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

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

Facebook: LyHung95

100 BÀI HÌNH PHẲNG – HỆ PT – BẤT PT CHỌN LỌC (P1)
Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn
VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN

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

( x − 1) + ( y − 2 )
2

2

(T )

có phương trình

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

ABC . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh C có hoành độ dương.
Lời giải
Kẻ Cx là tiếp tuyến của đường tròn
Do AHB = AKB = 900 nên tứ giác ABKH là tứ giác nội tiếp
Ta có ACx = ABC và CHK = ABC (do tứ giác ABKH nội
tiếp) ⇒ ACx = CHK ⇒ Cx / / HK
Mà TC ⊥ Cx ⇒ TC ⊥ HK
Đường thẳng HK qua H ( 2;5) , K ( −1;1) nên phương trình

đường thẳng HK : 4 x − 3 y + 7 = 0

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

Do C ∈ TC ⇒ C (1 + 4t ; 2 − 3t )

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

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

Đường thẳng AK qua K ( −1;1) và vuông góc với đường thẳng BC nên đường thẳng AK : 3 x − y + 2 = 0
 7 31 
Ta có A = AC ∩ AK ⇒ A  ; 
5 5 
 7 31 
Vậy A  ;  , B ( −4; 2 ) , C ( 5; −1) là các điểm cần tìm.
5 5 
Câu 2: [Trích đề thi thử THPT Nông Cống 1 – Thanh Hóa - Lần 2 – 2015]
 x 2 + xy + 2 y 2 + y 2 + xy + 2 x 2 = 2 ( x + y )

Giải hệ phương trình 
( 8 y − 6 ) x − 1 = 2 + y − 2 y + 4 x − 2 + 3
Lời giải:
Điều kiện: x ≥ 2; y ≥ 2 .

(

)(

2

Phương trình một của hệ tương đương với

Đặt t =

x
> 0 , phương trình trên trở thành:
y

)

2

x
x
x 
x
x
  + + 2 + 2   + + 1 = 2  + 1 .
y
y
 y
 y
y 

t 2 +t + 2 + 2t 2 + t + 1 = 2 ( t + 1) ⇔ t = 1 ⇒ x = y ≥ 2

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


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

Facebook: LyHung95

(

Thay vào phương trình thứ hai trong hệ, ta được: ( 8 x − 6 ) x − 1 = 2 + x − 2
⇔ 4x − 4 


(

4x − 4

)

2

(

)(

+ 1 = 2 + x − 2  2 + x − 2




)

2

)( x + 4

x−2 +3

)

x = 2

+ 1 ⇔ 4x − 4 = 2 + x − 2 ⇔ 

 x = 34
9


(

Vì xét hàm số f ( t ) = t 3 + t là hàm số đồng biến trên ( 0; +∞ ) mà f

)

(

)

4x − 4 = f 2 + x − 2 .

 34 34 
Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm là ( x; y ) = ( 2; 2 ) ,  ;  .
 9 9 
Câu 3: [Trích đề thi thử THPT Đa Phúc – Hà Nội - Lần 1 – 2015]
 11 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD . Điểm F  ;3  là trung điểm của cạnh AD . Đường
2 
thẳng EK có phương trình 19 x − 8 y − 18 = 0 với điểm E là trung điểm của cạnh AB , điểm K thuộc cạnh
DC và KD = 3KC . Tìm tọa độ điểm C của hình vuông ABCD biết điểm E có hoành độ nhỏ hơn 3.
Lời giải
Đặt cạnh hhhh vuông AB = 4a . Xét hình vuông ABCD trong hệ trục toạ
độ với B là gốc BC trùng với Ox và BA trùng với trục Oy.
Ta có: F ( 2a; 4a ) ; E ( 0; 2a ) ; K ( 4a; a ) .
Khi đó: EK : x + 4 y − 8a = 0 ⇒ d ( F ; EK ) =
Khi đó EF = 2a 2 =

10a
17

=

25
5
⇒a= .
4
2 17

5 2

. Do đó toạ độ điểm E là nghiệm của hệ:
2

 2  11  2
25
2
5
 EF =  x −  + ( y − 3) =
 5
2
2 ⇒ x = 2; y = ⇒ E  2; 


2
 2
19 x − 8 y − 18 = 0

Lại có: AC là trung trực của EF nên AC : 7 x + y − 29 = 0 .
 15 11 
 10 17 
Khi đó M = AC ∩ EF ⇒ M  ;  ; I = EK ∩ AC ⇒ I  ;  .
 4 4
 3 3
9
Lại có: MC = MI ⇒ C ( 3;8 ) .
5
Câu 4: [Trích đề thi thử tỉnh Vĩnh Phúc – 2015]
 xy + 2 = y x 2 + 2
Giải hệ phương trình 
2

2
2
 y + 2 ( x + 1) x + 2 x + 3 = 2 x − 4 x
Lời giải:
ĐK: x, y ∈ ℝ
(*)
Khi đó (1) ⇔ y x 2 + 2 − xy = 2 ⇔ y
Ta có

(

)

x2 + 2 − x = 2

(3)

x 2 + 2 > x 2 = x ≥ − x ⇒ x 2 + 2 + x > 0.

Do đó (3) ⇔ y ( x 2 + 2 − x 2 ) = 2

(

(

Thế vào (2) ta được x + x 2 + 2

)

x 2 + 2 + x ⇔ y = x + x 2 + 2.

) + 2 ( x + 1)
2

x2 + 2 x + 3 = 2 x2 − 4 x

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

( x + 1)
( x + 1)

2

2

+ 2 = 2 x2 − 4 x

+2 =0

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


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

⇔ 2 x + 1 + x x 2 + 2 + ( x + 1)
⇔ ( x + 1) + ( x + 1)

⇔

( x + 1)
f ( x + 1) = f ( − x )

2

( x + 1)

2

Facebook: LyHung95

+2 =0

+ 2 = ( −x) + ( −x)

( −x)

2

+2

(4)

Xét hàm số f ( t ) = t + t t 2 + 2 với t ∈ ℝ có
f '(t ) = 1+ t 2 + 2 +

t2

> 0, ∀t ∈ ℝ

t2 + 2

1
1
1
⇒ f ( t ) đồng biến trên ℝ nên (4) ⇔ x + 1 = − x ⇔ x = − ⇒ y = − +
+ 2 = 1 thỏa mãn (*)
2
2
4
 1 
Đ/s: ( x; y ) =  − ;1
 2 
Câu 5: [Trích đề thi thử trường THPT Hậu Lộc 2, Thanh Hóa – 2015]
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I ( 3;5 ) và ngoại tiếp đường

tròn tâm K (1; 4 ) . Đường tròn tiếp xúc với cạnh BC và các cạnh AB, AC kéo dài có tâm là F (11;14 ) . Viết
phương trình đường thẳng BC và đường cao qua đỉnh A của tam giác ABC .
Lời giải
Đường tròn tâm F tiếp xúc với cạnh BC và các cạnh AB, AC nên
đường tròn tâm F là đường tròn bàng tiếp tam giác
 FB ⊥ BK
Ta có 
⇒ FBKC là tứ giác nội tiếp
 FC ⊥ CK
Gọi D là giao điểm của AK với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
1
1
Ta có DKC = BAC + ACB = DCK
2

2
⇒ ∆DKC cân tại D ⇒ DC = DK
Do đó DC = DK = DB nên D là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆BKC
hay D là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BKCF . Do đó D là
trung điểm của FK ⇒ D ( 6;9 )

Đường tròn ngoại tiếp ∆ABC tâm I ( 3;5 ) bán kính ID = 5 có phương
trình ( C1 ) : ( x − 3) + ( y − 5 ) = 25
2

2

Đường tròn ngoại tiếp tứ giác CBKC tâm D ( 6;9 ) bán kính
DK = 50 có phương trình ( C2 ) : ( x − 6 ) + ( y − 9 ) = 50
2

2

Phương trình đường thằng BC là 3 x + 4 y − 29 = 0

Đường thẳng AK qua K (1; 4 ) , F (11;14 ) nên phương trình AK : x − y + 3 = 0

Ta có A là giao điểm của AK với ( C1 ) nên tọa độ A ( −1; 2 )

Đường cao AH qua A ( −1; 2 ) và vuông góc với BC nên phương trình AH : 4 x − 3 y + 10 = 0
Vậy phương trình đường thẳng BC : 3 x + 4 y − 29 = 0 , đường cao AH : 4 x − 3 y + 10 = 0
Câu 6: [Trích đề thi thử tỉnh Vĩnh Phúc – 2015, tương tự]
 xy + 1 = y x 2 + 1

Giải hệ phương trình 

y 2 − 2 x2
= 2x −1

2
1 + 2 4 x − 4 x + 2

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


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

ĐK: x, y ∈ ℝ

(*)

Khi đó (1) ⇔ y x 2 + 1 − xy = 1 ⇔ y

Ta có

)

(

x2 + 1 − x = 1

Facebook: LyHung95

(3)

x 2 + 1 > x 2 = x ≥ − x ⇒ x 2 + 1 + x > 0.

Do đó (3) ⇔ y ( x 2 + 1 − x 2 ) = x 2 + 1 + x ⇔ y = x + x 2 + 1.
Thế vào (2) ta được

(

)

2

x + x2 + 1 − 2 x2

1 + 2 4x2 − 4x + 2

= 2x −1

2 x2 + 1 + 2 x x2 + 1 − 2 x2

⇔

1 + 2 4 x2 − 4 x + 2

= 2x −1

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

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

( 2 x − 1)

( 2 x − 1)

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

⇔ f ( x ) = f ( 2 x − 1)

2

2

+1

+1

( 2 x − 1)

2

+1

(4)

Xét hàm số f ( t ) = t + t t 2 + 1 với t ∈ ℝ có
t2

f '(t ) = 1 + t 2 +1 +

> 0, ∀t ∈ ℝ

t2 +1
⇒ f ( t ) đồng biến trên ℝ nên (4) ⇔ x = 2 x − 1 ⇔ x = 1 ⇒ y = 1 + 2 thỏa mãn (*)

(

Đ/s: ( x; y ) = 1;1 + 2

)

Câu 7: [Trích đề thi thử tỉnh Vĩnh Phúc – 2015, tương tự]
 y 2 + xy + 2 = y x 2 + y 2 + 2

Giải hệ phương trình 
3
3
2
2
 x + y = ( x + y + 1) x + 2 xy + y
Lời giải
2
ĐK: x + 2 xy + y ≥ 0 (*)
Khi đó (1) ⇔ y x 2 + y 2 + 2 − xy = y 2 + 2 ⇔ y
Ta có

(

)

x2 + y 2 + 2 − x = y 2 + 2

x 2 + y 2 + 2 > x 2 = x ≥ − x ⇒ x 2 + y 2 + 2 + x > 0.

Do đó (3) ⇔ y ( x 2 + y 2 + 2 − x 2 ) = ( y 2 + 2 )

(

x2 + y2 + 2 + x

(3)

)

⇔ y = x2 + y 2 + 2 + x ⇔ y − x = x2 + y 2 + 2
⇒ ( y − x ) = x 2 + y 2 + 2 ⇔ x 2 − 2 xy + y 2 = x 2 + y 2 + 2 ⇔ xy = −1.
2

Kết hợp với (2) ta được x3 + y 3 = ( x 2 + y + 1) x 2 − 2 + y

⇔ ( x + y ) − 3 xy ( x + y ) = ( x 2 + y − 2 ) x 2 + y − 2 + 3 x 2 + y − 2
3

⇔ ( x + y ) + 3( x + y ) =
3

⇔ f ( x + y) = f

(

(

x2 + y − 2

x2 + y − 2

)

) +3
3

x2 + y − 2

(4)

Xét hàm số f ( t ) = t 3 + t với t ∈ ℝ có f ' ( t ) = 3t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ ℝ
Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


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

Facebook: LyHung95

⇒ f ( t ) đồng biến trên ℝ nên (4) ⇔ x + y = x 2 + y − 2
⇒ ( x + y ) = x 2 + y − 2 ⇔ x 2 + 2 xy + y 2 = x 2 + y − 2
2

 y = 0 ⇒ xy = 0 ≠ −1 ⇒ Loai
⇔ −2 + y 2 = y − 2 ⇔ y 2 = y ⇔ 
 y = 1 ⇒ x = −1
Thử lại ta thấy ( x; y ) = ( −1;1) thỏa mãn hệ đã cho.
Đ/s: ( x; y ) = ( −1;1)

9 3
Câu 8: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với M  ; −  là trung điểm của đoạn BC
2 2
và đường cao xuất phát từ đỉnh A có phương trình x + 3 y − 5 = 0. Gọi E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ
đỉnh B, C của tam giác ABC. Tìm tọa độ đỉnh A, biết đường thẳng đi qua hai điểm E, F có phương trình
2 x − y + 2 = 0.
Lời giải:
1
Gọi I là trung điểm của AH ta có: IE = IF = AH
2
1
Mặt khác ME = MF = BC nên IM và đường trung trực của EF.
2
3
 11 7 
Khi đó: IM : x + 2 y − = 0 ⇒ I  − ;  .
2
 2 2
Lại có: IEH = IHE; MEH = MBH ( do IE = IH ; ME = MB )
Mặt khác IHE + MBH = 900 ⇒ IEH + HEM = 900 ⇒ IE ⊥ ME .
t = 2
3 
7
 11  9  
Gọi E ( t ; 2t + 2 ) ta có: EM .EI = 0 ⇔  t +  t −  +  2t −   2t +  = 0 ⇔ 
2  2  
2 
2


t = −3
Với t = 2 ⇔ E ( 2;6 ) . Gọi A ( 5 − 3u; u ) ta có: IA2 = IE 2 =

2

2

125
7  125
 21
 
⇔  − 3u  +  u −  =
2
2
2
 2
 

u = 6  A ( 2;1)
⇔
⇒
u = 1
 A ( −13; 6 )
2

2

7  125
 21
 

Với t = 2 ⇔ E ( −3; −4 ) ⇒  − 3u  +  u −  =
(tương tự như TH trên)
2
2
 2
 
Kết luận: A ( 2;1) hay A ( −13;6 ) .

Câu 9: [Trích đề thi thử trường chuyên Lê Hồng Phong – Tp HCM - Lần 1 – 2015]
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD có đáy lớn CD = 3 AB, C ( −3; −3) . Trung điểm của AD
là M ( 3;1) . Tìm tọa độ đỉnh B biết S BCD = 18, AB = 10 và đỉnh D có hoành độ nguyên dương.

Lời giải
Đường thẳng CD qua C ( −3; −3) nên phương trình
đường thẳng CD : a ( x + 3) + b ( y + 3) = 0
Do CD = 3 AB ⇒ CD = 3 10
Gọi H là hình chiếu của B xuống CD
1
6 10
Ta có S BCD = BH .CD ⇒ BH =
2
5
3 10
⇒ d ( M , CD ) =
5
Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


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

⇒

6a + 4b

=

Facebook: LyHung95

3a + b = 0
3 10
⇔ 5 6a + 4b = 3 10 a 2 + b2 ⇔ 810a 2 + 1200ab + 310b 2 = 0 ⇔ 
5
 27a + 31b = 0

a2 + b2
Với 3a + b = 0 chọn a = 1; b = −3 ⇒ CD : x − 3 y − 6 = 0 . Do D ∈ CD ⇒ D ( 3t + 6; t )

t = 0 ⇒ D ( 6; 0 )
2
2
2
Mà CD = 3 10 ⇒ ( 3t + 9 ) + ( t + 3) = 90 ⇔ ( t + 3) = 9 ⇔ 
t = −6 ⇒ D ( −12; −6 ) → l
Do M là trung điểm của AD ⇒ A ( 0; 2 ) , mặt khác 3 AB = DC ⇒ B ( −3;1)

Với 27 a + 31b = 0 chọn a = 31; b = −27 ⇒ CD : 31x − 27 y + 12 = 0 . Do D ∈ CD ⇒ D ( −3 + 27t ; −3 + 31t )
Mà CD = 3 10 ⇒ 729t 2 + 961t 2 = 90 ⇔ t 2 =

Vậy B ( −3;1) là điểm cần tìm

9
→l
169

Câu 10: [Trích đề thi thử trường chuyên ĐHSP - Lần 1 – 2015]
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD . Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với AC tại H .
 17 29   17 9 
Gọi E  ;  , F  ;  , G (1;5 ) lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng CH , BH và AD . Tìm tọa độ A
 5 5   5 5
và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE .
Lời giải
Do EF là đường trung bình của ∆HBC nên ta có
1
EF / / BC , mà AG / / BC và AG = EF = BC nên
2
AGEF là hình bình hành
 BH ⊥ AC
Ta có 
⇒ F là trực tâm của ∆ABE
 EF ⊥ AB
⇒ AF ⊥ BE ⇒ GE ⊥ BE
 17 29 
Đường thẳng GE qua E  ;  và G (1;5 ) nên
 5 5 
phương trình GE : x − 3 y + 14 = 0
 17 29 
Đường thẳng BE qua E  ;  và vuông góc với GE nên đường thẳng BE : 3 x + y − 16 = 0
 5 5 
Ta có AG = FE ⇒ A (1;1)

Đường thẳng AB qua A (1;1) và vuông góc với EF nên đường thẳng AB : y = 1
Do B = BE ∩ AB ⇒ B ( 5;1)

 17 29 
Tam giác ABE có A (1;1) , B ( 5;1) , E  ;  nên có tâm đường tròn ngoại tiếp là I ( 3;3)
 5 5 
Vậy A (1;1) và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE là I ( 3;3)

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