Tài liệu Tài liệu ôn thi thpt quốc gia toán bắt buộc phải đọc qua

Tổng quát: Dành 3-5 đọc đề từ câu 1 đến câu 10, câu nào có ý tưởng làm ngay đánh dấu vào Thứ tự ưu tiên làm bài và thời gian cân đối hợp lý: Câu 1 – Hàm số và bài toán phụ (15 phút) Câu 2 – Lượng giác, Số phức (10 phút) Câu 3 – Phương trình, bất phương trình logarit (5 phút) Câu 4- Tích phân, ứng dụng tích phân tính diện tích hình phẳng, thể tích khối tròn xoay (10 phút) Câu 5 – Hình giải tích không gian Oxyz (10 phút) Câu 6 – Hình không gian thuần tuý ( Thể tích, góc và khoảng cách, bài toán chứng minh). (15 phút) Câu 7 – Tổ hợp, Xác suất – Nhị thức (15 phút) Câu 8 – Hình giải tích phẳng Oxy (45 phút) Câu 9 – Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số (45 phút) Câu 10 – Bài toán tổng hợp ( Bất đẳng thức, Min-Max, bài toán thực tế). (45-60 phút) Các dạng câu phân loại có thể gặp trong đề thi A - Xác suất Bài 1. Trong kỳ thi tuyển sinh đại học, bạn Thọ dự thi hai môn thi trắc nghiệm Vật lí và Hóa học. Đề thi của mỗi môn gồm 50 câu hỏi; mỗi câu có 4 phương án lựa chọn, trong đó có 1 phương án đúng, làm đúng mỗi câu được 0,2 điểm. Mỗi môn thi Thọ đều làm hết các câu hỏi và chắc chắn đúng 45 câu; 5 câu còn lại Thọ chọn ngẫu nhiên. Tính xác suất để tổng điểm 2 môn thi của Thọ không dưới 19 điểm. Lời giải: Bạn Thọ được không dưới 19 điểm khi và chỉ khi trong 10 câu trả lời ngẫu nhiên ở cả hai môn Lí và Hóa bạn Thọ trả lời đúng ít nhất 5 câu. 1 3 Xác suất trả lời đúng 1 câu hỏi là , trả lời sai là . 4 4 Ta có: ⎛1⎞ Xác suất Thọ trả lời đúng 5 trên 10 câu là C ⎜ ⎟ ⎝4⎠ 5 ⎛3⎞ .⎜ ⎟ ; ⎝4⎠ ⎛1⎞ Xác suất Thọ trả lời đúng 6 trên 10 câu là C ⎜ ⎟ ⎝4⎠ 6 ⎛3⎞ .⎜ ⎟ ; ⎝4⎠ ⎛1⎞ Xác suất Thọ trả lời đúng 7 trên 10 câu là C ⎜ ⎟ ⎝4⎠ 7 ⎛3⎞ .⎜ ⎟ ; ⎝4⎠ 8 ⎛3⎞ .⎜ ⎟ ; ⎝4⎠ 5 10 6 10 7 10 ⎛1⎞ Xác suất Thọ trả lời đúng 8 trên 10 câu là C ⎜ ⎟ ⎝4⎠ 8 10 5 4 3 2 9 ⎛1⎞ 3 Xác suất Thọ trả lời đúng 9 trên 10 câu là C ⎜ ⎟ . ; ⎝4⎠ 4 9 10 10 ⎛1⎞ Xác suất Thọ trả lời cả 10 câu là C ⎜ ⎟ . ⎝4⎠ Cộng các xác suất trên ta suy ra xác suất Thọ được không dưới 19 điểm là 0,0781. Bài 2. Một ngân hàng đề thi có 100 câu hỏi, mỗi đề thi gồm 5 câu hỏi được chọn từ ngân hàng đề thi này. Một học sinh thuộc 80 câu trong 100 câu của ngân hàng đề thi. Tìm xác suất để học sinh đó rút ngẫu nhiên được một đề thi trong đó có đúng 4 câu mình đã thuộc. Lời giải: 10 10 Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: [email protected] 5 Không gian mẫu là số đề thi gồm 5 câu hỏi chọn từ 100 câu có n(Ω) = C100 . 4 1 Gọi A là biến cố học sinh rút được đề có 4 câu đã học thuộc, ta có n( A) = C80 .C20 . 4 1 n( A) C80 .C20 Xác suất cần tính P( A) = . = 5 n(Ω) C100 Bài 3. Hai thí sinh A và B tham gia một buổi thi vấn đáp. Cán bộ hỏi thi đưa mỗi thí sinh một bộ câu hỏi thi gồm 10 câu hỏi khác nhau, được đựng trong 10 phong bì dán kín, có hình thức giống hệt nhau, mỗi phong bì đựng 10 câu hỏi; thí sinh chọn 3 phong bì trong số đó để xác định câu hỏi thi của mình. Biết rằng bộ 10 câu hỏi thi dành cho các thí sinh là như nhau, tính xác suất để 3 câu hỏi của thí sinh A chọn và 3 câu hỏi B chọn giống nhau. Lời giải: Không gian mẫu là số cách chọn 3 trong 10 câu hỏi của mỗi thí sinh có Ω = C103 .C103 . Gọi A là biến cố 3 câu hỏi của thí sinh A và 3 câu hỏi của thí sinh B giống nhau. Thí sinh A chọn 3 câu hỏi cho mình có C103 cách, sau đó để B có 3 câu hỏi giống của A thì chỉ chọn đúng 3 câu mà A đã chọn có duy nhất một cách cho B chọn. Vậy Ω A = C103 .1= C103 . Xác suất cần tính P = ΩA Ω = C103 C10 .C10 3 3 = 1 120 . Bài 4. Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 9 đội bóng tham dự, trong đó có 6 đội nước ngoài và đội cuả Việt Nam. Ban tổ chức cho bốc thăm ngẫu nhiên để chia thành 3 bảng A,B,C mỗi bảng có 3 đội. Tính xác suất để 3 đội bóng của Việt Nam ở ba bảng khác nhau. Gọi X là biến cố chia 9 đội thành 3 bảng trong đó 3 đội bóng của Việt Nam thuộc ba bảng khác nhau. Lời giải: +) Không gian mẫu là số các chia tuỳ ý 9 đội thành 3 bảng có Ω = C 93 .C 63 .C 33 . +) Xếp 3 đội việt nam ở ba bảng khác nhau trước tiên có 3! Cách. Sau đó lần lượt xếp 6 đội còn lại ( 2 đội một bảng) vào 3 bảng A,B,C này có C 62 .C 42 .C 22 . Vậy Ω X = 3!.C 62 .C 42 .C 22 . Suy ra xác suất cần tính: P (X ) = ΩX Ω = 3!.C 62 .C 42 .C 22 3 9 3 6 C .C .C 3 3 = 540 9 = . 1680 28 Bài 5. Một hộp chứa 12 viên bi kích thước như nhau, trong đó có 5 viên bi màu xanh được đánh số từ 1 đến 5, có 4 viên bi màu đỏ được đánh số từ 1 đến 4 và 3 viên bi màu vàng được đánh số từ 1 đến 3. Lấy ngẫu nhiên 3 viên bi từ hộp đó. Tính xác suất để ba viên bi được lấy ra vừa khác màu vừa khác số. Lời giải: Không gian mẫu là số cách lấy tuỳ ý 3 viên bi trong 12 viên bi có Ω = C123 = 220 . Gọi A là biến cố lấy 3 được 3 viên bi vừa khác màu vừa khác số, để tính số phần tử của A ta mô tả cách lấy ra 3 bi thoả mãn. Để đơn giản ta ký hiệu X = {1,2, 3, 4,5} . +) Trước tiên lấy ra 1 trong 3 viên bi vàng có C31 cách, viên bi được lấy ra này mang số là i, Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: [email protected] +) Sau đó lấy ra 1 viên bi vàng từ 4 bi đỏ có số là k thoả mãn k ∈X \ {5,i} có C31 cách. +) Cuối cùng lấy ra 1 trong 5 viên bi đỏ có số là j thoả mãn j ∈X \ {i, k } có C31 cách. Vậy số cách lấy 3 bi thoả mãn là C31 .C31 .C31 = 27 ⇒ Ω A = 27 . ΩA 27 . = Ω 220 Bài 6. Có 4 đề thi khác nhau được phát cho 20 sinh viên dự thi. Các sinh viên được bố trí ngồi ngồi thành 2 dãy dọc song song với nhau mỗi dãy 10 người. Tính xác suất để mỗi sinh viên nhận được một đề mà 2 sinh viên ngồi gần nhau thì nhận đc 2 đề khác nhau. Lời giải: Không gian mẫu là số cách phát đề cho 20 sinh viên có Ω = 420 . Xác suất cần tính P = Gọi A là biến cố hai sinh viên ngồi gần nhau nhận được 2 đề khác nhau. Để tính số kết quả thuận lợi cho A ta mô tả cách phát đề thi thoả mãn. Với dãy thứ nhất: +) Sinh viên đầu tiên có 4 cách phát đề. +) Sinh viên thứ hai có 3 cách phát đề. +) Sinh viên thứ 3 có 3 cách phát đề. … +) Sinh viên thứ 10 có 3 cách phát đề. Vậy với dãy thứ nhất có 4.39 cách phát đề. Tương tự cho dãy thứ hai có 4.39 cách phát đề. Vì vậy Ω A = 4.39.4.39 = 42.318 . 18 ⎛ 3 ⎞⎟ Xác suất cần tính P(A) = = ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ . ⎜⎝ 4 ⎟⎠ Ω ΩA Bài 7. Một nhóm học sinh gồm 6 người vào một cửa hàng nước giải khát gọi ra 6 lon nước ngọt mỗi người một lon. Biết cửa hàng nước giải khát có 6 loại đồ uống A,B,C,D,E,F trong đó loại A còn 7 lại lon, loại B còn lại 8 lon, loại C còn lại 9 lon, loại D còn lại10 lon, loại E còn lại 11 lon và loại F còn lại 12 lon. Tính xác suất để nhóm học sinh này gọi ra có ít nhất 2 người cùng uống cùng một loại nước. Lời giải: Tổng số lon nước của cửa hàng là 7+8+9+10+11+12=57 lon. 6 Không gian mẫu là số cách lấy ra ngẫu nhiên 6 trong 57 lon nước có Ω = C57 . Gọi A là biến cố nhóm học sinh gọi ra có ít nhất 2 người cùng uống một loại nước, tức là ít nhất 2 lon nước cùng loại được gọi ra. Để tìm số kết quả thuận lợi của A ta tìm số kết quả thuận lợi cho A , tức là mỗi loại nước có tối đa một lon được gọi ra. Vậy 6 loại nước thì mỗi loại có 1 lon được gọi ra, ta có: Ω A = C71 .C81.C91.C101 .C111.C121 . C71 .C81.C91.C101 .C111.C121 Xác suất cần tính P( A) = 1− P( A) = 1− . C576 Bài 8. Trong một buổi giao lưu của câu lạc bộ khiêu vũ thể thao, ban tổ chức đã mời 4 vũ công nam và 4 vũ công nữ để ghép nhảy cặp đôi một cách ngẫu nhiên, mỗi vũ công chỉ nhảy với một người duy nhất. Trong 8 vũ công có hai kiện tướng Dancesport là Khánh Thi và Chí Anh. Tính xác suất để Khánh Thi và Chí Anh là cặp nhảy trong buổi giao lưu đó. Phân tích: Ta cần chú ý đề bài không yêu cầu Nam – Nữ là một cặp nhảy, Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: [email protected] +) Không gian mẫu là số cách ghép ngẫu nhiên 8 người thành 4 cặp nhảy, có 2 + Cặp thứ nhất có C8 cách. 2 + Cặp thứ hai có C6 cách. 2 + Cặp thứ ba có C4 cách. 2 + Cặp thứ ba có C2 cách. 2 2 2 2 Vậy có tất cả C8 .C6 .C4 .C2 = 2520 cách, vì vậy n(Ω) = 2520 . Gọi A là biến cố Khánh Thi và Chí Anh là một cặp nhảy, để tính số kết quả thuận lợi cho A ta tìm số cách ghép thoả mãn. + Cặp thứ nhất là Khánh Thi và Chí Anh có 1 cách. 2 + Cặp thứ hai có C6 cách. 2 + Cặp thứ ba có C4 cách. 2 + Cặp thứ ba có C2 cách. 2 2 2 Vậy có 1.C6 .C4 .C2 = 90 cách thoả mãn, suy ra n( A) = 90 . Xác suất cần tính P( A) = n( A) 90 1 = = . n(Ω) 2520 28 Bình luận: Nếu đều bài yêu cầu rõ ghép cặp mỗi cặp gồm 1 nam và 1 nữ ta thực hiện như sau: 1 1 + Cặp thứ nhất chọn ra 1 trong 4 nam và chọn ra 1 trong 4 nữ có C4 .C4 cách. 1 1 + Cặp thứ hai có C3 .C3 cách. 1 1 1 1 + Cặp thứ ba có C2 .C2 cách. + Cặp còn lại có C1 .C1 cách. ( 1 2 3 4 Vậy tổng số cách ghép cặp mỗi cặp gồm 1 nam và một nữ là C1 .C2 .C3 .C4 ) 2 = 242 . 2 Tổng quát, ghép n nam với n nữ mỗi cặp gồm 1 nam và 1 nữ có (n!) cách. B- Hình phẳng Oxy Bài 1. (Mathlinks.vn 50+6/2015). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC. Gọi D,E,F lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh A,B,C, và điểm G là trên tia đối của tia DE thoả mãn DG = DF . Viết phương trình đường thẳng AB, biết rằng đỉnh C nằm trên đường thẳng Δ có phương trình là 2x + y − 8 = 0 , và B(-4;-4), G(2;-6). Lời giải: Gọi H là trực tâm tam giác ABC, tứ giác BDHF nội tiếp nên ! = FBH ! = HCE ! ( cùng phụ góc BAC ! ). FDH ! = HCE !. Mặt khác tứ giác DHEC nội tiếp nên EDH !. ! = EDH ! ⇒ AD là phân giác góc EDF Từ đó suy ra FDH !. Ta có: BD ⊥ AD ⇒ BD là phân giác góc FDG Lại có DG = DF nên F,G đối xứng với nhau qua BC. ! = BFC ! = 90 0 ⇒ BG ⊥ GC . Do đó BGC !!!" Ta có BG = (6;−2) / /(3;−1) ⇒ GC : 3x − y − 12 = 0 . Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: [email protected] ⎧ 3x − y − 12 = 0 Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ ⎨ ⇒ C(4;0) . ⎩2x + y − 8 = 0 Phương trình đường thẳng BC qua B,C là x − 2y − 4 = 0 . Vì F là điểm đối xứng của G qua BC nên toạ độ trung điểm I của FG thoả mãn hệ ⎧ x − 2y − 4 = 0 ⇒ I(0;−2) . ⎨ ⎩2x + y + 2 = 0 Vì I là trung điểm FG nên F(-2;2). Phương trình đường thẳng AB qua B,F là 3x − y + 8 = 0 . Bài 2.(Dự bị Mathlinks.vn) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A, gọi P là điểm trên cạnh BC. Đường thẳng qua P song song với AC cắt AB tại điểm D, đường thẳng qua P song song với AB cắt AC tại điểm E. Gọi Q là điểm đối xứng của P qua DE. Tìm toạ độ đỉnh A, biết rằng B(-2;1), C(2;-1) và Q(-2;-1). Lời giải: Ta chứng minh Q thuộc đường tròn (ABC). Vì AD//PE, AE//PD nên ADPE là hình bình hành do đó PD = AE, AD = PE . Gọi I,H lần lượt là giao điểm của DE với AP, CQ. Vì P,Q đối xứng nhau qua DE nên DP = DQ, DH ⊥ PQ, EQ = EP . Do đó AE = DP = DQ, EQ = EP = AD . Suy ra ADEQ là hình thang cân, vì vậy ! + DEQ ! = 180 0 . DAQ Tam giác ABC cân tại A nên tam giác EPC cân tại E, suy ra EP = EC . Lại có Q đối xứng với P qua DE nên EQ = EP ⇒ EQ = EP = EC . ! = ECQ ! ⎧⎪ EQC ! = ECH ! ⇒ EPCH nội tiếp. Từ đó suy ra ⎨ ⇒ EPH ! ! ⎩⎪ EPH = EQH ! = 180 0 − PEH ! = 180 0 − QEH ! = DEQ ! = 180 0 − BAQ !. Do đó BCQ ! + BAQ ! = 180 0 ⇒ ABCQ nội tiếp, tức Q thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tức, BCQ Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC qua B,C,Q là x 2 + y 2 = 5 . Phương trình đường thẳng BC là x + 2y = 0 . Phương trình trung trực của BC là 2x − y = 0 . ⎧2x − y = 0 ⎡ x = −1, y = −2 Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ ⎨ 2 . ⇔⎢ 2 ⎣ x = 1, y = 2 ⎩x + y = 5 Đối chiếu A,Q cùng phía với đường thẳng BC ta nhận điểm A(-1;-2). Vậy A(-1;-2). Bài 3.(Dự bị Mathlinks.vn). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I. Các đường thẳng AI,BI,CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại các điểm D,E,F (D,E,F khác ba đỉnh của tam giác). Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, và tìm toạ độ đỉnh A biết rằng D(9;10), E(6;1), F(1;6). Lời giải: Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: [email protected] Đường tròn qua D,E,F chính là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Giả sử phương trình đường tròn này là x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0,(a 2 + b 2 − c > 0) . ⎧181+ 18a + 20b + c = 0 ⎧a = −6 ⎪ ⎪ Ta có, ⎨ 37 + 12a + 2b + c = 0 ⇔ ⎨b = −6 . ⎪ 37 + 2a + 12b + c = 0 ⎪c = 47 ⎩ ⎩ Vậy (ABC) : x 2 + y 2 − 12x − 12y + 47 = 0 . Ta chứng minh AD ⊥ EF . Gọi K là giao điểm của AD và EF, theo tính chất góc có đỉnh trong đường tròn ta có: ! = 1 (sd DBF " + sd AE # ) = 1 sd DB # + 1 sd BF # + 1 sd AE # AKE 2 2 2 2 . 1 0 " " " = sd BDC + sd BFA + sd AEC = 90 4 ( ) vậy AD ⊥ EF ⇒ AD : x − y + 1 = 0 . ⎧x − y + 1 = 0 ⎡ x = 2, y = 3 Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ ⎨ 2 ⇔ ⎢ x = 9, y = 10 . 2 ⎣ ⎩ x + y − 12x − 12y + 47 = 0 Vì A khác D nên A(2;3). Bài 4. (Mathlinks.vn 50+7/2015). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,AD. Đường thẳng qua M vuông góc với CD cắt đường thẳng qua N vuông góc với BC tại điểm I. Tìm toạ độ đỉnh A, biết rằng C(3;1), 1 7 M (− ; 3), I( ;0) và AD = 5 . 2 2 Gọi E là trung điểm AC, ta có ME//AC, NE//CD Do đó NI ⊥ ME, MI ⊥ NE ⇒ I là trực tâm của tam giác MNE. Suy ra EI ⊥ BD , lại có AC ⊥ BD do đó A,E,I thẳng hàng, tức I thuộc AC. Phương trình đường thẳng AC qua C,I là 2x + y − 7 = 0 . Phương trình đường thẳng MN qua M vuông góc AC là 2x − 4y + 13 = 0 . Phương trình đường thẳng CD qua C vuông góc MI là 4x − 3y − 9 = 0 . 4m − 9 Vì A thuộc AC nên A(a;7-2a), vì D thuộc CD nên D(m; ). 3 Mặt khác N là trung điểm AD, và N thuộc MN nên 4(6 − 3a + 2m) a+m− + 13 = 0 ⇔ m = 3a + 3 ⇒ D(3a + 3; 4a + 1) . 3 Theo giả thiết, AD = 5 ⇔ (2a + 3)2 + (6a − 6)2 = 25 ⇔ 2a 2 − 3a + 1 = 0 ⇔ a = 1;a = 1 . 2 ⎛1 ⎞ Vậy A(1;5) hoặc A ⎜ ;6 ⎟ . ⎝2 ⎠ Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: [email protected] Bài 5. (Mathlinks.vn 50+8/2015). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C) có tâm là gốc toạ độ O, từ điểm P trên đường thẳng y − 3 = 0 kẻ hai tiếp tuyến PA,PB đến (C). Gọi I là điểm trên đoạn AB, qua I kẻ đường thẳng vuông góc với OI cắt (C) tại C,D. Tiếp tuyến của đường tròn (C) tại C,D cắt nhau tại điểm Q(2;-1). Tìm toạ độ các điểm P,A,B biết rằng PA = 2 5 , và điểm A có hoành độ dương. Lời giải: Ta chứng minh PQ ⊥ OQ . Ta có PAOB nội tiếp đường tròn đường kính OP (*). và QCOD nội tiếp đường tròn đường kính OQ, nên IO.IQ = IC.ID (1) . Mặt khác ACBD nội tiếp đường tròn, nên IA.IB = IC.ID (2) . Từ (1),(2) suy ra IA.IB = IO.IQ ⇒ QAOB nội tiếp (**). Từ (*) và (**) suy ra 5 điểm P,Q,O,A,B cùng thuộc đường tròn đường kính OP. ! = 90 0 ⇒ PQ ⊥ OQ . Do đó PQO !!!" Ta có OQ = (2;−1) ⇒ PQ : 2x − y − 5 = 0 . ⎧y − 3 = 0 Toạ độ điểm P là nghiệm của hệ ⎨ ⇒ P(4; 3) . ⎩2x − y − 5 = 0 Ta có R = OA = OP 2 − PA 2 = 25 − 20 = 5 . Vậy (C) : x 2 + y 2 = 5 . ⎡ x = 2, y = −1 ⎧⎪ x 2 + y 2 = 5 Toạ độ điểm A,B là nghiệm của hệ ⎨ ⇔⎢ 2 11 . 2 2 ⎢x = − , y = (x − 4) + (y − 3) = 20 ⎩⎪ ⎣ 5 5 2 11 Đối chiếu A có hoành độ dương suy ra A(2;−1), B(− ; ) . 5 5 Bài 6. (Dự bị Mathlinks.vn). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC không tù có D là chân ⎛ 1 5⎞ ⎛ 14 10 ⎞ đường phân giác trong của góc A. Gọi O1 ⎜ − ; ⎟ ,O2 ⎜ ; ⎟ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam ⎝ 3 3⎠ ⎝ 3 3⎠ giác ABD,ACD. Biết rằng phương trình đường trung trực của đoạn BC là x − 3 = 0 , đỉnh A nằm trên Oy. Tìm toạ độ điểm A, và viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi M,N,E lần lượt là trung điểm của AB,AD,AC. Gọi O là tâm ngoại tiếp ABC. Ta có các tứ giác AMO1N, AO2EN, AMOE nội tiếp. Suy ra: ! = MNO !, ⎧ MAO 1 1 ⎪⎪ ! ! ! =O ! ! ! ⎨ MNO1 = O2 NE, ⇒ MAO 1 2 AE ⇒ MAE = O1 AO2 . ⎪! ! ⎪⎩O2 NE = O2 AE 0 0 ! +O ! ! ! Mặt khác: MAE 1OO2 = 180 ⇒ O1 AO2 + O1OO2 = 180 ⇒ AO1OO2 nội tiếp. ! = 1 AO ! ! ! 1 AO ! ! ! Ta có ABD 1 D = AOO2 , ADB = 2 B = AO1 M = AO2O . 2 2 Suy ra tam giác ABD đồng dạng với tam giác AOO2, nên Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: [email protected] OO2 AO BD = ⇒ OO2 = .AO . BD AB AB Mặt khác theo tính chất đường phân giác, ta có: BD AB AB.BC BC.AO . = ⇒ BD = ⇒ OO2 = CD AC AC + AB AC + AB Tương tự ta có: OO1 = BC.AO ⇒ OO1 = OO2 . AC + AB Toạ độ điểm O là nghiệm của hệ: ⎧x − 3 = 0 ⎧x = 3 ⎪ ⇔⎨ ⇒ O(3;0) . ⎨ 1 2 5 2 14 2 10 2 y = 0 (x + ) + (y − ) = (x − ) + (y − ) = 0 ⎩ ⎪⎩ 3 3 3 3 Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác OO1O2 là x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0,(a 2 + b 2 − c > 0) . 13 ⎧ ⎧ a=− ⎪ 9 + 6a + c = 0 ⎪ 6 ⎪ ⎪ 26 2a 10b 5 13 ⎪ ⎪ Ta có hệ: ⎨ − + + c = 0 ⇔ ⎨b = − ⇒ (AO1O2 ) : x 2 + y 2 − x − 5y + 4 = 0 . 3 3 2 3 ⎪9 ⎪ ⎪ 296 28a 20b ⎪c = 4 ⎪⎩ 9 + 3 + 3 + c = 0 ⎪⎩ Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ ⎧x = 0 ⎡ x = 0, y = 1 ⎪ ⇔⎢ ⇒ A(0;1); A(0; 4) . ⎨ 2 13 2 ⎣ x = 0, y = 4 ⎪⎩ x + y − 3 x − 5y + 4 = 0 Bài 7.(Dự bị Mathlinks.vn) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O(0;0). Đường tròn qua B tiếp xúc với AC tại A cắt đường tròn qua C tiếp xúc với AB tại A cắt nhau tại ⎛ 5 2⎞ điểm D ⎜ − ; ⎟ , (D khác A). Biết rằng phương trình đường thẳng AB là x − y − 1 = 0 . Tìm toạ độ các ⎝ 29 29 ⎠ đỉnh A,B,C. ! = CAD ! , và AB là tiếp AC là tiếp tuyến của (O1) nên ABD ! = BAD ! . tuyến của (O2) nên ACD Từ đó suy ra tam giác ABD đồng dạng với tam giác ACD. ! = DNC !. Gọi M,N lần lượt là trung điểm AB,AC ta có DMA ! + DNA ! = 180 0 ⇒ AMDN nội tiếp (1). Suy ra DMA Mặt khác AMON nội tiếp đường tròn đường kính AO (2). Từ (1),(2) suy ra D thuộc đường tròn đường kính AO, suy ra ! = 90 0 ⇒ AD ⊥ DO . ADO !!!" −5 2 Ta có: OD = ( ; ) / /(−5;2) ⇒ AD : 5x − 2y + 1 = 0 . 29 29 Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: [email protected] ⎧x − y − 1 = 0 Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ ⎨ ⇒ A(−1;−2) . ⎩5x − 2y + 1 = 0 ⎛ 1 1⎞ Gọi M là trung điểm của AB, thì M là hình chiếu của O lên AB, dễ có M ⎜ ;− ⎟ . ⎝ 2 2⎠ Suy ra B(2;1). Phương trình đường tròn tâm O1 qua A,B,D có phương trình là (x − 2)2 + (y + 2)2 = 9 , tức O1(2;-2). Phương trình phương trình đường thẳng AC qua A vuông góc với O1A là x + 1 = 0 . Gọi N là trung điểm AC thì N là hình chiếu của O lên AC, dễ có N(-1;0). Do đó C(-1;2). Vậy A(-1;-2), B(2;1), C(-1;2). Bài 8(Dự bị mathlinks.vn). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp ⎛ 2 4⎞ ⎛ 8 4⎞ đường tròn tâm I có trọng tâm G ⎜ ; ⎟ . Gọi E(1;1), F ⎜ ;− ⎟ lần lượt là hình chiếu vuông góc của ⎝ 3 3⎠ ⎝ 5 5⎠ B,C lên AI. Tìm toạ độ điểm A. Gọi M là trung điểm BC. Ta chứng minh ME = MF . Gọi H là chân đường cao hạ từ đỉnh A, K là trung điểm EC, và D là điểm đối xứng của A qua I. Ta có MK//BE, mặt khác BE ⊥ AD nên MK ⊥ AD (1). Tam giác MEF vuông tại F có KE = KF (2). Từ (1),(2) suy ra: MK là đường trung trực của EF, do đó ME = MF . Phương trình đường thẳng AI qua E,F là 3x + y − 4 = 0 . !!!!" 3 !!!" 3 2 4 3a 9a a 3a Gọi A(a;4-3a), vì AM = AG = ( − a; − 4 + 3a) = (1− ;−4 + ) ⇒ M (1− ; ) . 2 2 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 a ⎛ 3a ⎞ ⎛ 3 a ⎞ ⎛ 3a 4 ⎞ Ta có phương trình: + ⎜ − 1⎟ = ⎜ + ⎟ + ⎜ + ⎟ ⇔ a = 0 ⇒ M (1;0); A(0; 4) . ⎠ ⎝ 5 2⎠ ⎝ 2 5⎠ 4 ⎝ 2 Vậy A(0;4). Bình luận: Ta có tính chất khác sau: ! = BAE ! = BCD ! ⇒ HE / /CD . Mặt khác CD ⊥ AC ⇒ HE ⊥ AC . + Tứ giác AEHB nội tiếp, nên EHM + ME = MF = MH . Bài 9. Mathlinks.vn 50+2/2015. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB > AD . Gọi M là điểm trên cạnh AB, N là điểm trên tia đối của tia AD thoả mãn AD = AM , AN = BM . Giả sử H(2;-2) là hình chiếu vuông góc của A lên A lên DM, E(2;3) là trung điểm của BN. Viết phương trình đường thẳng AD biết đỉnh B có hoành độ dương và điểm F(5;7) thuộc đường thẳng BC. Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: [email protected] Theo giả thiết, AM = AD ⇒ ΔADM vuông cân tại A, nên 1 AH = HM = DM . 2 Xét tam giác AHN và MHB có ⎧ AN = MB(gt) ⎪ 1 ⎪ ⇒ ΔHAN = ΔHMB . ⎨ AH = HM = DM 2 ⎪ ! = HMB ! = 90 0 + HAM ! ⎪⎩ HAN ! = HBM ! = HBA !. Suy ra HN = HB, HNA ! = BAN ! = 90 0 ⇒ BH ⊥ HN , tức tam giác HNB vuông cân tại Do đó tứ giác AHBN nội tiếp, suy ra BHN B, do đó HE ⊥ BN . !!!" Ta có HE = (0;5) , phương trình đường thẳng BN qua E vuông góc HE là y − 3 = 0 . ⎡b = 7(t / m) Suy ra B(b;3) với b>0, ta có: EB = HE = 5 ⇔ (b − 2)2 = 25 ⇔ ⎢ ⇒ B(7; 3) . ⎣b = −3(l) !!!" Do E là trung điểm BN nên N(-3;3), ta có BF = (−2; 4) / /(1;−2) . Đường thẳng AD qua N nhận (2;1) làm véc tơ pháp tuyến có phương trình là 2x + y + 3 = 0 . Bài 10 (Chuyên KHTN lần 1/2015). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC. Gọi A’,B’,C’ lần lượt là các điểm sao cho các tứ giác ABA’C, BCB’A và CAC’B là hình bình hành. Tìm toạ độ các đỉnh A,B,C biết H1 (0;−2), H 2 (2;−1), H 3 (0;1) lần lượt là trực tâm của các tam giác BCA’, CAB’,ABC’. Lời giải: Vì ABA’C là hình bình hành nên AB//CA’; AC//BA’. Mặt khác CH1 ⊥ BA', BH1 ⊥ CA' nên AB ⊥ BH1 , AC ⊥ CH1 ⇒ ABH1C nội tiếp đường tròn, tức H1 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi I là tâm đường tròn này thì I chính là tâm ngoại tiếp tam giác ABC, và I là trung điểm của AH1 . Tương tự, H 2 , H 3 là thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là (C) : x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0 (a 2 + b2 − c > 0) . ⎧⎪ ⎪⎪a = − 1 ⎪⎪ 2 ⎧⎪−4b+ c = −4 ⎪⎪ ⎪⎪ 1 1 1 ⇒ I( ;− ) . Do H1 , H 2 , H 3 ∈ (C) ⇒ ⎪ ⎨4a − 2b+ c = −5 ⇔ ⎪⎨b = ⎪⎪ ⎪⎪ 2 2 2 ⎪⎪⎩2b+ c = −1 ⎪⎪ ⎪⎪c = −2 ⎪⎪⎩ Vì I là trung điểm của AH1 nên A(1;1), tương tự có B(-1;0) và C(1;-2). Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: [email protected] Bài 11. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(1;1). Gọi B’, C’ lần lượt là các điểm sao cho các tứ giác BCB’A và CAC’B là hình bình hành. Tìm toạ độ các đỉnh B,C biết H (2;−1), K(0;1) lần lượt là trực tâm của các tam giác CAB’,ABC’. Lời giải: Vì ABCB’ là hình bình hành nên AB//CB’; BC//AB’. Mặt khác AH ⊥ CB';CH ⊥ AB' nên AB ⊥ AH; BC ⊥ CH . Do đó tứ giác ABCH nội tiếp đường tròn, tức H thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi I là tâm đường tròn này thì I chính là trung điểm của BH. Tương tự ta chứng minh được K thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là (C) : x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0 (a 2 + b2 − c > 0) . ⎧⎪ ⎪⎪a = − 1 2 ⎪⎧⎪2a + 2b+ c = −2 ⎪⎪⎪ ⎪ ⎪ 1 1 1 ⇒ I( ;− ) . Do A, H , K ∈ (C) ⇒ ⎪ ⎨4a − 2b+ c = −5 ⇔ ⎪⎨b = ⎪⎪ ⎪⎪ 2 2 2 ⎪⎪⎩2b+ c = −1 ⎪⎪ ⎪⎪c = −2 ⎪⎪⎩ Vì I là trung điểm của BH nên B(-1;0) và I là trung điểm của CH nên C(1;-2). Bài 12(Chuyên ĐH Vinh lần 3/2015). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm 8 G( ;0) và có đường tròn ngoại tiếp là (C) tâm I. Biết rằng các điểm M(0;1) và N(4;1) lần lượt là các 3 điểm đối xứng của I qua các đường thẳng AB và AC, đường thẳng BC đi qua điểm K(2;-1). Viết phương trình đường tròn (C). Ta có AM = AI, AN = AI ⇒ AM = AN = AI . Gọi E,F là trung điểm của AB và AC, ta có: EF là đường trung bình của tam giác IMN và ABC nên MN//EF//BC. Phương trình đường thẳng BC qua K song song MN là y +1 = 0 . Gọi H là trung điểm BC, ta có H(a;-1). !!!" !!!" 8 16 − 6a Vì GA = 2HG = 2( − a;1) = ( ;2) ⇒ A(8 − 2a;2) . 3 3 ⎡ 8 − 2a = 4 − 2a Lại có AM = AN ⇔ 1+ (8 − 2a)2 = (4 − 2a)2 + 1 ⇔ ⎢ ⇔ a = 3. ⎣ 8 − 2a = 2a − 4 Vì vậy H(3;-1), A(2;2). Đường thẳng IH qua H vuông góc BC là x − 3 = 0 . Gọi I(3;t), ta có AI = AM = 5 ⇔ 1+ (t − 2)2 = 5 ⇔ t = 4 ∨ t = 0 . Suy ra I(3;0) hoặc I(3;4), đối chiếu A,I khác phía với MN suy ra I(3;0). Vậy (C) :(x − 3)2 + y 2 = 5 . Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: [email protected] Bài 13. (Chuyên ĐH Vinh lần 2/2015). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm 2 2 G( ; ) , tâm đường tròn ngoại tiếp I(1;-2), điểm E(10;6) thuộc đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ 3 3 từ A và điểm F(9;-1) thuộc đường thẳng BC. Tìm toạ độ các đỉnh A,B,C biết B có tung độ bé hơn 2. Lời giải: Gọi M là trung điểm BC, phương trình đường thẳng trung tuyến AM qua G,E là 4x −7 y + 2 = 0 . !!" !!!" !!!" !!!" Ta có, IM .FM = 0 ⇒ M (3;2) . Vì AM = 3GM ⇒ A(−4;−2) . Phương trình đường thẳng BC qua M vuông góc IM là x + 2 y −7 = 0 . ⎧ ⎡ x = 5, y = 1 ⎢ ⇔ ⇒ B(5;1),C(1;3) . ⎪⎪⎩(x −1) + ( y + 2)2 = 25 ⎢⎣ x = 1, y = 3 ⎪ x + 2 y −7 = 0 Toạ độ B,C là nghiệm của hệ: ⎪ ⎨ 2 Vậy A(-4;-2), B(5;1) và C(1;3). Bài 14 ( Chuyên ĐH Vinh lần 4/2015). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2BC , B(7;3). Gọi M là trung điểm đoạn AB, E là điểm đối xứng với D qua A. Biết rằng N(2;-2) là trung điểm của DM, điểm E thuộc đường thẳng Δ : 2x − y + 9 = 0 . Tìm toạ độ đỉnh D. 1 Ta có AM = AD = AB , nên tam giác ADM vuông cân tại A, suy ra 2 AN ⊥ DM . Xét hai tam giác ANE và MNB có 1 ! = 90 0 + NAM ! = NMB !. AN = MN = DM , AE = MB = AD , và NAE 2 ! = MBN ! = ABN ! , suy ra tứ giác Do đó ΔANE = ΔMNB ⇒ AEN ! = BAE ! = 90 0 ⇒ BN ⊥ NE . ANBE nội tiếp, do đó BNE !!!" Ta có, BN = (−5;−5) / /(1;1) . Phương trình đường thẳng NE qua N vuông góc BN là x + y = 0 . ⎧2x − y + 9 = 0 Toạ độ điểm E là nghiệm của hệ ⎨ ⇒ E(−3; 3) . ⎩x + y = 0 ⎧ DE = 4 5 ⎪⎧ AE = 2 5 BE = 10 ⇒ ⇒ ⎨ ⎨ Ta có, , toạ độ điểm D là nghiệm của hệ: ⎪⎩ DB = 10 ⎪⎩ AB = 4 5 ⎧⎪(x + 3)2 + (y − 3)2 = 80 ⎡ x = 1, y = −5 ⇔ ⎨ ⎢ x = 1, y = 11 . 2 2 ⎪⎩(x − 7) + (y − 3) = 100 ⎣ Đối chiếu điều kiện B,D khác phía với NE nhận D(1;-5). ⎧ BN = ? ⎪ Bình luận: Thực ra ta tìm D nhanh như sau, gọi D(a;b) ta có đặt AB = 2AD = 2t ⇒ ⎨ DN = ? . ⎪ BD = ? ⎩ ⎧ DN = ? Giải hệ phương trình ⎨ DB = ? . ⎩ Bài 15. (ĐH Sư phạm HN lần 7/2015). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A, có 1 2 đỉnh B,C nằm trên Ox, D là trung điểm cạnh BC, điểm E thuộc đoạn DC. Gọi O1 (2; ) và O2 (7;8) lần Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: [email protected] lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE và ACE. Tìm toạ độ điểm E và D, biết rằng hoành độ điểm E lớn hơn hoành độ điểm D. Tam giác O1AE cân tại O1 nên ! AO1 E ! 0 O1 AE = 90 − = 900 − ! ABC (1) . 2 ! ! 0 Tương tự có O2 AE = 90 − ACB (2) . ! ! ! 0 0 Từ (1),(2) suy ra: O AO = 180 −( ABC + ACB ) = 90 . 1 2 Vì O1O2 là trung trực của AE nên A,E đối xứng qua O1O2, ! 0 suy ra O1 EO2 = 90 . ! 0 Ta có O1D//AC, O2D//AB nên O1 DO2 = 90 . ⎧y = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 15 2 ⇔ ⎡⎢ x = 3, y = 0 . 2 2 2 Toạ độ điểm D, E là nghiệm của hệ ⎪ ⎨⎛ 5 +( ) ⎞ ⎛ ⎞ ⎢ x = 6, y = 0 ⎪ 2 ⎜⎜ x − 9 ⎟⎟ + ⎜⎜ y − 17 ⎟⎟ = ⎣ ⎪ ⎪ ⎟⎟⎠ ⎜⎝ ⎟⎟⎠ ⎜⎝ ⎪ 2 4 4 ⎪ ⎩ Vì x E > x D ⇒ D(3;0), E(6;0) . Phương trình đường thẳng O1O2 là 3x − 2 y −5 = 0 . Giao điểm H của AE và O1O2 là trung điểm AE, toạ độ H là nghiệm của hệ ⎧ ⎪ 3x − 2 y −5 = 0 ⎪ ⇒ H (3;2) . ⎨ ⎪ 2x + 3y −12 = 0 ⎪ ⎩ Vì H là trung điểm của AE nên A(0;4). !!!" 1 2 Ta có O1 D = (1;− ) / /(2;−1) , đường thẳng AB qua A vuông góc O1D có phương trình là 2x − y + 4 = 0 . ⎧ ⎧ ⎪ x = −2 ⇔⎪ ⇒ B(−2;0) . ⎨ ⎪ ⎪ 2x − y + 4 = 0 y = 0 ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ ⎪y = 0 Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ ⎪ ⎨ Vì D là trung điểm BC nên C(8;0). Vậy A(0;4), B(-2;0), C(8;0). Bài 16. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là ! = 90° . Chân đường cao kẻ từ A đến BC là I ( −2;1) và thỏa mãn điều kiện AIB D ( −1; −1). Đường thẳng AC qua M ( −1;4 ) . Tìm tọa độ các đỉnh A, B biết đỉnh A có hoành độ dương. A ! = 90° ⇒ BCA ! = 45° hoặc BCA ! = 135° . AIB ! = 45° ⇒ ΔADC cân tại D. Khi đó taSuy ra CAD Ta có DI ⊥ AC Khi đó phương trình đường thẳng AC : . I M C B D Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: [email protected] x − 2y + 9 = 0 !!!" Gọi A ( 2a − 9;a ) ,AD = (8 − 2a;−1− a ) . ⎡a = 1 AD2 = 40 ⇔ a 2 − 6a + 5 = 0 ⇔ ⎢ ⇒ A (1;5 ) . ⎣a = 5 Phương trình BD : x + 3y + 4 = 0 Phương trình BI: 3x + 4y + 5 = 0 ⎧ x + 3y + 4 = 0 ⎧ x=2 . ⇔⎨ ⎩3x + 4y + 5 = 0 ⎩ y = −2 Tọa độ B là nghiệm của ⎨ Vậy A(1;5), B(2;-2). Bài 17. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I(-2;1). Gọi D(-1;-1) là điểm trên đường thẳng BC thoả mãn AD = DC , và đường thẳng AC đi qua điểm M(-1;4). Tìm toạ độ các đỉnh A,B,C biết điểm H(0;-2) là trực tâm tam giác ABC. Ta có: DA = DC, IA = IC ⇒ DI là đường trung trực của AC, vì vậy DI ⊥ AC . Phương trình đường thẳng AC qua M(-1;4) vuông góc DI là x−2y +9 = 0 . Gọi E là trung điểm của AC, ta có IE qua I vuông góc AC là 2x + y + 3 = 0 . Toạ độ điểm E là nghiệm của hệ ⎧ ⎪ x−2y +9 = 0 ⎪ ⇒ E(−3;3) . ⎨ ⎪ 2x + y + 3 = 0 ⎪ ⎩ !!!" !!" Suy ra, BH = 2IE = 2(−1;2) = (−2;4) ⇒ B(2;−2) . Đường thẳng BC qua B,D có phương trình là x + 3y + 4 = 0 . ⎧x − 2 y + 9 = 0 ⎪ Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ ⎪ ⇒ C(−7;1) . ⎨ ⎪ x + 3y + 4 = 0 ⎪ ⎩ Vì E là trung điểm của AC nên A(1;5). Vậy A(1;5), B(2;-2) và C(-7;1). Bài 18. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A, H là chân đường cao hạ từ đỉnh A, I là hình chiếu vuông góc của H lên AC, và M là trung điểm của HI. Biết rằng phương trình đường thẳng AC là 7x −3y − 2 = 0 , phương trình đường thẳng BI là 11x +16 y + 39 = 0 . Đường thẳng AM đi qua điểm E(1; 28 ) , điểm F(3;5) thuộc đường cao AH. Tìm toạ độ các đỉnh A,B,C. 11 Hd: Chứng minh AM ⊥ BI . Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: [email protected] Bài 19. (Chuyên KHTN Hà Nội lần 5/2015). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2 AD . Đường thẳng AC có phương trình y = 2x , H là hình chiếu vuông góc của B lên AC, E là trung điểm của AH, I(-5;-5) là trực tâm của tam giác BCE. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết hoành độ của C nhỏ hơn -3. Vì I là trực tâm tam giác BCE nên EI ⊥ BC ⇒ EI / / AB , mà E là trung điểm AH nên I là trung điểm của HB. Toạ độ điểm H là nghiệm của hệ ⎧ ⎪ y = 2x ⎪ ⇒ H (−3;−6) . ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ x + 2 y +15 = 0 Vì I là trung điểm HB nên B(-7;-4). Ta có, BC = BH 2 5 = = 5, 2 sin ! ACB 5 ⎪⎧(x + 7) + ( y + 4) = 25 ⎡ x = −4, y = −8 ⇔⎢ ⇒ C(−4;−8) . Toạ độ điểm C thoả mãn hệ: ⎪ ⎨ ⎢ x = −2, y = −4 ⎪⎪⎩ y = 2x ⎣ 2 2 Tam giác ABC vuông có đường cao BH, có !!!" CH CB 2 1 !!" CH.CA = CB 2 ⇒ = = ⇒ CA = 5CH = (5;10) ⇒ A(1;2) . CA CA2 5 !!!" !!!" Vì AD = BC = (3;−4) ⇒ D(4;−2) . Vậy A(1;2), B(-7;-4), C(-4;-8) và D(4;-2). Bài 20. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có H là hình chiếu vuông góc của B lên AC. Gọi E,I,M lần lượt là trung điểm của AH, HB,BC. Biết rằng điểm E(-1;-2), M (− 11 ;−6) và 2 phương trình đường thẳng CI là 3x + y + 20 = 0 . Ta có EI//AB nên EI ⊥ BC , lại có BI ⊥ AC nên I là trực tâm tam giác BCE, vì vậy BE ⊥ CI . Phương trình đường thẳng BE qua E vuông góc CI là x −3y −5 = 0 . Gọi B(3b+5;b), vì M là trung điểm BC nên C(-16-3b;-12-b), lại có C thuộc CI nên 3(−16−3b) + (−12− b) + 20 = 0 ⇔ b = −4 ⇒ B(−7;−4),C(−4;−8) . Phương trình đường thẳng AC qua E,C là 2x − y = 0 . ⎧ ⎪2x − y = 0 Toạ độ điểm H là nghiệm của hệ ⎪ ⎨ ⇒ H (−3;−6) . ⎪ x + 2 y +15 = 0 ⎪ ⎩ !!!" !!!" Vì E là trung điểm AH nên A(1;2). Vì AD = BC = (3;−4) ⇒ D(4;−2) . Vậy A(1;2), B(-7;-4), C(-4;-8) và D(4;-2). C- Phương trình, bất phương trình và hệ phương trình đại số Ẩn phụ và đẳng cấp Bài 1. Giải bất phương trình 1+ x −1( 2x −3 x −1)3 ≥ 0 . Trích đề ĐH Vinh lần 4/2015 Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: [email protected] ⎧a 2 = x − 1 ⎧⎪a = x − 1 ⎪ Điều kiện: x ≥ 1 . Đặt ⎨ . (a ≥ 0,b > 0) ⇒ ⎨b 2 = 2x ⎪b 2 − 2a 2 = 2 ⎩⎪b = 2x ⎩ Bất phương trình trở thành: 2 ⎛ b 2 − 2a 2 ⎞ + a(b − 3a)3 ≥ 0 ⇔ (2a 2 − b 2 )2 + 4a(b − 3a)3 ≥ 0 ⎜⎝ ⎟ . 2 ⎠ ⇔ (b − 2a)(52a 3 − 28a 2b + 6ab 2 + b 3 ) ≥ 0 (*) Sử dụng bất đẳng thức AM –GM ta có: 52a 3 + b 3 = 26a 3 + 26a 3 + b 3 ≥ 3 3 (26a 3 )2 b 3 = 3a 2b 3 26 2 ≥ 26a 2b, suy ra: 52a 3 − 28a 2b + 6ab 2 + b 3 ≥ 6ab 2 − 2a 2b = 2ab(3b − a) . 2ab(17x + 1) = 2ab(3 2x − x − 1) = ≥0 3 2x + x − 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = 0 , vô lý. Vậy 52a 3 − 28a 2b + 6ab 2 + b 3 > 0 . Do đó bất phương trình (*) tương đương với: b ≥ 2a ⇔ 2x ≥ 2 x − 1 ⇔ x ≤ 2 . Kết hợp với điều kiện có tập nghiệm S = [1;2 ] . Bài 2. Mathlinks.vn 50+5. Giải bất phương trình ( 5x + 9 ) 3x + 1 1− x +5 ≥ 6x + 7 . x+4 x+4 1 Điều kiện: − ≤ x ≤ 1 . Đặt a = 3x + 1,b = 1− x,c = x + 4, ( a,b ≥ 0,c > 0 ) . 3 Bất phương trình trở thành: Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: [email protected] a ( a 2 + 2c 2 ) + b ( b 2 + c 2 ) ≥ c ( 2a 2 + b 2 + c 2 ) ⇔ a 3 + b 3 − c 3 + 2ac 2 − 2ca 2 + bc 2 − b 2 c ≥ 0 ⇔ ( a + b ) − c 3 − 3ab ( a + b ) + 2ac 2 − 2ca 2 + bc 2 − b 2 c ≥ 0 3 ⇔ ( a + b − c ) ( (a + b)2 + c(a + b) + c 2 ) − 3ab ( a + b − c ) . +2ac(c − a − b) + bc(c − a − b) ≥ 0 ⇔ ( a + b − c ) ( a 2 + b 2 + c 2 − ab − ac ) ≥ 0 ⇔ a+b−c≥0 Vì vậy 3x + 1 + 1− x ≥ x + 4 ⇔ 2 −3x 2 + 2x + 1 ≥ 2 − x ⇔ 0 ≤ x ≤ 12 . 13 ⎡ 12 ⎤ Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ⎢ 0; ⎥ . ⎣ 13 ⎦ Cách 2: ⎡ 1 ⎤ Với mọi x ∈ ⎢ − ;1⎥ ⇒ 6x + 7 > 0 , bất phương trình tương đương với: ⎣ 3 ⎦ 5x + 9 3x + 1 5 1− x + ≥ 1. 6x + 7 x + 4 6x + 7 x + 4 ⎧ 5x + 9 a2 + 2 ⎪⎪ 6x + 7 = 2a 2 + b 2 + 1 3x + 1 1− x ,b = (a,b ≥ 0) ⇒ ⎨ Đặt a = . 2 x+4 x+4 ⎪ 5 = b +1 ⎪⎩ 6x + 7 2a 2 + b 2 + 1 Bất phương trình trở thành: a2 + 2 b2 + 1 .a + .b ≥ 1 2a 2 + b 2 + 1 2a 2 + b 2 + 1 ⇔ a 3 + 2a + b 3 + b ≥ 2a 2 + b 2 + 1 ⇔ a 3 + b 3 + (−2a 2 + 2a + b − b 2 − 1) ≥ 0 ⇔ (a + b − 1)(a 2 + b 2 − ab − a + 1) ≥ 0 2 ⎡⎛ a⎞ 3a 2 − 4a + 4 ⎤ ⇔ (a + b − 1) ⎢⎜ b − ⎟ + ⎥ ≥ 0 ⇔ a + b −1 ≥ 0 ⇔ 2⎠ 4 ⎣⎝ ⎦ 12 ⇔ 3x + 1 + 1− x ≥ x + 4 ⇔ x ≤ 13 . 3x + 1 1− x + ≥1 x+4 x+4 Cách 3: Vì phương trình có hai nghiệm đẹp x1 = 0; x2 = 12 nên ta sẽ khử bớt căn thức bằng bình phương sau đó 13 liên hợp: ⎡ 1 ⎤ Lời giải: Với mọi x ∈ ⎢ − ;1⎥ cả hai vế bất phương trình không âm nên bình phương hai vế đưa về bất ⎣ 3 ⎦ phương trình tương đương với: Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: [email protected] (5x + 9)2 . 3x + 1 1− x (3x + 1)(1− x) + 25. + 10(5x + 9) ≥ (6x + 7)2 2 x+4 x+4 (x + 4) . ⇔ 39x 3 + 67x 2 − 77x − 90 + 10(5x + 9) (3x + 1)(1− x) ≥ 0 Ta tìm được biểu thức liên hợp như sau: (3x + 1)(1− x) − −x + 2 . 2 Vậy bất phương trình tương đương với: 3(x + 2)(13x 2 − 12x) + 5(5x + 9) ⎡⎣ 2 (3x + 1)(1− x) − (−x + 2) ⎤⎦ ≥ 0 ⇔ 3(x + 2)(13x 2 − 12x) + 5(5x + 9)(12x − 13x 2 ) ≥0 2 (3x + 1)(1− x) − x + 2 ⎡ ⎤ 5(5x + 9) ⇔ (12x − 13x 2 ) ⎢ −3(x + 2) + ⎥≥0 2 (3x + 1)(1− x) − x + 2 ⎦ ⎣ . ⇔ (12x − 13x 2 ) ⎡⎣ 3x 2 + 25x + 33 − 6(x + 2) (3x + 1)(1− x) ⎤⎦ ≥ 0 ⇔ (12x − 13x 2 ) ⎡⎣(x + 2 − 3 (3x + 1)(1− x))2 + 29x 2 + 3x + 20 ⎤⎦ ≥ 0 ⇔ 12x − 13x 2 ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤ 12 13 Bình luận: Cả cách 2, 3 là tương tự nhau, ý tưởng là đưa về phương trình đẳng cấp 3 biến a,b,c với 3 căn thức, sau đó giảm biến về 2 và phân tích nhân tử. Để phân tích được nhân tử: a 3 + b 3 + (−2a 2 + 2a + b − b 2 − 1) ≥ 0 ⇔ (a + b − 1)(a 2 + b 2 − ab − a + 1) ≥ 0 . Ta sử dụng máy tính cầm tay Bước 1. Nhập vào phương trình, ở đâu có b ta thay bằng 100. Bước 2. Nhấn shift +Calc với a = 1 , có nghiệm -99, tức là a=1-b hay a+b-1=0, và ta có nhân tử (a+b-1), lúc đó chia đa thức ta có nhân tử ở trên. Bài 3. Mathlinks.vn 50+3. Giải bất phương trình x( x + 1 − x − 1)3 ≤ Điều kiện xác định: x ≥ 1 . ⎧⎪a = x + 1 ⎧⎪a 2 + b 2 = 2x Đặt ⎨ ,(a > b ≥ 0) ⇒ ⎨ 2 . 2 ⎩⎪a − b = 2 ⎩⎪b = x − 1 Bất phương trình trở thành: 5 . 4 Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: [email protected] 5 a2 + b2 5 2 (a2 − b2 ) ( a − b )3 ≤ 2 32 ⇔ 16 ( a 2 + b 2 ) a − b ≤ 5 2 ( a + b ) 5 2 2 5 ⇔ 8 ⎡⎣( a + b ) + ( a − b ) ⎤⎦ a − b ≤ 5 2 ( a + b ) . 5 ⎛ a−b ⎛ a − b⎞ ⎞ ⇔ 8⎜ + ⎜ ⎟ ≤5 2 ⎝ a + b ⎟⎠ ⎠ ⎝ a+b a−b 1 ≤ ⇔ 2(a − b) ≤ a + b ⇔ a ≤ 3b a+b 2 ⇔ 5 . 4 ⎡5 ⎞ Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ⎢ ;+∞ ⎟ . ⎠ ⎣4 Vì vậy x + 1 ≤ 3 x − 1 ⇔ x + 1 ≤ 9 ( x − 1) ⇔ x ≥ a−b . a+b Chú ý. Lời giải trên vế trái là hàm đồng biến với t = Cách 2: Với mọi x ≥ 1 , ta có: x +1 + x −1 = 2 , x +1 − x −1 4 4x = ( x + 1 + x − 1) + ( x + 1 − x − 1) = + ( x + 1 − x − 1)2 2 ( x + 1 − x − 1) 2 2 Vì vậy, bất phương trình tương đương với: ⎡ 4 2⎤ 3 ⎢ ( x + 1 − x − 1)2 + ( x + 1 − x − 1) ⎥ ( x + 1 − x − 1) ≤ 5 ⎣ ⎦ ⇔ ( x + 1 − x − 1)5 + 4( x + 1 − x − 1) − 5 ≤ 0 ⇔ x +1 − x −1 ≤1 ⇔ x +1 ≤ x −1 +1 ⇔ x +1 ≤ x + 2 x −1 ⇔ 2 x −1 ≥1 ⇔ x ≥ . 5 4 ⎡5 ⎞ Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ⎢ ;+∞ ⎟ . ⎠ ⎣4 Bài 4. Giải phương trình 30x 3 − 53x 2 + 32x − 5 = (x + 1)(5x − 3)3 . Lời giải: 3 3 ⎪⎧(x + 1)(5x − 3) ≥ 0 Điều kiện: ⎨ ⇔x≥ . 3 2 5 ⎩⎪ 30x − 53x + 32x − 5 ≥ 0 3 +) Nhận thấy x = không thoả mãn phương trình. 5 3 +) Với x > , khi đó chia hai vế phương trình cho (5x − 3) , ta được: 5 Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: [email protected] . 30x 3 − 53x 2 + 32x − 5 x +1 = (5x − 3) . 5x − 3 5x − 3 Thực hiện phép chia đa thức cho vế trái ta được: x +1 x +1 6x 2 − 7x + 2 + = (5x − 3) . 5x − 3 5x − 3 Đặt t = x +1 > 0 , phương trình trở thành: 5x − 3 ⎡ x +1 = 2x − 1 ⎢ ⎡t = 2x − 1 5x − 3 2 2 ⎢ t − (5x − 3)t + 6x − 7x + 2 = 0 ⇔ ⎢ ⇔ ⇔ x = 1. ⎢ x +1 ⎣t = 3x − 2 = 3x − 2 ⎢ ⎣ 5x − 3 Vậy nghiệm phương trình x = 1 . Bình luận: Việc xuất hiện (5x − 3)3 bậc cao nên ta nghĩ việc chia cho (5x − 3) để giảm bậc của phương trình vế phải. Bài 5. Giải bất phương trình x 3 + 11x 2 + 18x + 6 ≥ x(x 2 + 7x + 10) + 2 x − 1 . Điều kiện: x ≥ 1 . Bất phương trình tương đương với: x 3 + 11x 2 + 18x + 6 ≥ x(x 2 + 7x + 10) + 4(x − 1) + 4 x(x − 1)(x 2 + 7x + 10) ⇔ 2x 2 + 2x + 5 ≥ 2 x(x − 1)(x + 2)(x + 5) ⇔ 3(x 2 + 2x) − (x 2 + 4x − 5) ≥ 2 (x 2 + 2x)(x 2 + 4x − 5) ⇔ ( x 2 + 2x − x 2 + 4x − 5 )(3 x 2 + 2x + x 2 + 4x − 5 ) ≥ 0 5 ⇔ x 2 + 2x ≥ x 2 + 4x − 5 ⇔ x ≤ 2 kết hợp với điều kiện ta có 1 ≤ x ≤ 5 . 2 ⎡ 5⎤ Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = ⎢1; ⎥ . ⎣ 2⎦ Liên hợp thường Bài 1. Giải bất phương trình x − x − 2 > x 3 − 4x 2 + 5x − x 3 −3x 2 + 4 . ⎪⎧⎪ x ≥ 0 ⎪ 3 2 Điều kiện: ⎪ ⎨ x −3x + 4 ≥ 0 ⇔ x ≥ 0 . ⎪⎪ 3 ⎪⎪⎩ x − 4x 2 + 5x ≥ 0 Bất phương trình tương đương với: Thầy: Đặng Thành Nam - Phone: 0976 266 202 – Email: [email protected] .