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

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

Facebook: LyHung95

100 BÀI HÌNH PHẲNG – HỆ PT – BẤT PT CHỌN LỌC (P2)
Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn
VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN

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

 5 5 
Ta có AG = FE ⇒ A (1;1)

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

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

(

)

 2 y − 2 y − 2 x 4 xy − 2 x − 4 + 8 x 3 − 4 = 3x 3

Câu 2: Giải hệ phương trình 
 y + x 2 + 2 y = x + y 2 + 2 x + 2
Lời giải
4 xy − 2 x − 4 ≥ 0

y ≥ x ≥ 3 4
Điều kiện:  2
x + 2 y ≥ 0
 y 2 + 2 x + 2 ≥ 0

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

2 y − 2x −1
y + 1 + y2 + 2x + 2

+

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

1
y2 + 2x + 2

+


=0
x 2 + 2 y + x + 1 
1

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


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

Facebook: LyHung95

⇔ 2 y − 2 x − 1 = 0 (Do y ≥ x ≥ 3 4 )

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

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

( x − 1) + ( y − 2 )
2

2

(T )

có phương trình

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

ABC . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh C có hoành độ dương.
Lời giải

Kẻ Cx là tiếp tuyến của đường tròn
Do AHB = AKB = 900 nên tứ giác ABKH là tứ giác nội tiếp
Ta có ACx = ABC và CHK = ABC (do tứ giác ABKH nội
tiếp) ⇒ ACx = CHK ⇒ Cx / / HK
Mà TC ⊥ Cx ⇒ TC ⊥ HK
Đường thẳng HK qua H ( 2;5) , K ( −1;1) nên phương trình

đường thẳng HK : 4 x − 3 y + 7 = 0

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

Do C ∈ TC ⇒ C (1 + 4t ; 2 − 3t )

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

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

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

Câu 4: Giải bất phương trình

(

3 x 2 − 12 x + 5 + x 2 − 2 x

)

x3 − 1 ≥ 2 x 2 − 10 x + 5

Lời giải

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


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

3x 2 − 12 x + 5 ≥ 0

Điều kiện:  x 2 − 2 x ≥ 0
⇔ x ≥ 2 . Trước hết, để ý rằng:
 x3 − 1 ≥ 0

2 x 2 − 10 x + 5 = ( 3 x 2 − 12 x + 5 ) − ( x 2 − 2 x ) =

(

3 x 2 − 12 x + 5 + x 2 − 2 x

Facebook: LyHung95

)(

3 x 2 − 12 x + 5 − x 2 − 2 x

)

Khi đó bất phương trình đã cho trở thành:

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

(x

⇔ x3 − 2 x 2 + 10 x + 6 + 2

3

− 1)( x 2 − 2 x ) ≥ 3 x 2 − 12 x + 5

(x

2

− 3 x + 2 )( x3 + x 2 + x ) ≥ 0

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

(

x3 + x 2 + x − x 2 − 3x + 2

)(

(x

2

− 3 x + 2 )( x3 + x 2 + x ) ≥ 0

)

x3 + x 2 + x + 3 x 2 − 3x + 2 ≥ 0

( ∗)

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

Với điều kiện x ≥ 2 suy ra

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

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

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

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

Ta có M (1; 2 ) ∈ d 2 , mà M ∈ ( C )

⇒ M là giao điểm của d 2 và ( C )

H ∈ d 2 ⇒ H ( a; a + 1)

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

Ta có MH =

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

( x ∈ ℝ) .

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

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

( x − 4 )( x + 4 ) ≤
3 + 25 − x 2



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


≥0
3 + 25 − x 2 
x−4

(1)

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


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

•

•
•

x−4

Nếu x + 4 < 0 ⇒

< 0 ⇒ x2 + 1 −

Facebook: LyHung95

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

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

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

x−4

≥ x2 + 1 −

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

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

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

từ A
Ta có A = AH ∩ AM ⇒ A (1;1)
Đường thẳng IM qua I và song song với AH
⇒ IM : x + y − 4 = 0

Ta có M = IM ∩ AM ⇒ M ( 5; −1)

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

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

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

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

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

2x
Câu 8: [Giải hệ phương trình 
3 x 2 − 2 y + 2 = 2 x + 4 y 2 x − 1

Lời giải
1

x ≥ 2

Điều kiện:  x + y ≥ 0
2 x − y ≥ 0



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


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

Facebook: LyHung95

2 y − x = 0
2y − x
2y − x
=
⇔
x + y + 2x − y
2x
 x + y + 2x − y = 2x
x + y + 2 x − y = 2 x ⇔ x + 2 ( x + y )( 2 x − y ) = 0 vô nghiệm do x > 0 .

(1) ⇔ x + y − 2 x − y =
- Nếu

2y − x
⇔
2x

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

(

)

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

(

)

2 x − 1 − 1 + ( x − 1) +
2

2

(

)

2

x − 1 = 0 (3)

 x = 0
x 2x −1 −1 2 ≥ 0


 2 x − 1 = 1
1
1
2


Ta có ( x − 1) ≥ 0
với x ≥ Nên (3) ⇔  x = 1
⇔ x =1⇔ y =
2
2


2
x
=
1
 x −1 ≥ 0




 1

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

(

(

)

)

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

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

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

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

2

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

Vớ i t =

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

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

1
2x +1
2

= y+

1
2 y2 +1

.

1
; t ≠ 0 thì
2t + 1
2

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


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

f ′ (t ) = 1 −

4t

( 2t 2 + 1)

2

=

4t 4 + 4t 2 − 4t + 1

( 2t 2 + 1)

2

=

4t 4 + ( 2t − 1)

( 2t 2 + 1)

Facebook: LyHung95
2

2

> 0, ∀t ≠ 0 .

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

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

 x ≥ −1
 x ≥ −1
u = 2v ⇔  2
⇔
(Hệ vô nghiệm).
 2
2
x
+
2
x
+
1
=
8
x
+
12
7
x
−
2
x
+
11
=
0


 x ≥ −1

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

=
0
(
)


Kết luận hệ phương trình có nghiệm duy nhất x =

Câu 11: Giải bất phương trình

−4 + 14
−4 + 14
;y=
.
2
2

5 x 2 − 8 x + 4 > x ( x 2 − x + 1)

( x ∈ ℝ) .

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

> ( x − 2 ) ( x 2 + x + 3) ⇔ ( x − 2 )  x 2 + x + 3 −

x ( 5x − 8) + 2
x ( 5 x − 8 ) + 2 


5x 2 − 8x − 4

⇔

(1)

2

1  11

Nhận xét x + x + 3 =  x +  + > 0, ∀x ∈ ℝ . Xét các trường hợp
2
4

5x + 2
5x + 2
+) Nếu 5 x + 2 < 0 ⇒ x − 2 < 0;
< 0 ⇒ x2 + x + 3 −
> 0 , (1) nghiệm đúng.
x ( 5x − 8) + 2
x ( 5x − 8) + 2
2

+) Nếu

5 x + 2 2 x 2 − 3x + 4 
3  23
5x + 2 ≥ 0 ⇒ x + x + 3 −
≥ x + x + 3−
=
=x−  +
> 0, ∀x ∈ ℝ .
2
2
4  16

x (5x − 8) + 2
2

5x + 2

2

2

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

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