Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn
Tham gia các khóa Luyện thi môn Toán tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2015

Ví dụ 1: Giải hệ phương trình
( )
(
)
( ) ( )
2
1
4 1 6 2 1 7 1
x x y y x y y
x y x y y

+ − + = +



+ + = + − + +


Ví dụ 2: Giải hệ phương trình
( )
( )
3 2
3 2 2
1 2 2 1 9 33 29
4 4 4 4 1 2

sao cho
2
AM AB
=
, đường tròn tâm
(
)
0;3
I đường kính CM cắt đường thẳng BM tại D (D khác M), biết
đường thẳng CD:
3 13 0
x y
+ − =
và đường thẳng BC đi qua điểm
(
)
7;14
K . Tìm toạ độ các đỉnh A,B,C và
điểm C có hoành độ dương.

Ví dụ 5. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình
2 2 2 2
2
2
2 2 2 3

+ − + = + −


+ + = −

 
− + −
 


Thay
x y
=
vào phương trình (2) ta có
2
2 2 2 3
x y x x y
+ + = −
( ) ( )
2
2
2 2 2 3 3 2 0
⇔ + + = − ⇔ + − + + =
x x x x x x x x x
2 2
1 5
1 5 1 5
1
2
2 2
2
1; 2
4 4
 



Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là
( )
( )
2 2
1 5 1 5
; ; , 4;4
2 2
 
 
   
− + − +
 
 
=
   
 
 
   
 
 
 
x y
Ví dụ 6. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình
2
2
2 2 4 2
2
16 4


2
>
 
⇔ − + = ⇔ =
 
− + +
− + +
 

x y x y
x y
x y y y

Thay
2
x y
=
vào phương trình (2) ta có
2
2
4 2x x x
y
+ = +2
4
4 2x x x
x
⇔ + = +

t x x x x y
x
= ⇒ + = ⇔ − + = ⇔ = ⇒ =

Vậy nghiệm của hệ phương trình là:
( ; ) (2;1)
x y
=Ví dụ 7. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD, trên tia đối của tia BA
và trên cạnh BC lần lượt lấy các điểm E và F sao cho
BE BF
=
, gọi
12 29
;
5 5
N
 
 
 
là giao điểm của 2
đường thẳng CE và AF, biết phương trình đường thẳng
: 5 0
EF y
− =
và
(
)

;4
I t
ta có:
IB IN
=
.

Khi đó:
( ) ( )
2 2
2
12 29
3 4 0 0;4
5 5
t t t I
   
− = − + − ⇔ = ⇒
   
   

Từ đó suy ra
(
)
3;4
D −
khi đó phương trình AC là :
0
x
=


A

Khi đó:
(
)
(
)
0;1 ; 0;7
A C
. Vậy
(
)
(
)
(
)
(
)
0;1 ; 3;4 ; 0;7 ; 3;4
A B C D −
là các điểm cần tìm.
Ví dụ 8. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình
( )
( )
2
2 2 2
2
3 2 1
2 1
4 4 2 4 6 4 1

x y y x y
y y
−
+ + + = +
− −( )
2 2 2
2 2 2
2
0
2 2 1 2 1 0
2
2 0 2 0 2
1 1
x y y y x y
x y y x y y x
x y
>
⇔ + − + + − − =
 
⇔ + − + = ⇒ + − = ⇔ = +
 
+ + −
 


+16y
+8x

3 2
5
f t t t t
= + +
với
0
t
>

Ta có
2
3 2 5 0
t t
+ + >
với
0
t
∀ >

Suy ra hàm số đồng biến
(
)
f t
với
0
t
∀ >

Mà
( )

Gọi I là tâm của hình vuông và
G BI CM
= ∩
suy ra G là trọng tâm tam
giác ABC. Đặt
2
AB a
=
ta có:
2 2 5
3 3
a
CG CM= = ;
2 2
BD a
= .
Khi đó
2 2
2 2 5 2 10
; ;
3 2 6 2
a a a a
GI IN GN CN CI IN= = ⇒ = = + =
Do vâỵ


2 2 2
0
1
cos 45

)
( )
2 2
4 4;1
2 11 3 5
3
t C
t t
t loai
= ⇒
⇔ − + − = ⇔

=


.
Vậy
(
)
4;1
C là điểm cần tìm.

Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn
Tham gia các khóa Luyện thi môn Toán tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2015 Ví dụ 1: Giải hệ phương trình

và trung tuyến qua đỉnh B là
1 2
: 2 0; : 4 5 9 0
d x y d x y
+ − = + − =
. Điểm
1
2;
2
M
 
 
 
thuộc cạnh AB và bán
kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
15
.
6
R = Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
Ví dụ 4: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thoi ABCD có phương trình đường chéo
: 2 4 0
BD x y
+ − =
, gọi I là điểm thuộc đường chéo BD, đường tròn
(
)
C
tâm I đi qua A và C cắt các
đường thẳng AB và AD lần lượt tại
(

− = + −


x y x y x
y
y x
x x

Lời giải:
ĐK:
1 4; 0
y x
− ≤ ≤ >

Từ phương trình (1) ta có
2
4
3 1 1 3
x y x y x
− + = + −

( )
2
4
0
3
1 0 1 0 1
1
x y x x y y x
x y
( )
2
2
0
2
2 2 0 2 3
1 5
x
x x x x y
x
>
+
 
⇔ − + + + = ⇒ = ⇒ =
 
+ −
 


Vậy nghiệm của hệ phương trình là
(
)
; (2;3)
=x y
Ví dụ 6. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình
3 2 2 2
2
2 4 2 4 2 2

0
1
2 2 0 2
2 4 2
x y x y x y
x y
>
 
⇔ − + + = ⇒ =
 
− + +
 


RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY (phần 2)

Thầy Đặng Việt Hùng

Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn
Tham gia các khóa Luyện thi môn Toán tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2015
Thay
2
x y
=
vào phương trình (2) ta có
2
2
9 3 1
2
x


⇔ − + + = ⇔
 

− − −
 
+ =

− − −


y y y y y y y
y x
y y
y x
y y
y y
y y

Xét phương trình (3) ta có
9
4 0
1 1y y
+ =
− − −

Đặt
2
2
9

− −
và
(
)
4; 4
N
−
. Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC và viết phương trình đường tròn
(
)
C
biết B có tung độ âm.
Lời giải:
Do tam giác ABC cân nên tâm I của đường tròn
(
)
C
thuộc trung
tuyến AE. Do I là trung điểm của AM nên
(
)
4;4
A
Phương trình đường thẳng AM:
4 3 4 0
x y
− − =
.
Gọi
H AM CD

x B t t B
= ⇒ ⇒ = ⇒ −
.
Điểm C đối xứng với B qua AM nên
19 7
;
5 5
C
 
− −
 
 

Đáp số:
( ) ( )
19 7
4;4 ; 1; 5 ; ;
5 5
A B C
 
− − −
 
 
là các điểm cần tìm.

Ví dụ 8. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình
2
4
2 5 4 2 2 3
3 6 5 2 1 2 2 2 2 1 0

1 2 0 1
2 2 3
x y x y x
x y y x
x y x
>
 
⇔ + − + + − + + =
 
 
 
⇔ + − + = ⇒ = +
 
 
+ + + +
 


Thay
( )
2
1
y x
= +
vào phương trình (2) ta có
4
3 6 5 2 1 2 2 2 2 1 0
y x x x x
− − − − + − − − =


= + + >
0
t
∀ >
, suy ra hàm số
( )
f t
đồng biến
0
t
∀ >

Mà
( )
( )
2
1( )
2 2 1 2 2 1 6 5 0
5 36
=

− = + ⇒ − = − ⇔ − + = ⇔

= ⇒ =

x loai
f x f x x x x x
x y

Đối chiếu điều kiện ban đầu thấy thỏa mãn , vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là

Lời giải:
Gọi I là giao điểm của AD và EF . Do tam giác AEF cân tại A có phân giác AI nên AI là phân giác đồng
thời là đường cao và trung tuyến.
Ta có:
EK AD
DF AK
AC KD
⊥

⇒ ⊥

⊥

.
Do đó đương thẳng DF qua
7 7
;
2 2
D
−
 
 
 
và vuông góc với AK. Ta có
7
: 2 0
2
DF x y
+ − =
.

 
t t
IE t ID t

Khi đó,
(
)
(
)
(
)
(
)
. 0 3 2 11 2 16 3 4 0
IE ID t t t t
= ⇔ − − + − − =
 

( )
( )
2
9 9 11
;
2 2 2
20 140 225 0
5 5 3
; 2; 2
2 2 2
t F loai
t t

 
− − = = −
 

Từ đó ta có
: 3 2 0, :3 2 0, :3 14 0
AF x y AE x y BC x y
+ + = + − = − − =

Ví dụ 10. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình
( )
2
2 2
3 4 4
1
4
3 12 3 2 1
−

− + + =

+



+ + = + + −


y
x y x


Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn
Tham gia các khóa Luyện thi môn Toán tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2015
( )
(
)
( ) ( )
2
2 2
0
4 4 4 4
1
1 2 0 2 0
2 4 4 2 4 4
>
 
+ + − + +
+
⇔ + + − = ⇔ − + =
 
 
+ + + + + + + +
 

x x y x
x
x x y x y
x y x x y x

2 2

     

Đặt
( )
2 2
4 4 4
1, 0 1 1
= + − > ⇒ = + − ⇒ + = +
t x t t x x t
x x x

⇒
PT(2)
( ) ( )
( )
( )
( )
2 2 3 2 2
2
2 0 2
3 1 3 1 4 3 5 6 0 2 3
3 0
− = ⇔ =

⇔ + + = + + ⇔ − + − = ⇔ − − + ⇔

− + =

t t
t t t t t t t t t
Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn
Tham gia các khóa Luyện thi môn Toán tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2015 Ví dụ 1: Giải hệ phương trình
2 2
2 2
2 5 2 4 9 6 2
2 2 4 14 20

+ − = + + + +


+ + + = − + −


x x y y x y x
x x y y x x

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình
( )
2 2 2 2
2
6 8 6 2
1 3 6 1

F . Tìm toạ độ đỉnh C của hình vuông ABCD.
Ví dụ 4: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A, gọi M là trung điểm của BC, G
là trọng tâm tam giác ABM, điểm
5 1
;
3 3
D
 
−
 
 
là điểm thuộc đoạn MC sao cho
GA GD
=
. Tìm toạ các
đỉnh của tam giác ABC biết A có hoành độ không dương và đường thẳng AG có phương trình
2 0
y
+ =
.
Ví dụ 5. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình
2
4
3 2 3
2
3 2 3 3 4

−
+ + − = + +


x y
>
 
⇔ − + = ⇒ =
 
 
+ + +
 

hay
2
y x
=

Thay
2
y x
=
vào phương trình (2) ta có
3 6 3 2 5 4
y x xy y x
+ + = + + +( )
( ) ( )
( )
2 2
4 2 1 3 1 4
x x x x x x

= ⇔ + + = +

⇔
= ⇒ =


= ⇔ + + = + ⇔


= −


A B x x x vn
x y
A B x x x
x loai

Vậy nghiệm của hệ phương trình là
(
)
; (0;0)
=x y

Ví dụ 6. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình
3 2
5 1 2
11 7
x xy x x x y
x y y



Từ PT đầu ta có
3 2 3 2
5 1 2 5 2 1
x xy x x x y x xy x x y x
− + + + = + ⇔ − + − = − +

(
)
2
3 2 2
3 2 3 2
1
1 1
5 1 5 1
x x y
x xy x y x y x
x xy x x y x x xy x x y x
− +
− + − − − −
⇔ = ⇔ =
− + + + + − + + + +

( )
2
2
3 2
1 0
1
1

4 10 11
t x y
t x x t t x t t t t t
t x y
= ⇒ = ± ⇒ =

= − ⇒ − = ⇒ − = ⇔ + − = ⇔

= ⇒ = ± ⇒ =


Kết hợp ĐK ta có:
( ) ( )
(
)
{
}
; 3;10 , 10;11
=x y

Ví dụ 7. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho tam giác ABC vuông tại B có phân giác trong
AD với
15 1
;
2 2
D
 
 
 
thuộc BC .Gọi E, F là 2 điểm lần lượt thuộc các cạnh AB và AC sao cho

. Do đó đương thẳng DE qua
15 1
;
2 2
D
 
 
 
và vuông góc với AK. Khi đó ta có phương trình
31
: 2 0
2
DE x y
+ − =
.Vì E thuộc DE nên ta gọi
31
; 2
2
E t t
 
−
 
 

Dễ thấy
( )
2
2
15
15 2 5


 
= ⇒ ⇒ ⇒ + − =

 
 


Khi đó
(
)
5;3 :3 18 0; : 3 14 0; :3 22 0
A AD AK A AC x y AB x y BC x y
= ∩ ⇒ ⇒ + − = + − = − − =

Do vậy
( ) ( )
20
5;3 ; 8;2 ; ; 2
3
A B C
 
−
 
 
là toạ độ các điểm cần tìm.
Ví dụ 8. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình
(
)
(

+ + + + + = ⇔ + + + =
.
Đặt
(
)
(
)
3 2
2 0 1 2 0 1 1
x y t t t t t t t y x
+ = ⇒ + − = ⇔ − + + = ⇔ = ⇒ = −
.
Phương trình thứ hai trở thành
(
)
4
2 1 5 6 6 1 10
+ + + + + = +
x x x x x
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
4 2
3 2
3
3
2 1 4 5 6 15 6 6 9

x
x x

Để ý rằng
2 5 2 5
2, 1
2
1 2 6 3 5 3
x
x x
+ ≤ + < ∀ ≥ −
+ + + + +
và
( )
3
1 2 2, 1
x x
+ + ≥ ∀ ≥ −
.
Do đó
( )
3
2 5
1 2, 1
1 2 6 3
x x
x x
+ < + + ∀ ≥ − ⇒
+ + + +
(1) vô nghiệm.

45
NDM IDC ICM= = = do đó tứ giác NDCM là tứ giác nội
tiếp suy ra

0
90
DNM DNM
= ⇒ ∆ vuông cân tại N.
Phương trình đường thẳng
: 3 8 0
DN x y
+ − =

(
)
2;2
N DN MN N⇒ = ∩ ⇒
, gọi
(
)
;3 4
M t t
−
ta có:
(
)
2 2
3;5
MN ND M= ⇒




Lại có:
( )
5 5 5 5 5 11 11
; ; 5;5
4 4 3 3 4 3 3
   
= ⇒ = − ⇔ − − = − − − ⇒
   
   
 
C C
KN
KN KC x y C
KCVí dụ 10. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình
(
)
(
)
2 2
2 2
1 3 2 1
2 16 42 1 2 3

+ + + + + − =


1 1 1 1 1
x x x y y y
⇔ + + + + + = + +

Xét hàm số
2 2
( ) 1
f t t t t
= + +
với
(
)
0 1 ( )
t f x f y
> ⇒ + =
Ta có:
2
2
2
'( ) 2 1 0
1
t
f t t t
t
= + + + >
+
Suy ra hàm số
( )
f t
đồng biến với

6 7
3 2 2 2
3
3
2
− + = + − ⇔ − + = + −
 
⇔ − + − − = ⇔ − + + − − − = ⇔ − + + =
 
− + −
 

= ⇒ =

− + =


⇔ ⇔ = ⇒ =


+ =


− + −

− +





Ví dụ 1: Giải hệ phương trình
2
2
2 2 2 3 3
1
1
2 3 2

+ + + + − =


− +
− + =

− +

x y x y x y y
x y
y x
y x

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình
(
)
( )
3 2 3 2
2 2

1;7
C
và nội tiếp
đường tròn
(
)
C
tâm
I
.Đường thẳng vuông góc với AI tại A cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AIC tại
điểm thứ 2 là
(
)
2;6
K −
, biết điểm I có hoành độ dương và đường thẳng AI đi qua
(
)
0;2
E . Tìm toạ độ
các đỉnh A, B.
Ví dụ 5. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình
( ) ( )( )
( ) ( )
2
2
1 2
1 3 4 1 1 (1)
1 2 1 3 3 (2)
−



(*)
Khi đó
2 2
(1) 3 3 4 1
y x x xy x y
⇔ + + + = + − + −

(
)
2 2
2 2 2
2
3
3 3 3 0 . 3 3 0
3
x x
y x x x x y y x y x
x x
+ −
⇔ + − + + + − − = ⇔ − + − + + =
+ +

(
)
(
)
2
2 2

y x x
y x x
y x x
x x
x x
x x

− − + =

= + +
 


⇔ − − + − = ⇔ ⇔
 

=

+ +
 
+ + =


+ +


• TH1.
( )
2 2
2

( )
2 1 1 2
y y y
+ − = + +

RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY (phần 4)

Thầy Đặng Việt Hùng

Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn
Tham gia các khóa Luyện thi môn Toán tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2015
( )
2
2
2
4
4 0
4
8
2 4 .
8
2 16 8
3
2 4
3
y
y
y
y y y y
y y

là một nghiệm của hệ.
• TH2.
2
3.
y x x
= + +
Ta có
2 1 2 2
(2) 3 1 3 2 2 1 0
x
y x x xy y x
−
⇔ − + − − + − + − + =

( )
2
2 1
3 1 3 2 1 0.
x
y x y x x
−
⇔ − + − − + − − + =

Mà
(
)
2
2 2 2 1 2
3 3 3 1 3 3 2 1 0
x

3 3 0, .
t t t t t t t
+ > = ≥ − ⇒ + + > ∀ ∈
ℝ

Do đó
(
)
(
)
(
)
2 2
(3) ln 3 ln 3 ln 3 ln3 0
t
t t t t t
⇔ + + = ⇔ + + − =
(4)
Xét hàm số
( )
(
)
2
ln 3 ln3 0
f t t t t
= + + − =
với t
∈
ℝ
có

f t
=
nếu có nghiệm thì sẽ có nghiệm duy
nhất.
Mà
(
)
1 0 1
f t
= ⇒ =
là nghiệm duy nhất của (4).
Với
2
1 1 1 2 2 2 3 2 7.
t x x y= ⇒ − = ⇔ = ⇒ = + + = +
Kết hợp với (*)
( )
(
)
; 2;2 7
x y⇒ = + là một nghiệm của hệ.
Đ/s: Hệ có nghiệm
( )
( )
8
; 2;2 7 , 1; .
3
x y
 
 

4 1
x y xy x y
x
y

+ − − ≥

≥ −


− ≤ ≤

(*)
Khi
đó
( )
2 2
(1) 2 4 2 0
x y x y xy x y
⇔ + − + + + − − − =
(3)
Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn
Tham gia các khóa Luyện thi môn Toán tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2015
Với ĐK (*) thì
( )
2 2
2 0.
x y xy x y
+ − − + >


(4)
Ta có
( ) ( ) ( )
2
2 2
4 4 2
x y xy x y x y xy xy x y
+ − − − = − − + − −

(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2 2
x y x y xy x y x y x y xy
= − − − + − − − = − − − − +

Do đó
(
)
(
)
( )
2 2

 
+ + +
+ − − +
 
(5)
Lại có
(
)
(
)
(
)
(
)
2 1 1 1 1 1 1
x y xy x y y x y
− − + = − + − + = + − +

Do
( )( ) ( )( )
3
; 1 1 1 0 1 1 1 0 2 0
4
x y x y x y x y xy
≥ ≤ ⇒ + − ≥ ⇒ + − + > ⇒ − − + >

( )
2 2
1 2
0.

⇔ − + − − + − − =
(6)
Xét hàm số
(
)
3 2
3 4 3 2 3
f x x x x x x
= − + − − + − −
với
3
;3
4
x
 
∈
 
 
có

( ) ( )
2
2
1 1 2 3
' 3 6 4 3 1 1
2 2 2 3 2 2. 3
x x
f x x x x
x x x x
+ − −

x x f x x
x x
+ − −
   
⇒ − + + > ∀ ∈ ⇒ > ∀ ∈
   
+ −
   

(
)
f x
⇒ đồng biến trên đoạn
3
;3 .
4
 
 
 

Do
đó trên đoạn
3
;3
4
 
 
 
phương trình
(

x y
= ⇒ =
Đã thỏa mãn (*).
Đ/s: Hệ có nghiệm là
(
)
(
)
; 2;0 .
x y =

Ví dụ 7. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường
phân giác trong của góc A là (AD) : x + y + 2 = 0; phương trình đường cao qua B là (BH): 2x – y + 1 = 0.
Cạnh AB đi qua điểm M(1; 1) và diện tích tam giác ABC là
27
.
2
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Lời giải:
Gọi N là điểm đối xứng của M qua đường phân giác AD, khi
đó N thuộc AC. Ta có
(
)
1; 1
⊥ ⇒ = −

MN
MN AD n
Phương trình (MN): 1(x – 1) – 1(y – 1) = 0 hay x – y = 0.
Gọi

(AC): 1(x + 3) + 2(y + 3) = 0 ⇔ x + 2y + 9 = 0.
(
)
(
)
= ∩ ⇒
A AC AD tọa độ điểm A thỏa mãn hệ
( )
2 9 0 5
5; 7
2 0 7
+ + = =
 
⇔ ⇒ −
 
+ + = = −
 
x y x
A
x y y

Đường thẳng AB đi qua A và M nên có véc tơ chỉ phương
(
)
(
)
4;8 4 1; 2
= = − = − −
 
u AM

= −

= +


 
 
= − ⇒ = ⇒
 
 
 
 
− + =

=



t
x t
y t x B
x y
y

Ta có
( )
;( )
1
4 9
27

Từ đó ta có
(
)
( )
2 2 2
5 1; 5
(14 2 ) ( 7 ) 2 5 5 70 225 0
9 9; 9
= − ⇒ −

+ + − − = ⇔ + + = ⇔

= − ⇒ −


c C
c c c c
c C

Do AD là phân giác trong của góc A nên B và C phải nằm về hai phía của đường thẳng AD.
 Với
( ) ( )
1
1; 5 2 2 1 5 2 0
2
 
− ⇒ + + − + < ⇒
 
 
C

3
2
2 2 3 2
1 1 7 3 2 1
3 2 1 1

− − + + − + = − −


+ − + + = − + + −


x x y x y x x y
x x x y x x x y

Lời giải:
ĐK:
2
1 0
2 1 0
x y
x x y
− + ≥


− + + ≥

(*). Khi đó
( ) ( )
(

)
(
)
(
)
( )
2
3
3
1 1
0
1 1
7 2 7 4
x x y x x y
x y
x x
− − − −
⇔ + =
+ − +
+ + + +

( )( )
( )
2
3
3
1 1
1 0
1 1
7 2 7 4


⇔ − − = ⇔

=


+) TH1.
1
x
=
thế vào (2) ta được
2
3
0
0
4
16
4
y
y
y y
y
y y

=
=

= ⇔ ⇔



2 2
2 2
3 3 3 7 8
7 8
1 1 3
3
x x x x
x
x x x x x
x x
+ + + − −
+
⇔ − + = ⇔ − + = + −
+

( )
(
)
( )
2
2
2
2 2
2
1 3
7 8 7 8
1 3 0 0
3 3
1 3
x x x

7 8 0
3 3 1
x
x x x x
+ =

⇔

+ = + + − +



• Ta có
8 8
7 8 0 .
7 7
x x y
+ = ⇔ = − ⇒ = −
Thử lại thỏa mãn hệ đã cho.
• Lại có
( )
2 2 2 2 2
1 5
3 3 1 1 1 1 0 1
2
x x x x x x x x x x
±
+ = + + − + ⇔ − + − − + − = ⇔ − + =
Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn
Tham gia các khóa Luyện thi môn Toán tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2015

 
 
 
 Ví dụ 9. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn
(
)
2 2
:( 1) ( 1) 20
C x y
− + + =
. Biết rằng AC = 2BD, điểm B có hoành độ dương và thuộc đường thẳng
: 2 5 0
d x y
− − =
. Viết phương trình cạnh AB của hình thoi.
Lời giải:
Đường tròn (C) có tâm
(1; 1),
−
I bán kính
2 5
=R . Đặt
,( 0)
= >
BI x x
Do
2 2 2

2
( )
5
=


= ⇔ − + − = ⇔
−

=

t tm
Do IB t t
t ktm

+) Với
4 (4;3)
= ⇒
t B . Phương trình cạnh AB có dạng
2 2
( 4) ( 3) 0 ( 0)
a x b y a b
− + − = + ≠

Ta có
2 2
3 4
( ; ) 2 5
− −
= = ⇔ =

2 11 0
+ − =
x y
+) Với
2
,
11
=
a b
chọn
2, 11
= =
a b , phương trình AB là:
2 11 41 0
+ − =
x y
Vậy phương trình cạnh AB là
2 11 0
+ − =
x y hoặc
2 11 41 0
+ − =
x y
Ví dụ 10. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình
( )
( )
( )
2
2 2 2
2

−
+ + − − = + − −
+ −

Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn
Tham gia các khóa Luyện thi môn Toán tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2015

( )
( )
2 2 2
9 3 2 3 1 2 1
x x x y y y y
⇔ + + − − = + − − + −(
)
(
)
(
)
( ) ( ) ( )
3 2
3 2
2 2 2
3 3 6 3 1 1 6 1
x x x y y y
⇔ + − + + + = − − − + −

Xét hàm số


Mà
(
)
(
)
2 2 2
3 1 3 1 4
f x f y x y y x
+ = − ⇒ + = − ⇒ = +

Thay
2
4
y x
= +
vào phương trình (2) ta có
21 9 3 7 5
xy x y x
+ = + + −

( )
3 2 2
0
2
1
3 5 9 7 5 0 5 4 2 0
2 7 5
1 5
5 4 0

=x y

Ví dụ 11. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có
(
)
4;6
B , gọi H là
điểm thuộc cạnh BC sao cho 2
HB HC
=
và
AH
vuông góc với BC, E là điểm thuộc cạnh AB sao cho
4
AB AE
=
, đường thẳng CE cắt đường cao AH tại
(
)
0;3
D . Biết trung điểm của AC thuộc đường thẳng
2 1 0
x y
+ − =
tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Lời giải:
Gọi M là trung điểm của AB, D là trung điểm AH.
Gọi
(
)


Giải
( ) ( )( )
1
. 0 4 4 8 5 2 2
1
2
t
AD DN t t t t
t
= −


= ⇔ + + − − − − ⇔
−

=

 +) Với
(
)
(
)
(
)
1 0;0 , 1;3 ; 2;6
t A N C= − ⇒ − −


x xy y
y x x y x y

Ví dụ 2: Giải hệ phương trình
3 2 3 2
1 2 1 1 1
3 2 2 3 2 1 2 2 2

+ + + + + = − − + +


+ + + + − − = + −


x y x y x y y
x x y y y x xy

Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD gọi M là trung điểm của AB gọi
(
)
6;3
H là hình chiếu vuông góc của D lên CM và
(
)
6;1
K là hình chiếu vuông góc của A trên
HD
. Tìm
toạ độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết C có hoành độ lớn hơn 5.


− + + + + =


+ − = − + + −


x y x y
y x y y x

Lời giải:
ĐK :
2
8 2 0;6 8 8 0; 1
x y y x y
+ + ≥ + − ≥ ≥

Xét phương trình (1) ta có
2 2
4 10 8 2 8 2 0
x y x y
− + + + + =( )
(
)
( )
2 2
2 2 2

( )
2 2 2
2 2 2
2
2 2
0
3 11 4 2 1 6 8 4 0
3 4 2 2 1 1 3 2 6 8 4 0
2 1
3 4 1 0
2 1 1 3 2 6 8 4
x x x x x
x x x x x x x
x x
x x x x x
>
⇔ + + − + − + + =
⇔ + + + − + + + − + + =
 
⇔ + + + =
 
+ + + + − + +
 


2
0 2
3 4 0
4 34
3 9

+ + =


+ + + + + = − +


x y xy
x x x x x y

Lời giải.
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY (phần 5)

Thầy Đặng Việt Hùng

Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn
Tham gia các khóa Luyện thi môn Toán tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2015
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
3 2
2
2 2
8 3 6 0 2 2 4 3 2 0
2
2 3 2 4 0
2 2 4 0 1
x y xy x y xy x y x y x y xy x y
x y
x y x y xy x y

⇔ − − + + + = ⇔ − − + + + =
⇔ − − + − + + + + =
− + = = −
 
⇔ − + + + = ⇔ ⇔
 
+ = = −
 
x x y y y x x y y y
x x y y y y y
x y y
x y y
y x

Cặp nghiệm này không thỏa mãn hệ, loại.
Với
2
x y
+ =
ta thu được
3 3
2 2 2
3 3 2 3 2 6 12 8
x x x x x x
+ + + + + = + +
.
Ta có
2
2
2

3
2 2
3
2 2
3 2 2
3
3 3 1 1 3 5
3 3 1.1. 3 3
3 3
2 3 2 1 1 2 3 4
2 3 2 1.1. 2 3 2
3 3
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
+ + + + + +
+ + = + + ≤ =
+ + + + + +
+ + = + + ≤ =

Từ đây dẫn đến
2 2 2
3 32 2 2
3 5 2 3 4 3 6 9
3 3 2 3 2 2 3
3 3 3
x x x x x x
x x x x x x
+ + + + + +

; 1;3
= −x y .
Ví dụ 7. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A, trung tuyến
BM. Đường thẳng qua A vuông góc với BM cắt BC tại
(
)
5; 2
E
−
. Biết trọng tâm tam giác ABC là
(
)
3; 1
G
−
và điểm A có tung độ âm. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC.
Lời giải:
Do tam giác ABC vuông cân tại A nên
AN BC
⊥
.
Lại có
AE BM G AN BM
⊥ ⇒ = ∩
là trực tâm tam giác ABE khi đó
EG AB
⊥
/ /
GE AC GNE
⇒ ⇒ ∆

 
− ⇒ = ⇒

 
 
− − = − +
 
 

 

 (
)
2 9; 4 16
A t t⇒ − + − + ta có:
( ) ( )
( )
( )
2 2
9
0; 2
2
2 10 2 6 4 17 10
7
2;2
2
t A

: 2 2 0; : 2 4 0; :3 13 0
AB x y AC x y BC x y
− − = + + = + − =
là các đường thẳng cần tìm.
Ví dụ 8. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình
(
)
( )
2
2
2 24
4 1 0,
;
2 1
5 5 1 6.
y
x x y
x y
y
x y x y

+

− − + − =
∈
−


+ − + − + =


5 5 1 6
7
7
4 20 5
4 10 45
4 5 20
x y x y x
x
x y x
x y x x
x y x y
x
x
y y
y x x
y x

+ − − − + = −
− ≥


⇒ − + = − ⇔
 
− + = − +
+ − + − + =



≤


x x y x
y y

Vì
( )
(
)
(
)
2
2
2 2
2
5 2 2 9
2 2 9 1 8 0, 0, 5
2 1
y y y
y y y y y y
y
− + +
+ + = + + + > ∀ ∈ ⇒ > ∀ ≥
−
ℝ .
Vậy (1) có nghiệm khi và chỉ khi
( )
2
1 2
5 0 5
5 0
x

AB a
=
ta có:
2 2 5
3 3
a
CG CM= = ;
2 2
BD a
= .
Khi đó
2 2
2 2 5 2 10
; ;
3 2 6 2
a a a a
GI IN GN CN CI IN= = ⇒ = = + =
Do vậy


2 2 2
0
1
cos 45
2 .
2
GC CN GN
GCN MCN
GC CN
+ −

= ⇔ − = ⇔

= ⇒



Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HỆ PT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn
Tham gia các khóa Luyện thi môn Toán tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2015
Vậy,
(
)
(
)
5;1 ; 3;5
C C là các điểm cần tìm.
Ví dụ 10. [Tham khảo]: Giải hệ phương trình
(
)
( )
(
)
2 2
4 2 1 2 2 15
10 11 5 6 0

+ − − + = − +


− + + − =


3 2
2 4 8 3 1 2
2 4 1 2 1 4 1
x x x y y
x x x y y y
⇔ − + − = + − −
⇔ − + = − − − + −

Xét hàm số
3 2
( ) 2 4
f t t t t
= − +
với
(
)
0 ( ) 1
t f x f y
> ⇒ = −

Ta có
2
'( ) 3 4 4 0
f t t t
= − + >
với
0
t
∀ >



⇒ − − = ⇔

+ =

x u
u xu x
x u vn

Với
2
2 5
5 6 5 6 0
3 10
x y
x t x x x x
x y
= ⇒ =

= ⇔ = − ⇒ − + = ⇔

= ⇒ =


Đối chiếu với điều kiện ban đầu thì nghiệm của hệ phương trình đã cho là
(2;5)
và
(3;10)

Ví dụ 11. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD , điểm E thuộc cạnh BC,


0
45
KAF = .
Mặt khác :

( )
.sin ; 4 5
AF KAF d F AK AF= ⇒ =
Gọi
(
)
;3 23
A t t −
ta có:
( ) ( )
(
)
( )
2 2
10
2 3 26 80
6 6; 5
t loai
AF t t
t A
=
= − + − = ⇔

= ⇒ −

)
0;1
B
ta có:
6 2
AB = và
2 2
BF = và do F thuộc cạnh BC nên ta có:
(
)
3 6;7
BC BF C= ⇒
 

Từ đó suy ra
(
)
12;1
D
và kết luận.

Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HPT, BPT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn
Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2015! Ví dụ 1: Giải bất phương trình
( )

A , trên tia đối của tia BC lấy
điểm
(
)
9;5
D sao cho
AB BD
=
, biết tâm đường tròn bàng tiếp góc A và tâm đường tròn nội tiếp tam giác
ABC lần lượt thuộc các đường thẳng
4 2 0
x y
+ − =
và
4 28 0
x y
+ − =
. Tìm toạ độ các đỉnh
;
B C
.
Ví dụ 5. [Tham khảo]: Giải bất phương trình
2 3 2
3 12 5 1 2
− + ≤ − + −
x x x x x
.
Lời giải.
Điều kiện
( )

3 2 2
3 2 2 2 3 2
2 2
3 2 3 2
2 10 6 2 1 2 . 1 0
3 3 2 2 3 2. 0
3 2 3 2
1 3. 2 0
⇔ − + − + − − + + ≥
⇔ + + − − + + − + + + ≥
− + − +
⇔ − + ≥ ∗
+ + + +
x x x x x x x x
x x x x x x x x x x
x x x x
x x x x x x

Đặt
( )
2
3 2
3 2
0
x x
t t
x x x
− +
= ≥
+ +

0
x x x
x x
x

+ + + ≥

≥ ⇔ ≥


≥

.
Bất phương trình đã cho tương đương với
RÈN KĨ NĂNG GIẢI HPT, BPT và HÌNH PHẲNG OXY (phần 6)

Thầy Đặng Việt Hùng

Khóa học RÈN KĨ NĂNG GIẢI HPT, BPT và HÌNH PHẲNG OXY www.Moon.vn
Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến môn Toán tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT Quốc gia 2015!
( )
(
)
( )
( )
[ ]
3 2 3 2
2 2
2 2
2 2 2 2

thì
[ ]
( )( )
2
2
2
3
1 3 4 1 3 0 1 3 1 3
3 9
x x
t t t t t
x x
−
⇔ + ≤ ⇔ − − ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
+ +

( )
[ ]
2 2
2 2
2
3 9 3
6 9 0
2
3 9 3 9
8 30 81 0
x x x x
x
x x x x
x x

: 4 4 0
d x y
− + =
. Tìm toạ độ các đỉnh B,C của tam giác ABC.
Lời giải:
Gọi K là trung điểm của BE dễ thấy AK là đường trung bình của tam giác
EFB khi đó ta có:
/ /AK BF AH
H
AE CK
⊥

⇒

⊥

là trực tâm tam giác AKC do
vậy
/ /
KH AC HK AB
⊥ ⇒
là HK là đường trung bình của
ABE
∆
.
Do vậy
(
)
2;6 : 6
E BC y

7
2
. 0 3 3 .6 0
6
2
t
t
CH AK t
t
=

+
= ⇔ − + − = ⇔

= −

 Với
(
)
(
)
7 7;6 ; 6;6
t B C= ⇒ −
Với
(
)
(


+


Lời giải.
Điều kiện
3
; 0;3 0
4
x y x y
≥ ≥ − − ≥
.
Phương trình thứ hai tương đương
( ) ( )
( ) ( )
2 2 2 2 2
2 2
2 2
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 0
1 0 1 0
1 1 1 1
x y x y x y x x y
x y x y
x y x x y x
x y x y
− + + = + ⇔ − + + + − + =
 
− +
 

. Phương trình đã cho trở thành
4 4
3 3
2 4 2
x x
− + − =
.
Đặt
( )
4 4
3 3
2 ; 4 , 0; 0
a b a b
x x
− = − = ≥ ≥
, để ý
[
]
2; 0; 0 ; 0;2 4
a b a b a b ab
+ = ≥ ≥ ⇒ ∈ ⇒ ≤
.
Ta thu được hệ phương trình
( )
( )
( ) ( )( )
2 2
2
2 2
2

Loại trường hợp
7
ab
=
. Với
(
)
(
)
2 2
1 3 2 4 3 9 18 9 0 1
ab x x x x x x
= ⇒ − − = ⇔ − + = ⇔ =
.
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
1
x y
= =
.

Ví dụ 9. [Tham khảo]: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm
của AB, N thuộc BD sao cho BN = 3ND, đường thẳng CN có phương trình
3 8 0
+ − =
x y và
(3;5)
M . Xác
định toạ độ đỉnh C của hình vuông ABCD, biết điểm C có hoành độ dương.
Lời giải:
Gọi I là tâm của hình vuông và

2
GC CN GN
GCN MCN
GC CN
+ −
= = ⇒ =

Ta có:

( )
.sin ; 10 20
MC GCN d M CN NC= = ⇒ =
Gọi
( )
8
8 3 ;
3
C t t t
 
− <
 
 
ta có
2
20
MC
=
( ) ( )
(
)

5 1 5 1
3 8
3 2 1
3

+ + = + +


− −

= − −
−

y x x x y
x x x
y x x
x x

Lời giải:
ĐK :
1; 3; 0
x x y
≥ ≠ >

Xét phương trình (1) ta có
(
)
2 2 2 2
5 1 5 1
y x x x y