Khóa CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC

CHINH PHỤC MỤC TIÊU 25 ĐIỂM ĐẠI HỌC
Thầy Đặng Việt Hùng – MOON.VN

Công thức 25 điểm trở lên: Toán 8.5; Lí 8; Hóa 8,5 và điểm ưu tiên.
VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN

PHẦN 1 : ĐỀ BÀI
(Chỉ xem giải khi bất lực !!!!)
9 3
Câu 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với M  ; −  là trung điểm của đoạn BC
2 2
và đường cao xuất phát từ đỉnh A có phương trình x + 3 y − 5 = 0. Gọi E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ
đỉnh B, C của tam giác ABC. Tìm tọa độ đỉnh A, biết đường thẳng đi qua hai điểm E, F có phương trình
2 x − y + 2 = 0.

3 x − 11 y + 4 y ( 3 x + y ) + 3 x + y = 2 y ,

Câu 2: Giải hệ phương trình 
( x; y ∈ ℝ ) .
3 x 2 y − 5 y 2 + 3 = y 2 3 2 y 2 − x3 .
Câu 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B có AB = 2BC, D là trung điểm
cạnh AB. E thuộc cạnh AC sao cho AC = 3EC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết phương trình
 16 
đường thẳng CD : x − 3 y + 1 = 0 và E  ;1 .
 3 
4
4
 x + y + y − 5 x + 2 = 0
Câu 4: Giải hệ phương trình  3

EM = EC . Tìm tọa độ đỉnh A, biết đỉnh B thuộc đường thẳng y − 2 = 0 và M ( 8; −3) .

(

)

 xy + x − y
(
) xy − 2 + x = y + y

Câu 8: Giải hệ phương trình 
( x + 1) y + xy + x (1 − x ) = 4


(

)

( x, y ∈ R ) .

2 y 3 + 12 y 2 + 25 y + 18 = ( 2 x + 9 ) x + 4
Câu 9: Giải hệ phương trình 
2
2
 3 x + 1 + 3 x − 14 x − 8 = 6 − 4 y − y

PHẦN 2: LỜI GIẢI CHI TIẾT
(Không bị bất lực vẫn cần phải cố gắng hơn nữa)

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 2016!

2

t = −3
2

2

125
7  125
 21
 
⇔  − 3u  +  u −  =
Với t = 2 ⇔ E ( 2;6 ) . Gọi A ( 5 − 3u; u ) ta có: IA = IE =
2
2
2
 2
 
u = 6  A ( 2;1)
⇔
⇒
u = 1
 A ( −13; 6 )
2

2

2

2

Xét hàm số f ( t ) = 3t 3 + t ta có f ′ ( t ) = 9t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ ℝ .
Do đó hàm số f ( t ) liên tục và đồng biến trên ℝ . Suy ra

( ∗) ⇔ f ( t ) =

f

(

3

)

2t − 1 ⇔ t 3 − 2t + 1 = 0 ⇔ ( t − 1) ( t 2 + t − 1) = 0

 −1 − 5 −1 + 5 
 1 − 5 1 + 5 
⇒ t ∈ 1;
;
;
 ⇒ x ∈ 1;

2
2 
2
2 



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 2016!

3

a − 3b
3
Ta có cos DAC = cos ( CD, CA) =
=
2
2
10
10 a + b
a = 0
2
⇒ a − 3b = 3 a 2 + b 2 ⇔ ( a − 3b ) = 9 ( a 2 + b 2 ) ⇔ 8a 2 + 6ab = 0 ⇔ 
 4a + 3b = 0
• Trường hợp 1: a = 0 ⇒ AC : y − 1 = 0
Ta có C = AC ∩ CD ⇒ C ( 2;1) . Do AC = 3EC ⇒ CA = 3CE ⇒ A (12;1)

Do D ∈ DC ⇒ D ( 3t − 1; t ) ⇒ B ( 6t − 14; 2t − 1)

Ta có AB = ( 6t − 26; 2t − 2 ) , CB = ( 6t − 16; 2t − 2 )

t = 3
 B ( 4;5 )
Mà AB ⊥ CB ⇒ ( 6t − 26 )( 6t − 16 ) + ( 2t − 2 )( 2t − 2 ) = 0 ⇔  7 ⇒ 
t =
 B ( 7; 2 )
 2
• Trường hợp 2: 4a + 3b = 0 chọn a = 3, b = −4 ⇒ AC : 3 x − 4 y − 12 = 0
Ta có C = AC ∩ CD ⇒ C ( 8;3) . Do AC = 3EC ⇒ CA = 3CE ⇒ A ( 0; −3)


Khóa CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC
Áp dụng BĐT Côsi ta có x 4 + y 4 + 2 = x 4 + y 4 + 1 + 1 ≥ 4 4 x 4 . y 4 .1.1 = 4 xy ≥ 4 xy.

 x4 = y 4 = 1  x = y = 1
⇔
Dấu " = " xảy ra ⇔ 
 x = y = −1
 xy ≥ 0
Thử lại ta được x = y = 1 thỏa mãn.

Câu 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm K và ngoại tiếp
đường tròn tâm I (1; −5 ) . Gọi D là điểm đối xứng của A qua K. E là giao điểm thứ hai của BI và đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC, đường thẳng AE cắt CD tại X. Giả sử C ( −2; −2 ) , X ( −2; 4 ) . Tìm tọa độ đỉnh A và B.
Ta có: AC ⊥CX ⇒ AC : y = −2 .

Lời giải:

A
A+ B
+ CAE =
= AIE
2
2
Do vậy tam giác EAI cân tại E. Do vậy ta có: EA = EI = EC .
Mặt khác KA = KC ⇒ EK là trung trực của AC khi đó KE là
đường trung bình trong tam giác ADX.
Gọi A ( 2t ; −2 ) ⇒ E ( t − 1;1) .
Lại có: IAE =

Khi đó: ( t + 1) + 9 = ( t − 2 ) + 36 ⇔ t = 5 ⇒ A (10; −2 )

 x ≥ x
3

•

(*)

Xét với x ≥ 1 ⇒ ( x 2 − x ) − x 2 ( x 2 + 1) = − x − x 4 < 0 ⇒ x 2 ( x 2 + 1) > x 2 − x ≥ 0

⇒ x x 2 + 1 > x 2 − x ⇒ x 2 − x − x x 2 + 1 < 0 ⇒ VT (1) < 3x 2 − 1

(2)

Áp dụng BĐT Côsi ta có 2 2. 3 x 2 − 1 ≤ 2 + ( 3 x 2 − 1) = 3 x 2 + 1.
Mặt khác 7 x 2 − x + 4 − ( 3 x 2 + 1) = 4 x 2 − x + 3 = 3 x 2 + x ( x − 1) + 3 > 0, ∀x ≥ 1

⇒ 3 x 2 + 1 < 7 x 2 − x + 4 ⇒ 2 2. 3 x 2 − 1 < 7 x 2 − x + 4 ⇒ 3 x 2 − 1


⇔ 2 6t 2 − 2 + 2 2t 2 + 2t + 2t 2t 2 + 2 = 7t 2 + t + 4
⇔ 2t

(

) (

) (

2t 2 + 2 − t − 1 + 2 2t 2 + 2t − 3t − 1 + 2

)

6t 2 − 2 − 3t + 1 = 5t 2 − 10t + 5

2
2
2t  2t 2 + 2 − ( t + 1)  4 ( 2t 2 + 2t ) − ( 3t + 1) 2 2 6t 2 − 2 − ( 3t − 1) 



 = 5 t −1 2
⇔
+
+
( )
2
2
2

−
−
− 5 = 0
2
2
2
 t + 1 + 2t + 2 3t + 1 + 2 2t + 2t 3t − 1 + 6t − 2

Đặt T =

2t
t + 1 + 2t + 2
2

−

1
3t + 1 + 2 2t + 2t
2

−

6
3t − 1 + 6t 2 − 2

(2)

− 5.

−5 − 3t − 5 2t 2 + 2

Do vậy BEC = BEM = 1350 ⇒ ∆BEC = ∆BEM ⇒ BC = BM .
Lại có: EC = EM nên BE là trung trực của CM.
Khi đó: BE : 3x + y − 11 = 0 ⇒ B ( 3; 2 ) ⇒ AB : x + 7 y − 17 = 0 .
Gọi E ( t ;11 − 3t ) ta có: ME.CE = 0

t = 6 ⇒ E ( 6; −7 )
⇔ ( t − 8 )( t − 2 ) + (16 − 3t )(14 − 3t ) = 0 ⇔ 
t = 4 ⇒ E ( 4; −1)
Do B,E cùng phía với CM nên điểm E ( 6; −7 ) bị loại. Khi đó: AE : x + 2 y − 2 = 0

Do vậy A = AE ∩ AB ⇒ A ( −4;3) .

(

)

 xy + x − y
(
) xy − 2 + x = y + y

Câu 8: Giải hệ phương trình 
( x + 1) y + xy + x (1 − x ) = 4


(

)

( x, y ∈ R ) .


Thay vào (2) ta thấy không thỏa mãn ⇒ Loại.
•

Với y > 0 ⇒ T = xy + ( x − y )

Khi đó (3) ⇔

⇔

xy + ( x − y )

(

(

)

xy − 2 + y > 0 và B = x + y > 0.

)

xy − 2 − y 2

T

y ( x − y) + ( x − y)

(

xy − 2

x +1
x +1
2

x 3 − 3 x + 2 ( x − 1) ( x + 2 )
⇒ y + xy − 2 =
=
≥ 0, ∀x ≥ 0
x +1
x +1
2

Kết hợp với T , B > 0 ⇒

y + xy − 2 1
+ > 0 nên (4) ⇔ x = y.
T
B

Thế vào (2) ta được ( x + 1) ( x + x + x − x 2 ) = 4 ⇔ ( x + 1) ( x 2 − 3 x ) + 4 = 0
x = 1
⇔ x − 2 x − 3 x + 4 = 0 ⇔ ( x − 1) ( x − x − 4 ) = 0 ⇔ 
 x = 1 ± 17

2
3

2

2

6 − 4 y − y 2 ≥ 0


Xét Phương trình (1) có: (1) ⇔ 2 ( y 3 + 6 y 2 + 12 y + 8 ) + y + 2 = 2 ( x + 4 ) x + 4 + x + 4
⇔ 2 ( y + 2) + ( y + 2) = 2
3

(

)

3

x+4 + x+4

Xét hàm số f (t ) = 2t 3 + t∀t ∈ R có f '(t ) = 6t 2 + 1 > 0∀t ∈ R nên f (t ) là hàm đồng biến.
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 2016!


Khóa CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN – ĐẶNG VIỆT HÙNG – NGUYỄN THẾ DUY – VŨ VĂN BẮC

 y ≥ −2
⇒ y+2= x+4 ⇔  2
y + 4y + 4 = x + 4
Thế − y 2 − 4 y = − x vào (2) ta có ( 2 ) ⇔ 3 x + 1 + 3 x 2 − 14 x − 8 = 6 − x
⇔

(

) (

- Khóa KĨ THUẬT SỬ DỤNG MÁY TÍNH CASIO
- Khóa CHINH PHỤC ĐIỂM 10 MÔN TOÁN

Thầy Đặng Việt Hùng

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 2016!