Chinh phục điểm 8 9 10 Kỳ thi THPT Quốc gia môn Toán

CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán

----

LOVEBOOK.VN

CHINH PHỤC ĐIỂM 8; 9; 10
Bài 1: (Trích trang 15 cuốn sách ‘’Chinh phục đề thi THPTQG môn Toán ‘’ tập 1.
Tìm m để phương trình sau có 3 nghiệm thực phân biệt:



3  x  1 

1  x  3  x  1  x  3  m 





3 x 1 .

Hướng dẫn giải
Định hướng: Ý tưởng về những bài tìm m để phương trình có nghiệm là không xa lạ gì nữa  Ý tưởng của
chúng ta là cô lập m để thu được dạng m = f(x), sau đó khảo sát f(x) để kết luận các giá trị của m thỏa mãn
điều kiện đề bài.
Với bài này, muốn cô lập m một cách nhanh chóng thì ta chia hai vế cho





chia thì ta phải xét trường hợp x = 2 (để đảm bảo





3  x  1 . Thế nhưng trước khi

3  x  1  0). Khi ta thử x = 2 vào vế trái thì thấy

rằng vế trái cũng bằng 0  chắc chắn vế trái có thể phân tích được nhân tử (x – 2)  nhân tử (x – 2) có thể
chia được cho







3  x  1 (vì cả hai đều có nghiệm bằng x = 2). Thật vậy:



x – 2 = –  3  x  1  



3 x 1





3 x 1 .

Vậy nên ta chọn cách thuận lợi hơn cho lời giải đó là phân tích vế trái chứa nhân tử
được ngắn gọn hơn!
VT = 3  x









3  x  1  1  x  x  2  3  x







3  x  1 để bài giải





3  x  1  1  x 1  3  x 





3 x 1  3 x  1 x 1 3 x  .



Như vậy chuyển vế ta sẽ thu được hai nhân tử là



 

3  x  1 và:

3 x  1 x 

1  x 3  x   m  3

Cái khó còn lại là đi xử lí nhân tử thứ hai:

3 x 
m

1 x 

1 x 

1  x 3  x   m  3  0
3 x 

1  x 3  x   3 (1).

Xử lí phương trình này cũng không hề khó, thường thì ta sẽ đặt:

t

1 x 

3  x  t2  4  2

1  x 3  x 

 (1) gần như đã được xử lí. Thế nhưng với các bạn đã thuần thục việc giải phương trình rồi thì sẽ chọn
cách khảo sát vế phải của (1) luôn để không mất thời gian biện luận theo ẩn t nữa.
Bài giải:
Điều kiện –1  x  3.
Phương trình đã cho tương đương với:

3 x





3  x  1  1  x 1  3  x   3  m 



3 x 1



 3  x  1  3  x  1  x 1  3  x   3  m  3  x  1
  3  x  1  3  x  1  x  1  x 3  x   m  3  0




1
Tài liệu hay: Tailieulovebook.com


CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán
x  2

m  1  x  3  x  1  x 3  x   3 (*)

----

LOVEBOOK.VN

Phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2.
Xét hàm số f  x   1  x  3  x 



 

Với mọi x  1;3 : f’ x 

1
2 1x



1  x 3  x   3 trên 1;3 .
1

2 3x



2x  2
2 1  x 3  x 

f ’  x   0  1  x  3  x  2x  2

 1 x  3 x 



1 x  3 x

 1 x  3 x 1  x 



1 x  3 x

0 .



2 7
.
2

Bảng biến thiên:
–1

x

3

f ’(x)
−

+

0

f(x)
5

1

Dựa vào bảng biến thiên, kết hợp với điều kiện x  2 (và f 2  2  2 3 ) ta có thể kết luận được các giá trị

 11 
của m cần tìm là m  5; 
 2

2  2 3 .

Bài 2: (Trích T24 cuốn sách ‘’Chinh phục đề thi THPTQG môn Toán ‘’ tập 1’’)



x 4x2  9x  6

Giải bất phương trình:
3



2





 1 (x ∈ ℝ).

x 4x  3x  2  1  1

Hướng dẫn giải
Định hướng: Cảm giác đầu tiên khi gặp phải bất phương trình này chắc là cũng khá “ngợp”. Chưa vội động
thủ, tìm điều kiện xác định của phương trình đã nhé
Không khó để tìm được điều kiện xác định của phương trình là x  0.
Bước tiếp theo là bước biến đổi phương trình. Một điều phải thừa nhận là bất phương trình này khá hóc,
khi mà ngay trong bước quy đồng cũng rắc rối (muốn quy đồng đúng, phải chia hai trường hợp là x > 0 và
x < 0), trong khi đó lại không đánh giá được x nhờ vào bất phương trình đã cho. Không sao, “Nắng đã có
mũ, mưa đã có ô, còn giải bất phương trình điều kiện phức tạp đã có phương trình lo”! Thật vậy, ta đi giải
phương trình tương ứng với bất phương trình trên, sau đó dùng bảng xét dấu để kết luận nghiệm của bất
phương trình.
Bất phương trình đã cho tương đương với:

2
Tài liệu hay: Tailieulovebook.com


CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán









x 4x2  9x  6  3 x 4x2  3x  2  1  1
3





x 4x2  3x  2  1  1

----

LOVEBOOK.VN

0.

Ta đi tìm nghiệm của tử số và mẫu số của









x 4x2  9x  6  3 x 4x2  3x  2  1  1
g(x) =

3





và lập bảng xét dấu của g(x).

x 4x2  3x  2  1  1

– Nghiệm của mẫu số: đã tìm trong điều kiện xác định.
– Nghiệm của tử số là nghiệm của phương trình:









x 4x2  9x  6  3 x 4x2  3x  2  1  1 .
Trước tiên, xin được phá cái “vỏ” là các dấu ngoặc để phương trình được dễ nhìn hơn:
3

4x3  9x2  6x  1  4x3  3x2  2x  1 (*).
Đến đây chúng ta có gì? Vế trái là một đa thức bậc ba. Vế phải là một căn thức bậc 3. Vậy giải theo cách thông
thường là lập phương hai vế sẽ chẳng thu được kết quả tốt đẹp gì. Đặt ẩn phụ cũng không khả quan, bởi nếu
3

đặt thì chỉ đặt được t  4x3  3x2  2x  1 mà không biểu diễn được lượng còn lại theo biến t thì cũng
không ổn. Dường như việc bế tắc trong các phương pháp khác cùng với hình thức của phương trình (một
vế bậc 3, một vế chứa căn bậc 3) đã gợi và “ép” ta đi theo phương pháp dùng hàm số này.
Ta sẽ nhẩm tính dùng hàm số bậc ba, bằng cách thêm vào hai vế một lượng đúng bằng lập phương của vế
phải (*). Điều này cũng không có gì quá gượng ép, bởi khi cộng thêm vào hai vế một lượng là

 4x

3



3

3

 3x2  2x  1 thì bên vế phải xuất hiện số hạng có lũy thừa cao nhất là 8x = (2x) , là lập phương của một

lượng “đẹp”.
3

(*)  8x3  12x2  8x  2  4x3  3x2  2x  1  4x3  3x2  2x  1 .
Vậy hàm số ta dùng trong bài toán này đó là f(t) = t3 + t (là hàm đồng biến)
 cần biến đổi vế trái thành dạng (ax + b)3 + (ax + b). Để tìm a, b thì ta dùng phương pháp hệ số bất định:

a3  8
 2
3a b  12
a  2
3
3
2
3 3
2 2
2
3


8x  12x  8x  2  ax  b  ax  b  a x  3a bx  3ab  a x  b  b   2
3ab  a  8 b  1
 3
b  b  2
Việc còn lại của là trình bày ra giấy nữa thôi nhé.
Bài giải:



Điều kiện:

3

 













x 4x2  3x  2  1  1  x 4x2  3x  2  0  x  0.

Bất phương trình đã cho tương đương với:









x 4x2  9x  6  3 x 4x2  3x  2  1  1
3





x 4x2  3x  2  1  1

 0 (**).

Ta xét dấu của vế phải bằng cách tìm nghiệm của tử số và mẫu số:
– Nghiệm của mẫu số: x = 0.
– Nghiệm của tử số là nghiệm của phương trình:









x 4x2  9x  6  3 x 4x2  3x  2  1  1
3
Tài liệu hay: Tailieulovebook.com

 




CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán

----

LOVEBOOK.VN

3

 4x3  9x2  6x  1  4x3  3x2  2x  1
3

 8x3  12x2  8x  2  4x3  3x2  2x  1  4x3  3x2  2x  1





 2x  1  2x  1  4x3  3x2  2x  1  4x3  3x2  2x  1 (1).

3

3

Xét hàm số f(t) = t3 + t trên ℝ. Ta có f’(t) = 3t2 + 1 > 0 với mọi t ∈ ℝ
 f(t) đồng biến trên ℝ.
Mặt khác (1) có dạng
3
3
f 2x  1  f  4x3  3x2  2x  1   2x  1  4x3  3x2  2x  1



 2x  1  4x3  3x2  2x  1  4x3  9x2  4x  0  x  0  x 
3

9  17
.
8

Lập bảng xét dấu của vế phải (**):
x

0

–

Tử số VP(**)
Mẫu số VP(**)

–

VP(**)

+

0

+

0

–

–
0

–

–
+
+

0

+

+

Dựa vào bảng xét dấu, ta kết luận được tập nghiệm của bất phương trình là:


9  17   9  17 
S =  ;
; 0   0;    .


8
8

 

Bài 3: (Trích T47cuốn sách ‘’Chinh phục đề thi THPTQG môn Toán ‘’ tập 1.)
Giải phương trình:

3

x2  1  x3  2  x  0 (x ∈ ℝ).

Hướng dẫn giải
Định hướng: Phương trình rõ ràng chứa hai loại căn thức khác bậc, vậy nên hướng đi chính của ta là liên
hợp hoặc dùng hàm số, đánh giá.
– Hướng 1: Sử dụng phép liên hợp:
Trong sử dụng phép liên hợp thì cần chú ý điều kiện xác định của bài toán để có thể đánh giá được một cách
3

chặt chẽ nhất: x  2 .
Không khó để nhẩm được nghiệm của phương trình là x = 3 (có thể dùng máy tính để solve), vậy nên ta sẽ
dùng cách nhân liên hợp với hằng số để giải quyết (trường hợp này nếu dùng liên hợp với biểu thức thì
phức tạp hơn):
3

3
x2  1  x3  2  x  0   x2  1  2    x  3   5  x3  2   0





x2  9


3

 x  1
2

2

  x  3 

3

2

2 x 1  4

27  x3
5  x3  2

0




x 3
x2  3x  9 
 0
  x  3 
1
2
3
3 2
3 2
5 x 2
 x 1 2 x 1  4








4
Tài liệu hay: Tailieulovebook.com


CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán
x  3


x 3
x2  3x  9


1

 0 (*)

2
3
3
2
2
5

x

2
3 x 1 2 x 1  4




----

LOVEBOOK.VN



Đến đây ta sẽ đi chứng minh (*) vô nghiệm. Một dấu hiệu để đi theo hướng này là khi dùng máy tính solve

x 3

thấy không ra nghiệm. Hơn nữa nhận xét các phân số:+) + Phân số
3

hơn bậc mẫu (1 <

 x  1
2

2

3

có bậc tử bé
2

2 x 1  4

4
) nên lim của nó khi đến vô cực là 0. Ta thử với cận gần nhất là
3

x  3 2 thì được giá

trị phân số xấp xỉ 0,7. Thử với x = 2, x = 3 thì thấy giá trị phân số bắt đầu giảm. Vậy nên ta sẽ dự đoán phân
số có giá trị < 1.
x2  3x  9

+) Phân số

3

5 x 2

có bậc tử lớn hơn bậc mẫu nên dễ dàng thấy lim của nó khi đến dương vô cực là
3

dương vô cực. Thử với cận gần nhất x  2 thì thấy nó đã > 2. Khi thử các giá trị lớn hơn thì thấy giá trị
phân số tăng. Với dự đoán phân số này > 2 cùng với dự đoán thứ nhất, chúng ta có thể hoàn toàn chứng
minh được phương trình (*) vô nghiệm.
Đầu tiên ta chứng minh:

x 3
3

 x  1

2

2



 1  x  3 x2  1

3

 2 x2  1  4



2

3

 2 x2  1  1 .

Vậy nên chỉ cần chứng minh:



x  3 x2  1



2



 1  x  1  3 x2  1





2

  x  1  x2  1





3



2

 x4  x3  x2  3x  2  0   x  1 x2  x  2  0 , luôn đúng với x  2 .
2

3

Tiếp theo ta chứng minh:
x2  3x  9
3

5 x 2



 2  x2  3x  1  2 x3  2  x2  3x  1



 x2  x

   x  3
2

2

  2  x  2
2

3

 5x2  0

Điều này luôn đúng.
Như vậy:
x 3

1

2
3 2
3 x2  1

2 x 1  4
x 3
x2  3x  9


1
0.


2
3
3 2
5

x

2
 x2  3x  9
3 x2  1
2 x 1  4
2

3

5  x  2
Từ đó suy ra (*) vô nghiệm. Vậy nghiệm của phương trình là x = 3.
– Hướng 2: Sử dụng đạo hàm.
Trong trường hợp này thì không thể dùng hàm số dạng f(g(x)) = f(h(x)) được, mà phải dùng đến sự can
thiệp của đạo hàm trực tiếp.







Xét f(x) =



x  1  x3  2  x trên  3 2;    .


3 2

5
Tài liệu hay: Tailieulovebook.com


CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán
2x
3x2

1.
Ta có: f’(x) 
2
3
2 x 2
33 x2  1



----

LOVEBOOK.VN



Nhận xét các phân số có trong đạo hàm:

2x

+) Phân số



2

33 x  1
các giá trị



2

có bậc tử bé hơn bậc mẫu, nên lim của nó đến vô cùng là bằng 0. Đồng thời khi thử

x  3 2 , x = 2, x = 3,… vào thì thấy giá trị phân số giảm (có thể dùng chức năng TABLE của máy

tính để việc này nhanh chóng hơn)  nhận thấy giá trị phân số < 1,3. Vậy nếu

3x2
2 x3  2

< –2,3 thì hoàn

toàn chứng minh được f ’(x)  0 .
3x2

+) Phân số

(lưu ý có dấu trừ đi trước phân số này), có bậc tử lớn hơn bậc mẫu nên lim của nó đến
2 x3  2
vô cực chính bằng âm vô cực. Dùng chức năng TABLE của máy tính, ta nhận xét chung thấy giá trị của phân
số bé hơn –2,3, chính là điều ta mong đợi. Vậy cùng đi chứng minh nó vô nghiệm nhé!
Với các nhận xét trên thì bạn hãy thử cách chứng minh f’(x) < 0 nhé!
Bài giải:
+) Điều kiện:

x  3 2 . Phương trình đã cho tương đương với:

 3 x 2  1  2   x  3   5  x3  2   0
 

 





x2  9


3

 x  1

2

2

3

  x  3 
2

 2 x 1  4

27  x3
5  x3  2

0



2

x 3
x  3x  9 
 0
  x  3 
1
2
3
3 2
3 2
5 x 2
 x 1 2 x 1  4









x  3

x 3
x2  3x  9


1

 0 (*)

2
3
3
5 x 2
 3 x2  1  2 x2  1  4

+) Ta sẽ đi chứng minh:





x 3

3

 x  1
2

2



 1  x  3 x2  1

3

 2 x2  1  4



2

3

 2 x2  1  1 .

Muốn điều này xảy ra chỉ cần:



x  3 x2  1



2



 1  x  1  3 x2  1





2

  x  1  x2  1





3



2

 x4  x3  x2  3x  2  0   x  1 x2  x  2  0 , luôn đúng với x  2 .
2

3

Tiếp theo ta chứng minh:

6
Tài liệu hay: Tailieulovebook.com


CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán
2

x  3x  9
3



 2  x2  3x  1  2 x3  2  x2  3x  1

5 x 2
Điều này luôn đúng.
Như vậy:

  2  x  2   x
2

3

2

x

----

LOVEBOOK.VN

   x  3
2

2

 5x2  0

x 3

1

2
3
2
2
3

x 3
x2  3x  9
 x 1 2 x 1  4

1
0.

2
3
3

2
2
5

x

2
 x2  3x  9
3 x 1
2 x 1  4
2

3

5  x  2









Từ đó suy ra (*) vô nghiệm. Vậy nghiệm của phương trình là x = 3.
Bài 4: (Trích T59cuốn sách ‘’Chinh phục đề thi THPTQG môn Toán ‘’ tập 1)
x  x  2  x 

Giải bất phương trình:

 x  1

3

(x ∈ ℝ).

Hướng dẫn giải
Định hướng: Bất phương trình này khá vô hướng khi mà việc sử dụng các phương pháp như hàm số, nhân
liên hợp, đánh giá bị hạn chế do không nhẩm được nghiệm đẹp của phương trình, còn phương pháp đặt ẩn
phụ cũng tỏ ra không hiệu quả khi trong phương trình ít có móc xích với nhau. Thử chia hai vế cho

x hay

x  1 , x  2 cũng không thấy hi vọng gì. Vậy nên, để có một cách đánh giá khách qua hơn về bất phương
trình, ta gần như phải bình phương hai vế lên (mục đích khử mất căn – trong bài toán này thì nhẩm tính
bình phương hai lần để mất căn thì sẽ thu được một bất phương trình bậc 6):
x  x  2  x 

 x  1

3

 x  x  2  x  2x x  2   x  1

3

 2x x  2  x3  2x2  1
Theo nhẩm tính bình phương lên một lần nữa để thu được phương trình bậc 6 đã giúp ta “chệch hướng”
khác. Đến đây ta thấy rằng:

x

x 2



2

 x3  2x2 → bất phương trình trở nên đơn giản.

Bài giải:
+) Điều kiện: x  0.
Bất phương trình đã cho tương đương với:



x  x  2  x

   x  1  x  x  2  x  2x
2

3

x  2   x  1

3

 x3  2x2  2x x  2  1  0



 x x 2



2



 2x x  2  1  0  x x  2  1





2

0



 x x  2  1  x3  2x2  1   x  1 x2  x  1  0  x 
Vậy bất phương trình có nghiệm duy nhất là x =

5 1
(do x  0).
2

5 1
.

2

Bài 5: (Trích T71 cuốn sách ‘’Chinh phục đề thi THPTQG môn Toán ‘’ tập 1.)
7
Tài liệu hay: Tailieulovebook.com


CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán
Giải bất phương trình:

x 3
x 33 x 1



----

LOVEBOOK.VN

3 4x
(x ∈ ℝ).
x

Hướng dẫn giải
Định hướng, phân tích: Ta thấy rằng bất phương trình này khá là phức tạp về mặt hình thức. Vậy nên điều
đầu tiên nên làm đó là giảm độ phức tạp của nó đi (nếu có thể).
Một thần chú khi mẫu thức có dạng (ax + b + c dx  e ) và thấy hình thức phức tạp thì hãy thử xem nhân
liên hợp có giúp được gì cho bài toán không.

 x  3

x 1 

2

x 33

 9  x  1

x 33 x 1



x  x  3
x 33 x 1

.

Đến đây thì thấy mẫu số có (x – 3) để rút gọn cho tử số, đồng thời có x “giống với mẫu số vế phải” (chứ chưa
được rút gọn cho vế phải do còn chưa xác định được dấu của x để quy đồng).
Vậy sau khi liên hợp ta thu được bất phương trình:

x 33 x 1 3 4  x

. Vì bất phương trình này còn
x
x

chồng chéo ở việc quy đồng (phải chia trường hợp x > 0, x < 0 mới quy đồng được) nên ta lại dùng “phương
trình để xử lí bất phương trình” (cách lập bảng xét dấu).
Ta đi tìm nghiệm của tử số bằng cách giải phương trình

x  3  3 x  1  3 4  x  0 trên miền xác định của nó là [–1; 4]. Giải phương trình này thì không khó,
nhưng nhận thấy vế phải là hàm tăng (khi x tăng thì vế phải tăng)  dễ nhẩm được nghiệm duy nhất x = 0.
Vậy tóm lại thì nếu chia hai trường hợp x > 0 và x < 0 thì cũng không khó để lí luận về nghiệm của bất
phương trình nữa .
Thực ra việc định hướng trên là cho những bạn nào “thường lao vào bài toán ngay” mà không tìm điều kiện
trước. Nếu tìm điều kiện trước thì ta phát hiện vấn đề một cách đơn giản:

x  0
2
x  3  3 x  1   x  3  9  x  1   
→ chứng tỏ mẫu số có hai nghiệm là x = 0 và x = 3 → tức là
x  3
mẫu số này có thể phân tích thành dạng x(x – 3)  Định hướng rút gọn của bài toán.
Bài giải:
4  x  1
4  x  1
4  x  1




+) Điều kiện: x  0
 x  0
 x  0


x  3
2


x  3  3 x  1

 x  3  9  x  1

Với điều kiện trên thì bất phương trình đã cho tương đương với:
x 3

 x  3

2

 9  x  1







 x  3 x  3  3 x  1 3 4  x
3 4x


x
x
x  x  3

x 33 x 1



x 33 x 1 3 4 x
x 33 x 1 3 4  x


 0 (*).
x
x
x

+) Nếu 4  x > 0 và x  3 thì


x 33 x 1 3 4  x 0 33 1 3 4 0

x 33 x 1 3 4  x
 0  (*) được thỏa mãn.
x

+) Nếu 0 > x  –1 thì

x 33 x 1 3 4  x 0 33 1 3 4 0
8

Tài liệu hay: Tailieulovebook.com


CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán


----

LOVEBOOK.VN

x 33 x 1 3 4  x
 0 , cũng thỏa mãn (*).
x

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = [–1; 4] \ {0; 3}.

Bài 6: (Trích T21cuốn sách ‘’Chinh phục Hệ Phương Trình‘’ )
y 2 = (5x + 4)(4 − x) (1)
Giải hệ phương trình: { 2
y − 5x 2 − 4xy + 16x − 8y + 16 = 0 (2)
Hướng dẫn giải
Hướng dẫn:
Khi gặp một phương trình hai ẩn mà có thể quy về phương trình bậc hai đối với một ẩn, việc đầu
tiên ta cần nghĩ đến là xem có đưa được phương trình đó về phương trình tích hay không. Đương nhiên, khi
đã là phương trình bậc hai đối với một ẩn, ta không dại gì cố gắng mò mẫm số hạng để thêm bớt rồi nhóm
ra thành nhân tử, mà ta sẽ tính ∆. Khi ∆ chính phương, có nghĩa là ta sẽ biểu thị được ẩn này qua ẩn kia và
ngược lại. ∆x và ∆y sẽ cùng chính phương hoặc không cùng chính phương. Cụ thể với ví dụ trên, ta làm như
sau:
(2) ⇔ y 2 − (4x + 8)y − 5x 2 + 16x + 16 = 0
x = (2x + 4) + 3x = 5x + 4
Δ′y = (2x + 4)2 + (5x 2 − 16x − 16) = 9x 2 ⇒ [
x = (2x + 4) − 3x = 4 − x
Đương nhiên thì các bước trên chỉ là “nháp”! Khi trình bày, ta sẽ viết luôn về phương trình tích cho nhanh;
còn nếu trình bày như trên vào bài làm thì bạn chắc chắn sẽ không được điểm nào! Lý do là vì chưa biết x
âm hay dương mà có thể khai căn của ∆’ thành 3x.
y = 5x + 4

(2) ⇔ (y − 5x − 4)(y + x − 4) = 0 ⇔ [
y=4−x
Bài giải chi tiết
Phương trình (2) tương đương với:
(2) ⇔ (y − 5x − 4)(y + x − 4) = 0 ⇔ [





y = 5x + 4
y=4−x

y = 5x + 4;
(1) ⇔ (5x + 4)2 + (5x + 4)(x − 4) = 0 ⇔ 6x. (5x + 4)
x=0⇒y=4
4
⇔[
x=− ⇒y=0
5
y = 4 − x; (1) ⇔ (x − 4)2 + (5x + 4)(x − 4) = 0 ⇔ 6x(x − 4) = 0
x=0⇒y=4
⇔[
x=4⇒y=0
4
x 0 x 4 x
;
;
Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm là:
5

y 4 y 0
y 0

Nguồn gốc: Bài hệ phương trình trên không quá khó để nhìn ra lời giải, và cũng không quá khó để
tạo ta một, thậm chí vô số các bài toán có hướng giải tương tự. Ta chỉ cần lấy tích của hai biểu thức hai biến
bậc nhất với một ẩn nào đó (cả hai ẩn cũng không sao) làm một phương trình, phương trình còn lại do ta
tự chọn. Vì ta chỉ cần một phương trình đầu tiên là vấn đề của bài toán sẽ được giải quyết nhanh chóng.
Bài 7: (Trích T24cuốn sách Chinh phục hệ phương trình‘’
9
Tài liệu hay: Tailieulovebook.com


CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán
y
 2
x -x-y =
(1)

3 x-y

Giải hệ phương trình: 



----

LOVEBOOK.VN



2 x2 + y 2 - 3 2x - 1 = 11 (2)


Hướng dẫn giải
Hướng dẫn: Cả hai phương trình trong hệ đều có hình dạng không thiện cảm cho lắm.Tuy nhiên nếu
để ý một chút thì bạn sẽ nhận thấy rằng (x 2 − x − y) − y 2 = (x + y)(x − y − 1). Cái tích này có liên quan ít
nhiều đến thành phần (x − y) ở dưới mẫu. Nên ta sẽ biến đổi như sau:
y
y
(1) ⇔ 3√x − y =
⇔ 3√x − y − 1 =
−1
2
2
√x − x − y
√x − x − y
(x + y)(x − y − 1)
x−y−1
⇔3
+
=0
3
√(x − y)2 + √x − y + 1
√x 2 − x − y + 1

1
x+y
⇔ (x − y − 1) ( 3
+
)=0

3
√(x − y)2 + √x − y + 1 √x 2 − x − y + 1
Đến đây thì bài toán đã dần dần có thiện cảm!
Khi thế vào (2), ta lại được một phương trình cũng hơi cồng kềnh chút:
(2x − 1)2 − 3√2x − 1 − 10 = 0
Tuy nhiên, bạn nên coi phương trình này là phương trình bậc bốn đối với ẩn √2x − 1. Kết quả là bạn sẽ giải
được phương trình này mà không phải bình phương lên như những phương trình vô tỉ khác.
Bài giải chi tiết
x≠y
x −x−y ≥ 0
2

Điều kiện:

x≥

{
Nếu y < 0 ⇒
-

y
3

√x − y

1
2
< 0 ⇒ √x 2 − x − y < 0 (vô lý). Nên y ≥ 0

y=0

y=0
Với x 2 − x − y = 0; (1) ⇒ { 2
⇔ { x = 0 không thỏa mãn (2)
[
x −x=0
x=1
Với x 2 − x − y > 0; ta có:
y
y
(1) ⇔ 3√x − y =
⇔ 3√x − y − 1 =
−1
2
2
√x − x − y
√x − x − y
(x + y)(x − y − 1)
x−y−1
⇔3
+
=0
3
√(x − y)2 + √x − y + 1
√x 2 − x − y + 1
1
x+y
⇔ (x − y − 1) ( 3
+
)=0
√(x − y)2 + 3√x − y + 1 √x 2 − x − y + 1

⇔y=x−1

Khi đó:
(2) ⇔ (2x − 1)2 − 3√2x − 1 − 10 = 0
1
⇔ (√2x − 1 − 2) [√(2x − 1)3 + 3(2x − 1) + 4√2x − 1 + 5] = 0 (vì x ≥ )
2
5
3
⇔ √2x − 1 = 2 ⇔ x = ⇒ y = (thỏa mãn)
2
2

10
Tài liệu hay: Tailieulovebook.com


CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán

----

5
2
Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm là:
3
y
2
Bài 8: (Trích T28cuốn sách ‘’Chinh phục Hệ Phương Trình‘’ )
x

 x  2  x 2  y 2  xy  x  y   2  y  4

Giải hệ phương trình 
2

 1  y  x  2  x  y  1  4x  3
Hướng dẫn giải
Bài giải chi tiết:
 x 2  y 2  xy  x  y   0

Điều kiện:  x  2
4  y  1


Từ (2) ta có: 4x  3  x 2 1  y   1  y  x  2  0  x 
Phương trình (1) tương đương với:



 x  2   y  4
x2  y4
xy2
x2  y4




3
 x2 0
4

x  2  y  4  x 2  y2  xy  x  y   2  0

x 2  y 2  xy  x  y   4
x 2  y2  xy  x  y   2

0

 x  y  2  x  y  xy  2 
0
x 2  y 2  xy  x  y   2


1
  x  y  2 

 x2  y4



  0 (3)
x 2  y 2  xy  x  y   2 
x  y  xy  2

3
Ta có: x  y  xy  2  x 1  y   1  y   1   x  11  y   1  0 do x  ; y  1
4
x  y  xy  2
1



0
2
x2  y4
x  y 2  xy  x  y   2
Nên  3  x  y  2  0 thay vào (2) ta được:
3  x  2  x  x 2  x  3  4x  3  x3  3x 2  4x  3  x  2  3  x  0 (4)

3 
Xét hàm số f  x   x3  3x 2  4x  3  x  2  3  x với x   ; 3
4 

Có f '  x   3x 2  6x  4 

1
2 x2



1
2 3 x

 3  x  1  1 

x  2  3 x
2 x  2. 3  x

3 
Do  x  2   3  x   2x  1  0 x   ;3   x  2  3  x  x  2  3  x  0
4 

3 
 f '  x   0  f  x  đồng biến trên  ;3
4 

Suy ra  4  f  x   f  2   x  2  y  0
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất  x, y    2; 0  .
Bài 9: (Trích T52cuốn sách ‘’Chinh phục Hệ Phương Trình‘’ . )

11
Tài liệu hay: Tailieulovebook.com

LOVEBOOK.VN


CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán

----

LOVEBOOK.VN

 2
1 
2 
 x  y  1  2 2   49
xy 


Giải hệ phương trình: 
 x  y 1  1   5




xy 


Hướng dẫn giải





Hướng dẫn:
Nhận thấy ngay đây là Hệ phương trình đối xứng loại hai. Tuy nhiên nếu tiến hành đặt ẩn ngay theo
cách truyền thống thì có vẻ sẽ tạo ra một hệ cồng kềnh vì dính phải phân số. Vậy ta chỉ còn cách là nhân tung
phá ngoặc.
1
1
1
1
x 2 + y 2 + 2 + 2 = 49
(x 2 + 2 ) + (y 2 + 2 ) = 49
x
y
x
y
Hệ phương trình ⇔
⇔
1 1
1

1
x+y+ + =5
(x + ) + (y + ) = 5
{
x y
{
x
y
Đến đây, bạn đã có thể nhìn ra hai ẩn mới xuất hiện trong hệ phương trình. Và rất hay là hệ của hai ẩn mới
này cũng là hệ đối xứng loại một, do đó cách giải quyết không hề khó khăn khi không dính phải mẫu số như
việc để nguyên ban đầu.
Bài giải chi tiết
Điều kiện: xy ≠ 0
Hệ phương trình đã cho tương đương với:
1
1
1
1
x 2 + y 2 + 2 + 2 = 49
(x 2 + 2 ) + (y 2 + 2 ) = 49
x
y
x
y
hphương trình ⇔
⇔
1 1
1
1
x+y+ + =5

(x + ) + (y + ) = 5
{
x y
{
x
y
1
1
|a| = |x + | = |x| +
≥2
|x|
x
1
1
a2 = x 2 + 2 + 2
a=x+
x
x
Đặt
1
1
1⇔
|b| = |y + | = |y| +
≥2
b=y+
|y|
y
{
y
1

b2 = y 2 + 2 + 2
{
y
Khi đó, ta thu được hệ:
2
2
2
2
{a − 2 + b − 2 = 49 ⇔ {a + b = 53
a+b=5
a+b = 5
a=7
{
a+b=5
(a + b)2 − 2ab = 53
b
⇔{
⇔{
⇔ [ = −2 (thỏa mãn)
a = −2
ab = −14
a+b=5
{
b=7
1
x+ =7
x
7 ± 3√5
x=
1

{
2
y + = −2
{
y
y = −1
(thỏa mãn)
⇔
⇔
1
7
±
3√5
x + = −2
x
{y =
2
1
[
x
=
−1
y+ =7
y
[{

12
Tài liệu hay: Tailieulovebook.com

CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán
Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm là:

7

x
y

----

LOVEBOOK.VN

3 5
7 3 5
y
;
2
2
1
x
1

Bài 10: (Trích T63cuốn sách ‘’Chinh phục Hệ Phương Trình‘’ )

 2x  y  2  x  2y  3  3 1
Giải hệ phương trình:  2 2
x  y  xy  9  x  y   25
Hướng dẫn giải
Hướng dẫn:
Nhận thấy hệ phương trình không ở dạng chuẩn tắc để có thể khai triển theo phương pháp Hệ số

bất định; tuy nhiên khi ta khử căn bằng việc bình phương hai vế của phương trình đầu thì sẽ thu được dạng
chuẩn tắc ở cả hai phương trình.
Bài giải chi tiết
2x − y + 2 ≥ 0
Điều kiện: {
x + 2y − 3 ≥ 0
Phương trình (1) tương đương với:
(1) ⇔ 3x + y − 1 + 2√(2x − y + 2)(x + 2y − 3) = 9 ⇔ 2√(2x − y + 2)(x + 2y − 3) = 10 − 3x − y
10 − 3x − y ≥ 0
⇔{
4(2x − y + 2)(x + 2y − 3) = (10 − 3x − y)2
10 − 3x − y ≥ 0
⇔{ 2
x + 9y 2 − 6xy − 44x − 48y + 124 = 0
x 2 − y 2 − xy + 9(x + y) = 25 (2)
Vậy ta được hệ phương trình: { 2
x + 9y 2 − 6xy − 44x − 48y + 124 = 0 (3)
Lấy (2) + 5. (3), ta được:
x 2 − y 2 − xy + 9x + 9y + 5(x 2 + 9y 2 − 6xy − 44x − 48y + 124) = 25
3x − 4y − 1 = 0
⇔ (3x − 4y − 1)(2x − y + 1) = 0 ⇔ [
2x − y + 1 = 0
Với 3x − 4y − 1 = 0; kết hợp với (2) ta được:
131 ± √14976
3x − 1
x=
3x − 4y − 1 = 0
y=
5
⇔{

⇔
{ 2
4
x − y 2 − xy + 9(x + y) = 25
388 ± 3√14976
−5x 2 + 262x − 437 = 0
y=
20
{
Với 2x − y + 1 = 0; kết hợp với (2) ta được:
x=1⇒y=3
2x − y + 1 = 0
y = 2x + 1
17
39
⇔{
⇔[
{ 2
x − y 2 − xy + 9(x + y) = 25
x=
⇒y=
−5x 2 + 22x − 17 = 0
5
5
Đối chiếu với điều kiện, ta được các nghiệm của hệ phương trình là:
131 + √14976
17
x=
x
=

1
5
5
;{
;{
388 + 3√14976 y = 3 y = 39
y=
5
20
{
Nguồn gốc: Thật ra để tạo ra một hệ phương trình như trên cũng không phải khó. Bạn có thể nhận
thấy rằng phương trình chứa căn thức là phương trình mà ta sẽ phải chọn đầu tiên, vì ta không thể nắn ra
được phương trình này. Sau đó ta tiếp tục đi từ một phương trình bậc hai tổng quát rồi trừ đi kết quả bình
phương của phương trình chứa căn thức. Các phương trình hệ quả cuối cùng chỉ toàn phương trình bậc hai,
do đó ta luôn có thể giải được.
Cụ thể, ta sẽ thử tạo như sau:
x=

-

Chọn phương trình căn thức trước: √x + y − 1 − √x − 2y + 1 = 1
13

Tài liệu hay: Tailieulovebook.com


CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán
-

----

LOVEBOOK.VN

Bình phương hai lần để tạo thành một phương trình thành phần:
Phương trình ⇔ 2x − y + 2√(x + y − 1)(x − 2y + 1) = 1

⇔ 2√(x + y − 1)(x − 2y + 1) = 1 − 2x + y
⇔ 4(x 2 − 2y 2 − xy + 3y − 1) = 4x 2 + y 2 + 1 − 4x + 2y − 4xy
⇔ 9y 2 − 4x − 10y + 5 = 0 (∗)
- Chọn một phương trình tích làm đích:
(x − 3y + 1)(2x + 3y − 2) = 0
⇔ 2x 2 − 9y 2 − 3xy + 9y − 2 = 0 (∗∗)
Từ (∗) và (∗∗), ta đi tìm phương trình còn lại của hệ bằng cách tổng hợp tuyến tính hai phương trình
này lại với nhau. Giả dụ ta lấy (∗∗) − 3(∗), ta được:
(2x 2 − 9y 2 − 3xy + 9y − 2) − 3(9y 2 − 4x − 10y + 5) = 2x 2 − 36y 2 − 3xy + 12x + 39y − 17 = 0
2x 2 − 36y 2 − 3xy + 12x + 39y − 17 = 0
Vậy ta thu được hệ phương trình: {
9y 2 − 4x − 10y + 5 = 0
Hệ này chắc chắn tồn tại một hệ số tỉ lệ k = 3.
Bài 11: (Trích T66 cuốn sách ‘’Chinh phục Hệ Phương Trình‘’ )

xy  x  y  3 1
Giải hệ phương trình:  3
2
3

4x  12x  9x  y  6y  5 2
Hướng dẫn giải
Bài giải chi tiết:
Hệ phương trình đã cho tương đương với:

3xy − 3x + 3y = 9
Phương trình ⇔ { 3
4x + 12x 2 + 9x = −y 3 + 6y + 5
Trừ theo vế hai phương trình trong hệ cho nhau, ta được:
4x 3 + 12x 2 + 12x + 4 = −y 3 + 3xy + 9x
⇔ 4(x + 1)3 + 4y 3 = 3y 3 + 3xy + 9
⇔ 4(x + 1 + y)[(x + 1)2 + y(x + 1) + y 2 ] = 3y(y 2 + x + 3)
Thay xy − x + y = 3vào, ta được kết quả:
⇔ 4(x + 1 + y)[(x + 1)2 + y(x + 1) + y 2 ] = 3y(y 2 + xy + y)
⇔ 4(x + 1 + y)[(x + 1)2 + y(x + 1) + y 2 ] = 3y 2 (x + y + 1)
y = −1 − x
⇔ (x + y + 1)(2x + y − 2)2 = 0 ⇔ [
y = 2x + 2
- TH1: Với y = −1 − x; phương trình (1) trở thành:
(1) ⇔ x(−1 − x) − x − 1 − x = 3 ⇔ x 2 + 3x + 4 = 0 ⇔ x ∈ ∅
- TH2: Với y = 2x + 2; phương trình (1) trở thành:
−3 ± √17
(1) ⇔ x(2x + 2) − x + 2x + 3 = 3 ⇔ 2x 2 + 3x − 1 = 0 ⇔ x =
2
1 ± √17
⇒y=
2
3
17
x
2
Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm là:
1
17
y

2
 Cách 2: Rút – thế:
- Với x = −1 không thỏa mãn hệ phương trình.
14
Tài liệu hay: Tailieulovebook.com


CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán
-

----

LOVEBOOK.VN

Với x ≠ −1, phương trình (1) tương đương với:
(1) ⇔ y(x + 1) = x + 3 ⇔ y =

Đem thế vào phương trình (2), ta được:

x+3
x+1

x+3 3
x+3
4x 3 + 12x 2 + 9x = − (
) +6
+5
x+1
x+1
⇔ (x 2 + 3x + 4)(2x 2 + 3x − 1) = 0 ⇔ 2x 2 + 3x − 1 = 0 ⇔ x =

−3 ± √17
2

Đến đây ta giải quyết tương tự như ở cách 1.
 Cách 3:
Hệ phương trình đã cho tương đương với:
y(x + 1) = x + 1 + 2
{
4(x + 1)3 − 3(x + 1) = −y 3 + 6y + 6
Đặt t = x + 1. Khi đó hệ phương trình trở thành:
yt = t + 2
yt = t + 2
⇔{ 3
{ 3
3
3
4t − 3t = −y + 6y + 6
4t + y − 3(t + 2) − 6y = 0
yt = t + 2
yt = t + 2
⇔{ 3
⇔{ 3
3
3
4t + y − 3yt − 6y = 0
4t + y − 3y(t + 2) = 0
yt = t + 2
yt = t + 2
yt = t + 2

⇔{ 3
⇔{
⇔{ t+y=0
(t + y)(2t − y)2 = 0
[
4t + y 3 − 3y 2 t = 0
y = 2t
Đến đây, bạn có thể giải quyết bài toán một cách dễ dàng.
 Cách 4:
Hệ phương trình đã cho tương đương với:
(x + 1)(y − 1) = 2
{
3
4(x + 1) − 3(x + 1) + (y − 1)3 + 3(y − 1)2 − 3(y − 1) − 11 = 0
u=x+1
Đặt {
v=y−2
Ta có thể giải quyêt bài toán bằng phương pháp Thế.
Nhận xét: Tóm lại thì trong bốn cách giải quyết của bài toán đã được nêu ra, ta thấy rằng cách 1 là cách có
sẵn, tuy nhiên công đoạn trình bày hơi mất thời gian. Cách 2 cũng rất tự nhiên theo quan điểm rút – thế, tuy
nhiên sẽ vướng phải phương trình bậc bốn và phương pháp hệ số bất định trong phương trình.
Bài 12: (Trích T254cuốn sách ‘’Chinh phục Hình giải tích Oxy)

Hướng dẫn giải
Phân tích:

15
Tài liệu hay: Tailieulovebook.com

CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán
Trên cơ sở của bài toán gốc, mình sẽ sử dụng trực tiếp
tính chất AM  BN để giải quanh làmyết bài tập này.
Về cơ bản trong bài toán này, mình cần chứng minh được
tính chất hình học của bài toán gốc; khéo léo áp dụng linh hoạt
các điều kiện đề cho và điều kiện tìm được. Mình sẽ quan tâm
hơn tới việc lập phương trình đường thẳng chứa A (do giả thiết
cho A thuộc 1 phương trình đường thẳng không có tính chất
đặc biệt với hình. Sau đó, mình sử dụng thêm tính chất cơ bản
của hình để giải (trong bài này, mình đã sử dụng tính chất
vuông góc để xử lí nốt bài toán). Vì vậy trước tiên với 2 điểm B
và H mình sẽ lập được phương trình BH và phương trình AM
do AM  BN
Khi đã lập xong cạnh AM thì sử dụng thêm giả thiết A

----

LOVEBOOK.VN

A

B

H
M

D
N

C

thuộc    : x  2y  4  0 để tìm ra tọa độ điểm A bằng cách giải hệ phương trình tương giao giữa AM và ∆.
Tiếp tục tham số hóa tọa độ điểm M trên đường thẳng AM đã lập và sử dụng thêm tính chất vuông góc của
2 cạnh kề hình vuông: AB và BM; mình sẽ tìm được tọa độ điểm M. Đoạn BC khi đã biết B và trung điểm M,
chúng ta sẽ tìm được tọa độ điểm C. Hình vuông ABCD khi đã có tọa độ 3 đỉnh A, B, C thì mình sẽ tìm được
nốt điểm D.
Lời giải:

 BN  : 3x  y  4  0

Ta có BN  AM  
4 
8

 AM  :  x  5   3  y  5   0

 



4 
8
 x    3  y    0 x  4

 A  4; 0
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 
5 
5
y  0
x  2y  4  0



Ta có  AM : x 3 y  4  0  M 3a  4; a   BM  3a  4;a  4
Lại có AB  BM  BM.AB  0  4 3a  4  4  a  4  0  a  2  M 2;2  C  4;0
Mà A  4; 0 ; B0; 4 ; C  4; 0  D 0; 4
Vậy A  4; 0 ; C  4; 0 ; D 0; 4 

Bài 13: (Trích T258 cuốn sách ‘’Chinh phục Hình giải tích Oxy)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh B(0; 4). Gọi M và N lần lượt là trung
4 8
điểm của BC và CD. Gọi H  ;  là giao của AM và BN.
5 5
Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD, biết A nằm trên    : x  2y  4  0
Hướng dẫn giải
Phân tích:

16
Tài liệu hay: Tailieulovebook.com


CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán
A

B

H
M

D
N

----

LOVEBOOK.VN

Bài toán này đã tạo cho mình 1 ấn tượng về điểm H  lại 1 lần
nữa điểm H xuất hiện. Và mình vẫn có quan điểm lập 2 đường
quan trọng qua H. Nhưng mà...... không có bất kì điểm nào
trên 2 đường quan trọng đó. Chẳng nhẽ mình lại phải “bó tay”.
Hay là không lập phương trình qua H nữa, nhưng cũng chẳng
còn gì để lập, để tạo 1 hướng giải mới. Nhớ lại chút kiến thức
cơ bản thôi! Một đường thẳng hoàn toàn xác định nếu biết
điểm và pháp tuyến. Có điểm rồi, bây giờ tìm pháp tuyến thôi.
Chưa có gì cả thì đừng nản nhé các bạn, mình cứ gọi pháp
tuyến đã rồi tìm cách tính pháp tuyến sau. Việc tìm pháp
tuyến có lẽ sẽ dựa vào góc giữa 2 đường thẳng thôi, vì ngoài
H ra thì mình chỉ có thêm đường BC để tìm tòi.

C

Bây giờ thì mạnh dạn tính góc trên hình thật đã, rồi mới ghép tọa độ vào  yeah!! Mình tính được
2
cosNBC 
nên mình sẽ tìm được pháp tuyến của NB, dựa vào cos(BN;BC). Tiếp tục quá trình quen thuộc
5
lập phương trình BH và AM. Nhờ có BH và BC, mình sẽ giải hệ tương giao để tìm ra tọa độ B. Nhờ có AM và
BC, mình sẽ tìm ra tọa độ trung điểm M của BC và tìm được luôn C. Sau khi đã có tọa độ B và C, mình lập
được phương trình AB qua B vuông góc với BC. Và tìm tọa dộ A bằng cách
giải hệ tương giao của 2 đương thẳng AB và AH. Cuối cùng là tìm D và kết thúc bài toán 
Lời giải:

Gọi độ dài cạnh hình vuông là a
2

a 5
BC 2
a
Ta có BN     a2 
 cosNBC 

2
BN
5
2

Gọi nBN   m;n  cos  BC; BN  

mn

m

2



 n2 12  12



m  3n
2



n
5 m 

3

4 
8

TH1: m  3n  chọn m=3  n  1   BN  : 3 x    1  y    0  3x  y  4  0
5 
5


4 
8

Mà AH  BN   AH  : 1  x    3 y    0  x  3y  4  0
5 
5


3x  y  4  0 x  0

 B  0; 4 
Tọa độ điểm B là nghiệm của 
x  y  4  0
y  4

x  3y  4  0 x  2

 M 2; 2  C  4; 0
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 
x  y  4  0
y  2
Ta có BC   4; 4  nAB  1; 1   AB : 1  x  0  1  y  4   0  x  y  4  0

x  y  4  0
x  4

 A  4; 0  D 0; 4 
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 
x  3y  4  0 y  0
TH2: m 

n
4 
8
28

 chọn m = 1  n  3   BN  : 1  x    3 y    0  x  3y   0
5 
5
5
3


4 
8

4

Mà AH  BN   AH  : 3 x    1  y    0  3x  y   0
5 
5
5


17
Tài liệu hay: Tailieulovebook.com


CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán

----

LOVEBOOK.VN

 16
28
x

0 
x  3y 

5  B  16 ; 4 
Tọa độ điểm B là nghiệm của 

5



 5 5

y  4
x  y  4  0

5


 6
4

x  5
3x  y   0 
 6 14 
 4 24 

 M  ;   C  ;  L
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 
5
5 5 
 5 5 

y  14
x  y  4  0

5

Vậy A(-4; 0); B(0; 4); C(4; 0); D(0; -4)

Bài 14: (Trích T21cuốn sách ‘’Chinh phục Hình giải tích Oxy)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M; N lần lượt là trung điểm của các
4 8
cạnh CB; CD. Điểm H  ;  là giao điểm của BN và AM. Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông, biết
5 5
phương trình đường thẳng (AN): x + 3y + 4 = 0 và điểm A có hoành độ âm
Hướng dẫn giải
Phân tích:
Theo định hướng bài toán trên, mình sẽ nghĩ tới việc

A

B

tính cosMAN , nhưng mà tam giác này không vuông nên
mình sẽ sử dụng định lí cos để tính góc này. Cũng từ

cosMAN , mình gọi pháp tuyến đường AN (qua H; nhằm

H

mục tiêu quan trọng vẫn là lập 2 đường thẳng qua H). Sau
đó mình sẽ vẫn tìm ra 1 điểm là giao của 2 đường vuông
góc vừa lập với đường thẳng đề cho sẵn (đó là AN) đồng
thời mình cũng tìm được tọa độ N bằng cách giải hệ tương
giao giữa AN và BN.
Tiếp tục hướng làm bài tập trước nào! Gọi B và M,
mình sẽ suy ra được tọa độ điểm C.

M

D
N

C

Và dùng vecto tiếp nhé: AB  2NC và giải hệ ra tọa độ 2 điểm B và C thôi nào. Tìm ra B và C thì việc
tìm D khi biết A là cơ bản quá rồi 
Lời giải:
Gọi độ dài cạnh hình vuông là a
Áp dụng định lí Pytago cho tam giác ABM, MNC, AND ta được
2

2

5
a
a
a
; MN  MC2  NC2  2   
AM  AB2  BM2  a2     a
2
2
2
2
2

5
a
AN  AD2  DN2  a2     a

2
2
 

Áp dụng định lí cos cho tam giác ANM ta được
5a2 5a2 a2


AM  AN  MN
4
2 4
cosMAN 
 4
2.AM.AN
5
a 5 a 5
2.
.
2
2
2

2

2

18
Tài liệu hay: Tailieulovebook.com

CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán
Gọi n AM   m;n   cos  AH; AN  

TH1: m 

m  3n

m

2



 n2 32  12



----

LOVEBOOK.VN

13n

m
4 
9
 
n
5 
m


3

13n
4 
8
124

chọn m = 13  n  9   AH  : 13 x    9  y    0  13x  9y 
0
5 
5
5
9


4
8
68


Mà AH  BN   BN  : 9  x    13 y    0  9x  13y 
0
5
5
5



 92

124
x

 0  25
13x  9y 

Tọa độ điểm A là nghiệm của 
L
5
x  3y  4  0
y  64

25

n
4 
8

TH2: m    chọn m = 1  n  3   AH  : 1  x    3 y    0  x  3y  4  0
3
5 
5

4 
8

Mà AH  BN   BN  : 3  x    1  y    0  3x  y  4  0
5 
5


x  3y  4  0 x  4

 A  4; 0
Tọa độ điểm A là nghiệm của 
x  3y  4  0 y  0
3x  y  4  0 x  2

 N  2; 2
Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ 
x  3y  4  0 y  2
Gọi M 3m  4; m , B b; 4  3b  C 6m  8  b; 2m 3b 4
 NC  6 m b 10; 2m 3b 2 ; AB   b  4; 3b  4  .

Mặt khác:
26m  b  10  b  4
m  2

AB  2NC  

 M 2; 2 ; B 0; 4   C  4; 0  D 0; 4 

22m  3b  2  4  3b b  0

Vậy A  4; 0 ; C  4; 0 ; D 0; 4 
Bài 15: (Trích T274 cuốn sách ‘’Chinh phục Hình giải tích Oxy)
Trong không gian tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình phân giác trong góc A và phân giác
ngoài tại C lần lượt là y-5 = 0 (d1) và x-y-6 = 0 (d2). Tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác
5
ABC lần lượt là I (1; ) và J(1;5) .Tìm tọa độ A,B,C.

2
Hướng dẫn giải

19
Tài liệu hay: Tailieulovebook.com


CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán
Phân tích:
J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Nên CJ là đường phân giác trong của góc ACB
Do hai phân giác trong và phân giác ngoài của một
góc vuông góc với nhau. Nên CJ  (d2)
 Phương trình đường thẳng CJ từ đó ta có tọa độ
của điểm C và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC là IC.
 phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC.
(d1) giao đường tròn tại hai điểm A và D.
Mà ID  BC tại trung điểm của BC
 tọa độ B.
Lời giải:
Ta có CJ là phân giác trong của góc ACB.
 CJ  (d2) (tính chất phân giác trong và phân
giác ngoài).
CJ qua J (1;5) nhận vector chỉ phương của (d2) là

----

LOVEBOOK.VN

A

d1
I

J

B

C

vector u2 (1;1) làm vector pháp tuyến nên có

d2

phương trình x-1+y-5=0 hay x+y-6=0.

D

Điểm C là giao điểm của đường thẳng CJ và (d2) nên có tọa độ là nghiệm của hệ:

x - y - 6 = 0

x + y - 6 = 0

x = 6

y = 0

. Vậy C có tọa độ (6;0).

5
5 5
 R= IC = (6  1)2  (0  )2 
.
2
2 .

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I.. bán kính R =
2

5 5
nên có phương trình :
2

2

5
5 5
(x − 1)2 + (y − ) = (
)
2
2

hay x 2 + y 2 − 2x − 5y − 24 = 0.

Gọi D là giao của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, khi đó A và D là giao điểm của (d1) với đường
tròn (I;R). Nên tọa độ của A và D là nghiệm của hệ :
y =5
y -5= 0


   x =6
 2 2
x + y - 2x -5y - 24 = 0
  x = -4

 A và D có tọa độ là (6;5) và (-4;5).
Gọi B có tọa độ là (a;b).
BC  DI tại trung điểm của BC nên B đối xứng với C qua DI

BC  ID

(với M là trung điểm của BC).
M ID

 a+6 b 
; 
Ta có: CB (a-6;b) và trung điểm của BC là M 
 2 2
+) Trường hợp 1: D có tọa độ (6;5), A có tọa độ (-4;5).
 5
Đường thẳng DI qua hai điểm D(6;5) và I  1;  nên có phương trình:
 2

20
Tài liệu hay: Tailieulovebook.com


CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán

----

LOVEBOOK.VN

x -6 y -5
=
 x -2y -16=0 .
5
6-1
52


 5
(a -6).(-5)+b.  -  =0

CB.DI=0
a = 10

 2
B đối xứng với C qua DI nên 


. Vậy B(10;-8).
b = -8
M ID
 a +6 - 2. b -16 = 0

 2
2
+) Trường hợp 2: D có tọa độ (-4;5), A có tọa độ (6;5).

x -(-4) y -5
Đường thẳng DI có phương trình :
=
 x +2y -6=0.
-4-1 5- 5
2
 C(6;0) thuộc đường thẳng x+2y -6=0 vô lý  loại.

Vậy A(-4;5) , B(10;-8) và C(6;0).
Nhận xét:
Bài toán không hề khó nhưng mấu chốt bạn cần nắm chắc là tính chất “hai đường phân giác trong
và phân giác ngoài của một góc thì vuông góc ” để vận dụng để tìm tọa độ của C. Đồng thời kết hợp với tính
chất ID vuông góc với BC tại trung điểm của BC do D nằm chính giữa cung nhỏ BC của đường tròn tâm I bán
kính R .Tuy nhiên, để chặt chẽ hơn bạn có thể kiểm tra điều kiện J và D nằm khác phía so với BC vì tâm
đường tròn nội tiếp tam giác luôn thuộc miền trong tam giác giới hạn bởi các cạnh của nó.
Bài 16: (Trích cuốn sách ‘’Chinh phục đề thi THPT Quốc gia tập 1)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC với
A(3; –2), B(1;0). Tam giác ABC có diện tích bằng 4 và bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 2. Tìm
tọa độ đỉnh C. Biết đỉnh C có tung độ dương
Hướng dẫn giải
+) Phương trình cạnh AB: x + y – 1 = 0, AB  2 2 .
Gọi M là trung điểm AB thì M(2; –1), suy ra phương trình trung trực cạnh AB là (d): y = x – 3.
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC  I ∈ d  I(x; x – 3).
+) AI  R  2  (x  3)2  (x  1)2  4  x2  4x  3  0  x  1 hoặc x = 3.
TH1: Với x = 1 suy ra I(1; –2).
− Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là (x  1)2  (y  2)2  4 .
− Tọa độ C thỏa mãn phương trình: (xC  1)2  (yC  2)2  4 , vô nghiệm vì theo giả thiết

yC  0  (yC  2)2  4 , suy ra không tồn tại tọa độ C.
TH2: Với x = 3 suy ra I(3; 0).

− Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: (x  3)2  y2  4

 y C  5  xC
1
− Ta có SABC  AB.d(C, AB)  4  xC  y C  1  4  
2
 y C  3  xC
 xC  3  C(3; 2)
Với y C  5  xC  (xC  3)2  (xC  5)2  4  
 xC  5  y C  0 (KTM)
Với yC  3  xC  (xC  3)2  (xC  3)2  4 , vô nghiệm.
Vậy tọa độ điểm C thỏa mãn C(3; 2).
Bài 17: (Trích cuốn sách ‘’Chinh phục đề thi THPT Quốc gia tập 1)
Cho các số thực không âm thỏa mãn xy + yz + zx > 0 và z là số lớn nhất trong ba số x, y, z. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức:
21
Tài liệu hay: Tailieulovebook.com


CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán

----

LOVEBOOK.VN

x
y
z
.
2

 33
y z
x z
xy

P

Hướng dẫn giải
+) Áp dụng bất đẳng thức Cô–si:

x
x
1 2
.
y z
y z


x
y 
z
Từ đó suy ra P  2

1.
  33
 y z
x  z 
xy

+) Giả sử x  y.

x
y
xy


(*) với x  y và xy  yz  zx  0 .
y z
xz
z

Ta sẽ chứng minh
Thật vậy: (*) 

Ta có:

xz

 x  y  y  z 

xz

 x  y  y  z 

Tương tự:



yz

 x  z  x  y 

2xz
2 z  x  y  .x  y  z 

yz

 x  z  x  y 

Do đó: VT(**) 







 1 (**).

2xz
.
xy  yz  2zx

2yz
.
xy  yz  2zx

2xz  2yz
 1 do yz  2zx  zx  2yz và yz  xy .
xy  yz  2zx

Vậy (*) được chứng minh.
+) Đặt t  6

2
z 
1 
t  6  thì P  f t  3  3t 2  1 .

xy 
2
t



+) f '  t   6t 

6





6 t5  1

 ; f ' t   0  t  1.

t4
t4
Lập bảng biến thiên cho ta minf(t) = f(1) = 4.

x  z
Vậy minP = 4  
y  0

Nhận xét: Mới đầu thì chắc hẳn các cao thủ cũng sẽ hơi ngại câu này nhỉ! Về hình thức, đây thực sự là một
bài toán có hình thức đẹp: phân số

x
y
(căn bậc một) đi kèm với hệ số 1; phân số
đi kèm với căn
y z
zx

bậc 2 và hệ số là 2;…
Xuất phát từ bất đẳng thức không xa lạ

x
y
xy


, nếu ta dùng được bất đẳng thức này thì
y z
xz
z

xy
việc dồn biến về 
 cũng không còn khó khăn nữa. Với hệ số 2 trước

 z 
giảm bậc của

x
, đồng thời “quy đồng” hệ số là 2 trước
y z

y
thì phải dùng Cauchy để
xz

x
.
y z

Bài 18: (Trích T249 cuốn sách ‘’Chinh phục đề thi THPT Quốc gia tập 1)
Cho các số dương a, b phân biệt thỏa mãn a2 + 2b = 12. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
22
Tài liệu hay: Tailieulovebook.com


CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán
P=

4
a

4



4
4

b



5
8(a  b)2

----

LOVEBOOK.VN

.

Hướng dẫn giải
+) Từ giả thiết và áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:

16  (a2  4)  2b  4a  2b  2 4a.2b  0  ab  8.
Do đó :

P



+) Đặt t =

4

4
5
 4
4
a
b
8(a  b)2

 a2 b2  5
a2b2  4
4  ab
5
1


.

16
.
 2  2   .
 4
4 
2
a
64  a
b  8 8(a  b)
a  64  b  2
b
b a

a b
 .
b a

1 2
5 1
1 2 5 1
1
(t  2)  .

t  .
 .
16
64 t  2 16
64 t  2 8
1 2 5 1
1
t  .
 trên (2; +). Ta có:
Xét hàm số f(t) =
16
64 t  2 8
5
5
1
5
1
f '(t )  t  .
; f '(t )  0  t (t  2)2   t  (vì t > 2).
2

8
64 (t  2)
8
2
Khi đó t > 2 và P 

 5  27
Vì lim f ( t )  lim f ( t)   nên min f (t )  f   
.
(2; )
t 2
t 
 2  64

27
, dấu đẳng thức xảy ra khi a = 2, b = 4.
64
27
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
, đạt được khi a = 2, b = 4.
64
Nhận xét: Việc cần là đầu tiên đó là đoán điểm rơi của bất đẳng thức – không quá khó, cũng không quá dễ!
Nhận thấy rằng khi a  b thì P sẽ tiến tới dương vô cùng, vì vậy nên P không có max. Vậy nên nhiều khả năng
điểm mà P đạt min là “nghiệm đẹp” của phương trình P’ = 0.
Suy ra P 

12  a2
vào P, sau đó lấy đạo hàm P’. Nhập phương trình P’ = 0 vào máy tính rồi slove  nghiệm
2
đẹp là a = 2. Điểm rơi dự đoán là a = 2, b = 4. Đây là cơ sở dùng bất đẳng thức Cauchy chặn tích ab.

Ý kiến cá nhân mình thấy rằng tác giả “chế” bài toán này này theo cách “thuận”: tìm hàm theo biến t, sau đó
Thay b =

a b
thay    rồi dùng một đánh giá ab  8 để đi đến biểu thức P. Còn ta làm theo cách “ngược” nên khó
b a
khăn trong cách đi này!
Bài 19: (Trích T224 cuốn sách ‘Công phá bất đẳng thức)
Cho a; b; c > 0, 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của:
a
b
c
P=
+
+
(1 − a)2 (1 − b)2 (1 − c)2
Hướng dẫn giải
Phân tích và lời giải:

1
Ta dự đoán dấu “ = ” xảy ra khi: a = b = c = .
3
Như vậy với tư tưởng này ta cần tìm số k để:
23
Tài liệu hay: Tailieulovebook.com


CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán
a
1

≥ k (a − ) +
2
(1 − a)
3

1
3

2

----

1
3
= k (a − ) + (∗)
3
4

LOVEBOOK.VN

1
(1 − )
3
Để tìm k ta có một suy nghĩ đơn giản là biến đổi tương đương bất đẳng thức (∗):
a
3
1
(∗) ⟺
− ≥ k (a − )
2

(1 − a)
4
3
1
3 (a − 3) (a − 3)
1
⟺−
≥ k (a − )
2
4(1 − a)
3
1 3(3 − a)
(∗) ⟺ (a − ) (
− k) ≥ 0
3 4(1 − a)2
Khi phân tích tiếp ta có tư tưởng chọn k để biểu thức trong ngoặc đơn chứ k sẽ phân tích được một thừa
số
1
1 2
(a − ) nữa. Khi đó, nó sẽ tựa như có dạng: m (a − ) ≥ 0.
3
3
1
3 (3 − 3)
9
⟹k=
2 = 2.
1
4 (1 − 3)
9

Đến đây, ta chỉ việc thử lại (∗) với k =
2
a
9
1
3
(∗) ⟺
≥ (a − ) +
(1 − a)2 2
3
4
1 3(3 − a) 9
⟺ (a − ) (
− )≥0
3 4(1 − a)2 2
1 2 9(3 − 2a)
⟺ (a − ) .
≥0
3
4(1 − a)2
3
⟺a≤ .
2
3
Lưu ý rằng: a; b; c > 0, a + b + c = 1 ⟹ a < 1 < .
2
Do đó, bất đẳng thức (∗) đúng. Như vậy ta sẽ có ba bất đẳng thức sau:
a
9
1

3
≥ (a − ) +
2
(1 − a)
2
3
4
a
9
1
3
≥ (a − ) +
(1 − a)2 2
3
4
a
9
1
3
≥ (a − ) +
2
{(1 − a)
2
3
4
9
9 9
⟹ P ≥ (a + b + c − 1) + =
2
4 4

9
1
Vậy GTNN của P = ⟺ a = b = c = .
4
3
Bài 20: Trích T73 cuốn công phá bất đẳng thức
Cho a; b; c ≥ 0, a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
10(a3 + b3 + c 3 ) − 9(a5 + b5 + c 5 ) ≥ 1
Hướng dẫn giải
Lời giải:
Theo lối phân tích cũ, ta tìm k để:
24
Tài liệu hay: Tailieulovebook.com


CHINH PHỤC ĐIỂM 8 – 9 – 10 Kỳ thi THPT Quốc Gia môn Toán
3

5

----

LOVEBOOK.VN

1
1
1
1
1
10a3 − 9a5 ≥ k (a − ) + 10. ( ) − 9. ( ) = k (a − ) + (∗)

3
3
3
3
3
1
1
1
1
1
1
1
⟺ (a − ) (10 (a2 + a + ) − 9 (a4 + a3 + a2 + a + ) − k) ≥ 0
3
3
9
3
9
27
81
25
⟹k=
9
Bắt đầu quay lại:
25
1
1
(∗) ⟺ 10a3 − 9a5 ≥
(a − ) +
9

3
3
1
1 2
⟺ (a − ) (−27a3 − 18a2 + 21a + 16) ≥ 0
3
3
Bài này khá khó vì ta chưa thể xác định được dấu trong ngoặc đơn.
Xét f(x) = −27x 3 − 18x 2 + 21x + 16 trên [0; 1].
⟹ f ′ (x) = −81x 2 − 36x + 21.
7
1
⟹ f ′ (x) = 0 ⟺ x = − , x =
9
3
Lưu ý ta chỉ xét trên đoạn [0;1] nên ta có:
1



f(x) đồng biến trên [0; 3]



f(x) nghịch biến trên [ ; 1].

1
3

1

2
2
Dễ thấy: f(0) = 16, f ( ) = 20, f ( ) = 14 nên: f(x) > 0, ∀𝑥 ∈ (0; ).
3
3
3
Như vậy ta có các trường hợp sau:


2

Nếu a; b; c ∈ (0; 3) ta có:

25
1
1
(a − ) +
9
3
3
25
1
1
10b3 − 9b5 ≥
(b − ) +
9
3
3
25
1

1
3
5
{ 10c − 9c ≥ 9 (c − 3) + 3
25
(a + b + c − 1) + 1 = 1
⟹P≥
9
10a3 − 9a5 ≥

1
Dấu “ = ” xảy ra khi: a = b = c = .
3
2
2
 Nếu tồn tại một trong ba số a; b; c lớn hơn 3. Giả sử: c ≥ 3.

Khi đó, ta xét hàm: f(x) = 10x 3 − 9x 5 trên [0; 1].
f ′ (x) = 30x 2 − 45x 4 = 15x 2 (2 − 3x 2 )
Lập bảng biến thiên ta thu được:
2
3



f(x) đồng biến trên đoạn [0; √ ].



f(x) nghịch biến trên đoạn [√3 ; 1].

2

2
16
Có: f(0) = 0, f ( ) =
, f(1) = 1 nên ta có:
3
9
f(a) ≥ 0, f(b) ≥ 0, f(c) ≥ 1 ⟹ P = f(a) + f(b) + f(c) ≥ 1.
Như vậy cả hai trường hợp trên ta đều thu được kết luận bài toán.
1 1 1
Dấu “ = ” xảy ra khi: (a; b; c) ∈ {( ; ; ) ; (0; 0; 1)}
3 3 3
Nhận xét: Phương pháp này không hề mạnh nhưng lại có nhiều hữu ích. Do dễ thực hiện nên đây có thể
nên là hướng nghĩ đầu tiên cho một bài toán thuộc lớp bài trên. Ta hãy chú ý tới số k. Cách tìm trong
25
Tài liệu hay: Tailieulovebook.com