Tuyển tập bộ ba câu phân loại trong đề thi thử Trung học Phổ thông Quốc gia 2015 môn Toán

230 trang ngocly 40 Free

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tuyển tập bộ ba câu phân loại trong đề thi thử Trung học Phổ thông Quốc gia 2015 môn Toán", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

tuyen_tap_bo_ba_cau_phan_loai_trong_de_thi_thu_trung_hoc_pho.pdf

Nội dung text: Tuyển tập bộ ba câu phân loại trong đề thi thử Trung học Phổ thông Quốc gia 2015 môn Toán

TuyÓn tËp Bé ba c©u ph©n lo¹i Trong c¸c ®Ò thi thö THPT Quèc Gia 2015 M¤N TO¸N * PT, HPT, BPT * PP tọa độ trong MP * BĐT, Tìm GTLN, GTNN π DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC
TUYỂN TẬP BỘ BA CÂU PHÂN LOẠI TRONG ĐỀ THI THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2015 Diễn đàn toán học VMF Ngày 6 tháng 8 năm 2015
Kí hiệu dùng trong sách BĐT : Bất đẳng thức BPT : Bất phương trình CMR : Chứng minh rằng ĐH : Đại học GDĐT : Giáo dục và đào tạo GTLN : Giá trị lớn nhất GTNN : Giá trị nhỏ nhất PT : Phương trình THPT : Trung học phổ thông THTT : Tạp chí Toán học Tuổi trẻ TP.HCM : Thành phố Hồ Chí Minh VMF : Vietnam Mathematics Forum VP : Vế phải VT : Vế trái VTCP : Vectơ chỉ phương VTPT : Vectơ pháp tuyến Trang 4
LỜI NÓI ĐẦU Xuất phát từ thực tế kì thi THPT Quốc gia 2015, với các bạn sử dụng kết quả môn Toán để xét tuyển đại học, thì sự cạnh tranh chủ yếu diễn ra ở bộ ba câu phân loại. Bộ ba câu này thường rơi vào các chủ đề Phương trình - Bất phương trình - Hệ phương trình, Hình học tọa độ phẳng, Bất đẳng thức - Tìm GTLN, GTNN. Nhằm mục đích cung cấp thêm cho các bạn chuẩn bị tham gia kì thi THPT Quốc gia 2016 một tài liệu tham khảo hữu ích, các thành viên của Diễn đàn toán học VMF đã cùng nhau biên soạn tài liệu này. Tài liệu bố cục gồm ba phần chính. Phần đầu, chúng tôi tóm tắt một vài lý thuyết cơ bản tương ứng với 3 chủ đề đã nói ở trên để bạn đọc có thể tra cứu dễ dàng khi cần thiết. Phần hai, cũng là nội dung chính của tài liệu, chúng tôi tổng hợp lại bộ ba câu phân loại trong các đề thi thử năm học 2014 - 2015. Phần hướng dẫn, đáp số chúng tôi chủ yếu dựa trên đáp án của đơn vị ra đề, tuy nhiên trong một số bài toán chúng tôi có đưa ra cách tiếp cận khác hoặc chỉ hướng dẫn sơ lược có đáp số nhằm giúp bạn đọc chủ động hơn trong quá trình đọc tài liệu. Chúng tôi nhấn mạnh rằng, cách làm trong tài liệu này chưa hẳn là tốt nhất, bạn đọc cũng không nên quá coi trọng các lời giải mang đậm chất kĩ thuật, khó định hướng tự nhiên. Nhóm biên soạn tài liệu này gồm có • Bạn Trần Tuấn Anh, Nguyễn Nguyên Trang - Sinh viên khoa Toán ĐH Sư phạm TP. HCM (Katyusha); • Bạn Trương Việt Hoàng - THPT Nguyễn Du, Thái Bình (Viet Hoang 99); • Thầy Châu Ngọc Hùng - Ninh Thuận (hungchng); • Thầy Nguyễn Công Định - Cà Mau (CD13); • Thầy Hoàng Ngọc Thế - Hà Nội (E.Galois); • Thầy Lê Minh An - Nam Định (leminhansp); • Bạn Trần Trung Kiên - TP.HCM (Ispectorgadget). Mặc dù chúng tôi đã cùng nhau biên soạn tài liệu này với tất cả sự tận tâm, tinh thần vì cộng đồng vô tư. Nhưng sự tỉ mỉ và cố gắng của chúng tôi chắc chắn chưa thể kiểm soát được hết các sai sót. Vì vậy sự nhiệt tâm từ phía bạn đọc cũng sẽ giúp tài liệu hoàn thiện hơn. Mọi trao đổi hãy chia sẻ với chúng tôi tại Diễn đàn toán học VMF ( Sau cùng, chúng tôi hi vọng cộng đồng chia sẻ trực tuyến sẽ dành cho chúng tôi sự tôn trọng tối thiểu bằng cách ghi rõ nguồn tài liệu khi chia sẻ. Không dùng tài liệu này để trục lợi cá nhân. Chúng tôi xin cảm ơn! Nhóm biên tập Trang 5
Mục lục I. PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG 14 1 Lý thuyết chung 14 1.1 Hệ tọa độ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.2 Phương trình đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.2.1 Vectơ chỉ phương và vectơ pháp tuyến của đường thẳng: . . . . . . . . . . . 14 1.2.2 Phương trình đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 1.2.3 Vị trí tương đối của 2 điểm và 1 đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 1.3 Góc và khoảng cách . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 1.4 Phương trình đường tròn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 1.5 Phương trình Elip . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 2 Một số kĩ thuật cơ bản 17 2.1 Kĩ thuật xác định tọa độ điểm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 2.1.1 Dựa vào hệ điểm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 2.1.2 Xác định tọa độ giao điểm của hai đường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 2.1.3 Điểm thuộc đường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 2.2 Tìm tọa độ hình chiếu của một điểm lên một đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . 19 2.3 Tìm tọa độ điểm đối xứng của một điểm qua một đường thẳng . . . . . . . . . . . . 19 2.4 Viết phương trình đường thẳng đi qua 1 điểm, cách 1 điểm cho trước một khoảng cho trước . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.5 Viết phương trình đường thẳng đi qua 1 điểm, tạo với 1 đường thẳng khác một góc cho trước . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2.6 Viết phương trình đường phân giác trong của một góc . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 2.7 Viết phương trình đường tròn đi qua ba điểm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 2.8 Viết phương trình đường thẳng đi qua hai tiếp điểm của đường tròn . . . . . . . . . 23 3 Phương pháp giải toán 24 3.1 Phương pháp chung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 3.2 Một số hướng khai thác giả thiết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 3.3 Vídụ 25 II. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH 29 1 Trục căn thức 29 1.1 Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 1.1.1 Phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 1.1.2 Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 1.2 Đưa về “hệ tạm” . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 1.2.1 Phương pháp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 1.2.2 Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 2 Biến đổi về phương trình tích 31 2.1 Các biến đổi thường dùng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 2.2 Vídụ 31 Trang 6
3 Phương pháp đặt ẩn phụ 33 3.1 Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 3.2 Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến . . . . . . . . . . . 35 p 3.2.1 Phương trình dạng: a.A (x) bB (x) c A (x).B (x) 36 + p = 3.2.2 Phương trình dạng: αu βv mu2 nv2 37 + = + 3.3 Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 4 Phương pháp đưa về hệ phương trình 39 4.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 4.2 Đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng loại II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 4.2.1 Hệ đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 4.2.2 Dạng hệ gần đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 5 Phương pháp lượng giác hóa 44 5.1 Một số kiến thức cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 5.2 Xây dựng phương trình vô tỉ bằng phương pháp lượng giác hóa . . . . . . . . . . . . 44 5.3 Một số ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 6 Phương pháp dùng Bất đẳng thức 46 7 Phương pháp hàm số 48 III. MỘT SỐ KĨ THUẬT CHỨNG MINH BĐT 51 1 Những BĐT cổ điển thường dùng 51 1.1 BĐT hai biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 1.2 BĐT ba biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 2 Một số kĩ thuật chứng minh BĐT 51 2.1 Kĩ thuật ghép đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51 2.2 Kĩ thuật tách ghép . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 2.3 Kỹ thuật dùng BĐT cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 2.4 Kĩ thuật dùng miền xác định của biến số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 2.5 Một số cách biến đổi điều kiện thường gặp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60 2.6 BĐT thuần nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 2.7 Kĩ thuật sử dụng hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 IV. BỘ BA CÂU PHÂN LOẠI TRONG MỘT SỐ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 68 1 Đề minh hoạ THPT 2015 68 2 Đề Sở GD-ĐT Phú Yên 68 3 THTT số 453 tháng 04 năm 2015 68 4 THPT Số 3 Bảo Thắng (Lào Cai) 69 5 THPT Bố Hạ (Bắc Giang) 69 Trang 7
6 THPT Chu Văn An (Hà Nội) 69 7 THPT chuyên Hà Tĩnh 69 8 THPT Đặng Thúc Hứa (Nghệ An) 70 9 THPT Đông Đậu (Vĩnh Phúc) 70 10 THPT chuyên Hưng Yên 70 11 THPT chuyên Lê Hồng Phong (Hồ Chí Minh) 71 12 THPT Lê Xoay (Vĩnh Phúc) 71 13 THPT Lục Ngạn số 1 (Bắc Giang) 71 14 THPT Lương Ngọc Quyến (Thái Nguyên) 71 15 THPT Lương Thế Vinh (Hà Nội) lần 2 72 16 THPT Lương Văn Chánh (Phú Yên) 72 17 THPT Minh Châu (Hưng Yên) 72 18 THPT Nguyễn Trung Thiên (Hà Tĩnh) lần 2 73 19 THPT Phủ Cừ (Hưng Yên) 73 20 THPT Quỳnh Lưu 3 (Nghệ An) 73 21 THPT Thanh Chương III (Nghệ An) 74 22 THPT Thiệu Hóa (Thanh Hóa) 74 23 THPT Thuận Châu (Sơn La) 75 24 THPT Tĩnh Gia I (Thanh Hóa) 75 25 THPT Thanh Chương I (Nghệ An) 75 26 THPT Cẩm Bình (Hà Tĩnh) 76 27 THPT Lý Thái Tổ (Bắc Ninh) 76 28 THPT Nghèn (Hà Tĩnh) 76 29 THPT chuyên Trần Quang Diệu (Đồng Tháp) 77 30 THPT Nguyễn Thị Minh Khai (TP.HCM) 77 31 THPT Như Thanh (Thanh Hóa) 77 32 THPT Chuyên Hạ Long (Quảng Ninh) 78 Trang 8
33 THPT chuyên Vĩnh Phúc - Khối AB 78 34 THPT chuyên Vĩnh Phúc - Khối D 78 35 THPT Hồng Quang (Hải Dương) 79 36 THPT Lương Thế Vinh (Hà Nội) lần 1 79 37 THPT Thường Xuân 3 (Thanh Hóa) 79 38 THPT Tĩnh Gia II (Thanh Hóa) 80 39 THPT Triệu Sơn 3 (Thanh Hóa) 80 40 Trung tâm dạy thêm văn hóa (THPT Chuyên Lê Hồng Phong - TP.HCM) 80 41 THPT chuyên Vĩnh Phúc lần 2 81 42 THPT Đồng Lộc (Hà Tĩnh) 81 43 THPT Hậu Lộc 2 (Thanh Hóa) 81 44 Đề 44 82 45 Sở GDĐT Vĩnh Phúc (lần 1) 82 46 Sở GDĐT Vĩnh Long 82 47 Sở GDĐT TP.Hồ Chí Minh 83 48 Sở GDĐT Thanh hóa 83 49 Sở GDĐT Quảng Ngãi 83 50 Sở GDĐT Quảng Nam 84 51 Sở GDĐT Lào Cai 84 52 Sở GDĐT Lâm Đồng 84 53 Sở GDĐT Bình Dương 85 54 THPT Nguyễn Văn Trỗi 85 55 THPT Chuyên ĐH Vinh 85 56 THPT Thủ Đức (TP Hồ Chí Minh) 86 57 THPT Nông Cống 1 (Thanh Hóa) lần 2 86 58 THPT Nguyễn Trung Thiên lần 1 86 59 THPT Lam Kinh 87 Trang 9
60 THPT Cù Huy Cận (Hà Tĩnh) 87 61 THPT Đa Phúc (Hà Nội) 87 62 THPT Lạng Giang I (Bắc Giang) 88 63 THPT Lý Tự Trọng (Khánh Hòa) 88 64 THPT Quảng Hà 88 65 THPT Thống nhất 89 66 THPT Hồng Quang (Hải Dương) 89 67 THPT Sông Lô (Vĩnh Phúc) 89 68 THPT chuyên Nguyễn Huệ (Quảng Nam) lần 3 90 69 THPT chuyên Hùng Vương (Phú Thọ) 90 70 Chuyên Nguyễn Huệ (Quảng Nam) 90 71 Chuyên Lê Quý Đôn (Bình Định) 91 72 Chuyên ĐH Vinh lần 3 91 73 Chuyên Hùng Vương (Gia Lai) 91 V. HƯỚNG DẪN VÀ LỜI GIẢI 92 1 Đề minh họa THPT Quốc gia 2015 92 2 Sở GDĐT Phú Yên 93 3 THTT Số 453 95 4 THPT Số 3 Bảo Thắng (Lào Cai) 96 5 THPT Bố Hạ (Bắc Giang) 98 6 THPT Chu Văn An (Hà Nội) 99 7 THPT Chuyên Hà Tĩnh 101 8 THPT Đặng Thúc Hứa (Nghệ An) 102 9 THPT Đông Đậu (Vĩnh Phúc) 104 10 THPT Chuyên Hưng Yên 105 11 THPT Chuyên Lê Hồng Phong (TP.HCM) 107 12 THPT Lê Xoay (Vĩnh Phúc) 108 Trang 10
13 THPT Lục Ngạn số 1 (Bắc Giang) 110 14 THPT Lương Ngọc Quyến (Thái Nguyên) 111 15 THPT Lương Thế Vinh (Hà Nội) lần 2 112 16 THPT Lương Văn Chánh (Phú Yên) 113 17 THPT Minh Châu (Hưng Yên) 116 18 THPT Nguyễn Trung Thiên (Hà Tĩnh) lần 2 119 19 THPT Phủ Cừ (Hưng Yên) 120 20 THPT Quỳnh Lưu 3 (Nghệ An) 123 21 THPT Thanh Chương III (Nghệ An) 126 22 THPT Thiệu Hóa (Thanh Hóa) 127 23 THPT Thuận Châu (Sơn La) 129 24 THPT Tĩnh Gia I (Thanh Hóa) 131 25 THPT Thanh Chương I (Nghệ An) 133 26 THPT Cẩm Bình (Hà Tĩnh) 135 27 THPT Lý Thái Tổ (Bắc Ninh) 137 28 THPT Nghèn (Hà Tĩnh) 140 29 THPT Chuyên Trần Quang Diệu (Đồng Tháp) 142 30 THPT Nguyễn Thị Minh Khai (TP.HCM) 144 31 THPT Như Thanh (Thanh Hóa) 146 32 THPT Chuyên Hạ Long (Quảng Ninh) 148 33 THPT chuyên Vĩnh Phúc - Khối AB 151 34 THPT chuyên Vĩnh Phúc - Khối D 153 35 THPT Hồng Quang (Hải Dương) 155 36 THPT Lương Thế Vinh (Hà Nội) 158 37 THPT Thường Xuân 3 (Thanh Hóa) 160 38 THPT Tĩnh Gia II (Thanh Hóa) 162 39 THPT Triệu Sơn 3 (Thanh Hóa) 164 Trang 11
40 Trung tâm dạy thêm văn hóa - THPT Chuyên Lê Hồng Phong (TP.HCM) 166 41 THPT chuyên Vĩnh Phúc lần 2 167 42 THPT Đồng Lộc (Hà Tĩnh) 169 43 THPT Hậu Lộc 2 (Thanh Hóa) 171 44 Đề 44 173 45 Sở GDĐT Vĩnh Phúc lần 1 174 46 Sở GDĐT Vĩnh Long 176 47 Sở GDĐT TP.Hồ Chí Minh 177 48 Sở GDĐT Thanh Hóa 178 49 Sở GDĐT Quảng Ngãi 180 50 Sở GDĐT Quảng Nam 181 51 Sở GDĐT Lào Cai 183 52 Sở GDĐT Lâm Đồng 185 53 Sở GDĐT Bình Dương 186 54 THPT Nguyễn Văn Trỗi (Hà Tĩnh) 187 55 THPT Chuyên ĐH Vinh 189 56 THPT Thủ Đức (TP Hồ Chí Minh) 192 57 THPT Nông Cống 1 (Thanh Hóa) lần 2 193 58 THPT Nguyễn Trung Thiên lần 1 196 59 THPT Lam Kinh (Thanh Hóa) 198 60 THPT Cù Huy Cận (Hà Tĩnh) 199 61 THPT Đa Phúc (Hà Nội) 202 62 THPT Lạng Giang I (Bắc Giang) 203 63 THPT Lý Tự Trọng (Khánh Hòa) 205 64 THPT Quảng Hà (Quảng Ninh) 207 65 THPT Thống nhất (Bình Phước) 210 66 THPT Hồng Quang (Hải Dương) 212 Trang 12
67 THPT Sông Lô (Vĩnh Phúc) 215 68 THPT Chuyên Nguyễn Huệ (Quảng Nam) lần 3 216 69 THPT Chuyên Hùng Vương (Phú Thọ) 218 70 THPT Chuyên Nguyễn Huệ (Quảng Nam) 221 71 THPT Chuyên Lê Quý Đôn (Bình Định) 222 72 THPT Chuyên ĐH Vinh lần 3 225 73 THPT Chuyên Hùng Vương (Gia Lai) 227 Trang 13
I. PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG 1 Lý thuyết chung 1.1 Hệ tọa độ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y cho các điểm: A xA; y A ,B xB ; yB ,C xC ; yC . ¡ ¢ • Tọa độ vectơ: −→AB x x ; y y = B − A B − A • Tọa độ trung điểm J của đoạn thẳng AB, trọng tâm G của tam giác ABC lần lượt là: µ ¶ µ ¶ xA xB y A yB xA xB xC y A yB yC J + ; + ; G + + ; + + 2 2 3 3 1.2 Phương trình đường thẳng 1.2.1 Vectơ chỉ phương và vectơ pháp tuyến của đường thẳng: • Vectơ u ( u −→0 ) là vectơ chỉ phương của đường thẳng d nếu nó có giá song song hoặc −→ −→ 6= trùng với đường thẳng d. • Vectơ n ( n −→0 ) là vectơ pháp tuyến của đường thẳng d nếu nó có giá vuông góc với đường −→ −→ 6= thẳng d. • Đường thẳng ax by c 0 có một vectơ pháp tuyến là n (a;b). + + = −→ = • Hai đường thẳng song song có cùng vectơ chỉ phương (vectơ pháp tuyến). • Hai đường thẳng vuông góc có vectơ pháp tuyến của đường thẳng này là vectơ chỉ phương của đường thẳng kia. • Nếu u , n lần lượt là vectơ chỉ phương, vectơ pháp tuyến của đường thẳng d thì u . n 0. −→ −→ −→ −→ = Do đó, nếu u (a;b) thì n (b; a). −→ = −→ = − • Một đường thẳng có vô số vectơ pháp tuyến, vô số vectơ chỉ phương. Nếu −→n là một vectơ pháp tuyến (vectơ chỉ phương) của đường thẳng d thì k n (k 0) cũng là một vectơ pháp −→ 6= tuyến, vectơ chỉ phương của d. 1.2.2 Phương trình đường thẳng • Phương trình tổng quát của đường thẳng: ax by c 0 (a2 b2 0) (1) + + = + > Đường thẳng đi qua điểm M(x ; y ) và nhận n (a;b) là vectơ pháp tuyến có phương trình 0 0 −→ = dạng: a(x x ) b(y y ) 0 (2) − 0 + − 0 = Đặc biệt: đường thẳng đi qua (a;0),(0;b) có phương trình theo đoạn chắn: x y 1 (3) a + b = Trang 14
* Đường thẳng đi qua M(x ; y ) và nhận vectơ n (p;q) làm vectơ chỉ phương, có phương 0 0 −→ = trình tham số là: ( x x pt = 0 + (4) y y qt = 0 + Có phương trình chính tắc là: x x0 y y0 − − (p,q 0) (5) p = q 6= ¡ ¢ ¡ ¢ Đặc biệt: đường thẳng đi qua 2 điểm phân biệt A xA; y A ,B xB ; yB có phương trình dạng: x x y y − A − A (6) x x = y y B − A B − A • Đường thẳng đi qua M(x0; y0) và có hệ số góc k thì có phương trình đường thẳng với hệ số góc dạng: y k(x x ) y (7) = − 0 + 0 Chú ý: – Không phải đường thẳng nào cũng có hệ số góc. Các đường thẳng dạng x a không = có hệ số góc. Do vậy, khi giải các bài toán dùng hệ số góc, ta phải xét cả trường hợp đặc biệt này. – Nếu −→n (a;b),(b 0) là vectơ pháp tuyến của đường thẳng thì hệ số góc của nó là a = 6= k . = −b 1.2.3 Vị trí tương đối của 2 điểm và 1 đường thẳng Cho A ¡x ; y ¢,B ¡x ; y ¢ và đường thẳng ∆ : ax by c 0. Khi đó: A A B B + + = • Nếu ¡ax by c¢¡ax by c¢ 0 thì A,B ở về hai phía khác nhau đối với ∆. A + A + B + B + 1.3 Góc và khoảng cách • Góc giữa hai vectơ −→v ,−→w được tính dựa theo công thức: −→u .−→w cos(−→u ,−→w ) ¯ ¯ ¯ ¯ (8) = ¯ ¯ ¯ ¯ ¯−→v ¯.¯−→w ¯ • Giả sử −→n 1,−→n 2 lần lượt là vectơ pháp tuyến của các đường thẳng d1 và d2. Khi đó: ¯ ¯ ¯ ¯ ¯−→n 1.−→n 2¯ cos(àd1,d2) ¯ ¯ ¯ ¯ (9) = ¯ ¯ ¯ ¯ ¯−→n 1¯.¯−→n 2¯ • Độ dài vectơ −→u (a;b) là: = ¯ ¯ p ¯ u ¯ a2 b2 (10) ¯−→¯ = + Trang 15
• Khoảng cách giữa hai điểm A(xA; y A),B(xB ; yB ) là: q 2 2 AB ¡x x ¢ ¡y y ¢ (11) = B − A + B − A • Diện tích tam giác ABC là: r 1 ¡ ¢2 ³ ´2 S AB.AC −→AB.−→AC (12) = 2 − • Khoảng cách từ điểm M(x ; y ) đến đường thẳng d : ax by c 0 được tính bằng công thức: 0 0 + + = ¯ ¯ ¯ax0 by0 c¯ d(M;d) + + (13) = pa2 b2 + 1.4 Phương trình đường tròn • Đường tròn tâm I(a;b), bán kính R có dạng: (x a)2 (y b)2 R2 (14) − + − = • Phương trình: x2 y2 2ax 2by c 0, (a2 b2 c 0) (15) + + + + = + − > p cũng là phương trình đường tròn với tâm I( a; b) và bán kính R a2 b2 c. − − = + − • Phương trình tiếp tuyến của đường tròn tại điểm M(x0; y0) (x a)(x x ) (y b)(y y ) 0 (16) 0 − − 0 + 0 − − 0 = • Vị trí tương đối của đường thẳng ∆ và đường tròn ¡C¢ tâm I, bán kính R. – Nếu d R thì ∆ và ¡C¢ không cắt nhau. (I;∆) > ¡ ¢ – Nếu d R thì ∆ và C tiếp xúc tại I 0 là hình chiếu của I lên d. (I;∆) = – Nếu d R thì ∆ và ¡C¢ cắt nhau tại hai điểm M,N. Khi đó trung điểm H của MN là (I;∆) > • F ( c;0),F (c;0) được gọi là tiêu điểm, F F 2c được gọi là tiêu cự. MF ,MF là các bán 1 − 2 1 2 = 1 2 kính qua tiêu. • Các điểm A ( a;0), A (a;0), B (0; b), B (0;b) được gọi là các đỉnh của elip. Đoạn thẳng 1 − 2 1 − 2 A A 2a được gọi là trục lớn, B B 2b được gọi là trục nhỏ. 1 2 = 1 2 = • Phương trình chính tắc của Elip có hai tiêu điểm F ( c;0), F (c;0) là: 1 − 2 x2 y2 1 (18) a2 + b2 = Trong đó a b 0,b2 a2 c2. > > = − Trang 16
c • Tâm sai e . = a • Cho elip (E) có phương trình chính tắc (18). Hình chữ nhật PQRS với P( a;b), Q(a;b), − R(a; b), S( a; b) được gọi là hình chữ nhật cơ sở của Elip. − − − • Nếu M (E) và M,F1,F2 không thẳng hàng thì đường thẳng phân giác ngoài của góc Fà1MF2 ∈ chính là tiếp tuyến của (E) tại M. 2 Một số kĩ thuật cơ bản 2.1 Kĩ thuật xác định tọa độ điểm 2.1.1 Dựa vào hệ điểm Xác định tọa độ điểm M thỏa mãn điều kiện nào đó với hệ các điểm A1, A2, , An. Đối với bài toán này, ta đặt M(x; y) và khai thác giả thiết. Ví dụ 1 Cho tam giác ABC có trọng tâm G(1;2), trực tâm H( 1;3). Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại − tiếp I của tam giác. Lời giải Giả sử I(x; y). Ta có: GH−−→ ( 2;1);GI−→ (x 1; y 2). Vì GH−−→ 2GI−→ nên: = −  = − − = −  2(x 1) 2 x 2 − − = − = 3  2(y 2) 1 ⇐⇒ y − − =  = 2 µ 3¶ Vậy I 2; . 2 2.1.2 Xác định tọa độ giao điểm của hai đường Giao của hai đường thẳng Tọa độ giao điểm của hai đường thẳng d : ax by c 0,d : mx ny p 0 (nếu có) là nghiệm 1 + + = 2 + + = của hệ phương trình:  ax by c 0 + + = (19) mx ny p 0 + + = Giao của đường thẳng và đường tròn  x x0 mt Cho đường thẳng d : = + và đường tròn (C) : (x a)2 (y b)2 R2. Tọa độ giao điểm y y0 nt − + − = = + (nếu có) của d và (C) là nghiệm của hệ phương trình:  x x0 mt  = + y y0 nt (20)  = + (x a)2 (y b)2 R2 − + − = Trang 17
Giao của đường thẳng và Elip  x x mt x2 y2 : = 0 + ¡ ¢ : Cho đường thẳng d và elip E 2 2 1. y y0 nt a + b = = + Tọa độ giao điểm của d và ¡E¢ (nếu có) là nghiệm của hệ phương trình:  x x mt  0  = + y y0 nt (21) 2= +2  x y  1  a2 + b2 = Giao của hai đường tròn Tọa độ giao điểm của hai đường tròn: ¡C ¢ : x2 y2 2a x 2b y c 0; ¡C ¢ : x2 y2 2a x 2b y c 0 1 + + 1 + 1 + 1 = 2 + + 2 + 2 + 2 = (nếu có) là nghiệm của hệ phương trình:  2 2 x y 2a1x 2b1 y c1 0 2 + 2 + + + = (22) x y 2a2x 2b2 y c2 0 + + + + = Ví dụ 2 µ ¶2 µ ¶2 ¡ ¢ 2 2 ¡ ¢ 7 1 25 Cho hai đường tròn: C1 : (x 1) (y 2) 25; C2 : x y . Tìm tọa độ giao − + − = − 2 + + 2 = 2 điểm (nếu có) của chúng. Lời giải Tọa độ giao điểm (nếu có) của hai đường tròn là nghiệm của hệ phương trình:    x y 4 x2 y2 2x 4y 20 0 x y 4 − = 2 + 2 − − − = 2− =2 x 6 x y 7x y 0 ⇐⇒ x y 7x y 0 ⇐⇒  = + − + = + − + =  x 1  = Vậy hai đường tròn cắt nhau tại A(6;2),B(1; 3). − 2.1.3 Điểm thuộc đường  x x0 mt Để tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d : = + thỏa mãn điều kiện nào đó. y y0 nt = + Ta lấy điểm M(x mt; y nt) và áp dụng giả thiết, ta thu được phương trình ẩn t. 0 + 0 + Như thế, ta gọi là tham số hóa tọa độ điểm M. Ví dụ 3 Cho điểm A(2; 1). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d : 2x y 4 0 sao cho AM p2 − − − = = Lời giải Trang 18
p Giả sử M(m;2m 4). Ta có: AM (m 2)2 (2m 3)2. Khi đó:  − = − + − m 1 2 AM p2 5m 16m 11 0  = 11 = ⇐⇒ − + = ⇐⇒ m = 5 µ11 2¶ Vậy các điểm cần tìm là M1(1; 2), M2 ; . − 5 5 2.2 Tìm tọa độ hình chiếu của một điểm lên một đường thẳng C Để tìm tọa độ hình chiếu H của M lên đường thẳng d ta có 2 cách: ∆ • Cách 1: Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M d M và vuông góc với d. Điểm H chính là giao điểm của d và ∆. H • Cách 2: Tham số hóa tọa độ của H d và dựa ∈ vào điều kiện MH d. ⊥ Ví dụ 4 Cho điểm M( 1; 1) và đường thẳng d : x y 2 0. − − − + = Tìm tọa độ hình chiếu H của điểm M lên đường thẳng d. Lời giải Cách 1 Đường thẳng ∆ đi qua M và vuông góc với đường thẳng d có phương trình dạng: 1.(x 1) 1.(y 1) 0 x y 2 0 + + + = ⇐⇒ + + = Do H d ∆ nên tọa độ của H là nghiệm của hệ phương trình: = ∩  x y 2 0 − + = x y 2 0 + + = Giải hệ ta được H( 2;0). − Cách 2 Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u (1;1). Giả sử H(h;h 2) d. Ta có: −−→MH (h 1;h 3). −→ = + ∈ = + + −−→MH. u 0 1.(h 1) 1.(h 3) 0 h 2 −→ = ⇐⇒ + + + = ⇐⇒ = − Vậy H( 2;0). − 2.3 Tìm tọa độ điểm đối xứng của một điểm qua một đường thẳng Để tìm tọa độ điểm đối xứng M 0 của M qua đường thẳng d ta có 2 cách: ∆ • Cách 1: Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu của M M d lên d. Do H là trung điểm MM 0 nên áp dụng công thức tìm tọa độ trung điểm, ta tìm được M • Cách 2: Giả sử M 0(x; y) và H là trung điểm của H  M H d 0 MM 0. Khi đó ta có: ∈ −−−→MM 0. u 0 −→ = Trang 19
Ví dụ 5 Tìm tọa độ điểm M 0 là đối xứng của điểm M(1;1) qua đường thẳng d : x y 2 0. + + = Lời giải Cách 1 Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u (1; 1). −→ = − Hình chiếu của M lên đường thẳng d là H(h; h 2) d. Ta có: −−→MH (h 1; h 3). Do đó: − − ∈ = − − − −−→MH. u 0 1.(h 1) 1.( h 3) 0 h 1 −→ = ⇐⇒ − − − − = ⇐⇒ = − Vậy H( 1; 1). − −   xM 0 2xH xM 3 Do H là trung điểm của MM 0 nên: = − = − . yM 2yH yM 3 0 = − = − Vậy M 0( 3; 3). − − Cách 2 Đường thẳng d có vectơ chỉ phương −→u (1; 1). = −µ x 1 y 1¶ Giả sử M 0(x; y). Khi đó trung điểm MM 0 là H + ; + d và −−−→MM 0.−→u 0. Ta có hệ: 2 2 ∈ =  x 1 y 1   + + 2 0 x 3 2 + 2 + = = − ⇐⇒ 1.(x 1) 1.(y 1) 0 y 3 − − − = = − Vậy M 0( 3; 3). − − 2.4 Viết phương trình đường thẳng đi qua 1 điểm, cách 1 điểm cho trước một khoảng cho trước ∆1 p Để viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm ¡ ¢ N M và cách điểm N xN ; yN một khoảng bằng p ta M thường giả sử vectơ pháp tuyến của đường thẳng là n (a;b), (a2 b2 0) và áp dụng công thức tính p −→ = + > khoảng cách - công thức (13). ∆2 Ví dụ 6 Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A(1;3) và cách điểm B( 2;1) một khoảng bằng 3. − Lời giải Giả sử n (a;b),(a2 b2 0) là vectơ pháp tuyến của đường thẳng cần tìm. Phương trình đường −→ = + > thẳng có dạng: a(x 1) b(y 3) 0 ax by a 3b 0 − + − = ⇐⇒ + − − = Khi đó:  b 0 2a b a 3b 2 = d(B;∆) 3 | − + − − | 3 5a 12ab 0  12 = ⇐⇒ pa2 b2 = ⇐⇒ − = ⇐⇒ b a + = 5 Trang 20
• b 0, chọn a 1 ta có ∆ : x 1 0. = = 1 − = 12 • b a, chọn a 5,b 12 ta có ∆2 : 5x 12y 41 0. = 5 = = + − = Vậy có 2 đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là: ∆ : x 1 0;∆ : 5x 12y 41 0. 1 − = 2 + − = 2.5 Viết phương trình đường thẳng đi qua 1 điểm, tạo với 1 đường thẳng khác một góc cho trước Để viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M và tạo với đường thẳng d một góc bẳng α ta d thường giả sử vectơ pháp tuyến của đường thẳng là 2 2 ∆1 n (a;b), (a b 0) và áp dụng công thức tính ∆2 −→ = + > góc - công thức (9). M Ví dụ 7 Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M(2;1) và tạo với đường thẳng d : 2x 3y 4 0 một + + = góc 45o. Lời giải Giả sử n (a;b),(a2 b2 0) là vectơ pháp tuyến của đường thẳng cần tìm. Phương trình đường −→ = + > thẳng có dạng: ax by 2a b 0 + − − = Khi đó:  a 5b 1 2a 3b 1 2 2 cos(d;∆) | + | 5a 24ab 5b 0  = 1 = p2 ⇐⇒ pa2 b2p4 9 = p2 ⇐⇒ − − = ⇐⇒ a b + + = −5 • a 5b, chọn b 1,a 5 ta có ∆ : 5x y 11 0. = = = 1 + − = 1 • a b, chọn b 5,a 1 ta có ∆2 : x 5y 3 0. = −5 = = − − + − = Vậy có 2 đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là: ∆ : 5x y 11 0;∆ : x 5y 3 0. 1 d+ − = 2 − + − = 2.6 Viết phương trình đường phân giác trong của một góc Để viết phương trình đường phân giác trong của góc B AC ta có nhiều cách. Dưới đây là 3 cách thường sử dụng: Cách 1: Dựa vào tính chất đường phân giác là tập hợp các điểm cách đều hai đường thẳng AB : ax by c 0 A d 0 + + = và AC : mx ny p 0, ta có: +ax +by= c mx ny p | + + | | + + | pa2 b2 = pm2 n2 Hai đường thu được+ là phâne giác+ trong và phân B C giác ngoài của góc ABC . d Sau đó, ta cần dựa vào vị trí tương đối của hai điểm B,C với hai đường vừa tìm được để phân biệt Trang 21
phân giác trong, phân giác ngoài. Cụ thể, nếu B,C ở cùng một phía thì đó là phân giác ngoài, ở khác phía thì là phân giác trong. A Cách 2: C 0 Lấy B 0,C 0 lần lượt thuộc AB, AC sao cho: B 1 1 0 −−→AB 0 .−→AB;−−→AC 0 .−→AC. = AB = AC D Giả sử −−→AD −−→AB 0 −−→AC 0 Khi đó tứ giác AB 0DC 0 là hình B C = + thoi (Vì sao?). d Do đó, −−→AD là vectơ chỉ phương của đường phân giác cần tìm. Cách 3: Giả sử u (a;b) là vectơ chỉ phương của đường phân giác cần tìm. Ta có: −→ = −→AB.−→u −→AC.−→u cos(−→AB,−→u ) cos(−→AC,−→u ) ¯ ¯ ¯ ¯ = ⇐⇒ ¯ ¯ = ¯ ¯ ¯−→AB¯ ¯−→AC¯ Ví dụ 8 Viết phương trình đường phân giác trong góc A của tam giác ABC, biết A(1;1), B(4;5), C( 4; 11). − − Lời giải Cách 1. Ta có phương trình các cạnh: AB : 4x 3y 1 0, AC : 12x 5y 7 0. − − = − − = Phương trình hai đường phân giác góc A là:  4x 3y 1 12x 5y 7 − − − − "  4x 7y 11 0 (d1)  5 = 13 + − =  4x 3y 1 12x 5y 7 ⇐⇒ 56x 32y 24 0 (d ) − − − − − − = 2 5 = − 13 Ta có: ¡4x 7y 11¢¡4x 7y 11¢ 0 C + C − B + B − < Do đó B,C khác phía so với (d1) hay (d1) là đường phân giác cần tìm. Cách 2. Ta có: 1 µ3 4¶ −→AB (3;4); AB 5; −−→AB 0 −→AB ; = = = 5 = 5 5 1 µ 5 12¶ −→AC ( 5; 12); AC 13; −−→AC 0 −→AC ; = − − = = 13 = −13 −13 µ14 8 ¶ Ta có: −−→AB 0 −−→AC 0 ; . + = 65 −65 Vậy vectơ chỉ phương của đường phân giác cần tìm là: u (7; 4). Do đó phương trình đường −→ = − phân giác cần tìm là: 4(x 1) 7(y 1) 0 4x 7y 11 0 − + − = ⇐⇒ + − = Cách 3. Giả sử u (a;b) là vectơ chỉ phương của đường phân giác cần tìm. Ta có: −→ = −→AB.−→u −→AC.−→u 3a 4b 5a 12b 7 ¯ ¯ ¯ ¯ + − − a b ¯ ¯ = ¯ ¯ ⇐⇒ 5 = 13 ⇐⇒ = −4 ¯−→AB¯ ¯−→AC¯ Vậy vectơ chỉ phương của đường phân giác cần tìm là: u (7; 4). Do đó phương trình đường −→ = − phân giác cần tìm là: 4(x 1) 7(y 1) 0 4x 7y 11 0 − + − = ⇐⇒ + − = Trang 22
2.7 Viết phương trình đường tròn đi qua ba điểm Để viết phương trình đường tròn đi qua ba điểm, ta sử dụng phương trình dạng (15) và thay tọa độ ba điểm đó vào, thu được 1 hệ phương trình. Ví dụ 9 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết: A(1;3),B( 1; 1),C(2;0). − − Lời giải Giả sử phương trình đường tròn ¡C¢ cần tìm có dạng x2 y2 2ax 2by c 0, (a2 b2 c 0) + + + + = + − > Do A,B,C ¡C¢ nên: ∈   1 9 2a 6b c 0 a 0  + + + + =  = 1 1 2a 2b c 0 b 1 (Thỏa mãn)  + − − + = ⇐⇒  = − 4 2a c 0 c 4 + + = = − Vậy ¡C¢ : x2 y2 2y 4 0. + − − = 2.8 Viết phương trình đường thẳng đi qua hai tiếp điểm của đường tròn ¡ ¢ Cho điểm A xA; y A nằm ngoài đường tròn (C) tâm I bán kính R. Từ A, kẻ hai tiếp tuyến AT1, AT2 tới (C). Hãy viết phương trình đường thẳng T1,T2. Giả sử T (x; y), I(a;b) là tiếp điểm (T là T1 hoặc T2). Khi đó, ta có:   T (C) (x a)2 (y b)2 R2 ∈ ¡ − ¢+ − ¡= ¢ (23) −→AT .−→IT 0 ⇐⇒  x xA (x a) y y A (y b) 0 = − − + − − = Trừ từng vế 2 phương trình của (23) ta thu được 1 phương trình đường thẳng. Đó là phương trình cần tìm. Ví dụ 10 Cho đường tròn (C) có phương trình (x 4)2 y2 4 và điểm M(1; 2). Tìm tọa độ điểm N − + = − thuộc Oy sao cho từ N kẻ được 2 tiếp tuyến NA,NB đến (C) (A,B là tiếp điểm) đồng thời đường thẳng AB đi qua M. Lời giải Gọi I và T lần lượt là tâm và tiếp điểm của đường tròn (C) (T là A hoặc B). Ta có: ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ N 0;n , I 4;0 , T x ; y , −−→NT x ; y n , −→IT x 4; y 0 0 = 0 0 − = 0 − 0 Khi đó:   2 2 T (C) x0 y0 8x0 12 0 ∈ 2 + − 2 + = −−→NT .−→IT 0 ⇐⇒ x 4x0 y ny0 0 = 0 − + 0 − = Trừ từng vế hai phương trình của hệ, ta có: 4x ny 12 0. 0 − 0 − = Vậy AB có phương trình là: 4x ny 12 0. − − = Vì AB đi qua M(1; 2) nên: − 4 2n 12 0 n 4 + − = =⇒ = Vậy N(0;4). Trang 23
3 Phương pháp giải toán 3.1 Phương pháp chung Phương pháp chung để giải quyết bài toán hình học giải tích phẳng gồm các bước sau: • Vẽ hình, xác định các yếu tố đã biết lên hình • Khám phá các tính chất khác của hình (nếu cần). Chú ý tìm các đường vuông góc, song song, đồng quy; các đoạn bằng nhau, góc bằng nhau; các góc đặc biệt; quan hệ thuộc giữa điểm và đường thẳng, đường tròn, • Xác định các điểm, đường thẳng (theo các kĩ thuật đã học) để thực hiện yêu cầu bài toán. 3.2 Một số hướng khai thác giả thiết Dưới đây là một số hướng khai thác các giả thiết của đề bài. Dĩ nhiên, tùy vào từng bài cụ thể, ta còn có những hướng sử dụng khác. 1. Phương trình đường thẳng d: • Tham số hóa tọa độ của các điểm thuộc d • Xét được vị trí tương đối, tìm được giao điểm của d và đường tròn hoặc đường thẳng khác. • Viết được phương trình đường thẳng: – Song song hoặc vuông góc với d. – Các d một khoảng cho trước. – Tạo với d một góc cho trước. • Lấy đối xứng được qua d. Tìm được hình chiếu của 1 điểm lên d. • Xét được vị trí tương đối của hai điểm A,B so với d. 2. Phương trình đường tròn (C) • Tìm được tâm và bán kính • Xét được vị trí tương đối, tìm được giao điểm của (C) và đường thẳng hoặc đường tròn khác. 3. Điểm G là trọng tâm tam giác ABC. • Áp dụng công thức tính tọa độ trọng tâm 2 • −→AG −−→AM/ = 3 • G cùng với trực tâm H, tâm ngoại tiếp I thẳng hàng và GH−−→ 2GI−→. = − 4. Điểm H là trực tâm của tam giác ABC • AH BC. ⊥ • −−→AH 2−−→IM, với I là tâm đường tròn ngoại tiếp còn M là trung điểm BC. = • Điểm đối xứng của H qua AB, AC,BC thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. • Tứ giác BHCA0 là hình bình hành, với A0 là đối xứng của A qua tâm đường tròn ngoại tiếp. Trang 24
• H cùng với trọng tâm G, tâm ngoại tiếp I thẳng hàng và GH−−→ 2GI−→. = − 5. Điểm I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC • IA IB IC R = = = • I nằm trên đường trung trực các cạnh. • I cùng với trọng tâm G, trực tâm H thẳng hàng và GH−−→ 2GI−→. = − 6. J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC • J cách đều các cạnh của tam giác. • Tìm được bán kính nội tiếp tam giác: r d = (J,AB) • AJ,BJ,CJ là các đường phân giác trong của các góc trong tam giác. 7. d là đường phân giác trong góc B AC. • A, J,K d. Trong đó J,K lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC và bàng tiếp ∈ cạnh BC. • Lấy đối xứng điểm M AB qua d ta được M 0 AC. ∈ ∈ • d d , M d (M,AB) = (M,AC) ∀ ∈ • d cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm chính giữa cung BC 8. Tứ giác nội tiếp. • Viết được phương trình đường tròn ngoại tiếp. • Sử dụng được tính chất: các góc nội tiếp chắn cùng 1 cung thì bằng nhau. • Chứng minh được 1 điểm cách đều các điểm khác. Các cách chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp: (a) Bốn đỉnh cùng cách đều 1 điểm. (b) Có hai góc đối diện bù nhau. (c) Hai đỉnh cùng nhìn đoạn thẳng (tạo bởi hai đỉnh còn lại) hai góc bằng nhau. (d) MA.MB MC.MD, trong đó: M AB CD; hoặc NA.ND NC.NB, với N AD BC. = = ∩ = = ∩ (e) IA.IC ID.IB với I là giao điểm hai đường chéo. = (f) Tứ giác đó là hình thang cân, hình chữ nhật, hình vuông, 3.3 Ví dụ Ví dụ 11 Cho tam giác ABC có A(2;2) và các phân giác trong góc B, góc C lần lượt là: ∆ : x 3y 4 0, ∆ : x y 2 0 B − − = C + − = Tìm tọa độ B và C. Phân tích Khi để bài cho đường phân giác và tọa độ 1 điểm trên cạnh, ta liên tưởng đến việc sử dụng tính đối xứng của đường phân giác. Ta sẽ lấy đối xứng A qua hai đường phân giác. Trang 25
Lời giải Gọi B 0(b1;b2), C 0(c1;c2) lần lượt là điểm đối xứng của điểm A qua ∆B và ∆C . Khi đó B 0, C 0 nằm trên BC. Dễ thấy ~u (3;1) là 1 vectơ chỉ phương của ∆B . Gọi I là trung điểm AB 0, ta có: =     18 −−→ 3.(b1 2) 1.(b2 2) 0 b1 AB 0 −→u − + − = = 5 ⊥ . b1 2 b2 2 ⇐⇒ + 3. + 4 0 ⇐⇒ 14 I ∆B  b2 ∈ 2 − 2 − =  = − 5 µ18 14¶ Vậy B 0 ; . Tương tự, C 0(0;0). 5 5 Đường thẳng BC đi qua (0;0) và có vectơ chỉ phương C−−−→0B 0 nên có phương trình: 7x 9y 0. µ6 14¶ − = Từ đó suy ra C(9; 7),B ; . − 5 15 Ví dụ 12 Cho tam giác ABC có điểm A(2;3), tâm đường tròn ngoại tiếp I(1;0), chân đường phân giác trong góc A là D(3;1). Tìm tọa độ các điểm B và C. Phân tích Đường phân giác lần này lại xuất hiện cùng với A đường tròn ngoại tiếp nên ta liên tưởng đến tính chất đường phân giác sẽ cắt đường tròn ngoại tiếp tại điểm chính giữa cung BC. Lời giải I Đường tròn tâm I bán kính IA: (x 1)2 y2 10. − + = Đường thẳng AD: 2x y 7 0. + − = Gọi E AD (I). Khi đó tọa độ điểm E là nghiệm = ∩ C của hệ phương trình: D B ( ( 2x y 7 0 x 4 + − = = (x 1)2 y2 10 ⇐⇒ y 1 − + = = − Vậy E(4; 1). E − Mặt khác: C AE E AB EC EB IE BC. = =⇒ = =⇒ ⊥ Đường thẳng BC đi qua điểm D và có vectơ pháp tuyến −→IE nên có phương trình: 3x y 8 0. − − = Tọa độ của B và C là nghiệm của hệ phương trình:  p p (  5 3 1 3 3  x − ; y + 3x y 8 0 = 2 = − 2 − 2− =2 (x 1) y 10 ⇐⇒  5 p3 3p3 1 − + =  x + ; y −  = 2 = 2 Ã ! Ã !  5 p3 1 3p3 5 p3 3p3 1  Vậy B,C − ; + , + ; − . ∈  2 − 2 2 2  Có những bài toán đòi hỏi ta tự khám phá các tính chất đặc biệt. Muốn vậy, ta cần vẽ hình thật chính xác. Sau đó thử kiểm tra các tính chất vuông góc, song song, quan hệ liên thuộc, Trang 26
Ví dụ 13 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I. Điểm M(2; 1) là trung điểm cạnh BC µ31 1 ¶ − và điểm E ; là hình chiếu của B lên AI. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, 13 −13 biết đường thẳng AC : 3x 2y 13 0. + − = Hướng dẫn A Bằng việc vẽ hình và kiểm tra thử, ta phát hiện ra rằng EM AC H thì BH AC. Ta cần ∩ = ⊥ chứng minh điều đó. Thật vậy, ta có: H 1 Cc1 Ib2 1 = 2 C o 1 1 90 Ib1 I = − 2 2 o 1 90 Mc1 1 = − 2 o 1 o 90 (180 Cc1 Hc1) M = − 2 − − 1 1 1 Cc1 Hc1 = 2 + 2 E Vậy Cc1 Hc1. = Suy ra BM MC MH, hay H thuộc đường B = = tròn đường kính BC. Suy ra BH AC. ⊥ Từ đây ta có cách giải: • Viết phương trình đường thẳng ME • Tìm tọa độ H • Viết phương trình BH (đi qua H và vuông với AC. • Tham số hóa tọa độ của B,C và sử dụng giả thiết M là trung điểm. Tìm được B,C. • Viết phương trình AI đi qua E và vuông với BE • Tìm được tọa độ của A AI AC = ∩ µ41 23¶ Đáp án: H ; , BH : 2x 3y 1 0, B( 1; 1),C(5; 1),A(1;5). 13 13 − − = − − − Ví dụ 14 Cho tam giác ABC. Gọi A0,B 0,C 0 là các điểm sao cho AB A0C,BCB 0 A và C AC 0B là hình bình hành. Biết H (0; 2), H (2; 1) và H (0;1) là trực tâm của các tam giác BCA0,C AB 0 và ABC 0. 1 − 2 − 3 Tìm tọa độ các đỉnh của ABC. Hướng dẫn Bằng việc vẽ hình và vẽ thử đường tròn ngoại tiếp tam giác H1H2H3 ta nhận ra rằng A,B,C nằm trên đường tròn này. Trang 27
C 0 B A0 H3 H1 I A C H2 B 0 Ta phải chứng minh điều đó. Ta có: ( BH1 CA0 ⊥ AB BH1 AB//CA0 =⇒ ⊥ ( CH1 BA0 ⊥ AC CH1 AC//BA0 =⇒ ⊥ Do đó B,C nằm trên đường tròn đường kính AH1. Gọi I là trung điểm AH1. Chứng minh tương tự, ta suy ra A,B,C, H1, H2, H3 cùng nằm trên đường tròn tâm I. Hơn nữa, I là trung điểm của AH1,BH2,CH3 Đến đây ta có các bước tiếp theo như sau: • Viết phương trình đường tròn đi qua ba điểm H1, H2, H3. Tìm được tọa độ của I. • Áp dụng tính chất trung điểm của I, tìm được A,B,C. Đáp án: A(1;1),B(2; 1),C(1; 2). − − Trang 28
II. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH 1 Trục căn thức 1.1 Trục căn thức để xuất hiện nhân tử chung 1.1.1 Phương pháp Với một số phương trình ta có thể nhẩm được nghiệm x0 như vậy phương trình luôn đưa về được dạng tích: ¡x x ¢ A (x) 0 − 0 = ta có thể giải phương trình A (x) 0 hoặc chứng minh nó vô nghiệm , chú ý điều kiện của nghiệm = của phương trình để ta có thể đánh giá 1.1.2 Ví dụ Ví dụ 15 Giải phương trình: p p q p 3x2 5x 1 x2 2 3¡x2 x 1¢ x2 3x 4 − + − − = − − − − + Hướng dẫn Ta nhận thấy: ³ ´ ³ ´ 3x2 5x 1 3x2 3x 3 2(x 2) ³− +´ −³ − −´ = − − x2 2 x2 3x 4 3(x 2) − − − + = − Ta có thể chuyển vế rồi trục căn thức 2 vế: 2x 4 3x 6 − + − q = 2 2 p3x2 5x 1 3¡x2 x 1¢ px 2 px 3x 4 − + + − + − + − + Dể dàng nhận thấy x 2 là nghiệm duy nhất của phương trình. = Ví dụ 16 p p Giải phương trình x2 12 5 3x x2 5 + + = + + Hướng dẫn Để phương trình có nghiệm thì: p p 5 x2 12 x2 5 3x 5 0 x + − + = − ≥ ⇐⇒ ≥ 3 Ta nhận thấy: x 2 là nghiệm của phương trình, như vậy phương trình có thể phân tích về dạng = Trang 29
(x 2) A (x) 0 để thực hiện được điều đó ta phải nhóm, tách các số hạng như sau: − = p p x2 12 4 3x 6 x2 5 3 + − = − + + − x2 4 x2 4 − 3(x 2) − ⇐⇒ px2 12 4 = − + px2 5 3 + Ã + + + ! x 2 x 2 (x 2) + + 3 0 ⇐⇒ − px2 12 4 − px2 5 3 − = + + + + Dễ dàng chứng minh được: x 2 x 2 5 + + 3 0, x px2 12 4 − px2 5 3 − 3 + + + + Ví dụ 17 p3 p Giải phương trình: x2 1 x x3 2 − + = − Hướng dẫn Đk x p3 2 ≥ Nhận thấy x 3 là nghiệm của phương trình, nên ta biến đổi phương trình = p3 p x2 1 2 x 3 x3 2 5 −− + − = − −  ³ 2 ´ x 3 (x 3) x 3x 9   − + + (x 3) 1 q + ⇐⇒ −  + 3 2 3  = p 3 ¡x2 1¢ 2px2 1 4 x 2 5 − + − + − + Ta chứng minh được: x 3 x 3 x2 3x 9 1 + 1 + 2 + + q 2 + 3 2 3 = + ³ 3 ´ < < p 3 ¡x2 1¢ 2px2 1 4 px2 1 1 3 x 2 5 − + − + − + + − + Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 3. = 1.2 Đưa về “hệ tạm” 1.2.1 Phương pháp Nếu phương trình vô tỉ có dạng pA pB C mà A B αC, ta có thể giải như sau: A+ B = − = − C pA pB α pA pB = =⇒ − = khi đó ta có hệ: − ( pA pB C + = 2pA C α pA pB α =⇒ = + − = 1.2.2 Ví dụ Ví dụ 18 Giải phương trình: p p 2x2 x 9 2x2 x 1 x 4 + + + − + = + Trang 30
Lời giải Ta thấy: ³ ´ ³ ´ 2x2 x 9 2x2 x 1 2(x 4) + + − − + = + Mặt khác x 4 không phải là nghiệm của phương trình. ∀ ≤ − Xét x 4, trục căn thức ta có: > − 2x 8 p p + x 4 2x2 x 9 2x2 x 1 2 p2x2 x 9 p2x2 x 1 = + =⇒ + + − − + = Vậy ta có hệ: + + − − +  p p   2 2 x 0 2x x 9 2x x 1 2 p 2 = p + + − p − + = 2 2x x 9 x 6  8  2x2 x 9 2x2 x 1 x 4 =⇒ + + = + ⇐⇒ x + + + − + = + = 7 8 Vậy phương trình có 2 nghiệm: x 0 và x . = = 7 Ví dụ 19 p p Giải phương trình: 2x2 x 1 x2 x 1 3x + + + − + = Hướng dẫn Ta thấy: ³ ´ ³ ´ 2x2 x 1 x2 x 1 x2 2x + + − − + = + ( không có dấu hiệu trên ). 1 Ta có thể chia cả hai vế cho x và đặt t thì bài toán trở nên đơn giản hơn. = x 2 Biến đổi về phương trình tích 2.1 Các biến đổi thường dùng u v 1 uv (u 1)(v 1) 0 (24) + = + ⇐⇒ − − = au bv ab vu ¡u b¢(v a) 0 (25) + = + ⇐⇒ − − = Ak B k A B (k (lẻ) (26) = ⇐⇒ = Ak B k A B (k (chẵn) (27) = ⇐⇒ = ± 2.2 Ví dụ Ví dụ 20 p3 Giải phương trình: p3 x 1 p3 x 2 1 x2 3x 2 + + + = + + + Hướng dẫn Ta có: " ³ 3 ´³ 3 ´ x 0 PT px 1 1 px 2 1 0 = ⇐⇒ + − + − = ⇐⇒ x 1 = − Trang 31
Ví dụ 21 p3 p3 Giải phương trình: p3 x 1 x2 p3 x x2 x + + = + + Hướng dẫn Dễ thấy x 0 không phải là nghiệm của phương trình. = Với x 0, chia hai vế cho x, ta được: 6= Ã ! r x 1 r x 1 ³ ´ 3 + p3 x 1 p3 x 1 3 + 1 p3 x 1 0 x 1 x + = + + ⇐⇒ x − − = ⇐⇒ = Ví dụ 22 p Giải phương trình: px 3 2xpx 1 2x x2 4x 3 + + + = + + + Hướng dẫn x 1 ĐK: . Ta có: " ≥ − ³ ´³ ´ x 1 PT px 3 2x px 1 1 0 = ⇐⇒ + − + − = ⇐⇒ x 0 = Ví dụ 23 4x Giải phương trình: px 3 4px + + px 3 = + Hướng dẫn ĐK: x 0. ≥ Chia cả hai vế cho px 3, ta có: + Ã !2 4x r 4x r 4x 1 2 1 0 x 1 + x 3 = x 3 ⇐⇒ − x 3 = ⇐⇒ = + + + Ví dụ 24 q q Giải phương trình: p3 x x p3 x − = + Hướng dẫn ĐK: 0 x p3. ≤ ≤ Khi đó phương trình đã cho tương đương: Ã !3 1 10 p3 10 1 x3 p3x2 x p3 0 x x − + + − = ⇐⇒ + p3 = 3p3 ⇐⇒ = p3 Ví dụ 25 Giải phương trình: 2px 3 9x2 x 4 + = − − Trang 32
Hướng dẫn Đk:x 3. ≥ − Ta có:  " x 1 ³ ´2 px 3 1 3x = PT 1 p3 x 9x2 + + =  5 p97 ⇐⇒ + + = ⇐⇒ px 3 1 3x ⇐⇒  x − − + + = − = 18 Ví dụ 26 q p3 3 Giải phương trình: 2 3 9x2 (x 2) 2x 3 3x (x 2)2 + + = + + Hướng dẫn ³ ´3 PT p3 x 2 p3 3x 0 x 1 ⇐⇒ + − = ⇐⇒ = 3 Phương pháp đặt ẩn phụ 3.1 Phương pháp đặt ẩn phụ thông thường Đối với nhiều phương trình vô tỉ, để giải chúng ta có thể đặt t f (x) và chú ý điều kiện của t. = Nếu phương trình ban đầu trở thành phương trình chứa một biến t quan trọng hơn ta có thể giải được phương trình đó theo t thì việc đặt phụ xem như “hoàn toàn”. Nói chung những phương trình mà có thể đặt hoàn toàn t f (x) thường là những phương trình dễ . = Ví dụ 27 q p q p Giải phương trình: x x2 1 x x2 1 2 − − + + − = Lời giải ĐK: x 1. ≥ Nhận xét: q p q p x x2 1. x x2 1 1 − − + − = q p Đặt t x x2 1 thì phương trình có dạng: = − − 1 t 2 t 1 + t = ⇐⇒ = Từ đó ta có x 1 (thỏa mãn điều kiện). = Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 1. = Ví dụ 28 Giải phương trình: 2x2 6x 1 p4x 5 − − = + Lời giải Trang 33
4 ĐK: x . ≥ −5 t 2 5 Đặt t p4x 5(t 0) thì x − . Khi đó ta có phương trình sau: = + ≥ = 4 t 4 10t 2 25 6 2. − + (t 2 5) 1 t 16 − 4 − − = t 4 22t 2 8t 27 0 ⇐⇒ − − + = (t 2 2t 7)(t 2 2t 11) 0 ⇐⇒ + − − − = Ta tìm được bốn nghiệm là: t 1 2p2,t 1 2p3. 1,2 = − ± 3,4 = ± Do t 0 nên chỉ nhận các giá trị t 1 2p2,t 1 2p3. ≥ 1 = − + 3 = + Từ đó tìm được các nghiệm của phương trình đã cho là: x 1 p2,x 2 p3. = − = + Cách 2: Ta có thể bình phương hai vế của phương trình với điều kiện 2x2 6x 1 0 − − ≥ Ta được: x2(x 3)2 (x 1)2 0 − − − = từ đó ta tìm được nghiệm tương ứng. Cách 3 Đặt: 2y 3 p4x 5 và đưa về hệ đối xứng. − = + Ví dụ 29 q Giải phương trình: x 5 px 1 6 + + − = Lời giải ĐK: 1 x 6 ≤ ≤ Đặt y px 1 ta có 0 y p5. Khi đó phương trình đã cho trở thành: = − ≤ ≤ p y2 y 5 5 + + = y4 10y2 y 20 0 ⇐⇒ − − + = (y2 y 4)(y2 y 5) 0 ⇐⇒  + − − − = 1 p21  y − (loại)  = 2   1 p21  y + (loại)  = 2  ⇐⇒  1 p17  y − +  = 2  1 p17  y − − (loại) = 2 11 p17 Từ đó ta tìm được x − là nghiệm duy nhất của phương trình. = 2 Ví dụ 30 ³ ´µ q ¶2 Giải phương trình: x 2004 px 1 1 px = + − − Hướng dẫn Trang 34
ĐK 0 x 1. ≤ q≤ Đặt y 1 px, ta có: = − 2 ³ ´ 2¡1 y¢ y2 y 1002 0 y 1 x 0 − + − = ⇐⇒ = ⇐⇒ = Ví dụ 31 r 1 Giải phương trình: x2 2x x 3x 1 + − x = + Hướng dẫn Điều kiện: 1 x 0. − ≤ < Chia cả hai vế cho x ta nhận được: r 1 1 x 2 x 3 + − x = + x 1 Đặt t x , ta quy được về phương trình bậc hai = − x Ví dụ 32 p3 Giải phương trình: x2 x4 x2 2x 1 + − = + Hướng dẫn Dễ thấy x 0 không phải là nghiệm. Chia cả hai vế cho x ta được: = µ 1 ¶ r 1 x 3 x 2 − x + − x = r 1 Đặt t 3 x , Ta có: = − x 1 p5 t 3 t 2 0 t 1 x ± + − = ⇐⇒ = ⇐⇒ = 2 3.2 Đặt ẩn phụ đưa về phương trình thuần nhất bậc 2 đối với 2 biến Ta nhắc lại cách giải phương trình: u2 αuv βv2 0 (28) + + = • Nếu v 0, chia cả hai vế cho v2, phương trình trở thành: 6= µu ¶2 µu ¶ α β 0 v + v + = • Nếu v 0 thì thử trực tiếp vào phương trình. = Có một số dạng phương trình cũng quy được về (28) Trang 35
p 3.2.1 Phương trình dạng: a.A (x) bB (x) c A (x).B (x) + = p Như vậy phương trình Q (x) α P (x) có thể giải bằng phương pháp trên nếu: = ( P (x) A (x).B (x) = Q (x) a A (x) bB (x) = + Lưu ý một số đẳng thức: ³ ´ x3 1 (x 1) x2 x 1 (29) + = + − + ³ ´³ ´ x4 x2 1 x2 x 1 x2 x 1 (30) + + = + + − + ³ ´³ ´ x4 1 x2 p2x 1 x2 p2x 1 (31) + = − + + + ³ ´³ ´ 4x4 1 2x2 2x 1 2x2 2x 1 (32) + = − + + + Ví dụ 33 ³ ´ p Giải phương trình: 2 x2 2 5 x3 1 + = + Hướng dẫn ( u px 1 ĐK: x 1. Đặt = p + . Phương trình trở thành: ≥ − v x2 x 1 = − +  u 2v ³ 2 2´ 2 u v 5uv  = v + = ⇐⇒ u = 2 5 p37 Từ đó, ta tìm được: x ± . = 2 Ví dụ 34 p3p Giải phương trình: x2 3x 1 x4 x2 1 − + = − 3 + + Hướng dẫn Bạn đọc tự giải. Ví dụ 35 p Giải phương trình: 2x2 5x 1 7 x3 1 + − = − Hướng dẫn Đk: x 1. ≥ Ta cần tìm α,β sao cho: ³ ´ q α(x 1) β x2 x 1 7 (x 1)¡x2 x 1¢ − + + + = − + + Đồng nhất thức ta được: q 3(x 1) 2(x x 1) 7 (x 1)¡x2 x 1¢ − + + + = − + + Trang 36
( u x 1 0 Đặt = − ≥ , ta được: v x2 x 1 0 = + + >  v 9u 3u 2v 7puv  = u + = ⇐⇒ v = 4 Ta có nghiệm: x 4 p6. = ± Ví dụ 36 q Giải phương trình: x3 3x2 2 (x 2)3 6x 0 − + + − = Hướng dẫn ĐK: x 2. ≥ − Đặt y px 2 ta biến phương trình về dạng phương trình thuần nhất bậc 3 đối với x và y: = + " x y x3 3x2 2y3 6x 0 x3 3x y2 2y3 0 = − + − = ⇐⇒ − + = ⇐⇒ x 2y = − Ta có nghiệm: x 2,x 2 2p3 = = − p 3.2.2 Phương trình dạng: αu βv mu2 nv2 + = + Phương trình cho ở dạng này thường khó “phát hiện” hơn dạng trên, nhưng nếu ta bình phương hai vế thì đưa về được dạng trên. Ví dụ 37 p p Giải phương trình: x2 3 x2 1 x4 x2 1 + − = − + Hướng dẫn ĐK: x 1. | | ≥( 2 u x p Ta đặt: = p . Khi đó phương trình trở thành: u 3v u2 v2. v x2 1 + = − = − Ví dụ 38 p p Giải phương trình: x2 2x p2x 1 3x2 4x 1 + + − = + + Hướng dẫn 1 ĐK: x . Bình phương 2 vế ta có: ≥ 2 q q ³ ´ ¡x2 2x¢(2x 1) x2 1 ¡x2 2x¢(2x 1) x2 2x (2x 1) ( + − = + ⇐⇒ + − = + − − u x2 2x Ta có thể đặt: = + . Khi đó ta có: v 2x 1 = −  1 p5  u − v uv u2 v2  = 2 = − ⇐⇒  1 p5  u + v = 2 1 p5 1 p5 Do u,v 0 nên u + v x2 2x + (2x 1) ≥ = 2 ⇐⇒ + = 2 − Trang 37
Ví dụ 39 p p Giải phương trình: 5x2 14x 9 x2 x 20 5px 1 − + − − − = + Hướng dẫn ĐK x 5. ≥ Chuyển vế bình phương ta được: q 2x2 5x 2 5 ¡x2 x 20¢(x 1) − + = − − + Dễ thấy không tồn tại số α,β sao cho: ³ ´ 2x2 5x 2 α x2 x 20 β(x 1) ( − + = − − + + u x2 x 20 Vậy ta không thể đặt = − − . Nhưng may mắn ta có: v x 1 ³ = +´ ³ ´ x2 x 20 (x 1) (x 4)(x 5)(x 1) (x 4) x2 4x 5 − − + = + − + = + − − Ta viết lại phương trình: ³ ´ p 2 x2 4x 5 3(x 4) 5 (x2 4x 5)(x 4) − − + + = − − + Đến đây bài toán được giải quyết . 3.3 Phương pháp đặt ẩn phụ không hoàn toàn Từ những phương trình tích: ³ ´³ ´ px 1 1 px 1 x 2 0 ³ + − ´³ + − + ´= p2x 3 x p2x 3 x 2 0 + − + − + = Khai triển và rút gọn ta sẽ được những phương trình vô tỉ không tầm thường chút nào, độ khó của phương trình dạng này phụ thuộc vào phương trình tích mà ta xuất phát. Từ đó chúng ta mới đi tìm cách giải phương trình dạng này. Phương pháp giải được thể hiện qua các ví dụ sau . Ví dụ 40 µ p ¶ p Giải phương trình: x2 3 x2 2 x 1 2 x2 2 + − + = + + Hướng dẫn p Đặt t x2 2 , ta có: = + " t 3 t 2 (2 x)t 3 3x 0 = − + − + = ⇐⇒ t x 1 = − Ví dụ 41 p Giải phương trình: (x 1) x2 2x 3 x2 1 + − + = + Hướng dẫn Trang 38
p Đặt: t x2 2x 3,t p2. Khi đó phương trình trở thành: = − + ≥ (x 1)t x2 1 x2 1 (x 1)t 0 + = + ⇐⇒ + − + = Bây giờ ta thêm bớt, để được phương trình bậc 2 theo t: " t 2 x2 2x 3 (x 1)t 2(x 1) 0 t 2 (x 1)t 2(x 1) 0 = − + − + + − = ⇐⇒ − + + − = ⇐⇒ t x 1 = − Ví dụ 42 p Giải phương trình: 4px 1 1 3x 2p1 x 1 x2 + − = + − + − Hướng dẫn ĐK: x 1. | | ≤ Đặt t p1 x, phương trình trở thành = − 4p1 x 3x 2t tp1 x (33) + = + + + Suy ra: ³ ´ ³ ´ 3t 2 2 p1 x t 4 p1 x 1 0 − + + + + − = Nhưng không có sự may mắn để giải được phương trình theo t: ³ ´2 ³ ´ ∆ 2 p1 x 48 px 1 1 = + + − + − không có dạng bình phương. ³ ´2 ³ ´2 Muốn đạt được mục đích trên thì ta phải tách 3x theo p1 x , p1 x . Cụ thể như sau: − + 3x (1 x) 2(1 x) = − − + + Thay vào phương trình (33). Ví dụ 43 p Giải phương trình: 2p2x 4 4p2 x 9x2 16 + + − = + Hướng dẫn ĐK: x 2. | | ≤ Bình phương 2 vế ta có: q 4(2x 4) 16 2¡4 x2¢ 16(2 x) 9x2 16 q + + − + − = + Ta đặt: t 2¡4 x2¢ 0. Ta được: = − ≥ 9x2 16t 32 8x 0 ³ ´ − − + = Ta phải tách 9x2 α2 4 x2 (9 2α)x2 8α sao cho ∆ có dạng số chính phương. = − + + − t Nhận xét: Thông thường ta chỉ cần nhóm sao cho hết hệ số tự do thì sẽ đạt được mục đích. 4 Phương pháp đưa về hệ phương trình 4.1 Đặt ẩn phụ đưa về hệ thông thường ( u α(x) Đặt = và tìm mối quan hệ giữa α(x) và β(x) từ đó tìm được hệ theo u,v. v β(x) = Trang 39
Ví dụ 44 µ ¶ p3 p3 Giải phương trình: x 35 x3 x 35 x3 30 − + − = Hướng dẫn p3 Đặt y 35 x3 x3 y3 35. = − =⇒ + = ( x y(x y) 30 Khi đó phương trình chuyển về hệ phương trình + = x3 y3 35 + = Giải hệ này ta tìm được nghiệm (2;3),(3;2). Suy ra nghiệm của phương trình đã cho là x 2,x 3. = = Ví dụ 45 q 1 Giải phương trình: p2 1 x p4 x − − + = p4 2 Hướng dẫn ĐK: 0 x p2 1 ≤ ≤ −  q q   p2 1 x u  0 u p2 1 Đặt ≤ ≤ q − 4 − − = =⇒ 4  px v  0 v p2 1 = ≤ ≤ − Ta đưa về hệ phương trình sau:    1 1  u v  u v  = p4 2 − + = p4 2 Ã !2 2 4 ⇐⇒ 1  u v p2 1  4 p  4 v v 2 1 + = −  p2 − + = − Giải phương trình thứ 2: Ã !2 1 (v2 1)2 v 0 + − + p4 2 = Từ đó tìm ra rồi thay vào tìm nghiệm của phương trình. Ví dụ 46 q Giải phương trình: x 5 px 1 6 + + − = ĐK: x 1. ≥  a px 1 0 Đặt = q − ≥ , ta có:  b 5 px 1 0 = + ( − ≥ a2 b 5 + = (a b)(a b 1) 0 a b 1 0 a b 1 b2 a 5 =⇒ + − + = =⇒ − + = =⇒ = − − = Do đó: q 11 p17 px 1 1 5 px 1 px 1 5 x x − − + = + − ⇐⇒ − = − =⇒ = 2 Trang 40
Ví dụ 47 6 2x 6 2x 8 Giải phương trình: − + p5 x + p5 x = 3 − + Hướng dẫn 5 x 5 ĐK: ( . − u< p<5 x ³ ´ Đặt = p − , 0 u,v p10 . Khi đó ta được hệ phương trình: v 5 y < < = −   2 2 2  u v 10  (u v) 10 2uv 4+ 4= 8 + µ= 2+ ¶ 4 2(u z) ⇐⇒ (u v) 1  −u − v + + = 3  + − uv = 3 4.2 Đặt ẩn phụ đưa về hệ đối xứng loại II 4.2.1 Hệ đối xứng Ta hãy đi tìm nguồn gốc của những bài toán giải phương trình bằng cách đưa về hệ đối xứng loại II. Ta xét một hệ phương trình đối xứng loại II sau: ( (x 1)2 y 2 + 2 = + (34) ¡y 1¢ x 2 + = + việc giải hệ này khá đơn giản. Bây giờ ta sẽ biến hệ thành phương trình. Từ phương trình thứ nhất của (34), ta suy ra: y px 2 1 = + − Thế vào phương trình còn lại, ta có: (x 1)2 (px 2 1) 1 x2 2x px 2 + = + − + ⇐⇒ + = + Vậy để giải phương trình: x2 2x px 2 + = + ta đặt lại như trên và đưa về hệ. Bằng cách tương tự xét hệ tổng quát dạng bậc 2: ( 2 ¡αx β¢ ay b + 2 = + ¡αy β¢ ax b + = + Đặt αy β pax b, ta có phương trình: + = + 2 a β ¡αx β¢ pax b b + = α + + − α Tương tự cho bậc cao hơn: n a n β ¡αx β¢ pax b b + = α + + − α Tóm lại phương trình thường cho dưới dạng khai triển ta phải viết về dạng: ¡ ¢n pn αx β p a0x b0 γ n + = + + và đặt αy β pax b để đưa về hệ, chú ý về dấu của α. + = + Việc chọn α;β thông thường chúng ta chỉ cần viết dưới dạng: n n ¡αx β¢ p pa x b γ + = 0 + 0 + là chọn được. Trang 41
Ví dụ 48 Giải phương trình: x2 2x 2p2x 1 − = − Hướng dẫn 1 ĐK: x . Ta có phương trình được viết lại là: ≥ 2 (x 1)2 1 2p2x 1 ( − − = − x2 2x 2(y 1) Đặt y 1 p2x 1 thì ta đưa về hệ − = − . − = − y2 2y 2(x 1) − = − Trừ hai vế của phương trình ta được (x y)(x y) 0 − + = Ta tìm được nghiệm của phương trình là: x 2 p2. = + Ví dụ 49 Giải phương trình: 2x2 6x 1 p4x 5 − − = + Hướng dẫn 5 ĐK: x . ≥ −4 Ta biến đổi phương trình như sau: 4x2 12x 2 2p4x 5 (2x 3)2 2p4x 5 11 − − = + ⇐⇒ − = + + Đặt p4x 5 2y 3 ta được hệ phương trình sau: + = −( " (2x 3)2 4y 5 x y − = + (x y)(x y 1) 0 = (2y 3)2 4x 5 =⇒ − + − = =⇒ x y 1 0 − = + + − = • Với x y ta có: 2x 3 p4x 5 x 2 p3. = − = + =⇒ = + • Với x y 1 0 ta có: y 1 x x 1 p2. + − = = − → = − Kết luận: Tập nghiệm của phương trình đã cho là {1 p2;1 p3}. − + 4.2.2 Dạng hệ gần đối xứng Ta xét hệ sau: ( (2x 3)2 2y x 1 − = + + (35) (2y 3)2 3x 1 − = + Đây không phải là hệ đối xứng loại II nhưng bằng cách tương tự, ta vẫn xây dựng được phương trình sau: Ví dụ 50 Giải phương trình: 4x2 5 13x p3x 1 0 + − + + = Nhận xét: Nếu chúng ta nhóm như những phương trình trước: µ 13¶2 33 2x p3x 1 − 4 = + − 4 Trang 42
13 Đặt 2y p3x 1 thì chúng ta không thu được hệ phương trình mà chúng ta có thể giải được. − 4 = + Để thu được hệ (35) ta đặt: αy β p3x 1 chọn α,β sao cho hệ có thể giải được. + = + Ta có hệ: ( 2 ( ¡αy β¢ 3x 1 α2 y2 2αβy 3x β2 1 0 + = + + − + − = 4x2 13x 5 αy β ⇐⇒ 4x2 13x αy 5 β 0 − + = − − − + + + = Điều kiện của hệ trên có nghiệm là: α2 2αβ 3 β2 1 − − 4 = α 13 = 5 β Ta chọn được ngay α 2;β 3. − + = − = Ta có lời giải như sau: Lời giải 1 ĐK: x ≥ −3 3 Đặt p3x 1 (2y 3),(y ). Ta có hệ phương trình sau: + = − − ≤ ( 2 (2x 3)2 2y x 1 − = + + (x y)(2x 2y 5) 0 (2y 3)2 3x 1 =⇒ − + − = − = + 15 p97 * Với x y, ta có x − . = = 8 11 p73 * Với 2x 2y 5 0 ta có x + . + − = = 8 ( ) 15 p97 11 p73 Kết luận: tập nghiệm của phương trình là: − ; + . 8 8 Một cách tổng quát. Xét hệ: ( f (x) A.x B.y m (i) = + + f (y) A0.x m0 (ii) ( = + A A0 B Để hệ có nghiệm x y thì: − = . = m m0 = Nếu từ (ii) tìm được hàm ngược y g (x) thay vào (i) ta được 1 phương trình. = Như vậy để xây dựng phương trình theo lối này ta cần xem xét để có hàm ngược và tìm được và hơn nữa hệ phải giải được. Trang 43
5 Phương pháp lượng giác hóa 5.1 Một số kiến thức cơ bản Dấu hiệu Phép thế Điều kiện · π π ¸ x a,(a 0) x a.sinα α − ; ; | | ≤ > = ∈ 2 2  c  x .sinα µ ¶ 2 2 2 2 2 = a π π a x b y c ;(a,b,c 0) c α − ; + = >  y .cosα ∈ 2 2  = b p p a µ π π¶ a2 x2 x a.tanα a2 x2 α − ; + = =⇒ + = cosα ∈ 2 2 p a p · π¶ · 3π¶ a2 x2 x a2 x2 a tanα α 0; π; − = cosα =⇒ − = ∈ 2 ∪ 2 · π¸ p1 x; x 1 x cos2x α 0; ± | | ≤ = ∈ 2 ( a b a tanα µ π π ¶ ± = α;β − ; 1 a.b b tanβ ∈ α α ±  =  a tanα  = a b c abc b tanβ α,β,γ là 3 góc của tam giác + + = =  c tanγ =   α β γ kπ + + k=π tanα tanβ tanγ tanα.tanβ.tanγ (36)  α;β;γ ⇐⇒ + + = 6= 2   π  α β γ k.π + + = 2 + tanα.tanβ tanβ.tanγ tanγ.tanα 1 (37) kπ ⇐⇒ + + =  α;β;γ kπ  6= 2 +   π  α β γ k.π + + = 4 + (1 tanα)(1 tanβ)(1 tanγ) 2(1 tanα.tanβ.tanγ) (38) kπ ⇐⇒ + + + = +  α;β;γ kπ  6= 2 + 5.2 Xây dựng phương trình vô tỉ bằng phương pháp lượng giác hóa Từ các phương trình lượng giác đơn giản: cos3t sint ta có thể tạo ra được phương trình vô tỉ. = Chú ý: cos3t 4cos3 t 3cost ta có phương trình vô tỉ: = − p 4x3 3x 1 x2 (39) − = − 1 Nếu thay x bằng ta lại có phương trình: x p 4 3x2 x2 x2 1 (40) − = − Nếu thay x trong phương trình (40) bởi (x 1) ta sẽ có phương trình vô tỉ khó: − p 4x3 12x2 9x 1 2x x2 (41) − + − = − Việc giải phương trình (40) và (41) không đơn giản chút nào ? Tương tự như vậy từ công thức sin3x,sin4x, bạn hãy xây dựng những phương trình vô tỉ theo kiểu lượng giác. Trang 44
5.3 Một số ví dụ Ví dụ 51 s q p ·q q ¸ 2 1 x2 Giải phương trình: 1 1 x2 (1 x)3 (1 x)3 − + − + − − = p3 + 3 Hướng dẫn ĐK: x 1. | | ≤ Với x [ 1;0] thì: ∈ − q q (1 x)3 (1 x)3 0 (vô nghiệm) + − − ≤ · π¸ Với x [0;1] ta đặt: x cost,t 0; . Khi đó phương trình trở thành: ∈ = ∈ 2 µ 1 ¶ 1 2p6cosx 1 sint 2 sint cost + 2 = + ⇐⇒ = p6 1 Vậy phương trình có nghiệm: x . = p6 Ví dụ 52 Giải các phương trình sau: r1 2x r1 2x 1. p1 2x p1 2x − + − + + = 1 2x + 1 2x + − q p µ p ¶ 2. 1 1 x2 x 1 2 1 x2 + − = + − 3. x3 3x px 2 − = + Hướng dẫn r1 2cosx 1. HD: tanx + . = 1 2cosx 1 − 2. ĐS: x . = 2 3. HD: chứng minh x 2. PT vô nghiệm. | | > Ví dụ 53 Giải phương trình: p3 6x 1 2x + = Lời giải Lập phương 2 vế ta được: 1 8x3 6x 1 4x3 3x − = ⇐⇒ − = 2 Với x 1, đặt x cost,t £0;π¤. | | ≤ = ½ π∈ 5π 7π¾ Khi đó ta được S cos ;cos ;cos . = 9 9 9 Mà phương trình bậc 3 có tối đa 3 nghiệm vậy đó cũng chính là tập nghiệm của phương trình. Trang 45
Ví dụ 54 Ã ! 1 Giải phương trình: x2 1 1 + px2 1 = − Lời giải ĐK: x 1. | | > 1 µ π π¶ Ta có thể đặt x ,t ; . = sint ∈ − 2 2 Khi đó ta có:  1 cost 0 (1 cott) 1  = 1 sin2 x + = ⇐⇒ sin2t = −2 ³ ´ Phương trình có nghiệm: x p2 p3 1 . = − + Ví dụ 55 2 ³ 2 ´ p x2 1 x 1 Giải phương trình: x2 1 + + + = 2x + 2x ¡1 x2¢ − Lời giải ĐK x 0,x 1. 6= 6= ± µ π π¶ Ta có thể đặt: x tant,t ; Khi đó ta có:: = ∈ − 2 2 ³ ´ 2sint cos2t cos2t 1 0 sint 1 sint 2sin2 t 0 + − = ⇐⇒ − − = 1 Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm x . = p3 6 Phương pháp dùng Bất đẳng thức Một số phương trình được tạo ra từ dấu bằng của BĐT: ( A m ≥ B m ≤ nếu dấu bằng ở hai BĐT đó cùng đạt được tại x thì x là nghiệm của phương trình A B. 0 0 = Chẳng hạn: p1 2015x p1 2015x 2 + + − ≤ Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x 0 và = 1 px 1 2 + + px 1 ≥ Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x 0. Vậy ta có phương+ trình: = 1 p1 2015x p1 2015x p1 x − + + = px 1 + + Đôi khi một số phương trình được tạo ra từ ý tưởng: + ( A f (x) ≥ B f (x) ≤ Khi đó: Trang 46
( A f (x) A B = = ⇐⇒ B f (x) = Chú ý: Khi giải phương trình vô tỷ bằng bất đẳng thức qua các phương trình hệ quả thì đến cuối bài toán phải thế nghiệm vào phương trình đầu để loại nghiệm ngoại lai. Tóm tắt một vài bất đẳng thức cơ bản thường dùng để giải phương trình vô tỷ. 2n 2n ¡ ¢ 1. A 0, A 0 n N ∗ ≥ − ≤ ∈ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A 0 = 2. A A. | | ≥ Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A 0. ≥ 3. Bất đẳng thức Cauchy với n số không âm: Nếu a1;a2; ;an không âm thì a a a n pn a a a 1 + 2 + + n ≥ 1 + 2 + n Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a a a . 1 = 2 = ··· = n 4. Bất đẳng thức Bunhiacopxki với 2 bộ số (a1;a2; ;an),(b1;b2; ,bn) ta có: 2 ³ ´ ³ ´ ¡a b a b a b ¢ a2 a2 a2 . b2 b2 b2 1 1 + 2 2 + + n n ≤ 1 + 2 + + n 1 + 2 + + n Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a1 a2 an b1 = b2 = = bn Quy ước nếu mẫu bằng 0 thì tử cũng phải bằng 0. Ví dụ 56 2p2 Giải phương trình: px px 9 px 1 + = + + Lời giải ĐK: x 0. ≥ Ta có: Ã !2  Ã !2 2p2 ·³ ´2 ¸ 1 px px 2p2 x 1   x 9 x 0 px 1 + ≤ + + x 1 + px 1 = + ∀ ≥ + + + Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi: 2p2 1 1 x px 1 = px 1 ⇐⇒ = 7 1 + + Vậy x là nghiệm duy nhất của phương trình. = 7 Ví dụ 57 p p Giải phương trình: 13 x2 x4 9 x2 x4 16 − + + = Lời giải ĐK: 1 x 1. − ≤ ≤ Biến đổi phương trình ta có: µ p p ¶2 x2 13 1 x2 9 1 x2 256 − + + = Trang 47
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki: µ p p ¶2 ³ ´ ³ ´ p13.p13. 1 x2 3.p3.p3 1 x2 (13 27) 13 13x2 3 3x2 40 16 10x2 − + + ≤ + − + + = − Áp dụng bất đẳng thức Côsi: ³ ´ µ16¶2 10x2 16 10x2 64 − ≤ 2 = Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi:   p p1 x2  1 x2 + 2 − = 3 x 2 2 ⇐⇒ = ±p  10x 16 10x 5 = − 2 Vậy nghiệm của phương trình là x . = ±p5 Ví dụ 58 Giải phương trình: x3‘ 3x2 8x 40 8p4 4x 4 0 − − + − + = Hướng dẫn Ta chứng minh: 8p4 4x 4 x 13 và x3 3x2 8x 40 0 (x 3)2 (x 3) x 13 + ≤ + − − + ≥ ⇐⇒ − + ≥ + 7 Phương pháp hàm số Sử dụng các tính chất của hàm số để giải phương trình là dạng toán khá quen thuộc. Ta có 3 hướng áp dụng sau đây: 1. Thực hiện theo các bước: • Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f (x) k = • Bước 2: Xét hàm số y f (x). Chứng minh hàm số này đồng biến hoặc nghịch biến. = Giả sử hàm số đồng biến. • Bước 3: Nhẩm nghiệm x0 và nhận xét – Với x x , ta có f (x) f (x ) k (không thỏa mãn) > 0 > 0 = – Với x x , ta có f (x) f (x ) k (không thỏa mãn) < 0 < 0 = Vậy x0 là nghiệm duy nhất của phương trình 2. Hướng 2: thực hiện theo các bước • Bước 1: Chuyển phương trình về dạng: f (x) g(x). = • Bước 2: Dùng lập luận khẳng định rằng f (x) và g(x) có những tính chất đơn điệu trái ngược nhau. • Bước 3: Xác định x sao cho f (x ) g(x ). Khi đó x là nghiệm duy nhất của phương 0 0 = 0 0 trình. 3. Hướng 3: Thực hiện theo các bước: • Bước 1: Chuyển phương trình về dạng f (u) f (v). = • Bước 2: Xét hàm số y f (x), dùng lập luận khẳng định hàm số đơn điệu. = • Bước 3: Khi đó f (u) f (v) u v = ⇐⇒ = Trang 48
Ví dụ 59 µ p ¶ µ p ¶ Giải phương trình: (2x 1) 2 4x2 4x 4 3x 2 9x2 3 0 + + + + + + + = Hướng dẫn µ q ¶ µ q ¶ PT (2x 1) 2 (2x 1)2 3 ( 3x) 2 ( 3x)2 3 ⇐⇒ + + + + = − + − + f (2x 1) f ( 3x) ⇐⇒ + = − µ p ¶ Xét hàm số f (t) t 2 t 2 3 , là hàm đồng biến trên R. = + + 1 Do đó x là nghiệm duy nhất của phương trình. = −5 Nhận xét Dựa vào kết quả: Nếu y f (t) là hàm đơn điệu thì: = f (x) f (t) x t = ⇐⇒ = Ta có thể xây dựng được những phương trình vô tỉ. Xuất phát từ hàm đơn điệu: y f (x) 2x3 x2 1 = = + + trên [0; ). +∞ Ta xây dựng phương trình: ³ ´ ³ ´3 p f (x) f p3x 1 2x3 x2 1 2 p3x 1 (3x 1)2 1 = − ⇐⇒ + + = − + − + Rút gọn ta được phương trình: 2x3 x2 3x 1 2(3x 1)p3x 1 + − + = − − Từ phương trình: ³ ´ f (x 1) f p3x 1 + = − thì bài toán sẽ khó hơn: p 2x3 7x2 5x 4 2(3x 1) (3x 1) + + + = − − Để giải hai bài toán trên chúng ta có thể làm như sau: Đặt y p3x 1 khi đó ta có hệ: = + ( 2x3 7x2 5x 4 2y3 + + + = 3x 1 y2 − = cộng hai phương trình ta được: 2(x 1)3 (x 1)2 2y3 y2 + + + = + Ví dụ 60 µ p ¶ µ p ¶ Giải phương trình: (2x 1) 2 4x2 4x 4 3x 2 9x2 3 0 + + + + + + + = Hướng dẫn µ q ¶ µ q ¶ PT (2x 1) 2 (2x 1)2 3 ( 3x) 2 ( 3x)2 3 ⇐⇒ + + + + = − + − + f (2x 1) f ( 3x) ⇐⇒ + = − µ p ¶ Xét hàm số f (t) t 2 t 2 3 , là hàm đồng biến trên R. = + + 1 Ta có x là nghiệm duy nhất. = −5 Trang 49
Ví dụ 61 p3 Giải phương trình x3 4x2 5x 6 7x2 9x 4 − − + = + − Hướng dẫn p3 Đặt y 7x2 9x 4, ta có hệ: = + − ( x3 4x2 5x 6 y − − + = y3 y (x 1)3 (x 1) 7x2 9x 4 y3 =⇒ + = + + + + − = Xét hàm số: f (t) t 3 t, là hàm đơn điệu tăng. Ta có: = +  x 5 ¡ ¢ £ ¤ p3 = f y f (x 1) y x 1 (x 1) 7x2 9x 4  1 p5 = + ⇐⇒ = + ⇐⇒ + = + − ⇐⇒  x − ± = 2 Trang 50
III. MỘT SỐ KĨ THUẬT CHỨNG MINH BĐT Bất đẳng thức là nội dung rất khó và rộng. Trong tài liệu này chúng tôi không có tham vọng thể hiện hết vẻ đẹp của đề tài này, chúng tôi chỉ cố gắng trình bày một số vấn đề mà các em có thể gặp phải ở câu bất đẳng thức trong các đề thi THPT quốc gia. 1 Những BĐT cổ điển thường dùng 1.1 BĐT hai biến 2 • a b 2pab, ¡a,b 0¢ ¡a b¢ + ≥ ≥ • a2 b2 + + ≥ 2 • a2 b2 2ab + ≥ ³ ´2 p p ¡ ¢ • pa b 4 ab, a,b 0 • a3 b3 ab ¡a b¢, ¡a,b 0¢ + ≥ ≥ + ≥ + ≥ 2 • ¡a b¢ 4ab + ≥ 1 1 4 q • , ¡a,b 0¢ • a b 2¡a2 b2¢ a + b ≥ a b > + ≤ + + Ã !2 a b 1 µ 1 1 ¶ 1 • ab + • , ¡a,b 0¢ ≤ 2 4 a + b ≥ a b > + 1.2 BĐT ba biến 1 1 1 9 Ã !3 • , ¡a,b,c 0¢ a b c a + b + c ≥ a b c > • abc + + + + ≤ 3 2 2 2 • a b c ab bc ca ¡ ¢2 ¡ ¢ + + ≥ + + • ab bc ca 3abc a b c + + ≥ + + ¡ ¢2 a b c 2 2 2 2 2 2 ¡ ¢ • a2 b2 c2 + + • a b b c c a abc a b c + + ≥ 3 + + ≥ + + 2 2 2 ¡ ¢2 a b c a b c ¡ ¢ 4 4 4 ¡ ¢ • + + , m,n,p 0 • a b c abc a b c m + n + p ≥ m n p > + + ≥ + + + + Các bất đẳng thức này đứng gần nhau ta thấy rất đơn giản nhưng chúng ta cần phải biết vận dụng chúng linh hoạt trong nhiều tình huống. 2 Một số kĩ thuật chứng minh BĐT 2.1 Kĩ thuật ghép đối xứng • Dạng X Y Z A B C. + + ≥ + + Dấu hiệu: X Y 2A. Nếu phát hiện ra dấu hiệu này thì ta xây dựng thêm các bất đẳng + ≥ thức tương tự sẽ có điều phải chứng minh. • Dạng XYZ ABC. ≥ Dấu hiệu: XY A2. Nếu phát hiện ra dấu hiệu này thì ta xây dựng thêm các bất đẳng thức ≥ tương tự sẽ có điều phải chứng minh. Trang 51
• Có thể mở rộng thành các dạng tổng quát hơn ¡ ¢  mX nY pZ m n p A  + + ≥ + +  mY nZ p A ¡m n p¢B X Y Z A B C. + + ≥ + + =⇒ + + ≥ + + mZ nX pY ¡m n p¢C  + + ≥ + + m n p m n p  X Y Z A + +  m n p ≥ m n p  Y Z X B + + XYZ ABC m n p ≥ m n p =⇒ ≥ Z X Y C + +  ≥ Ví dụ 62 Cho a,b,c là các số dương. CMR ab bc ca a b c. c + a + b ≥ + + Hướng dẫn ab bc Chỉ cần thấy và xây dựng thêm bất đẳng thức tương tự với bất đẳng thức 2b, sau đó c + a ≥ cộng các vế ta được điều phải chứng minh. Ví dụ 63 Cho các số thực không âm x, y,z thoả mãn x yz 1. CMR = x2 y y2x z2x x y yz zx. + + ≥ + + Hướng dẫn q Chỉ cần quan sát thấy x2 y x2 y y2z 3 3 x4 y4z 3x y xem như có thể chứng minh được bài toán. + + ≥ = Ví dụ 64 Cho a,b,c là các số không âm. CMR p4 p4 p4 a b c ab3 bc3 ca3. + + ≥ + + Hướng dẫn p4 Sử dụng đánh giá a b b b 4 ab3. + + + ≥ Ví dụ 65 Cho a,b,c dương. CMR abc ¡a b c¢¡b c a¢¡c a b¢. ≥ + − + − + − Trang 52
Hướng dẫn Ta có đánh giá Ã !2 a b c b c a ¡a b c¢¡b c a¢ + − + + − b2. + − + − ≤ 2 = Xây dựng các đánh giá tương tự có đpcm. Ví dụ 66 Cho a,b,c là các số dương. CMR ³ ´³ ´³ ´ 1 a2 1 b2 1 c2 ¡a b¢¡b c¢(c a). + + + ≥ + + + Hướng dẫn Ta chỉ cần chứng minh ³ ´³ ´ 2 2 1 a2 1 b2 ¡a b¢ ¡ab 1¢ 0 + + ≥ + ⇐⇒ − ≥ xem như bài toán được giải quyết. Ví dụ 67 Cho a,b,c là các số dương. CMR 3 3 ³ ´³ ´³ ´ ¡a b¢ ¡b c¢ (c a)3 64abc a2 bc b2 ac c2 ab ( ). + + + ≥ + + + ∗ Hướng dẫn Ta có 4 4 ³ ´³ ´³ ´ ( ) ¡a b¢ ¡b c¢ (c a)4 64abc a2 bc b2 ac c2 ab ¡a b¢¡b c¢(c a), ∗ ⇐⇒ + + + ≥ + + + + + + nên ta chỉ cần chứng minh 2 ³ ´ ¡a b¢ (a c)2 4a ¡b c¢ a2 bc . + + ≥ + + Thật vậy: ³ ´ ³ ´ ³ ´2 4a ¡b c¢ a2 bc 4¡ab bc¢ a2 bc ab bc a2 bc + + = + + ≤ + + + h i2 2 a ¡a b¢ c ¡a b¢ ¡a b¢ (a c)2. = + + + = + + 2.2 Kĩ thuật tách ghép Khi thực hiện việc tách hay ghép vào những biểu thức nào đó thông thường chúng ta chú ý đến các điều cơ bản sau đây. • Tách hoặc ghép vào những biểu thức tương tự với mẫu số. • Tách hoặc ghép vào thì phải chú ý trường hợp đẳng thức xảy ra. • Điều chỉnh những đại lượng tách – ghép sao cho tạo ra những đại lượng tương tự vế còn lại. Trang 53
Ví dụ 68 Cho a,b,c dương. Chứng minh: b2c c2a a2b a b c + + . a3 ¡b c¢ + b3 (c a) + c3 ¡a b¢ ≥ 2 + + + Hướng dẫn Chúng ta cần quan tâm đến 2 nhận xét sau. b2c • có bậc là 1 nên thông thường biểu thức ghép vào cũng nên có bậc 1. a3 ¡b c¢ − − + b2c 1 1 1 • Dấu đẳng thức xảy ra khi a b c nên được định giá bằng . = = a3 ¡b c¢ 2a = 2b = 2c + b2c b c 1 3 Như vậy ta có: + . Xây dựng các bất đẳng thức tương tự rồi cộng a3 ¡b c¢ + 4bc + 2b ≥ 2a + theo vế ta được Ã ! b2c c2a a2b 3 µ 1 1 1¶ 1 µ 1 1 1 ¶ 1 b c c a a b + + + . a3 ¡b c¢ + b3 (c a) + c3 ¡a b¢ ≥ 2 a + b + c − 2 b + c + a − 4 bc + ca + ab + + + Và có điều phải chứng minh. Ví dụ 69 Cho hai số x, y thoả 2y x 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của > > 1 P x2 y2. = x3 ¡2y x¢ + + − Hướng dẫn Phân tích 1 ³ ´ 1 ³ ´ P x2 y2 x2 x2 x2 2x y x2 3. = x2 ¡2x y x2¢ + + + − ≥ x2 ¡2x y x2¢ + + − ≥ − − Như vậy GTNN của P bằng 3 khi x y 1. = = Ví dụ 70 Cho các số thực dương a,b,c thoả abc 1. CMR = a3 b3 c3 1. b (c 2) + c (a 2) + a ¡b 2¢ ≥ + + + Hướng dẫn Trang 54
a3 c 2 b c 2 b Ta có + a (bạn đọc tự tìm tòi vì sao ta chọn được + , ?), xây dựng các bất b (c 2) + 9 + 3 ≥ 9 3 đẳng thức+ tương tự và cộng theo vế các bất đẳng thức ta được a3 b3 c3 1 1 ¡a b c¢ ¡c 2 a 2 b 2¢ ¡a b c¢ 1. b (c 2) + c (a 2) + a ¡b 2¢ ≥ + + − 9 + + + + + − 3 + + ≥ + + + Ví dụ 71 Cho a,b,c dương thoả mãn a b c 3abc . Tìm GTNN của + + = 1 1 1 S . = a3 + b3 + c3 Hướng dẫn Ta có 1 1 1 a b c 3abc 3 + + = ⇐⇒ ab + bc + ca = Lại có 1 3 µ 1 1 1¶ 1 1 S 3 6 a3 + + ≥ a =⇒ ≥ a + b + c − Mà µ 1 1 1¶2 µ 1 1 1 ¶ 1 1 1 3 3. a + b + c ≥ ab + bc + ca =⇒ a + b + c ≥ Nên S 3. ≥ 2.3 Kỹ thuật dùng BĐT cơ bản Thông thường những bất đẳng thức không có giả thiết thì ta nên tập trung vào dạng vận dụng BĐT cơ bản (tuy nhiên có giả thiết thì vẫn thực hiện theo kĩ thuật này). Có thể chú ý 1 1 • Đánh giá mẫu số: 0 A B . B • Ngược dấu: 0 A B M A M B. − M N • Một vài phân tích, chẳng hạn: 1 , M N = − M N + + Ví dụ 72 Cho các số a,b,c dương thoả a b c 3. CMR + + = ab bc ca 3 . pc2 3 + pa2 3 + pb2 3 ≤ 2 + + + Hướng dẫn Trang 55
1 2 Ta có ab bc ca ¡a b c¢ 3. Từ đó ta có đánh giá: + + ≤ 3 + + = ab ab ab ab µ 1 1 ¶ . 2 ≤ 2 = q ≤ + pc 3 pc ab bc ca (a c)¡b c¢ 2 a c b c + + + + + + + + Như vậy: Ã ! ab bc ca 1 ab ab bc bc ca ca pc2 3 + pa2 3 + pb2 3 ≤ 2 a c + b c + b a + c a + a b + c b + + + + + + + + + Ã ¡ ¢ ¡ ¢! 1 a b c b (c a) c a b 3 + + + . ≤ 2 b c + c a + a b = 2 + + + Ví dụ 73 Cho các số dương a,b,c. CMR ab bc ca a b c + + . a 3b 2c + b 3c 2a + c 3a 2b ≤ 6 + + + + + + Hướng dẫn Lưu ý đánh giá sau đây thì chúng ta sẽ chứng minh được bài toán. 9ab 9ab µ 1 1 1 ¶ ab . a 3b 2c = a c b c 2b ≤ a c + b c + 2b + + + + + + + + Ví dụ 74 Cho các số dương a,b,c thoả mãn ab bc ca 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức + + = 1 4 P . = abc + ¡a b¢¡b c¢(c a) + + + Hướng dẫn Ta có: 1 1 4 P = 2abc + 2abc + ¡a b¢¡b c¢(c a) s + + + 1 3 3 ≥ a2b2c2 ¡a b¢¡b c¢(c a) + + + s 1 3 3 = abc ¡ab ac¢¡bc ba¢¡ca bc¢ + + + Áp dụng Ã !3 Ã ¡ ¢!3 ab bc ca 1 2 ab bc ca 8 a2b2c2 + + ; ¡ab ac¢¡bc ba¢¡ca cb¢ + + . ≤ 3 = 27 + + + ≤ 3 = 27 r 27 9p3 p3 Nên ta có: P 3 3 3p3. . Đẳng thức xảy ra khi a b c . ≥ 8 = 2 = = = 3 Trang 56
Ví dụ 75 Cho a,b,c dương có tổng bẳng 3. CMR a b c 3 . 1 b2 + 1 c2 + 1 a2 ≥ 2 + + + Hướng dẫn Nếu sử dụng đánh giá 1 b2 2b thì khi thay vào vế trái sẽ ngược dấu. Nên ta sẽ xử lý khéo léo + ≥ như sau a ab2 a ab2 ab a a a 1 b2 = − 1 b2 =⇒ 1 b2 ≥ − 2b = − 2 + + + Xây dựng tương tự ta có a b c 1 3 3 a b c ¡ab bc ca¢ 3 . 1 b2 + 1 c2 + 1 a2 ≥ + + − 2 + + ≥ − 2 = 2 + + + Ví dụ 76 Cho a,b,c dương. CMR Ã !2 µ a ¶2 b µ c ¶2 1 . b 2c + c 2a + a 2b ≥ 3 + + + Hướng dẫn µ ¶ Ã 2 ! ¡ ¢2 1 X a 1 X a 1 a b c 1 VT . + + . ≥ 3 b 2c = 3 ab 2ac ≥ 3 3¡ab bc ca¢ ≥ 3 + + + + Ví dụ 77 Cho các số dương x, y,z có tích bằng 1. Tìm GTNN x y y z z x P + + + . = x y 1 + y z 1 + z x 1 + + + + + + Hướng dẫn Ta có Ã ! x y 1 1 1 1 + 1 P 3 x y 1 = − x y 1 =⇒ = − x y 1 + y z 1 + z x 1 + + + + + + + + + + Đặt x a3; y b3;z c3 = = = µ ¶ Ã ! µ ¶ X 1 X 1 X a P 3 3 3 2. =⇒ = − a3 b3 1 ≥ − ab ¡a b¢ 1 = − a b c = + + + + + + Trang 57
2.4 Kĩ thuật dùng miền xác định của biến số Đây là kĩ thuật khó, chúng ta cần phải linh hoạt trong việc xây dựng những đánh giá phù hợp với mong muốn. Có thể lưu ý: • Giả sử x £a;b¤ thì ta có thể xây dựng được: (x a)¡x b¢ 0 x2 ¡a b¢x ab hoặc ab∈ − − ≤ ⇐⇒ ≤ + − thành a b x (x 0), x ≤ + − > • Giả sử a b c thì ta có thể xây dựng được: ¡b a¢¡b c¢ 0 b2 ac ab bc, ≤ ≤ − − ≤ ⇐⇒ + ≤ + Ví dụ 78 Cho các số dương x, y,z có tổng bằng 3. Tìm GTNN của P x2 y y2z z2x x yz. = + + + Hướng dẫn Giả sử x z y. Ta có: ≤ ≤ x (x z)¡y z¢ 0 x2 y xz2 x2z x yz. − − ≤ ⇐⇒ + ≤ + 2 1 P x2z y2z 2x yz z¡x y¢ .2z ¡x y¢¡x y¢ 4. =⇒ ≤ + + = + = 2 + + ≤ Ví dụ 79 Cho a,b £0;2¤. Tìm GTLN của ∈ 2 8 6¡a b¢ ¡a b¢ P + + + + . = 4 2¡a b¢ ab + + + Hướng dẫn Từ a,b £0;2¤ a2 2a;b2 2b. ∈ =⇒ ≤ ≤ 8 6¡a b¢ a2 b2 2ab 8 8¡a b¢ 2ab 4¡a b¢ P + + + + + + + + 2 + . =⇒ = 4 2¡a b¢ ab ≤ 4 2¡a b¢ ab = + 4 2¡a b¢ ab + + + + + + + + + Lại có: (a 2)¡b 2¢ 0 ab 2¡a b¢ 4 4¡a b¢ P 3. − − ≤ ⇐⇒ + + + ≤ + =⇒ ≤ Ví dụ 80 Cho a,b,c £1;2¤. Chứng minh ∈ a3 b3 c3 5abc. + + ≤ Hướng dẫn Trang 58
Giả sử a b c. Ta có: ≥ ≥ ³ ´ (a 2) a2 2a 1 0 a3 2 5a; − + − ≤ ⇐⇒ + ≤ ³ ´ ¡b 1¢ b2 b 1 5a 0 5a b3 5ab 1; − + + − ≤ ⇐⇒ + ≤ + ³ ´ (c 1) c2 c 1 5ab 0 5ab c3 5abc 1. − + + − ≤ ⇐⇒ + ≤ + Cộng các vế 3 bất đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh. Hoặc có thể giải cách khác cũng theo miền xác định các biến. Giả sử ³ ´ b2 b c c 1 a b c ¡a b¢ b2 c2 0 b3 ab2 bc2 ac2 . ≤ ≤ ≤ ≤ =⇒ − − ≥ ⇐⇒ ≤ + − ⇐⇒ ac ≤ c + a − b Mặt khác: a2 a2 a c2 2c 2c ; . bc ≤ ac = c ab ≤ ab ≤ b Ta biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh Ã ! a2 b2 c2 b c µ a c ¶ P 5 P ⇐⇒ = bc + ca + ab ≤ =⇒ ≤ c + b + c + a . Lại có Ã ! 2b c 1 2b µ c 1¶ b c 5 b c 2 2b 1; 1 1 0 . ≤ ≤ ≤ =⇒ c ≥ b ≥ > 2 =⇒ c − b − 2 ≥ ⇐⇒ c + b ≤ 2 a c 5 Tương tự, . Vậy P 5. (Điều phải chứng minh) c + a ≤ 2 ≤ Ví dụ 81 Cho các số thực a,b,c thuộc đoạn £1;3¤ và thoả mãn a b c 6. Tìm giá trị lớn nhất biểu + + = thức a2b2 b2c2 c2a2 12abc 72 1 P + + + + abc. = ab bc ca − 2 + + Hướng dẫn Ta có 2 1 h 2 2 i 36 ¡a b c¢ ¡a b¢ ¡b c¢ (c a)2 3¡ab bc ca¢ 3¡ab bc ca¢. = + + = 2 − + − + − + + + ≥ + + Mặt khác, (a 1)¡b 1¢(c 1) 0 abc ab bc ca 5; − − − ≥ ⇐⇒ ≥ + + − (3 a)¡3 b¢(3 c) 0 3¡ab bc ca¢ abc 27 − − − ≥ ⇐⇒ + + ≥ + Như vậy, đặt t ab bc ca t £11;12¤. Khi đó = + + =⇒ ∈ ¡ ¢ ¡ ¢2 a2b2 b2c2 c2a2 2abc a b c 72 abc ab bc ca 72 abc t 2 5t 144 P + + + + + + + + + + + . = ab bc ca − 2 = ab bc ca − 2 ≤ 2t + + + + 160 Việc còn lại chỉ cần khảo sát hàm số trên cho ta GTLN của P . = 11 Trang 59
Ví dụ 82 Cho a, b, c thoả mãn a 4; b 5; 6 c 7; a2 b2 c2 90. Tìm GTNN của ≥ ≥ ≤ ≤ + + = S a b c. = + + Hướng dẫn Từ giả thiết và các điều kiện mở rộng ta có các đánh giá:  a2 36 4 a 9 (a 4)(9 a) 0 a +   ≤ < =⇒ − − ≥ ⇐⇒ ≥ 13  2 2 2 b2 40  a b c 118 5 b 8 ¡b 5¢¡8 b¢ 0 b + S + + + 16. ≤ < =⇒ − − ≥ ⇐⇒ ≥ 13  =⇒ ≥ 13 = 2  c 42  6 c 7 (c 6)(7 c) 0 c +  ≤ ≤ =⇒ − − ≥ ⇐⇒ ≥ 13 2.5 Một số cách biến đổi điều kiện thường gặp Mục này tâp chung vào các ví dụ minh họa cho việc xử lý khéo léo điều kiện của những bài toán bất đẳng thức hoặc tìm GTLN, GTNN có điều kiện. Ví dụ 83 Cho a,b,c dương và có tổng bằng 1. Tìm GTNN c ab a bc b ac P + + + . = a b + b c + a c + + + Hướng dẫn Từ giả thiết ta có c ab c ¡a b c¢ ab (c a)¡c b¢. + = + + + = + + (c a)¡c b¢ ¡a b¢(a c) ¡b c¢¡b a¢ P + + + + + + . =⇒ = a b + b c + a c + + + Dựa vào kĩ thuật ghép đối xứng dễ dàng cho ta kết quả P a c c b b a 2. ≥ + + + + + = Ví dụ 84 Cho x, y,z dương thoả mãn x y yz zx 2x yz. Tìm GTNN + + = 1 1 1 P 2 2 2 . = x(2x 1) + y¡2y 1¢ + z(2z 1) − − − Hướng dẫn 1 1 1 1 1 1 Từ giả thiết ta có 2. Đặt a ;b ;c a b c 2. x + y + z = = x = y = z =⇒ + + = Suy ra 3 X a P . = (2 a)2 − a3 2 a 2 a 3a Lại có − − nên ta dễ dàng tìm được GTNN của P. (2 a)2 + 8 + 8 ≥ 4 − Trang 60
Ví dụ 85 Cho a, b, c dương có tổng bằng 3. Chứng minh pa pb pc ab bc ca. + + ≥ + + Hướng dẫn Từ giả thiết suy ra 9 a2 b2 c2 2¡ab bc ca¢. = + + + + + BĐT trở thành ³ ´ a2 b2 c2 2 pa pb pc 9. + + + + + ≥ Lại có a2 pa pa 3a, nên ta có điều phải chứng minh. + + ≥ Ví dụ 86 Cho x, y,z dương thoả mãn x y z x yz. Tìm GTNN + + = y z x P p . = x y2 1 + ypz2 1 + zpx2 1 + + + Hướng dẫn Từ giả thiết Ã ! 1 1 1 1 1 1 1 ab bc ca 1, a ;b ;c . x y + yz + zx = =⇒ + + = = x = y = z ¡ ¢2 X a X a X 2a 2 a b c P + + = 2 = q ≥ ≥ 2 2 2 ¡ ¢ p1 b ¡b a¢¡b c¢ a c 2b a b c 3 ab bc ca + + + + + + + + + + ¡ ¢2 2 a b c 3 + + 2 . = ¡a b c¢ ab bc ca ≥ 2 + + + + + Ví dụ 87 Cho các số thực x, y,z thoả mãn x2 y2 z2 5; x y z 3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ + + = − + = nhất của x y 2 A + − . = z 2 + Hướng dẫn Ta có ¡ ¢2 ¡ ¢2 ¡ ¢2 2 x y x y x y (3 z) 2 5 z2 x2 y2 + + − + + − ¡x y¢ 1 6z 3z2. − = + = 2 = 2 =⇒ + = + − Khi đó p1 6z 3z2 2 A + − − . = z 2 + Đến đây chúng ta có thể khảo sát hàm số này theo biến z hoặc sử dụng phương pháp tam thức 36 bậc hai cho ta A 0. −23 ≤ ≤ Trang 61
Ví dụ 88 Cho a, b, c dương thoả mãn (1 a)¡1 b¢(1 c) 8abc. CMR − − − = a b c 1. + + ≥ Hướng dẫn Với a,b,c 1 BĐT ta có ngay BĐT nên chỉ cần xét 0 a,b,c 1. Ta có ≥ < < 1 a 1 b 1 c (1 a)¡1 b¢(1 c) 8abc − . − . − 8 − − − = ⇐⇒ a b c = 1 a 1 b 1 z Đặt x − ; y − ;z − . Khi đó x yz 8 và BĐT cần chứng minh trở thành = a = b = z = 1 1 1 1 x y z 6. 1 x + 1 y + 1 z ≥ ⇐⇒ + + ≥ + + + BĐT này dễ chứng minh được theo AM GM. − 2.6 BĐT thuần nhất Ở đây, để cho đơn giản chúng tôi chỉ đề cập đến bất đẳng thức 3 biến. Phần lý thuyết về "chuẩn hóa" sau đây được trình bày dựa theo bài viết của bạn Nguyễn Hưng trên Diễn đàn toán học. Biểu thức P(a,b,c) là thuần nhất bậc k nếu và chỉ nếu với mọi số thực t khác 0, ta có P ¡ta,tb,tc¢ t k P ¡a,b,c¢ = Chẳng hạn: P 2a2 ab c2 được gọi là thuần nhất bậc 2. = + + Một BĐT gọi là thuần nhất nếu cả hai vế của nó đều là những biểu thức thuần nhất. Xét bất đẳng thức thuần nhất bậc k 3 biến A ¡a,b,c¢ B ¡a,b,c¢ ≥ a b c Đặt S a b c. Từ đó suy ra 1. Mặt khác do tính thuần nhất của bất đẳng thức trên = + + S + S + S = nên ta có biến đổi sau Ã ! Ã ! 1 1 a b c a b c A ¡a,b,c¢ B ¡a,b,c¢ A ¡a,b,c¢ B ¡a,b,c¢ A , , B , , ≥ ⇐⇒ Sk ≥ Sk ⇐⇒ S S S ≥ S S S Ã ! a b c Như vậy, thay vì chứng mình với bộ số (a;b;c) thì ta chứng minh bất đẳng thức với bộ số , , S S S là đủ. Mà đối với bộ số mới này, chúng có tổng là 1. Để cho gọn, người ta ghi "chuẩn hóa: a b c + + = 1". Một cách tương tự ta có thể chuẩn hóa cho a b c 3, hoặc abc 2 hoặc ab bc ca 1, Điều + + = = + + = độc đáo và cũng là điều khó nhất của kĩ thuật này là việc chuẩn hóa biểu thức nào cho hợp lý nhất để có chứng minh đơn giản nhất. Trang 62
Ví dụ 89 Cho a, b, c không âm. CMR 2 2 2 ¡2a b c¢ ¡2b c a¢ ¡2c a b¢ + + + + + + 2 2 2 8. 2a2 ¡b c¢ + 2b2 (c a) + 2c2 ¡a b¢ ≤ + + + + + + Hướng dẫn Chuẩn hoá a b c 3 . Như vậy bất đẳng thức ban đầu trở thành: + + = ¡ ¢2 (3 a)2 3 b (3 c)2 + + 2 2 + 2 8. 2a2 (3 a) + 2b2 ¡3 b¢ + 2c2 (3 c) ≤ + − + − + − Khi đó chỉ cần chứng minh được (3 a)2 4 8 + (a 1) ( ) 2a2 (3 a)2 ≤ 3 − + 3 ∗ + − thì phép chứng minh hoàn tất. (Vì sao ta tìm được (*)? Điều này được giúp bởi “phương pháp tiếp tuyến” – chúng tôi sẽ đề cập cụ thể phương pháp này phía sau các bài toán bất đẳng thức có liên quan). Chú ý: Trong kì thi THPT quốc gia không được dùng chuẩn hóa, tuy nhiên chúng ta có thể dùng tư tưởng của chuẩn hóa dưới một cách trình bày sơ cấp như sau. 3a 3b 3c Đặt x ; y ; z . Khi đó, x y z 3 và BĐT trở thành = a b c = a b c = a b c + + = + + + + + + 2 2 2 ¡2x y z¢ ¡2y z x¢ ¡2z x y¢ + + + + + + 2 2 2 8. 2x2 ¡y z¢ + 2y2 (z x) + 2z2 ¡x y¢ ≤ + + + + + + Và ta lại trình bày như trên. Ví dụ 90 Cho a, b, c không âm. Chứng minh s s¡ ¢¡ ¢ ab bc ca 3 a b b c (c a) + + + + + .( ) 3 ≤ 8 ∗ Hướng dẫn Chuẩn hóa ab bc ca 3, suy ra a b c 3, abc 1. + + = + + ≥ ≤ ¡a b¢¡b c¢(c a) ¡a b c¢¡ab bc ca¢ abc 3¡a b c¢ 1 8 + + + = + + + + − = + + − ≥ s¡ ¢¡ ¢ 3 a b b c (c a) + + + 1. (đpcm) =⇒ 8 ≥ Chú ý: Với tư tưởng của chuẩn hóa, ta có cách trình bày sơ cấp như sau. Đặt ap3 bp3 cp3 x ; y ;z = pab bc ca = pab bc ca = pab bc ca + + + + + + Trang 63
Khi đó, x y yz zx 3 và + + = 2 2 33¡a b¢ ¡b c¢ (c a)2 + + + ( ) 3 64 ∗ ⇐⇒ ¡ab bc ca¢ ≥ + + " ¡ ¢ #2" ¡ ¢ #2" #2 p3 a b p3 b c p3(c a) + + + 64. ⇐⇒ pab bc ca pab bc ca pab bc ca ≥ + + + + + + ¡x y¢¡y z¢(z x) 8. ⇐⇒ + + + ≥ Từ đây ta có thể giải quyết được bài toán. Ví dụ sau đây, để ngắn gọn, chúng tôi sẽ trình bày lời giải bằng phương pháp chuẩn hóa, việc chuyển sang lời giải sơ cấp phù hợp để dành cho bạn đọc. Ví dụ 91 Cho a,b,c dương. Tìm GTLN a(b c) b(c a) c(a b) Q + + + . =(b c)2 a2 +(c a)2 b2 +(a b)2 c2 + + + + + + Hướng dẫn Chuẩn hoá a b c 1. Ta có: + + = a(1 a) b(1 b) c(1 c) Q − − − =1 2a 2a2 +1 2b 2b2 +1 2c 2c2 − + − + − + Theo AM GM − µ2a 1 a ¶2 (a 1)2 2a(1 a) + − + − ≤ 2 = 4 (a 1)2 (1 a)(a 3) 1 2a 2a2 1 2a(1 a) 1 + − + 0 =⇒ − + = − − ≥ − 4 = 4 > a(1 a) 4a(1 a) 4 µ 3 ¶ − − 4 1 =⇒ 1 2a 2a2 ≤ (1 a)(a 3)=a 3= − a 3 − "+ − + + # + " # µ 3 ¶ µ 3 ¶ µ 3 ¶ µ 1 1 1 ¶ Q 4 1 1 1 4 3 3 =⇒ ≤ − a 3 + −b 3 + −c 3 = − a 3+b 3+c 3 + + + + + + Ta có: 1 1 1 9 9 a 3+b 3+c 3 ≥ a b c 9=10 + + + + + + 9 6 Q 4(3 3. ) . =⇒ ≤ − 10 =5 Ví dụ 92 Cho các số thực dương a,b,c đôi một khác nhau thỏa mãn 2a c và ab bc 2c2. Tìm giá trị ≤ + = lớn nhất của biểu thức a b c P . = a b + b c + c a − − − Hướng dẫn Trang 64
Ta thấy từ giả thiết và kể cả biểu thức P đều đẳng cấp, nên hướng giải quyết bài toán tốt nhất là thực hiện phép chia cho luỹ thừa của a, b hay c cùng bậc. Theo giả thiết: 2a c nên ≤ a 1 a b b a 2c ; ab bc 2c2 . 2 1 c ≤ 2 + = ⇐⇒ c c + c = ⇐⇒ c = b − a 1 b 4 c 3 Vì nên . Đặt t thì 0 t . c ≤ 2 c ≥ 3 = b < ≤ 4 a b 2 c c 1 2t t 1 1 2 7 P a − 1 . = a b + b 1 + 1 = 2t 2 t 1 + 1 t + 2(1 t) = − 2t 1 + 6(1 t) c − c c − − c − − − − + − 2 7 µ 3¸ 27 Xét hàm số f (t) 1 ,t 0; . Như vậy maxP . = − 2t 1 + 6(1 t) ∈ 4 = 5 + − Ví dụ 93 Cho các số thực a,b,c thoả a2 ab b2 3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu + + = thức P a2 ab 3b2. = − − Hướng dẫn Nếu b 0 thì P 3. Xét trường hợp b 0. = = 6= P a2 ab 3b2 t 2 t 3 µ a ¶ Q − − − − , t . = 3 = a2 ab b2 = t 2 t 1 = b + + + + t 2 t 3 Khảo sát f (t) − − cho ta kết quả minP 3 4p3, maxP 3 4p3. = t 2 t 1 = − − = − + + + 2.7 Kĩ thuật sử dụng hàm số Bài toán: Chứng minh F ¡a;b;c¢ 0 (*) ≥ • Dạng 1: Có thể phân tích (*) thành f (a) f ¡b¢ f (c) 0 ta có thể khảo sát hàm đặc trưng. + + ≥ • Dạng 2: Thường ước lượng F ¡a;b;c¢ về một hàm số chỉ phụ thuộc vào một biểu thức, từ đó ta đặt ẩn số phụ là biểu thức đó và khảo sát hàm số này để đạt được mục đích. Trong trường hợp này các em cần phải tìm điều kiện cho ẩn phụ từ giả thiết phải thật chính xác. Ví dụ 94 Cho a,b,c là các số thực dương thoả mãn a b c 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức + + = s 2 abc P 3 . = 3 ab bc ca + (1 a)¡1 b¢(1 c) + + + + + + Hướng dẫn Trang 65
2 Ta có ¡ab bc ca¢ 3abc ¡a b c¢ 9abc 0 ab bc ca 3pabc. + + ≥ + + = > =⇒ + + ≥ Chứng minh được ³ 3 ´3 (1 a)¡1 b¢(1 c) 1 pabc , a,b,c 0. + + + ≥ + ∀ > Khi đó 2 p3 abc P Q 1 . ³ ´ 3 ( ) ≤ 3 1 pabc + 1 pabc = + + Ã !3 6 a b c Đặt pabc t. Vì a,b,c 0 nên 0 abc + + 1. = > < ≤ 3 = Xét hàm số ³ ´ 2 2t (t 1) t 5 1 2 t ¡ ¤ − − ¡ ¤ Q ¡ ¢ , t 0;1 Q0 (t) 2 2 0, t 0;1 = 3 1 t 3 + 1 t 2 ∈ =⇒ = ¡1 t 3¢ ¡1 t 2¢ ≥ ∀ ∈ + + + + 5 Do hàm số đồng biến trên ¡0;1¤ nên Q Q (t) Q (1) (2). = ≤ = 6 5 Từ (1) và (2) suy ra P . ≤ 6 Ví dụ 95 Cho 3 số thực x, y,z khác 0 thỏa mãn: x y z 5 và x.y.z 1 .Tìm GTLN của biểu thức: + + = = 1 1 1 P . = x + y + z Hướng dẫn Ta có 1 1 1 1 y z 1 P + x (5 x). = x + y + z = x + yz = x + − 2 4 Mặt khác: ¡y z¢ 4yz (5 x)2 x ( ;0) [3 2p2;4] [3 2p2; ). + ≥ ⇐⇒ − ≥ x ⇐⇒ ∈ −∞ ∪ − ∪ + +∞ Xét hàm số: 1 1 f (x) x (5 x) f 0 (x) 5 2x = x + − =⇒ = −x2 + − với x ( ;0) [3 2p2;4] [3 2p2; ). ∈ −∞ ∪ − ∪ + +∞ Lập bảng biến thiên và kết luận giá trị lớn nhất của P bằng 1 4p2 đạt tại: x y 1 p2,z 3 2p2 + = = + = − hay x z 1 p2, y 3 2p2 hoặc x y 3 2p2, z 1 p2 hay x z 3 2p2, y 1 p2. = = + = − = = − = + = = − = + Ví dụ 96 Cho x,, y,z là các số thực dương. Tìm GTNN của biểu thức 2 3 P = x px y p3 x yz − px y z + + + + Hướng dẫn Trang 66
Ta có 1p 1 p3 x px y p3 x yz x 2x.8y 2x.8y.32z + + = + 4 + 8 2x 8y 2x 8y 32z 32 4 x + + + ¡x y z¢ ¡x y z¢. ≤ + 8 + 24 = 24 + + = 3 + + 3 2 Đặt t px y z;t 0 P f (t) . = + + ≥ =⇒ ≥ = 2t 2 − 3t 3 Khảo sát hàm số và ta tìm được minP . = −2 Ví dụ 97 Cho x 0, y 0 thỏa mãn x2 y xy2 x y 3x y. Tìm GTNN của biểu thức > > + = + + (1 2x y)2 3 P x2 y2 + − = + + 2x y Hướng dẫn Ta có x2 y xy2 x y 3x y x y(x y) x y 3x y (1) + = + + ⇐⇒ + = + + 1 1 4 x y 3 3 (x y)2 3(x y) 4 0 x y 4. =⇒ + = x + y + ≥ x y + =⇒ + − + − ≥ =⇒ + ≥ + 1 3 3 1 (1) 1 1 . ⇐⇒ = x y + x y ⇐⇒ − x y = x y + + 1 3 Nên P (x y)2 2 (x y)2 1 . = + + − x y = + + + x y 3 + 71 Đặt x y t (t 4) P t 2 1 f (t) P f (t) f (4) . + = ≥ =⇒ = + t + = =⇒ = ≥ = 4 Trang 67
IV. BỘ BA CÂU PHÂN LOẠI TRONG MỘT SỐ ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2015 1 Đề minh hoạ THPT 2015 p p Bài 1. Giải bất phương trình x2 x px 2 3(x2 2x 2). + + − ≥ − − Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y, cho tam giác OAB có các đỉnh A,B thuộc đường thẳng ∆ : 4x 3y 12 0 và K (6;6) là tâm đường tròn bàng tiếp góc O. Gọi C là điểm nằm trên ∆ + − = 24 sao cho AC AO và các điểm C,B nằm khác phía nhau so với A. Biết C có hoành độ bằng , tìm = 5 tọa độ A,B. Bài 3. Cho x R. Tìm GTNN của: ∈ p 3(2x2 2x 1) 1 1 P + + . = 3 + q + q 2x2 (3 p3)x 3 2x2 (3 p3)x 3 + − + + + + 2 Đề Sở GD-ĐT Phú Yên Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y, cho hình vuông ABCD có M,N lần lượt là trung điểm của BC, CD. Tìm tọa độ B,M biết N(0; 2), đường thẳng AM có phương trình x 2y 2 0 − + − = và cạnh hình vuông bằng 4.  p 27x3 3x (9y 7) 6 9y 0  + + − − = Bài 2. Giải hệ phương trình 1 2 2 109 .  x y p2 3x 0 3 + + − − 81 = Bài 3. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức P 52x 5y , biết x 0, y 0,x y 1. = + ≥ ≥ + = 3 THTT số 453 tháng 04 năm 2015 Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y, hãy tính diện tích tam giác ABC biết H(5;5), I(5;4) lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và cạnh BC nằm trên đường thẳng x y 8 0. + − = p Bài 2. Giải phương trình (x lnx) 2x2 2 x 1. − + = + Bài 3. Cho 0 x y z. Tìm GTNN của < < < x3z y4 z3 15x3 P + . = y2(xz y2) + z2(xz y2) + x2z + + Trang 68
4 THPT Số 3 Bảo Thắng (Lào Cai) ( p p p 2x y 1 3y 1 px x 2y Bài 1. Giải hệ phương trình − − + + = + + . x3 3x 2 2y3 y2 − + = − µ7 3¶ Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y, cho hình vuông ABCD có tâm I ; . Điểm M(6;6) 2 2 ∈ AB và N(8; 2) BC. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông. − ∈ Bài 3. Cho x, y,z (0;1) thỏa mãn (x3 y3)(x y) x y(1 x)(1 y). Tìm GTLN của: ∈ + + = − − 1 1 2 2 P p 3x y (x y ). = p1 x2 + 1 y2 + − + + + 5 THPT Bố Hạ (Bắc Giang) Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y, cho tam giác ABC có trực tâm H( 1;3), tâm đường − tròn ngoại tiếp I( 3;3), chân đường cao kẻ từ đỉnh A là điểm K ( 1;1). Tìm tọa độ ABC. − − ( p x2(x 3) y y 3 2 Bài 2. Giải hệ phương trình − −p + = − . 3px 2 y(y 8) − = + Bài 3. Cho x, y,z R thỏa mãn x2 y2 z2 9, x yz 0. CMR 2(x y z) x yz 10. ∈ + + = ≤ + + − ≤ 6 THPT Chu Văn An (Hà Nội) Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp o là I( 2;1) và thỏa mãn điều kiện AIB 90 , chân đường cao kẻ từ A đến BC là D( 1; 1), đường − = − − thẳng AC đi qua M( 1;4). Tìm tọa độ A,B biết A có hoành độ dương. − 4p2 p Bài 2. Giải bất phương trình: 3(x2 2) px(px 1 3 x2 1). − + px2 x 1 > − + − − + Bài 3. Xét các số thực dương x, y,z thỏa mãn điều kiện 2(x y) 7z x yz. Tim GTNN của + + = S 2x y 2z. = + + 7 THPT chuyên Hà Tĩnh Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y, cho hình bình hành ABCD có N là trung điểm CD và BN có phương trình 13x 10y 13 0; điểm M( 1;2) thuộc đoạn thẳng AC sao cho AC 4AM. − + = − = Gọi H là điểm đối xứng của N qua C. Tìm tọa độ A,B,C,D biết 3AC 2AB và H ∆ : 2x 3y 0. = ∈ − =  p  x2 (y2 y 1) x2 2 y3 y 2 0 Bài 2. Giải hệ phương trình q + − q− + − + + = .  3 y2 3 x y2 2x 2 x 0 − − − − + = Bài 3. Cho a [1;2]. CMR: ∈ a a a a a a a 1 (2 3 4 )(6 8 12 ) 24 + . + + + + < Trang 69
8 THPT Đặng Thúc Hứa (Nghệ An) Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y, cho hình bình hành ABCD có ABC nhọn, A( 2; 1). − − Gọi H,K ,E lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BC,BD,CD. Đường tròn (C) : x2 y2 x 4y 3 0 ngoại tiếp tam giác HKE. Tìm tọa độ B,C,D biết H có hoành độ âm, C + + + + = có hoành độ dương và nằm trên đường thẳng x y 3 0. − − =  q q  3 y3(2x y) x2(5y2 4x2) 4y2 Bài 2. Giải hệ phương trình p− + − = .  p2 x y 1 2 x y2 − + + + = + Bài 3. Cho a,b,c 0 thỏa mãn 4(a3 b3) c3 2(a b c)(ac bc 2). Tìm GTLN: > + + = + + + − 2a2 b c (a b)2 c2 P + + + . = 3a2 b2 2a(c 2) + a b c 2 − 16 + + + + + + 9 THPT Đông Đậu (Vĩnh Phúc) ( p x 2y 1 2x 4(y 1) Bài 1. Giải hệ phương trình + + − = − . x2 4y2 2x y 7 + + = Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng AB: 2x y 1 0, phương trình AC :, 3x 4y 6 0 và điểm M(1; 3) nằm trên BC thỏa mãn 3MB 2MC. + − = + + = − = Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC. Bài 3. Tìm tất cả các giá trị của m để bất phương trình sau có nghiệm trên [0;2]: p (m 2)x m x 1 . + + ≥ | − | 10 THPT chuyên Hưng Yên Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y, cho hình vuông ABCD có A( 1;2). Gọi M,N lần lượt − là trung điểm của AD và DC; K BN CM. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác = ∩ BMK , biết BN có phương trình 2x y 8 0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 2. + − =  q  (1 y) x2 2y2 x 2y 3x y Bài 2. Giải hệ phương trình − + = + + . p q  y 1 x2 2y2 2y x + + + = − Bài 3. Cho x, y,z 0 thỏa mãn 5(x2 y2 z2) 9(x y 2yz zx). Tìm GTLN của: > + + x = + 1 + P . = y2 z2 − (x y z)3 + + + Trang 70
11 THPT chuyên Lê Hồng Phong (Hồ Chí Minh) Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y, cho hình thang ABCD có đáy lớn CD 2AB, điểm = C( 1; 1), trung điểm của AD là M(1; 2). Tìm tọa độ B, biết diện tích tam giác BCD bằng 8, AB 4 − − − = và D có hoành độ dương. ( x2 2y x2 2y 2y x2 2 2 9.3 − (2 9 − ).5 − + Bài 2. Giải hệ phương trình + = p+ . 4x 4 4x 4 2y 2x 4 + = + − + Bài 3. Cho x, y,z 0 thỏa mãn x y 1 z. Tìm GTNN của: > + + = x y z2 2 P + . = x yz + y zx + z x y + + + 12 THPT Lê Xoay (Vĩnh Phúc) Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y, cho tam giác ABC. Đường phân giác trong góc A có phương tình d: x y 2 0, đường cao hạ từ B có phương trình d 0: 4x 3y 1 0. Biết hình chiếu − + = + − = của C lên AB là điểm H( 1; 1). Tìm tọa độ B,C. − − ( x y(x 1) x3 y2 x y Bài 2. Giải hệ phương trình +p = + + − p . 3y(2 9x2 3) (4y 2)( 1 x x2 1) 0 + + + + + + + = Bài 3. Cho a,b,c 0 thỏa mãn a b c 2. Tìm GTLN của: > +s + = s ab bc r ca S . = ab 2c + bc 2a + ca 2b + + + 13 THPT Lục Ngạn số 1 (Bắc Giang)  s  y2 2  y2 x + 2x 2 Bài 1. Giải hệ phương trình − x = − . q  3  y2 1 p2x 1 1 + + − = Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y, cho A(2;1), B( 1; 3) và hai đường thẳng d : x y 3 − − 1 + + = 0, d : x 5y 16 0. Tìm tọa độ C d và D d sao cho ABCD là hình bình hành. 2 − − = ∈ 1 ∈ 2 Bài 3. Cho x, y R thỏa mãn x2 y2 x y 3. Tìm GTLN và GTNN của P x3 y3 3x 3y. ∈ + + = = + − − 14 THPT Lương Ngọc Quyến (Thái Nguyên) µ11 ¶ Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y, cho hình vuông ABCD. F ;3 là trung điểm AD. 2 EK : 19x 8y 18 0 với E là trung điểm AB, K thuộc cạnh CD sap cho KD 3KC. Tìm tọa độ C − − = = biết x 3. E < Trang 71
( p x 2y 1 x 3y Bài 2. Giải hệ phương trình | − | + = − . x(x 4y 1) y(4y 3) 5 − + + − = Bài 3. Cho a,b,c 0. CMR: > a2 1 b2 1 c2 1 1 1 1 + + + . 4b2 + 4c2 + 4a2 ≥ a b + b c + c a + + + 15 THPT Lương Thế Vinh (Hà Nội) lần 2 Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y, cho hình thang ABCD vuông tại A,D; diện tích hình thang bằng 6; CD 2AB, B(0;4). Biết 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 trục tọa độ.  p p3 p  x x(x2 3x 3) y 2 y 3 1 Bài 2. Giải hệ phương trình + − + = + + + + . p p3  3px 1 x2 6x 6 y 2 1 − − − + = + + Bài 3. Cho x, y 0 thỏa mãn x y 1 0. Tìm GTLN của: > − + ≤ x 3y2 2x y2 T + + . p 2 = x2 y4 − 5x 5y + + 16 THPT Lương Văn Chánh (Phú Yên) Bài 1. Trong mặt phẳng hệ tọa độ Ox y, cho đường thẳng d : x y 1 p2 0 và điểm A( 1;1). − + − = − Viết phương trình đường tròn (C) qua A, gốc tọa độ O và tiếp xúc đường thẳng d.  3 3  x y 3(y 1)(x y) 2 + + − − =2 Bài 2. Giải hệ phương trình p (x y)  px 1 y 1 −  + + + = 8 Bài 3. Giả sử x và y không đồng thời bằng 0. Chứng minh x2 (x 4y)2 2p2 2 − − 2p2 2 − − ≤ x2 4y2 ≤ − + 17 THPT Minh Châu (Hưng Yên) Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho tam giác ABC nhọn có đỉnh A( 1;4), trực tâm H. Đường − thẳng AH cắt cạnh BC tại M, đường thẳng CH cắt AB tại N. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HMN là I(2;0), đường thẳng BC đi qua điểm P(1; 2). Tìm tọa độ các đỉnh B,C của tam giác biết − đỉnh B thuộc đường thẳng x 2y 2 0. + − =  2 1 2  Bài 2. Giải hệ phương trình: (px py)2 + x py(2x y) = y px(2x y) + p + − p + −  2(y 4) 2x y 3 (x 6) x y 1 3(y 2) − − + − − + + = − Trang 72
Bài 3. Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn a 2,b 0,c 0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ≥ ≥ ≥ 1 1 P = 2pa2 b2 c2 4a 5 − (a 1)(b 1)(c 1) + + − + − + + 18 THPT Nguyễn Trung Thiên (Hà Tĩnh) lần 2 Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Ox y. Viết phương trình các cạnh của hình vuông ABCD, biết rằng các đường thẳng AB,CD,BC, AD lần lượt đi qua các điểm M(2;4), N(2; 4), P(2;2), − Q(3; 7). − ( 2x2 y2 7x 2y 6 0 Bài 2. Giải hệ phương trình: − − + + = (x, y R) 7x3 12x2 y 6x y2 y3 2x 2y 0 ∈ − + − + − + = Bài 3. Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn a2 b2 c2 3b 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của + + − ≥ biểu thức sau: 1 4 8 P = (a 1)2 + (b 2)2 + (c 3)2 + + + 19 THPT Phủ Cừ (Hưng Yên) Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Ox y, cho hình vuông ABCD. Điểm N(1; 2) thỏa # » # » #» − mãn 2NB NC 0 và điểm M(3;6) thuộc đường thẳng chứa cạnh AD. Gọi H là chân hình chiếu + = vuông góc của A xuông đường thẳng DN. Xác định tọa độ của các đỉnh của hình vuông ABCD 12p2 biết khoảng cách từ điểm H đến cạnh CD bằng và đỉnh A có hoành độ là một số nguyên 13 lớn hơn -2 .  q p3  x2 x y 1. x y 1 y 1 Bài 2. Giải hệ phương trình: − − − −q− = + (x, y R) p 2 2 ∈  x y 1 2x y 5x 3y 3x 7y + + + + = + + + Bài 3. Cho ba số thực không âm x, y,z. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 4 4 5 P p p p = x2 y2 z2 4 − (x y) (x 2z)(y 2z) − (y z) (y 2x)(z 2x) + + + + + + + + + 20 THPT Quỳnh Lưu 3 (Nghệ An) Bài 1. Trong mặt phẳng Ox y, 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,BH. Biết A(1;1), phương trình đường thẳng BH là 3x y 10 0 và điểm E có tung độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh B,C,D. − − = Trang 73
 p  2(x y 6) 1 y Bài 2. Giải hệ phương trình: + + q= −  9p1 x x y 9 y2 0 + + + = Bài 3. Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn ab 1;c(a b c) 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu ≥ + + ≥ thức b 2c a 2c P + + 6ln(a b 2c) = 1 a + 1 b + + + + + 21 THPT Thanh Chương III (Nghệ An) Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y cho tam giác ABC có A(1;4), tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC cắt BC tại D, đường phân giác trong của ADB có phương trình x y 2 0, điểm M( 4;1) thuộc cạnh AC. Viết phương trình đường thẳng AB. − + = −  q  x x y x y2 y 5y 4 Bài 2. Giải hệ phương trình: + + − − = + q p  4y2 x 2 y 1 x 1 − − + − = − Bài 3. Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a b c 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: + + = ab bc ca P = pab 3c + pbc 3a + pca 3b + + + 22 THPT Thiệu Hóa (Thanh Hóa) Bài 1. 1. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho đường tròn (C) : x2 y2 4x 6y 4 0. Viết phương trình + − + + = các đường thẳng chứa các cạnh của hình vuông MNPQ nội tiếp đường tròn (C) biết điểm M(2;0). x2 y2 2. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho elip (E) : 1. Tìm tọa độ các điểm M trên (E) sao 16 + 9 = cho MF 2MF ( với F ,F lần lượt là các tiêu điểm bên trái, bên phải của (E)). 1 = 2 1 2   y 1 p2x px  2.4 1 2 + 2log Bài 2. Giải hệ phương trình: + = + 2 y (x, y R). ∈  x3 x (y 1)(x y 1) x2 + = + + + Bài 3. Cho a,b,c là ba số thực dương. Chứng minh rằng: a2 1 b2 1 c2 1 1 1 1 + + + . 4b2 + 4c2 + 4a2 ≥ a b + b c + c a + + + Trang 74
23 THPT Thuận Châu (Sơn La) Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho điểm M(0;2) và hai đường thẳng d : x 2y 0,∆ : 4x 3y + = + = 0. Viết phương trình của đường tròn đi qua điểm M, có tâm thuộc đường thẳng d và cắt đường thẳng ∆ tại hai điểm phân biệt A,B sao cho độ dài đoạn AB bằng 4p3. Biết tâm đường tròn có tung độ dương.  3 2 3  x 12y x 2 8y 8y Bài 2. Giải hệ phương trình: q + + + = + (x, y R).  x2 8y3 5x 2y ∈ + = − Bài 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 4 5 S = a b c + a b c + a b c − + + − + + − Trong đó a,b,c là độ dài của một tam giác thỏa mãn 2c b abc. + = 24 THPT Tĩnh Gia I (Thanh Hóa) Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Ox y, cho tam giác ABC có trực tâm H(3;0) và trung điểm của BC là I(6;1). Đường thẳng AH có phương trình x 2y 3 0. Gọi D,E lần lượt là chân + − = đường cao kẻ từ B và C của tam giác ABC. Xác định tọa độ của cá đỉnh tam giác ABC, biết phương trình đường thẳng DE là x 2 và điểm D có tung độ dương. = ( p 2y2 3y 1 y 1 x2 px x y Bài 2. Giải hệ phương trình: p − + p+ − = + + 2x y 3x 2y 4 3x2 14x 8 0 + − − + + + − − = Bài 3. Cho ba số thực không âm a,b,c thỏa mãn ab bc ca 1. Chứng minh rằng: + + = 2a 2b c2 1 3 − . a2 1 + b2 1 + c2 1 É 2 + + + 25 THPT Thanh Chương I (Nghệ An) Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho hình thang ABCD có đường cao AD. Biết BC 2AB,M(0;4) = là trung điểm của BC và phương trình đường thẳng AD : x 2y 1 0. Tìm tọa độ các đỉnh của 54 − − = hình thang biết diện tích hình thang là và A,B có tọa độ dương. 5  p  3y 1 p5x 4 3x y y 3  + + s+ = − + Bài 2. Giải hệ phương trình: q 4(x2 x y y2) (x, y R).  2(x2 y2) + + 2(x y) ∈  + + 3 = + Bài 3. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn: ab bc ca 3abc. Tìm giá trị lớn nhất của + + = biểu thức: 1 1 1 A . = pa2 2b2 + pb2 2c2 + pc2 2a2 + + + Trang 75
26 THPT Cẩm Bình (Hà Tĩnh) Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y, cho tam giác ABC có trực tâm H(3;0). Biết M(1;1),N(4;4) lần lượt là trung điểm của hai cạnh AB, AC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. ( x3 y3 3y2 32x 9x2 8y 36 Bài 2. Giải hệ phương trình: − + p + = + + (x, y R) 4px 2 16 3y x2 8 ∈ + + − = + Bài 3. Cho a,b,c là ba số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a2 c2 b2 P . = c(c2 a2) + b(b2 c2) + a(a2 b2) + + + 27 THPT Lý Thái Tổ (Bắc Ninh) Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y, cho hình chữ nhật ABCD có đường phân giác trong của góc ABC đi qua trung điểm M của cạnh AD, đường thẳng BM có phương trình x y 2 0, − + = điểm D nằm trên đường thẳng ∆ : x y 9 0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết + − = đỉnh B có hoành độ âm và đường thẳng AB đi qua E( 1;2). −  2 2 p 2  x 2x 2(x x) 3 2y (2y 3)x 1 − − − 3 − = − − Bài 2. Giải hệ phương trình: q p p2x2 x3 x 2  2 3 2y + + +  − − = 2x 1 + Bài 3. Cho x, y là hai số thỏa mãn: x, y 1 và 3(x y) 4x y. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ ≥ + = nhất của biểu thức: 1 1 P x3 y3 3( ). = + − x2 + y2 28 THPT Nghèn (Hà Tĩnh) Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y,cho hình vuông ABCD có M,N lần lượt là trung điểm µ22 11¶ AB,BC, biết CM cắt DN tại điểm ; . Gọi H là trung điểm DI, biết đường thẳng AH cắt CD 5 5 µ7 ¶ tại P ;1 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết hoành độ điểm A nhỏ hơn 4. 2  2 2 2 2 2  (x 5y ) 2px y(6 x 5y ) 36 q + = − − + Bài 2. Giải hệ phương trình: 2 2  5y4 x4 6x 2x y 6y − = + − Bài 3. Cho a,b,c là các số thực không đồng thời bằng 0 và thỏa mãn: 2(a2 b2 c2) (a b c)2. + + = + + Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a3 b3 c3 P + + . = (a b c)(ab bc ca) + + + + Trang 76
29 THPT chuyên Trần Quang Diệu (Đồng Tháp) Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y, cho đường tròn (C) : (x 2)2 (y 2)2 5 và đường − + − = thẳng ∆ : x y 1 0. Từ điểm A thuộc đường thẳng ∆, kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với + + = (C) tại B và C. Tìm tọa độ điểm A biết diện tích tam giác ABC bằng 8.  q p  x2 y(2 2 4y2 1) x x2 1 Bài 2. Giải hệ phương trình: + + = + +  x2(4y2 1) 2(x2 1)px 6 + + + = Bài 3. Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn c min(a,b,c). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu = thức: 1 1 P pa b c. = a2 c2 + b2 c2 + + + + + 30 THPT Nguyễn Thị Minh Khai (TP.HCM) Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y cho tam giác ABC cân tại B, nội tiếp đường tròn (C) : x2 y2 10y 25 0. I là tâm đường tròn (C). Đường thẳng BI cắt đường tròn (C) tại M(5;0). + − − = µ 17 6¶ Đường cao kẻ từ C cắt đường tròn (C) tại N − ; − . Tìm tạo độ các điểm A,B,C biết điểm A có 5 5 hoành độ dương. ( x3 3x2 6x 4 y3 3y Bài 2. Giải hệ phương trình: + + + p= + (x, y R) x3(3y 7) 1 (1 x2)3 ∈ − = − + 4 Bài 3. Cho các số dương a,b,c thỏa mãn: a(a 1) b(b 1) c(c 1) . Tìm giá trị nhỏ nhất của: − + − + − ≤ 3 1 1 1 P = a 1 + b 1 + c 1 + + + 31 THPT Như Thanh (Thanh Hóa) Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y cho đường tròn (C) : x2 y2 2x 4y 20 0 và đường + − + − = thẳng d : 3x 4y 20 0. Chứng minh rằng d tiếp xúc với (C). Tam giác ABC có đỉnh A (C), hai + − = ∈ đỉnh B,C d, trung điểm cạnh AB (C). Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC, biết trực tâm tam ∈ ∈ giác ABC trùng với tâm đường tròn (C) và B có hoành độ dương. p p Bài 2. Giải phương trình: 4 5x3 6x2 2 4 10x3 8x2 7x 1 x 13 0. − + + − + + − + − = Bài 3. Cho các số a,b,c R,a2 b2 c2 0 và 2(4a2 4b2 c2) (2a 2b c)2. ∈ + + 6= + + = + + 8a3 8b3 c3 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức A + + . = (2a 2b 2c)(4ab 2bc 2ca) + + + + Trang 77
32 THPT Chuyên Hạ Long (Quảng Ninh) Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Ox y, cho tam giác ABC có A(2;6),B(1;1),C(6;3). 1. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2. Tìm trên các cạnh AB,BC,CA các điểm K , H, I sao cho chu vi tam giác KHI nhỏ nhất. Bài 2. Giải hệ phương trình  3yp2 x 8p2 x 10y 3x y 12 3 + + + 2= 3 − + . 5y p2 x 8 6y x y p2 x − − = + − Bài 3. Chứng minh rằng: Với mọi ∆ABC ta đều có µ A B C ¶µ A B C ¶ 9p3 sin sin sin cot cot cot . 2 + 2 + 2 2 + 2 + 2 ≥ 2 ¸ 33 THPT chuyên Vĩnh Phúc - Khối AB Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Ox y, cho tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng d : 2x 5y 1 0, cạnh AB nằm trên đường thẳng d 0 : 12x y 23 0. Viết phương − + = − − = trình đường thẳng AC biết nó đi qua điểm M(3;1). Bài 2. Giải hệ phương trình q q  5x2 2x y 2y2 2x2 2x y 5y2 3(x y) + + + + + = + . p p3  x 2y 1 2 12x 7y 8 2x y x 5 + + + + + = + + Bài 3. Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn a2 b2 c2 3. + + = µ 1 1 1¶ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S 8(a b c) 5 . = + + + a + b + c 34 THPT chuyên Vĩnh Phúc - Khối D Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Ox y, cho đường tròn (T ) : x2 y2 x 9y 18 0 và hai + − − + = điểm A(4;1),B(3; 1). Gọi C,D là hai điểm thuộc (T ) sao cho ABCD là một hình bình hành. Viết − phương trình đường thẳng CD. Bài 2. Giải hệ phương trình  x3 y3 6x 3y 3x2 4 2 − + − = + p . x 6y 19 2p3x 4 3 5y 14 + + = + + + Bài 3. Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a2 b2 c2 1. Chứng minh bất đẳng thức: + + = µ 1 1 1¶ (a b c) 2p3. a + b + c − + + ≥ Trang 78