Đs9 chuyên đề 3 hệ phương trình (68 trang)

BỒI DƯỠNG HSG VÀ CHUYÊN TOÁN | CHUYÊN ĐỀ 3.HỆ PHƯƠNG TRÌNH A.TRỌNG TÂM CẦN ĐẠT I HỆ BẬC NHẤT HAI ẨN KIẾN THỨC CẦN NHỚ  ax  by c Hệ phương trình bậc hai ẩn hệ phương trình có dạng:   a ' x  b ' y c ' + Cặp số ( x0 ; y0 ) gọi nghiệm hệ phương trình nghiệm chung hai phương trình + Hệ có nghiệm nhất, vô nghiệm vô số nghiệm tùy theo vị trí tương đối hai đường thẳng biểu diễn nghiệm hai phương trình + Phương pháp giải hệ: Chúng ta thường dùng phương pháp phương pháp cộng đại số để khử bớt ẩn, từ giải hệ MỘT SỐ VÍ DỤ Ví dụ Xác định hệ số a, b hàm số y ax  b để: a Đồ thị qua hai điểm A(1;3), B(2; 4) b Đồ thị cắt trục tung điểm có tung độ -4 cắt trục hoành điểm có hồnh độ Lời giải: a Thay tọa độ điểm A, B vào phương trình đường thẳng ta được: 3 a  b   4 2a  b b 3  a   4 2a   a a 1 Vậy a 1, b 2  b 3  a 2  a.0  b  b Tương tự phần (1) ta có hệ:  0 2a  b b    2a  b  a 2  b  Vậy a 2, b  Ví dụ Giải hệ phương trình sau: 1  x  y 3  a      x y  x  x 1   b   x   x  1   x   x  y 2  c  2 x   1  x y y 3 y 3y  y Lời giải: 1 a Đặt u  , v  Theo đề ta có hệ phương trình: x y u  v 3   3u  2v  v 3  u   3u  2(3  u )  5u 5   v 3  u u 1  v 2 | CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN 1 Từ suy ra: x  1; y   u v b Đặt u  x y ,v  Theo đề ta có hệ phương trình: x 1 y u  v 3   u  3v  u 3  v   3  v  3v   x  x  2  Từ suy ra:   y   y  u 3  v   4v   x 2 x     y 1  y c Điều kiện x  , x  y  Đặt u 2  v   x     y  a  x   ta có hệ phương trình  b  x  y   x  1 a  b 2  a 1   x 1     1 2a  b 1 b 1   y 0  x y Vậy hệ có nghiệm x 1; y 0 Ví dụ Giải hệ phương trình sau:   x   y  1  b  3 x     2y    x   y  3  c    13  x  y 6  2x  x   y  d    y 4  x  2y   x   y  2  e   4x   3 y 1   x  x  y  y 2  f   xy    xy  x  2y  x   y  5  g   x  3  x  y    x   x  y 1  h   x   8  2x  y  x x   a   10   x  y 5 y  y Lời giải: a Điều kiện: x 5; y 6 Ta viết lại hệ phương trình thành: x  55 y  6   x   y  5  x        10    10   x  y   x  3 y   y 12  10  x   y  6     10    x  y  12  10  x   y  6    21 7  y  BỒI DƯỠNG HSG VÀ CHUYÊN TOÁN | 21 7  y  3  y 9 thay vào ta tìm x 10 Vậy hệ phương trình có nghiệm Từ y  x; y   10;9  1 b Điều kiện x  , y  Ta nhân phương trình thứ hệ với thu được: 2  2 x   y  2  , cộng hai phương trình hệ ta có: x  0   3 x     2y  x  0 1  x  Với x  thay vào phương trình ban đầu hệ ta có: 2  y  1  y 1 1  y  1    2y   y    y 0 1  1  Vậy hệ phương trình cho có nghiệm là: ( x; y )  ;0  ,  ;1 2  2  21  x    x  7, y   c Điều kiện , ta viết lại hệ thành:    Cộng phương trình hệ ta thu được: Vào ta tìm được:    y 6 12 5 y 6 20 12 26   x y 6 41 41   x   y 6 x  3  x  9  x 16 thay y  6  y  36  y 30 thỏa mãn điều kiện Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) (16;30) d Điều kiện y 0, x  Ta viết lại hệ phương trình thành:  2x     x   y   x   y   , cộng phương trình hệ thu được:    y 4   y 8  x   x  y  y 5  y  y  0   phương trình thứ ta tìm được: x   y 1(TM ) y  y  0   y 1 thay vào  y  ( L) suy      Vậy hệ có nghiệm  x; y    ;1   e Điều kiện: x  1; y  , ta viết hệ lại dạng: | CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN 2y    x   2  y 1    2 x     y 1 2  x   0  y 1    2 x     y 1  x   0  y 1    2 x     y 1    y 1   2 x     y 1  x 0 Suy  thỏa mãn điều kiện Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) (0;1)  y 1  u u  v  (1) f Đặt x  y u; xy v (với v 0 Hệ cho trở thành  v   (2)  v  v 2  v  v    Phương trình (2) có dạng  v 1   x  y 3 + Với v 2 thay vào PT (1) tìm u 3 Ta có hệ phương trình  nên x, y nghiệm  xy 2 phương trình X  X  0 , tức ( x; y ) (1; 2), (2;1)  xy    + Với v  thay vào PT (1) tìm u  Ta có hệ phương trình  nên x, y nghiệm 2  xy   2 phương trình X  1 X  0 , tức ( x; y ) (1; ), ( ;1) Từ suy hệ cho có tất bốn 2 2 nghiệm g Điều kiện: x 1; y  Ta biến đổi hệ phương trình cho thành: 2  x  1 y      x   y  5  x   y  2  x   y  2         x  1  3   1   1  x   x  y   x  y 1 y 1 2   2   x  y 1    1  x  Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) (2;1)  x 1 h Điều kiện:  , hệ phương trình viết lại thành: 2 x  y 0  2 x   x  y 1    14 2 x   16  2x  y  2 x   x  y 1 2 x  2  x 2     (TMĐK)  2 x  y 1  y 3  15 15  x  y Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) (2;3)  x 2   y 1 BỒI DƯỠNG HSG VÀ CHUYÊN TOÁN |  x  y 5 (1) Ví dụ Cho hệ phương trình:  mx  y 4 (2) a Giải hệ phương trình với m 2 b Tìm m để hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) x, y trái dấu c Tìm m để hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) thỏa mãn x  y Lời giải:  x  y 5  a Với m 2 ta có hệ phương trình:  2 x  y 4  x 2 y    2(2 y  5)  y 4  x 2 y    3 y   x 1   y  b Từ phương trình (1) ta có x 2 y  Thay x 2 y  vào phương trình (2) ta được: m(2 y  5)  y 4  (2m  1) y 4  5m (3) Hệ có nghiệm (3) có nghiệm Điều tương đương với:  5m 2m  0  m  Từ ta được: y  ; x 5  y  2m  2m  Ta có: x y  3(4  5m) (thỏa mãn điều kiện) Do x, y    5m   m  (2m  1) c Ta có: x  y   5m  (4) 2m  2m  Từ (4) suy 2m    m  1 Với điều kiện m  ta có: 2  m  (l )   m   (4)   5m 3    Vậy m    5m   m    x  my m  (1) Ví dụ Cho hệ phương trình:  mx  y 3m  (2) a Không giải hệ phương trình trên, cho biết với giá trị m hệ phương trình có nghiệm nhất? b Giải biện luận hệ phương trình theo m c Tìm số ngun m cho hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) mà x, y số nguyên d Chứng minh hệ có nghiệm ( x; y ) điểm M ( x; y ) chạy đường thẳng cố định e Tìm m để hệ có nghiệm cho x y đạt giá trị nhỏ Lời giải: a Từ phương trình (2) ta có y 3m   mx Thay vào phương trình (1) ta được: | CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN x  m(3m   mx) m   (m  1) x 3m  2m  (3) Hệ có nghiệm phương trình (3) có nghiệm nhất, tức m  0  m 1 Ta lập luận theo cách khác: Hệ có nghiệm khi: m   m 1  m 1 m b Từ phương trình (2) ta có y 3m   mx Thay vào phương trình (1) ta được: x  m(3m   mx) m   (m  1).x 3m  2m  (3) Trường hợp 1: m 1 Khi hệ có nghiệm  3m  2m  (m  1)(3m  1) 3m  x     m2  (m  1).(m  1) m 1   y 3m   m 3m   m   m 1 m 1 Trường hợp 2: m 1 Khi phương trình (3) thành: 0.x 0 Vậy hệ có vơ số nghiệm dạng ( x;  x), x   Trường hợp 3: m  phương trình (3) thành: 0.x 4 (3) vơ nghiệm, hệ vơ nghiệm c Hệ cho có nghiệm m 1 3m    x  m  3  m  Ta có:  Vậy x, y nguyên nguyên Do m  có m 1  y  m  1   m 1 m 1 thể  2;  1;1; Vậy m  3;  2;0 (thỏa mãn) m 1 (loại) Vậy m nhận giá trị  3;  2;0 d Khi hệ có nghiệm ( x; y ) ta có: x  y 3   m 1   1  2  m 1  Vậy điểm M ( x; y ) chạy đường thẳng cố định có phương trình y x  e Khi hệ có nghiệm ( x; y ) theo (d) ta có: y x  Do đó: xy x.( x  2) x  x  ( x  1)   Dấu xảy khi: x 1   2 1  2  m  1  m 0 m 1 m 1 Vậy với m 0 x y đạt giá trị nhỏ Chú ý: Ta tìm quan hệ x  y 2 theo cách khác: Khi hệ phương trình BỒI DƯỠNG HSG VÀ CHUYÊN TOÁN |  x  my m  (1) có nghiệm (m 1) lấy phương trình (2) trừ phương trình (1)  mx  y 3m  (2) hệ ta thu được: (m  1) x  ( m  1) y 2( m  1)  x  y 2  x  my 2  4m Ví dụ Cho hệ phương trình:  Chứng minh với m hệ phương trình ln mx  y 3m  có nghiệm Gọi ( x0 ; y0 ) cặp nghiệm phương trình 2 Chứng minh: x0  y0  5( x0  y0 )  10 0 Lời giải: Từ phương trình (2) hệ phương trình ta có y 3m   mx thay vào phương trình (1) hệ ta có: ( m2  1) x 3m  3m  Do m2  0 với m nên phương trình ln có nghiệm x0 Suy hệ ln có nghiệm với m  x0  m( y0  4) Gọi ( x0 ; y0 ) nghiệm hệ: Từ hệ phương trình ta có:  Nhân hai vế  y0  m(3  x0 ) phương trình thứ với (3  x0 ) , phương trình thứ hai với ( y0  4) trừ hai phương trình cho 2 ta được: (3  x0 )( x0  2)  ( y0  4)( y0  1) 0  x0  y0  5( x0  y0 )  10 0 Ngoài ta giải theo cách khác sau: (d ) : x  my  4m  0, (d ') : mx  y  3m  0 Ta dễ dàng chứng minh đường thẳng (d) qua điểm cố định: A(2; 4) đường thẳng (d’) qua điểm cố định: B (3;1) Mặt khác ta dễ chứng minh đường thẳng (d) đường thẳng (d’) vng góc với nên hai đường thẳng cắt Gọi M ( x0 ; y0 ) giao điểm hai đường thẳng tam giác MAB vng  5 M Gọi I trung điểm AB I  ;  , AB  10 suy  2 2  5  5  IM  AB  IM  AB    x0     y0    10  x02  y02  5( x0  y0 )  10 0 2       x  my 3 (1) Ví dụ Cho hệ phương trình:  mx  y 2m  (2) Hệ có nghiệm ( x; y ) , tìm giá trị nhỏ biểu thức sau đây: a P  x  y (1) b Q  x  y (2) Lời giải: Từ phương trình (2) ta suy ra: y 2m   mx Thay vào phương trình (1) ta được: | CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN x  m(2m   mx ) 3  (m  1).x 2m  m  (3) Hệ có nghiệm phương trình (3) có nghiệm nhất, điều xảy khi: m  0  m 1  2m  m  ( m  1)(2m  3) 2m  x    2   m 1 (m  1).(m  1) m 1 m 1 Khi   y 2m   m 2m    m 1 m 1 a Ta có: P x  3( x  2) 4 x  12 x  12 (2 x  3)2  3 2m  3   4m  3m   m  P 3 x   m 1 Vậy giá trị nhỏ P b Ta có: Q  x  y  x  ( x  2) Đặt t  x  Khi Q (t  1)4  (t  1) t  4t  6t  4t   t  4t  6t  4t  2t  12t  2 Q 2  t 0  x 1  2m  1  2m  m   m  m 1 Vậy giá trị nhỏ Q mx  ( m  1) y 1 Ví dụ Cho hệ phương trình:  Chứng minh hệ ln có nghiệm (m  1) x  my 8m    ( x; y ) tìm GTLN biểu thức P  x  y   y (Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 chuyên toán – ĐHSP Hà Nội 2015) Lời giải: Xét hai đường thẳng (d1 ) : mx  (m  1) y  0; (d ) : (m  1) x  my  8m  0 + Nếu m 0 (d1 ) : y  0 (d ) : x  0 suy (d1) ln vng góc với (d2) + Nếu m  (d1 ) : x  0 ( d ) : y  11 0 suy (d1) ln vng góc với (d2) + Nếu m  0;1 đường thẳng (d1), (d2) có hệ số góc là: a1  m m 1 , a2  suy m 1 m a1.a2  ( d1 )  (d ) Tóm lại với m hai đường thẳng (d 1) ln vng góc với (d2) Nên hai đường thẳng ln vng góc với Xét hai đường thẳng (d1 ) : mx  (m  1) y  0; (d ) : (m  1) x  my  8m  0 ln vng góc với nên cắt nhau, suy hệ có nghiệm Gọi giao điểm I ( x; y ) đường thẳng (d1) BỒI DƯỠNG HSG VÀ CHUYÊN TOÁN | qua A( 1;1) cố định, đường thẳng (d2) qua B (3;  5) cố định suy I thuộc đường trịn đường kính AB Gọi M (1;  2) trung điểm AB MI  AB  ( x  1)  ( y  2) 13 (*) P  ( x  1)2  ( y  2)  x  y    2( x  y)    x   3( y  2)    Hay P  10    x   3( y  2)  Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:  y  x 5 Ví dụ 9:Giải hệ phương trình:   y  x  x  y  7 Thi HSG Toán lớp 9, tỉnh Trà Vinh, năm 2009 – 2010) Hướng dẫn giải – đáp số Từ phương trình (1) ta có: y 4 x  vào phương trình (2) ta được: x   x  x  x   7  2 x   x  7 (*)  Trường hợp Xét x   Phương trình (*)    x     x   7   x  10  x  7  x  (thỏa mãn) 13  7 Từ (1), suy ra: y 4       3  Trường hợp Xét   x  Phương trình (*)   x     x   7  x 10  x  7  x  Từ (1), suy ra: y 4.( 1)  1  Trường hợp Xét x   Phương trình (*)   x    x  7  x  10  x  7  x  (thỏa mãn)   17 Từ (1) suy y 4        Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  x; y  là:  x  x  y  y Ví dụ 10:Giải hệ phương trình:  2  x  y 5 | CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ CHUYÊN TOÁN (Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên, Đại học Vinh, năm học 2015 – 2016) Hướng dẫn giải – đáp số 2  x  y  x  y 0  Ta có:  2  x  y 5  x  y   x  y  1 0  2  x  y 5   x  y 0  Trường hợp Xét  2  x  y 5 x y 10  x  y   2  x  y 5   x  y  0 (1) Trường hợp Xét  2  x  y 5 (2) Từ phương trình (1) ta có y   x, vào phương trình (2), ta được:  x 1 x    x  1 5  x  x  0   x  1  x   0    x  Với x 1  y    Với x   y   ( 2) 1 Vậy tập nghiệm  x; y  hệ phương trình là:  10 10   S  ;  ,     10 ;  10   ,  1;   ,   2;1      13   17   ;   ;   1;1 ;   ;  3   9  II MỘT SỐ DẠNG HỆ PHƯƠNG TRÌNH KHÁC Hệ đối xứng loại I: a) Một hệ phương trình ẩn x, y gọi hệ phương trình đối xứng loại I phương trình ta đổi vai trị x, y cho phương trình khơng đổi b) Tính chất Nếu ( x0 ; y0 ) nghiệm hệ ( y0 ; x0 ) nghiệm S x  y c) Cách giải: Đặt  điều kiện S 4 P quy hệ phương trình ẩn S, P  P x y Chú ý:  Trong số hệ phương trình đơi tính đối xứng thể phương trình Ta cần dựa vào phương trình để tìm quan hệ S, P từ suy quan hệ x, y  Một số hệ phương trình ta cần phép đặt ẩn phụ để đưa dạng hệ phương trình đối xứng loại I Ví dụ Giải hệ phương trình sau: 10