Bộ tài liệu tặng học sinh online thầy Đặng Việt Hùng ( Tổng hợp )

Khóa học www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
FB: LyHung95

CHINH PHỤC ĐIỂM 8 9 MÔN TOÁN – PHẦN 2
Thầy Đặng Việt Hùng (ĐVH) – Moon.vn
VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN

Câu 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong góc A là
x + y − 3 = 0 . Hình chiếu của tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC lên AC là E(1; 4). BC có hệ số góc

âm và tạo với đường thẳng AC góc 450. Đườg thẳng AB tiếp xúc với (C ) : ( x + 2)2 + y 2 = 5 . Tìm phương
trình các cạnh của tam giác ABC.
Lời giải:
Gọi K là điểm đối xứng của E qua AI.
Ta có: EK : x − y + 3 = 0 ⇒ trung điểm của EK
có toạ độ là: ( 0;3) ⇒ K ( −1; 2 ) .
Do K ∈ ( C ) ⇒ AB tiếp xúc với ( C ) tại K.

Đường tròn ( C ) tâm J ( −2;0 ) . Khi đó AB qua
K và vuông góc với JK
Do vậy: AB : x + 2 y − 3 = 0
Giả sử: AC : a ( x − 1) + b ( y − 4 ) = 0 ( a 2 + b 2 > 0 ) . Ta có: cos ( AC ; AI ) = cos ( AB; AI )

a+b

⇔

2

2 a +b

2

=

3
2
⇔ 9 ( a 2 + b 2 ) = 5 ( a + b ) ⇔ ( 2a − b )( a − 2b ) = 0 .
10

Với 2a = b ⇒ nAC (1; 2 ) / / AB ( loai ) .

 −1 10 
Với a = 2b ⇒ nAC ( 2;1) ⇒ AC : 2 x + y − 6 = 0 ⇒ EI : x − 2 y + 7 = 0 ⇒ I  ;  .
 3 3

k
⇔
k


⇔ 10

2k − 1

1
2
⇔ 5 ( k 2 + 1) = 2 ( 2k − 1)
2
k + 1. 5

−13
+l
=3
10
3
⇒ BC : 3 x − y + l = 0 . Mặt khác d ( I ; AC ) = d ( I ; BC ) ⇒
=
1
= − ( loai )
3 5
10
3
 10 2 + 13

10 2 + 13
=0
l =
 BC : 3 x − y +
3
3


2 = 3l − 13 ⇔
⇒
 −10 2 + 13 
−10 2 + 13
=0
l =
 BC : 3 x − y +
3

3



Gọi BC : y = kx + l ( k > 0 ) . Ta có: cos ( BC ; AC ) =

2

=

www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
Tham gia
các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
FB: LyHung95

Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trinh đường cao AH và trung tuyến
AM lần lượt là: x − 2 y − 13 = 0 và 13 x − 6 y − 9 = 0 . Biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác tam giác ABC
là I (−5;1) . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C

Lời giải
Ta có A = AH ∩ AM ⇒ A ( −3; −8 )

Đường thẳng IM qua I ( −5;1) và song song với
đường thẳng AH ⇒ IM : x − 2 y + 7 = 0
Ta có M = AM ∩ IM ⇒ M ( 3;5 )

Đường thẳng BC qua M ( 3;5 ) và vuông góc với
đường thẳng AH ⇒ BC : 2 x + y − 11 = 0
Do B ∈ BC : 2 x + y − 11 = 0 ⇒ B ( t ;11 − 2t )
2

2

Ta có IB = IA ⇒ ( t + 5 ) + (10 − 2t ) = 85

t = 2 ⇒ B ( 2; 7 ) ⇒ C ( 4;3 )
⇔ 5t 2 − 30t + 40 = 0 ⇔ 
t = 4 ⇒ B ( 4;3) ⇒ C ( 2; 7 )
Vậy A ( −3; −8 ) , B ( 2;7 ) , C ( 4;3) hoặc A ( −3; −8 ) , B ( 4;3) , D ( 2; 7 )

Câu 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x − 1)2 + ( y − 2) 2 = 1 . Chứng minh rằng từ
điểm M bất kỳ trên đường thẳng d : x − y + 3 = 0 luôn kẻ được hai tiếp tuyến đến đường tròn (C). Gọi hai
tiếp điểm A, B. Tìm tọa độ điểm M để khoảng cách từ J (1;1) đến đường thẳng AB bằng

3
2

Lời giải
Đường tròn ( C ) có tâm I (1; 2 ) , bán kính
R =1

Ta có d ( I , d ) =

2
2

= 2 > R ⇒ từ điểm M

bất kì trên đường thẳng d : x − y + 3 = 0 luôn
kẻ được hai tiếp tuyến đến đường tròn ( C ) .
Gọi M ( t ; t + 3) và A ( x; y ) là tọa độ tiếp điểm
Ta có IA = ( x − 1; y − 2 ) ,

MA = ( x − t ; y − t − 3)

⇒ ( x − 1)( x − t ) + ( y − 2 )( y − t − 3) = 0
⇔ x 2 + y 2 − ( t + 1) x − ( t + 5) y + 3t + 6 = 0 (1)

www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
Tham gia
các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
FB: LyHung95
2

2

Mặt khác A ∈ ( C ) ⇒ ( x − 1) + ( y − 2 ) = 1 ⇔ x 2 + y 2 − 2 x − 4 y + 4 = 0 ( 2 )
Lấy ( 2 ) − (1) ta được ( t − 1) x + ( t + 1) y − 3t − 2 = 0 ⇒ AB : ( t − 1) x + ( t + 1) y − 3t − 2 = 0
Ta có d ( J , AB ) =

t+2

3
⇒
2

( t − 1)

2

=

+ ( t + 1)

2

3
⇔
2

t+2

=

2t 2 + 2

3
2
⇔ 4 ( t + 2 ) = 9 ( 2t 2 + 2 )
2

t = 1 ⇒ M (1; 4 )


⇔ 14t − 16t + 2 = 0 ⇔  1
 1 22 
t= ⇒M ; 
 7
7 7 
2

 1 22 
Vậy M (1; 4 ) hoặc M  ; 
7 7 

Câu 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD có diện tích bằng 50, đỉnh C (2; −5) ,
 −1 
AD = 3BC , biết rằng đường thẳng AB đi qua điểm M  ;0  , đường thẳng AD đi qua N (−3;5) . Viết
 2 
phương trình đường thẳng AB biết đường thẳng AB không song song với các trục tọa độ.

Lời giải
1
 1 

AB qua M  − ; 0  ⇒ AB : a  x +  + by = 0
2
 2 


AD qua N ( −3;5 ) và vuông góc với AB

⇒ AD : b ( x + 3) − a ( y − 5 ) = 0

Ta có AB = d ( C , AD ) =

BC = d ( C , AB ) =

5a + 10b
a 2 + b2

5
a − 5b
2
a2 + b2

3
⇒ AD =

5
a − 5b
2
a2 + b2

Ta có

S ABCD

a 2 − 4b 2
5a + 10b 5a − 10b
1
= 50 ⇔ AB. ( BC + AD ) = 50 ⇔ 2 AB.BC = 50 ⇔
.
= 50 ⇔ 2

=2
2
a + b2
a 2 + b2 a2 + b2

 a 2 + 6b 2 = 0 ( l )
 2a 2 + 2b 2 = a 2 − 4b 2
⇔ a 2 − 4b 2 = 2a 2 + 2b 2 ⇔  2
⇔
⇔
 2
2
2
2
2
2
a
+
2
b
=
4
b
−
a
3
a
=
2
b



• Với a 3 = b 2 chọn a = 2, b = 3 ⇒ AB : 2 x + 3 y +

2
=0
2

• Với a 3 = −b 2 chọn a = 2, b = − 3 ⇒ AB : 2 x − 3 y +
Vậy AB : 2 x + 3 y +

a 3 = b 2

 a 3 = −b 2

2
=0
2

2
2
= 0 hoặc AB : 2 x − 3 y +
=0
2
2

www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
Tham gia
các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016

Khóa học www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
FB: LyHung95

Câu 5. 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
2

2

( a − 1) + ( a + 4 )
1
1
1
=

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

2

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

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 )

Câu 6. Trong mặt phẳng 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.

Lời giải:

www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
Tham gia
các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

FB: LyHung95

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

(
(

a ( a − 1)

3
= cos BAC =
2

)

)

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

2
2
( a − 1) + 4. a 2 + 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.

(

)

(

)

Câu 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh C thuộc ∆ : x − 2 y − 1 = 0 , đường
thẳng BD có phương trình 7 x − y − 9 = 0 . Điểm E(-1; 2) thuộc cạnh AB sao cho EB = 3EA. Biết rằng B có
tung độ dương. Tìm tọa độ các điểm A, B, C, D.

Lời giải:
Gọi K là giao điểm của BD và CE. Khi đó ta có:

KE BE 2
2
=
= ⇒ KE = − KC . Gọi K ( t ; 7t − 9 ) ; C ( 2v + 1; v ) ta
KC CD 3
3
3

 11
−1 − t = − 4 ( 2v + 1 − t )
t =
 11 

có 
⇔
7 ⇒ C ( 5; 2 ) ; K  ; 2 
7 
11 − 7t = −3 ( v − 7t + 9 )
v = 2

4
Khi đó gọi B ( u; 7u − 9 ) .
Ta có: BE.BC = 0 ⇔ ( u + 1)( u − 5 ) + ( 7u − 11)( 7u − 11) = 0 ⇔ u = 2 ( do yB > 0 )

www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
Tham gia
các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
FB: LyHung95

Do vậy B ( 2;5 ) . Lại có: BE = 3EA ⇒ A ( −2;1) ⇒ D (1; −2 ) .
Câu 8. 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:
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)

Câu 9. 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 .
2

2

Gọi A ( 5t − 4; t ) . Khi đó: AN = MN ⇔ ( 5t − 10 ) + ( t − 2 ) = 16

⇔ t = 3 ∨ t = 1 ⇒ A (1;1) ( do xA < 3) . Gọi C ( u; 2u − 7 )
2

Lại có: NA = NC ⇔ ( u − 6 ) + ( 2u − 9 )

2

u = 7
= 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 ) .

Câu 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(-1; 5) và điểm M(0; -2) là trung điểm
cạnh BC. Gọi D, E lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh B và C. Đường phân giác của góc DME cắt
đường cao hạ từ đỉnh A tại điểm I(0; 3). Tìm toạ độ các đỉnh B, C biết rằng điểm B có hoành độ âm

www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
Tham gia
các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
FB: LyHung95

Lời giải:
Gọi K là trung điểm AH (H là trực tâm ∆ABC ), J là tâm
đường tròn ngoại tiếp ∆ABC có:
Vì ADH = AEH = 90o → ADHE nội tiếp ( K ; KD )
Suy ra KD = KE
Lại có tứ giác EDCB nội tiếp ( M ; MD ) → MD = ME
Suy ra MK là trung trực của DE
→ MK là phân giác góc DME → K ≡ I
Vì I là trung điểm AH → H (1;1)

Mà ta có AH = 2 JM → J ( −1;0 )
Phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆ABC là:
2

+ y 2 = 25
Phương trình BC qua M vuông góc AH là
BC : x − 2 y − 4 = 0
Tọa độ B, C là nghiệm hệ:

( C ) : ( x + 1)

 x = 4; y = 0
 x − 2 y − 4 = 0
 B ( −4; −4 )
→
→
( xB < 0 )

2
2
( x + 1) + y = 25  x = −4; y = −4 C ( 4;0 )
Vậy B ( −4; −4 ) ; C ( 4;0 ) là các điểm cần tìm

Thầy Đặng Việt Hùng

www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
Tham gia
các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016

Khóa học www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
FB: LyHung95

CHINH PHỤC ĐIỂM 8 9 MÔN TOÁN – PHẦN 1
Thầy Đặng Việt Hùng (ĐVH) – Moon.vn
VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN
Câu 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh AB, N là điểm
1
trên cạnh AC sao cho CN = AC. Biết E (1; −1) là trung điểm của đoạn DM. Tìm tọa độ đỉnh B, biết
4
2


F  ; 0  là trọng tâm tam giác AMN và điểm M có hoành độ âm.
3 
Lời giải
Gắn hình vuông ABCD trong hệ trục toạ độ Oxy với tia Ox trung với
tia DC, tia Oy trung với tia DA và D trùng với gốc O ( 0; 0 ) .
Đặt AB = 4a ta có: N ( 3a; a ) , A ( 0; 4a ) , M ( 2a; 4a ) . B ( 4a; 4a )
4a 2
10
 5a

2
Khi đó F  ;3a  và E ( a; 2a ) . Khi đó: EF =
+ a2 =
9
9
 3


2
10
58a
580
. Lại có: BE 2 = 13a 2 = 10 ; BF 2 =
=
.
Suy ra a =
13
9
117
( x − 1)2 + ( y + 1) 2 = 10

2
Gọi B ( x; y ) ta có: 
2
580
2
 x −  + y =
3
117


 −14 18 
 16 28 
Khi đó B 
;  hoặc B  ;  là điểm cần tìm.
 13 13 
 13 13 

Câu 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A. Các điểm M ( −1;1) và N ( −1; −7 )
là các điểm lần lượt trên cạnh AB và tia đối của tia CA sao cho BM = CN. Xác định tọa độ các đỉnh của
tam giác ABC, biết đường thẳng BC qua điểm E ( −3; −1) và điểm B thuộc đường thẳng x + 4 = 0 .

Lời giải:
 MJ / / CN
Kẻ MJ / / AC ( với J ∈ BC ) dễ thấy 
nên tứ giác
 MJ = BM = CN
MJNC là hình bình hành suy ra K là trung điểm của MN đồng thời là
trung điểm của CJ. Ta có: K ( −1; −3) ∈ BC .
Phương trình đường thẳng BC là: x + y + 4 = 0 .
Do vậy B ( −4;0 ) ⇒ AB : x − 3 y + 4 = 0 .
Phương trình đường thẳng AC qua N có dạng:
AC : a ( x + 1) + b ( y + 7 ) = 0
( với nAC = ( a; b ) ( a 2 + b 2 > 0 ) ) . Khi đó: cos ( AB; BC ) = cos ( AC ; BC ) ⇔

a+b
2
=
2. 10
2. a 2 + b 2

 a = −3b
2
⇔ 2 ( a 2 + b 2 ) = 5 ( a + b ) ⇔ 3a 2 + 10ab + 3b 2 = 0 ⇔ 
3a = −b
Với a = −3b chọn a = 3; b = −1 ⇒ AC : 3 x − y − 4 = 0 ⇒ C ( 0; −4 ) ; A ( 2; 2 ) .
Với 3a = −b chọn a = 1; b = −3 ⇒ AB / / AC ( loai ) .
Vậy A ( 2; 2 ) ; B ( −4;0 ) ; C ( 0; −4 ) là các điểm cần tìm.

www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
Tham gia
các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
FB: LyHung95

Câu 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh D(7; –3) và cạnh BC = 2AB. Gọi
M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC. Tìm tọa độ đỉnh C biết phương trình MN là x + 3y – 16 = 0.
Lời giải:
Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của D trên AC và
MN. Gọi I = MN ∩ CD . Ta có: DK : 3 x − y − 24 = 0 .
 44 12 
Khi đó: K = DK ∩ MN ⇒ K  ;  .
 5 5
Dễ thấy AMIC là hình bình hành do vậy CI = AM .
Khi đó

DH DC 2
2
 41 3 
=
= ⇒ DH = − DK ⇒ H  ;  .
DK DI 3
3
 5 5

Suy ra phương trình AC qua H và AC / / MN là:
x + 3 y − 10 = 0
G ọi

C (10 − 3t ; t ) ta

có:

c = 0 ⇒ C (10; 0 )
1
1
1
2
2

=
+
⇒ DC = 18 ⇒ ( 3 − 3c ) + ( c + 3) = 18 ⇔ 
6
 32 6 
2
2
2
DH
DA DC
c = ⇒C ; 

5
 5 5
 32 6 

Vậy C (10; 0 ) ; C  ;  là các điểm cần tìm.
 5 5

Câu 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B có BC = 2AB. Điểm M(2; -2) là trung
4 8
điểm của cạnh AC. Gọi N là điểm trên cạnh BC sao cho BC = 4BN. Điểm H  ;  là giao điểm AN và
5 5
BM. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết N thuộc đường thẳng x + 2y – 6 = 0.

Lời giải:
Gọi E là trung điểm của BC và F = AN ∩ ME .
Ta có: EF = AB = 2 ME ⇒

HM MF 3
3
=
= ⇒ HM = − HB .
HB
AB 2
2

6
3
4
 5 = − 2  xB − 5 



⇔
⇒ B ( 0; 4 ) .

− 18 = − 3  y − 8 
 B

 5
2
5
Gọi N ( 6 − 2t ; t ) ⇒ E (12 − 4t ; 2t − 4 ) . Lại có: EM .EB = 0

 E ( 4; 0 )
t = 2


⇔ (12 − 4t )(10 − 4t ) + ( 2t − 8 )( 2t − 2 ) = 0 ⇔
⇒   8 14  .
t = 17
E − ;
  5 5 
5

Với E ( 4; 0 ) ⇒ C ( 8; −4 ) ⇒ A ( −4;0 ) .

www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
Tham gia
các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
FB: LyHung95

 −8 14 
 −16 8 
 36 −28 
Với E  ;  ⇒ C 
;  ⇒ A ;
.
 5 5
 5 5
 5 5 

Câu 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC. Gọi H là hình chiếu của A
lên đường thẳng BD. E, F lần lượt là trung điểm đoạn CD và BH. Biết A(1;1), phương trình đường thẳng

EF là 3x – y – 10 = 0 và điểm E có tung độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D.
Lời giải:
Gọi K là trung điểm của AB khi đó AKED là hình
vuông, gọi I là tâm hình vuông.
Khi đó KF / / AH ⇒ KF ⊥ DF do vậy 5 điểm
A,K,F,E,D cùng thuộc đường tròn đường kính KD.
Suy ra AF ⊥ EF ⇒ AF : x + 3 y − 4 = 0 .

32
 17 1 
⇒ F  ;  ⇒ AF =
5
 5 5
Ta có: ∆AFE ∼ ∆DCB ⇒EF =

1
2

AF = 2
.
2
5

t = 3 ⇒ E ( 3; −1)
2
2
8
51  8
 17  

Gọi E ( t ;3t − 10 ) ⇒ EF = ⇔  t −  +  3t −  = ⇔  19
 19 7 
5
5 
5 5
t = ⇒ E  ;  ( loai )


5
 5 5
2

Khi đó: AE : x + y − 2 = 0; I ( 2; 0 ) ⇒ KD : x − y − 2 = 0 . Gọi D ( d ; d − 2 ) ta có:

 d = 3  D ( 3;1)
DA.DE = 0 ⇔ ( d − 1)( d − 3) + ( d − 3)( d − 1) = 0 ⇔ 
⇒
.

 d = 1  D (1; −1)
Vì D và F nằm khác phía so với AE nên ta có D (1; −1) ⇒ C ( 5; −1) ; B (1;5 ) .
Vậy B (1;5 ) ; C ( 5; −1) ; D (1; −1) .

Câu 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có đáy lớn CD và AB ( CD = 3 AB = 3 10 ),
tọa độ C (−3; −3) , trung điểm của AD là M (3;1) . Tìm tọa độ đỉnh B biết diện tích tam giác BCD bằng 18
và D có hoành độ nguyên dương.

Lời giải:
Ta có: S BCD = S ACD = 2 S MCD ⇒ S MCD = 9 .
Lại có: MC : 2 x − 3 y − 3 = 0 và MC = 2 13 . Gọi D ( a; b ) .
Khi đó: S DCM =

2a − 3b − 3
1
MC.d ( D; CM ) =
13 = 9
2
13

⇔ 2a − 3b − 3 = 9 (1) . Mặt khác CD = 3 10 do vậy:
2

( a + 3 ) + ( b + 3)

2

= 90 ( 2 )

www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

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


Khóa học www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
FB: LyHung95

 a = −12; b = −6 ∨ a = 6; b = 0

120
132
42
54 .
a = −
;b = −
∨ a = ;b =
13
13
13
13

Vì D hoành độ nguyên dương nên D ( 6; 0 ) ⇒ A ( 0; 2 ) .

( a + 3)2 + ( b + 3)2 = 90
Từ (1) và (2) ta có: 
⇔
 2a − 3b − 3 = 9

 −9 = 3 ( xB − 0 )

Lại có : DC = 3 AB ⇒ 
⇒ B ( −3;1) .
−
=
y
−
3
3
2
(
)

B
Vậy B ( −3;1) .
Câu 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D, diện tích hình thang bằng 6;
CD = 2AB và B(0; 4). Biết điểm I (3; −1), K (2; 2) lần lượt nằm trên đường thẳng AD và DC. Viết phương
trình đường thẳng AD biết AD không song song với các trục tọa độ.

Lời giải
Đường thẳng AD qua I ( 3; −1) nên ta gọi đường
thẳng AD : a ( x − 3) + b ( y + 1) = 0

Đường thẳng CD qua K ( 2; 2 ) và vuông góc với
AD nên CD : b ( x − 2 ) − a ( y − 2 ) = 0

2a + 2b

Ta có AD = d ( B, CD ) =

a2 + b2

3a − 5b

AB = d ( B, AD ) =

a2 + b2

Ta có S ABCD = 6 ⇔

⇒ CD =

2 3a − 5b
a2 + b2

2a + 2b 3 3a − 5b
a + b 3a − 5b
1
AD. ( AB + CD ) = 6 ⇔
.
= 12 ⇔
=2
2
a 2 + b2
a 2 + b2
a 2 + b2

 2a 2 + 2b 2 = 3a 2 − 2ab − 5b 2
 a 2 − 2ab − 7b 2 = 0
⇔ 3a − 2ab − 5b = 2a + 2b ⇔  2
⇔ 2

2
2
2
2
 2a + 2b = −3a + 2ab + 5b
5a − 2ab − 3b = 0
2

2

2

2

 a = 1 + 2 2 b ⇒ AD : 1 + 2 2 x + y − 2 − 6 2 = 0
Với a − 2ab − 7b = 0 ⇔ 
 a = 1 − 2 2 b ⇒ AD : 1 − 2 2 x + y − 2 + 6 2 = 0

2

2

(
(

)
)

(
(

)
)

 a = b ⇒ AD : x + y − 2 = 0
Với 5a 2 − 2ab − 3b 2 = 0 ⇔ 
5a + 3b = 0 ⇒ AD : 3 x − 5 y − 14 = 0
Vậy có 4 đường thẳng AD thỏa mãn

Câu 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có x + y − 5 = 0 là phương trình đường chéo
AC. Trên tia đối của tia CB lấy điểm M và trên tia đối của tia DC lấy điểm N sao cho DN = BM. Đường
thẳng song song với AN kẻ từ M và đường thẳng song song với AM kẻ từ N cắt nhau ở F (0; −3) . Xác định
tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết điểm M nằm trên trục hoành.

Lời giải

www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
Tham gia
các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
FB: LyHung95

 AN = BM , AB = AD
Ta có 
⇒ ∆ABM = ∆ADN
 ABM = ADN

⇒ NAD = MAB và AM = AN
Mà MAB + MAD = 900 ⇒ NAD + MAD = 900
⇒ AM ⊥ AN ⇒ AMFN là hình vuông

Ta có NFM = NCM = 900 ⇒ NCMF là tứ giác nội
tiếp ⇒ FCM = MNF = 450
Ta có FAM = FCM = 450 ⇒ FMCA nội tiếp
⇒ FCA = FMA = 900 ⇒ FC ⊥ AC

Đường thẳng FC qua F ( 0; −3) và vuông góc với
AC nên đường thẳng FC : x − y − 3 = 0

Ta có C = FC ∩ AC ⇒ C ( 4;1)

Đường thẳng CM qua C ( 4;1) nên ta gọi đường thẳng AC : a ( x − 4 ) + b ( y − 1) = 0
Ta có ( AC , CM ) = 450 ⇒

a+b
2 a2 + b2

=

a = 0
2
⇔ ( a + b ) = a 2 + b 2 ⇔ 2ab = 0 ⇔ 
2
b = 0

1

Với a = 0 ⇒ CM : y − 1 = 0 (loại do M nằm trên trục hoành)
Với b = 0 ⇒ CM : x − 4 = 0 . Ta có M = Ox ∩ CM ⇒ M ( 4; 0 )

Đường thẳng AM qua M ( 4; 0 ) và vuông góc với MF nên đường thẳng AM : 4 x + 3 y − 16 = 0
5 5
Ta có A = AM ∩ AC ⇒ A (1; 4 ) . Gọi I là trung điểm của AC ⇒ I  ; 
2 2
5 5
Đường thẳng BD qua I  ;  và vuông góc với AC nên đường thẳng BD : x − y = 0
2 2
Ta có B = BD ∩ CM ⇒ B ( 4; 4 ) ⇒ D (1;1)
Vậy A (1; 4 ) , B ( 4; 4 ) , C ( 4;1) , D (1;1)

Câu 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x 2 + y 2 = 2 x , tam giác ABC vuông tai A có AC
là tiếp tuyến của (C) trong đó A là tiếp điểm, chân đường cao kẻ từ A là H(2; 0). Tìm tọa độ đỉnh B của
tam giác ABC biết B có tung độ dương và diện tích tam giác ABC bằng

2
.
3

Lời giải:

www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
Tham gia
các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

FB: LyHung95

Đường tròn ( C ) tâm I ( 0;0 ) và bán kính R = 1 .
Ta có AC là tiếp tuyến của ( C ) nên AB đi qua I. Mặt khác

H ∈ ( C ) nên IA = IH và tam giác ABH vuông tại H nên ( C )
là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH.
Khi đó AB = 2 R = 2 .Lại có: S =
Suy ra BC =

1
2
2
AB. AC =
⇒ AC =
2
3
3

4
1
. Lại có: S ABC = AH .BC ⇒ AH = 1 .
2
3

 x 2 + y 2 = 2 x
1 3
Do vậy BH = AB − AH = 3 . Gọi B ( x; y ) ta có: 
⇒
B


 ( do yB > 0 ) .
2
2
 ;
( x − 2 ) + y = 3
2 2 
2

2

1 3
Đáp số: B  ;

2 2 

Câu 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có A(−2;0) , C nằm trên đường thẳng có
phương trình x + y − 3 = 0 , đường thẳng MN, với M là trung điểm cạnh BC, N là điểm nằm trên cạnh AD
sao cho AN = 2ND, có phương trình 7 x − 5 y − 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D.

Lời giải:
 7t − 6 
Gọi K = MN ∩ AC , C ( u;3 − u ) ; K  t ;
.
5 

2
AD
KA AN 3
4

4
Khi đó theo Đ/L Ta lét:
=
=
= ⇒ KA = − KC
1
KC MC
3
BC 3
2
4

 6 K  6 ; 0 
−2 − t = − 3 ( u − t )
t=
 

⇔
⇔  7 ⇒ 7 

 −7t + 6 = −4  3 − u − 7t − 6 
u = 3 C ( 3;0 )
 5
3 
5 
1
1 
Do vậy AC : y = 0 ⇒ tâm của hình vuông là I  ; 0  ⇒ BD : x = .
2
2 

49 5t
5
1 
7 t 
1 5
1 5
Gọi B  ; t  ⇒ M  ;  ∈ MN ⇒
− = 6 ⇔ t = ⇒ B ;  ⇒ D ;−  .
4 2
2
2 
4 2
2 2
2 2
 1 5   1 −5 
Vậy B ( 3;0 ) ; C  ;  ; D  ;  .
2 2 2 2 

www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
Tham gia
các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
FB: LyHung95

CHÚC CÁC EM CHINH PHỤC THÀNH CÔNG CÂU HÌNH PHẲNG TRONG ĐỀ THI!

Thầy Đặng Việt Hùng

www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
Tham gia
các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
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 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
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 .
2

2

Gọi A ( 5t − 4; t ) . Khi đó: AN = MN ⇔ ( 5t − 10 ) + ( t − 2 ) = 16

⇔ 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 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
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
2

2

( a − 1) + ( a + 4 )
1
1
1
=

+ 2 =
2
2
2
2
BH
AB
IB
5 ( a − 1) + ( a + 4 ) − 5


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 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
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 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
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 )
. Ta có:
Gọi A ( 0; a ) , với C ( 0; 0 ) → 
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 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016

5.


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
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 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
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

)

(

)



y
1
⇔ ( 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
2x − 5 = 0 ⇔ x2 − 6 x + 8 −
2x − 5 = 0
x 2 − 5 ( x − 1) + 3 −
x−2
x−2

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

(

)

Tham gia www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01

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 )

( 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

Từ đánh giá
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
+ 2
+
2a 2 + 2b 2 + c  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 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
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 www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
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 2
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
2

Câu 1: Giải phương trình ( x − 1) =

3

(x

2

2

− 2 x − 2) + 1 − x2 + x + 2

( x ∈ ℝ) .

Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B có BC = 2AB. Điểm M(2; -2) là trung
4 8
điểm của cạnh AC. Gọi N là điểm trên cạnh BC sao cho BC = 4BN. Điểm H  ;  là giao điểm AN và
5 5
BM. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết N thuộc đường thẳng x + 2y – 6 = 0.

 x + y + 1 + x − y = 2 y + 1
Câu 3: Giải hệ phương trình 
2
2
12 3 xy + 7 x = x + 8 y + 15
Câu 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC. Gọi H là hình chiếu của A
lên đường thẳng BD. E, F lần lượt là trung điểm đoạn CD và BH. Biết A(1;1), phương trình đường thẳng
EF là 3x – y – 10 = 0 và điểm E có tung độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D.
5 x − y + x + y − 3 = 2 + ( x + y )( 2 x − y ) + 3 x − 4
Câu 5. Giải hệ phương trình 
2
 y + 2 − x = 2
Câu 6. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A với M là trung điểm của
AB, đường thẳng qua A vuông góc với MC cắt BC tại H, biết phương trình đường thẳng AB : x − y + 1 = 0
 14 
và trung điểm của HB là K  5;  . Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC biết B có hoàng độ lớn hơn 4.
 3

 x2 + 2 y 2 + 4 + x + 2 = 3 y 2 + 4 + y + 2

Câu 7: Giải hệ phương trình 
3x3 + 2 y − 1

3
+ 2x − y −1
 2x −1 + 3 y − 2 =

2
Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho tam giác ABC vuông tại B có phân giác trong AD với
 15 1 
D  ;  thuộc BC .Gọi E, F là 2 điểm lần lượt thuộc các cạnh AB và AC sao cho AE = AF . Đường
 2 2
 11 3 
thẳng EF cắt BC tại K. Biết điểm F  ;  , E có tung độ dương và phương trình đường thẳng
 2 2
AK : x − 2 y + 1 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC.
2x
x + 3y

+
=3

2
2
2
2
5
x
−
6
xy
+
5

y
6
x
−
8
xy
+
6
y
Câu 9: Giải hệ phương trình 
2
2

 x − 2 y − x + x + y = 4

(

) (

)

PHẦN 2: LỜI GIẢI CHI TIẾT
2

Câu 1: Giải phương trình ( x − 1) =

3

(x

2

2

− 2x − 2) + 1 − x2 + x + 2

( x ∈ ℝ) .

Lời giải.
Tham gia www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016


www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
Khóa học Chinh
phục Hình phẳng Oxy và Kĩ thuật giải Hệ phương trình – Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn
Điều kiện −1 ≤ x ≤ 1 .
2

Phương trình tương đương x 2 − 2 x − 2 − 3 ( x 2 − 2 x − 2 ) + 1 = 1 − x 2 + x .
Ta có

Đặt

3

(

1 − x2 + x

)

2

= 1 + 2 x 1 − x2 ≥ 1 ⇒ 1 − x2 + x ≥ 1 .

t = 0
x 2 − 2 x − 2 = t thu được t 3 − t 2 + 1 ≥ 1 ⇔ t 2 ( t − 1) ≥ 0 ⇔ 
t ≥ 1
t = 0 ⇔ x 2 − 2 x − 2 = 0 ⇔ x ∈ 1 + 3;1 − 3 .

{

}

x ≥ 3
t ≥ 1 ⇒ t 3 ≥ 1 ⇔ x 2 − 2 x − 3 ≥ 0 ⇔ ( x − 3)( x + 1) ≥ 0 ⇔ 
⇒ x = −1 .
 x ≤ −1
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm duy nhất x = −1 .
Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B có BC = 2AB. Điểm M(2; -2) là trung
4 8
điểm của cạnh AC. Gọi N là điểm trên cạnh BC sao cho BC = 4BN. Điểm H  ;  là giao điểm AN và
5 5
BM. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết N thuộc đường thẳng x + 2y – 6 = 0.

Lời giải:
Gọi E là trung điểm của BC và F = AN ∩ ME .
Ta có: EF = AB = 2 ME ⇒

HM MF 3
3
=
= ⇒ HM = − HB .
HB
AB 2
2

6
3
4
 5 = − 2  xB − 5 



⇔
⇒ B ( 0; 4 ) .
18
3
8


− = −
 yB − 
 5
2
5
Gọi N ( 6 − 2t ; t ) ⇒ E (12 − 4t ; 2t − 4 ) . Lại có: EM .EB = 0

 E ( 4; 0 )

t = 2


⇔ (12 − 4t )(10 − 4t ) + ( 2t − 8 )( 2t − 2 ) = 0 ⇔
⇒   8 14  .
17
t =
E − ;
  5 5 
5

Với E ( 4; 0 ) ⇒ C ( 8; −4 ) ⇒ A ( −4;0 ) .
 −8 14 
 −16 8 
 36 −28 
Với E  ;  ⇒ C 
;  ⇒ A ;
.
 5 5
 5 5
 5 5 

 x + y + 1 + x − y = 2 y + 1
Câu 3: Giải hệ phương trình 
2
2
12 3 xy + 7 x = x + 8 y + 15
Lời giải.
 x + y + 1 ≥ 0; x − y ≥ 0
x ≥ 0

Điều kiện 
⇔
2
x ≥ y
2 y + 1 ≥ 0; xy + 7 x ≥ 0
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với

Tham gia www.facebook.com/groups/TaiLieuOnThiDaiHoc01
Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2016