chinh phục hình học phẳng oxy và kĩ thuật giải hệ phương trình (tài liệu free)

Khóa học Chinh phục Hình phẳng Oxy và Kĩ thuật giải Hệ phương trình – Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn

CHINH PHỤC ĐIỂM 8-9-10 MÔN TOÁN – Phần 1
Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn
VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN

PHẦN 1 : ĐỀ BÀI
Câu 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm M (5;7) nằm trên cạnh BC. Đường
tròn đường kinh AM cắt BC tại B, cắt BD tại N (6; 2) , đỉnh C thuộc đường thẳng d : 2 x − y − 7 = 0 . Tìm
tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết hoành độ đỉnh C nguyên và hoành độ đỉnh A bé hơn 2.

(

)

 x2 x + y − x2 = y + ( x + y ) y − x2

Câu 2: Giải hệ phương trình 
 2 x − 1 2 x 2 − 4 y − x 2 − 3 = y − x 2 ( 4 x − 3)

Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x − 1)2 + ( y − 2) 2 = 5 và đường thẳng

(

)

d : x + y + 2 = 0 . Từ điểm A thuộc d kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với (C) tại B và C. Tìm tọa độ

điểm A biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 8
6 ( x3 − 2 x + 2 ) x 3 + 3 x + ( y − 1)2 y + 4 = 12


Câu 4: Giải hệ phương trình 
 3 x5 + 1 = 1997 3 y 3 − 3 y + 2 + 3 − 2 x + 1
Câu 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(-2; 1), điểm A thuộc trục tung,
điểm C thuộc tia Ox và góc BAC bằng 30 độ. Bán kinh đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng

5.

Xác định tọa độ điểm A và C.

 y + 3 = 2 3 x 2 − xy + 3 x − y

Câu 6: Giải hệ phương trình 
2
2
2
( x + x ) x + y + 2 + 3 ( x + 1) 3 x − y + 2 = 8 x + x + 7
Câu 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là M(3; –1). Tọa độ điểm
E(–1; –3) thuộc đường thẳng chứa đường cao qua đỉnh B. Đường thẳng AC qua F(1; 3). Tìm tọa độ các

đỉnh của tam giác ABC biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có đường kinh AD với D(4; –2).
x

 2 x − 2 y − 1 + y ( x − y ) = x − y
Câu 8: Giải hệ phương trình 
 x2 − 5 y + 3 − y
2y −3 = 0

x−2
Câu 9: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x 2 + 4 y 2 + 4 z 2 = 2 x .
x + 2z

2z
4x2
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =
+
−
x + 4 y + 1 2 y + 1 2 x + 4 xy − 4 z 2
Câu 10: Cho a, b, c là các số thực không âm.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

(

 a (b + c ) a (b + c ) 
4
2a 2 + 2b 2 + c  2
+ 2
+
2
2 
a +c 
a+b
 b +c

)

Tham gia Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học Chinh phục Hình phẳng Oxy và Kĩ thuật giải Hệ phương trình – Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn

PHẦN 2: LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm M (5;7) nằm trên cạnh BC. Đường
tròn đường kinh AM cắt BC tại B, cắt BD tại N (6; 2) , đỉnh C thuộc đường thẳng d : 2 x − y − 7 = 0 . Tìm
tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết hoành độ đỉnh C nguyên và hoành độ đỉnh A bé hơn 2.

Lời giải:
Ta có tứ giác ABMN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AM
do vây ANM = 900 . Mặt khác AMN = ABN = 450 (cùng chắn
AN )
Do đó ∆ANM vuông cân tại N. Ta có: AN : x − 5 y + 4 = 0 .
Gọi A ( 5t − 4; t ) . Khi đó: AN = MN ⇔ ( 5t − 10 ) + ( t − 2 ) = 16
2

2

⇔ t = 3 ∨ t = 1 ⇒ A (1;1) ( do xA < 3) . Gọi C ( u; 2u − 7 )
u = 7
2
2
Lại có: NA = NC ⇔ ( u − 6 ) + ( 2u − 9 ) = 26 ⇔ 
13
u = ( loai )
5

Do vậy C ( 7; 7 ) ⇒ K ( 4; 4 ) ⇒ AC : x − y = 0; BD : x + y − 8 = 0
Lại có: BC : x = 7 ⇒ B ( 7;1) ⇒ D (1; 7 ) .
Vậy A (1;1) ; B ( 7;1) ; C ( 7;7 ) ; D (1;7 ) .

(

)

 x2 x + y − x2 = y + ( x + y ) y − x2

Câu 2: Giải hệ phương trình 
 2 x − 1 2 x 2 − 4 y − x 2 − 3 = y − x 2 ( 4 x − 3)

Lời giải:

(

)


 y − x2 ≥ 0
2
y − x ≥ 0

Điều kiện: 
⇔
1
 2x −1 ≥ 0
x ≥

2

Phương trình (1) của hệ phương trình tương đương
x3 + x 2 y − x 2 = y + x y − x 2 + y y − x 2 ⇔ x3 − ( y − x 2 ) y − x 2 = y + x y − x 2
⇔ x3 −

Đặt

(

y − x2

)

3

= x 2 + ( y − x 2 ) + x y − x 2 (*)

y − x 2 = t phương trình (*) trở thành x3 − t 3 = x 2 + t 2 + tx ⇔ ( x − t ) ( x 2 + tx + t 2 ) = x 2 + tx + t 2

⇔ x − t = 1 ⇔ t = x −1 ⇒

y − x2 = x − 1

Điều kiện có nghiệm x ≥ 1 . Với

y − x 2 = x − 1 thay vào phương trình (2) ta có

Tham gia Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học Chinh phục Hình phẳng Oxy và Kĩ thuật giải Hệ phương trình – Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn

2 x − 1.  2 x 2 − 4 ( x − 1) − 3 = ( x − 1)( 4 x − 3) ⇔ 2 x − 1. ( 2 x 2 − 4 x + 1) = ( x − 1)( 4 x − 3)
2
⇔ 2 x − 1.  2 ( x − 1) − 1 = ( x − 1) . 





(

2x − 1

)

2

− 1 (**)


Đặt a = 2 x − 1, b = x − 1 phương trình (**) trở thành
a ( 2b 2 − 1) = b ( 2a 2 − 1) ⇔ 2ab 2 − a = 2a 2 b − b ⇔ ( a − b )( 2ab + 1) = 0

x ≥ 1
 x ≥ 1
+) Với a = b ⇒ x − 1 = 2 x − 1 ⇔ 
⇔ 2
⇔
2
( x − 1) = 2 x − 1
x − 4x + 2 = 0

x = 2 + 2 ⇒ y = 9 + 6 2

 x = 2 − 2 (loai)

+) Với 2ab + 1 = 0 ⇒ 2 ( x − 1) 2 x − 1 + 1 = 0 ⇔ 2 (1 − x ) 2 x − 1 = 1 (***)
Phương trình có nghiệm khi

1
≤ x ≤1
2

1
<1
27

Ta có VT = 2 (1 − x ) 2 x − 1 = 2 (1 − x )(1 − x )( 2 x − 1) ≤ 2.

⇒ Phương trình (***) vô nghiệm

(

Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x; y ) = 2 + 2;9 + 6 2

)

Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x − 1)2 + ( y − 2) 2 = 5 và đường thẳng
d : x + y + 2 = 0 . Từ điểm A thuộc d kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với (C) tại B và C. Tìm tọa độ

điểm A biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 8
Lời giải:
Gọi ( C ) tâm I, AI ∩ BC = {H } , tham số A ( a; −2 − a )

 AI 2 = ( a − 1)2 + ( a + 4 )2
Ta có 

2
2
2
2
2
 AB = AI − IB = ( a − 1) + ( a + 4 ) − 5
Mặt khác ∆ABI vuông tại B có BH là đường cao nên

( a − 1) + ( a + 4 )
1
1
1
=
+
=
BH 2 AB 2 IB 2 5 ( a − 1)2 + ( a + 4 )2 − 5


2

2

2
2
5 ( a − 1) + ( a + 4 ) − 5


Suy ra → BH =
2
2

( a − 1) + ( a + 4 )
2

( a − 1)2 + ( a + 4 )2 − 5
2
2
2

Lại có AH = AB − BH = 
2
2
( a − 1) + ( a + 4 )

2

Vì 8 = S ∆ABC = 2 S ABH = AH .BH ↔ AH 2 .BH 2 = 64

Tham gia Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học Chinh phục Hình phẳng Oxy và Kĩ thuật giải Hệ phương trình – Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn
2

3

2
2
2
2
2

2
5 ( a − 1) + ( a + 4 ) − 5 ( a − 1) + ( a + 4 ) − 5 
5 ( a − 1) + ( a + 4 ) − 5
⋅
 = 64 ↔ 
 = 64 (*)
Điều này ↔ 
2
2
2
2
2
2 2
( a − 1) + ( a + 4 ) 
( a − 1) + ( a + 4 )
( a − 1) + ( a + 4 )


2

3  25 25 
2
2

Đặt ( a − 1) + ( a + 4 ) = t  → t = 2  a +  +
≥ 

2
2
2 





(*) ↔

5 (t − 5)
t

2

3

= 64 ↔ 5t 3 − 139t 2 + 375t − 625 = 0 ↔ ( t − 25 ) ( 5t 2 − 14t + 25 ) = 0 ↔ t = 25

 A (1; −3)
a = 1
2
2
Điều này ↔ ( a − 1) + ( a + 4 ) = 25 ↔ 
→
 a = −4  A ( 4; −6 )

Vậy có 2 điểm thỏa mãn yêu cầu là A (1; −3) hoặc A ( 4; −6 )

6 ( x3 − 2 x + 2 ) x 3 + 3 x + ( y − 1)2 y + 4 = 12

Câu 4: Giải hệ phương trình 
 3 x5 + 1 = 1997 3 y 3 − 3 y + 2 + 3 − 2 x + 1
Lời giải.

3

2
5
 x ( x + 3) ≥ 0;3 x + 1 ≥ 0
0 ≤ x ≤
⇔
Điều kiện 
2
 y + 4 ≥ 0;3 − 2 x ≥ 0
 y ≥ −4
Phương trình thứ hai của hệ tương đương với
3 x5 + 1 − 2 + 1 − 3 − 2 x = 1997 3 y 3 − 3 y + 2
⇔

3x 2 − 3

2x − 2
2
= 1997 3 ( y − 1) ( y + 2 )
3x5 + 1 + 2 1 + 3 − 2 x
+

 3 ( x 4 + x 3 + x 2 + x + 1)

2
2
 = 1997 3 ( y − 1) ( y + 2 ) (1)
⇔ ( x − 1) 
+

5
1 + 3 − 2 x 

3x + 1 + 2
2
2
2
Ta thấy ( y − 1) ( y + 2 ) ≥ 0, ∀y ≥ ⇒ 1997 3 ( y − 1) ( y + 2 ) ≥ 0 .
3
4
3
2
2
 3  3 ( x + x + x + x + 1)
 3
4
3
2
Hơn nữa x + x + x + x + 1 > 0, ∀x ∈ 0;  ⇒
+
> 0, ∀x ∈ 0;  .
1+ 3 − 2x
 2
 2
3x5 + 1 + 2
 3
Do đó từ (1) thu được x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 ⇒ x ∈ 1;  . Xét đồng thời các hàm số
 2
 3
 3

f ( x ) = x3 − 2 x + 2; x ∈ 1;  ⇒ f ′ ( x ) = 3 x 2 − 2 > 0, ∀x ∈ 1; 
 2
 2
 3
g ( x ) = x3 + 3 x; x ∈ 1;  ⇒ g ′ ( x ) = 3 x 2 + 3 > 0, ∀x ∈ ℝ
 2
Hai hàm số trên đều liên tục và đồng biến trên miền tương ứng.

Trong khi đó h ( x ) = 6 ( x3 − 2 x + 2 ) x 3 + 3 x = 6 f ( x ) g ( x ) là tổ hợp hai hàm đồng biến nên nó đồng

 3
biến, ngoài ra ta có x ∈ 1;  ⇒ h ( x ) ≥ Min h ( x ) = 6 f (1) .g (1) = 6.2 = 12 .
 2
 3
x∈ 1;
 2
 

Thêm nữa ( y − 1)

2

y + 4 ≥ 0, ∀y ≥ −4 ⇒ 6 ( x 3 − 2 x + 2 ) x3 + 3 x + ( y − 1)

2

y + 4 ≥ 12 .

Phương trình thứ nhất của hệ có nghiệm khi các dấu đẳng thức đồng thời xảy ra, tức là x = 1; y = 1 .

Tham gia Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học Chinh phục Hình phẳng Oxy và Kĩ thuật giải Hệ phương trình – Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn

Câu 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(-2; 1), điểm A thuộc trục tung,
điểm C thuộc tia Ox và góc BAC bằng 30 độ. Bán kinh đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng
Xác định tọa độ điểm A và C.
Lời giải:
Theo định lý hàm sin trong ∆ABC →

BC
sinBAC

= 2 R → BC = 5

C ( 0; 0 )
c = 0
2
Gọi C ( c; 0 ) → 5 = BC 2 = ( c + 2 ) + 1 ↔ 
→
c = −4 C ( −4;0 )

 AB = ( −2;1 − a )
Gọi A ( 0; a ) , với C ( 0; 0 ) → 
. Ta có:
AC
a
=
0;

−
(
)


(
(

)

 A 0; 12 + 1
 a = 12 + 1
↔
↔
2
2
 a = − 12 + 1  A 0; − 12 + 1
( a − 1) + 4. a

a ( a − 1)

3
= cos BAC =
2

)

 AB = ( −2;1 − a )
Với C ( −4;0 ) → 
.

 AC = ( −4; − a )
a ( a − 1) + 8
3
= cos BAC =
↔ a 4 − 2a3 + 5a 2 + 32a + 16 = 0
Ta có:
2
2
2
( a − 1) + 4. a + 16

( (

)( (

)

↔ a2 +

12 − 1 a + 8 − 2 12 a 2 −

)

)

12 + 1 a + 8 + 2 12 = 0

  1 − 12 + 6 12 − 19 

 A  0;


1 − 12 + 6 12 − 19
a =

2
 

2
↔
↔

  1 − 12 − 6 12 − 19 
 a = 1 − 12 − 6 12 − 19
 A  0;


2

2
 


 1 − 12 + 6 12 − 19 
 1 − 12 − 6 12 − 19 
 ; C ( −4;0 ) ∨ A  0;
 ; C ( −4;0 )
Vậy A  0;





2
2




A 12 + 1 ; C ( 0; 0 ) ∨ A 12 − 1 ; C ( 0;0 ) là các điểm cần tìm.

(

)

(

)

 y + 3 = 2 3 x 2 − xy + 3 x − y

Câu 6: Giải hệ phương trình 
2
2
2
( x + x ) x + y + 2 + 3 ( x + 1) 3 x − y + 2 = 8 x + x + 7

Lời giải:
x + y + 2 ≥ 0
x + y + 2 ≥ 0
x + y + 2 ≥ 0




ĐK: 3 x − y + 2
(*)
⇔ 3 x − y + 2
⇔ 3 x − y + 2
 2

 x + 1 3x − y ≥ 0
)(
)
3 x − xy + 3 x − y ≥ 0
3 x ( x + 1) − y ( x + 1) ≥ 0
(

⇒ ( x + y + 2 ) + ( 3x − y + 2 ) ≥ 0 ⇔ 4 ( x + 1) ≥ 0 ⇔ x + 1 ≥ 0.
Khi đó (1) ⇔ y + 3 = 2

( x + 1)( 3x − y ) ⇔ y + 3 = 2

x + 1. 3x − y .

Tham gia Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016

5.


Khóa học Chinh phục Hình phẳng Oxy và Kĩ thuật giải Hệ phương trình – Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn

Đặt

3 x − y = b ≥ 0 ⇒ 3a 2 − b 2 = 3 ( x + 1) − ( 3 x − y ) = y + 3

x + 1 = a ≥ 0;

a = b
⇒ phương trình mới 3a 2 − b 2 = 2ab ⇔ ( a − b )( 3a + b ) = 0 ⇔ 
3a + b = 0
•

 x = −1
TH1. 3a + b = 0 ⇒ 3 x + 1 + 3 x − y = 0 ⇔ x + 1 = 3 x − y = 0 ⇔ 
 y = −3

⇒ x + y + 2 = −1 − 3 + 2 = −2 < 0 ⇒ không thỏa mãn (*) ⇒ Loại.
•

x +1 ≥ 0
 x ≥ −1
TH2. Khi đó a − b = 0 ⇔ a = b ⇒ x + 1 = 3 x − y ⇔ 
⇔
 x + 1 = 3x − y
 y = 2x −1

Thế y = 2 x − 1 vào (2) ta được

(x

2

+ x ) x + 2 x − 1 + 2 + 3 ( x 2 + 1) 3 x − 2 x + 1 + 2 = 8 x 2 + x + 7

⇔ ( x 2 + x ) 3 x + 1 + 3 ( x 2 + 1) x + 3 = 8 x 2 + x + 7
⇔ ( x2 + x )

(

)

3 x + 1 − 2 + 3 ( x 2 + 1)

(

)

x + 3 − 2 + ( x − 1) = 0

⇔ ( x2 + x ) .

3x + 1 − 4
x +3− 4
+ 3 ( x 2 + 1) .
+ ( x − 1) = 0
3x + 1 + 2
x+3+2

⇔ ( x2 + x ) .

3x + 1 − 4
x +3− 4

+ 3 ( x 2 + 1) .
+ ( x − 1) = 0
3x + 1 + 2
x+3+2

⇔

3 ( x − 1) ( x 2 + x )
2 + 3x + 1

+

3 ( x − 1) ( x 2 + 1)
2+ x+3

+ ( x − 1) = 0

 x2 + x
x2 + 1
1
⇔ 3 ( x − 1) 
+
+ =0
 2 + 3x + 1 2 + x + 3 3 

(3)
2

1 5


3  x +  + + 3x + 1
2
2
x +x
1 3x + 3x + 2 + 3x + 1
2 4
Ta có
+ =
= 
>0
2 + 3x + 1 3
3 2 + 3x + 1
3 2 + 3x + 1

(

)

(

)

x2 + x
x2 + 1
1
⇒
+
+ > 0. Do đó ( 3) ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1 ⇒ y = 2.1 − 1 = 1.
2 + 3x + 1 2 + x + 3 3
Thử lại x = y = 1 thỏa mãn hệ đã cho.

Đ/s: ( x; y ) = (1;1) .
Câu 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là M(3; –1). Tọa độ điểm
E(–1; –3) thuộc đường thẳng chứa đường cao qua đỉnh B. Đường thẳng AC qua F(1; 3). Tìm tọa độ các

đỉnh của tam giác ABC biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có đường kinh AD với D(4; –2).
Lời giải:

Tham gia Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học Chinh phục Hình phẳng Oxy và Kĩ thuật giải Hệ phương trình – Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn

Gọi H là trực tâm tam giác ABC ta có: CH / / BD ⊥ AB và BH / / CD
do vậy BHCD là hình bình hành suy ra M là trung điểm của BC đồng
thời là trung điểm của HD.
Khi đó H ( 2; 0 ) suy ra PT đường cao BH là: x − y − 2 = 0 .

Do vậy AC : x + y − 4 = 0 và CD: x − y − 6 = 0
Suy ra C = CD ∩ AC ⇒ C ( 5; −1) ⇒ B (1; −1) ⇒ BC : y = −1 .
Khi đó AH : x = 2 ⇒ A ( 2; 2 ) .
Vậy A ( 2; 2 ) ; B (1; −1) ; C ( 5; −1)

x

 2 x − 2 y − 1 + y ( x − y ) = x − y
Câu 8: Giải hệ phương trình 
 x2 − 5 y + 3 − y
2y −3 = 0


x−2
Lời giải:
1

2 x − 2 y − 1 ≥ 0
x− y≥


2
Điều kiện:  x − y > 0
⇔
2 y − 3 ≥ 0
y ≥ 3


2
Phương trình (1) của hệ phương trình tương đương
x− y+ y
2x − 2 y − 1 + y ( x − y ) =
⇔ 2x − 2 y − 1 + y ( x − y ) = x − y +
x− y

⇔
⇔

(

y
x− y


y 
2x − 2 y − 1 − x − y +  y −
 + y ( x − y ) − y = 0

−
x
y


x − y −1
x − y −1
+y
+ y ( x − y − 1) = 0
2x − 2 y −1 + x − y
x − y 1+ x − y

)

(

)



1
y
⇔ ( x − y − 1) 
+
+ y = 0

 2x − 2 y − 1 + x − y

x − y 1+ x − y


⇔ y = x −1
3
1
y
Vì y ≥ nên
+
+y>0
2
2x − 2 y − 1 + x − y
x − y 1+ x − y

(

(

)

)

Với y = x − 1 thay vào phương trình (2) ta có
x −1
x −1
x 2 − 5 ( x − 1) + 3 −
2 x − 5 = 0 ⇔ x2 − 6 x + 8 −
2x − 5 = 0

x−2
x−2
x −1
x −1
⇔ x2 − 6 x + 9 + x − 1 −
2 x − 5 = 0 ⇔ x2 − 6 x + 9 +
x − 2 − 2x − 5 = 0
x−2
x−2
x − 1 x2 − 6 x + 9
⇔ x2 − 6x + 9 +
.
=0
x − 2 x − 2 + 2x − 5
x −1
1


⇔ ( x 2 − 6 x + 9 ) 1 +
.
 = 0 ⇔ x =3⇒ y = 2
 x − 2 x − 2 + 2x − 5 

(

)

Tham gia Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016

Khóa học Chinh phục Hình phẳng Oxy và Kĩ thuật giải Hệ phương trình – Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn

5
x −1
1
nên 1 +
.
>0
x − 2 x − 2 + 2x − 5
2
Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( x; y ) = ( 3; 2 )

Vì x ≥

Câu 9: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x 2 + 4 y 2 + 4 z 2 = 2 x .
x + 2z
2z
4x2
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =
+
−
x + 4 y + 1 2 y + 1 2 x + 4 xy − 4 z 2

Lời giải
Chúng ta có:
2z ( x + 2 y )
Từ đánh giá

( x + 2y)
≤

2

+ 4z2

2

x 2 + 4 y 2 + 4 z 2 + 4 xy 2 x + 4 xy
x
2z
=
=
= x ( 2 y + 1) ⇔
≤
2
2
2y +1 x + 2y

2 z ( x + 2 y ) ≤ x ( 2 y + 1) ⇔ 2 z ( x + 2 y ) + x ( x + 2 y ) ≤ x ( 2 y + 1) + x ( x + 2 y )

⇔ ( x + 2 y )( x + 2 z ) ≤ x ( x + 4 y + 1) ⇔

x + 2z
x
≤
x + 4y +1 x + 2y

Do đó suy ra

P=

≤

x + 2z
2z
4 x2
+
−
x + 4 y + 1 2 y + 1 2 x + 4 xy − 4 z 2
x
x
4 x2
+
− 2
x + 2 y x + 2 y x + 4 y 2 + 4 z 2 + 4 xy − 4 x 2
2

2

 2x 
2x
1 1
2x  1
=
−
 = − −
 ≤
x + 2y  x + 2y 
4  2 x + 2y 
4
1

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng .
4
4 x = x + 2 y
2
1
1

Dấu đẳng thức xảy ra khi 2 z = x + 2 y
⇔x= y= z=
3
2
13
 2
2
2
x + 4 y + 4z = 2x
Câu 10: Cho a, b, c là các số thực không âm.

 a (b + c ) a (b + c ) 
4
2a 2 + 2b 2 + c  2
+ 2
+
2
2 
a +c 
a+b
 b +c
Lời giải
Không giảm tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c ≥ 0 suy ra ab ≥ c 2 . Do đó xét hiệu sau ta có:

a (b + c ) a (b + c )
b ( a − b) + c ( a − c ) a (b − a ) + c (b − c )
+ 2
−2=
+
2
2
2
b +c
a +c
b2 + c2
a2 + c2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

(

)

2
a  ( a − b ) ( ab − c )
 b
≥ (a − b) 2
− 2
≥0
=
2
a + c 2  ( a 2 + c 2 )( b 2 + c 2 )
b +c
2

Từ đó kết hợp với đánh giá quen thuộc 2a 2 + 2b2 ≥ a + b , suy ra
 a (b + c ) a (b + c ) 
2a 2 + 2b 2 + c  2
+ 2
≥ 2 2a 2 + 2b 2 + c ≥ 2 ( a + b + c ) ≥ 2 ( a + b )
2
2 
a +c 
 b +c
Do đó, áp dụng bất đẳng thức AM – GM chúng ta có:
4
2
2
2
2
P ≥ 2(a + b) +
= 2(a + b) +
+
≥ 3 3 2 ( a + b ).
.
=6
a+b
a+b
a+b
a+b a+b
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức đã cho bằng 6 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1; c = 0 .

(

)

(

)

Tham gia Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học Chinh phục Hình phẳng Oxy và Kĩ thuật giải Hệ phương trình – Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn

PHẦN 3: THÔNG BÁO QUAN TRỌNG

GIẢM HỌC PHÍ MÔN TOÁN TRÊN MOON.VN TRONG NGÀY 17/02/2016
STT
1
2
3
4
5
6
7
8
9

Tên khóa học

Luyện thi (Pro-S, Pro-E)
Luyện đề
Tổng ôn
Chinh phục PT vô tỉ

Chinh phục Hình phẳng Oxy
Kĩ thuật giải hệ phương trình
Kĩ thuật sử dụng Casio
TOÁN 10
TOÁN 11

Học phí gốc
500.000 đồng
400.000 đồng
400.000 đồng
200.000 đồng
200.000 đồng
200.000 đồng
100.000 đồng
200.000 đồng
200.000 đồng

Học phí ưu đãi

350.000 đồng
250.000 đồng
250.000 đồng
100.000 đồng
100.000 đồng
100.000 đồng
50.000 đồng
100.000 đồng
100.000 đồng

Thầy Đặng Việt Hùng

Tham gia Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016