t
ne
u.
ilie
ta
ox
.b
w
w
w
www.boxtailieu.net


--01--

MỤC LỤC

• Đề ra kỳ này
• Bài viết các chuyên đề luyện thi
1. Nguyễn Thành Hiển-"Hệ trục tọa độ và chứng minh các yếu tố hình phẳng."
2. Nguyễn Văn Phú - THPT Mỹ Đức A, Hà Nội-"Một vài mẹo nhỏ trong phương pháp liên
hợp giải hệ phương trình."
3. Công Dân Lương Thiện-"Sáng tạo từ một bất đẳng thức cơ bản."

ne

5. Ẩn Danh-"Dự đoán tính chất hình học trong bài toán Oxy."

t

4. Nguyễn Thành Hiển-"Phương trình - Bất phương trình trong các đề thi thử 2015 (Phần 1)."


– Đề số 1
• Đấu Trường

w

• Hướng đến kỳ thi THPT 2015-2016

1. Ngô Minh Ngọc Bảo-Bài thách đấu số 1
2. Trần Hưng-Bài thách đấu số 2
3. Trần Quốc Việt-Bài thách đấu số 3

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net


--02--

ĐỀ RA KỲ NÀY

Câu 1 : Giải phương trình

√
√
x2 − 4 3x + 12 + 3x =

√
x2 − 2 3x + 4 + 4.
(Ngô Minh Ngọc Bảo - K41-ĐHSP TPHCM)


u.

Câu 4 : Trong hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A có phương trình đường tròn ngoại tiếp
(C) : (x − 1)2 + (y − 1)2 = 50 . Một đường tròn (C1 ) tiếp xúc trong với (C) và tiếp√xúc với √
cả AB, AC
lần lượt tại P, Q . Tìm tọa độ 3 đỉnh tam giác ABC biết trung điểm P Q là I(2 5 − 4; 2 5 − 4) và
điểm A có hoành độ dương.
(Ngô Đình Tuấn - Đại học An ninh Nhân dân)

0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng
b(c + a) +

c(a + b)

√
3 2abc.

w
w

.b

a(b + c) +

(Nguyễn Trung Tín)

w

Câu 6 : Cho a, b, c là các số thực dương và a, b ∈ [1; +∞). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

xA + xB
; yM =
.
2
2

2. Cho điểm E thuộc đoạn thẳng AB thỏa : BE = k.AE, k > 0., khi đó, với mọi M tùy ý

ne

t

−−→
−−→
−−→ k.M A + 1.M B
ME =
.
1+k

ta

ilie

u.

3. Cho điểm M (x0 ; y0 ) và đường thẳng d : ax + by + c = 0, a2 + b2 = 0. Hình chiếu vuông góc H kẻ từ M
xuống d có tọa độ

b(bx0 − ay0 ) − ac


.
;
a2 + c2 a2 + c2

• F là trung điểm DE nên suy ra F

a2 c
c2 a
;
.
2(a2 + c2 ) 2(a2 + c2 )

−−→ −→ 2a4 c2 + a2 c2 −2a4 c2 − a2 c2
• Cuối cùng : BE.AF =
+
=0
2(a2 + b2 )2
2(a2 + b2 )2
suy ra BE ⊥ AF .
• Đường thẳng AF qua F (4; −12) và vuông góc BE có
phương trình 5x + 2y + 4 = 0. Suy ra tọa độ A(−4; 8).

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net


--04--

Ví dụ 2 :[Đề thi THPT 2015] Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H


−−→ −−→
b2 c 4 − c 2 b4
−b2 c4 c2 b4
• Vậy: HM .AD =
+
= 0, suy ra
(b2 + c2 )2
(b2 + c2 )2
AD ⊥ HM .

ilie

• Gọi M (m; m+10), m ∈ R. Từ M H = M K suy ra m = 0,
suy ra M (0; 10).

ox

ta

• Đường thẳng AD qua K(9; −3) và vuông góc với HM có
phương trình x + 3y = 0.
• A là giao điểm của đường thẳng AD và đường tròn ngoại

.b

tiếp tứ giác AHKC, suy ra A(−15; 5).

w


• Phương trình đường thẳng AB : − + − = 0. Suy
a d d
a2
ra tọa độ B(− ; 0).
d
−−→ −−→
−−→
k.HA + HB
a2
ka
• Ta có HE =
và
= −
;
k+1
d(k + 1) k + 1
−−→ −−→
−−→ k HC + HA
a
kd
HF =
=
;
.
k+1
k+1 k+1

www.boxtailieu.net




ne

t

1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có D(8; −2) là chân đường vuông góc kẻ từ A. Các điểm K
và P đối xứng với D qua các cạnh AC và AB. Gọi E(6; 0) và F (19/2; −1/2) là giao điểm của KP với
AC và AB. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C của tam giác.
Hướng dẫn :
Chứng minh E, F là chân các đường cao của tam giác ABC.
Đs : A(8; 4); B(10; −2); C(5; −2).

.b

ox

ta

2. Trong oxy, cho hình vuông ABCD có điểm B thuộc đường thẳng 5x + 3y − 10 = 0. Gọi M là điểm
đối xứng với D qua C, H và K(1; 1) lần lượt là hình chiếu của D và C lên AM. Xác định tọa độ các
đỉnh của hình vuông ABCD, biết phương trình đường thẳng đi qua H và tâm I của hình vuông là
d1 : 3x + y + 1 = 0.
Hướng dẫn : Chứng minh BHI = HBK = 900 .
Đs : A(−2; 5/2); B(1/2; 5/2); C(1/2; 0); D(−2; 0).

w

w
w


được phần sau luôn dương hoặc luôn dương.

u.

ne

t

Phần 1: Phương pháp.:Ta sẽ tìm điều kiện chặt từ phương trình còn lại của hệ bằng một số
cách sau:
 d   x  b  d

ilie

1.Đưa về phương trình elip: ( x  b)2  (  y c) 2  d ,từ đó ta có:  

  d   y  c  d

ta

Lưu ý:ngoài ra d có thể là một biểu thức nào đó chứa biến x,y.

.b

ox

2,Đưa về phương trình bậc 2 của một trong hai ẩn x,y,dùng điều kiện để phương trình bậc
2 có nghiệm. ax 2  bx  c  0, b 2  4ac  0

w

Phương trình (2)  ( x  )2  ( y  ) 2  1  

2
2
 1  y  1  1  3  y  1
2
2

 2

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net


--07--

Phương trình (1)
 ( x  1) 3  12( x  1)  ( y  1)3  12( y  1)  (x  1  y 1)[( x  1)2  ( x  1)( y  1)  (y 1) 2  12]  0
x  y  2  0
 (x  y 2)(x 2  xy  y 2  x  y  11)  0   2
2
 x  xy  y  x  y  11  0(*)
3
 1
 2  x  2
9 1 3 1 1
27
 0 ,do đó (*) vô nghiệm
Do 


Từ đó có hệ :  2 2
1
x 
 x  y  x  y  2


1 3 3 1 
), ( , ) 
 2 2 2 2 

u.

ne

Kết luận:Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm : (x, y)  ( ,

ilie

 x2  ( y  6)2  y  13 x  27,(1)
Ví dụ 2: Giải hệ phương trình sau:  2
 9 x  (2 x  3)( x  y)  4 xy  7 y, (2)

.b

ox

ta

Chú ý: Phương trình (1) tuy ở dạng phương trình bậc 2 nhưng tính  không chính phương


x  y

)0
4 y
 ( x  y )(

11x  9 y  3

 0, (*)
x y
9 x2  (2 x  3)( x  y)  3 y
 9 x 2  (2 x  3)( x  y )  3 y
x
y


11x  9 y  3

4 y

Từ phương trình (1):
 11x  9 y  3  x2  2 x  1  (y 6) 2  8 y 31  11x  9 y  3  ( x  1)2  ( y  2)2  1  0x, y  R
 11x  9 y  3  0  (*),VN

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net






Kêt luận: Vậy hệ đã cho có nghiệm : (x, y)  (

Vi dụ 3: (Đặng Thành Nam):Giải hệ phương trình sau:
(x  y  2 xy )( y  x) x 2  1, (1)


 2 xy  ( y  2 x)(x  2 xy  4)  y  x  2 x  x , (2)

y  x  0

Lời giải: Điều kiện: 

ilie

2 xy  ( y  2 x)(x  2 xy  4)  0

u.

ne

t

Chú ý: Từ (2),ta dự đoán có nhân tử chung (x-y) và tiên hành liên hợp,cái hay của bài này
ở phần sau liên hợp,chúng ta cùng đi vào lời giải chi tiết cho bài toán này.

2 xy  ( y  2 x)(x  2 xy  4)  4 x2




w

 y  2x  0  y  2x

3x  2 xy  4

1

 0(*)

yx  x
xy
y
x
xy
x





2
(
2
)(x
2
4)
2

(Bất đẳng thức Cô-si sử dụng với các số không âm).Do đó,ta có hệ:
 y  2x
x  1
 y  2 x


( x, y  0)



2
4
(x  y 2 xy )( y  x) x  1  x  1
y  2

Kết luận:Vậy hệ đã cho có nghiệm : (x, y)  (1, 2)
Nhận xét: Một bài toán rất hay và khó,nó khó ở bước đánh giá (*) vô nghiệm,đòi hỏi
chúng ta có con mắt tinh tế để thông qua bất đẳng thức Cô-si,chứng minh được
3x  2 xy  4  0 .

ne

t

Qua 3 ví dụ được đề cập ở trên,chắc hẳn bạn đọc đã có cái nhìn cho loại hệ xử lí phần sau
khi liên hợp,để xử lí tốt dạng này,chúng ta cần quan sát kĩ phương trình còn lại của hệ,sử
dụng những lưu ý được nêu ở phần Lý thuyết,sau đây là một số bài tập để các bạn vận
dụng.

 4 x2  (4 x  9)( x  y)  xy  3 y


ta

( x  1)(y xy  x(1  x))  4



,Đáp số: ( x, y)  (1,1), (

ox

 xy  ( xy  2)( x  y)  x  y  y

2, 

ilie

4 ( x  2)( y  2 x)  3( x  3)

 5 x2  2 x(2 y 3)  1  3x 2  2( y 2  5 x)  11  x  y  3

4, 

w

 x( x  2 y)  y ( y  2)   x  2

Gợi ý:Phương trình (1) có nhân tư chung x  y  1 ,đáp số ( x, y )  (1, 2) .
Hết




2

1  a  b  ab  0 (đúng a, b  0 )

9  a  9  b  3  9  a  b a, b  0

ilie

4  a  4  b  2  4  a  b a, b  0 hoặc
Dấu = vẫn xảy ra khi ab  0

ta

Và sau đây là một số ví dụ cho BĐT trên:

1  x 2  1  2 y  1  2z  5 .Tìm giá trị lớn nhất của

ox

Ví dụ 1: Cho các số x; y ; z  0 thỏa mãn

u.

ne

t

Nhưng tổng quát của nó ở dạng m2  a  m 2  b  m  m 2  a  b a, b  0 ( m là số nguyên


3

3

3

P  2 x  y  z  2 x   y  z   3 yz  y  z   2 x   y  z 
3

 8  x2 
Khảo sát hàm số f  x   2 x  
 trên  0; 2 2  có
 2 
3

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net

3

 8  x2 
 2x  
  f  x
 2 
3


--11--


x  32 x  8  8  0  g  x  đồng biến trên  0;2 2 



 g  x   g 2 2  16 2  32  0  f '  x   0  f  x  nghịch biến trên  0;2 2 
 f  x   f  0   64

u.

ne

t

 x2  y  z   0

 yz  0
  x; y; z    0; 0; 4  hoặc  x; y; z    0; 4; 0
Dấu = xảy ra khi 
x  0
 1  x 2  1  2 y  1  2z  5


ta

ilie

Vậy MinP  64 khi  x; y; z    0; 0; 4 hoặc  x; y; z    0; 4; 0

.b

4z
3
  z  1  z 
 z 1  f z 
2
1 z
1 z 2

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net

 x  y  2
4

2



 z  1
4

2

và z  1


--12--

f ' z 









3
khi x  y  0; z  1
2

Để bài toán khó và hay hơn, mình xin đưa ra bài toán sau:

ne

t

Ví dụ 3: Cho các số thực không âm thỏa x  y  1  z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

ilie

u.

2z 2
 2 z  xy  2 z
1 x  2  y

P





42 2  42 2

Vậy MaxP  4  2 2 khi x  y  0; z  1

Ví dụ 4: Cho các số thực dương x  y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

4
2 2

x y
x

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net



z  1  1   z  1  2

2

P  4 y2  5 xy  9  x 2  xy  1  4 x2  4 xy  y 2  1 

2

4

 P  1  4 y 2  4 xy  x2  9  4 x 2  4 xy  y 2  1 

2x  y 

2

 12 




Đặt u  x  2 y;3  ; y  2 x  y ;1  u 
 
2
 u  v   3 x  y   16
   
2
u  v  u  v   x  2 y   32 

 2x  y 

2

 12 

 12   2 x  y 

2

 3x  y 

 3x  y
3x  y  4
8 2
4 2
4 2 




  2 2 1

2
3x  y  2
3x  y
3 x  y 

.b

 P 1

3x  y 4 2
4 2
.
.
 2 2  6 2  2 2 1  8 2  1
2
3 x  y 3x  y

w





Vậy MinP  8 2  1 khi x  y  1
Nãy giờ ta đã làm quen với bất đẳng thức 1  a  1  b  1  1  a  b a, b  0 , bây giờ ta sẽ
đến với 1 ví dụ khác sử dụng dạng tổng quát.

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net


--14--

Ví dụ 5: Cho x; y ; z là các sô thực không âm thỏa



nhất của biểu thức: P  2 x3  9 y3  z 3

4  x 2  4  3 y  4  3 z  8 . Tim giá trị lớn


Hướng dẫn :

Ta sẽ áp dụng bất đẳng thức

4  a  4b  2 4  a b :

8  4  x2  4  3x  4  3y  4  x2  2  4  3 x  y 


P  2x  9  y  z
3

ne

2

t

12  x 2
 4  4  x  3  y  z   12  x  3  y  z   y  z 
3
2

ta

Xét hàm số f  x  trên  0; 2 3  có:


2







2



PHƯƠNG TRÌNH – BẤT PHƯƠNG TRÌNH TRONG CÁC ĐỀ THI THỬ 2015
(PHẦN 1)
NGUYỄN THÀNH HIỂN

Câu 1. [THPT – Ngô Gia Tự - 2015] Giải bất phương trình

x  1  x 2  2  3x  4 x 2 .

ne

t

Hướng dẫn :

(*)

ilie

u.

x  0
0  x  1

3  41

2
Điều kiện: 1  x  0
  3  41
.

.
x 
9

2

w
w

3

2

.b

2

ox

ta

x  1  x 2  2 x(1  x 2 )  2  3 x  4 x 2  3( x 2  x)  (1  x )  2 ( x  x 2 )(1  x )  0

w

Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là

5  34
3  41
.


ne
2

ilie

Hướng dẫn :

 15  x  x   15  3 15x  x

u.

Câu 3. [THPT-Cao Bá Quát-2015] : Giải phương trình x2  2

t

 5  41

Giải các hệ bất pt trên được tập nghiệm là: T =  2; 1  

;

 8



x . 15  x 2  4 x  2




2

3v  2  v  2
3v  2  v  2
 2v hoặc u 
v2
2
2

Với u  2v , khi đó

15  x 2  2 x  15  x 2  4 x  x2  4 x  15  0
 x  2  19 hay x  2  19 (loại)

Với u  v  2 , khi đó 15  x 2  x  2 (*)

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net

3

4 x


--17--

Với điều kiện: 0  x  15  x  2 

15  2 

 2 x  4  x  1  (2 x  4)2  x  1
 x 1  0


ta

f (2 x)  f (4  x  1) và 2 x, 4  x  1  [1; ) nên (2)  2 x  4  x  1

w

w
w

x  2
x  2
17  17

 2
  17  17
17  17  x 
8
;x 
 4 x 17 x  17  0
x 

8
8

Câu 5. [THPT-Lê Quý Đôn – Hải Dương- 2015] Giải bất phương trình:



 x 1

2
x 1

; Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho hai số

 2 2, x  1 (2) . Từ (1) và (2), cộng vế với vế ta có:

x  1,

2
x 1

ta được:

x  3 x2  x  4

 2 2  3 , x   1
x 1
x 1

Suy ra mọi giá trị x > -1 đều thỏa mãn bất phương trình. Vậy kết hợp với điều kiện, bât phương trình có tập
nghiệm là S   1;  

1  2 x2  x 1

1


w
w

 1 x 

x  x 2  x  1  x 2  3x  1

ox

suy ra 1  2 x 2  x  1  0 . BPT 

ta

ilie

x  0
2
 2
1 3

2
Điều kiện:  x  3x  1  0
 x  0 . Ta có 2 x  x  1  2  x     3  1 (x  0)
2 4


2
1
2
1

13
8
8
x
x
4
13
4
0




x  


x 4
Câu 7. [THPT-ischool - 2015] Giải phương trình:

x  4  x  4  2 x 12  2 x 2 16 .

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net


--19--

Hướng dẫn :
Điều kiện xác định: x  4. Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương đương


u.

Đặt t =



ta

Câu 8. [THPT-Lương Thế Vinh – Lần 3 - 2015]

ox

Giải bất phương trình: x  x  2  x3  4 x 2  5 x  x3  3x 2  4 (1) .

2
x  2  x  x  2   1 



w
w

Cách 1: (1)  x 

.b

Hướng dẫn :

w


1
1
1
1
.
 1 
 1
x .( x  2)  0 ta được: (1) 
2
x x2
x
 x  2



Chia 2 vế cho

2





 x  2

2

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)




 x  2

x .( x  2)  0 ta được: (1) 

Chia 2 vế cho

2

 1 .


t

0 x  2:

ne



1
1
1
1
.
 1 
 1
2
x x2

x 1 

w

+ (1) 

x  0 . x  0 không là nghiệm. Xét x  0 :

w
w

Cách 2 : ĐK

ox

ta


1 t2
1 t2
1
1
1
. Trường hợp này vô nghiệm vì
(1) 

 0.
x2
x x2


0  x  1: x  1  1  x  1  1 . Ta có:

x 1
x 1 1


x 2 2 x 2 2

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net

(1)


--21--

x3  3 x2  4 

 x  1 x  2 

2

 x  2 x 1  x  2  2  x

 x 3  4 x 2  5 x  x 3  3x 2  4  2  x
1 x




ne

+

x 3  4 x 2  5x  x 3  3 x 2  4

1 x
1 x
1 x
1



2  x 2  2 x  x 2  2x 2





ilie

u.

Câu 9. [THPT-Mạc Đỉnh Chi - 2015] Giải bất phương trình: x 2  5x  4 1  x ( x 2  2 x  4) (x R).

 1  5  x  0
 x  1  5

2



1

x2  2 x  4 x 2  2 x  4

3
x
x
x2  2x  4
2
, t  0 , ta có bpt: t  4t  3  0  1  t  3
x

 x 2  7 x  4  0
x2  2 x  4
1  17
7  65

3 

x

2
2
2
x
 x  x  4  0

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)


ox

ta

ilie

u.

ne

t

(Còn nữa)

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net


--23--

DỰ ĐOÁN TÍNH CHẤT HÌNH HỌC TRONG BÀI TOÁN
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ OXY

ẨN DANH

ne

t


lần với các bài toán có yếu tố di động trong các trường hợp không phải là “đặc biệt” để dự
đoán cho chính xác.

w

Sau đây xin trình bày ví dụ và bài tập:
Bài toán 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , I là giao điểm của AC
và BD , K  0;2  thuộc đoạn IA , M và N theo thứ tự là trung điểm của
AB , CD và cùng nằm trên đường thẳng d : x  1  0 . Q là giao điểm của KM và BC . Tìm tọa độ

các đỉnh A, B , C , D biết đường thẳng NQ đi qua điểm H  4;8 .
Giải:
Dự đoán:Gọi P là giao điểm của IB và NQ , khi đó K và P đối xứng với nhau qua MN .
(Ở đây các bạn thắc mắc tại sao lại dự đoán như vậy, có lẽ do trực giác mách bảo, vì khi gặp những
bài toán “lạ” như thế này thì chỉ có cách nhìn tổng quát hình vẽ và dự đoán, sau đó kiểm nghiệm
tính chất bằng cách đo đạc trực tiếp trên hình vẽ với 2 hoặc 3 hình ứng với 2 hoặc 3 vị trí khác nhau

NHÓM TOÁN | Số 01(8-2015)

www.boxtailieu.net


--24--

của điểm K trên IA ).
Sau khi đã “khá chắc chắn” về tính chất vừa dự đoán, ta thử nghĩ xem với tính chất vừa rồi có “đủ”
để giải quyết bài toán không. Giả sử nó đúng thì ta thấy ngay sẽ tìm được P (đối xứng của K qua
MN ) và ta cũng nhận thấy rằng tam giác KIP vuông cân tại I , từ đó tìm được I . Theo lẽ tự nhiên
ta cũng tìm được phương trình đường thẳng PH , cho giao với MN sẽ tìm được N , tính được IN ,


điểm của KM và AD . Khi đó:
(2), từ (1) +

KI MI
(2) dễ dàng suy ra hai tỉ số này bằng nhau vì ta có:
 AE  QB
( AEBQ là hình bình hành)

 MI  IN
P đối xứng với K  0;2  qua đường thẳng x  1  0 nên

ox

P  2;2  . Đường thẳng PH có phương trình:

.b

 x 1 0
 N 1; 1 . Với dữ kiện tam giác KIP
3 x  y  4  0 . Tọa độ N là nghiệm của hệ: 
3x  y  4  0

w
w

vuông cân tại I , ta tìm được hai điểm I là 1;1 và 1; 3 nhưng do I và N nằm cùng phía so với
KP nên I 1;1 , suy ra IA  IB  IC  ID  2 IN  2 2 . Phương trình IK : x  y  2  0  tọa

w