Khóa học CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 100 BÀI HÌNH PHẲNG – HỆ PT – BẤT PT CHỌN LỌC (P2) Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn VIDEO BÀI GIẢNG LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP có website MOON.VN Câu 1: [Trích đề thi thử trường chuyên ĐHSP - Lần – 2015] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với AC H  17 29   17  Gọi E  ;  , F  ;  , G (1;5 ) trung điểm đoạn thẳng CH , BH AD Tìm tọa độ A  5   5 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE Lời giải Do EF đường trung bình ∆HBC nên ta có EF / / BC , mà AG / / BC AG = EF = BC nên AGEF hình bình hành  BH ⊥ AC ⇒ F trực tâm ∆ABE Ta có   EF ⊥ AB ⇒ AF ⊥ BE ⇒ GE ⊥ BE  17 29  Đường thẳng GE qua E  ;  G (1;5 ) nên  5  phương trình GE : x − y + 14 =  17 29  Đường thẳng BE qua E  ;  vuông góc với GE nên đường thẳng BE : x + y − 16 =  5  Ta có AG = FE ⇒ A (1;1) Đường thẳng AB qua A (1;1) vuông góc với EF nên đường thẳng AB : y = Do B = BE ∩ AB ⇒ B ( 5;1)  17 29  Tam giác ABE có A (1;1) , B ( 5;1) , E  ;  nên có tâm đường tròn ngoại tiếp I ( 3;3)  5  Vậy A (1;1) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE I ( 3;3) ( )  y − y − x xy − x − + x − = 3x  Câu 2: Giải hệ phương trình   y + x + y = x + y + x + Lời giải 4 xy − x − ≥  y ≥ x ≥ Điều kiện:  x + y ≥  y + x + ≥ (2) ⇔ ( y + 1) − y + x + + x + y − ( x + 1) = ⇔ y − 2x −1 y + + y2 + 2x + +  = ⇔ ( y − x − 1)   y +1+ x2 + y + x +  y − 2x −1 y2 + 2x + +  =0 x + y + x +  Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016 Khóa học CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 ⇔ y − x − = (Do y ≥ x ≥ ) Thay vào (2) ta x x − + x − = 3x Áp dụng BĐT Côsi cho số dương ta có: 3x =  + ( x − )  + x  + ( x − )  ≥ x − + x x − 4 = x − Dấu xảy  ⇔ x = (thỏa mãn) ⇔ y = 2 2 = x −  5 Vậy hệ có nghiệm  2;   2 Câu 3: [Trích đề thi thử THPT Đông Sơn - Lần – 2015] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( x − 1) + ( y − ) 2 (T ) có phương trình = 25 Các điểm K ( −1;1) , H ( 2;5) chân đường cao hạ từ A, B tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết đỉnh C có hoành độ dương Lời giải Kẻ Cx tiếp tuyến đường tròn Do AHB = AKB = 900 nên tứ giác ABKH tứ giác nội tiếp Ta có ACx = ABC CHK = ABC (do tứ giác ABKH nội tiếp) ⇒ ACx = CHK ⇒ Cx / / HK Mà TC ⊥ Cx ⇒ TC ⊥ HK Đường thẳng HK qua H ( 2;5) , K ( −1;1) nên phương trình đường thẳng HK : x − y + = Đường thẳng TC qua T (1; ) vuông góc với đường thẳng HK nên phương trình TC : x + y − 11 = Do C ∈ TC ⇒ C (1 + 4t ; − 3t ) t = ⇒ C ( 5; −1) Mà TC = ⇒ 16t + 9t = 25 ⇔  t = −1 ⇒ C ( −3;5 ) → l Đường thẳng AC qua C ( 5; −1) , H ( 2;5 ) nên phương trình đường thẳng AC : x + y − = Đường thẳng BH qua H ( 2;5 ) vuông góc với đường thẳng AC nên đường thẳng BH : x − y + = Đường thẳng BC qua C ( 5; −1) , K ( −1;1) nên phương trình đường thẳng BC : x + y − = Ta có B = BC ∩ BH ⇒ B ( −4; ) Đường thẳng AK qua K ( −1;1) vuông góc với đường thẳng BC nên đường thẳng AK : x − y + =  31  Ta có A = AC ∩ AK ⇒ A  ;  5   31  Vậy A  ;  , B ( −4; ) , C ( 5; −1) điểm cần tìm 5  Câu 4: Giải bất phương trình ( x − 12 x + + x − x ) x3 − ≥ x − 10 x + Lời giải Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016 Khóa học CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG 3x − 12 x + ≥  Điều kiện:  x − x ≥ ⇔ x ≥ Trước hết, để ý rằng:  x3 − ≥  x − 10 x + = ( x − 12 x + ) − ( x − x ) = ( x − 12 x + + x − x Facebook: LyHung95 )( x − 12 x + − x − x ) Khi bất phương trình cho trở thành: x3 − ≥ x − 12 x + − x − x ⇔ x3 − + x − x ≥ x − 12 x + ⇔ x3 + x − x − + (x ⇔ x3 − x + 10 x + + − 1)( x − x ) ≥ x − 12 x + (x − x + )( x3 + x + x ) ≥ ⇔ ( x3 + x + x ) − ( x − 3x + ) + ⇔ ( x3 + x + x − x − 3x + )( (x − x + )( x3 + x + x ) ≥ ) x3 + x + x + x − 3x + ≥ ( ∗) x3 + x + x + x − x + > x ≥ ⇔ x≥2 ( ∗) ⇔ x + x + x − x − x + ≥ ⇔  x + 4x − ≥ Với điều kiện x ≥ suy Vậy tập nghiệm bất phương trình S = [ 2; +∞ ) Câu 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : x + y + = 0, d : x − y + = điểm M (1; ) Viết phương trình đường tròn qua M cắt d1 hai điểm A B cho AB = đồng thời tiếp xúc với d Lời giải Gọi I ( a; b ) tâm đường tròn, H trung điểm AB Ta có M (1; ) ∈ d , mà M ∈ ( C ) ⇒ M giao điểm d ( C ) H ∈ d ⇒ H ( a; a + 1) AB = 2 2 ⇒ ( a − 1) + ( a − 1) = 32 ⇔ ( a − 1) = 16 Ta có MH =  a = ⇒ H ( 5;6 ) ⇒  a = −3 ⇒ H ( −3; −2 ) ( x ∈ ℝ) Câu 6: Giải bất phương trình x3 + x + x + + 25 − x ≥ Lời giải Điều kiện −5 ≤ x ≤ Bất phương trình cho tương đương với x − 16 ≤ ( x + ) ( x + 1) − 25 − x ≤ x3 + x + x + ⇔ + 25 − x ⇔ ( x − )( x + ) ≤ + 25 − x  ( x + ) ( x + 1) ⇔ ( x + )  x + −   ≥0 + 25 − x  x−4 (1) Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016 Khóa học CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG • • • x−4 Nếu x + < ⇒ < ⇒ x2 + − Facebook: LyHung95   x−4 > ⇒ ( x + )  x2 + −  < + 25 − x + 25 − x   x−4 + 25 − x Khi (1) vô nghiệm x−4  >0   x−4 x +1− Nếu −4 ≤ x < ⇒  ⇒ ( x + 4)  x2 + − + 25 − x  ≥ , (1) nghiệm + 25 − x   x + >  Nếu x − ≥ ⇒ x + > 0; x + − x−4 ≥ x2 + − + 25 − x Tổng hợp trường hợp ta thu nghiệm −4 ≤ x ≤ x − 3x − x + = > 0, ∀x ≥ 3 Câu 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp điểm I ( 4; ) phương trình hai đường thẳng chứa đường cao đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A tam giác d1 : x + y − = d : x + y − = Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh tam giác ABC biết B có tung độ dương Lời giải Gọi M trung điễm BC , H chân đường cao kẻ từ A Ta có A = AH ∩ AM ⇒ A (1;1) Đường thẳng IM qua I song song với AH ⇒ IM : x + y − = Ta có M = IM ∩ AM ⇒ M ( 5; −1) Đường thẳng BC qua M vuông góc với AH ⇒ BC : x − y − = Đường tròn ngoại tiếp ∆ABC có tâm I ( 4; ) bán kinh IA = 10 ( C ) : ( x − ) + y = 10 B, C giao điểm ( C ) với BC nên tọa độ B, C thỏa  x = 7, y =  x − y − = mãn hệ phương trình  ⇒ 2 ( x − ) + y = 10  x = 3, y = −3 Giả sử B ( 7;1) , C ( 3; −3) Đường thẳng AB qua A (1;1) B ( 7;1) ⇒ AB : y = Đường thẳng AC qua A (1;1) C ( 3; −3) ⇒ AC : x + y − = 2y − x   x + y = 2x − y + 2x Câu 8: [Giải hệ phương trình  3 x − y + = x + y x −  Lời giải  x ≥  Điều kiện:  x + y ≥ 2 x − y ≥   Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016 Khóa học CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG Facebook: LyHung95 2 y − x = 2y − x 2y − x = ⇔ x + y + 2x − y 2x  x + y + 2x − y = 2x x + y + x − y = x ⇔ x + ( x + y )( x − y ) = vô nghiệm x > (1) ⇔ x + y − x − y = - Nếu 2y − x ⇔ 2x - Nếu y = x thay vào (2) ta x − x + = x + x x − ( ) ⇔ x 2x − 2x − + x2 − 2x + + x − x + = ⇔ x ( ) x − − + ( x − 1) + 2 ( ) x − = (3)  x = x 2x −1 −1 ≥    x − = 1   Ta có ( x − 1) ≥ với x ≥ Nên (3) ⇔  x = ⇔ x =1⇔ y = 2   x =  x −1 ≥      1 Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = 1;   2 ( ( ) ) Câu 9: [Trích đề thi thử trường chuyên Quốc Học Huế - Lần – 2015] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm E ( 3; −4 ) Đường thẳng chứa cạnh AB qua điểm M ( 7; ) trung điểm N đoạn CD thuộc đường d : x + y − 10 = Viết phương trình đường thẳng AB Lời giải Gọi F giao điểm EN với AB ⇒ EN = EF Do N ∈ d : x + y − 10 = ⇒ N ( t ;10 − 4t ) Mà E trung điểm FN ⇒ F ( − t ; 4t − 18) Do EF ⊥ MF ⇒ EF MF = Mà EF = ( − t ; 4t − 14 ) ; MF = ( −t − 1; 4t − 22 ) ⇒ ( − t )( −t − 1) + ( 4t − 14 )( 4t − 22 ) = t = ⇔ 17t − 146t + 305 = ⇔  61 t =  17 Với t = ⇒ F (1; ) đường thẳng AB qua M ( 7; ) vuông góc với FE nên AB : x − y + = 61  41 62  ⇒ F  ; −  đường thẳng AB qua M ( 7; ) vuông góc với FE nên AB : x − y − 23 = 17  17 17  Vậy AB : x − y + = AB : x − y − 23 = Vớ i t = 1   x − y + 2x2 + = y +  Câu 10: Giải hệ phương trình   6x + y + = x2 + y2 +  x − y + Lời giải Điều kiện x − y + ≠ Phương trình thứ tương đương với x + Xét hàm số f ( t ) = t + 2x +1 = y+ y2 +1 ; t ≠ 2t + Tham gia khóa Luyện thi môn TOÁN MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016 Khóa học CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG f ′ (t ) = − 4t ( 2t + 1) = 4t + 4t − 4t + ( 2t + 1) = 4t + ( 2t − 1) ( 2t + 1) Facebook: LyHung95 2 > 0, ∀t ≠ Suy hàm số liên tục đồng biến tập số thực Thu f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y x2 + x + = x + ⇔ x + x + = ( x + 1) x + Phương trình thứ hai trở thành x +1 ⇔ ( x + x + 1) − ( x + 1) x + + ( x + ) = ⇔ ( x + 1) − ( x + 1) x + + ( x + 3) = Với x ≠ −1 , đặt x + = u; x + = v ( v > ) thu  u = 2v 2u − 5uv + 2v = ⇔ ( u − 2v )( 2u − v ) = ⇔  v = 2u Xét trường hợp  x ≥ −1  x ≥ −1 u = 2v ⇔  ⇔ (Hệ vô nghiệm)  2 x + x + = x + 12 x − x + 11 =    x ≥ −1  x ≥ −1 −4 + 14 −4 + 14 v = 2u ⇔  ⇔ ⇒x= ⇒y= 2 x + = x + x + 2 x + x + = ( )   Kết luận hệ phương trình có nghiệm x = Câu 11: Giải bất phương trình −4 + 14 −4 + 14 ;y= 2 x − x + > x ( x − x + 1) ( x ∈ ℝ) Lời giải Điều kiện x ≤ ∨ x ≥ Bất phương trình cho tương đương với x ( x − ) > x3 − x + x − ⇔ x ( x − ) − > x3 − x + x −   5x +  ( x − ) ( x + x + 3) ⇔ ( x − )  x + x + −  x ( 5x − 8) + x ( x − ) +   5x − 8x − ⇔ (1)  11  Nhận xét x + x + =  x +  + > 0, ∀x ∈ ℝ Xét trường hợp 2  5x + 5x + +) Nếu x + < ⇒ x − < 0; < ⇒ x2 + x + − > , (1) nghiệm x ( 5x − 8) + x ( 5x − 8) + 2 +) Nếu x + 2 x − 3x +   23 5x + ≥ ⇒ x + x + − ≥ x + x + 3− = =x−  + > 0, ∀x ∈ ℝ 2  16  x (5x − 8) + 2 5x + 2 2 ≤ x