HỆ TRỤC TỌA ĐỘ VÀ CHỨNG MINH CÁC YẾU TỐ HÌNH PHẲNG

t
ne
u.
ilie
ta
ox
.b
w
w
w
www.boxtailieu.net


--01--

MỤC LỤC

• Đề ra kỳ này
• Bài viết các chuyên đề luyện thi
1. Nguyễn Thành Hiển-"Hệ trục tọa độ và chứng minh các yếu tố hình phẳng."
2. Nguyễn Văn Phú - THPT Mỹ Đức A, Hà Nội-"Một vài mẹo nhỏ trong phương pháp liên
hợp giải hệ phương trình."
3. Công Dân Lương Thiện-"Sáng tạo từ một bất đẳng thức cơ bản."

ne

5. Ẩn Danh-"Dự đoán tính chất hình học trong bài toán Oxy."

t

4. Nguyễn Thành Hiển-"Phương trình - Bất phương trình trong các đề thi thử 2015 (Phần 1)."

6. Ẩn Danh-"Hệ phương trình giải bằng phương pháp đánh giá."

u.

7. Ngô Đình Tuấn-"Thứ tự biến để giải bài toán cực trị."

ilie

• Diễn đàn dạy và học toán

1. Trần Minh Quang-"Tính đơn điệu của hàm số và một số sai lầm khi giải toán."

ta

2. Đỗ Viết Lân-"Phép thế Ravi và bất đẳng thức Padoa."

ox

3. Nguyễn Minh Tuấn-"Sử dụng công thức lượng giác để xây dựng một sột phương trình lượng giác
dạng tích."

.b

4. Trương Công Việt-"Ứng dụng tính đơn điệu của hàm số trong giải phương trình."

w
w

5. Nguyễn Thành Hiển-"Ứng dụng dãy tỷ số trong sáng tạo và giải hệ phương trình (Phần 1)."

– Đề số 1
• Đấu Trường

w

• Hướng đến kỳ thi THPT 2015-2016

1. Ngô Minh Ngọc Bảo-Bài thách đấu số 1
2. Trần Hưng-Bài thách đấu số 2
3. Trần Quốc Việt-Bài thách đấu số 3

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net


--02--

ĐỀ RA KỲ NÀY

Câu 1 : Giải phương trình

√
√
x2 − 4 3x + 12 + 3x =

√
x2 − 2 3x + 4 + 4.
(Ngô Minh Ngọc Bảo - K41-ĐHSP TPHCM)

Câu 2 : Giải bất phương trình

3x2 +

√
1
2x2 − 3x + 1
−3
x

7x2 − 1.
(Nguyễn Thế Duy)

ne

t

Câu 3: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH, phân
giác trong góc BAH cắt BH tại điểm D (1; 1). Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết phương
trình đường thẳng đi qua C và trung điểm của AD là (d) : x − 2y + 6 = 0.
(Nguyễn Minh Tiến)

Câu 5 : Cho a, b, c

ox

ta

ilie

u.

Câu 4 : Trong hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A có phương trình đường tròn ngoại tiếp
(C) : (x − 1)2 + (y − 1)2 = 50 . Một đường tròn (C1 ) tiếp xúc trong với (C) và tiếp√xúc với √
cả AB, AC
lần lượt tại P, Q . Tìm tọa độ 3 đỉnh tam giác ABC biết trung điểm P Q là I(2 5 − 4; 2 5 − 4) và
điểm A có hoành độ dương.
(Ngô Đình Tuấn - Đại học An ninh Nhân dân)

0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng
b(c + a) +

c(a + b)

√
3 2abc.

w
w

.b

a(b + c) +

(Nguyễn Trung Tín)

w

Câu 6 : Cho a, b, c là các số thực dương và a, b ∈ [1; +∞). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = a2 + b 2 + c 2 +

c2
4
√
−
.
(ln a + ln b + 2)2 − a2 b2 − 1
a2 + b2 + c4 − 2 + 2 − 2c
(Nguyễn Minh Thành)

Lưu ý :
• Bài giải gõ bằng Word hoặc Tex, trình bày rõ ràng và gửi vào địa chỉ : , hoặc
inbox trực tiếp : />• Cơ cấu giải thưởng sẽ được công bố và trao thưởng định kỳ 5 số một lần, số điểm được tính bằng số
bài các bạn hoàn thành, mỗi bài giải trọn vẹn được tính 1 điểm.
• Lời giải sẽ đăng trong số tiếp theo kèm với danh sách những bạn làm tốt.
NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net


--03--

HỆ TRỤC TỌA ĐỘ VÀ CHỨNG MINH CÁC YẾU TỐ HÌNH PHẲNG
NGUYỄN THÀNH HIỂN

A. Kiến thức cơ bản
1. M là trung điểm AB suy ra : xM =

yA + yB

xA + xB
; yM =
.
2
2

2. Cho điểm E thuộc đoạn thẳng AB thỏa : BE = k.AE, k > 0., khi đó, với mọi M tùy ý

ne

t

−−→
−−→
−−→ k.M A + 1.M B
ME =
.
1+k

ta

ilie

u.

3. Cho điểm M (x0 ; y0 ) và đường thẳng d : ax + by + c = 0, a2 + b2 = 0. Hình chiếu vuông góc H kẻ từ M
xuống d có tọa độ

b(bx0 − ay0 ) − ac


 x=
a2 + b 2
(∗)
a(ay
− bx0 ) − bc
0

 y=
a2 + b 2

ox

B. Các ví dụ

w

w
w

.b

Ví dụ 1 : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A, D là trung điểm BC, E
là hình chiếc vuông góc của D trên AC. Biết F (4; −12) là trung điểm DE, đường thẳng BE có phương trình
2x − 5y − 48 = 0 và A thuộc d : x − y + 12 = 0. Tìm tọa độ A.
Hướng dẫn :
• Chọn hệ trục Dxy với : D(0; 0); C(c; 0); B(−c; 0); A(0; a).
• Từ (*) suy ra E

a2 c
c2 a

.
;
a2 + c2 a2 + c2

• F là trung điểm DE nên suy ra F

a2 c
c2 a
;
.
2(a2 + c2 ) 2(a2 + c2 )

−−→ −→ 2a4 c2 + a2 c2 −2a4 c2 − a2 c2
• Cuối cùng : BE.AF =
+
=0
2(a2 + b2 )2
2(a2 + b2 )2
suy ra BE ⊥ AF .
• Đường thẳng AF qua F (4; −12) và vuông góc BE có
phương trình 5x + 2y + 4 = 0. Suy ra tọa độ A(−4; 8).

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net


--04--

Ví dụ 2 :[Đề thi THPT 2015] Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H

là hình chiếu vuông góc của A trên cạnh BC, D là điểm đối xứng của B qua H, K là hình chiếu vuông góc
của C trên đường thẳng AD. Giả sử H(−5; −5); K(9; −3) và trung điểm của cạnh AC thuộc đường thăng
x − y + 10 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A.
Hướng dẫn :
• Chọn hệ trục Axy với : A(0; 0); C(c; 0); B(0; b).
• Từ (*) suy ra H

b2 c
c2 b
;
.
b2 + c 2 b2 + c 2
2b2 c bc2 − b3
;
.
b2 + c 2 b2 + c 2

• Gọi M là trung điểm AC suy ra M

c
;0
2

ne

t

• H là trung điểm BD nên suy ra D

u.

−−→ −−→
b2 c 4 − c 2 b4
−b2 c4 c2 b4
• Vậy: HM .AD =
+
= 0, suy ra
(b2 + c2 )2
(b2 + c2 )2
AD ⊥ HM .

ilie

• Gọi M (m; m+10), m ∈ R. Từ M H = M K suy ra m = 0,
suy ra M (0; 10).

ox

ta

• Đường thẳng AD qua K(9; −3) và vuông góc với HM có
phương trình x + 3y = 0.
• A là giao điểm của đường thẳng AD và đường tròn ngoại

.b

tiếp tứ giác AHKC, suy ra A(−15; 5).

w

w
w

Ví dụ 3 : Trong mặt phẳng Oxy cho hình chữ nhật ABCD. Trên cạnh AB và AD lần lượt lấy E và F
FA
EB
=
. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết đường thẳng BD có phương trình
sao cho
EA
FD
25
x + 2y − 8 = 0, đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF là (C) : (x − 11/2)2 + (y − 5/2)2 = , K(11; −2) thuộc
4
AD và điểm A có hoành độ nhỏ hơn 6.

Hướng dẫn :
EB
FA
• Đặt
=
= k.
EA
FD

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

• Chọn hệ trục Hxy với : H(0; 0); D(d; 0); A(0; a).
a
x y

• Phương trình đường thẳng AB : − + − = 0. Suy
a d d
a2
ra tọa độ B(− ; 0).
d
−−→ −−→
−−→
k.HA + HB
a2
ka
• Ta có HE =
và
= −
;
k+1
d(k + 1) k + 1
−−→ −−→
−−→ k HC + HA
a
kd
HF =
=
;
.
k+1
k+1 k+1

www.boxtailieu.net

--05--

−−→−−→
• Vậy : HF HE =

−a2
kd
ka
a
.
+
.
= 0, suy ra HF ⊥ HE.
d(k + 1) k + 1 k + 1 k + 1

−−→ −−→ b2 c4 − c2 b4 −b2 c4 c2 b4
• Vậy: HM .AD = 2
+ 2
= 0, suy ra AD ⊥ HM .
(b + c2 )2
(b + c2 )2
• Tứ giác AEHF nội tiếp nên H là giao điểm của (C) và BD. Viết phương trình đường thẳng AH qua
H và vuông góc với BD.
• Tọa độ A là giao điểm của (C) và AH.
• Đáp số : A(5; 4); B(10/3; 7/3); C(; ); D(10; −1)
C. Bài tập tương tự

ilie

u.

ne

t

1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có D(8; −2) là chân đường vuông góc kẻ từ A. Các điểm K
và P đối xứng với D qua các cạnh AC và AB. Gọi E(6; 0) và F (19/2; −1/2) là giao điểm của KP với
AC và AB. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C của tam giác.
Hướng dẫn :
Chứng minh E, F là chân các đường cao của tam giác ABC.
Đs : A(8; 4); B(10; −2); C(5; −2).

.b

ox

ta

2. Trong oxy, cho hình vuông ABCD có điểm B thuộc đường thẳng 5x + 3y − 10 = 0. Gọi M là điểm
đối xứng với D qua C, H và K(1; 1) lần lượt là hình chiếu của D và C lên AM. Xác định tọa độ các
đỉnh của hình vuông ABCD, biết phương trình đường thẳng đi qua H và tâm I của hình vuông là
d1 : 3x + y + 1 = 0.
Hướng dẫn : Chứng minh BHI = HBK = 900 .
Đs : A(−2; 5/2); B(1/2; 5/2); C(1/2; 0); D(−2; 0).

w

w
w

3. Trong oxy, cho hình vuông ABCD có đường tròn đường kính AM cắt BC tại B và M (5; 7), và cắt đường
chéo BD tại N (6; 2).Đỉnh C thuộc đường thẳng d : 2x − y − 7 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh của hình
vuông ABCD, biết xC nguyên và xA < 2.
Hướng dẫn : Chứng minh tam giác NAM vuông cân tại N. Đs : A(1; 1); C(7; 7).
4. Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD (AB > BC). Điểm E(−2; 3) thuộc cạnh AD thỏa
DE = 2AE. Trên cạnh DC lấy hai điểm F (−3; 0) và K sao cho DF = CK (F nằm giữa D và K). Đường
thẳng vuông góc với EK tại K cắt BC tại M. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D của hình chữ nhật, biết
M thuộc đường thẳng 4x + y − 10 = 0, diện tích hình chữ nhật ABCD bằng 30 và điểm D có tung độ
dương.
Hướng dẫn : Chứng minh EF vuông góc với FM. Đs : A(−1; 4); B(4; −1); C(1; −4); D(−4; 1).
5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có A(5; 5). M, N (7; 3) và P thứ tự là trung
điểm các cạnh AB, BD và AC. Đường thẳng vuông góc với MP tại P cắt đường trung trực của cạnh
DC tại E(9; 5/2). Biết điểm D thuộc đường thẳng x + 2y − 6 = 0, tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình
thang ABCD.
Hướng dẫn : Chứng minh MN vuông góc NE.
Đs : D(4; 1); C(14; 1); B(10; 5).
NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net


--06--

Một vài mẹo nhỏ để xử lí phần sau khi liên hợp
trong giải hệ phương trình.
Nguyễn Văn Phú,12A3,THPT Mỹ Đức A-Hà Nội.
*Nhận xét:Thông thường,với một số bài toán hệ phương trình,chúng ta sử dụng phép liên
hợp để tìm mối liên hệ giữa các ẩn,thông thường sẽ xuất phát từ một phương trình nào đó
của hệ.Nhưng sau khi liên hợp,phần sinh ra đôi khi chúng không luôn dương ngay trên
điều kiện xác định,vì vậy chúng ta cần tìm điều kiện chặt của hệ,từ đó dễ dàng chứng minh

được phần sau luôn dương hoặc luôn dương.

u.

ne

t

Phần 1: Phương pháp.:Ta sẽ tìm điều kiện chặt từ phương trình còn lại của hệ bằng một số
cách sau:
 d   x  b  d

ilie

1.Đưa về phương trình elip: ( x  b)2  (  y c) 2  d ,từ đó ta có:  

  d   y  c  d

ta

Lưu ý:ngoài ra d có thể là một biểu thức nào đó chứa biến x,y.

.b

ox

2,Đưa về phương trình bậc 2 của một trong hai ẩn x,y,dùng điều kiện để phương trình bậc
2 có nghiệm. ax 2  bx  c  0, b 2  4ac  0

w

w

3,Sử dụng bất đẳng thức: Thường là Cô –si.
Sau đây,chúng ta sẽ đi vào những ví dụ điển hình để minh chứng cho những điều noi trên.

w

 x 3  3x 2  9 x  22  y 3  3 y 2  9 y , (1)
Ví dụ 1:( (A-2012): Giải hệ phương trình sau  2 2
1
 x  y  x  y  ,(2)

2

Chú ý: Do phương trình (2) có dạng phương trình bậc 2,ta dễ dàng nhóm về phương trình
elip,từ đó tìm được điều kiện có nghiệm của hệ.
Lời Giải:
1
3

 1
1  x   1
 x


1
1
 2
2
2

Phương trình (2)  ( x  )2  ( y  ) 2  1  

2
2
 1  y  1  1  3  y  1
2
2

 2

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net


--07--

Phương trình (1)
 ( x  1) 3  12( x  1)  ( y  1)3  12( y  1)  (x  1  y 1)[( x  1)2  ( x  1)( y  1)  (y 1) 2  12]  0
x  y  2  0
 (x  y 2)(x 2  xy  y 2  x  y  11)  0   2
2
 x  xy  y  x  y  11  0(*)
3
 1
 2  x  2
9 1 3 1 1
27
 0 ,do đó (*) vô nghiệm
Do 

:nên x 2  xy  y 2  x  y  11       11 
4
4
4
2
2
4
3
1

 y
 2
2
1
3
 y
2
2
(TM )
3
1
 y
2
2

t


x  y  2  0
x 


Từ đó có hệ :  2 2
1
x 
 x  y  x  y  2


1 3 3 1 
), ( , ) 
 2 2 2 2 

u.

ne

Kết luận:Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm : (x, y)  ( ,

ilie

 x2  ( y  6)2  y  13 x  27,(1)
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình sau:  2
 9 x  (2 x  3)( x  y)  4 xy  7 y, (2)

.b

ox

ta

Chú ý: Phương trình (1) tuy ở dạng phương trình bậc 2 nhưng tính  không chính phương

nên chuyển hướng sang phương trình (1),nhẩm thấy khi x=y thì hai vế bằng nhau nên dự
đoán và ghép liên hợp phương trình (2) có nhân tử ( x  y ). f ( x )
 x, y  0

Lời Giải: Điều kiện: 

w
w

2
9 x  (2 x  3)( x  y)  0

,do x  y  0 không là nghiệm của hệ,nên chỉ

cần xét x, y  0 .Khi đi,phương trình (2)

w

 9 x2  (2 x  3)( x  y)  3 y  4 xy  4 y  0 

9 x 2  (2 x  3)( x  y)  9 y 2
2

9 x  (2 x  3)( x  y)  3 y



4 y ( x  y)
0
x y

x  y

)0
4 y
 ( x  y )(

11x  9 y  3

 0, (*)
x y
9 x2  (2 x  3)( x  y)  3 y
 9 x 2  (2 x  3)( x  y )  3 y
x
y


11x  9 y  3

4 y

Từ phương trình (1):
 11x  9 y  3  x2  2 x  1  (y 6) 2  8 y 31  11x  9 y  3  ( x  1)2  ( y  2)2  1  0x, y  R
 11x  9 y  3  0  (*),VN

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net

--08--


13  151
x y

 x  ( y  6)  y  13x  27
2

(TM )

Ta có hệ mới:  x  y

13  151
x  y 
2

2

2

 13  151 13  151 13  151 13  151 
,
), (
,
)
2
2
2
2




Kêt luận: Vậy hệ đã cho có nghiệm : (x, y)  (

Vi dụ 3: (Đặng Thành Nam):Giải hệ phương trình sau:
(x  y  2 xy )( y  x) x 2  1, (1)


 2 xy  ( y  2 x)(x  2 xy  4)  y  x  2 x  x , (2)

y  x  0

Lời giải: Điều kiện: 

ilie

2 xy  ( y  2 x)(x  2 xy  4)  0

u.

ne

t

Chú ý: Từ (2),ta dự đoán có nhân tử chung (x-y) và tiên hành liên hợp,cái hay của bài này
ở phần sau liên hợp,chúng ta cùng đi vào lời giải chi tiết cho bài toán này.

2 xy  ( y  2 x)(x  2 xy  4)  4 x2

ox



ta

 2 xy  ( y  2 x)(x  2 xy  4)  2 x  y  x  x  0


.b

2 xy  ( y  2 x)(x  2 xy  4)  2 x

Phương trình (2)  ( y  2 x)(

y  2x
0
yx x

3x  2 xy  4

1
)0
yx x

w
w

2 xy  ( y  2 x)(x  2 xy  4)  2 x



w

 y  2x  0  y  2x

3x  2 xy  4

1

 0(*)

yx  x
xy
y
x
xy
x





2
(
2
)(x
2
4)
2



Từ phương trình (1)
( x, y )  (1, 2)

1
1
 3x  2 xy  4  2 x  y 
4
2
( y  x) x
( y  x) x2
1
2
 3x  ( y  x 
)  4  3x   4  2 6  4  0  3 x  2 xy  4  0
2
x
( y  x) x
 (*), VN

 x  y  2 xy 

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net


--09--

(Bất đẳng thức Cô-si sử dụng với các số không âm).Do đó,ta có hệ:
 y  2x
x  1
 y  2 x


( x, y  0)



2
4
(x  y 2 xy )( y  x) x  1  x  1
y  2

Kết luận:Vậy hệ đã cho có nghiệm : (x, y)  (1, 2)
Nhận xét: Một bài toán rất hay và khó,nó khó ở bước đánh giá (*) vô nghiệm,đòi hỏi
chúng ta có con mắt tinh tế để thông qua bất đẳng thức Cô-si,chứng minh được
3x  2 xy  4  0 .

ne

t

Qua 3 ví dụ được đề cập ở trên,chắc hẳn bạn đọc đã có cái nhìn cho loại hệ xử lí phần sau
khi liên hợp,để xử lí tốt dạng này,chúng ta cần quan sát kĩ phương trình còn lại của hệ,sử
dụng những lưu ý được nêu ở phần Lý thuyết,sau đây là một số bài tập để các bạn vận
dụng.

 4 x2  (4 x  9)( x  y)  xy  3 y

1, 

u.

Giải các hệ phương trình sau:
,Đáp số: ( x, y)  (1,1)



,Đáp số: ( x, y )  (6, 6)

w
w

2
 x  16( y  x )  y  2 xy

1  17 1  17 
,
)
2
2


.b

x  3 x  3  3 y  5  y

3, 

ta

( x  1)(y xy  x(1  x))  4



,Đáp số: ( x, y)  (1,1), (

ox

 xy  ( xy  2)( x  y)  x  y  y

2, 

ilie

4 ( x  2)( y  2 x)  3( x  3)

 5 x2  2 x(2 y 3)  1  3x 2  2( y 2  5 x)  11  x  y  3

4, 

w

 x( x  2 y)  y ( y  2)   x  2

Gợi ý:Phương trình (1) có nhân tư chung x  y  1 ,đáp số ( x, y )  (1, 2) .
Hết

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net


--10--

SÁNG TẠO TỪ MỘT BẤT ĐẲNG THỨC CƠ BẢN
CÔNG DÂN LƯƠNG THIỆN

Ta đã quen thuộc với bất đẳng thức
là đơn giản:

1 a  1 b  1  1 a  b 
2

1  a 1  b  



1  a  1  b  1  1  a  b a, b  0 và chứng minh nó rất

1 a  1 b

2

  1

1 a  b



2

1  a  b  ab  0 (đúng a, b  0 )

9  a  9  b  3  9  a  b a, b  0

ilie

4  a  4  b  2  4  a  b a, b  0 hoặc
Dấu = vẫn xảy ra khi ab  0

ta

Và sau đây là một số ví dụ cho BĐT trên:

1  x 2  1  2 y  1  2z  5 .Tìm giá trị lớn nhất của

ox

Ví dụ 1: Cho các số x; y ; z  0 thỏa mãn

u.

ne

t

Nhưng tổng quát của nó ở dạng m2  a  m 2  b  m  m 2  a  b a, b  0 ( m là số nguyên

dương). Ví dụ:

w
w

.b

biểu thức: P  2 x3  y 3  z 3

Hướng dẫn :

w

5  1  x2  1  2 y  1  2 z  1  x 2  1  1  2 y  2 z (dấu = khi yz  0 )
Đến đây, ta tiếp tục sử dụng BĐT trên thêm 1 lần nữa:

1  x2  1  2 y  2 z  1  1  x 2  2 y  2 z  5  2  1  x 2  2 y  2 z  y  z 

8  x2
(dấu =
2

khi x2  y  z   0 )
3

3

3

3

3

3

3

P  2 x  y  z  2 x   y  z   3 yz  y  z   2 x   y  z 
3

 8  x2 
Khảo sát hàm số f  x   2 x  
 trên  0; 2 2  có
 2 
3

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net

3

 8  x2 
 2x  
  f  x
 2 
3


--11--

f '  x   6 x2 

2
2
3
3
3
x 8  x2   x 8 x  8  x2    x   x4  16 x 2  8 x  64 




4
4
4

Xét g  x    x 4  16 x 2  8x  64 trên  0; 2 2  có:





g '  x   4 x 3  32 x  8  4. 2 2





2

x  32 x  8  8  0  g  x  đồng biến trên  0;2 2 



 g  x   g 2 2  16 2  32  0  f '  x   0  f  x  nghịch biến trên  0;2 2 
 f  x   f  0   64

u.

ne

t

 x2  y  z   0

 yz  0
  x; y; z    0; 0; 4  hoặc  x; y; z    0; 4; 0
Dấu = xảy ra khi 
x  0
 1  x 2  1  2 y  1  2z  5


ta

ilie

Vậy MinP  64 khi  x; y; z    0; 0; 4 hoặc  x; y; z    0; 4; 0

.b

4z
5
 2 z  xy  z
2
1 x  1  y

Hướng dẫn :

w

w
w

P

ox

Ví dụ 2: Cho các số thực không âm thỏa x  y  1  z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

Ta có:

1 x  1  y  1  1  x  y  1 z

Mặt khác z  x  y  1  z  xy  x  y  1  xy   x  1 y  1 

P

4z
5

4z
3
  z  1  z 
 z 1  f z 
2
1 z
1 z 2

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net

 x  y  2
4

2



 z  1
4

2

và z  1


--12--

f ' z 

MaxP 

2 z4

1 z 

2





 





1 z 3 z  5
3 4 z  8  3 z  2 z 1


 0 z  1
2
2
2
2 1 z
2 1 z









3
khi x  y  0; z  1
2

Để bài toán khó và hay hơn, mình xin đưa ra bài toán sau:

ne

t

Ví dụ 3: Cho các số thực không âm thỏa x  y  1  z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

ilie

u.

2z 2
 2 z  xy  2 z
1 x  2  y

P

ox

1 x  2  y  1  2  x  y  1  z 1

ta

Hướng dẫn :





4

2 2  z  1  1
2z 2
  z  1  2 z 
 z 1  2 2
1  z 1
1 z 1



2



 z  1

z 1  2



42 2  42 2

Vậy MaxP  4  2 2 khi x  y  0; z  1

Ví dụ 4: Cho các số thực dương x  y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

4
2 2

x y
x

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net



z  1  1   z  1  2

2

P  4 y2  5 xy  9  x 2  xy  1  4 x2  4 xy  y 2  1 

2

4

w

P

 x  y  2

w
w

.b

z  x  y  1  z  xy  x  y  1  xy   x  1 y  1 


--13--

Hướng dẫn :
Áp dụng

1  a  1  b  1  1  a  b ta có:

4 y 2  5 xy  9  x 2  xy  1  1   4 y 2  5 xy  8   1   x 2  xy   1  4 y 2  4 xy  x 2  9

4
2 2

x y
x

 P  1  4 y 2  4 xy  x2  9  4 x 2  4 xy  y 2  1 

2x  y 

2

 12 




Đặt u  x  2 y;3  ; y  2 x  y ;1  u 
 
2
 u  v   3 x  y   16
   
2
u  v  u  v   x  2 y   32 

 2x  y 

2

 12 

 12   2 x  y 

2

 3x  y 

2

 42 

3x  y  4
2

ox

ta

 1
4
2 2
1 
8
8 2

 4


 

2x  4 2x  x  y 
3x  y
x y
x
 x y

 3x  y
3x  y  4
8 2
4 2
4 2 




  2 2 1

2
3x  y  2
3x  y
3 x  y 

.b

 P 1

3x  y 4 2
4 2
.
.
 2 2  6 2  2 2 1  8 2  1
2
3 x  y 3x  y

w

 33



 x  2 y 2  3 2 ; v

w
w

Và

4
2 2

x y
x

t

 32 

ne

2

u.

 x  2 y

ilie



Vậy MinP  8 2  1 khi x  y  1
Nãy giờ ta đã làm quen với bất đẳng thức 1  a  1  b  1  1  a  b a, b  0 , bây giờ ta sẽ
đến với 1 ví dụ khác sử dụng dạng tổng quát.

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net


--14--

Ví dụ 5: Cho x; y ; z là các sô thực không âm thỏa



nhất của biểu thức: P  2 x3  9 y3  z 3

4  x 2  4  3 y  4  3 z  8 . Tim giá trị lớn


Hướng dẫn :

Ta sẽ áp dụng bất đẳng thức

4  a  4b  2 4  a b :

8  4  x2  4  3x  4  3y  4  x2  2  4  3 x  y 

Áp dụng thêm 1 lần nữa: 8  4  x 2  4  3  y  z   2  2  4  x 2  3  y  z   2

3

  2x

3

u.

3

3

3

3

 9  y  z   27 yz  y  z   2 x  9  y  z   2 x

3

2 3

12  x 

3

ilie

P  2x  9  y  z
3

ne

2

t

12  x 2
 4  4  x  3  y  z   12  x  3  y  z   y  z 
3
2

ta

Xét hàm số f  x  trên  0; 2 3  có:


2







2

 f  x



ox

f '  x   6 x 2  2 x 12  x 2   2 x   x4  24 x 2  2 x  144   2 x  x 4  24. 2 3  2.2 3  144  0

.b

 f  x  nghịch biến trên  0; 2 3   P  f  0   576



w
w

Vậy MaxP  576 khi  x; y ; z    0;0; 4 hoặc  x; y ; z    0;4;0

w

Thực chất ví dụ 5 là biến tấu của ví dụ 1. Vậy các bạn hãy thử sáng tác cho mình 1 bài toán
có sử dụng BĐT này nhé. Đó sẽ là cách phát triễn tự nhiên nhất!

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net


--15--

PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH TRONG CÁC ĐỀ THI THỬ 2015
(PHẦN 1)
NGUYỄN THÀNH HIỂN

Câu 1. [THPT – Ngô Gia Tự - 2015] Giải bất phương trình

x  1  x 2  2  3x  4 x 2 .

ne

t

Hướng dẫn :

(*)

ilie

u.

x  0
0  x  1

3  41

2
Điều kiện: 1  x  0
  3  41
.

3  41  0  x 
8
 x
2  3 x  4 x 2  0

8
8



Bất phương trình đã cho tương đương với

x x
x x
2
1  0 
1 x
1 x


5  34
x

x x 1
9
  9 x 2  10 x  1  0  

1 x
3
5  34

.
x 
9

2

w
w

3

2

.b

2

ox

ta

x  1  x 2  2 x(1  x 2 )  2  3 x  4 x 2  3( x 2  x)  (1  x )  2 ( x  x 2 )(1  x )  0

w

Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là

5  34
3  41
.

 x
9
8

Câu 2. [Sở GD-ĐT Bắc Giang - 2015] Giải bất phương trình: (4 x2  x  7) x  2  10  4 x  8 x2

Hướng dẫn :
ĐK: x  -2

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net


--16--

(1)  (4 x 2  x  7) x  2  10  4 x  8x 2  (4 x2  x  7) x  2  2(4 x 2  x  7)  2[( x  2)  4]
 (4 x2  x  7)( x  2  2)  2( x  2  2)( x  2  2)

 4 x2  x  7  2 x  2  4  4 x 2  x  2  2 x  2  1
 (2 x)2  ( x  2  1) 2  0  (2 x  x  2  1)(2 x  x  2  1)  0

 x  2  2 x  1
hoặc

 x  2  2 x  1

 x  2  2 x  1

 x  2  2 x  1

ne
2

ilie

Hướng dẫn :

 15  x  x   15  3 15x  x

u.

Câu 3. [THPT-Cao Bá Quát-2015] : Giải phương trình x2  2

t

 5  41

Giải các hệ bất pt trên được tập nghiệm là: T =  2; 1  

;

 8



x . 15  x 2  4 x  2





15  x 2  x  0

.b

2

ox

15  x   3

ta

Điều kiện 0  x  15 ,Biến đổi phương trình tương đương:

w
w

Đặt u  15  x2 , v  x (u , v  0) , khi đó phương trình trở thành:

u 2  3uv  4v  2  u  v 2   0  u 2   3v  2  u  2v 2  4v  0
2

w

u   3v  2   4  2v2  4v   v2  4v  4   v  2 

Khi đó u 

2

3v  2  v  2
3v  2  v  2
 2v hoặc u 
v2
2
2

Với u  2v , khi đó

15  x 2  2 x  15  x 2  4 x  x2  4 x  15  0
 x  2  19 hay x  2  19 (loại)

Với u  v  2 , khi đó 15  x 2  x  2 (*)

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net

3

4 x


--17--

Với điều kiện: 0  x  15  x  2 

15  2 

16  2  0 nên phương trình (*) vô nghiệm.

Vậy phương trình có nghiệm:  x  2  19 .
Câu 4. [THPT-Chí Linh - 2015] Giải bất phương trình 8 x3  2 x  (4  x  1)( x  14  8 x  1) .

Hướng dẫn :

Giải bất phương trình 8 x3  2 x  (4  x  1)( x  14  8 x  1) (1)

t

Điều kiện : x  1

ne

(1)  8 x3  2 x  (4  x  1)( x  1  8 x  1  16  1)  8x3  2 x  (4  x  1)3  (4  x  1) (2)

ilie

u.

Xét hàm số f (t )  t 3  t; f '(t )  3t 2  1  0t  1  f(t) đồng biến trên [1;+  ) mà (2) có

ox

.b

2 x  4  0


 2 x  4  x  1  (2 x  4)2  x  1
 x 1  0


ta

f (2 x)  f (4  x  1) và 2 x, 4  x  1  [1; ) nên (2)  2 x  4  x  1

w

w
w

x  2
x  2
17  17

 2
  17  17
17  17  x 
8
;x 
 4 x 17 x  17  0
x 

8
8

Câu 5. [THPT-Lê Quý Đôn – Hải Dương- 2015] Giải bất phương trình:

Hướng dẫn :
ĐK: x > -1; Theo câu a ta có:

x2  x  4
 3, x  1 (1) .
x 1

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net

x2  x  4

2 23
x 1
x 1

x3


--18--

Lại có

x 1 

x3
x 1
2
x 1

 x 1

2
x 1

; Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho hai số

 2 2, x  1 (2) . Từ (1) và (2), cộng vế với vế ta có:

x  1,

2
x 1

ta được:

x  3 x2  x  4

 2 2  3 , x   1
x 1
x 1

Suy ra mọi giá trị x > -1 đều thỏa mãn bất phương trình. Vậy kết hợp với điều kiện, bât phương trình có tập
nghiệm là S   1;  

1  2 x2  x 1

1

ne

t

Câu 6. [THPT-Hiền Đa-Phú Thọ - 2015] Giải bất phương trình sau:

1  2 x  2 x 2  3x  1

u.

Hướng dẫn :

.b

1
13
 t  t  2 vì x  0 . Ta có 1  t  1  t  3  2 t  1  3  t 
x
4

w

Đặt x 

1
1
 1  x   3 (Vì x = 0 không thỏa mãn bất phương trình).
x
x

w
w

 1 x 

x  x 2  x  1  x 2  3x  1

ox

suy ra 1  2 x 2  x  1  0 . BPT 

ta

ilie

x  0
2
 2
1 3

2
Điều kiện:  x  3x  1  0
 x  0 . Ta có 2 x  x  1  2  x     3  1 (x  0)
2 4


2
1
2
1

0
x
x






Suy ra 2  t 

13
1 13
2 x  .
4
x 4

1

 x  12  0
 x  x  2
13  105
13  105
.



x
2
1

13
8
8
x
x
4
13
4
0




x  


x 4
Câu 7. [THPT-ischool - 2015] Giải phương trình:

x  4  x  4  2 x 12  2 x 2 16 .

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net


--19--

Hướng dẫn :
Điều kiện xác định: x  4. Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương đương

x  4  x  4  ( x  4)  ( x  4)  12  2 x 2  16
 x 4  x 4 



2

x  4  x  4  12

 t  3 ( loaïi)
x  4  x  4 , t > 0 ta được t 2  t  12  0  
t  4

t

4  x  8
x  4  x  4  4  x 2  16  8  x   2
2
 x  16  64  16 x  x

ilie

4  x  8

 x  5. Vậy nghiệm của phương trình là x = 5.
x  5

ne

Với t = 4 , ta được

u.

Đặt t =



ta

Câu 8. [THPT-Lương Thế Vinh – Lần 3 - 2015]

ox

Giải bất phương trình: x  x  2  x3  4 x 2  5 x  x3  3x 2  4 (1) .

2
x  2  x  x  2   1 



w
w

Cách 1: (1)  x 

.b

Hướng dẫn :

w

 ( x  2) | x  2 | x  1  x 1 


x  2 : (1)  0  2 2


(loại).

 x  2

2

 x  2
 1 .


( x  1)

 x  0 .

(1)

x  0 : (1)  2  2

x  2: (1)  ( x  2) 1  x  1  x 1 

(loại).

 1


1
1
1
1
.
 1 
 1
x .( x  2)  0 ta được: (1) 
2
x x2
x
 x  2



Chia 2 vế cho

2





 x  2

2

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net


--20--

t

2

Xét hàm f ( t )  t  1  t , t  0  f '( t )  1 

1 t2

 0 t  0  f (t ) đồng biến t  0

1
1
.

x x 2

(1) 

 x  2  x  x 2  5 x  4  0  x  4; x  1 .

(1)  ( x  2) 1  x  1  x 1 






 x  2

x .( x  2)  0 ta được: (1) 

Chia 2 vế cho

2

 1 .


t

0 x  2:

ne



1
1
1
1
.
 1 
 1
2
x x2

x
 x  2

u.

x  2  x  4.

t

Xét hàm f (t )  t  1  t , t    f '(t )  1 
2

ilie

Kết hợp

1 t2  t

 0 t  f (t ) đồng biến t . Từ đó



.b

x 2





x 1 

w

+ (1) 

x  0 . x  0 không là nghiệm. Xét x  0 :

w
w

Cách 2 : ĐK

ox

ta


1 t2
1 t2
1
1
1
. Trường hợp này vô nghiệm vì
(1) 

 0.
x2
x x2

 x 1
 f ( x)   x  4  

x
2


+ Xét g ( x) 

Nếu

+ Nếu

x2  5 x  4

x 3  4 x 2  5 x  x 3  3x 2  4


  0.
x3  4 x 2  5 x  x3  3 x2  4 
x 1

x 1
x 1

x 2
x 3  4 x 2  5 x  x 3  3x 2  4

x  1 thì g ( x)  0 .

0  x  1: x  1  1  x  1  1 . Ta có:

x 1
x 1 1


x 2 2 x 2 2

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net

(1)


--21--

x3  3 x2  4 

 x  1 x  2 

2

 x  2 x 1  x  2  2  x

 x 3  4 x 2  5 x  x 3  3x 2  4  2  x
1 x



3

2

3



2

x  4 x  5 x  x  3x  4
x 1





1
2

(2) . Từ (1) và (2) suy ra g ( x)  0 x  0 .

f ( x)  0  x  4  0  x  4 .

x  4.

t

Kết hợp ĐK suy ra đáp số:

ne

+

x 3  4 x 2  5x  x 3  3 x 2  4

1 x
1 x
1 x
1



2  x 2  2 x  x 2  2x 2





ilie

u.

Câu 9. [THPT-Mạc Đỉnh Chi - 2015] Giải bất phương trình: x 2  5x  4 1  x ( x 2  2 x  4) (x R).

 1  5  x  0
 x  1  5

2

2

ox

ĐK: x(x2 + 2x − 4) ≥ 0  

ta

Hướng dẫn :

2

w
w

2

.b

Khi đó (*)  4 x( x  2 x  4)  x  5 x  4

 4 x( x  2 x  4)  ( x  2 x  4)  3x (**)

w

TH 1: x  1  5 , chia hai vế cho x > 0, ta có:

(**)  4

Đặt t 

1

x2  2 x  4 x 2  2 x  4

3
x
x
x2  2x  4
2
, t  0 , ta có bpt: t  4t  3  0  1  t  3
x

 x 2  7 x  4  0
x2  2 x  4
1  17
7  65

3 

x

2
2
2
x
 x  x  4  0

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net


--22--

2

TH 2: 1  5  x  0 , x  5 x  4  0 , (**) luôn thỏa

 1  17 7  65 
;

2
2



Vậy tập nghiệm bpt (*) là S  1  5;0  





w

w
w

.b

ox

ta

ilie

u.

ne

t

(Còn nữa)

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net


--23--

DỰ ĐOÁN TÍNH CHẤT HÌNH HỌC TRONG BÀI TOÁN
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ OXY

ẨN DANH

ne

t

Kể từ khi Bộ Giáo Dục và Đào Tạo ra đề thi chung xét tuyển vào đại học – cao đẳng, bài toán
phương pháp tọa độ trong mặt phẳng Oxy đã chiếm một vai trò quan trọng trong đề thi môn Toán.
Đặc biệt những năm trở lại đây, nó được xếp ở vị trí câu số 8 trong đề thi và ngày càng trở nên khó
khăn hơn với các thí sinh để giải quyết trọn vẹn. Cái khó trong bài toán này theo quan điểm cá
nhân, xin đưa ra 2 nguyên nhân sau:

w
w

.b

ox

ta

ilie

u.

Một là bài toán không chỉ đơn thuần là tính toán nữa mà kết hợp các tính chất hình học thuần túy
trong đó, những tính chất này phần lớn bắt nguồn từ kiến thức cũ của THCS, học sinh gần như đã
quên nó từ bao giờ.
Hai là ngay cả đối với những học sinh còn nhớ “kiến thức cũ” ấy thì phần lớn chỉ giải quyết được
với những tính chất mình đã quen thuộc, còn khi gặp một bài toán “lạ”, gần như phải bó tay vì
không thể phát hiện ra tính chất hoặc phát hiện ra tính chất nhưng không chứng minh được hoặc có
khi phát hiện và chứng minh được rồi thì lại không biết vận dụng nó vào bài toán như thế nào
Để giúp giải quyết vấn đề này thì có lẽ ta phải biết “dự đoán” tính chất, điều này có vẻ nghe
vô lý nhưng thực tế cần phải như vậy, không phải dự đoán “bừa” mà phải có căn cứ. Một vài
hướng dự đoán thường gặp như: vuông góc, song song, trung điểm, thẳng hàng, đi qua một
điểm cố định, tam giác cân, đối xứng,…. Điều quan trọng nhất là chúng ta phải vẽ hình nhiều

lần với các bài toán có yếu tố di động trong các trường hợp không phải là “đặc biệt” để dự
đoán cho chính xác.

w

Sau đây xin trình bày ví dụ và bài tập:
Bài toán 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , I là giao điểm của AC
và BD , K  0;2  thuộc đoạn IA , M và N theo thứ tự là trung điểm của
AB , CD và cùng nằm trên đường thẳng d : x  1  0 . Q là giao điểm của KM và BC . Tìm tọa độ

các đỉnh A, B , C , D biết đường thẳng NQ đi qua điểm H  4;8 .
Giải:
Dự đoán:Gọi P là giao điểm của IB và NQ , khi đó K và P đối xứng với nhau qua MN .
(Ở đây các bạn thắc mắc tại sao lại dự đoán như vậy, có lẽ do trực giác mách bảo, vì khi gặp những
bài toán “lạ” như thế này thì chỉ có cách nhìn tổng quát hình vẽ và dự đoán, sau đó kiểm nghiệm
tính chất bằng cách đo đạc trực tiếp trên hình vẽ với 2 hoặc 3 hình ứng với 2 hoặc 3 vị trí khác nhau

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net


--24--

của điểm K trên IA ).
Sau khi đã “khá chắc chắn” về tính chất vừa dự đoán, ta thử nghĩ xem với tính chất vừa rồi có “đủ”
để giải quyết bài toán không. Giả sử nó đúng thì ta thấy ngay sẽ tìm được P (đối xứng của K qua
MN ) và ta cũng nhận thấy rằng tam giác KIP vuông cân tại I , từ đó tìm được I . Theo lẽ tự nhiên
ta cũng tìm được phương trình đường thẳng PH , cho giao với MN sẽ tìm được N , tính được IN ,

ta

ilie

u.

ne

t

rồi IA  IB  IC  ID  2 IN rồi tìm được các đỉnh của hình vuông bằng cách cho đường tròn tâm
I bán kính IA giao với hai đường thẳng IK và IP đã biết.
Việc còn lại của ta bây giờ là chứng minh dự đoán hay
PB KA
đi chứng minh
. Ta thấy QB // IN nên ta

PI KI
PB QB
“biến đổi ngay”
(1). Theo cách như trên ta

PI IN
KA
, để
cũng lợi dụng định lý Ta-lét để biến đổi tỉ số
KI
làm được điều này ta lợi dụng hai đường thẳng song
song có sẵn là MI và AD , do đó phải gọi E là giao
KA AE

điểm của KM và AD . Khi đó:
(2), từ (1) +

KI MI
(2) dễ dàng suy ra hai tỉ số này bằng nhau vì ta có:
 AE  QB
( AEBQ là hình bình hành)

 MI  IN
P đối xứng với K  0;2  qua đường thẳng x  1  0 nên

ox

P  2;2  . Đường thẳng PH có phương trình:

.b

 x 1 0
 N 1; 1 . Với dữ kiện tam giác KIP
3 x  y  4  0 . Tọa độ N là nghiệm của hệ: 
3x  y  4  0

w
w

vuông cân tại I , ta tìm được hai điểm I là 1;1 và 1; 3 nhưng do I và N nằm cùng phía so với
KP nên I 1;1 , suy ra IA  IB  IC  ID  2 IN  2 2 . Phương trình IK : x  y  2  0  tọa

w

x y 2  0

kết hợp với điều kiện K nằm giữa A và I nên
độ A , C là nghiệm của hệ: 
2
2
 x  1   y  1  8
A  1;3  , C  3; 1 . Tương tự: B  3;3 , D  1; 1
Bài toán 2:Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn  C 
 3 7 
13 , M  ;  là trung điểm của BC . Tiếp tuyến của đường tròn  C  tại A
 2 2
cắt đường thẳng BC tại E , từ E kẻ tiếp tuyến EF tới  C  ( F là tiếp điểm, F  A ), FM cắt

tâm I , bán kính

 C  tại

D khác F . Biết AD có phương trình x  y  1  0 , AD  2 và điểm A có tung độ

dương, tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net