Oxy va bat pt tang hs thay hung dz

Khóa học CHINH PHỤC HÌNH PHẲNG OXY, BẤT PT – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG FB: LyHung95

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

HÌNH PHẲNG OXY VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH

Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn VIDEO BÀI GI ẢNG và LỜI GIẢI CHI TI ẾT CÁC BÀI T ẬP chỉ có tại website MOON.VN

Câu 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tam giác ABC cân tại A và M là trung điểm của AB. Đường thẳng

CM có phương trình 3 0y − = và 2 7

;3 3

K −

là trọng của tam giác ACM. Đường thẳng AB đi qua điểm

1;4 .

2D −

Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết M có tung độ dương và tâm đường tròn ngoại

tiếp tam giác ABC nằm trên đường thẳng : 2 4 0.d x y− + =

Lời giải Gọi N là trung điểm của AM , J là giao điểm của AH và CM

Ta có2

/ /3

CJ CKKJ MN

CM CN= = ⇒

Mà MI AB MI KJ⊥ ⇒ ⊥ Mặt khác IJ MK⊥

I⇒ là trực tâm MJK KI CM∆ ⇒ ⊥

Đường thẳng KI qua 2 7

;3 3

K −

và vuông góc với

CM nên đường thẳng 2

:3

KI x = −

Ta có 2 8

;3 3

I KI d I = ∩ ⇒ −

Do ( ): 3 0 ;3M CM y M a∈ − = ⇒

Ta có . 0MI AB MI MD IM DM⊥ ⇒ ⊥ ⇒ =��

Mà 2 1

;3 3

IM a = +

�� ;

( )0 0;31 2 1 1

; 1 0 7 72 3 2 3 ;3

6 6

a M

DM a a aa M l

= ⇒ = + − ⇒ + + − = ⇔ = − ⇒ − →

��

Đường thẳng AB qua 1

;42

D −

và ( )0;3M nên đường thẳng : 2 3 0AB x y+ − =

Đường thẳng AH qua 2 8

;3 3

I −

và vuông góc với MK nên đường thẳng : 2 0AH x y+ − =

Ta có ( )1;1A AB AH A= ∩ ⇒

Do M là trung điểm của ( )1;5AB B⇒ −

Đường thẳng BC qua ( )1;5B − và vuông góc với AH nên đường thẳng : 6 0BC x y− + =

Ta có ( )3;3C BC CM C= ∩ ⇒ −

Vậy ( ) ( ) ( )1;1 , 1;5 , 3;3A B C− −

Câu 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I. Điểm ( )2; 1M −

là trung điểm cạnh BC và điểm 31 1

;13 13

E −

là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng AI. Xác

định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết đường thẳng AC có phương trình 3 2 13 0.x y+ − =

Lời giải



Gọi D là hình chiếu của A xuống BC , N là trung điểm của AB

Do � � 090ADB AEB= = nên tứ giác BDEA nội tiếp

Do � � � 090BNI BEI BMI= = = nên ngũ giác BNIEM nội tiếp đường tròn đường kính BI

� � � �1

2ENM EBM EBD END⇒ = = =

NM⇒ là phân giác góc �END Mặt khác NE ND= nên NM là đường trung trực của đoạn thẳng DE Đường thẳng MN qua ( )2; 1M − và song song với AC

nên đường thẳng : 3 2 4 0MN x y+ − =

Đường thẳng DE qua 31 1

;13 13

E −

và vuông góc với

MN nên đường thẳng : 2 3 5 0DE x y− − =

Đường thẳng DE qua 31 1

;13 13

E −

và vuông góc với MN nên đường thẳng : 2 3 5 0DE x y− − =

Gọi J là giao điểm của DE với 22 7

;13 13

MN J

⇒ −

. Mà J là trung điểm ( )1; 1DE D⇒ −

Đường thẳng BC qua ( )1; 1D − và ( )2; 1M − nên đường thẳng : 1BC y = −

Ta có ( )5; 1C AC BC C= ∩ ⇒ − . Mà M là trung điểm ( )1;1BC B⇒ −

Đường thẳng AD qua ( )1; 1D − và vuông góc với BC nên đường thẳng : 1 0AD x − =

Ta có ( )1;5A AC AD A= ∩ ⇒

Vậy ( ) ( ) ( )1;5 , 1;1 , 5; 1A B C− −

Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh AB, N là điểm

trên cạnh AC sao cho 1

.4

CN AC= Biết ( )1; 1E − là trung điểm của đoạn DM. Tìm tọa độ đỉnh B, biết

2;0

3F

là trọng tâm tam giác AMN và điểm M có hoành độ âm.

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 ( )0;0O .

Đặt 4AB a= ta có: ( )3 ;N a a , ( ) ( )0;4 , 2 ;4A a M a a . ( )4 ;4B a a

Khi đó 5

;33

aF a

và ( );2E a a . Khi đó: 2

2 24 10

9 9

aEF a= + =

Suy ra 10

13a = . Lại có: 2 213 10BE a= = ;

22 58 580

9 117

aBF = = .

Gọi ( );B x y ta có:

( ) ( )2 2

22

1 1 10

2 580

3 117

x y

x y

− + + = − + =

Khi đó 14 18

;13 13

B−

hoặc 16 28

;13 13

B

là điểm cần tìm.



Câu 4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A. Các điểm ( )1;1M − và ( )1; 7N − −

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 ( )3; 1E − − và điểm B thuộc đường thẳng 4 0x + = .

Lời giải:

Kẻ / /MJ AC ( với J BC∈ ) dễ thấy / /MJ CN

MJ BM CN

= =

nên tứ giác

MJNC là hình bình hành suy ra K là trung điểm của MN đồng thời là trung điểm của CJ. Ta có: ( )1; 3K BC− − ∈ .

Phương trình đường thẳng BC là: 4 0x y+ + = .

Do vậy ( )4;0 : 3 4 0B AB x y− ⇒ − + = .

Phương trình đường thẳng AC qua N có dạng:

( ) ( ): 1 7 0AC a x b y+ + + =

( với ( ) ( )2 2; 0ACn a b a b= + >��

) . Khi đó: ( ) ( )2 2

2cos ; cos ;

2. 10 2.

a bAB BC AC BC

a b

+= ⇔ =

+

( ) ( )22 2 2 2 32 5 3 10 3 0

3

a ba b a b a ab b

a b

= −⇔ + = + ⇔ + + = ⇔ = −

Với 3a b= − chọn ( ) ( )3; 1 :3 4 0 0; 4 ; 2;2a b AC x y C A= = − ⇒ − − = ⇒ − .

Với 3a b= − chọn ( )1; 3 / /a b AB AC loai= = − ⇒ .

Vậy ( ) ( ) ( )2;2 ; 4;0 ; 0; 4A B C− − là các điểm cần tìm.

Câu 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có hình chiếu vuông góc của B trên đường

thẳng AC là E(5; 0), trung điểm của AE và CD lần lượt là F(0; 2), 3 3

;2 2

I−

. Viết phương trình đường

thẳng CD.

Lời giải: Kẻ ( )/ / / /FK AB CD K BE∈ khi đó KF là đường trung bình của

tam giác AEB ta có: 1

/ /2

KF AB CI= = nên KCIF là hình bình

hành.

Dễ thấy / /FK BC

CK FI BFBE AC

⊥⇒ ⊥ ⊥

.

Phương trình đường thẳng BF qua F và vuông góc với FI là

: 3 7 14 0BF x y− + = . Lại có F là trung điểm của AE nên ( )5;4A − .

Phương trình đường thẳng BE qua E và vuông góc với AC là: ( )5 2 25 0 7;5x y B BE BF B− − = ⇒ = ∩ ⇒

Khi đó: ( ) ( ) 3912;1 1; 12 : 12 0

2CDAB n CD x y= ⇒ = − ⇒ − + =��

Câu 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm B(2; 0), đường thẳng đi qua đỉnh

B và vuông góc với đường chéo AC có phương trình 7 14 0x y− − = , đường thẳng đi qua đỉnh A và trung

điểm của cạnh BC có phương trình 2 7 0x y+ − = . Tìm tọa độ điểm D của hình chữ nhật ABCD, biết điểm

A có hoành độ âm.

Lời giải



Gọi H là hình chiếu của B trên AC , M là trung điểm

BC

Do ( )2 7 0 7 2 ;M x y M t t∈ + − = ⇒ −

( )7 2 ;M t t− là trung điểm của ( )12 4 ;2BC C t t⇒ −

Đường thẳng AC qua ( )12 4 ;2C t t− và vuông góc với

BH nên đường thẳng : 7 10 12 0AC x y t+ − − =

Ta có ( )5 4 ;2 1A AM AC A t t= ∩ ⇒ − +

Do . 0AB BC AB BC⊥ ⇒ =��

Mà ( )4 3; 2 1AB t t= − − −��

, ( )10 4 ;2BC t t= −��

( )( ) ( )( )

( ) ( )2

1 1;34 3 10 4 2 2 1 0 2 5 3 0 3

1;4 , 6;32

t A lt t t t t t

t A C

= ⇒ →⇒ − − + − − = ⇔ − + = ⇔ = ⇒ −

Gọi I là trung điểm của 5 7

;2 2

AC I

⇒

, mà I là trung điểm của ( )3;7BD D⇒

Vậy ( )3;7D

Câu 7. Giải bất phương trình ( ) ( )33 2 22 3 6 2 2x x x x x x− + ≤ − + ∈ℝ .

Lời giải. Điều kiện x ∈ℝ .

Bất phương trình đã cho tương đương với ( ) ( )33 2 23 2 2 2 0x x x x x x− − + + − + ≥ .

Đặt ( )2 2 0x x t t− + = > thu được

( ) ( ) ( ) ( ) ( )23 2 3 2 23 2 0 2 2 2 2 0 2 02 0

x tx xt t x x t xt x t t x t x t x t

x t

=− + ≥ ⇔ + − + + + ≥ ⇔ + − ≥ ⇔ + ≥

• 2

2 2

02 2

2

xx t x x x x

x x x

≥= ⇔ = − + ⇔ ⇔ = = − +

.

• 2

2 2 2

0 0

0 02 0 2 2

4 4 8 3 4 8 0

x x

x xx t x x x x

x x x x x

> > ≤ ≤+ ≥ ⇔ − + ≥ − ⇔ ⇔ ⇔ ∈ − + ≥ − + ≥

ℝ .

Bất phương trình đã cho có tập nghiệm S = ℝ .

Câu 8. Giải bất phương trình ( ) ( )33 28 4 5 2 1x x x x x+ ≤ + − ∈ℝ .

Lời giải.

Điều kiện 1

2x ≥ .

Bất phương trình đã cho tương đương với ( ) ( )33 4 2 1 5 2 1x x x x+ − ≤ − .

Đặt ( )2 1 0x y y− = ≥ ta có

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )3 2 3 2 2 2 24 5 5 0 5 0 1x xy y x x y xy x y y x y x y x xy y+ ≤ ⇔ − + − + − ≤ ⇔ − + + ≤ .



Nhận xét 2 21; 0 5 0

2x y x xy y≥ ≥ ⇒ + + > . Do đó ( )

2

11 2 1 12

2 1 0

xx y x x x

x x

≥⇔ ≤ ⇔ ≤ − ⇔ ⇔ = − + ≤

.

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất { }1S = .

Câu 9. Giải bất phương trình ( ) ( )3 23 3 28 24 7 6 0x x x x x+ − + − < ∈ℝ .

Lời giải.

Điều kiện 6

7x ≥ . Phương trình đã cho tương đương với ( )33 23 3 7 6 4 7 6 0x x x x+ − − − < .

Đặt ( )7 6 0x y y− = ≥ thu được

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 2 3 2 2 2 23 4 0 3 4 4 0 3 4 4 0x x y y x x y xy x y y x y x xy y x y+ − < ⇔ − + − + − < ⇔ + + − < ∗

Ta có 2 26; 0 3 4 4 0

7x y x xy y≥ ≥ ⇒ + + > . Do đó

( )2

67 6 1 67

7 6 0

xx y x x x

x x

≥∗ ⇔ < ⇔ < − ⇔ ⇔ < < − + <

.

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm ( )1;6S = .

Câu 10. Giải bất phương trình ( ) ( )3 22 3 8 7 5 8 7 8 7x x x x x x+ − ≥ − − ∈ℝ .

Lời giải.

Điều kiện 7

8x ≥ . Nhận xét

7

8x = nghiệm đúng bất phương trình đã cho.

Xét trường hợp 7

8 7 08

x x> ⇒ − > , bất phương trình đã cho trở thành 3 2

2 3. 58 78 7

x x

xx

+ ≥ −−

Đặt ( )08 7

xt t

x= >

−thu được ( )( )3 2 22 3 5 0 1 2 5 5 0 1t t t t t t+ − ≥ ⇔ − + + ≥ ⇔ ≥ (Do

22 5 5 0t t t+ + > ∀ ∈ℝ ).

• 2

7 71

1 8 7 8 878 7 0

x xt x x

xx x

> < ≤ ≥ ⇔ ≥ − ⇔ ⇔ ≥− + ≥

Kết hợp hai trường hợp thu được nghiệm [ )7;1 7;

8S

= ∪ +∞ .

CHÚC CÁC EM CHINH PH ỤC THÀNH CÔNG OXY VÀ B ẤT PT NHÁ!

Thầy Đặng Việt Hùng



Education

Oxy va bat pt tang hs thay hung dz