Tải bản đầy đủ

100 BAI HINH OXY HE PT BAT PT CHON LOC thay hung DZ2

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 và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN

Câu 1: [Trích đề thi thử trường chuyên ĐHSP - Lần 1 – 2015]
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD . Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với AC tại H .
 17 29   17 9 
Gọi E  ;  , F  ;  , G (1;5 ) lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng CH , BH và AD . Tìm tọa độ A
 5 5   5 5
và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE .
Lời giải
Do EF là đường trung bình của ∆HBC nên ta có
1
EF / / BC , mà AG / / BC và AG = EF = BC nên
2
AGEF là hình bình hành
 BH ⊥ AC

⇒ F là trực tâm của ∆ABE
Ta có 
 EF ⊥ AB
⇒ AF ⊥ BE ⇒ GE ⊥ BE
 17 29 
Đường thẳng GE qua E  ;  và G (1;5 ) nên
 5 5 
phương trình GE : x − 3 y + 14 = 0
 17 29 
Đường thẳng BE qua E  ;  và vuông góc với GE nên đường thẳng BE : 3 x + y − 16 = 0
 5 5 
Ta có AG = FE ⇒ A (1;1)

Đường thẳng AB qua A (1;1) và vuông góc với EF nên đường thẳng AB : y = 1
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 là I ( 3;3)
 5 5 
Vậy A (1;1) và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE là I ( 3;3)

(

)

 2 y − 2 y − 2 x 4 xy − 2 x − 4 + 8 x 3 − 4 = 3x 3

Câu 2: Giải hệ phương trình 
 y + x 2 + 2 y = x + y 2 + 2 x + 2
Lời giải
4 xy − 2 x − 4 ≥ 0

y ≥ x ≥ 3 4
Điều kiện:  2
x + 2 y ≥ 0
 y 2 + 2 x + 2 ≥ 0

(2) ⇔ ( y + 1) − y 2 + 2 x + 2 + x 2 + 2 y − ( x + 1) = 0



2 y − 2x −1
y + 1 + y2 + 2x + 2

+


= 0 ⇔ ( 2 y − 2 x − 1) 
 y +1+
x2 + 2 y + x + 1

2 y − 2x −1

1
y2 + 2x + 2

+


=0
x 2 + 2 y + x + 1 
1

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại 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 − 2 x − 1 = 0 (Do y ≥ x ≥ 3 4 )
Thay vào (2) ta được 2 x 2 x 2 − 4 + 8 x 3 − 4 = 3x 3
Áp dụng BĐT Côsi cho các số dương ta có:
3x 3 = 2  4 + ( x 3 − 4 )  + x  2 + ( x 2 − 2 )  ≥ 8 x 3 − 4 + 2 x 2 x 2 − 4
4 = x 3 − 4
5
Dấu bằng xảy ra khi 
⇔ x = 2 (thỏa mãn) ⇔ y =
2
2
2 = x − 2
 5
Vậy hệ có nghiệm duy nhất  2;  .
 2

Câu 3: [Trích đề thi thử THPT Đông Sơn 1 - Lần 1 – 2015]
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

( x − 1) + ( y − 2 )
2

2

(T )

có phương trình

= 25 . Các điểm K ( −1;1) , H ( 2;5) lần lượt là chân đường cao hạ từ A, B của tam giác

ABC . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh C có hoành độ dương.
Lời giải
Kẻ Cx là tiếp tuyến của đường tròn
Do AHB = AKB = 900 nên tứ giác ABKH là tứ giác nội tiếp
Ta có ACx = ABC và 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 : 4 x − 3 y + 7 = 0

Đường thẳng TC qua T (1; 2 ) và vuông góc với đường thẳng
HK nên phương trình TC : 3 x + 4 y − 11 = 0

Do C ∈ TC ⇒ C (1 + 4t ; 2 − 3t )

t = 1 ⇒ C ( 5; −1)
Mà TC = 5 ⇒ 16t 2 + 9t 2 = 25 ⇔ 
t = −1 ⇒ C ( −3;5 ) → l
Đường thẳng AC qua C ( 5; −1) , H ( 2;5 ) nên phương trình đường thẳng AC : 2 x + y − 9 = 0

Đường thẳng BH qua H ( 2;5 ) và vuông góc với đường thẳng AC nên đường thẳng BH : x − 2 y + 8 = 0
Đường thẳng BC qua C ( 5; −1) , K ( −1;1) nên phương trình đường thẳng BC : x + 3 y − 2 = 0
Ta có B = BC ∩ BH ⇒ B ( −4; 2 )

Đường thẳng AK qua K ( −1;1) và vuông góc với đường thẳng BC nên đường thẳng AK : 3 x − y + 2 = 0
 7 31 
Ta có A = AC ∩ AK ⇒ A  ; 
5 5 
 7 31 
Vậy A  ;  , B ( −4; 2 ) , C ( 5; −1) là các điểm cần tìm.
5 5 

Câu 4: Giải bất phương trình

(

3 x 2 − 12 x + 5 + x 2 − 2 x

)

x3 − 1 ≥ 2 x 2 − 10 x + 5

Lời giải

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

3x 2 − 12 x + 5 ≥ 0

Điều kiện:  x 2 − 2 x ≥ 0
⇔ x ≥ 2 . Trước hết, để ý rằng:
 x3 − 1 ≥ 0

2 x 2 − 10 x + 5 = ( 3 x 2 − 12 x + 5 ) − ( x 2 − 2 x ) =

(

3 x 2 − 12 x + 5 + x 2 − 2 x

Facebook: LyHung95

)(

3 x 2 − 12 x + 5 − x 2 − 2 x

)

Khi đó bất phương trình đã cho trở thành:

x3 − 1 ≥ 3 x 2 − 12 x + 5 − x 2 − 2 x ⇔ x3 − 1 + x 2 − 2 x ≥ 3 x 2 − 12 x + 5
⇔ x3 + x 2 − 2 x − 1 + 2

(x

⇔ x3 − 2 x 2 + 10 x + 6 + 2

3

− 1)( x 2 − 2 x ) ≥ 3 x 2 − 12 x + 5

(x

2

− 3 x + 2 )( x3 + x 2 + x ) ≥ 0

⇔ ( x3 + x 2 + x ) − 3 ( x 2 − 3x + 2 ) + 2


(

x3 + x 2 + x − x 2 − 3x + 2

)(

(x

2

− 3 x + 2 )( x3 + x 2 + x ) ≥ 0

)

x3 + x 2 + x + 3 x 2 − 3x + 2 ≥ 0

( ∗)

x3 + x 2 + x + 3 x 2 − 3 x + 2 > 0 do đó
x ≥ 2
⇔ x≥2
( ∗) ⇔ x 3 + x 2 + x − x 2 − 3 x + 2 ≥ 0 ⇔  3
x + 4x − 2 ≥ 0

Với điều kiện x ≥ 2 suy ra

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = [ 2; +∞ ) .

Câu 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : x + y + 3 = 0, d 2 : x − y + 1 = 0 và điểm

M (1; 2 ) . Viết phương trình đường tròn đi qua M cắt d1 tại hai điểm A và B sao cho AB = 8 2 và đồng thời
tiếp xúc với d 2 .

Lời giải
Gọi I ( a; b ) là tâm của đường tròn, H là trung điểm của AB

Ta có M (1; 2 ) ∈ d 2 , mà M ∈ ( C )

⇒ M là giao điểm của d 2 và ( C )

H ∈ d 2 ⇒ H ( a; a + 1)

1
AB = 4 2
2
2
2
2
⇒ ( a − 1) + ( a − 1) = 32 ⇔ ( a − 1) = 16

Ta có MH =

 a = 5 ⇒ H ( 5;6 )
⇒
 a = −3 ⇒ H ( −3; −2 )

( x ∈ ℝ) .

Câu 6: Giải bất phương trình x3 + 4 x 2 + x + 1 + 25 − x 2 ≥ 0

Lời giải.
Điều kiện −5 ≤ x ≤ 5 . Bất phương trình đã cho tương đương với
x 2 − 16
≤ ( x + 4 ) ( x 2 + 1)
3 − 25 − x 2 ≤ x3 + 4 x 2 + x + 4 ⇔
2
3 + 25 − x


( x − 4 )( x + 4 ) ≤
3 + 25 − x 2



( x + 4 ) ( x 2 + 1) ⇔ ( x + 4 )  x 2 + 1 −



≥0
3 + 25 − x 2 
x−4

(1)

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại 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 + 4 < 0 ⇒

< 0 ⇒ x2 + 1 −

Facebook: LyHung95



x−4
> 0 ⇒ ( x + 4 )  x2 + 1 −
 < 0.
3 + 25 − x 2
3 + 25 − x 2 

x−4

3 + 25 − x 2
Khi đó (1) vô nghiệm.
x−4
 2
>0


x−4
x +1−
Nếu −4 ≤ x < 4 ⇒ 
⇒ ( x + 4)  x2 + 1 −
3 + 25 − x 2
 ≥ 0 , (1) nghiệm đúng.
3 + 25 − x 2 

x + 4 > 0

Nếu x − 4 ≥ 0 ⇒ x + 4 > 0; x 2 + 1 −

x−4

≥ x2 + 1 −

3 + 25 − x 2
Tổng hợp các trường hợp ta thu được nghiệm −4 ≤ x ≤ 5 .

x − 4 3x 2 − x + 7
=
> 0, ∀x ≥ 4 .
3
3

Câu 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp là điểm I ( 4; 0 ) và
phương trình hai đường thẳng lần lượt chứa đường cao và đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A của tam
giác là d1 : x + y − 2 = 0 và d 2 : x + 2 y − 3 = 0. Viết phương trình các đường thẳng chứa cạnh của tam giác
ABC biết B có tung độ dương.
Lời giải
Gọi M là trung điễm của BC , H là chân đường cao kẻ
từ A
Ta có A = AH ∩ AM ⇒ A (1;1)
Đường thẳng IM qua I và song song với AH
⇒ IM : x + y − 4 = 0

Ta có M = IM ∩ AM ⇒ M ( 5; −1)

Đường thẳng BC qua M và vuông góc với AH
⇒ BC : x − y − 6 = 0

Đường tròn ngoại tiếp ∆ABC có tâm I ( 4; 0 ) bán kinh
IA = 10 là ( C ) : ( x − 4 ) + y 2 = 10
2

B, C là giao điểm của ( C ) với BC nên tọa độ B, C thỏa
 x = 7, y = 1
 x − y − 6 = 0
mãn hệ phương trình 
⇒
2
2
( x − 4 ) + y = 10  x = 3, y = −3
Giả sử B ( 7;1) , C ( 3; −3)

Đường thẳng AB qua A (1;1) và B ( 7;1) ⇒ AB : y = 1

Đường thẳng AC qua A (1;1) và C ( 3; −3) ⇒ AC : 2 x + y − 3 = 0
2y − x

 x + y = 2x − y +
2x
Câu 8: [Giải hệ phương trình 
3 x 2 − 2 y + 2 = 2 x + 4 y 2 x − 1

Lời giải
1

x ≥ 2

Điều kiện:  x + y ≥ 0
2 x − y ≥ 0



Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại 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 = 0
2y − x
2y − x
=
⇔
x + y + 2x − y
2x
 x + y + 2x − y = 2x
x + y + 2 x − y = 2 x ⇔ x + 2 ( x + y )( 2 x − y ) = 0 vô nghiệm do x > 0 .

(1) ⇔ x + y − 2 x − y =
- Nếu

2y − x

2x

- Nếu 2 y = x thay vào (2) ta được 3 x 2 − x + 2 = 2 x + 2 x 2 x − 1

(

)

⇔ x 2x − 2x − 1 + x2 − 2x + 1 + x − 2 x + 1 = 0 ⇔ x

(

)

2 x − 1 − 1 + ( x − 1) +
2

2

(

)

2

x − 1 = 0 (3)

 x = 0
x 2x −1 −1 2 ≥ 0


 2 x − 1 = 1
1
1
2


Ta có ( x − 1) ≥ 0
với x ≥ Nên (3) ⇔  x = 1
⇔ x =1⇔ y =
2
2


2
x
=
1
 x −1 ≥ 0




 1
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = 1;  .
 2

(

(

)

)

Câu 9: [Trích đề thi thử trường chuyên Quốc Học Huế - Lần 1 – 2015]
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm E ( 3; −4 ) . Đường thẳng chứa cạnh AB đi

qua điểm M ( 7; 4 ) và trung điểm N của đoạn CD thuộc đường d : 4 x + y − 10 = 0 . Viết phương trình
đường thẳng AB .
Lời giải
Gọi F là giao điểm của EN với AB ⇒ EN = EF
Do N ∈ d : 4 x + y − 10 = 0 ⇒ N ( t ;10 − 4t )
Mà E là trung điểm của FN ⇒ F ( 6 − t ; 4t − 18)
Do EF ⊥ MF ⇒ EF .MF = 0
Mà EF = ( 3 − t ; 4t − 14 ) ; MF = ( −t − 1; 4t − 22 )

⇒ ( 3 − t )( −t − 1) + ( 4t − 14 )( 4t − 22 ) = 0

t = 5
⇔ 17t − 146t + 305 = 0 ⇔  61
t =
 17
Với t = 5 ⇒ F (1; 2 ) đường thẳng AB qua M ( 7; 4 ) và vuông góc với FE nên AB : x − 3 y + 5 = 0
2

61
 41 62 
⇒ F  ; −  đường thẳng AB qua M ( 7; 4 ) và vuông góc với FE nên AB : 5 x − 3 y − 23 = 0
17
 17 17 
Vậy AB : x − 3 y + 5 = 0 hoặc AB : 5 x − 3 y − 23 = 0

Vớ i t =

1
1

 x − y + 2x2 + 1 = 2 y 2 + 1

Câu 10: Giải hệ phương trình  2
.
 6x + 4 y + 8 = 5 x2 + y2 + 3
 2 x − y + 1

Lời giải.
Điều kiện 2 x − y + 1 ≠ 0 . Phương trình thứ nhất tương đương với x +
Xét hàm số f ( t ) = t +

1
2x +1
2

= y+

1
2 y2 +1

.

1
; t ≠ 0 thì
2t + 1
2

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

f ′ (t ) = 1 −

4t

( 2t 2 + 1)

2

=

4t 4 + 4t 2 − 4t + 1

( 2t 2 + 1)

2

=

4t 4 + ( 2t − 1)

( 2t 2 + 1)

Facebook: LyHung95
2

2

> 0, ∀t ≠ 0 .

Suy ra hàm số liên tục và đồng biến trên tập số thực. Thu được f ( x ) = f ( y ) ⇔ x = y .
6 x2 + 4 x + 8
= 5 2 x 2 + 3 ⇔ 6 x 2 + 4 x + 8 = 5 ( x + 1) 2 x 2 + 3
Phương trình thứ hai khi đó trở thành
x +1
2
⇔ 2 ( x + 2 x + 1) − 5 ( x + 1) 2 x 2 + 3 + 2 ( 2 x 2 + 3 ) = 0
⇔ 2 ( x + 1) − 5 ( x + 1) 2 x 2 + 3 + 2 ( 2 x 2 + 3) = 0
2

Với x ≠ −1 , đặt x + 1 = u; 2 x 2 + 3 = v ( v > 0 ) thu được
 u = 2v
2u 2 − 5uv + 2v 2 = 0 ⇔ ( u − 2v )( 2u − v ) = 0 ⇔ 
v = 2u
Xét các trường hợp
 x ≥ −1
 x ≥ −1
u = 2v ⇔  2

(Hệ vô nghiệm).
 2
2
x
+
2
x
+
1
=
8
x
+
12
7
x

2
x
+
11
=
0


 x ≥ −1
 x ≥ −1
−4 + 14
−4 + 14
v = 2u ⇔  2
⇔ 2
⇒x=
⇒y=
.
2
2
x
+
3
=
4
x
+
2
x
+
1
2
2
2
x
+
8
x
+
1
=
0
(
)


Kết luận hệ phương trình có nghiệm duy nhất x =

Câu 11: Giải bất phương trình

−4 + 14
−4 + 14
;y=
.
2
2

5 x 2 − 8 x + 4 > x ( x 2 − x + 1)

( x ∈ ℝ) .

Lời giải.
8
Điều kiện x ≤ 0 ∨ x ≥ . Bất phương trình đã cho tương đương với
5
x ( 5 x − 8 ) > x3 − x 2 + x − 4 ⇔ x ( 5 x − 8 ) − 2 > x3 − x 2 + x − 6


5x + 2
<0
> ( x − 2 ) ( x 2 + x + 3) ⇔ ( x − 2 )  x 2 + x + 3 −

x ( 5x − 8) + 2
x ( 5 x − 8 ) + 2 


5x 2 − 8x − 4



(1)

2

1  11

Nhận xét x + x + 3 =  x +  + > 0, ∀x ∈ ℝ . Xét các trường hợp
2
4

5x + 2
5x + 2
+) Nếu 5 x + 2 < 0 ⇒ x − 2 < 0;
< 0 ⇒ x2 + x + 3 −
> 0 , (1) nghiệm đúng.
x ( 5x − 8) + 2
x ( 5x − 8) + 2
2

+) Nếu
5 x + 2 2 x 2 − 3x + 4 
3  23
5x + 2 ≥ 0 ⇒ x + x + 3 −
≥ x + x + 3−
=
=x−  +
> 0, ∀x ∈ ℝ .
2
2
4  16

x (5x − 8) + 2
2

5x + 2

2

2

2
≤ x<2.
5
8
Kết hợp với điều kiện ta thu được nghiệm x ≤ 0 ∨ ≤ x < 2 .
5
Do đó (1) ⇔ x − 2 < 0 ⇔ x < 2 , suy ra −

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×