tổng hợp các bài tập oxy,hệ phương trình,bất đẳng thức trong đề thi thử 2015

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương PHẦN I CÁC BÀI TỐN HÌNH GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG ĐỀ BÀI Bài Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB=2BC Gọi H hình chiếu A lên đường thẳng BD; E,F trung điểm đoạn CD BH Biết A(1;1), phương trình đường thẳng EF 3x – y – 10 = điểm E có tung độ âm Tìm tọa độ đỉnh B, C, D Bài Viết phương trình đường thẳng qua điểm M(3; 1) cắt hai trục Ox, Oy hai điểm B C cho tam giác ABC cân A, với A(2;  2) Bài Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn  C  :  x  1   y    đường thẳng d : x  y   Từ điểm A thuộc đường thẳng d, kẻ hai đường thẳng 2 tiếp xúc với đường trịn  C  B C Tìm tọa độ điểm A biết S ABC  Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x  y       hai đường tròn C1 : x  1   y  1  ; C2 : x  3   y    Tìm điểm M 2 2   đường thẳng d, để từ M ta kẻ tiếp tuyến MA đến đường tròn C1 tiếp tuyến   MB đến đường tròn C2 (với A, B tiếp điểm) cho tam giác AMB cân M Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết A  5;  , phương trình đường trung trực cạnh BC :  : x  y   , phương trình đường trung tuyến CC' :2x  y   Tìm tọa độ B, C Bài Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1;  , tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC D , đường phân giác ADB có phương trình x  y   , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC Viết phương trình đường thẳng AB Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD Hai điểm B C thuộc trục tung Phương trình đường chéo AC: 3x + 4y – 16 = Xác định tọa độ đỉnh hình chữ nhật cho, biết bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ACD Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho hình thang cân ABCD với hai đáy AD, BC Biết B  2;3 AB  BC , đường thẳng AC có phương trình x  y   , điểm M  2; 1 nằm đường thẳng AD Viết phương trình đường thẳng CD Bài Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ba đường thẳng d1 : 3x  y   0; d2 : x  y   0; d3 : x   Tìm tọa độ đỉnh hình vng ABCD biết A C thuộc d , B thuộc d1 , D thuộc d Bài 10 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A đường thẳng BC có phương trình 3x  y   0, x  y   Đường thẳng qua A vng góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm thứ hai D  4; 2  Viết phương trình đường thẳng AB, AC; biết hồnh độ điểm B khơng lớn Bài 11 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I giao điểm đường thẳng d1 : x  y   d2 : x  y   Trung điểm cạnh giao điểm d1 với trục Ox Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương Bài 12 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vu ng A B, biết A(1;1) , điểm B thuộc đường thẳng  : x  y   Điểm M cạnh AB th a mãn BM = 2AM CM vu ng góc với DM Điểm N (1;4) hình chiếu vu ng góc M đường thẳng CD Tìm tọa độ điểm B, C, D Bài 13 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + = 0, phương trình đường thẳng BD: x -7y +14 =0.Viết phương trình tổng quát đường thẳng AC,biết đường thẳng AC qua điểm M(2;1) Bài 14 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I, đường thẳng AI, BI, CI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm    13  M 1; 5 , N  ;  , P  ;  (M, N, P khơng trùng với A, B, C) Tìm tọa độ A, B, C biết 2 2  2 đường thẳng chứa cạnh AB qua Q  1;1 điểm A có hồnh độ dương Bài 15 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm đường thẳng d : x  y   Điểm E  9;4  nằm đường thẳng chứa cạnh AB, điểm F  2; 5  nằm đường thẳng chứa cạnh AD, AC  2 Xác định tọa độ đỉnh hình thoi ABCD biết điểm C có hồnh độ âm Bài 16 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB  AD , tâm I 1; 2  Gọi M trung điểm cạnh CD, H  2; 1 giao điểm hai đường thẳng AC BM Tìm tọa độ điểm A, B Bài 17 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho hình vu ng ABCD có M(1;2) trung điểm AB, N(-2;1) điểm thuộc đoạn AC cho AN=3NC.Viết phương trình đường thẳng CD Bài 18 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1; 1) Đường cao hạ từ A có phương trình: 2x – y + = 0, đỉnh B, C thuộc đường thẳng  : x + 2y – = Tìm tọa độ đỉnh tam giác A, B, C biết diện tích tam giác ABC B có hồnh độ âm Bài 19 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 2my + m2 - 24 = có tâm I đường thẳng : mx + 4y = Tìm m biết đường thẳng  cắt đường trịn (C) hai điểm phân biệt A,B th a mãn diện tích tam giác IAB 12 Bài 20 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: x - y = 0, phương trình cạnh AC: x + 2y - = Biết trọng tâm tam giác G(3; 2) Viết phương trình cạnh BC Bài 21 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với đường cao AH có phương trình 3x  y  10  đường phân giác BE có phương trình x  y   Điểm M (0;2) thuộc đường thẳng AB cách đỉnh C khoảng Tính diện tích tam giác ABC Bài 22 Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E) parabol (P) có phương trình (E): x2 + 4y2 = 4; (P): y = x2 – 2x Chứng minh elip (E) cắt parabol (P) điểm nằm đường tròn Bài 23 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ oxy, cho elip(E): x2  y  điểm C(2;0).Tìm tọa độ điểm A,B  (E) biết A,B đối xứng qua trục hoành  ABC GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương Bài 24 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn (S), có A C đối xứng qua BD Phương trình AB: y – = 0; phương trình BD: 3x  y   Viết phương trình đường trịn (S) biết diện tích tứ giác ABCD xA > 0, yA < yD Bài 25 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x – 2y + = 0, d2 : 4x + 3y – = Lập phương trình đường trịn (C) có tâm I d1, tiếp xúc d2 có bán kính R = Bài 26 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho hình vu ng ABCD có M(1;2) trung điểm AB, N(-2;1) điểm thuộc đoạn AC cho AN=3NC.Viết phương trình đường thẳng CD Bài 27 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với AB = , C( – 1; – 1), đường thẳng AB có phương trình: x + 2y – = trọng tâm tam giác ABC thuộc đường thẳng x + y – = Hãy tìm tọa độ đỉnh A B Bài 28 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng  : x  y   điểm A  1;  Gọi M giao điểm  với trục hồnh Tìm hai điểm B, C cho M trung điểm AB trung điểm N đoạn AC nằm đường thẳng  , đồng thời diện tích tam giác ABC Bài 29 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có phương trình đường thẳng AB : x  y   đường thẳng AC : y   Gọi I giao điểm hai đường chéo AC BD Tìm tọa độ đỉnh hình thang cân ABCD, biết IB  2IA , hoành độ điểm I: xI  3 M  1;3 nằm đường thẳng BD Bài 30 Trong không gian với hệ tọa độ Oxy Cho hình vng ABCD có C(2; -2) Gọi điểm I, K trung điểm DA DC; M(-1; -1) giao BI AK Tìm tọa độ đỉnh cịn lại hình vng ABCD biết điểm B có hồnh độ dương Bài 31 Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường tròn (C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25 Viết phương trình tiếp tuyến chung hai đường tròn Bài 32 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1;  , tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC D , đường phân giác ADB có phương trình x  y   , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC Viết phương trình đường thẳng AB Bài 33 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G 1;1 , đường cao từ đỉnh A có phương trình x  y   đỉnh B, C thuộc đường thẳng  : x  y   Tìm tọa độ đỉnh A,B,C biết diện tích tam giác ABC Bài 34 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng d1 : x  y  0; d2 : x  y 1  Tìm tọa độ đỉnh hình vu ng ABCD biết A thuộc d1, C thuộc d2 B,D thuộc trục hoành Bài 35 Trong hệ tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD có diện tích 45 ,đáy lớn CD nằm đường thẳng d: x – 3y – = Biết hai đường chéo AC BD vng góc với cắt điểm I(2;3).Viết phương trình đường thẳng BC biết điểm C có hồnh độ dương Bài 36 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng y=x Tìm tọa độ đỉnh C D GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương Bài 37 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(-3; 6), trực tâm H(2; 1), trọng 3 tâm G( ; ) Tìm tọa độ đỉnh B C Bài 38 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích 3, hai đỉnh A(2;3), B(2;1) trọng tâm G tam giác thuộc đường thẳng  : 3x  y   Tìm tọa độ đỉnh C Bài 39 Trong hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d1: x – 3y – 16 = ; d2 : 3x - 4y -13 = điểm P(2;-3) Viết phương trình đường thẳng  qua P cắt d1 ; d2 A ; B cho PA = PB Bài 40 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (1;2) Hãy viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai nửa trục dương Ox Oy hai điểm A B cho độ dài OA + OB nh PHẦN II HƯỚNG DẪN GIẢI – ĐÁP ÁN Bài Gọi E,F,G trung điểm đoạn thẳng CD, BH AB Ta chứng minh AF  EF Ta thấy tứ giác ADEG ADFG nội tiếp nên tứ giác ADEF nội tiếp, AF  EF Đường thẳng AF có pt: x+3y-4=0 Tọa độ điểm F nghiệm hệ 17  G x B A  3x  y  10 32   17    F  ;   AF   x  3y   5  y    F AFE DCB  EF  AF  ; H 2 D E 51   17   E  t ;3t  10   EF    t     3t    5  5  19  19   5t  34t  57   t   t  hay E  3; 1  E  ;   5 Theo giả thiết ta E  3; 1 , pt AE: x+y-2=0 Gọi D(x;y), tam giác ADE vuông cân D nên  x  12   y  12   x  32   y  12  AD  DE     AD  DE   x  1 x  3   y  1 y  1 y  x  x  x      hay D(1;-1)  D(3;1)  x  1 x  3   y  1  y   Vì D F nằm hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;-1) Khi đó, C(5;-1); B(1;5) Vậy B(1;5); C(5;-1) D(1;-1) Bài + Đường thẳng d cắt trục Ox B(b; 0) cắt trục Oy C(0; c) + Phương trình đường thẳng d là: + Điểm M  3;1  d  x y    bc   b c   (1) b c + Tam giác ABC cân A  AB  AC  AB  AC   b       c   b   c  b  c    b   c  b   c  Với b = c + 4, thay vào (1), ta được: C GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương c   b  3c  c    c   c  c    c  2  b  x y x y Từ tìm được: d1 :   1; d :  1 2 2  Với b =  c , thay vào (1), ta được: b =2 => c =  (Trùng với trường hợp trên) * Vậy có hai đường thẳng cần tìm là: x y   hay x  y   ; x y d2 :   hay x  y   2 Bài + Đường trịn  C  có tâm I(1; 2), bán kính R = + Điểm A  d  A  a; a   + Đặt: IA  m, IH  n  m  n   d1 : A  HA  m  n; BH  IB  IH   n2  S ABC  BC AH   m  n   n2  1 H B R C I + Trong tam giác vng IAB, có: BI  IH IA   m.n  m   5  2   n  n    n n  Đặt: t   n2 , ta có:  ; Thay vào (1): n   n2  8n   n2    64n2  t  64   t   t  64t  320    t   t  4t  80   t  (Vì t > 0)  n2   n  1; m  a   a  4 + Ta có: IA   IA2  25   a  1   a    25  2a  6a     2 * Vậy có hai điểm A th a yêu cầu toán là: A 1; 3 , A2  4;2      Bài C1 có tâm I 1;1 , bán kính R1  ; C2 có tâm J  3;4  , bán kính R2      Do IJ   R1  R2  C1 C2 rời nên A B phân biệt 2 M  t; t    d  MA2  MI  R1  2t  4t  ; MB2  MJ  R2  2t  6t  2 Tam giác AMB cân M  MA  MB  t  * Vậy M  2;6  Bài C  CC'  C  t;2t  3 ; gọi I trung điểm BC    I t ' ;6  t '  B(2t '  t;9  2t '  2t) GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương C' trung điểm AB  2t '  t  11  2t '  2t  '  C'  ;   CC 2   ' '  2t  t   11  2t  2t  41   2    t'    I   ;   2  6    BC: 3x  3y  23  Tọa độ C nghiệm hệ pt  2x  y    14 37   19   C ;   B   ;    3  3 3x  3y  23  Bài Gọi AI phan giác BAC Ta có : AID  ABC  BAI A IAD  CAD  CAI Mà BAI  CAI , ABC  CAD nên AID  IAD  DAI cân D  DE  AI E M' B K I M C D PT đường thẳng AI : x  y   Goị M’ điểm đối xứng M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x  y   Gọi K  AI  MM '  K(0;5)  M’(4;9) VTCP đường thẳng AB AM '   3;5  VTPT đường thẳng AB n   5; 3 Vậy PT đường thẳng AB là:  x  1   y     5x  y   Bài Ta có C giao điểm trục tung đường thẳng AC nên C(0;4) Vì bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ACD nên bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC Vì B nằm trục tung nên B(0;b) Đường thẳng AB qua B vu ng góc với BC  Oy : x  nên AB : y = b  16  4b  ;b   Vì A giao điểm AB AC nên A Gọi r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC Ta có 16  4b b4 2S ABC r    b4 AB  BC  CA 16  4b  16  4b  b4  b4  b4 b4   (b  4)    3   b  Theo giả thiết r = nên ta có b = b = Với b = ta có A(4;1), B(0;1) Suy D(4;4) Với b = ta có A(-4;7), B(0;-7) Suy D(-4;4) Bài GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương Vì ABCD hình thang cân nên nội tiếp đường tròn Mà BC  CD nên AC đường phân giác góc BAD Gọi B ' điểm đối xứng B qua AC Khi B '  AD Gọi H hình chiếu B AC Tọa độ điểm H nghiệm hệ phương trình: C B H A D B' M x  y 1  x  Suy H  3;    x  y   y  Vì B’ đối xứng với B qua AC nên H trung điểm BB’ Do B '  4;1 Đường thẳng AD qua M nhận MB ' làm vectơ phương nên có phương trình x  y   Vì A  AC  AD nên tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình: x  y 1  x  Do đó, A 1;0     x  y 1  y  Ta có ABCB’ hình bình hành nên AB  B ' C Do đó, C  5;  Gọi d đường trung trực BC, suy d : 3x  y 14  Gọi I  d  AD , suy I trung điểm AD Tọa độ điểm I nghiệm hệ: 3x  y  14   43 11   38 11  Suy ra, I  ;  Do đó, D  ;    10 10   5 x  y 1  Vậy, đường thẳng CD qua C nhận CD làm vectơ phương nên có phương trình x  13 y  97  Bài Ta có B  d1  B  b;3b  4 ; D  d2  D  d ;6  d  ; A, C  d3  A  3; a  ; C  3; c  BD  Oy  BD : y   d ; I  AC  BD  I  3;6  d  Viết Pt đường tròn (C) tâm I, bán kính ID,  C  :  x  3   y    cắt cạnh AC A( 3;3); C ( 3;1) hốn vị vị trí lại Mà I trung điểm đoạn BD nên Bài 10 A E H B K D M C bd  3, b   d  B  2;  ; D  4;  ; I  3;  GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương Gọi M trung điểm BC, H trực tâm tam giác ABC, K giao điểm BC AD, E giao điểm BH AC Ta kí hiệu nd , ud vtpt, vtcp đường thẳng d Do M giao điểm AM BC nên tọa độ M nghiệm hệ phương trình:  x  x y40   7 1   M  ;   2 2 3x  y   y     AD vng góc với BC nên nAD  uBC  1;1 , mà AD qua điểm D suy phương trình AD :1 x    1 y     x  y   Do A giao điểm AD AM nên tọa độ điểm A nghiệm hệ phương trình 3x  y   x    A 1;1  x  y   y 1 Tọa độ điểm K nghiệm hệ phương trình: x  y   x    K  3;  1  x  y    y  1 Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK  KCE , mà KCE  BDA (nội tiếp chắn cung AB ) Suy BHK  BDK , K trung điểm HD nên H  2;  Do B thuộc BC  B  t; t   , kết hợp với M trung điểm BC suy C   t;3  t  HB(t  2; t  8); AC (6  t;  t ) Do H trực tâm tam giác ABC nên t  HB AC    t    t    t  8  t     t  14  2t     t  Do t   t   B  2; 2 , C  5;1 Ta có AB  1; 3 , AC   4;0   nAB   3;1 , nAC   0;1 Suy AB : 3x  y   0; AC : y 1  Bài 11 Ta có: d1  d  I Toạ độ I nghiệm hệ: x  y   x  / 9 3  Vậy I ;   2 2 x  y   y  / Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M trung điểm cạnh AD  M  d1  Ox Suy M( 3; 0) 2 9 3  Ta có: AB  IM         2 2  S ABCD 12  2 AB Vì I M thuộc đường thẳng d1  d1  AD Theo giả thiết: S ABCD  AB.AD  12  AD  Đường thẳng AD qua M ( 3; 0) vu ng góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT: 1(x  3)  1(y  0)   x  y   Lại có: MA  MD  x  y    Toạ độ A, D nghiệm hệ PT:   x  3  y   GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương y  x  y  x  y   x    2 2 x   1 x  3  y  x  3  (3  x)  x  x   Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)  y  y  1 x  2x I  x A    9 3 Do I ;  trung điểm AC suy ra:  C 2 2 y C  2y I  y A    Tương tự I trung điểm BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ đỉnh hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) Bài 12 D A N M C B   Do ADNM tứ giác nội tiếp nên AND  AMD   Do BCNM tứ giác nội tiếp nên BNC  BMC      Mà CM  DM  AND  BNC  AMD  BMC  90  ANB  90  AN  BN Gọi B(b;2  b) AN  (0;3) ; BN (1  b;2  b) AN BN   3(2  b)   b  2  B(2;4) AB  (3;3) AM  AB  (1;1)  M (0;2) MN (1;2) Vì MN  CD nên pt CD : 1( x  1)  2( y  4)   x  y   AD  AB nên pt AD :  3( x  1)  3( y  1)    x  y  BC  AB nên pt BC :  3( x  2)  3( y  4)    x  y   GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương  x  y    x  1 Tọa độ điểm C nghiệm hệ    C (1;5) x  y   y   x  y  x    D(3;3) x  y   y  Tọa độ điểm D nghiệm hệ  Vậy B(2;4) ; C(1;5) ; D(3;3) Bài 13 VTCP đường thẳng AB : v1 = (2 ;1) VTCP đường thẳng BD : v = (7 ;1) Gọi VTCP đường thẳng AC v3 = (a ;b), với a + b  A D Gọi I giao điểm AC BD,suy tam giác ABI cân I Suy Cos(BAI) = Cos(ABI)  v3 v1 v3 v1 = v1 v v1 v  2a  b a2  b2 = 15 50  2(2a + b) = 9(a + b ) a  b  a - 8ab + 7b =   a  7b + a = b ,suy VTCP đường thẳng AC: v ' = (1;1) x  y 1  PTTQ AC: x –y -1 =  1 + a = 7b, suy VTCP đường thẳng AC: v' ' = ( 7;1),suy không tồn phương trình  PTCT đt AC: đường thẳng AC v' ' phương với v Vậy PTTQ AC: x – y -1 = Bài 14 Đường trịn ngoại tiếp ABC đường trịn ngoại tiếp MNP có phương trình  3  x2  y  3x  29  có tâm K  ;0    Vì P điểm cung AB nên đường thẳng chứa AB qua Q  1;1 vuông góc với KP PT AB: x  y   Tọa độ A, B th a mãn hệ  y  2x   y  2x  2 x  y        x   2  x   x  3  3x  29   x  y  3x  29    x  4   Từ đó, tìm A 1;3 , B  4; 5 Ta lại có AC qua A, vu ng góc với KN có phương trình x  y   Nên tọa độ điểm C th a mãn 16  t  1  6ln t , t  0; t2 16  t   6t  16t  32  t   6t   f '(t )     t t3 t3 t3 BBT t  f’(t) + GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương P   f (t )  f(t) 5+6ln4 Vậy, GTNN P 3+6ln4 a=b=c=1 Bài 1 2ac thay vào A ta được: a c b ac 2ac 2ac a c 2 ac  a  c  a  3ac  c  3ac   ( c  a ) A= 2ac 2ac a c 2a 2c 2a  2c  ac ac c a Do: a.c > nên hai số dương,áp dụng bđt c si cho hai số dương,ta được: a c c a ca  2 2 a c ac a c Đẳng thức xãy khi:   c  a  a  c c a Từ đ/k:    b  ( Do a,c dấu) Vậy: A    Biểu thức có giá trị nh là: min(A)=4 a=b=c Bài bc bc bc bc  1        3a  bc a(a  b  c)  bc (a  b)(a  c)  a  b a  c  1   Vì theo BĐT C -Si: , dấu đẳng thức xảy  b = c ab ac (a  b)(a  c) Vì a + b + c = ta có ca ca  1  ab ab  1           ca cb  3b  ca  b  a b  c  3c  ab bc  ca ab  bc ab  ca a  b  c Suy P      , 2(a  b) 2(c  a) 2(b  c) 2 Đẳng thức xảy a = b = c = Vậy max P = a = b = c = 2 Bài Với số thực x, y ta ln có ( x  y)  xy , nên từ điều kiện suy Tương tự ( x  y)  ( x  y)  ( x  y)  xy   ( x  y)  ( x  y)    x  y  3 Ta biến đổi P sau P  ( x  y )  ( x  y )  2( x  y  xy )  xy (3xy  4)  2015 2 GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 3  ( x  y )  ( x  y )  2( x  y )  2015 (3) 2 nên từ (3) suy P  ( x  y )  2( x  y )  2015 (x  y )2 Đặt x  y  t t  (do x  y  1) 9 1 Xét hàm số f (t )  t  2t  2015 với t  , có f ' (t )  t   , với t  nên hàm số f(t) đồng 2   32233 1  biến  ;  Suy f (t )  f    1  16 2 2  t ;   Do x  y  2 Do GTNN P  32233 , đạt x  y  16 Bài 10 Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương ta có:  ab  bc  ca  3 (abc)2  abc  Suy ra:  a (b  c)  abc  a (b  c)  a(ab  bc  ca)  3a  Tương tự ta có: 1  (1)  a (b  c) 3a 1 1  (2),  (3)  b (c  a) 3b  c (a  b) 3c Cộng (1), (2) (3) theo vế với vế ta có: 1 1 1 ab  bc  ca    (   )  2  a (b  c)  b (c  a)  c (a  b) c b c 3abc abc Dấu “=” xảy abc  1, ab  bc  ca   a  b  c  1, (a, b, c  0) Bài 11 1 x.8 y  x.8 y.32 z x  y x  y  32 z 32 x    x  y  z    x  y  z  Đặt t  x  y  z ; t   P  f  t    24 24 2t 3t f  t     ; f  t    t  t t Lập bảng biến thiên hàm f(t) ta Pmin   t=1 16   x  21 x  y  z      y  Dấu “=” xảy 2 x  y 21 2 x  32 z     z  21  Ta có x  xy  xyz  x  Bài 12 Ta có (a  b)(b  c)(c  a)(ab  bc  ca)    (a  b)(b  c)(a  c)(ab  bc  ca)  (*) Đặt vế trái (*) P Nếu ab + bc + ca < P  suy BĐT chứng minh GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương Nếu ab + bc + ca  , đặt ab + bc + ca = x  2 (a  c)3  a  b  b  c  (a  c) (a-b)(b-c)   (1)   (a - b)(b - c)(a - c)   4   Ta có : 4(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) = 2(a - c)2 + 2(a - b)2 + 2(b - c)2 2 2  2(a - c) + [(a - b) + (b - c)] = 2(a - c) + (a - c) = 3(a - c) Suy 4(5 - x)  3(a - c)2 ,từ ta có x  a  c  (5  x) (2) 3 4  x (5  x)3 (3) Từ (1) , (2) suy P  x  (5  x)  = 3  Theo câu a ta có: f(x) = x (5  x)3  với x thuộc đoạn [0; 5]  P  Vậy (*) chứng minh Dấu xảy a = 2; b = 1; c = nên suy P  Bài 13 Đặt 5x = a , 5y =b , 5z = c Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc a2 b2 c2 abc    Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : (*) a  bc b  ca c  ab a3 b3 c3 abc    ( *)  a  abc b  abc c  abc 3 a b c3 abc     (a  b)(a  c) (b  c)(b  a) (c  a)(c  b) a ab ac    a ( 1) (Bất đẳng thức Cơ si) Ta có (a  b)(a  c) 8 b3 bc ba    b ( 2) Tương tự (b  c)(b  a) 8 c ca cb    c ( 3) (c  a)(c  b) 8 Cộng vế với vế bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy điều phải chứng minh Bài 14 Ta có: (a  b)(b  c)(c  a)(ab  bc  ca)  4  P  (a  b)(b  c)(a  c)(ab  bc  ca)  Do a  b  c nên Nếu ab+bc+ca X t hàm số f(t) = , với t > 2t  t  (t  3)  16t 15t  6t  f ’(t) = - + = = 2t (t  3) 2t (t  3) 2t (t  3) Suy P  t  (nhân)  f ’(t) =  15t -6t -9 =   t   (loai )  Bảng biến thiên : x f ’(x) f(x) - 3 + + GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương Từ BBT suy f(t)  f(1) = - với t >0  x  x  y  z     P = -  y  z  z   y  x  z   y   Bài 16 Áp dụng BĐT AM - GM ta có : ab  bc  ac   a2  b2  c2  a2  2bc  2ab  2ac   a  bc  ab  ac  a  b  a  c  2 Khi đó,  ab  ac     a  b  a  c   a  b  c   a  b   ac2   a b  c   a  b  a  b Mặt khác,  a  c  a  b  2c   a  b 1 a  b 1   a  c  a  b  2c    a  b    a  c  a  2b  c   a  b 2 a  b 1 1 1        Do đó, P    2 a  b  a  b a  b a  b  ab  Vậy GTLN P Bài 17 ab  bc  ca  1 2 gt   a  b  c    a  b2  c2   ab  bc  ca   a  b  c   2 Do P  a  b3  c  a  b  c  4a   4b   4c        16  a  b  c   a  b  c   a  b  c    3     Đặt x 4a 4b 4c ,y ,z  abc abc abc Thì y  z  4 x x  y  z     xy  yz  zx   yz  x  x  Vì  y  z   yz nên  x  1 3 Ta có P   x3  y  z   x   y  z   yz ( y  z )  (3x3  12 x  12 x  6) 16 16 16 8 Xét hàm số f ( x)  3x3  12 x2  12 x  với x  0;   3  176 f ( x)  16, max f ( x)   Bài 18  GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương Áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có b2 4b2 a2 a2 4a    Tương tự, ta có (c  a)2  5ca 9(c  a)2 (b  c)2  5bc (b  c)2  (b  c)2 9(b  c) 2 a b2  a2 b2   a b  Suy          (b  c)2  5bc (c  a)  5ca  (b  c) (c  a)   b  c c  a   ( a  b)   c ( a  b)  2  a  b  c ( a  b)  2  2(a  b)  4c(a  b)            ab  c(a  b)  c   (a  b)  (a  b)  4c(a  b)  4c    c ( a  b)  c     Vì a  b  c   a  b   c nên 2  2(1  c)2  4c(1  c)  8  P   (1  c)2  1    (1  c) 2   (1  c)  4c(1  c)  4c   c 1  (1)  Xét hàm số f (c)  1     (1  c) với c  (0; 1) c 1  9 16  Ta có f '(c)  1   (c  1);    c   (c  1) f '(c)   (c  1) 64  (3c  3)3   c  f '(c) Bảng biến thiên: f (c )   c – +  Dựa vào bảng biến thiên ta có f (c)   với c  (0; 1) 1 Từ (1) (2) suy P   , dấu đẳng thức xảy a  b  c  1 Vậy giá trị nh P  , đạt a  b  c  Bài 19 Đặt t=ab+bc+ca ( t  ),ta có a2+b2+c2  ab+bc+ca =>1=(a+b+c)2= a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)  3(ab+bc+ca)=3t => a2+b2+c2=1-2t với t  Theo bất đẳng thức Cô-si T2=(ab+bc+ca)2  3(a2b2+b2c2+c2a2) Do M  t2+3t+2  2t  1 Xét hàm số f(t)= t2+3t+2  2t tập D  0;  ,  3 f’(t)= 2t   f’’(t)=   2t (1  2t )3  0t  D =>f’(t) nghịch biến D =>f’(t)  f’(1/3)= 11  => f(t)đồng biến D (2) GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương =>f(t)  f(0)=2 Vậy minM =2 đạt t=0,tức với a,b,c không âm thõa mãn  a b  c 1   ab  bc  ca ab  bc  ca   < =>a,b,c số (0;0;1),(0;1;0),(1;0;0) Bài 20 t2 Đặt t = x + y ; t > Áp dụng BĐT 4xy  (x + y) ta có xy  t t  t  xy (3t  2) Do 3t - >  xy   nên ta có P xy  t  t (3t  2) t t  t2 P  t2 t2  t 1 t2 t  4t Xét hàm số f (t )  ; f '(t )  ; f’(t) =  t = v t = t2 (t  2)2 t f’(t) 2 - + + + + f(t) x  y  x    xy  y  Do P = f (t ) = f(4) = đạt  (2; ) Bài 21  2x   y   Ta có 6( x  1)( y  1)  (2 x  2)(3 y  3)     36  x  y  xy    Ta có 5( x2  y )   x  y   5( x  y )  x  y ( x  y  3)2  x  y   xy  x  y   2( x  y  xy  3)  8( x  y )  ( x  y  3) Suy P  2( xy  x  y)  24 2( x  y  xy  3) Đặt t  x  y  xy, t   0;5 , P  f (t )  2t  24 2t  Ta có f / (t )   24.2 3 (2t  6)2 2 (2t  6)2  (2t  6)  0, t   0;5 Vậy hàm số f(t) nghịch biến khoảng  0;5 Suy f (t )  f (5)  10  48 x  y 1 Vậy P  10  48 2,  GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương Bài 22 P  x  y  x   x  y  x   y  X t điểm M(x−1; −y) , N(x+1; y) Ta có OM + ON ≥ MN 2 2  ( x  1)2  y  ( x  1)2  y   y  P   y  y   f ( y) TH1: y ≤ 2: f ( y)   y   y  f '( y )  2y  y2 1 y  f '( y )   y   y    y 3 y   3 Lập bảng biến thiên f(y)  f ( y )  f    2 x( .2]   TH2: y ≥ 2: f ( y)   y  y  ≥   Vậy P   x; y 3 Do MinP   x = ; y = Bài 23 Đặt t = xy 2 Ta có : xy + =  x  y   xy  - 4xy xy xy + =  x  y   xy  4xy xy     Với diều kiện : P’ = 7(t  t )  2t  1 x , ta có : P = t  y   2x2 y 2 xy  = 7t  2t   2t  1 t = 0; t = - (loại) =0 1 ) = P( ) = P(0) = 15 Vậy GTLN P GTNN 15 Suy P(-    x  y     x  3x y 2 * Mà  x2  3x2 y    x2  y2   3 x2  y2    ;  Bài 24 * Từ giả thiết ta có: x2  y 2 * Đặt t  x2  y2  t  3t     t  *Ta P x  y  3x y x2  y     x  y  x  3x y * Xét hàm số f (t )  x2  y  t2  t  t 1   x2  y    x2  y2    t  t  , t 1;2 x2  y  t 1  x   f (t )  f (1)  min P  1,   1;2     y  1    , t  1;2   4 x    m ax f (t )  f (2)   m ax P  ,   1;2    y       Bài 25 Áp dụng BĐT TBC-TBN cho hai số dương, ta có x3  xy  x2 y, y3  yz  y z, z  zx  z x  x  y  z   x y  y z  z x    xy  yz  zx 3 2 2 2 GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương  1 Mặt khác, x  y  z  nên 3 x2  y  z    x  y  z   x2  y  z   x3  y  z   x y  y z  z x    xy  yz  zx    Từ (1) (2), ta có x2  y  z  x2 y  y z  z x Do P  x  y  z  xy  yz  zx x2  y  z Ta có  x  y  z   x2  y  z   xy  yz  zx  Đặt t  x  y  z  xy  yz  zx  Do x  y  z 2  x  y  z  9t 2 t 3 9t 2t  t  ,t   P  ,t  2t 2t 2t  t  Xét hàm số f  t   , 3;   2t Khi P  t  Lập bảng biến thiên, ta có hàm f đồng biến 3;    P  f  t   f  3  t 3 Kết luận : P   x  y  z  Bài 26 Đặt c = – m Ta có a, b, c số dương th a mãn a + b + c = ab bc ca   c  ab a  bc b  ca ab bc ca    (*) Ta chứng minh rằng: c  ab a  bc b  ca P= Ta có c + ab = c(a + b + c) + ab = (b+c)(a+c) Tương tự a+bc =(b+a)(c+a), b+ca = (c+b)(c+a) ab bc ca    (b  c)(c  a) (c  a)(a  b) (a  b)(b  c) ab(a  b)  bc(b  c)  ca (c  a) (a  b)(b  c)(c  a)  2abc     (a  b)(b  c)(c  a) (a  b)(b  c)(c  a) 2abc abc  1    (**) (a  b)(b  c)(c  a) (a  b)(b  c)(c  a) Do bất đẳng thức (*) trở thành: Dựa vào bất đẳng thức Côsi ta chứng minh bất đẳng thức (**) Đẳng thức xảy a=b=c= Vậy P = 3/4 đạt a = b = 1/3 m = 2/3 Bài 27 1 * x2  y  z    x  y    x  y    z     z     x2  y   xy   z  22   z      2 1 2 2   x  y    z      x  y    z     x  y  z     x  y  z     4  1 *  x  y   x  z  y  z    x  y   x  y  z    3x  y  x  y  z  (1) GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương Vì  3x  y  x  y  z    3x  y  x  y  z    x  y  z  nên (1)   x  y   x  z  y  z    x  y  z  Vậy P  27  x  y  z  2  x  y  z 2 Đặt t  x  y  z , xét hàm số f  t   Ta có f   t    t  2  27 f  t   t3 t f  t  27  với t  t  2t 8t  2t  108t  108 t t  2 0 + f t  Vậy P  Suy max P  , f  t    t   f  6    x  y  z   x yz2 x  y  z  2x   y     36  x  y  xy    Bài 28 Biến đổi 6( x  1)( y  1)  (2 x  2)(3 y  3)   Mặt khác 5( x2  y )   x  y   5( x  y )  x  y ( x  y  3)2  x  y   xy  x  y   2( x  y  xy  3)  8( x  y )  ( x  y  3) Suy P  2( xy  x  y)  24 2( x  y  xy  3) Đặt t  x  y  xy, t   0;5 , P  f (t )  2t  24 2t  Ta có f (t )   24.2 / 3 (2t  6)2 2 (2t  6)2  (2t  6)  0, t   0;5 Vậy hàm số f(t) nghịch biến khoảng  0;5 Suy f (t )  f (5)  10  48 a  b  c 2 c3    a  1   b  1   c  1 Bài 29 Ta có P  Ta có a3   a   b3    a    a  2a     b  2  b2  2b     a a6     b b6 c3    c   c  2c   c  c  b3      GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương a  b  c a  b2  c2 3 a  b  c    6 P  6a  b  c   a  b  c    a  b  c   36 Đặt t   a  b  c  với t   0;3 Ta có f  t    f 't   6t t  9t  36 54  t  8t   t  9t  36  t   f 't     t  8 Lập BBT ta P  hay Min P  dấu xảy a  b  c  Bài 30 Giả sử a, b, c  1 th a mãn a  b2  c    a  b  c    Trước hết, ta thấy x  x   x    x3 , x  1  x  x    x3 , x  1   x2  x      x3 , x  1    x   x  x  12  0, x  1 BĐT cuối đúng, x2  5x   x    x3 đúng, với x  1 Ta có 1 x2  5x   x    x3  0, x  1, nên  , x  1, 2 x  x  x    x3  1    a  5a  a    a  1     2b  5b  b    b3  1    2c  5c  c    c3  1 1 1 F       a   a3  b   b3  c   c3  2a  5a  2b  5b  2c  5c  9    2 2 2 2a  5a   2b  5b   2c  5c  a  b  c   a  b  c   24  Xảy F         1 a  b  c  Vậy F  , đạt a  b  c  2 GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương ab bc ca a bc Bài 31 Cho số dương a,b,c Chứng minh rằng:    ab bc ca Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số dương : a  b  a.b   a  b   4a.b  Tương tự : ab a.b  ab b  c b.c ca c.a  ;  bc ca Cộng vế theo vế bất dẳng thức ta được: ab bc ca abc (đpcm)    ab bc ca Bài 32 2(y 1) x2 P x y2 y2 f t Xét hàm số x4 z2 y2 y4 z4 4.Dat t = x2 x2 t ;0 y2 y2 t z2 2x z 2, z2 t t 4y t t 4.Ta co: f'(t)=1- Do f(t) đồng biến 0;4 Suy ra: f t 2z f (t+1)2 0; t 21 Từ GTLN P 21/5 đạt x = z = ; y = Bài 33 Với x>0;y>0;z>0 ta có x3  y  xy ( x  y ); 1 1      ; x  y  xy x  y 4 x y   xy xy xy  1      x3  y  x z  y z xy  x  y    x  y  z  xy  x  y   x  y  z     1 xy 1 xy         3 2 x  y  x z  y z   x  y   x  y  z   x  y 2z    1  1   1 1           (1)   x y  z  16  x y  z Chứng minh tương tự yz  1     (2) y  z  y x  z x 16  y z  x  zx 1 1 (3)     2 z  x  z y  x y 16  z x  y Cộng (1); (2); (3) theo vế ta đpcm Đẳng thức xảy x=y=z=1 Bài 34 3 0;4 GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 1 P = (9a + ) + (9b + ) + (9c + ) – 8(a + b + c) a b c 1 P  (9a + ) + (9b + ) + (9c + ) – a b c a b c P  9a  9b  9c  P  2.3 + 2.3 + 2.3 - P  10 a  0, b  0, c   P đạt GTNN 10  9a  a,9b  b.9c  c  a  b  c  a  b  c   Bài 35  1 a  1 b  1 c  Ta có: P       a  b  c   b  c  a  c  a  b       a  b  c   bc ac ab 8 a b c Vậy GTNN P = a  b  c  Bài 36 Khai triển thu gọn biểu thức M ta được: M = 16x2y2 + 12(x3 + y3) + 34xy Từ x + y = 1ta có = (x + y )3 = x3 + y3 + 3xy( x+ y)  x3 + y3 =1 - 3xy Nên M = 16x2y2 -2xy +12  1 Đặt t = xy Xét hàm số f(t) = 16t2 - 2t + 12 0;   4 Ta có f’(t) = 32t – ; f’(t) =  32t – =  t = 16 25 191 ; f( ) = 42 16 16 25 1 Vậy GTLN M t = hay x = y = 42 2 2 2 2 191 GTNN M t = hay x = ;y= x = ;y= 16 4 4 16 1 a a Bài 37.Ta có : a  b  a  b  c     (1) ab abc ab abc b b c c Tương tự ta có :  (2) ,  (3) bc abc ac abc f(0)= 12 ; f( ) = Cộng vế theo vế bất đẳng thức (1), (2), (3), ta : a b c   1 ab bc ac (*) a ac Ta có : a  a  b   ab abc b ab Tương tự :  (5) , bc abc GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương (4) c cb  ca abc (6) Cộng vế theo vế bất đẳng thức (4), (5), (6), ta : a b c   2 ab bc ac (**) a b c    (đpcm) ab bc ac 1 (a  b  c) Bài 38 Ta có + + = Do a, b, c >0 (a+b)(b+c)(c+a)  8abc ab cb ac abc 1 8.(a  b  c) => + + Hay  ab cb ac (a  b)(b  c)(c  a) 1 4(a  b)  4(b  c)  4(c  a)  + + ab cb ac (a  b)(b  c)(c  a) 1 8  2( + + )  + + (1) ab cb ac (a  c)(b  c) (a  b)(a  c) (a  b)(b  c) Từ (*) (**) , ta :  Trong (1) Dấu "=" xảy a=b=c Mặt khác ta có (a+b)2  4ab   cb (c  b) 1 suy + + cb ab tương tự ta có  ab ( a  b)  ac (a  c) 4  + + (2) 2 ac (c  b) (a  c) ( a  b) Trong (2) Dấu "=" xảy a=b=c Từ (1) (2) Ta có 3 1 + + + + )  4( ab cb ac ab cb ac Dấu "=" xảy a=b=c Bài 39 Do  a  b  c => (a-b)2(a+b)  Dấu "=" xảy a=b  (a-b)(a+b)(a-b)   (a2-b2)(a-b)   a3-a 2b-ab2+b3   a3 +b3  a 2b+ab2  a3 +b3 +1  a 2b+ab2+abc  a3 +b3 +1  (a+b+c)ab 1 c = (do abc= =>  c) a  b 1 ab ab(a  b  c) (a  b  c) c  suy 3 a  b 1 (a  b  c) a Tương tự ta có Dấu "=" xảy b=c  (a  b  c) c  b 1 b Dấu "=" xảy a=c  a  c  (a  b  c)  Cộng vế với vế ba Bất đẳng thức cuối ta được: 1  + + 3 a  b 1 c  b  a  c3  Dấu "=" xảy a=b=c =1 GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 1 Bài 40 áp dụng BĐT phụ với x,y,z>0 ta có :    x y z x yz 1 1 1    ;    ;    a b b a  2b b c c b  2c c a a c  2a 1 1 1  Cộng vế bất đẳng thức,ta có :             a b c  a  2b b  2c c  2a  1 1 1  Hay         (Đpcm) a b c  a  2b b  2c c  2a  Dấu "=" xảy a=b=c>0 ... trình Bài 41 Giải phương trình: x Bài 42 Giải: x x2 x x x x2 x2 Bài 43 Giải phương trình: 10x 3x Bài 44 Giải phương trình: 3x2 5x x2 Bài 45 Giải bất phương trình: Bài 46 Giải bất phương trình: Bài. .. x y  1 1 2  PHẦN II TỔNG HỢP CÁC BÀI TOÁN GIẢI, BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỀ BÀI    x  x x  3x   y   y    Bài Giải hệ phương trình:  3 x  ... bất phương trình: x2 3x 2x3 2x2 10x 4x 2x 6x 3x Bài 49 Giải bất phương trình: 2 x 2x x Bài 51 Giải hệ phương trình: Bài 52 Giải hệ phương trình: Bài 53 Giải hệ phương trình: Bài 54 Giải hệ phương