Lý thuyết trọng tâm và phương pháp giải các dạng chuyên đề Toán 10 học kì 1

Giới thiệu Lý thuyết trọng tâm và phương pháp giải các dạng chuyên đề Toán 10 học kì 1

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Lý thuyết trọng tâm và phương pháp giải các dạng chuyên đề Toán 10 học kì 1.

Tài liệu môn Toán 10 và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.

Tài liệu Lý thuyết trọng tâm và phương pháp giải các dạng chuyên đề Toán 10 học kì 1

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán 10 tại đây

NGUYỄN QUỐC DƯƠNG CÁC DẠNG CHUYÊN ĐỀ TOÁN LỚP 10 LÝ THUYẾT TRỌNG TÂM VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỌC KÌ I TÀI LIỆU LƯU HÀNH NỘI BỘ MỤC LỤC I 1 ĐẠI SỐ Chương 1. §1 – §2 – §3 – §4 – Mệnh đề 2 2 A Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 B Các dạng toán và bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Tập hợp 7 A Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 B Các dạng toán và bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 Các phép toán trên tập hợp 15 A Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 B Các dạng toán và bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 Các tập hợp số 26 A Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 B Các dạng toán và bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 Chương 2. §1 – Mệnh đề và tập hợp Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Đại cương về hàm số 39 39 A Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 B Dạng toán và bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 | Dạng 1. Xác định hàm số và điểm thuộc đồ thị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 | Dạng 2. Tìm tập xác định của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 | Dạng 3. Bài toán tìm tập xác định liên quan đến tham số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 C Dạng toán và bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 | Dạng 4. Xét tính chẵn, lẻ của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57 | Dạng 5. Khảo sát sự biến thiên của hàm số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 D Bài tập trắc nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71 §2 – HÀM SỐ BẬC NHẤT 78 A Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 B Dạng toán và bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80 | Dạng 1. Khảo sát sự biến thiên, tương giao và đồng quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80 i/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 ii MỤC LỤC Luôn nổ lực để đạt được thành quả | Dạng 2. Xác định phương trình đường thẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 C §3 – Bài tập trắc nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93 Hàm số bậc hai 99 A Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99 B Dạng toán và bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100 | Dạng 1. Xác định và khảo sát sự biến thiên của parabol (P) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100 | Dạng 2. BIẾN ĐỔI ĐỒ THỊ VÀ TƯƠNG GIAO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 Chương 3. §1 – §2 – PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI CƯƠNG VỀ PHƯƠNG TRÌNH 133 133 A Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133 B DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134 PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 136 A Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 136 B DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137 | Dạng 1. Giải và biện luận phương trình bậc nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137 | Dạng 2. Bài toán tìm tham số trong phương trình bậc nhất ax + b = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 C BÀI TẬP ÁP DỤNG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 D Dạng toán và bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151 | Dạng 3. Giải và biện luận phương trình bậc hai: ax2 + bx + c = 0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151 ii/528 E Dạng toán và bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154 | Dạng 4. Định lý Vi-ét và các bài toán liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154 | Dạng 5. Tìm tất cả tham số m để phương trình có một nghiệm cho trước. Tính nghiệm còn lại? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156 | Dạng 6. Tìm tất cả các giá trị tham số m để phương trình có hai nghiệm trái dấu? . . 157 | Dạng 7. Tìm tất cả các giá trị tham số m để phương trình có hai nghiệm cùng dấu?158 | Dạng 8. Tìm tất cả các giá trị tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt dương? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160 | Dạng 9. Tìm tất cả các giá trị tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt âm? 161 | Dạng 10. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ,x2 thỏa điều kiện. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163 | Dạng 11. Phương trình chứa ẩn dưới dấu trị tuyệt đối . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185 | Dạng 12. Phương trình chứa ẩn dưới dấu giá trị tuyệt đối . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190 | Dạng 13. Phương trình chứa ẩn dưới dấu giá trị tuyệt đối . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193 | Dạng 14. Phương trình chứa ẩn dưới dấu giá trị tuyệt đối . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 204 | Dạng 15. Phương trình chứa ẩn dưới dấu căn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208 | Dạng 16. Phương trình chứa ẩn dưới dấu căn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 208 | Dạng 17. Phương trình chứa ẩn dưới dấu căn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213 | Dạng 18. Phương trình chứa ẩn dưới dấu căn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221 F Bài tập về nhà . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 iii MỤC LỤC Luôn nổ lực để đạt được thành quả G §3 – Bài tập về nhà . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 247 HỆ PHƯƠNG TRÌNH A 251 Dạng toán và bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251 | Dạng 1. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251 | Dạng 2. Hệ gồm 1 phương trình bậc nhất và 1 phương trình bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268 | Dạng 3. Hệ phương trình đối xứng và đẳng cấp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 277 Chương 4. §1 – BẤT PHƯƠNG TRÌNH & BẤT ĐẲNG THỨC Bất đẳng thức 312 312 A Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312 B Dạng toán và bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 313 | Dạng 1. Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp biến đổi tương đương . . . . . . . . . . . 313 | Dạng 2. Các kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cauchy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 324 II HÌNH HỌC Chương 1. §1 – Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ 348 349 349 A Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 349 B Dạng toán và bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351 | Dạng 1. Chứng minh đẳng thức véc-tơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351 | Dạng 2. Tìm mô-đun (độ dài) véc-tơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 365 | Dạng 3. Phân tích véc-tơ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 377 | Dạng 4. Chứng minh ba điểm thẳng hàng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 379 | Dạng 5. Chứng minh song song . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 390 | Dạng 6. Tìm tập hợp điểm thỏa mãn hệ thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 391 C §2 – Bài tập trắc nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 395 HỆ TRỤC TỌA ĐỘ A 409 Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 409 | Dạng 1. Bài toán cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 410 | Dạng 2. Tìm điểm đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 414 Chương 2. §1 – Tích vô hướng của hai véc-tơ Tích vô hướng của hai véc-tơ 468 468 A Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 468 B Dạng toán và bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 469 | Dạng 1. Tính tích vô hướng và bình phương vô hướng để tính độ dài . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 469 | Dạng 2. Chứng minh vuông góc . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 477 | Dạng 3. Chứng minh hệ thức thường gặp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 480 C iii/528 BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 488 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 iv MỤC LỤC §2 – Luôn nổ lực để đạt được thành quả Hệ thức lượng trong tam giác A iv/528 501 Tóm tắt lý thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 501 | Dạng 1. Tính các giá trị cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 502 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 I PHẦN ĐẠI SỐ 18 16 21 50 46 47 48 15 28 8 24 36 3 37 727 14 39 31 43 12 10 9 35 2 30 29 45 38 6 33 25 17 23 44 20 49 32 26 19 22 42 34 11 5 4 13 41 40 1 C h ươ ng 1 MỆNH ĐỀ VÀ VÀ TẬP TẬP HỢP HỢP MỆNH ĐỀ MỆNH ĐỀ VÀ TẬP HỢP BÀI 1. MỆNH ĐỀ A – TÓM TẮT LÝ THUYẾT . a) Mệnh đề ○ Mệnh đề là một câu khẳng định đúng hoặc một câu khẳng định sai. ○ Một mệnh đề không thể vừa đúng, vừa sai. b) Mệnh đề phủ định: Cho mệnh đề P ○ Mệnh đề “không phải P ” được gọi là mệnh đề phủ định của P và kí hiệu là P . ○ Nếu P đúng thì P sai, nếu P sai thì P đúng. c) Mệnh đề kéo theo: Cho mệnh đề P và Q ○ Mệnh đề “Nếu P thì Q” được gọi là mệnh đề kéo theo và kí hiệu là P ⇒ Q. ○ Mệnh đề P ⇒ Q chỉ sai khi P đúng và Q sai. d) Mệnh đề đảo: Cho mệnh đề kéo theo P ⇒ Q. Mệnh đề Q ⇒ P được gọi là mệnh đề đảo của mệnh đề P ⇒ Q. e) Mệnh đề tương đương: Cho mệnh đề P và Q ○ Mệnh đề “P nếu và chỉ nếu Q” gọi là mệnh đề tương đương và kí hiệu là P ⇔ Q. ○ Mệnh đề P ⇔ Q đúng khi và chỉ khi cả hai mệnh đề P ⇒ Q và Q ⇒ P đều đúng f) Mệnh đề chứa biến: Mệnh đề chứa biến là một câu khẳng định chứa biến nhận giá trị trong một tập X nào đó mà với mỗi giá trị của biến thuộc X ta được một mệnh đề. g) Kí hiệu ∀ và ∃: Cho mệnh đề chứa biến P (x) với x ∈ X. Khi đó ○ “Với mọi x thuộc X”, ký hiệu là: “∀x ∈ X”. ○ “Tồn tại x thuộc X”, ký hiệu là: “∃x ∈ X”. ○ Mệnh đề phủ định của mệnh đề “∀x ∈ X, P (x)” là “∃x ∈ X, P (x)”. ○ Mệnh đề phủ định của mệnh đề “∃x ∈ X, P (x)” là “∀x ∈ X, P (x)”. ○ Mệnh đề chứa ∃ đúng khi ta chỉ ra một phần tử đúng. ○ Mệnh đề chứa ∀ sai khi ta chỉ ra một phần tử sai. o a) Số nguyên tố là số tự nhiên chỉ chia hết cho 1 và chính nó. Ngoài ra nó không chia hết cho bất cứ số nào khác. Số 0 và 1 không được coi là số nguyên tố. Các số nguyên tố từ 2 đến 100 là 2; 3; 5; 7; 11; 13; 17; 19; 23; 29; 31; 37; 41;. . . b) Ước và bội: Cho hai số a, b ∈ N. Nếu a chia hết b, thì ta gọi a là bội của b và b là ước của a. 2/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 3 Chương 1. Mệnh đề và tập hợp Luôn nổ lực để đạt được thành quả ○ Ước chung lớn nhất (ƯCLN) của 2 hay nhiều số tự nhiên là số lớn nhất trong tập hợp các ước chung của các số đó. ○ Bội chung nhỏ nhất (BCNN) của 2 hay nhiều số tự nhiên là số nhỏ nhất trong tập hợp các bội chung của các số đó. B – CÁC DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP 1. Bài tập tự luận c Bài 1. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào là đúng? Giải thích? a) P : “∀x ∈ R, x2 > 0”. b) P : “∃x ∈ R, x > x2 ”. c) P : “∀n ∈ N, n2 > n”. d) P : “∃x ∈ R, 5x − 3×2 ≤ 1”. e) P : “∀x ∈ R, x2 > 9 ⇒ x > 3”. f) P : “∀n ∈ N∗ , n(n + 1) là số lẻ”. Ê Lời giải. a) Mệnh đề P là mệnh đề sai. Vì tồn tại x = 0 : “02 > 0” sai. Å ã2 1 1 1 ” đúng. b) Mệnh đề P là mệnh đề đúng. Vì tồn tại x = : “ > 2 2 2 c) Mệnh đề P là mệnh đề sai. Vì tồn tại n = 0 : “02 > 0” sai. d) Mệnh đề P là mệnh đề đúng. Vì tồn tại x = 0 : “5 · 0 − 3 · 12 ≤ 1” đúng. e) Mệnh đề P là mệnh đề sai. Vì tồn tại x = −4 : “(−4)2 > 9 ⇒ −4 > 3” sai. f) Mệnh đề P là mệnh đề sai. Vì tồn tại n = 1 : “1(1 + 1) là số lẻ” sai.  c Bài 2. Nêu mệnh đề phủ định của mỗi mệnh đề sau và xét tính đúng sai của mệnh đề phủ định? Học sinh cần nhớ nguyên tắc phủ định của một mệnh đề (dòng trên phủ định với dòng dưới) Mệnh đề P Mệnh đề phủ định P Có Không > ≤ < ≥ = 6 = Chia hết Không chia hết ∃ ∀ a) P : “∀x ∈ R, x2 6= 1”. b) P : “∃x ∈ R : x2 = 3”. c) P : “∀x ∈ R, x2 > 0”. d) P : “∃x ∈ R : x > x2 ”. e) P : “∃x ∈ Q : 4×2 − 1 = 0”. f) P : “∀x ∈ R, x2 − x + 7 ≥ 0”. g) P : “∀x ∈ R, x2 − x − 2 < 0”. h) P : “∃x ∈ R : (x − 1)2 = (x − 1)”. i) P : “∃x ∈ R : x < 2 hoặc x ≥ 7”. j) P : “∀x ∈ R, x2 − 5 ≥ 0”. k) P : “∃x ∈ R : x < 3/528 1 ”. x l) P : “∀x ∈ R, x < 1 ”. x p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 4 1. Mệnh đề Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ê Lời giải. a) Mệnh đề phủ định của mệnh đề P là P : “∃x ∈ R : x2 = 1”. Mệnh đề P là mệnh đề đúng. b) Mệnh đề phủ định của mệnh đề P là P : “∀x ∈ R, x2 6= 3”. Mệnh đề P là mệnh đề sai. c) Mệnh đề phủ định của mệnh đề P là P : “∃x ∈ R : x2 ≤ 0”. Mệnh đề P là mệnh đề đúng. d) Mệnh đề phủ định của mệnh đề P là P : “∀x ∈ R, x ≤ x2 ”. Mệnh đề P là mệnh đề sai. e) Mệnh đề phủ định của mệnh đề P là P : “∀x ∈ Q, 4x2 − 1 6= 0”. Mệnh đề P là mệnh đề sai. f) Mệnh đề phủ định của mệnh đề P là P : “∃x ∈ R : x2 − x + 7 < 0”. Mệnh đề P là mệnh đề sai. g) Mệnh đề phủ định của mệnh đề P là P : “∃x ∈ R : x2 − x − 2 ≥ 0”. Mệnh đề P là mệnh đề sai. h) Mệnh đề phủ định của mệnh đề P là P : “∀x ∈ R, (x − 1)2 6= (x − 1)”. Mệnh đề P là mệnh đề sai. i) Mệnh đề phủ định của mệnh đề P là P : “∀x ∈ R, 2 ≤ x < 7”. Mệnh đề P là mệnh đề sai. j) Mệnh đề phủ định của mệnh đề P là P : “∃x ∈ R : x2 − 5 < 0”. Mệnh đề P là mệnh đề đúng. k) Mệnh đề phủ định của mệnh đề P là P : “∀x ∈ R, x ≥ 1 ”. Mệnh đề P là mệnh đề sai. x l) Mệnh đề phủ định của mệnh đề P là P : “∃x ∈ R : x ≥ 1 ”. Mệnh đề P là mệnh đề đúng. x  c Bài 3. Điền vào chỗ trống từ nối “và” hay “hoặc” để được mệnh đề đúng? a) π < 4 . . . π > 5. b) a · b = 0 khi a = 0 . . . b = 0. c) a · b 6= 0 khi a 6= 0 . . . b 6= 0. d) a · b > 0 khi a > 0 . . . b > 0 . . . a < 0 . . . b < 0. e) Một số chia hết cho 6 khi và chỉ khi nó chia hết cho 2 . . . cho 3. Ê Lời giải. a) π < 4 hoặc π > 5. b) a · b = 0 khi a = 0 hoặc b = 0. c) a · b 6= 0 khi a 6= 0 và b 6= 0. d) a · b > 0 khi a > 0 và b > 0 hoặc a < 0 và b < 0. e) Một số chia hết cho 6 khi và chỉ khi nó chia hết cho 2 và cho 3.  2. 4/528 Bài tập trắc nghiệm p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 5 Chương 1. Mệnh đề và tập hợp Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Câu 1. Trong các câu sau, có bao nhiêu câu là mệnh đề? a) Cố lên, sắp đến rồi! b) Số 15 là số nguyên tố. c) Tổng các góc của một tam giác là 180◦ . d) Số 5 là số nguyên dương. A. 4. C. 3. B. 1. D. 2. Ê Lời giải. Câu số 1 không phải là mệnh đề, các khẳng định 2,3,4 là mệnh đề. Chọn đáp án C  c Câu 2. Mệnh đề phủ định của mệnh đề “Phương trình ax2 + bx + c = 0(a 6= 0) vô nghiệm” là mệnh đề nào sau đây A. Phương trình ax2 + bx + c = 0 (a 6= 0) không có nghiệm. B. Phương trình ax2 + bx + c = 0 (a 6= 0) có hai ngiệm phân biệt. C. Phương trình ax2 + bx + c = 0 (a 6= 0) có nghiệm kép. D. Phương trình ax2 + bx + c = 0 (a 6= 0) có nghiệm. Ê Lời giải. Mệnh đề phủ định của mệnh đề “Phương trình ax2 + bx + c = 0 (a 6= 0) vô nghiệm” là “Phương trình ax2 + bx + c = 0 (a 6= 0) có nghiệm”.  Chọn đáp án D c Câu 3. Phủ định của mệnh đề: “Có ít nhất một số vô tỷ là số thập phân vô hạn tuần hoàn” là A. Mọi số vô tỷ đều là số thập phân vô hạn không tuần hoàn. B. Mọi số vô tỷ đều là số thập phân tuần hoàn. C. Mọi số vô tỷ đều là số thập phân vô hạn tuần hoàn. D. Có ít nhất một số vô tỷ là số thập phân vô hạn không tuần hoàn . Ê Lời giải. Phủ định của mệnh đề: “Có ít nhất một số vô tỷ là số thập phân vô hạn tuần hoàn” là “Mọi số vô tỷ đều là số thập phân vô hạn không tuần hoàn”. Chọn đáp án A  c Câu 4. Cho mệnh đề “∃x ∈ R, 2x2 − 3x − 5 < 0”. Mệnh đề phủ định sẽ là A. “∀x ∈ R, 2x2 + 3x − 5 ≥ 0”. B. “∀x ∈ R, 2x2 + 3x − 5 > 0”. C. “∃x ∈ R : 2×2 + 3x − 5 > 0”. D. “∃x ∈ R : 2×2 + 3x − 5 ≥ 0”. Ê Lời giải. Mệnh đề phủ định của mệnh đề đã cho là “∀x ∈ R, 2×2 + 3x − 5 ≥ 0”. Chọn đáp án A  c Câu 5. Cho mệnh đề P : “∀x ∈ R, x2 − x + 7 < 0”. Mệnh đề phủ định của P là A. @x ∈ R : x2 − x + 7 < 0. B. ∀x ∈ R, x2 − x + 7 > 0. C. ∀x ∈ R, x2 − x + 7 < 0. D. ∃x ∈ R : x2 − x + 7 ≥ 0. Ê Lời giải. Mệnh đề phủ định của P là ∃x ∈ R : x − x + 7 ≥ 0. Chọn đáp án D 2 5/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 6 1. Mệnh đề Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Câu 6. Mệnh đề phủ định của mệnh đề ∀x ∈ R : x2 + x + 5 > 0 là A. ∀x ∈ R, x2 + x + 5 < 0. B. ∃x ∈ R : x2 + x + 5 ≤ 0. C. ∀x ∈ R, x2 + x + 5 ≤ 0. D. ∃x ∈ R : x2 + x + 5 < 0. Ê Lời giải. Mệnh đề phủ định của mệnh đề đã cho là ∃x ∈ R, x2 + x + 5 ≤ 0. Chọn đáp án B  c Câu 7. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào đúng? A. ∀x ∈ R, x2 > 9 ⇒ x > −3. B. ∀x ∈ R, x > −3 ⇒ x2 > 9. C. ∀x ∈ R, x2 > 9 ⇒ x > 3. D. ∀x ∈ R, x > 3 ⇒ x2 > 9. Ê Lời giải. Mệnh đề đúng là ∀x ∈ R, x > 3 ⇒ x2 > 9. Chọn đáp án D 6/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 7 Chương 1. Mệnh đề và tập hợp Luôn nổ lực để đạt được thành quả BÀI 2. TẬP HỢP A – TÓM TẮT LÝ THUYẾT . a) Tập hợp ○ Tập hợp là một khái niệm cơ bản của toán học, không định nghĩa mà chỉ mô tả. ○ Có hai cách xác định tập hợp: — Liệt kê các phần tử: viết các phần tử của tập hợp trong hai dấu móc {. . . ;. . . ;. . . ;. . . }. c Ví dụ 1. X = {0; 1; 2; 3; 4}. — Chỉ ra tính chất đặc trưng cho các phần tử của tập hợp. c Ví dụ 2. X = {n ∈ Z : 3 < n2 < 36}. ○ Tập rỗng: là tập hợp không chứa phần tử nào, kí hiệu ∅. c Ví dụ 3. Phương trình x2 + x + 1 = 0 không có nghiệm. Ta nói tập hợp các nghiệm của phương trình này là tập hợp rỗng, tức S = ∅. b) Tập hợp con – Tập hợp bằng nhau ○ Tập hợp con: A ⊂ B ⇔ (∀x ∈ A ⇒ x ∈ B) • A ⊂ A, ∀A và ∅ ⊂ A, ∀A. • A ⊂ B, B ⊂ C ⇒ A ⊂ C. ® ○ Tập hợp bằng nhau A = B ⇔ A⊂B B ⊂ A. ○ Nếu tập A có n phần tử thì A có 2n tập con. c) Một số tập hợp con của tập hợp số thực R. Tập hợp con của R : N∗ ⊂ N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R. Trong đó • N∗ : là tập hợp số tự nhiên không có số 0. • N: là tập hợp số tự nhiên. • Z: là tập hợp số nguyên. • Q: là tập hợp số hữu tỷ. • R = (−∞; +∞): là tập hợp số thực. B – CÁC DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP 1. Bài tập tự luận c Bài 1. Viết mỗi tập hợp sau bằng cách liệt kê các phần tử của nó? a) A = {x ∈ N : x < 20 và x chia hết cho 3}. √ √ c) A = {x ∈ Z : − 7 < x < 15}. d) A = {x ∈ N : 14 − 3x > 0}. e) A = {x ∈ N∗ : 15 − 2x > 0}. f) A = {x ∈ N∗ : 20 − 2x ≥ 0}. 7/528 b) A = {x ∈ N : 2 ≤ x < 10}. p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 8 2. Tập hợp Luôn nổ lực để đạt được thành quả g) A = {x ∈ N∗ : |x − 1| ≤ 3}. ™ ß 1 1 i) A = x ∈ Q : x = n ≥ , n ∈ N . 2 32 h) A = {x ∈ Z : |x + 2| ≤ 1}. ß ™ 1 1 ∗ j) A = x : x = với n ∈ N và x ≥ . 2n 8 k) A = {x : x = 4k, k ∈ Z và −4 ≤ x < 12}. l) A = {x : x = 2n2 − 1, với n ∈ N và x < 9}. m) A = {x ∈ N : x là số nguyên tố và x < 11}. n) A = {x ∈ N : x là bội chung của 4 và 6}. Ê Lời giải. a) A = {x ∈ N : x < 20 và x chia hết cho 3}. Do x ∈ N, thỏa x < 20 và x chia hết cho 3 nên A = {0; 3; 6; 9; 12; 15; 18}. b) A = {x ∈ N : 2 ≤ x < 10}. Do x ∈ N và 2 ≤ x < 10 nên A = {2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}. √ √ c) A = {x ∈ Z : −√ 7 < x < √ 15}. Do x ∈ Z và − 7 < x < 15 nên A = {−2; −1; 0; 1; 2; 3}. d) A = {x ∈ N : 14 − 3x > 0}. 14 Ta có 14 − 3x > 0 ⇔ x < . Vì x ∈ N nên A = {0; 1; 2; 3; 4} 3 e) A = {x ∈ N∗ : 15 − 2x > 0}. 15 Ta có 15 − 2x > 0 ⇔ x < . Vì x ∈ N∗ nên A = {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}. 2 f) A = {x ∈ N∗ : 20 − 2x ≥ 0}. Ta có 20 − 2x ≥ 0 ⇔ x ≤ 10. Vì x ∈ N∗ nên A = {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9; 10}. g) A = {x ∈ N∗ : |x − 1| ≤ 3}. Ta có: |x − 1| ≤ 3 ⇔ −3 ≤ x − 1 ≤ 3 ⇔ −2 ≤ x ≤ 4. Do x ∈ N∗ ⇒ A = {1; 2; 3; 4}. o Học sinh cần nhớ |X| < a ⇔ −a < X < a với a > 0. h) A = {x ∈ Z : |x + 2| ≤ 1}. Ta có: |x + 2| ≤ 1 ⇔ −1 ≤ x + 2 ≤ 1 ⇔ −3 ≤ x ≤ −1. Do x ∈ Z ⇒ A = {−3; −2; −1}. ß ™ 1 1 i) A = x ∈ Q : x = n ≥ , n ∈ N . 2 32 1 1 Ta có n ≥ ⇔ 2n ≤ 32 ⇔ 2n ≤ 25 ⇔ n ≤ 5, vì n ∈ N nên n ∈ {0; 1; 2; 3; 4; 5}. 2 32 ß ™ 1 1 1 1 1 Từ đó tìm được A = 1; ; ; ; ; . 2 4 8 16 32 ß ™ 1 1 ∗ j) A = x : x = với n ∈ N và x ≥ . 2n 8 1 1 1 Ta có x ≥ ⇔ ≥ ⇔ 2n ≤ 8 ⇔ n ≤ 4, vì n ∈ N∗ nên n ∈ {1; 2; 3; 4}. 8 2n ß8 ™ 1 1 1 1 Từ đó tìm được A = ; ; ; . 2 4 6 8 k) A = {x : x = 4k, k ∈ Z và −4 ≤ x < 12}. Vì x = 4k, k ∈ Z và −4 ≤ x < 12 nên A = {−4; 0; 4; 8}. 8/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 9 Chương 1. Mệnh đề và tập hợp Luôn nổ lực để đạt được thành quả l) A = {x : x = 2n2 − 1, với n ∈ N và x < 9}. Ta có x < 9 ⇔ 2n2 − 1 < 9 ⇔ n2 < 5, vì n ∈ N nên n ∈ {0; 1; 2}. Từ đó tìm được A = {−1; 1; 7}. m) A = {x ∈ N : x là số nguyên tố và x < 11}. Tập hợp các số nguyên tố nhỏ thua 11 là A = {2; 3; 5; 7}. n) A = {x ∈ N : x là bội chung của 4 và 6}. Ta có B(4) = {0; 4; 8; 12; 16; 20; 24; 28; 32; 36 . . .} và B(6) = {0; 6; 12; 18; 24; 30; 36 . . .}. Từ đó tìm được BC(4, 6) = {0; 12; 24; 36 . . .}.  c Bài 2. Viết tập hợp sau bằng cách liệt kê các phần tử của tập hợp A {x ∈ Z : (2x2 − 5x + 3) (4 − x2 ) = 0}. = Ê Lời giải.  ñ 2 3 2x − 5x + 3 = 0 x = 1, x = 2 2  2 ⇔ Ta có (2x − 5x + 3) (4 − x ) = 0 ⇔ 4 − x2 = 0 x = ±2. Vì x ∈ Z nên A = {1; ±2}.  c Bài 3. Viết tập hợp sau bằng cách liệt kê các phần tử của tập hợp A {x ∈ Z : (x2 − 4x + 3) (2x + 1) = 0}. Ê Lời giải.  ñ 2 x = 1, x = 3 x − 4x + 3 = 0 Ta có (x2 − 4x + 3) (2x + 1) = 0 ⇔ ⇔ 1 2x + 1 = 0 x=− . 2 Vì x ∈ Z nên A = {1; 3}. c Bài 4. Viết tập hợp sau bằng cách liệt kê các phần tử của tập hợp A {x ∈ Z : 2x3 − 7x2 − 5x = 0}. =  = Ê Lời giải.  ñ x=0 x=0 √ √ 3 2 2  Ta có 2x −7x −5x = 0 ⇔ x(2x −7x−5) = 0 ⇔ ⇔ 7 + 89 7 − 89 2x2 − 7x − 5 = 0 x= ,x = . 4 4 Vì x ∈ Z nên A = {0}.  c Bài 5. Viết tập hợp sau bằng cách liệt kê các phần tử của tập hợp A {x ∈ N : (x4 − 8x2 − 9) (x2 − 16) = 0}. Ê Lời giải. ñ 4 ñ 2 ñ x − 8x2 − 9 = 0 x = −1, x2 = 9 x = ±3 4 2 2 Ta có (x − 8x − 9) (x − 16) = 0 ⇔ 2 ⇔ ⇔ x − 16 = 0 x = ±4 x = ±4. Vì x ∈ N nên A = {3; 4}. =  c Bài 6. Viết tập hợp A = {2; 6; 12; 20; 30} bằng cách nêu tính chất đặc trưng của nó? Ê Lời giải. A = {x ∈ N : x = n(n + 1), 1 ≤ n ≤ 5}. 9/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 10 2. Tập hợp Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 7. Viết tập hợp A = {2; 3; 5; 7} bằng cách nêu tính chất đặc trưng của nó? Ê Lời giải. A = {x là số nguyên tố và x ≤ 7}.  ¶ √ √ © c Bài 8. Viết tập hợp A = 1 + 3; 1 − 3 bằng cách nêu tính chất đặc trưng của nó? Ê Lời giải. 2 A = {x ∈ R : x − 2x − 2 = 0}.  c Bài 9. Viết tập hợp A = {9; 36; 81; 144} bằng cách nêu tính chất đặc trưng của nó? Ê Lời giải. ∗ 2 A = {x = (3n) : n < 5, n ∈ N }. c Bài 10. Viết tập hợp A = ß  1 1 1 1 1 ; ; ; ; 2 6 12 20 30 ™ bằng cách nêu tính chất đặc trưng của nó? Ê Lời giải. ß A= x= ™ 1 : n ≤ 5, n ∈ N∗ . n(n + 1) ß  1 1 1 1 1 c Bài 11. Viết tập hợp A = 1; ; ; ; ; 3 9 27 81 234 ™ bằng cách nêu tính chất đặc trưng của nó? Ê Lời giải. ß ™ 1 A = x = n : n ≤ 5, n ∈ N . 3  c Bài 12. Viết tập hợp A = {3; 6; 9; 12; 15} bằng cách nêu tính chất đặc trưng của nó? Ê Lời giải. ∗ A = {x = 3n : n ≤ 5, n ∈ N }.  c Bài 13. Viết tập hợp A = {3; 6; 12; 24; 48} bằng cách nêu tính chất đặc trưng của nó? Ê Lời giải. n A = {x = 3 · 2 : n ≤ 4, n ∈ N}.  c Bài 14. Viết tập hợp A = {0; 4; 8; 12; 16} bằng cách nêu tính chất đặc trưng của nó? Ê Lời giải. A = {x = 4n : n ≤ 4, n ∈ N}.  c Bài 15. Viết tập hợp A = {1; 2; 4; 8; 16} bằng cách nêu tính chất đặc trưng của nó? Ê Lời giải. n A = {x = 2 : n ≤ 4, n ∈ N}. 10/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 11 Chương 1. Mệnh đề và tập hợp Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 16. Tìm tất cả các tập hợp con của tập hợp sau a) A = {a; b}. b) B = {0; 1; 2}. Ê Lời giải. a) Tập A = {a; b} có 2 phần tử nên có 22 = 4 tập con. Các tập con đó là: ∅, {a}, {b}, A. b) Tập B = {0; 1; 2} có 3 phần tử nên có 23 = 8 tập con. Các tập con đó là: ∅, {0}, {1}, {2}, {0; 1}, {0; 2}, {1; 2}, B.  c Bài 17. Cho các tập hợp A = {−4; −2; −1; 2; 3; 4} và B = {x ∈ Z : |x| ≤ 4}. Tìm các tập X sao cho A ⊂ X ⊂ B. Ê Lời giải. Ta có |x| ≤ 4 ⇔ −4 ≤ x ≤ 4 và do x ∈ Z nên B = {−4; −3; −2; −1; 0; 1; 2; 3; 4}. Theo đề A ⊂ X ⊂ B ⇒ {−4; −2; −1; 2; 3; 4} ⊂ X ⊂ {−4; −3; −2; −1; 0; 1; 2; 3; 4} nên tập hợp X là một trong những tập hợp {−4; −2; −1; 2; 3; 4}, {−4; −3; −2; −1; 2; 3; 4}, {−4; −2; −1; 0; 2; 3; 4}, {−4; −2; −1; 1; 2; 3; 4}, {−4; −2; −1; 0; 2; 3; 4}, {−4; −3; −2; −1; 1; 2; 3; 4}, {−4; −2; −1; 0; 1; 2; 3; 4}, {−4; −3; −  c Bài 18. Cho A = {1; 2} và B = {1; 2; 3; 4; 5}. Tìm các tập hợp X sao cho A ⊂ X ⊂ B. Ê Lời giải. Theo đề A ⊂ X ⊂ B ⇒ {1; 2} ⊂ X ⊂ {1; 2; 3; 4; 5} nên tập hợp X là một trong những tập hợp {1; 2}, {1; 2; 3}, {1; 2; 4}, {1; 2; 5}, {1; 2; 3; 4}, {1; 2; 3; 5}, {1; 2; 4; 5}, {1; 2; 3; 4; 5}  ™ ß 3x + 8 ∈ Z . Tìm các tập hợp con của A có 3 phần tử? c Bài 19. Cho tập hợp A = x ∈ Z x+1 Ê Lời giải.   x+1=1 x=0   3x + 8 3(x + 1) + 5 5 . x + 1 = −1 x = −2 Ta có ∈Z⇔ ∈Z⇔3+ ∈ Z ⇒ 5 .. (x + 1) ⇒  ⇔ x + 1 = 5 x = 4 x+1 x+1 x+1 x + 1 = −5 x = −6. Suy ra A = {−2; 0; 4; 6} nên tập hợp con có 3 phần tử là {−2; 0; 4}, {−2; 0; 6}, {−2; 4; 6}, {0; 4; 6}.  ß ™ 14 c Bài 20. Cho tập hợp A = x ∈ R √ ∈ Z . Tìm các tập hợp con của tập hợp A 3 x+6 Ê Lời giải. √ 14 .. √ ∈ Z ⇒ 14 . (3 x + 6) ⇒ (3 x + 6) ∈ Ư(14) = {±1; ±2; ±7; ±14}. Ta có √ 3 x+6 Ta có bảng sau đây √ 3 x + 6 −14 −7 −2 −1 1 2 7 14 1 64 x ∅ ∅ ∅ ∅ ∅ ∅ 9 9 ß ™ 1 64 Suy ra A = ; . 9 9 ß ™ ß ™ ß ™ 1 64 1 64 Vậy các tập con của A là ∅, , , ; . 9 9 9 9 11/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 12 2. Tập hợp 2. Luôn nổ lực để đạt được thành quả Bài tập trắc nghiệm c Câu 1. Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sau đây là sai? A. A 6= {A}. B. ∅ ⊂ A. C. A ⊂ A. D. A ∈ A. Ê Lời giải. Khẳng định sai là A ∈ A. Chọn đáp án D  c Câu 2. Kí hiệu nào sau đây dùng để viết đúng mệnh đề “7 là số tự nhiên” ? A. 7 ⊂ N. B. 7 ∈ N. C. 7 < N. D. 7 ≤ N. Ê Lời giải. Mệnh đề đúng là 7 ∈ N. Chọn đáp án B  √ c Câu √ 3. Kí hiệu nào sau đây√dùng để viết đúng mệnh √ đề “ 2 không phải là√số hữu tỉ”? A. 2 6= Q. B. 2 6⊂ Q. C. 2 ∈ / Q. D. 2 ∈ Q. Khẳng định đúng là Chọn đáp án C √ Ê Lời giải. 2∈ / Q.  c Câu 4. Hãy liệt kê các phần tử của tập hợp X = {x ∈ R : x2 + x + 1 = 0}. A. X = {∅}. B. X = ∅. C. X = {0}. D. X = 0. Ê Lời giải. Vì phương trình x + x + 1 = 0 vô nghiệm nên X = ∅. Chọn đáp án B 2  c Câu 5. Cho tập hợp A = {x ∈ R : (x2 − 1) (x2 + 2) = 0}. phần ¶ Các © tử của tập A là √ A. A = {1}. B. A = {−1; 1}. C. A = ± 2; ±1 . D. A = {−1}. Ê Lời giải. ñ 2 ñ 2 ñ x −1=0 x =1 x = ±1 2 2 Ta có (x − 1) (x + 2) = 0 ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔ x +2=0 x = −2 x ∈ ∅. Vì x ∈ R nên A = {−1; 1}. Chọn đáp án B  c Câu 6. Hãy liệt kê các phần tử của tập X = {x ∈ N : (xß+ 2) (2x2™− 5x + 3) = 0} ß ™ 3 3 A. X = {−2; 1}. B. X = {1}. C. X = −2; 1; . D. X = 1; . 2 2 Ê Lời giải.  ñ x = −2 x + 2 = 0  Ta có (x + 2) (2x2 − 5x + 3) = 0 ⇔ ⇔ 3 2x2 − 5x + 3 = 0 x = 1, x = . 2 Vì x ∈ N nên X = {1}. Chọn đáp án B 12/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 13 Chương 1. Mệnh đề và tập hợp Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Câu 7. Các phần tử của tập hợp A = {x ∈ R | 2x2 − 5xß+ 3™ = 0} là 3 . A. A = {0}. B. A = {1}. C. A = 2 ß ™ 3 D. A = 1; . 2 Ê Lời giải.  x=1 Ta có 2x2 − 5x + 3 = 0 ⇔  3 x= . 2 Chọn đáp án D  c Câu 8. Hãy liệt kê các phần tử của tập X = {x ∈ Z | x4 − √ 6x2 √ + 8 = 0}. A. X = {−2; 2}. B. X = {− 2; √ 2}.√ √ D. X = {−2; − 2; 2; 2}. C. X = { 2; 2}. Ê Lời giải. ñ ñ 2 x = ±2 x =4 4 2 2 2 √ ⇔ Ta có x − 6x + 8 = 0 ⇔ (x − 3) = 1 ⇔ 2 x =2 x = ± 2. Vì x ∈ Z nên x = ±2. Chọn đáp án A  2 c Câu 9. Hãy (x2 − 5) = 0}. √ liệt kê các phần tử của tập X = {x ∈ Q | (x −√x − 6) √ B. X = {− 5; −2; √ 5; 3}. A. X = { 5; 3}. C. X = {−2; 3}. D. X = {x ∈ Q | − 5 ≤ x ≤ 3}. Ê Lời giải.  x = −2 ñ 2 x − x − 6 = 0  Ta có (x2 − x − 6) (x2 − 5) = 0 ⇔ 2 ⇔ x = 3 √ x −5=0 x=± 5∈ / Q. Chọn đáp án C  √ c Câu 10. Hãy liệt kê các phần tử của tập hợp M = {x ∈ N sao cho x là ước của 8} A. M = {1; 2; 4; 8}. B. M = {0; 1; 2; 4; 8}. C. M = {1; 4; 16; 64}. D. M = {0; 1; 4; 16; 64}. Ê Lời giải. .√ Ta có 8 6 .. 2 do đó loại M = {1; 2; 4; 8} và M = {0; 1; 2; 4; 8}. Ta có 0 không là ước của 8 nên loại M = {0; 1; 4; 16; 64}. Chỉ có M = {1; 4; 16; 64} thỏa đề bài. Chọn đáp án C  c Câu 11. Số phần tử của tập hợp A = {k 2 + 1|k ∈ Z, |k |≤ 2} là A. 1. B. 2. C. 3. D. 5. Ê Lời giải. Ta có k ∈ Z và |k |≤ 2 nên k ∈ {−2; −1; 0; 1; 2}. Thay các giá trị của k vào k 2 + 1 ta được 3 giá trị là 5; 2; 0. Chọn đáp án C 13/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 14 2. Tập hợp Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Câu 12. Cho tập hợp X = {0; 1; 2; a; b}. Số phần tử của tập X là A. 3. B. 2. C. 5. D. 4. Ê Lời giải.  Chọn đáp án C c Câu 13. Cho tập hợp X = {2; 3; 4}. Tập X có bao nhiêu tập hợp con? A. 3. B. 6. C. 8. D. 9. Ê Lời giải. 3 Số tập con của X là 2 = 8. Chọn đáp án C  c Câu 14. Tập A = {0; 2; 4; 6} có bao nhiêu tập hợp con có đúng hai phần tử? A. 4. B. 6. C. 7. D. 8. Ê Lời giải. Số tập con của X có hai phần tử là {0; 2}, {0; 4}, {0; 6}, {2; 4}, {2; 6}, {4; 6}. Chọn đáp án B 14/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 15 Chương 1. Mệnh đề và tập hợp Luôn nổ lực để đạt được thành quả BÀI 3. CÁC PHÉP TOÁN TRÊN TẬP HỢP A – TÓM TẮT LÝ THUYẾT a) Giao của hai tập hợp . Tập hợp C gồm các phần tử vừa thuộc A, vừa thuộc B được gọi là giao của A và B. Kí hiệu C = A ∩ B (phần gạch trong hình). ® x∈A Vậy A ∩ B = {x | x ∈ A và x ∈ B} hay x ∈ A ∩ B ⇔ x ∈ B. (Cách nhớ: giao là lấy phần chung) A B b) Hợp của hai tập hợp Tập hợp C gồm các phần tử thuộc A hoặc thuộc B được gọi là hợp của A và B. Kí hiệu: C = A ∪ B (phần gạch chéo trong hình). ñ x∈A Vậy A ∪ B = {x | x ∈ A hoặc x ∈ B} hay x ∈ A ∪ B ⇔ . x∈B (Cách nhớ: hợp là lấy hết) A B c) Hiệu của hai tập hợp Tập hợp C gồm các phần tử thuộc A nhưng không thuộc B gọi là hiệu của A và B. Kí hiệu C = A B (phần gạch chéo trong hình). ® x∈A Vậy A B = {x | x ∈ A và x ∈ / B} hay x ∈ A B ⇔ . x∈ /B (Cách nhớ: hiệu thuộc A mà không thuộc B) A B d) Phần bù của hai tập hợp Khi B ⊂ A thì A B gọi là phần bù của B trong A. Kí hiệu CA B = A B (phần gạch chéo trong hình). B A B – CÁC DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP 1. Bài tập tự luận c Bài 1. Cho A = {1; 2; 3; 4; 5} và B = {1; 3; 5; 7; 9; 11}. Hãy thực hiện các phép toán trên tập hợp. a) A ∩ B = b) A ∪ B = c) A B = d) B A = 15/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 16 3. Các phép toán trên tập hợp Luôn nổ lực để đạt được thành quả e) (A ∪ B) (A ∩ B) = f) (A B) ∪ (B A) = Ê Lời giải. a) A ∩ B = {1; 3; 5}. b) A ∪ B = {1; 2; 3; 4; 5; 7; 9; 11}. c) A B = {2; 4}. d) B A = {7; 9; 11}. e) (A ∪ B) (A ∩ B) = {2; 4; 7; 9; 11}. f) (A B) ∪ (B A) = {2; 4; 7; 9; 11}.  c Bài 2. Cho A = {1; 2; 3; 4}, B = {2; 4; 6; 8} và C = {3; 4; 5; 6}. Hãy thực hiện các phép toán trên tập hợp. a) A ∪ B = b) B ∪ C = c) C ∪ A = d) A ∩ B = e) B ∩ C = f) C ∩ A = g) A B = h) B C = i) C A = j) (A ∪ B) ∩ C = Ê Lời giải. a) A ∪ B = {1; 2; 3; 4; 6; 8}. b) B ∪ C = {2; 3; 4; 5; 6; 8}. c) C ∪ A = {1; 2; 3; 4; 5; 6}. d) A ∩ B = {2; 4}. e) B ∩ C = {4; 6}. f) C ∩ A = {3; 4}. g) A B = {1; 3}. 16/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 17 Chương 1. Mệnh đề và tập hợp Luôn nổ lực để đạt được thành quả h) B C = {2; 8}. i) C A = {5; 6}. j) (A ∪ B) ∩ C = {3; 4; 6}.  c Bài 3. Cho các tập hợp A = {x ∈ N | x ≤ 3} và B = {x ∈ Z | −2 < x < 2}. Hãy thực hiện các phép toán sau a) A ∩ B = b) A ∪ B = c) A B = d) B A = Ê Lời giải. Vì x ∈ N và x ≤ 3 nên A = {0; 1; 2; 3}. Do x ∈ N và −2 < x < 2 nên B = {−1; 0; 1}. a) A ∩ B = {0; 1}. b) A ∪ B = {−1; 0; 1; 2; 3}. c) A B = {2; 3}. d) B A = {−1}.  c Bài 4. Cho các tập hợp A = {x ∈ Z | (x2 − 4) (2x2 − 5x) = 0} và B = {x ∈ N | 1 ≤ x ≤ 6 và x là số chẵn}. Hãy thực hiện các phép toán sau a) A ∩ B = b) A ∪ B = c) A B = d) B A = Ê Lời giải.  x = ±2  x=0 Ta có x ∈ N và (x2 − 4) (2x2 − 5x) = 0 ⇔  ⇒ A = {−2; 0; 2}.  5 x = (loại) 2 Ta có B = {x ∈ N | 1 ≤ x ≤ 6 và x là số chẵn} ⇒ B = {2; 4; 6}. a) A ∩ B = {2} b) A ∪ B = {−2; 0; 2; 4; 6}. c) A B = {−2; 0}. d) B A = {4; 6}.  17/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 18 3. Các phép toán trên tập hợp Luôn nổ lực để đạt được thành quả  c Bài 5. Cho các tập hợp E = {x ∈ N 1 ≤ x < 7}, A = x ∈ N (x2 − 9) (x2 − 5x − 6) = 0 , B = {2; 3; 5}. Hãy xác định các tập hợp sau a) CE A = b) CE B = Ê Lời giải. Vì x ∈ N và 1 ≤ x < 7 ⇒ E = {1; 2; 3; 4; 5; 6}.  ñ 2 x = ±3 x −9=0  2 2 Ta có (x − 9) (x − 5x − 6) = 0 ⇔ 2 ⇔ x = −1 và x ∈ N ⇒ A = {3; 6}. x − 5x − 6 = 0 x=6 Vậy A ⊂ E, B ⊂ E. a) CE A = E A = {1; 2; 4; 6}. b) CE B = E B = {1; 4; 6}.  c Bài 6. Cho các tập hợp A = {2; 3; 5}, B = {x ∈ R | (x2 − 9) (x2 − x − 6) = 0} và E = {x ∈ Z |x| ≤ 3}. Hãy thực hiện các phép toán sau a) A ∩ B = b) A ∪ B = c) A B = d) B A = e) A ∩ E = f) B ∩ E = g) (A ∪ B) (A ∩ E) = h) CE (A ∩ E) = Ê Lời giải.  ñ 2 x = ±3 x −9=0  2 2 Ta có (x − 9) (x − x − 6) = 0 ⇔ 2 ⇔ x = 3 ⇒ B = {−3; −2; 3}. x −x−6=0 x = −2 Vì x ∈ Z và |x| ≤ 3 ⇒ E = {−3; −2; −1; 0; 1; 2; 3}. a) A ∩ B = {3}. b) A ∪ B = {−3; −2; 2; 3; 5}. c) A B = {2; 5}. d) B A = {−3; −2}. e) A ∩ E = {2; 3}. f) B ∩ E = {−3; −2; 3}. 18/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 19 Chương 1. Mệnh đề và tập hợp Luôn nổ lực để đạt được thành quả g) (A ∪ B) (A ∩ E) = {−3; −2; 5}. h) CE (A ∩ E) = {−3; −2; −1; 0; 1}.  ß ™ 3x + 8 c Bài 7. Cho các tập hợp A = x ∈ Z | ∈ Z và B = {x ∈ Nkx + 2 |< 5}. Hãy thực hiện x+1 các phép toán sau a) A ∩ B = b) A ∪ B = c) A B = d) B A = Ê Lời giải. 3x + 8 5 Ta có =3+ . x+1 x+1 3x + 8 . Vì ∈ Z nên 5 .. (x + 1) ⇒ A = {−6; −2; 0; 4}. x+1 Ta có |x + 2| < 5 nên −5 < x + 2 < 5 ⇒ −7 < x < 3 ⇒ B = {−6; −5; −4; −3; −2; −1; 0; 1; 2}. a) A ∩ B = {−6; −2; 0}. b) A ∪ B = {−6; −5; −4; −3; −2; −1; 0; 1; 2; 4}. c) A B = {4}. d) B A = {−5; −4; −3; −1; 1; 2}.  c Bài 8. Hãy xác định các tập A và B thỏa mãn đồng thời điều kiện a) A ∩ B = {1; 2; 3}, A B = {4; 5} và B A = {6; 9}. b) A ∩ B = {0; 1; 2; 3; 4}, A B = {−3; −2} và B A = {6; 9; 10}. c) A B = {1; 5; 7; 8}, A ∩ B = {3; 6; 9} và A ∪ B = {x ∈ N 0 < x ≤ 10}. Ê Lời giải. a) Ta có A = (A ∩ B) ∪ (A B) = {1; 2; 3} ∪ {4; 5} = {1; 2; 3; 4; 5}. B = (A ∩ B) ∪ (B A) = {1; 2; 3} ∪ {6; 9} = {1; 2; 3; 6; 9}. b) A = (A ∩ B) ∪ (A B) = {0; 1; 2; 3; 4} ∪ {−3; −2} = {−3; −2; 0; 1; 2; 3; 4}. B = (A ∩ B) ∪ (B A) = {0; 1; 2; 3; 4} ∪ {6; 9; 10} = {0; 1; 2; 3; 4; 6; 9; 10}. c) Ta có A ∪ B = {1; 2; 3; . . . ; 10}. A = (A B) ∪ (A ∩ B) = {1; 3; 5; 6; 7; 8; 9}. B = (A ∪ B) (A B) = {2; 3; 4; 6; 9; 10}.  19/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 20 3. Các phép toán trên tập hợp Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 9. Cho tập hợp X = {1; 2; 3; 4; 5; 6} và hai tập hợp A, B thỏa mãn A ⊂ X, B ⊂ X sao cho A ∪ B = {1; 2; 3; 4}, A ∩ B = {1; 2}. Tìm các tập C sao cho C ∪ (A ∩ B) = A ∪ B? Ê Lời giải. Vì C ∪ (A ∩ B) = A ∪ B nên C ⊂ (A ∪ B). Mặt khác, C ∪ (A ∩ B) = A ∪ B nên [(A ∪ B) (A ∩ B)] ⊂ C. Suy ra {3; 4} ⊂ C ⊂ {1; 2; 3; 4}. Vậy các tập hợp C thỏa mãn là {3; 4}, {1; 3; 4}, {2; 3; 4}, {1; 2; 3; 4}.  c Bài 10. Mỗi học sinh lớp 10C đều chơi bóng đá hoặc bóng chuyền. Biết rằng có 25 bạn chơi bóng đá, 20 bạn chơi bóng chuyền và 10 bạn chơi cả hai môn thể theo này. Hỏi lớp 10C nói trên có tất cả bao nhiêu học sinh? Ê Lời giải. Ký hiệu A là tập hợp các học sinh lớp 10C chơi bóng đá (25 người), B là tập hợp các học sinh lớp 10C chơi bóng chuyền (có 20 người). Vì mỗi bạn lớp 10C đều chơi bóng đá hoặc bóng chuyền nên A ∪ B là tập hợp các học sinh của lớp. Để đếm số phần tử của A ∪ B ta đếm số phần tử của A và số phần tử của B; khi đó số học sinh của A ∩ B được đếm 2 lần. Do đó n (A ∪ B) = n (A) + n (B) − n (A ∩ B) = 25 + 20 − 10 = 35 (học sinh). A B  c Bài 11. Trong số 45 học sinh lớp 10A1 có 15 bạn được xếp loại học lực giỏi, 20 bạn xếp loại hạnh kiểm tốt, trong đó có 10 bạn vừa học lực giỏi, vừa hạnh kiểm tốt. Hỏi a) Lớp 10A1 có bao nhiêu bạn được khen thưởng, biết rằng muốn được khen thưởng thì bạn đó phải có học lực giỏi hoặc có hạnh kiểm tốt. b) Lớp 10A1 có bao nhiêu bạn chưa được xếp loại học lực giỏi và chưa có hạnh kiểm tốt? Ê Lời giải. Gọi A là tập hợp các bạn học sinh lớp 10A1 có học lực giỏi, B là tập hợp các bạn học sinh lớp 10A1 có hạnh kiểm tốt. Số phần tử của A là n(A) = 15, số phần tử của B là n(B) = 20. Các bạn vừa có học lực giỏi vừa có hạnh kiểm tốt là A ∩ B, có số phần tử n (A ∩ B) = 10. a) Tập hợp các bạn được khen thưởng có học lực giỏi hoặc hạnh kiểm tốt là tập A ∪ B. Do đó n (A ∪ B) = n(A) + n(B) − n (A ∩ B) = 15 + 20 − 10 = 25 . b) Số bạn chưa có học lực giỏi và chưa có hạnh kiểm tốt là 45 − n (A ∪ B) = 45 − 25 = 20 học sinh.  2. Bài tập trắc nghiệm c Câu 1. Cho hai tập hợp X = {1; 2; 4; 7; 9} và Y = {−1; 0; 7; 10}. Tập hợp X ∪ Y có bao nhiêu phần tử? 20/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 21 Chương 1. Mệnh đề và tập hợp A. 9. Luôn nổ lực để đạt được thành quả B. 7. C. 8. D. 10. Ê Lời giải. Ta có X ∪ Y = {−1; 0; 1; 2; 4; 7; 9; 10}, có 8 phần tử. Chọn đáp án C  c Câu 2. Cho A và B là hai tập hợp bất kỳ. Phần gạch sọc trong hình vẽ bên là tập hợp nào? A. A ∪ B. B. B A. C. A B. D. A ∩ B. A B Ê Lời giải. Phần gạch sọc là phần chung của cả hai tập hợp A và B nên đó là tập A ∩ B. Chọn đáp án D  c Câu 3. Cho các tập hợp A = {1; 2; 3; 4} và B = {2; 4; 5; 8}. Tìm tập hợp A ∪ B? A. {1; 2; 3; 4; 5; 8}. B. {1; 2; 3; 5; 8}. C. {1; 2; 3; 4; 5; 6; 8}. D. {1; 3; 4; 5; 8}. Ê Lời giải. Ta có A ∪ B = {1; 2; 3; 4; 5; 8} . Chọn đáp án A  c Câu 4. Cho hai tập hợp M = {0; 1; 2; 3; 4} và N = {0; 2; 4; 6; 8}. Khi đó tập hợp M ∩ N là A. {6; 8}. B. {1; 3}. C. {0; 2; 4}. D. {0; 1; 2; 3; 4; 6; 8}. Ê Lời giải. Ta có M ∩ N = {0; 2; 4}. Chọn đáp án C  c Câu 5. Cho hai tập hợp A{a; b; 1; 2} và B = {a; b; c; 1; 3}. Tập hợp A ∩ B là A. {a; b; 1}. B. {a; b; 2}. C. {a; b; 3}. D. {2; 3; c}. Ê Lời giải. Ta có A ∩ B = {a; b; 1}. Chọn đáp án A  c Câu 6. Cho hai tập hợp A = {x ∈ N x ≤ 3} và B = {0; 1; 2; 3}. Tập A ∩ B là A. {1; 2; 3}. B. {−3; −3; −2; 0; 1; 2; 3}. C. {0; 1; 2}. D. {0; 1; 2; 3}. Ê Lời giải. Ta có A = {x ∈ N x ≤ 3} = {0; 1; 2; 3}. Do đó A ∩ B = {0; 1; 2; 3}. Chọn đáp án D  c Câu 7. Cho hai tập hợp A = {2; 4; 6; 9} và B = {1; 2; 3; 4}. Khi đó tập hợp A B là A. ∅. B. {6; 9; 1; 3}. C. {1; 2; 3; 5}. D. {6; 9}. Ê Lời giải. Ta có A B = {6; 9}. Chọn đáp án D 21/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 22 3. Các phép toán trên tập hợp Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Câu 8. Cho tập hợp A = {0; 2; 4; 6; 8} và B = {3; 4; 5; 6; 7}. Tập A B là A. {0; 6; 8}. B. {0; 2; 8}. C. {3; 6; 7}. D. {0; 2}. Ê Lời giải. A B = {0; 2; 8}. Chọn đáp án B  c Câu 9. Các tập hợp A, B, C được minh họa bằng biểu đồ Ven như hình bên. Phần gạch chéo trong hình là biểu diễn của tập hợp nào sau đây? A. A ∩ B ∩ C. B. (A C) ∪ (A B). C. (A ∪ B) C. D. (A ∩ B) C. A B C Ê Lời giải. Phần gạch chéo trong hình vẽ là tập con của A ∩ B. Mặt khác, phần gạch chéo không nằm trong C nên đó là tập (A ∩ B) C. Chọn đáp án D  c Câu 10. Cho hai tập hợp A = {x ∈ R (2x − x2 )(2x2 − 3x − 2) = 0}, B = {n ∈ N 3 < n2 < 30}. Khi đó tập A ∩ B là A. {2}. B. {4; 5}. C. {2; 4}. D. {3}. Ê Lời giải.  x=0 ñ 2 x = 2 2x − x = 0 Ta có (2x − x2 )(2x2 − 3x − 2) = 0 ⇔ ⇔ 2  2x − 3x − 2 = 0 1 x=− . 2 ß ™ 1 Do đó A = 0; 2; − . 2 2 B = {n ∈ N 3 < n < 30} = {2; 3; 4; 5}. Do đó A ∩ B = {2}. Chọn đáp án A  c Câu 11. Cho ba tập hợp A = {1; 2; 3; 4; 5; 6; 9}, B = {0; 2; 4; 6; 8; 9} và C = {3; 4; 5; 6; 7}. Tích các phần tử của tập hợp A ∩ (B C) bằng A. 18. B. 11. C. 2. D. 7. Ê Lời giải. Ta có B C = {0; 2; 8; 9}. Do đó A ∩ (B C) = {2; 9}. Tích các phần tử bằng 2 · 9 = 18. Chọn đáp án A  c Câu 12. Cho hai tập hợp A và B thỏa A ∪ B = {1; 2; 3; 4; 5} và A ∩ B = {2} và A B = {4; 5}. Khi đó tập hợp B có thể là A. {3}. B. {1; 2; 3}. C. {2; 3}. D. {2; 5}. Ê Lời giải. 22/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 23 Chương 1. Mệnh đề và tập hợp Luôn nổ lực để đạt được thành quả Vì A ∩ B = {2} nên 2 ∈ {B}. Vì A B = {4; 5} nên 4; 5 ∈ / B. Từ (A ∪ B) (A ∩ B) = (A B) ∪ (B A) suy ra {1; 3; 4; 5} = {4; 5} ∪ (B A). Do đó {1; 3} ⊂ B A, hay {1; 3} ∈ B. Vậy B = {1; 2; 3}.  Chọn đáp án B c Câu 13. Lớp 10A có 10 học sinh giỏi Toán, 15 học sinh giỏi Văn, 5 học sinh giỏi cả hai môn và 17 học sinh không giỏi môn nào. Số học sinh của lớp 10A là A. 37. B. 42. C. 47. D. 32. Ê Lời giải. Gọi A và B lần lượt là tập hợp học sinh giỏi Toán và học sinh giỏi văn của lớp 10A. Khi đó số học sinh giỏi cả hai môn là A ∩ B. Số học sinh giỏi toán hoặc giỏi văn là n (A ∪ B) = n(A) + n(B) − n(A ∩ B) = 10 + 15 − 5 = 20 học sinh. Số học sinh của lớp là 20 + 17 = 37 học sinh.  Chọn đáp án A c Câu 14. Để phục vụ cho hội nghị quốc tế, ban tổ chức đã huy động 30 cán bộ phiên dịch tiếng Anh, 25 cán bộ phiên dịch tiếng Pháp. Trong đó có 12 cán bộ phiên dịch được cả hai thứ tiếng Anh và Pháp. Hỏi ban tổ chức đã huy động tất cả bao nhiêu cán bộ phiên dịch cho hội nghị đó? A. 42. B. 31. C. 55. D. 43. Ê Lời giải. Gọi A và B lần lượt là tập hợp các cán bộ phiên dịch tiếng Anh và tiếng Pháp. Khi đó cán bộ phiên dịch được cả hai thứ tiếng là A ∩ B. Số cán bộ phiên dịch được huy động là n(A ∪ B) = n(A) + n(B) − n(A ∩ B) = 30 + 25 − 12 = 43.  Chọn đáp án D c Câu 15. Lớp 10A có 10 học sinh giỏi Toán, 10 học sinh giỏi Lý, 11 học sinh giỏi Hóa, 6 học sinh giỏi cả Toán và Lý, 5 học sinh giỏi cả Hóa và Lý, 4 học sinh giỏi cả Toán và Hóa, 3 học sinh giỏi cả ba môn Toán, Lý, Hóa. Số học sinh giỏi ít nhất một trong ba môn (Toán, Lý, Hóa) của lớp 10A là A. 19. B. 18. C. 31. D. 49. Ê Lời giải. 23/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 24 3. Các phép toán trên tập hợp Luôn nổ lực để đạt được thành quả Gọi A, B, C lần lượt là tập hợp các học sinh giỏi Toán, Lý và Hóa của lớp 10A. A ○ Số học sinh học giỏi Toán n(A) = 10. ○ Số học sinh giỏi Lý n(B) = 10. B C ○ Số học sinh giỏi Hóa n(C) = 11. ○ Số học sinh giỏi cả Toán và Lý là n(A ∩ B) = 6. ○ Số học sinh giỏi cả Hóa và Lý là n(B ∩ C) = 5. ○ Số học sinh giỏi cả Toán và Hóa là n(A ∩ C) = 4. ○ Số học sinh giỏi cả ba môn là n(A ∩ B ∩ C) = 3. Số học sinh giỏi ít nhất một trong ba môn là n(A ∪ B ∪ C) = n(A) + n(B) + n(C) − [n(A ∩ B) + n(B ∩ C) + n(A ∩ C)] + n(A ∩ B ∩ C) = 10 + 10 + 11 − (6 + 5 + 4) + 3 = 19. Chọn đáp án A  c Câu 16. Lớp 10A có 7 học sinh giỏi Toán, 5 học sinh giỏi Lý, 6 học sinh giỏi Hóa, 3 học sinh giỏi cả Toán và Lý, 4 học sinh giỏi cả Toán và Hóa, 2 học sinh giỏi cả Lý và Hóa, 1 học sinh giỏi cả ba môn Toán, Lý, Hóa. Số học sinh giỏi ít nhất một môn (Toán, Lý, Hóa) của lớp 10A là A. 9. B. 18. C. 10. D. 28. Ê Lời giải. Gọi A, B, C lần lượt là tập hợp các học sinh giỏi Toán, Lý và Hóa của lớp 10A. ○ Số học sinh học giỏi Toán n(A) = 7. ○ Số học sinh giỏi Lý n(B) = 5. A B C ○ Số học sinh giỏi Hóa n(C) = 6. ○ Số học sinh giỏi cả Toán và Lý là n(A ∩ B) = 3. ○ Số học sinh giỏi cả Hóa và Lý là n(B ∩ C) = 2. ○ Số học sinh giỏi cả Toán và Hóa là n(A ∩ C) = 4. ○ Số học sinh giỏi cả ba môn là n(A ∩ B ∩ C) = 1. Số học sinh giỏi ít nhất một trong ba môn là n(A∪B∪C) = n(A)+n(B)+n(C)−[n(A ∩ B) + n(B ∩ C) + n(A ∩ C)]+n(A∩B∩C) = 7+5+6−(3+2+4)+1 = Chọn đáp án C  c Câu 17. Gọi A là tập hợp các học sinh của một lớp học có 53 học sinh, B và C lần lượt là tập hợp các học sinh thích môn Toán, tập hợp các học sinh thích môn Văn của lớp này. Biết rằng có 40 học sinh thích môn Toán và 30 học sinh thích môn Văn. Số phần tử lớn nhất có thể có của tập 24/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 25 Chương 1. Mệnh đề và tập hợp hợp B ∩ C bằng A. 31. Luôn nổ lực để đạt được thành quả B. 29. C. 30. D. 32. Ê Lời giải. Ta có B ∩ C ⊂ B và B ∩ C ⊂ C, do đó n(B ∩ C) ≤ n(B) và n(B ∩ C) ≤ n(C). Suy ra số phần tử lớn nhất có thể có của B ∩ C là 30 khi C ⊂ B. Chọn đáp án C  c Câu 18. Cho hai đa thức f (x) và g(x). Xét A = {x ∈ R f (x) = 0}, B = {x ∈ R g(x) = 0} và C = {x ∈ R f 2 (x) + g 2 (x) = 0}. Mệnh đề nào là mệnh đề đúng? A. C = A ∪ B. B. C = A ∩ B. C. C = A B. D. C = B A. Ê Lời giải. 2 2 Vì f (x) ≥ 0 và g (x) ≥ 0, ∀x nên ® f 2 (x) + g 2 (x) = 0 ⇔ ® Do đó x ∈ C ⇔ f (x) = 0 g(x) = 0. x∈A ⇔ x ∈ (A ∩ B). x∈B  Chọn đáp án B c Câu 19. Xét các tập hợp X, Y có cùng số phần tử. Biết rằng số phần tử của tập hợp X ∪ Y và X Y lần lượt là 35 và 15. Số phần tử của tập hợp X bằng A. 35. B. 20. C. 50. D. 15. Ê Lời giải. Vì n(X) = n(Y ) nên n(X Y ) = n(Y X) = 15. Do đó n (X ∩ Y ) = n (X ∪ Y ) − (n(X Y ) + n(Y X)) = 35 − (15 + 15) = 5. Vì (X Y ) ∪ (X ∩ Y ) = X và (X Y ) ∩ (X ∩ Y ) = ∅ nên n(X) = n (X Y ) + n(X ∩ Y ) = 15 + 5 = 20.  Chọn đáp án B c Câu 20. Cho hai tập hợp A = {x ∈ R |mx − 3| = mx − 3} và B = {x ∈ R x2 − 4 = 0}. Tìm tất cả giá trị của tham số m để B A = B 3 3 3 3 3 3 A. − ≤ m ≤ . B. m < . C. − < m < . D. m ≥ − . 2 2 2 2 2 2 Ê Lời giải. Ta có |mx − 3| = mx − 3 ⇔ mx − 3 ≥ 0 ⇔ mx ≥ 3. Do đó A = {x ∈ R mx ≥ 3} và B = {−2; 2}. B A = B khi B ∩ A = ∅ ® ® 2∈ /A − 2m < 3 ⇔ ⇔ −2∈ /A 2m < 3  3  m > − 2 ⇔ −3 < m < 3. ⇔ 3  2 2  m< 2 Chọn đáp án C 25/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 26 4. Các tập hợp số Luôn nổ lực để đạt được thành quả BÀI 4. CÁC TẬP HỢP SỐ A – TÓM TẮT LÝ THUYẾT . a) Các tập hợp số đã học (a) Tập hợp các số tự nhiên N = {0; 1; 2; . . .}. Tập hợp các số tự nhiên khác 0: N∗ (b) Tập hợp các số Tập hợp các số Tập hợp các số Vậy Z gồm các nguyên Z. −1; −2; −3; . . . là các số nguyên âm, ký hiệu Z− = {. . . ; −3; −2; −1}. 1; 2; 3; . . . là các số nguyên dương, ký hiệu Z+ = {1; 2; 3; . . .}. số tự nhiên và các số nguyên âm. (c) Tập hợp các số hữu tỉ Q. a Số hữu tỉ biểu diễn được dưới dạng một phân số , trong đó a, b ∈ Z và b 6= 0. b Số hữu tỉ còn được biểu diễn bởi số thập phân hữu hạn hoặc vô hạn tuần hoàn. (d) Tập hợp các số thực R. Tập hợp các số thực gồm các số thập phân hữu hạn, vô hạn tuần hoàn và vô hạn không tuần hoàn. Các số thập phân vô hạn không tuần hoàn gọi là số vô tỉ (căn). b) Các tập hợp con thường dùng của R. Tên Ký hiệu Cách ghi tập hợp (a; b) Khoảng Đoạn Nửa khoảng {x ∈ R a < x < b} (a; +∞) {x ∈ R x > a} (−∞; b) {x ∈ R x < b} [a; b] {x ∈ R a ≤ x ≤ b} [a; b) {x ∈ R a ≤ x < b} (a; b] {x ∈ R a < x ≤ b} [a + ∞) {x ∈ R a ≤ x} Biểu diễn trên trục số /////////( a )///////// b /////////( a Ví dụ −2 < x < 3 ⇒ x ∈ (−2; 3) x > 3 ⇒ x ∈ (3; +∞) )///////// b x < 1 ⇒ x ∈ (−∞; 1) /////////[ a ]///////// b −3 ≤ x ≤ 5 ⇒ x ∈ [−3; 5] /////////[ a )///////// b −1 ≤ x < 7 ⇒ x ∈ [−1; 7) /////////( a ]///////// b 0 < x ≤ 4 ⇒ x ∈ (0; 4] /////////[ a x ≥ −2 ⇒ x ∈ [−2; +∞) ]///////// b (−∞; b] {x ∈ R x ≤ b} x ≤ −3 ⇒ x ∈ (−∞; −3] Ký hiệu +∞ đọc là dương vô cực, ký hiệu −∞ đọc là âm vô cực. Ta có thể viết R = (−∞; +∞) và gọi là khoảng (−∞; +∞). Học sinh cần phân biệt sự khác nhau giữa tập hợp và đoạn, khoảng, nửa khoảng. B – CÁC DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP 1. Bài tập tự luận c Bài 1. Hãy phân biệt các tập hợp sau a) {−1; 2}, [−1; 2], (−1; 2), [−1; 2); (−1; 2]. b) A = {x ∈ Z − 2 ≤ x ≤ 3} và B = {x ∈ R − 2 ≤ x ≤ 3}. 26/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 27 Chương 1. Mệnh đề và tập hợp Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ê Lời giải. a) ○ {−1; 2} là tập hợp chỉ gồm 2 phần tử là −1 và 2. ○ [−1; 2] = {x ∈ R − 1 ≤ x ≤ 2}, đây là đoạn, chứa cả hai phần tử −1, 2 và các giá trị nằm giữa hai số đó. ○ (−1; 2) = {x ∈ R − 1 < x < 2} là một khoảng. ○ [−1; 2) = {x ∈ R − 1 ≤ x < 2} là nửa khoảng, gồm khoảng (−1; 2) và số −1. ○ (−1; 2] = {x ∈ R − 1 < x ≤ 2} là nửa khoảng, gồm khoảng (−1; 2) và số 2. b) A = {x ∈ Z − 2 ≤ x ≤ 3} = {−2; −1; 0; 1; 2; 3} chỉ có 6 phần tử. B = {x ∈ R − 2 ≤ x ≤ 3} = [−2; 3] là một đoạn, có vô số giá trị.  c Bài 2. Hãy xác định A ∩ B, A ∪ B, A B, B A, CR A, CR B và biểu diễn chúng trên trục số trong mỗi trường hợp sau: a) A = [−4; 4), B = [1; 7). b) A = [3; +∞), B = (0; 4). c) A = (−∞; −1) ∪ (2; +∞), B = [−3; 4]. Ê Lời giải. a) ○ A ∩ B = [1; 4). Biểu diễn trên trục số ///////// [ 1 )/////////////////// 4 //////////[ −4 )/////////////////// 7 //////////[ −4 )/////////////////// 1 //////////[ 4 )/////////////////// 7 ○ A ∪ B = [−4; 7). Biểu diễn trên trục số ○ A B = [−4; 1). Biểu diễn trên trục số ○ B A = [4; 7). Biểu diễn trên trục số ○ CR A = (−∞; −4) ∪ [4; +∞). Biểu diễn trên trục số )////////////////////[ −4 4 ○ CR B = (−∞; 1) ∪ [7; +∞). Biểu diễn trên trục số 27/528 )////////////////////[ 1 7 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 28 4. Các tập hợp số Luôn nổ lực để đạt được thành quả b) ○ A ∩ B = [3; 4). Biểu diễn trên trục số //////////[ 3 )/////////////////// 4 ○ A ∪ B = (0; +∞). Biểu diễn trên trục số //////////( 0 ○ A B = [4; +∞). Biểu diễn trên trục số //////////[ 4 ○ B A = (0; 3). Biểu diễn trên trục số //////////( 0 )/////////////////// 3 ○ CR A = (−∞; 3). )//////////////////// 3 Biểu diễn trên trục số ○ CR B = (−∞; 0] ∪ [4; +∞). ]////////////////////[ 0 4 Biểu diễn trên trục số c) ○ A ∩ B = [−3; −1) ∪ (2; 4]. Biểu diễn trên trục số |||||||||||[ −3 )||||||||||||||||||||||||||||||( −1 2 ]|||||||||| 4 ○ A ∪ B = R. Biểu diễn trên trục số ○ A B = (−∞; −3) ∪ (4; +∞). Biểu diễn trên trục số )||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||( −3 −1 2 4 ○ B A = [−1; 2]. Biểu diễn trên trục số ||||||||||||||||||||||||||||||[ −3 −1 ]|||||||||||||||||||||||||||||| 2 4 ||||||||||||||||||||||||||||||[ −3 −1 ]|||||||||||||||||||||||||||||| 2 4 ○ CR A = [−1; 2]. Biểu diễn trên trục số ○ CR B = (−∞; −3) ∪ (4; +∞). Biểu diễn trên trục số )||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||( −3 −1 2 4  c Bài 3. Tìm A ∩ B, A ∪ B, A B, B A, CR A, CR B và biểu diễn chúng trên trục số. a) A = {x ∈ R | x ≤ 2}, B = {x ∈ R | x > 5}. b) A = {x ∈ R | x < 0 hay x ≥ 2}, B = {x ∈ R | − 4 ≤ x < 3}. c) A = {x ∈ R | |x − 1| < 2}, B = {x ∈ R | |x + 1| < 3}. Ê Lời giải. 28/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 29 Chương 1. Mệnh đề và tập hợp Luôn nổ lực để đạt được thành quả a) Ta biểu diễn hai tập hợp A và B trên trục số như sau.  2 5 Ta có ○ A ∩ B = ∅. ○ A ∪ B = (−∞; 2] ∪ (5; +∞).  2 5 ○ A B = A = (∞; 2].  2 ○ B A = B = (5; +∞). 5 ○ CR A = (2; +∞). 2 ○ CR B = (−∞; 5].  5 b) Ta biểu diễn hai tập hợp A và B trên trục số như sau.   0 2   −4 3 Ta có ○ A ∩ B = [−4; 0) ∪ [2; 3). 29/528     −4 0 2 3 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 30 4. Các tập hợp số Luôn nổ lực để đạt được thành quả ○ A ∪ B = R. ○ A B = (−∞; −4) ∪ [3; +∞).   −4 3 ○ B A = [0; 2).   0 2   0 2 ○ CR A = [0; 2). ○ CR B = (−∞; −4) ∪ [3; +∞).   −4 3 c) Ta có A = (−1; 3), B = (−4; 2).  −1 3  −4 2 Ta có ○ A ∩ B = (−1; 2).  −1 2 ○ A ∪ B = (−4; 3).  −4 3 ○ A B = [2; 3).   2 3 ○ B A = (−4; 1].  −4 1 ○ CR A = (−∞; −1] ∪ [3; +∞). 30/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 31 Chương 1. Mệnh đề và tập hợp Luôn nổ lực để đạt được thành quả   −1 3 ○ CR B = (−∞; −4] ∪ [2; +∞).   −4 2  c Bài 4. Cho hai tập hợp A = [m; m + 2) và B = (5; 6) với m ∈ R. a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để A ⊂ B. b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để B ⊂ A. c) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để A ∩ B = ∅. Ê Lời giải. a) Ta biểu diễn hai tập hợp A và B trên trục số.   m m+2  5 ® Ta có A ⊂ B ⇔ 5 < m < m + 2 ≤ 6 ⇔ 6 m>5 ⇒ m ∈ ∅. m≤4 b) Ta biểu diễn hai tập hợp A và B trên trục số.   m m+2  5 ® Ta có B ⊂ A ⇔ m ≤ 5 < 6 ≤ m + 2 ⇔ 6 m≤5 ⇔ 4 ≤ m ≤ 5. m≥4 c) Ta biểu diễn hai tập hợp A và B trên trục số.   m m+2   m m+2  5 6  5 6 ñ ñ m≥6 m≥6 Ta có A ∩ B = ∅ ⇔ ⇔ m+2≤5 m ≤ 3.  31/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 32 4. Các tập hợp số Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 5. Cho hai tập hợp A = (3m − 1; 3m + 7) và B = (−1; 1) với m ∈ R. a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để B ⊂ A. b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để A ∩ B = ∅. Ê Lời giải. a) Ta có B ⊂ A ⇔ 3m − 1 ≤ −1 < 1 ≤ 3m + 7 ⇔ −2 ≤ m ≤ 0.  2 ñ m≥ 1 ≤ 3m − 1  3 ⇔ b) Ta có A ∩ B = ∅ ⇔ 8 3m + 7 ≤ −1 m≤− . 3  c Bài 6. Cho hai tập hợp A = (2; 7 − m) và B = (m − 1; +∞) khác rỗng (m ∈ R). a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để A ⊂ B. b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để A ∩ B = ∅. c) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để A ∪ B = (1; +∞). Ê Lời giải. a) Ta có A ⊂ B ⇔ m − 1 ≤ 2 ⇔ m ≤ 3. b) Ta có A ∩ B = ∅ ⇔ 7 − m ≤ m − 1 ⇔ m ≥ 4. c) Ta có A ∪ B = (1; +∞) ⇔ m − 1 = 1 ⇔ m = 2.  c Bài 7. Cho hai tập hợp A = (−∞; m) và B = [3m − 1; 3m + 3] khác rỗng (m ∈ R). a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để A ∩ B = ∅. b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để B ⊂ A. c) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để A ⊂ CR B. d) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để CR A ∩ B = ∅. Ê Lời giải. 1 a) Ta có A ∩ B = ∅ ⇔ m ≤ 3m − 1 ⇔ m ≥ . 2 3 b) Ta có B ⊂ A ⇔ 3m + 3 < m ⇔ m < − . 2 1 c) Ta có CR B = (−∞; 3m − 1) ∪ (3m + 3; +∞). Do đó, A ⊂ CR B ⇔ m ≤ 3m − 1 ⇔ m ≥ . 2 3 d) Ta có CR A = [m; +∞). Do đó, CR A ∩ B = ∅ ⇔ 3m + 3 < m ⇔ m < − . 2  32/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 33 Chương 1. Mệnh đề và tập hợp Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 8. Cho hai tập hợp A = (m − 1; 4] và B = (−2; 2m + 2) khác rỗng (m ∈ R). a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để A ∩ B 6= ∅. b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để A ⊂ B. c) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để B ⊂ A. d) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để ∅ 6= (A ∩ B) ⊂ (−1; 3). Ê Lời giải.  m−1 4  −2 2m + 2   m − 1 < 4 a) Ta có A ∩ B = 6 ∅ ⇔ − 2 < 2m + 2 ⇔ −2 < m < 5.   m − 1 ≤ 2m + 2 b) Ta có A ⊂ B ⇔ −2 ≤ m − 1 < 4 < 2m + 2 ⇔ 1 < m < 5. c) Ta có B ⊂ A ⇔ m − 1 ≤ −2 < 2m + 2 ≤ 4 ⇔ −2 < m ≤ −1. d) Ta có Với A ∩ B 6= ∅ thì A ∩ B = (m − 1; 2m + 2). Do đó, 1 A ∩ B ⊂ (−1; 3) ⇔ −1 ≤ m − 1 < 2m + 2 ≤ 3 ⇔ 0 ≤ m ≤ . 2  ò m+1 và B = (−∞; −2) ∪ (2; +∞) khác rỗng (m ∈ R). c Bài 9. Cho hai tập hợp A = m − 1; 2 ï a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để A ⊂ B. b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để A ∩ B = ∅. Ê Lời giải. Trước hết, tập hợp A khác rỗng khi và chỉ khi m − 1 ≤  ñ m+1 m < −5 < −2 ⇔ a) Ta có A ⊂ B ⇔  2 m > 3. 2 2. D. m ≥ 2. Ê Lời giải. Ta có B ⊂ A ⇔ m ≥ 2. Chọn đáp án D  c Câu 24. Cho hai tập hợp A = [1; 3] và B = [m; m + 1]. Tìm tất cả giá trị của tham số m để B ⊂ A? A. m = 1. B. 1 < m < 2. C. 1 ≤ m ≤ 2. D. m = 2. Ê Lời giải. ® 1≤m ⇔ 1 ≤ m ≤ 2. m+1≤3 Chọn đáp án C B⊂A⇔  c Câu 25. Cho hai tập hợp A = (−∞; m + 1] và B = (−1; +∞). Điều kiện để (A ∪ B) = R là A. m > −1. B. m ≥ −2. C. m ≥ 0. D. m > −2. Ê Lời giải. (A ∪ B) = R ⇔ −1 ≤ m + 1 ⇔ m ≥ −2. Chọn đáp án B  c Câu 26. Cho hai tập hợp A = [1 − 2m; m + 3] và B = {x ∈ R|x ≥ 8 − 5m}. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để A ∩ B = ∅. 5 2 5 2 5 A. m ≥ . B. m < − . C. m < . D. − ≤ m < . 6 3 6 3 6 Ê Lời giải. ○ Nếu A = ∅ ⇔ 1 − 2m > m + 3 ⇔ m < − 37/528 2 thì A ∩ B = ∅. 3 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 38 4. Các tập hợp số Luôn nổ lực để đạt được thành quả 2 ○ Nếu A 6= ∅ ⇔ 1 − 2m ≤ m + 3 ⇔ m ≥ − . Khi đó 3 5 A ∩ B = ∅ ⇔ m + 3 < 8 − 5m ⇔ m < . 6 5 Vậy tất cả m thỏa bài toán là m < . 6 Chọn đáp án C 38/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 C h ươ ng HÀM SỐ SỐ BẬC BẬC NHẤT NHẤT VÀ VÀ HÀM HÀM SỐ SỐ HÀM BẬC HAI BẬC HAI HÀM SỐ BẬC NHẤT VÀ HÀM SỐ 2 BẬC HAI BÀI 1. ĐẠI CƯƠNG VỀ HÀM SỐ A – TÓM TẮT LÝ THUYẾT . Định nghĩa 1. Giả sử có hai đại lượng biến thiên x và y, trong đó x nhận giá trị thuộc tập số D. Nếu với mỗi giá trị của x thuộc tập D có một và chỉ một giá trị tương ứng của y thì ta có một hàm số của x. Ta gọi x là biến số và y là hàm số của x. Tập hợp D được gọi là tập xác định hàm số. Tập xác định của y = f (x) là tập hợp tất cả các số thực x sao cho biểu thức f (x) có nghĩa. Cách cho hàm số 2. Cho bằng bảng, biểu đồ, công thức y = f (x) 3. Đồ thị của hàm số Đồ thị của hàm số y = f (x) xác định trên tập D là tập hợp tất cả các điểm M (x; f (x)) trên mặt phẳng tọa độ Oxy với mọi x ∈ D Chiều biến thiên của hàm số 4. a) Hàm số y = f (x) được gọi là đồng biến (tăng) trên khoảng (a; b) nếu ∀x1 , x2 ∈ (a, b) : x1 < x2 ⇒ f (x1 ) < f (x2 ). b) Hàm số y = f (x) được gọi là nghịch biến (giảm) trên khoảng (a; b) nếu ∀x1 , x2 ∈ (a, b) : x1 < x2 ⇒ f (x1 ) > f (x2 ). Hàm số nghịch biến trên khoảng (a; b) thì đồ thị từ trái sang phải đi xuống, hàm số đồng biến trên khoảng (a; b) thì đồ thị từ trái sang phải đi lên. Tính chẵn lẻ của hàm số 5. a) Hàm số y = f (x) với tập xác định D được gọi là hàm số chẵn nếu ∀x ∈ D thì − x ∈ D và f (−x) = f (x). b) Hàm số y = f (x) với tập xác định D được gọi là hàm số lẻ nếu ∀x ∈ D thì − x ∈ D và f (−x) = −f (x). 39/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 40 1. Đại cương về hàm số Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Tính chât 1.1. ○ Đồ thị của hàm số chẵn nhận trục tung Oy làm trục đối xứng. ○ Đồ thị của hàm số lẻ nhận gốc toạ độ O làm tâm đối xứng. Hàm số phân nhánh ® 2x + 1 khi x ≥ 0 Ví dụ hàm số y = nghĩa là với x ≥ 0 hàm số được xác định bởi biểu thức −x2 khi x < 0 f (x) = 2x + 1, với x < 0 hàm số được xác định bởi biểu thức f (x) = −x2 . 6. 7. Hàm số hợp c Ví dụ 1. Cho hàm số f (x) = x2 − 2x + 3. Tìm hàm số y = f (2x + 1)? Ê Lời giải. Ta có: y = f (2x + 1) = (2x + 1) − 2(2x + 1) + 3 = 4x2 + 2 (thay x bằng (2x + 1). 2  c Ví dụ 2. Cho hàm số f (x − 1) = x2 − 3x + 2. Tìm hàm số y = f (x)? Ê Lời giải. Đặt t = x − 1 ⇔ x = t + 1 ⇒ f (t) = (t + 1) − 3(t + 1) + 2 = t2 − t ⇒ f (x) = x2 − x 2 40/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 41 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả B – DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP | Dạng 1. Xác định hàm số và điểm thuộc đồ thị c Bài 1. Cho hàm số f (x). Hãy tìm hàm số g(x) trong các trường hợp sau a) Cho f (x) = x − 2x2 . Tìm g(x) = f (x − 1) b) Cho f (x) = x − 3x2 . Tìm g(x) = f (2 − x) c) Cho f (x) = x2 − 2x. Tìm g(x) = f (x2 + 1) d) Cho f (x) = x2 − 4x. Tìm g(x) = f (1 − x2 ) Ê Lời giải. a) Ta có: g(x) = f (x − 1) = (x − 1) − 2(x − 1)2 = x − 1 − 2(x2 − 2x + 1) = −2x2 + 5x − 3. b) Ta có: g(x) = f (2 − x) = (2 − x) − 3(2 − x)2 = 2 − x − 3(4 − 4x + x2 ) = −3x2 + 11x − 10. c) Ta có: g(x) = f (x2 + 1) = (x2 + 1)2 − 2(x2 + 1) = (x4 + 2x2 + 1) − 2x2 − 2 = x4 − 1. d) Ta có: g(x) = f (1 − x2 ) = (1 − x2 )2 − 4(1 − x2 ) = (1 − 2x2 + x4 ) − 4 + 4x2 = x4 + 2x2 − 3.  c Bài 2. Hãy tìm hàm số y = f (x), biết rằng: a) f (x + 2) = 2x − 1, ∀x ∈ R. b) f (x − 1) = x2 − 3x + 3, ∀x ∈ R. c) f (x + 1) = x2 + 2x + 4, ∀x ∈ R. d) f (1 − 2x) = 4x2 − 8x + 2, ∀x ∈ R. Ê Lời giải. a) Đặt: t = x + 2 ⇔ x = t − 2 Khi đó: f (t) = 2(t − 2) − 1 = 2t − 5 Suy ra: y = f (x) = 2x − 5. b) Đặt: t = x − 1 ⇔ x = t + 1 Khi đó: f (t) = (t+1)2 −3(t+1)+3 = t2 −t+1 Suy ra: y = f (x) = x2 − x + 1. c) Đặt: t = x + 1 ⇔ x = t − 1 Khi đó: f (t) = (t − 1)2 + 2(t − 1) + 3 = t2 + 3 Suy ra: y = f (x) = x2 + 3. d) Đặt: t = 1 − 2x ⇔ x = 1−t 2 Khi đó: f (t) = (1−t)2 −4(1−t)+2 = t2 +2t−1 Suy ra: y = f (x) = x2 + 2x − 1.  c Bài 3. Cho hàm số f (x) = 1 − 3x. Tìm x sao cho: a) f (x) = 2f (1 − x) − 3x + 4. b) f (x) = f (x2 ) − 3x + 12. Ê Lời giải. a) Ta có: f (x) = 2f (1 − x) − 3x + 4 ⇔ 1 − 3x = 2[1 − 3(1 − x)] − 3x + 4 ⇔ 1 − 3x = 2(−2 + 3x) − 3x + 4 ⇔ 1 − 3x = −4 + 6x − 3x + 4 1 ⇔x= . 6 b) Ta có: f (x) = f (x2 ) − 3x + 12 ⇔ 1 − 3x = 1 − 3x2 − 3x + 12 ⇔ñ −3x2 + 12 = 0 x=2 ⇔ x = −2.  41/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 42 1. Đại cương về hàm số Luôn nổ lực để đạt được thành quả ® c Bài 4. Cho hàm số f (x) = x + 1 khi x ≥ 2 . Tính giá trị của hàm số đó tại: x2 − 2 khi x < 2 b) x = −1. a) x = 3. c) x = 2. Ê Lời giải. a) x = 3 ≥ 2 nên chọn (nhánh trên) y = x + 1 ⇒ y(3) = 3 + 1 = 4. b) x = −1 < 2 nên chọn (nhánh dưới) y = x2 − 2 ⇒ y(−1) = (−1)2 − 2 = −1. c) x = 2 ≥ 2 nên chọn (nhánh trên) y = x + 1 ⇒ y(2) = 2 + 1 = 3.  ® c Bài 5. Cho hàm số f (x) = x − 4 khi x ≥ 0 . Tìm tất cả các tham số m để x − 4x + 1 khi x < 0 2 f (m2 ) + f (−2) = 18? Ê Lời giải. Vì x = m ≥ 0 nên chọn (nhánh trên) f (x) = x − 4 ⇒ f (m2 ) = m2 − 4. Tương tự x = −2 < 0 nên chọn (nhánh dưới) f (x) = x2 − 4x + 1 ⇒ f (−2) = (−2)2 − 4(−2) + 1 = 13. Do đó f (m2 ) + f (−2) = 18 ⇔ m2 − 4 + 13 = 18 ⇔ m2 − 9 = 0 ⇔ m = 3 hoặc m = −3.  2 ® c Bài 6. Cho hàm số f (x) = x − 1 khi x ≥ 0 . Tìm tất cả các tham số m để x − 2x khi x < 0 3 f ((m + 1)2 ) + f (−3) = 3? Ê Lời giải. Vì x = (m + 1)2 ≥ 0 nên chọn (nhánh trên) f (x) = x − 1 ⇒ f ((m + 1)2 ) = (m + 1)2 − 1 = m2 + 2m. Tương tự x = −3 < 0 nên chọn (nhánh dưới) f (x) = x3 − 2x ⇒ f (−3) = (−3)3 − 2(−3) = −21. Do đó f ((m + 1)2 ) + f (−3) = 3 ⇔ m2 + 2m − 21 = 3 ⇔ m2 + 2m − 24 = 0 ⇔ m = 4 hoặc m = −6.  c Bài 7. Cho hàm số y = 3x2 − 2x + 1. Các điểm sau đây có thuộc đồ thị hàm số không ? a) M (−1; 6). b) N (1; 1). c) P (0; 1). Ê Lời giải. Gọi y = f (x) = 3x2 − 2x + 1. a) M (−1; 6). Ta có f (−1) = 3(−1)2 − 2(−1) + 1 = 6 ⇒ M (−1; 6) thuộc đồ thị hàm số. b) N (1; 1). Ta có f (1) = 3.12 − 2.1 + 1 = 2 ⇒ N (1; 1) không thuộc đồ thị hàm số. c) P (0; 1). Ta có f (0) = 3.02 − 2.0 + 1 = 1 ⇒ P (0; 1) thuộc đồ thị hàm số.  c Bài 8. Cho hàm số y = 42/528 5x3 − 7x2 + 8 có đồ thị là (C). Tìm trên đồ thị (C) các điểm có tung 3x + 2 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 43 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả độ bằng 4. Ê Lời giải. 5x3 − 7x2 + 8 Điểm (x, 4) thuộc đồ thị (C) : y = f (x) = . Ta có: 3x + 2 5x3 − 7x2 + 8 =4 3x + 2 ® 3 5x − 7x2 + 8 = 4(3x + 2) ⇔ 3x + 2 6= 0  x=0    ⇔ x=1   x = 12 5 f (x) = Å Các điểm trên đồ thị (C) có tung độ bằng 4 là M (0; 4), N (−1; 4), P ã 12 ;4 . 5  Å ã 1 −x2 + x − m . Tìm các giá trị m để hàm số qua điểm M 1; − ? c Bài 9. Cho hàm số y = 2x + m 2 Ê Lời giải. Å ã 1 −x2 + x − m Điểm M 1, − thuộc hàm số y = f (x) = . Ta có 2 2x + m ® − 2m = −m − 2 1 −m 1 −12 + 1 − m =− ⇔ =− ⇔ f (1) = ⇔m=2 2.1 + m 2 m+2 2 m + 2 6= 0 Å ã 1 −x2 + x − 2 qua điểm M 1; − . Vậy với m = 2 hàm số y = 2x + 2 2 43/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 44 1. Đại cương về hàm số Luôn nổ lực để đạt được thành quả | Dạng 2. Tìm tập xác định của hàm số Bước 1. Ghi điều kiện để hàm số y = f (x) xác định. Thường gặp ba dạng sau: P (x) ĐKXĐ −−−−→ Q(x) 6= 0. Q(x) p ĐKXĐ ○ Hàm số chứa căn bậc chẵn trên tử số y = 2n P (x) −−−−→ P (x) ≥ 0. ○ Hàm số phân thức: y = P (x) ĐKXĐ p −−−−→ Q(x) > 0. ○ Hàm số chứa căn thức dưới mẫu số y = 2n P (x) Bước 2. Thực hiện phép toán trên tập hợp (thường là phép giao) để suy ra D. o ® A.B 6= 0 ⇔ A 6= 0 √ . Căn bậc lẻ (như căn 3 x) luôn xác định, nghĩa là không có điều kiện. B 6= 0 Khi tìm điều kiện luôn trả lời ba câu hỏi: Có mẫu không ? Có căn không ? Căn nằm ở đâu ? c Bài 10. Tìm tập xác của hàm số y = ® Hàm số xác định khi x2 + x − 6 6= 0 ⇔ 2x − 1 x2 + x − 6 Ê Lời giải. x 6= 2 x 6= −3. Tập xác định D = R{−3; 2}.  c Bài 11. Tìm tập xác của hàm số y = 5x + 2 x2 + 5x − 14 ® Hàm số xác định khi x2 + 5x − 14 6= 0 ⇔ Ê Lời giải. x 6= 2 x 6= −7. Tập xác định D = R{−7; 2}. c Bài 12. Tìm tập xác của hàm số y =  2019x (4 − x2 )(x2 + 1) Ê Lời giải. ® ® 2 4 − x = 6 0 x 6= 2 Hàm số xác định khi (4 − x2 )(x2 + 1) 6= 0 ⇔ ⇔ 2 x + 1 6= 0 x 6= −2. Tập xác định D = R{−2; 2}. c Bài 13. Tìm tập xác của hàm số y = 2020x + 2021 (x − 1)(x2 + 2x + 2) Ê Lời giải. ® x − 1 6= 0 Hàm số xác định khi (x − 1)(x2 + 2x + 2) 6= 0 ⇔ ⇔ x 6= 1. x2 + 2x + 2 6= 0 Tập xác định D = R{1}. 44/528   p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 45 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai c Bài 14. Tìm tập xác của hàm số y = Luôn nổ lực để đạt được thành quả √ 3−x + x−1 2 x − 2x Ê Lời giải.  ® 2   x 6= 0 x − 2x 6= 0 ⇔ x 6= 2 Hàm số xác định khi  x−1≥0  x ≥ 1. Tập xác định D = [1; +∞){2}. c Bài 15. Tìm tập xác của hàm số y =  √ 2020 + 2x − 4 2 −x + 3x Ê Lời giải.  ®   x 6= 0 − x2 + 3x 6= 0 ⇔ x 6= 3 Hàm số xác định khi  2x − 4 ≥ 0  x ≥ 2. Tập xác định D = [2; +∞){3}.  √ −x + 4 c Bài 16. Tìm tập xác của hàm số y = 2 x − 3x Ê Lời giải.  ® 2   x 6= 0 x − 3x 6= 0 Hàm số xác định khi ⇔ x 6= 3  −x+4≥0  x ≤ 4. Tập xác định D = (−∞, 4]{0; 3}. √ c Bài 17. Tìm tập xác của hàm số y = x2  5−x − 10x Ê Lời giải.  ® 2  x 6= 0 x − 10x 6= 0 Hàm số xác định khi ⇔ x 6= 10  5−x≥0  x ≤ 5. Tập xác định D = (−∞, 5]{0}.  √ x+1 c Bài 18. Tìm tập xác của hàm số y = √ + 2x + 4 3−x ® 3−x>0 ⇔ 2x + 4 ≥ 0 Tập xác định D = [−2, 3). Hàm số xác định khi ® Ê Lời giải. x<3 ⇔ −2 ≤ x < 3. x ≥ −2 c Bài 19. Tìm tập xác của hàm số y = 45/528  √ 2−x+ √ 1 1+x p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 46 1. Đại cương về hàm số Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ê Lời giải. ® 2−x≥0 ⇔ 1+x>0 Tập xác định D = (−1, 2]. Hàm số xác định khi ® x≤2 ⇔ −1 < x ≤ 2. x > −1  √ 3−x x+2 + c Bài 20. Tìm tập xác của hàm số y = 2 x −1 x−4 √ Ê Lời giải.   x≤3    3 − x ≥ 0   x ≥ −2 x + 2 ≥ 0 ⇔ Hàm số xác định khi   x 6= ±1 x2 − 1 6= 0       x 6= 4. x − 4 6= 0 Tập xác định D = [−2, 3]{−1; 1}.  √ x + 5 2x + 8 2020 c Bài 21. Tìm tập xác của hàm số y = 2 −√ x − 3x − 10 3−x Ê Lời giải.   x ≥ −4     2x + 8 ≥ 0 x < 3 Hàm số xác định khi 3 − x > 0 ⇔  x 6= −2  2   x − 3x − 10 6= 0  x 6= 5. Tập xác định D = [−4, 3){−2}. c Bài 22. Tìm tập xác của hàm số y =  3x + 5 √ (2x + x2 ) x + 1 Ê Lời giải.  ®  x 6= 0 2x + x2 6= 0 Hàm số xác định khi ⇔ x 6= −2  x+1>0  x > −1. Tập xác định D = (−1, +∞){0}. c Bài 23. Tìm tập xác của hàm số y =  2020x − 2021 √ (x2 + 3x) x + 1 Ê Lời giải.  ® 2  x 6= 0 x + 3x 6= 0 Hàm số xác định khi ⇔ x 6= −3  x+1>0  x > −1. Tập xác định D = (−1, +∞){0}. c Bài 24. Tìm tập xác của hàm số y = √ x−1+  1 √ (x − 3) 8 − x Ê Lời giải. 46/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 47 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả   x − 3 = 6 0   x 6= 3  Hàm số xác định khi x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1     x < 8. 8−x>0 Tập xác định D = [1, 8){3}. c Bài 25. Tìm tập xác của hàm số y = √ x−2+  2x − 6 √ (x − 4) 5 − x Ê Lời giải.   x = 6 4 x − 4 = 6 0     Hàm số xác định khi x − 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2     5−x>0 x < 5. Tập xác định D = [2, 5){4}.  √ x x c Bài 26. Tìm tập xác của hàm số y = p x(x − 3) − 2 ÊLời giải.   x≥0 x ≥ 0 ®      x ≥ 3 x≥3 ⇔ x≥3 ⇔ Hàm số xác định khi x − 3 ≥ 0 ⇔ x 6= −1 . »    x(x − 3) 6= 4 »   x 6= 4 x(x − 3) − 2 6= 0 x(x − 3) 6= 2 Tập xác định D = [3, +∞){4}.  √ x+2+x p c Bài 27. Tìm tập xác của hàm số y = 2 + (x − 1)(x + 2) Ê Lời giải.  x + 2 ≥ 0 ®   x ≥ −2 ⇔ Hàm số xác định khi x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1. »  x≥1  2 + (x − 1)(x + 2) 6= 0 ( luôn đúng) Tập xác định D = [1, +∞). c Bài 28. Tìm tập xác của hàm số y =  2x2 + 3 1 + |x + 2| − |x − 2| |x| − 2 Ê Lời giải.  ® ®  x + 2 6= x − 2 |x + 2| − |x − 2| = 6 0 |x + 2| = 6 |x − 2| x 6= 0 Hàm số xác định khi ⇔ ⇔ x + 2 6= −x + 2 ⇔  |x| − 2 6= 0 |x| = 6 2 x 6= ±2.  x 6= ±2 Tập xác định D = R{−2; 0; 2}.  ® √ −4 + 2x c Bài 29. Tìm tập xác của hàm số y = |x + 1| − 3 ® Hàm số xác định khi − 4 + 2x ≥ 0 ⇔ |x + 1| − 3 6= 0 Tập xác định D = (2; +∞). 47/528 ® Ê Lời giải.   x≥2    x ≥ 2 x≥2 ⇔ x + 1 6= 3 ⇔ x 6= 2   |x + 1| = 6 3   x + 1 6= −3 x= 6 −4.  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 48 1. Đại cương về hàm số Luôn nổ lực để đạt được thành quả o ® |A| = 6 |B| ⇔ A 6= B . A 6= −B |A| = 6 B < 0: luôn đúng. |A| = 6 B ® A 6= B . A 6= −B > 0 ⇔ √ c Bài 30. Tìm tập xác của hàm số y = 2x − 6 |x − 2| − 1 Ê Lời giải. ® Hàm số xác định khi 2x − 6 ≥ 0 ⇔ |x − 2| − 1 6= 0 ®   x ≥ 3   x ≥ 3  x≥3 ⇔ x − 2 6= 1 ⇔ x 6= 3   |x − 2| = 6 1   x 6= 1. x − 2 6= −1 Tập xác định D = (3; +∞).  √ c Bài 31. Tìm tập xác của hàm số y = √ x + 4 + 10 − 2x |2x| + 4 Ê Lời giải.   ®   x + 4 ≥ 0 x ≥ −4 x ≥ −4 Hàm số xác định khi 10 − 2x ≥ 0 ⇔ x ≤ 5 ⇔ ⇔ −4 ≤ x ≤ 5.   x≤5   |2x| + 4 6= 0 |2x| = 6 −4 ( luôn đúng) Tập xác định D = [−4, 5]. c Bài 32. Tìm tập xác định của y =  p √ x − 2 x − 1. Ê Lời giải. ® x−1≥0 √ Hàm số xác định khi ⇔ x−2 x−1≥0 Tập xác định D = [1; +∞). c Bài 33. Tìm tập xác định của y = ® ( x≥1 ä2 √ ⇔ Ä√ x−1−2 x−1+1≥0 x − 1 − 1 ≥ 0 (luôn đúng).  x≥1 p √ x − 2 − 2 x − 3. Ê Lời giải. ( ® x≥3 x−3≥0 x≥3 ä2 √ √ Hàm số xác định khi ⇔ ⇔ Ä√ x−2−2 x−3≥0 x−3−2 x−3+1≥0 x − 3 − 1 ≥ 0 (luôn đúng Tập xác định D = [3; +∞).  ® o Cần nhớ: Khi gặp dạng căn trong căn −→ Đưa về hằng đẳng thức a2 ± 2ab + b2 = (a ± b)2 . c Bài 34. Tìm tập xác định của y = p √ x + 7 + 4 x + 3. Ê Lời giải. ( ® x ≥ −3 x+3≥0 x ≥ −3 ä2 √ √ Hàm số xác định khi ⇔ ⇔ Ä√ x+7+4 x+3≥0 x+3+4 x+3+4≥0 x + 3 + 2 ≥ 0 (luôn đúng Tập xác định D = [−3; +∞).  ® 48/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 49 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai c Bài 35. Tìm tập xác định của y = p Luôn nổ lực để đạt được thành quả √ x + 21 + 8 x + 5. Ê Lời giải. ( ® x ≥ −5 x ≥ −5 x+5≥0 ä2 √ √ ⇔ ⇔ Ä√ Hàm số xác định khi x + 5 + 8 x + 5 + 16 ≥ 0 x + 21 + 8 x + 5 ≥ 0 x + 5 + 4 ≥ 0 (luôn đ Tập xác định D = [−5; +∞).  ® √ 5−x p c Bài 36. Tìm tập xác định của y = . √ (3 − x) x − 2 x − 1 Ê Lời giải.     x≤5  5−x≥0 x≤5 x≤5             x ≥ 1 x ≥ 1 x − 1 ≥ 0 x ≥ 1 ä2 √ ⇔ ⇔ Ä√ ⇔ Hàm số xác định khi ⇔ √     x − 1 6= 1 x − 2 x − 1 > 0 x − 1 = 6 1 x − 1 − 1 > 0              x= 6 3 3 − x 6= 0 x = 6 3 x 6= 3  x≤5    x ≥ 1  x 6= 2    x 6= 3. Tập xác định D = [1; 5] {2; 3}.  √ 4−x c Bài 37. Tìm tập xác định của y = p . √ x x + 10 − 6 x + 1 Ê Lời giải.     x≤4  4 − x ≥ 0 x≤4 x≤4             x + 1 ≥ 0 x ≥ −1 x ≥ −1 x ≤ −1 ä2 √ ⇔ Hàm số xác định khi ⇔ Ä√ ⇔ √ ⇔     x + 1 6= 9 x + 10 − 6 x + 1 > 0 x + 1 = 6 3 x + 1 − 3 > 0              x 6= 0 x 6= 0 x 6 = 0 x 6= 0  x≤4    x ≥ −1  x 6= 8    x 6= 0. Tập xác định D = [−1; 4] {0}.  c Bài 38. Tìm tập xác định của y = 2018x . |1 − x| + x − 1 Ê Lời giải. Hàm số xác định khi |1 − x| + x − 1 6= 0 ⇔ |1 − x| = 6 1 − x (∗). Mệnh đề phủ định của (∗) là |1 − x| = 1 − x ⇒ 1 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 1 (định nghĩa |A|). Do đó (∗) ⇒ x > 1. Tập xác định D = (1; +∞). 49/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 50 1. Đại cương về hàm số Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 39. Tìm tập xác định của y = 2019x . |2 − x| + x − 2 Ê Lời giải. Hàm số xác định khi |2 − x| + x − 2 6= 0 ⇔ |2 − x| = 6 2 − x (∗). Mệnh đề phủ định của (∗) là |2 − x| = 2 − x ⇒ 2 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 2 (định nghĩa |A|). Do đó (∗) ⇒ x > 2. Tập xác định D = (2; +∞).  √ √ √ 6 0, |A| + B 6= 0, A + B 6= o Một số trường hợp xét mệnh đề phủ định |A| ± B 6= 0, |A| + |B| = 0, …. ® A⇔A≥0 Định nghĩa trị tuyệt đối: |A| = − A ⇔ A < 0. c Bài 40. Tìm tập xác định của y = 2x − 1 . |x − 3| + x − 3 Ê Lời giải. Hàm số xác định khi |x − 3| + x − 3 6= 0 ⇔ |x − 3| = 6 −(x − 3) (∗). Mệnh đề phủ định của (∗) là |x − 3| = −(x − 3) ⇒ x − 3 ≤ 0 ⇔ x ≤ 3 (định nghĩa |A|). Do đó (∗) ⇒ x > 3. Tập xác định D = (3; +∞). c Bài 41. Tìm tập xác định của y =  3x − 1 . 2|x − 2| + 2x − 4 Ê Lời giải. Hàm số xác định khi 2|x − 2| + 2x − 4 6= 0 ⇔ |x − 2| = 6 −(x − 2) (∗). Mệnh đề phủ định của (∗) là |x − 2| = −(x − 2) ⇒ x − 2 ≤ 0 ⇔ x ≤ 2 (định nghĩa |A|). Do đó (∗) ⇒ x > 2. Tập xác định D = (2; +∞).  p √ x−2 x−1 c Bài 42. Tìm tập xác định của y = . |3 − x| + x − 3 ÊLời giải.  x≥1  x − 1 ≥ 0     Ä√ ä2 √ Hàm số xác định khi x − 2 x − 1 ≥ 0 ⇔ x − 1 − 1 ≥ 0 (luôn đúng)      |3 − x| + x − 3 6= 0 |3 − x| = 6 3 − x (∗) Mệnh đề phủ định của (∗) là |3 − x| = 3 − x ⇒ 3 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 3 (định nghĩa |A|). Do đó (∗) ⇒ x > 3. Tập xác định D = (3; +∞).  √ c Bài 43. Tìm tập xác định của y = x−1 . 2|x − 2| + 2x − 4 Ê Lời ® giải. x−1≥0 x≥1 Hàm số xác định khi ⇔ 2|x − 2| + 2x − 4 6= 0 |x − 2| = 6 −(x − 2) (∗) Mệnh đề phủ định của (∗) là |x − 2| = −(x − 2) ⇒ x − 2 ≤ 0 ⇔ x ≤ 2 (định nghĩa |A|). Do đó (∗) ⇒ x > 2. Tập xác định D = (2; +∞). ® 50/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 51 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai c Bài 44. Tìm tập xác định của y = Luôn nổ lực để đạt được thành quả x2 + 5 2020 + 2 . 2−x x −9 Ê Lời giải.  2 ® ® x + 5 ≥ 0 x<2 2 − x > 0 (do x2 + 5 > 0) ⇔ ⇒ Hàm số xác định khi 2−x  2 x 6= ±3. x 6= ±3 x − 9 6= 0 Tập xác định D = (−∞; 2) {−3}. 2021x c Bài 45. Tìm tập xác định của y = + 4 − x2 …  1−x . −x2 − 2 Ê Lời giải.   ®  4 − x2 6= 0 x 6= 2 x 6= 2 ⇔ Hàm số xác định khi ⇒ x 6= −2 1−x   x ≥ 1. ≥0  1 − x ≤ 0 (do − x2 − 2 < 0) −x2 − 2 Tập xác định D = [1; +∞) {2}.  √ 4x2 − x −4 − 3x c Bài 46. Tìm tập xác định của y = + . |5x + 7| − 4 |x − 1| + |2 − 2x| Ê Lời giải. Hàm số xác định khi   4  − 4 − 3x ≥ 0    x ≤ − 3 |5x + 7| − 4 6= 0 ⇔ |5x + 7| = 6 4      |x − 1| + |2 − 2x| = 6 0 |x − 1| + 2|x − 1| = 6 0  4    x≤−  4   3     x ≤ − 3     x 6= − 3 5x + 7 6= 4 ⇔ 5 ⇔     5x + 7 = 6 −4  x 6= − 11     3|x − 1| =  5  6 0  x 6= 1  4  x ≤ − 3 ⇔ 11  x 6= − . 5 ò ß ™ Å 11 4 Tập xác định D = −∞; − − . 3 5  p √ x+3−2 x+2 1 c Bài 47. Tìm tập xác định của y = 2 + . 2 |x − 4| + |x − 2x| |x + 1| − |x − 1| Ê Lời giải. 51/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 52 1. Đại cương về hàm số Luôn nổ lực để đạt được thành quả   x ≥ −2  x + 2 ≥ 0     √    Ä√x + 2 − 1ä2 ≥ 0 (luôn đúng) x + 3 − 2 x + 2 ≥ 0 ⇔ Hàm số xác định khi 2 2   |x − 4| + |x − 2x| = 6 0   |x2 − 4| + |x2 − 2x| = 6 0 (1)      |x + 1| − |x − 1| = 6 0 |x ® + 1| = 6 |x − 1| (2) 2 |x − 4| = 0 (do |x2 − 4| ≥ 0, |x2 − 2x| ≥ 0) Mệnh đề phủ định của (1) là |x2 − 4| + |x2 − 2x| = 0 ⇔ |x2 − 2x| = 0 ® ® 2 x = 2 ∨ x = −2 x −4=0 ⇔ x = 2. ⇔ ⇔ 2 x=0∨x=2 x − 2x = 0 Do đó (1) ⇔ x 6= 2. Mệnh đề phủ định của (2) là |x+1| = |x−1| ⇔ (x+1)2 = (x−1)2 ⇔ x2 +2x+1 = x2 −2x+1 ⇔ x = 0. Do đó (2) ⇔ x 6= 0.   x ≥ −2 Như vậy hàm số xác định khi x 6= 2   x 6= 0. Tập xác định D = [−2; +∞) {0; 2}.  c Bài 48. Tìm tập xác định của y = √ 2x − 3 . x − 1 + |x2 − 1| Ê Lời giải. ® x−1≥0 √ x − 1 + |x2 − 1| = 6 0. (∗) ®√ √ √ x−1=0 Mệnh đề phủ định của (∗) là x − 1 + |x2 − 1| = 0 ⇔ (do x − 1 ≥ 0 và |x2 − 1| ≥ 0). 2 |x − 1| = 0 ® ® x−1=0 x=1 ⇔ ⇔ ⇔ x = 1. 2 x −1=0 x = 1 ∨ x = −1 Do đó (∗) ⇔ x 6= 1. ® x≥1 Như vậy hàm số xác định khi ⇔ x > 1. x 6= 1 Tập xác định D = (1; +∞).  Hàm số xác định khi √ 3x + 3 c Bài 49. Tìm tập xác định của y = . 2 | − x − 3x + 4| + |x2 + 5x − 6| Ê Lời giải. ® Hàm số xác định khi 3x + 3 ≥ 0 | − x2 − 3x + 4| + |x2 + 5x − 6| = 6 0. (∗) ® 2 2 Mệnh đề phủ định của (∗) là | − x − 3x + 4| + |x + 5x − 6| = 0 ⇔ | −® x2 − 3x + 4| ≥ 0 và |x2 + ® 5x − 6| ≥ 0). 2 − x − 3x + 4 = 0 x = 1 ∨ x = −4 ⇔ ⇔ ⇔ x = 1. 2 x + 5x − 6 = 0 x = 1 ∨ x = −6 Do đó (∗) ⇔ x 6= 1. ® x ≥ −1 Như vậy hàm số xác định khi x 6= 1. Tập xác định D = [−1; +∞) {1}. 52/528 | − x2 − 3x + 4| = 0 (do |x2 + 5x − 6| = 0  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 53 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả | Dạng 3. Bài toán tìm tập xác định liên quan đến tham số x + 2m + 1 xác định trên nửa khoảng (−1; 0]. x−m c Bài 50. Tìm tham số m để hàm số y = Ê Lời giải. Hàm số xác định khi x − m 6= 0 ⇔ ñ ® x 6= m. m ≤ −1 x 6= m ⇔m∈ / (−1; 0] ⇔ Hàm số xác định trên (−1; 0] ⇔ m > 0. x ∈ (−1; 0] Kết luận: m ≤ −1 hoặc m > 0. c Bài 51. Tìm tham số m để hàm số f (x) =  3x − 1 xác định trên nửa khoảng (1; 3]. x − 2m Ê Lời giải. Hàm số xác định khi x − 2m 6= 0 ⇔ x 6= 2m.  ® ñ m≤ x 6= 2m 2m ≤ 1  Hàm số xác định trên (1; 3] ⇔ ⇔ 2m ∈ / (1; 3] ⇔ ⇔ x ∈ (1; 3] 2m > 3 m> 1 3 Kết luận: m ≤ hoặc m > . 2 2 1 2 3 . 2  x + 2m xác định trên khoảng (4; +∞). x − 2m c Bài 52. Tìm tham số m để hàm số y = Ê Lời giải. Hàm số xác định khi x − 2m 6= 0 ⇔ x = 6 2m. ® x 6= 2m Hàm số xác định trên (4; +∞) ⇔ ⇔ 2m ∈ / (4; +∞) ⇔ 2m ≤ 4 ⇔ m ≤ 2. x ∈ (4; +∞) Kết luận: m ≤ 2.  mx − 1 xác định trên khoảng (−∞; 2). 3mx + 6 c Bài 53. Tìm tham số m để hàm số y = Ê Lời giải. 1 xác định trên R nên hàm số xác định trên (−∞; 2). 6 −2 • Với m 6= 0 thì hàm số xác định khi 3mx + 6 6= 0 ⇔ x 6= . m Hàm số xác định trên (−∞; 2) khi và chỉ khi  x 6= −2 −2 2 2m + 2 m ⇔ ∈ / (−∞; 2) ⇔ − ≥ 2 ⇔ ≤0  m m m x ∈ (−∞; 2) ® ® 2m + 2 ≤ 0 m ≤ −1  m>0  m > 0 (vô nghiệm)   ⇔ ® ⇔ ® ⇔ −1 ≤ m < 0.  2m + 2 ≥ 0  m ≥ −1 m<0 m<0 • Với m = 0 thì y = − Vậy −1 ≤ m ≤ 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 53/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 54 1. Đại cương về hàm số Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 54. Tìm m sao cho hàm số y = x2 2x + 1 xác định với mọi x ∈ R. − 6x + m − 2 Ê Lời giải. Hàm số xác định khi x2 − 6x + m − 2 6= 0. Để hàm số xác định với mọi x ∈ R thì x2 − 6x + m − 2 6= 0 luôn đúng ∀x ∈ R ⇔ x2 − 6x + m − 2 = 0 vô nghiệm ⇔ ∆0 = 9 − m + 2 < 0 ⇔ m > 11. Kết luận: m > 11.  c Bài 55. Tìm m sao cho hàm số y = x2 3x + 1 xác định với mọi x ∈ R. − 2x + m Ê Lời giải. Hàm số xác định khi x2 − 2x + m 6= 0. Để hàm số xác định với mọi x ∈ R thì x2 − 2x + m 6= 0 luôn đúng ∀x ∈ R ⇔ x2 − 2x + m = 0 vô nghiệm ⇔ ∆0 = 1 − m < 0 ⇔ m > 1. Kết luận: m > 1.  o Cần nhớ: ax2 + bx + c 6= 0 luôn đúng ∀x ∈ R ⇔ ax2 + bx + c = 0 vô nghiệm. √ c Bài 56. Tìm m để hàm số y = x2 − 2x + 3 xác định với mọi x ∈ R. x2 − 4x + 4 − m Ê Lời giải. ® 2 x − 2x + 3 ≥ 0 Hàm số xác định khi và chỉ khi ⇔ x2 − 4x + 4 − m 6= 0 Hàm số xác định với mọi x ∈ R khi và chỉ khi ® (x − 1)2 + 2 ≥ 0 ⇔ x2 −4x+4−m 6= 0. x2 − 4x + 4 − m 6= 0 x2 − 4x + 4 − m 6= 0 luôn đúng ∀x ∈ R ⇔ x2 − 4x + 4 − m = 0 vô nghiệm ⇔ ∆ = 16 − 4(4 − m) < 0 ⇔ m < 0. Vậy m < 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. c Bài 57. Tìm m để hàm số y = x2  2020mx xác định với mọi x ∈ R. + 4mx + 16 Ê Lời giải. 54/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 55 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả Hàm số xác định khi và chỉ khi x2 + 4mx + 16 6= 0. Hàm số xác định với mọi x ∈ R khi và chỉ khi x2 + 4mx + 16 6= 0 luôn đúng ∀x ∈ R ⇔ x2 + 4mx + 16 = 0 vô nghiệm ⇔ ∆ = 16m2 − 4.16 < 0 ⇔ −2 < m < 2. Vậy −2 < m < 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.  √ −x + 2m + 6 √ c Bài 58. Tìm m để hàm số y = xác định trên khoảng (−1; 0). x−m Ê Lời giải. ® x ≤ 2m + 6 − x + 2m + 6 ≥ 0 ⇔ Điều kiện xác định: x > m. x−m>0 Với m < 2m + 6 ⇔ m > −6 thì D = (m; 2m + 6]. Hàm số xác định trên khoảng (−1; 0) khi và chỉ khi ® ® m ≤ −1 m ≤ −1 (−1; 0) ⊂ (m; 2m + 6] ⇔ ⇔ ⇔ −3 < m ≤ −1. 2m + 6 > 0 m > −3 ® Vậy −3 < m ≤ −1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. c Bài 59. Tìm m để hàm số y = 3−  √ 2m + 4 − x √ xác định trên nửa khoảng (0; 2]. x−m Ê Lời giải. 2m + 4 − x ≥ 0 x ≤ 2m + 4 Điều kiện xác định: ⇔ x−m>0 x > m. Với m < 2m + 4 ⇔ m > −4 thì D = (m; 2m + 4]. Hàm số xác định trên (0; 2] khi và chỉ khi ® ® m≤0 m≤0 (0; 2] ⊂ (m; 2m + 4] ⇔ ⇔ ⇔ −1 ≤ m ≤ 0. 2m + 4 ≥ 2 m ≥ −1 ® ® Vậy −1 ≤ m ≤ 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. c Bài 60. Tìm m để hàm số y = √ m−x− ® ® [0; 1) ⊂ [5 − m; m] ⇔ Vậy m ≥ 5 thỏa mãn yêu cầu bài toán. √ x + m − 5 xác định trên nửa khoảng [0; 1). Ê Lời giải. x≤m x ≥ 5 − m. m−x≥0 ⇔ x+m−5≥0 5 Với 5 − m < m ⇔ m > thì D = [5 − m; m]. 2 Hàm số xác định trên [0; 1) khi và chỉ khi ® Điều kiện xác định: 55/528  5−m≤0 ⇔ m≥1 ® m≥5 ⇔ m ≥ 5. m≥1  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 56 1. Đại cương về hàm số c Bài 61. Tìm m để hàm số y = Luôn nổ lực để đạt được thành quả √ √ x − m + 2x − m − 1 xác định trên nửa khoảng [0; +∞). Ê Lời giải.  ® x ≥ m x−m≥0 ⇔ Điều kiện xác định: x ≥ m + 1 . 2x − m − 1 ≥ 0 2 m+1 ≤ m ⇔ m ≥ 1 (1) thì D = [m; +∞). 2 Hàm số xác định trên [0; +∞) khi và chỉ khi [0; +∞) ⊂ [m; +∞) ⇔ m ≤ 0. (2) Từ (1) và (2) suy ra m ∈ ∅. • Với ï ã m+1 m+1 • Với > m ⇔ m < 1 (3) thì D = ; +∞ . 2 2 ï ã m+1 m+1 Hàm số xác định trên [0; +∞) khi và chỉ khi [0; +∞) ⊂ ; +∞ ⇔ ≤ 0 ⇔ m ≤ −1. 2 2 (4) Từ (3) và (4) suy ra m ≤ −1. Vậy m ≤ −1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. c Bài 62. Tìm m để hàm số y = √  2020mx xác định trên khoảng (0; 1). x−m+2−1 Ê Lời giải. ® ® ® x≥m−2 x−m+2≥0 x≥m−2 x≥m−2 ⇔ √ ⇔ Điều kiện xác định: √ ⇔ x − m + 2 6= 1 x 6= m − 1. x − m + 2 − 1 6= 0 x − m + 2 6= 1 Suy ra D = [m − 2; +∞) {m − 1}. Hàm số xác định trên (0; 1) khi và chỉ khi ® (0; 1) ⊂ [m − 2; +∞) {m − 1} ⇔ (0; 1) ⊂ [m − 2; m − 1) ∪ (m − 1; +∞) ® ñ m−2≤0 (0; 1) ⊂ [m − 2; m − 1)  1≤m−1 ⇔ ⇔ (0; 1) ⊂ (m − 1; +∞) m−1≤0 ® ñ m≤2 m=2  m≥2 ⇔ ⇔ m ≤ 1. m≤1 Vậy m ∈ (−∞; 1] ∪ {2} thỏa mãn yêu cầu bài toán. c Bài 63. Tìm m để hàm số y = √  2021mx − 1 xác định trên khoảng (1; 2). x−m+1−1 Ê Lời giải. ® ® ® x−m+1≥0 x≥m−1 x≥m−1 x≥m−1 Điều kiện xác định: √ ⇔ √ ⇔ ⇔ x − m + 1 6= 1 x 6= m. x − m + 1 − 1 6= 0 x − m + 1 6= 1 Suy ra D = [m − 1; +∞) {m}. ® 56/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 57 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả Hàm số xác định trên (1; 2) khi và chỉ khi (1; 2) ⊂ [m − 1; +∞) {m} ⇔ (1; 2) ⊂ [m − 1; m) ∪ (m; +∞) ® ñ m−1≤1 (1; 2) ⊂ [m − 1; m)  2≤m ⇔ ⇔ (1; 2) ⊂ (m; +∞) m≤1 ® ñ m≤2 m=2  m≥2 ⇔ ⇔  m ≤ 1. m≤1 Vậy m ∈ (−∞; 1] ∪ {2} thỏa mãn yêu cầu bài toán. c Bài 64. Tìm m để hàm số y = √ 2−x−  √ 2x + 5m xác định trên đoạn có chiều dài bằng 1. Ê Lời giải.  x ≤ 2 2−x≥0 Điều kiện xác định: ⇔ x ≥ −5m . 2x + 5m ≥ 0 ï ò 2 −5m −4 5m Với ≤2⇔m≥ thì D = − ;2 . 2 5 2 ® 5m 2 Hàm số xác định trên đoạn có chiều dài bằng 1 khi và chỉ khi 2 + =1⇔m=− . 2 5 2 Vậy m = − thỏa mãn yêu cầu bài toán.  5 √ √ c Bài 65. Tìm m để hàm số y = x − m + 2 + 2m − x xác định trên đoạn có chiều dài bằng 3. Ê Lời giải. x−m+2≥0 x≥m−2 Điều kiện xác định: ⇔ 2m − x ≥ 0 x ≤ 2m. Với m − 2 ≤ 2m ⇔ m ≥ −2 thì D = [m − 2; 2m]. Hàm số xác định trên đoạn có chiều dài bằng 3 khi và chỉ khi 2m − (m − 2) = 3 ⇔ m = 1. Vậy m = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. ® ®  C – DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP | Dạng 4. Xét tính chẵn, lẻ của hàm số Để xét tính chẵn, lẻ của hàm số ta thực hiện các bước sau a) Tìm tập xác định D của hàm số y = f (x). b) Xét D có là tập đối xứng hay không? (D là tập đối xứng khi ∀x ∈ D thì −x ∈ D). ○ ∃x ∈ D sao cho −x ∈ / D thì ta kết luận hàm số không phải hàm số chẵn, cũng không phải hàm số lẻ. ○ Nếu ∀x ∈ D thì −x ∈ D thì ta sang bước kế tiếp. c) Với mọi −x ∈ D, tính f (−x), ○ Nếu f (−x) = f (x), ∀x ∈ D thì hàm số đã cho là hàm số chẵn. 57/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 58 1. Đại cương về hàm số Luôn nổ lực để đạt được thành quả ○ Nếu f (−x) = −f (x), ∀x ∈ D thì hàm số đã cho là hàm số lẻ. √ √ o (−x)2n = x2n ; (−x)2n+1 = −x2n+1 ; | − x| = |x|; 3 −x = − 3 x. 1. BÀI TẬP RÈN LUYỆN c Ví dụ 3. Xét tính chẵn lẻ của hàm số f (x) = (2x − 2)2020 + (2x + 2)2020 . Ê Lời giải. ○ Tập xác định D = R. ○ Với mọi −x ∈ D, ta có f (−x) = = = = (−2x − 2)2020 + (−2x + 2)2020 [−(2x + 2)]2020 + [−(2x − 2)]2020 (2x + 2)2020 + (2x − 2)2020 (2x − 2)2020 + (2x + 2)2020 = f (x). ○ Kết luận: Hàm số đã cho là hàm số chẵn.  c Ví dụ 4. Xét tính chẵn lẻ của hàm số f (x) = (5x + 1)2018 + (1 − 5x)2018 . Ê Lời giải. ○ Tập xác định D = R. ○ Với mọi −x ∈ D, ta có f (−x) = (−5x + 1)2018 + (1 + 5x)2018 = f (x). ○ Kết luận: Hàm số đã cho là hàm số chẵn.  c Ví dụ 5. Xét tính chẵn lẻ của hàm số f (x) = x4 − 4x2 + 2. Ê Lời giải. ○ Tập xác định D = R. ○ Với mọi −x ∈ D, ta có f (−x) = (−x)4 − 4(−x)2 + 2 = x4 − 4x2 + 2 = f (x). ○ Kết luận: Hàm số đã cho là hàm số chẵn.  c Ví dụ 6. Xét tính chẵn lẻ của hàm số f (x) = −2x3 + 3x − √ 3 x. Ê Lời giải. ○ Tập xác định D = R. ○ Với mọi −x ∈ D, ta có f (−x) = −2(−x)3 + 3(−x) − √ 3 −x = 2x3 − 3x + √ 3 x = −f (x). ○ Kết luận: Hàm số đã cho là hàm số lẻ.  58/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 59 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Ví dụ 7. Xét tính chẵn lẻ của hàm số f (x) = x3 . x2 + 1 Ê Lời giải. ○ Tập xác định D = R. (−x)3 −x3 ○ Với mọi −x ∈ D, ta có f (−x) = = 2 = −f (x). (−x)2 + 1 x +1 ○ Kết luận: Hàm số đã cho là hàm số lẻ.  x2020 + 4 c Ví dụ 8. Xét tính chẵn lẻ của hàm số f (x) = . x2021 Ê Lời giải. ○ Tập xác định D = R {0}. (−x)2020 + 4 x2020 + 4 x2020 + 4 ○ Với mọi −x ∈ D, ta có f (−x) = = =− = −f (x). (−x)2021 −x2021 x2021 ○ Kết luận: Hàm số đã cho là hàm số lẻ.  c Ví dụ 9. Xét tính chẵn lẻ của hàm số f (x) = |x + 2| − |x − 2|. Ê Lời giải. ○ Tập xác định D = R. ○ Với mọi −x ∈ D, ta có f (−x) = | − x + 2| − | − x − 2| = |x − 2| − |x + 2| = − (|x + 2| − |x − 2|) = −f (x). ○ Kết luận: Hàm số đã cho là hàm số lẻ.  c Ví dụ 10. Xét tính chẵn lẻ của hàm số f (x) = 2x2 − |x| √ . 3 x Ê Lời giải. ○ Tập xác định D = R {0}. ○ Với mọi −x ∈ D, ta có f (−x) = 2(−x)2 − | − x| 2x2 − |x| 2x2 − |x| √ √ √ = = − = −f (x). 3 3 −3x x −x ○ Kết luận: Hàm số đã cho là hàm số lẻ.  59/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 60 1. Đại cương về hàm số Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Ví dụ 11. Xét tính chẵn lẻ của hàm số f (x) = |x + 3| + |x − 3| . |x + 3| − |x − 3| Ê Lời giải. ® ○ Điều kiện |x + 3| − |x − 3| = 6 0 ⇔ |x + 3| = 6 |x − 3| ⇔ x + 3 6= x − 3 ⇔ x 6= 0. x + 3 6= −x + 3 Tập xác định D = R {0}. ○ Với mọi −x ∈ D ta có | − x + 3| + | − x − 3| | − x + 3| − | − x − 3| | − (x − 3)| + | − (x + 3)| = | − (x − 3)| + | − (x + 3)| |x − 3| + |x + 3| = |x − 3| − |x + 3| |x + 3| + |x − 3| = − = −f (x). |x + 3| − |x − 3| f (−x) =  Kết luận: Hàm số đã cho là hàm số lẻ. c Ví dụ 12. Xét tính chẵn lẻ của hàm số f (x) = |x − 1| + |x + 1| . |x − 1| − |x + 1| Ê Lời giải. ® ○ Điều kiện |x − 1| − |x + 1| = 6 0 ⇔ |x + 1| = 6 |x − 1| ⇔ x + 1 6= x − 1 ⇔ x 6= 0. x + 1 6= −x + 1 Tập xác định D = R {0}. ○ Với mọi −x ∈ D ta có | − x − 1| + | − x + 1| | − x − 1| − | − x + 1| | − (x + 1)| + | − (x − 1)| = | − (x + 1)| − | − (x − 1)| |x + 1| + |x − 1| = |x + 1| − |x − 1| |x + 1| + |x − 1| = − = −f (x). |x − 1| − |x + 1| f (−x) =  Kết luận: Hàm số đã cho là hàm số lẻ. c Ví dụ 13. Xét tính chẵn lẻ của hàm số f (x) = |2 − x| − |2 + x| . x2 − 1 Ê Lời giải. 60/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 61 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả ® ○ Điều kiện x2 − 1 6= 0 ⇔ (x + 1)(x − 1) 6= 0 ⇔ x + 1 6= 0 ⇔ x − 1 6= 0 ® x 6= −1 . x 6= 1 Tập xác định D = R {1; −1}. ○ Với mọi −x ∈ D ta có f (−x) = |2 + x| − |2 − x| − (|2 − x| − |2 + x|) = = −f (x). (−x)2 − 1 x2 − 1  Kết luận: Hàm số đã cho là hàm số lẻ. c Ví dụ 14. Xét tính chẵn lẻ của hàm số f (x) = |3 − x| − |x + 3| . x2 − 4 Ê Lời giải. ® ○ Điều kiện x2 − 4 6= 0 ⇔ (x + 2)(x − 2) 6= 0 ⇔ x + 2 6= 0 ⇔ x − 2 6= 0 ® x 6= −2 . x 6= 2 Tập xác định D = R {2; −2}. ○ Với mọi −x ∈ D ta có f (−x) = |3 + x| − |3 − x| − (|3 − x| − |3 + x|) = = −f (x). 2 (−x) − 4 x2 − 4  Kết luận: Hàm số đã cho là hàm số lẻ. √ c Ví dụ 15. Xét tính chẵn lẻ của hàm số f (x) = √ x+5+ 5−x . x2 − 9 Ê Lời giải.   2 ®   x 6= ±3 x − 9 6= 0 x 6= ±3 . ○ Hàm số xác định khi x + 5 ≥ 0 ⇔ x ≥ −5 ⇔   −5≤x≤5   x≤5 5−x≥0 Tập xác định D = [−5; 5] {±3}. p √ √ √ −x + 5 + 5 − (−x) 5−x+ x+5 ○ Với mọi −x ∈ D, ta có f (−x) = = = f (x). (−x)2 − 9 x2 − 9  Kết luận: Hàm số đã cho là hàm số chẵn. √ c Ví dụ 16. Xét tính chẵn lẻ của hàm số f (x) = √ 7−x− x+7 . x2 − 16 Ê Lời giải.  2  ® x − 16 = 6 0    x 6= ±4 x 6= ±4 . ○ Hàm số xác định khi x + 7 ≥ 0 ⇔ x ≥ −7 ⇔   −7≤x≤7   7−x≥0 x≤7 Tập xác định D = [−7; 7] {±4}. p √ √ √ 7 + x − (−x) + 7 7−x− x+7 ○ Với mọi −x ∈ D, ta có f (−x) = =− = −f (x). (−x)2 − 16 x2 − 16 Kết luận: Hàm số đã cho là hàm số lẻ. 61/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 62 1. Đại cương về hàm số Luôn nổ lực để đạt được thành quả √ x + x2 + 1 − 2x2 − 1. c Ví dụ 17. Xét tính chẵn lẻ của hàm số f (x) = √ x2 + 1 − x Ê Lời giải. √ √ √ ○ Ta có x2 + 1 > x2 = |x| ≥ x ⇒ x2 + 1 − x > 0, ∀x ∈ R. Suy ra tập xác định D = R. ○ Khi đó f (x) = = = = √ x + x2 + 1 √ − 2×2 − 1 2 x +1−x Ä ä2 √ x + x2 + 1 Ä√ äÄ ä − 2×2 − 1 √ 2 2 x +1−x x+ x +1 √ x2 + 2x x2 + 1 + x2 + 1 − 2×2 − 1 2 + 1 − x2 x √ 2x x2 + 1. √ Do đó f (x) = 2x x2 + 1. p √ Với mọi −x ∈ D, ta có f (−x) = −2x (−x)2 + 1 = −2x x2 + 1 = −f (x).  Kết luận: Hàm số đã cho là hàm số lẻ. √ 2x + 4×2 + 2 c Ví dụ 18. Xét tính chẵn lẻ của hàm số f (x) = √ − 4×2 − 1. 4×2 + 2 − 2x Ê Lời giải. √ √ √ ○ Ta có 4×2 + 2 > 4×2 = 2|x| ≥ x ⇒ 4×2 + 2 − 2x > 0, ∀x ∈ R. Suy ra tập xác định D = R. ○ Khi đó f (x) = = = = √ 2x + 4×2 + 2 √ − 4×2 − 1 2 4x + 2 − 2x Ä ä2 √ 2x + 4×2 + 2 Ä√ äÄ ä − 4×2 − 1 √ 2 2 4x + 2 − 2x 2x + 4x + 2 √ 4×2 + 4x 4×2 + 2 + 4×2 + 2 − 4×2 − 1 2 + 2 − 4×2 4x √ 2x 4×2 + 2. √ Do đó f (x) = 2x 4×2 + 2. p √ Với mọi −x ∈ D, ta có f (−x) = −2x 4(−x)2 + 2 = −2x 4×2 + 2 = −f (x). Kết luận: Hàm số đã cho là hàm số lẻ. √ A − B2 √ A−B o Trục căn chức √A ± B = √ √ . , A± B = √ A∓B A∓ B  62/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 63 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả   −1 c Ví dụ 19. Xét tính chẵn lẻ của hàm số f (x) = 0   1 khi x < 0 khi x = 0 . khi x > 0 Ê Lời giải. ○ Tập xác định D = R. ○ Với mọi®x > 0, ta có −x < 0. f (−x) = −1 ⇒ f (−x) = −f (x). Suy ra f (x) = 1 ○ f (−0) = f (0). ○ Với mọi®x < 0, ta có −x > 0. f (−x) = 1 ⇒ f (−x) = −f (x). Suy ra f (x) = −1 ○ Do đó với mọi x ∈ R,   −1 Vậy hàm số f (x) = 0   1 ta có f (−x) = f (x). khi x < 0 khi x = 0 là hàm số lẻ. khi x > 0   3  x + 1 c Ví dụ 20. Xét tính chẵn lẻ của hàm số f (x) = 0   3 x −1 khi x ≤ −1 khi − 1 < x < 1 khi x ≥ 1. Ê Lời giải. ○ Tập xác định D = R. ○ Với mọi®x ≤ −1, ta có −x ≥ 1. ® f (−x) = (−x)3 − 1 f (−x) = −(x3 + 1) Suy ra ⇔ ⇒ f (−x) = −f (x). f (x) = x3 + 1 f (x) = x3 + 1 ○ Với x ∈ (−1; 1) thì −x ∈ (−1; 1) và f (−x) = −f (x) = 0. ○ Với mọi®x ≥ 1, ta có −x ≤ −1. ® f (−x) = (−x)3 + 1 f (−x) = −x3 + 1 Suy ra ⇔ ⇒ f (−x) = −f (x). f (x) = x3 − 1 f (x) = x3 − 1 ○ Do đó với mọi x ∈ R, ta có f (−x) = f (x).  3 khi x ≤ −1  x + 1 khi − 1 < x < 1 là hàm số lẻ. Vậy hàm số f (x) = 0   3 x −1 khi x ≥ 1.  c Ví dụ 21. Cho hàm số f (x) = x2 + mx + m2 . Tìm tham số m để hàm số đã cho là hàm số chẵn ? 63/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 64 1. Đại cương về hàm số Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ê Lời giải. ○ Tập xác định D = R. ○ Ta có ∀x ∈ D ⇒ −x ∈ D. ○ Hàm số đã cho là hàm số chẵn f (−x) = f (x), ∀x ∈ R ⇔ x2 − mx + m2 = x2 + mx + m2 , ∀x ∈ R ⇔ 2mx = 0, ∀x ∈ R ⇔ m = 0. Kết luận m = 0.  c Ví dụ 22. Cho hàm số f (x) = x3 − (m2 − 9) x2 + m − 3. Tìm m để hàm số đã cho là hàm số lẻ ? Ê Lời giải. ○ Tập xác định D = R. ○ Ta có ∀x ∈ D ⇒ −x ∈ D. ○ Hàm số đã cho là hàm số lẻ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ f (−x) = −f (x), ∀x ∈ R     −x3 − m2 − 9 x2 + m − 3 = − x3 − m2 − 9 x2 + m − 3 , ∀x ∈ R  2 m2 − 9 x2 − 2(m − 3) = 0, ∀x ∈ R ® 2 m −9=0 m−3=0 ® m = ±3 m=3 m = 3. Vậy m = 3.  c Ví dụ 23. Cho f (x) = x4 − m(m − 1)x3 + x2 + mx + m2 . Tìm m để hàm số đã cho là hàm chẵn ? Ê Lời giải. ○ Tập xác định D = R. ○ Ta có ∀x ∈ D ⇒ −x ∈ D. ○ Hàm số đã cho là hàm số lẻ f (−x) = f (x), ∀x ∈ R ⇔ x4 − m(m − 1)x3 + x2 + mx + m2 = x4 + m(m − 1)x3 + x2 − mx + m2 , ∀x ∈ R 64/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 65 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả ⇔ 2m(m − 1)x3 − 2mx = 0, ∀x ∈ R ® 2m(m − 1) = 0 ⇔ 2m = 0 ñ   m=0 m=1 ⇔   m=0 ⇔ m = 0. Vậy m = 0.  c Ví dụ 24. Cho hàm số (x) = x|x| + mx2 , ∀x ∈ R. Tìm m để hàm số đã cho là hàm số lẻ? Ê Lời giải. ○ Tập xác định D = R. ○ Ta có ∀x ∈ D ⇒ −x ∈ D. ○ Hàm số đã cho là hàm số lẻ f (−x) = −f (x), ∀x ∈ R  ⇔ −x| − x| + m(−x)2 = − x|x| + mx2 , ∀x ∈ R ⇔ 2mx2 = 0, ∀x ∈ R ⇔ m = 0. Vậy m = 0.  | Dạng 5. Khảo sát sự biến thiên của hàm số a) c Định nghĩa 1.1. Cho hàm số f (x) xác định trên khoảng (a; b). ○ Hàm số y = f (x) gọi là đồng biến trên khoảng (a; b) nếu ∀x1 , x2 ∈ (a; b) : x1 < x2 ⇒ f (x1 ) < f (x2 ). ○ Hàm số y = f (x) gọi là nghịch biến trên khoảng (a; b) nếu ∀x1 , x2 ∈ (a; b) : x1 < x2 ⇒ f (x1 ) > f (x2 ). b) Tỉ số Newton: Cho hàm số f (x) xác định trên khoảng (a; b) và xét tỉ số T = f (x2 ) − f (x1 ) . x2 − x1 ○ Hàm số f (x) đồng biến trên khoảng (a; b) thì T > 0. ○ Hàm số f (x) nghịch biến trên khoảng (a; b) thì T < 0. c) Phương pháp xét tính đơn điệu của hàm số: ○ Phương pháp 1: Dùng định nghĩa. ○ Phương pháp 2: Dùng tỉ số Newton. o ○ Khi gặp hàm số chứa biểu thức bậc hai trở lên → thường dùng tỉ số Newton. ○ Khi gặp hàm số chứa biểu thức bậc nhất → thường dùng định nghĩa. 65/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 66 1. Đại cương về hàm số Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Ví dụ 25. Xét sự biến thiên (đồng biến và nghịch biến) của các hàm số sau: a) f (x) = x2 −4x+5 trên (−∞; 2) và (2; +∞). b) f (x) = 2x−x2 +1 trên (−∞; 1) và (1; +∞). c) f (x) = x2 + 10x + 9 trên khoảng (−5; +∞). d) f (x) = −2x2 + 4x trên khoảng (−∞; 1). e) f (x) = x3 + 3x − 1 trên khoảng (−∞; +∞). f) f (x) = −2020x3 − x trên khoảng (−∞; +∞). Ê Lời giải. a) Với mọi x1 , x2 ∈ R và x1 6= x2 , ta có: T = = = = = f (x2 ) − f (x1 ) x2 − x1 2 (x2 − 4x2 + 5) − (x21 − 4x1 + 5) x2 − x 1 (x22 − x21 ) − 4(x2 − x1 ) (nhóm đồng bậc) x2 − x1 (x2 − x1 )(x2 + x1 ) − 4(x2 − x1 ) x2 − x1 (x2 − x1 )(x2 + x1 − 4) = x1 + x2 − 4. x2 − x1 ○ Xét x1® , x2 ∈ (−∞; 2) x1 < 2 Ta có ⇒ x1 + x2 < 4 ⇒ x1 + x2 − 4 < 0 ⇒ T < 0. x2 < 2 Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞; 2). ○ Xét x1® , x2 ∈ (2; +∞) x1 > 2 Ta có ⇒ x1 + x2 > 4 ⇒ x1 + x2 − 4 > 0 ⇒ T > 0. x2 > 2 Do đó hàm số đồng biến trên khoảng (2; +∞). b) Với mọi x1 , x2 ∈ R và x1 6= x2 , ta có: T = = = = = f (x2 ) − f (x1 ) x2 − x1 (2×2 − x22 + 1) − (2×1 − x21 + 1) x2 − x1 2 2 −(x2 − x1 ) + 2(x2 − x1 ) x2 − x1 −(x2 − x1 )(x2 + x1 ) + 2(x2 − x1 ) x2 − x1 (x2 − x1 )(−x2 − x1 + 2) = −x1 − x2 + 2. x2 − x1 ○ Xét x1® , x2 ∈ (−∞; 1) x1 < 1 Ta có ⇒ −x1 − x2 > −2 ⇒ −x1 − x2 + 2 > 0 ⇒ T > 0. x2 < 1 Do đó hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; 1). 66/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 67 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả ○ Xét x1® , x2 ∈ (1; +∞) x1 > 1 ⇒ −x1 − x2 < −2 ⇒ −x1 − x2 + 2 < 0 ⇒ T < 0. Ta có x2 > 1 Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng (1; +∞). c) Với mọi x1 , x2 ∈ R và x1 6= x2 , ta có: T = = = = = f (x2 ) − f (x1 ) x2 − x1 2 (x2 + 10×2 + 9) − (x21 + 10×1 + 9) x2 − x 1 2 2 (x2 − x1 ) + 10(x2 − x1 ) x2 − x 1 (x2 − x1 )(x2 + x1 ) + 10(x2 − x1 ) x2 − x1 (x2 − x1 )(x2 + x1 + 10) = x1 + x2 + 10. x2 − x1 Xét x1® , x2 ∈ (−5; +∞) x1 > −5 Ta có ⇒ x1 + x2 > −10 ⇒ x1 + x2 + 10 > 0 ⇒ T > 0. x2 > −5 Do đó hàm số đồng biến trên khoảng (−5; +∞). d) Với mọi x1 , x2 ∈ R và x1 6= x2 , ta có: T = = = = = f (x2 ) − f (x1 ) x2 − x1 (−2×22 + 4×2 ) − (−2×21 + 4×1 ) x2 − x1 −2(x22 − x21 ) + 4(x2 − x1 ) x2 − x1 −2(x2 − x1 )(x2 + x1 ) + 4(x2 − x1 ) x2 − x1 (x2 − x1 )(−2×2 − 2×1 + 4) = −2×1 − 2×2 + 4. x2 − x1 Xét x1® , x2 ∈ (−∞; 1) x1 < 1 Ta có ⇒ −2x1 − 2x2 > −4 ⇒ −2×1 − 2×2 + 4 > 0 ⇒ T > 0. x2 < 1 Do đó hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; 1). e) Với mọi x1 , x2 ∈ R và x1 6= x2 , ta có T = = = = = 67/528 f (x2 ) − f (x1 ) x2 − x1 3 (x2 + 3x2 − 1) − (x31 + 3x1 − 1) x2 − x1 3 3 (x2 − x1 ) + 3(x2 − x1 ) x2 − x1 (x2 − x1 )(x22 + x1 x2 + x21 ) + 3(x2 − x1 ) x2 − x1 2 (x2 − x1 )(x2 + x1 x2 + x21 + 3) = x22 + x1 x2 + x21 + 3. x 2 − x1 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 68 1. Đại cương về hàm số Luôn nổ lực để đạt được thành quả  x2 2 3x22 Ta có x22 + x1 x2 + x21 = x1 + + > 0, ∀x1 , x2 ∈ R. Suy ra T > 0. 2 4 Do đó hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; +∞). f) Với mọi x1 , x2 ∈ R và x1 6= x2 , ta có T = = = = = f (x2 ) − f (x1 ) x2 − x1 (−2020×32 − x2 ) − (−2020×31 − x1 ) x2 − x1 3 −2020(x2 − x31 ) − (x2 − x1 ) x2 − x1 (x2 − x1 )[−2020(x21 + x1 x2 + x22 ) − 1] x2 − x1 2 −2020(x1 + x1 x2 + x22 ) − 1.  x2 2 3×22 + > 0, ∀x1 , x2 ∈ R nên −2020(x21 + x1 x2 + x22 ) − 1 < Ta có x22 + x1 x2 + x21 = x1 + 2 4 0, ∀x1 , x2 ∈ R. Suy ra T < 0. Do đó hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞; +∞).  c Ví dụ 26. Xét sự biến thiên (đồng biến và nghịch biến) của các hàm số sau: a) f (x) = 2 trên (−∞; 2) và (2; +∞). x−2 b) f (x) = 3 trên (−∞; 1) và (1; +∞). 1−x c) f (x) = x trên khoảng (−∞; 1). x−1 d) f (x) = 2x − 1 trên khoảng (−1; +∞). x+1 e) f (x) = x2 − x + 2 trên khoảng (3; +∞). x f) f (x) = x2 + x + 1 trên khoảng (0; 2). x+1 Ê Lời giải. a) Xét x1 , x2 ∈ (−∞; 2) và (2; +∞), ta có 1 1 2 2 x1 < x2 ⇒ x1 − 2 < x2 − 2 ⇒ > ⇒ > ⇔ f (x1 ) > f (x2 ). x1 − 2 x2 − 2 x1 − 2 x2 − 2 Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên các khoảng (−∞; 2) và (2; +∞). b) Xét x1 , x2 ∈ (−∞; 1) và (1; +∞), ta có 1 3 3 1 x1 < x2 ⇒ 1 − x1 > 1 − x2 ⇒ < ⇒ < ⇔ f (x1 ) < f (x2 ). 1 − x1 1 − x2 1 − x1 1 − x2 Vậy hàm số đã cho đồng biến trên các khoảng (−∞; 1) và (1; +∞). 1 x−1 Xét x1 , x2 ∈ (−∞; 1), ta có c) f (x) = 1 + 1 1 1 1 > ⇒1+ >1+ ⇔ f (x1 ) > f (x2 ). x1 − 1 x2 − 1 x1 − 1 x2 − 1 Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (−∞; 1). x1 < x2 ⇒ x1 − 1 < x2 − 1 ⇒ 3 x+1 Xét x1 , x2 ∈ (−1; +∞), ta có d) f (x) = 2 − 68/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 69 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai x1 < x2 ⇒ x1 + 1 < x2 + 1 ⇒ Luôn nổ lực để đạt được thành quả 1 3 3 3 3 1 > ⇒ > ⇒ 2− < 2− ⇔ x1 + 1 x2 + 1 x1 + 1 x2 + 1 x1 + 1 x2 + 1 f (x1 ) < f (x2 ). Vậy hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (−1; +∞). 2 −1 x Với mọi x1 , x2 ∈ (3; +∞) và x1 6= x2 , ta có: e) f (x) = x + f (x2 ) − f (x1 ) x2 − x1 2 2 − 1) − (x1 + − 1) (x2 + x2 x1 = x2 − x1 2(x1 − x2 ) (x2 − x1 ) + x1 x2 = x2 − x1 2 = 1− . x1 x2 T = Xét x1 , x2 ∈ (3; +∞), ta có ® x1 > 3 ⇒ x1 x2 > 9 ⇒ T > 0. x2 > 3 Vậy hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (3; +∞). 1 x+1 Với mọi x1 , x2 ∈ (0; 2) và x1 6= x2 , ta có: f) f (x) = x + f (x2 ) − f (x1 ) x2 − x1 1 1 (x2 + ) − (x1 + ) x2 + 1 x1 + 1 = x2 − x1 x1 − x2 (x2 − x1 ) + (x1 + 1)(x2 + 1) = x2 − x1 1 = 1− . (x1 + 1)(x2 + 1) T = Xét ® x1 , x2 ∈ (0; 2), ® ta có 0 < x1 < 2 1 < x1 + 1 < 3 ⇒ ⇒ 1 < (x1 + 1)(x2 + 1) < 9 ⇒ T > 0. 0 < x2 < 2 1 < x2 + 1 < 3 Vậy hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (0; 2).  c Ví dụ 27. Xét sự biến thiên (đồng biến và nghịch √ √ a) f (x) = x − 4 + x + 1 trên khoảng b) (4; +∞). √ c) f (x) = 5 − x trên khoảng (−∞; 2). d) biến) của các hàm số sau: √ √ f (x) = x + 2 + x − 3 trên khoảng (3; +∞). f (x) = |2x − 4| + x trên khoảng (−∞; 2). Ê Lời giải. 69/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 70 1. Đại cương về hàm số Luôn nổ lực để đạt được thành quả a) Với mọi x1 > 4, x2 > 4, ta có √ ® ®√ x1 − 4 < x2 − 4 x1 − 4 < x2 − 4 √ x1 < x2 ⇒ ⇒ √ x1 + 1 < x2 + 1 x1 + 1 < x2 + 1 √ √ √ √ ⇒ x1 − 4 + x1 + 1 < x2 − 4 + x2 + 1 ⇒ f (x1 ) < f (x2 ). Vậy hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (4; +∞). b) Với mọi x1 > 3, x2 > 3, ta có √ ® ®√ x1 − 3 < x2 − 3 x1 − 3 < x2 − 3 √ x1 < x2 ⇒ ⇒ √ x1 + 2 < x2 + 2 x1 + 2 < x2 + 2 √ √ √ √ ⇒ x1 − 3 + x1 + 2 < x2 − 3 + x2 + 2 ⇒ f (x1 ) < f (x2 ). Vậy hàm số đã cho đồng biến trên khoảng (3; +∞). c) Với mọi x1 < 2, x2 < 2, ta có x1 < x2 ⇒ 5 − x1 > 5 − x2 ⇒ √ 5 − x1 > √ 5 − x2 ⇔ f (x1 ) > f (x2 ). Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (−∞; 2). d) Vì x ∈ (−∞; 2) nên f (x) = −2x + 4 + x = −x + 4. x1 < x2 ⇒ −x1 > −x2 ⇒ −x1 + 4 > −x2 + 4 ⇔ f (x1 ) > f (x2 ). Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (−∞; 2).  c Ví dụ 28. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số a) y = (m − 2)x + 5 nghịch biến trên (−∞; +∞). c) f (x) = m đồng biến trên (−∞; 2). x−2 b) y = (m + 1)x + m đồng biến trên (−∞; +∞). d) f (x) = m+1 nghịch biến trên (0; +∞). x Ê Lời giải. a) y = (m − 2)x + 5 nghịch biến (−∞; +∞). Với x1 , x2 ∈ (−∞; +∞) và x1 6= x2 . Xét T = y(x1 ) − y(x2 ) (m − 2)x1 + 5 − (m − 2)x2 − 5 = = m − 2. x1 − x2 x 1 − x2 Để hàm số nghịch biến trên (−∞; +∞) thì m − 2 < 0 ⇔ m < 2. b) y = (m + 1)x + m đồng biến (−∞; +∞). Với x1 , x2 ∈ (−∞; +∞) và x1 6= x2 . Xét T = y(x1 ) − y(x2 ) (m + 1)x1 + m − (m + 1)x2 − m = = m + 1. x1 − x2 x1 − x2 Để hàm số đồng biến trên (−∞; +∞) thì m + 1 > 0 ⇔ m > −1. 70/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 71 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả m đồng biến (−∞; 2). x−2 Với x1 , x2 ∈ (−∞; 2) và x1 6= x2 . Xét c) f (x) = m m − f (x1 ) − f (x2 ) m x − 2 x2 − 2 T = = 1 =− . x 1 − x2 x1 − x2 (x1 − 2)(x2 − 2) Lại có x1 , x2 ∈ (−∞; 2) nên x1 − 2 < 0, x2 − 2 < 0 do đó (x1 − 2)(x2 − 2) > 0. Khi đó để hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; 2) thì −m > 0 ⇔ m < 0. m+1 nghịch biến (0; +∞). x Với x1 , x2 ∈ (0; +∞) và x1 6= x2 . Xét d) f (x) = m+1 m+1 − f (x1 ) − f (x2 ) m+1 x1 x2 T = = =− . x1 − x2 x1 − x2 x1 x2 Vì x1 , x2 ∈ (0; +∞) nên x1 > 0, x2 > 0 suy ra x1 x2 > 0. Do đó để hàm số nghịch biến trên khoảng (0; +∞) thì −(m + 1) < 0 ⇔ m > −1.  D – BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM x−2 ? x(x − 1) C. M (2; 0). c Câu 1. Điểm nào sau đây thuộc đồ thị của hàm số y = A. M (0; −1). B. M (2; 1). D. M (1; 1). Ê Lời giải. Với x = 2 thì y = 0. Suy ra điểm M (2; 0) thuộc đồ thị của hàm số. Chọn đáp án C  x+1 . Tìm tọa độ điểm thuộc đồ thị hàm số có tung độ bằng −2? x − 1Å ã 1 B. N ; −2 . C. P (−2; −2). D. Q(−1; −2). 3 c Câu 2. Cho hàm số y = A. M (0; −2). Ê Lời giải. x+1 1 Với y = −2 ta có −2 = ⇔ −2(x − 1) = x + 1 ⇔ x = . 3 Å ãx − 1 1 Suy ra điểm N ; −2 thuộc đồ thị của hàm số. 3 Chọn đáp án B ® c Câu 3. Đồ thị của hàm số f (x) = A. M (0; −3). B. N (3; 7). 2x + 1 −3  khi x ≤ 2 đi qua điểm nào sau đây? khi x > 2 C. P (2; −3). D. Q(0; 1). Ê Lời giải. Ta có 71/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 72 1. Đại cương về hàm số Luôn nổ lực để đạt được thành quả ○ Với x = 0 thì y = 1. ○ Với x = 3 thì y = −3. ○ Với x = 2 thì y = 5. Suy ra điểm Q(0; 1) thuộc đồ thị của hàm số. Chọn đáp án D   √ 2 x − 2 − 3 c Câu 4. Cho hàm số f (x) = x−1  2 x +2 A. P = 3. khi x ≥ 2 . Giá trị của f (2) + f (−2) bằng khi x < 2 7 C. P = . 3 B. P = 2. D. P = 6. Ê Lời giải. √ 2 2−2−3 ○ Với x = 2 thì f (2) = = −3. 2−1 ○ Với x = −2 thì f (−2) = (−2)2 + 2 = 6. Vậy f (2) + f (−2) = −3 + 6 = 3. Chọn đáp án A  ® c Câu 5. Cho hàm số f (x) = bằng A. 8 và 0. − 2(x − 3) √ x2 − 1 B. 0 và 8. khi − 1 ≤ x ≤ 1 khi x > 1 . Giá trị của f (−1) và f (1) C. 0 và 0. D. 8 và 4. Ê Lời giải. ○ Với x = −1 thì f (−1) = −2(−1 − 3) = 8. ○ Với x = 1 thì f (1) = −2(1 − 3) = 4.  Chọn đáp án D √ c Câu 6. Tập xác định D của hàm số y = x − 1 là A. D = (−∞; 1]. B. D = (1; +∞). C. D = [1; +∞). D. D = R. Ê Lời giải. Điều kiện x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1. Do đó D = [1; +∞). Chọn đáp án C c Câu 7. Tập xác định D của hàm số y = A. R {0; 2; 4}. B. R [0; 4].  2−x x2 − 4x C. R (0; 4). D. R {0; 4}. Ê Lời giải. ® Điều kiện x2 − 4x 6= 0 ⇔ Chọn đáp án D 72/528 x 6= 0 Do đó D = R {0; 4}. x 6= 4.  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 73 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả   1 x−1 c Câu 8. Cho hàm số y = f (x) = √  x+2 A. D = [−2; +∞). C. D = R {1}. khi x ≤ 0 Tập xác định của hàm số là khi x > 0. B. D = R. D. D = [−2; +∞) {1}. Ê Lời giải. 1 hoàn toàn xác định. x−1 √ ○ Với x > 0 thì f (x) = x + 2 hoàn toàn xác định. ○ Với x ≤ 0 thì f (x) = Do đó tập xác định của hàm số là D = R. Chọn đáp án B  ®√ c Câu 9. Tập xác định của hàm số y = f (x) = A. D = R. B. D = R {2}. √ −3x + 8 + x x + 7 +Å1 C. D = −∞; khi x < 2 ò khi x ≥ 2 8 . 3 là D. D = [−7; +∞). Ê Lời giải. ○ Với x ≥ 2 thì f (x) = ○ Với x < 2 thì f (x) = √ √ x + 7 + 1 hoàn toàn xác định. −3x + 8 + x hoàn toàn xác định. Do đó tập xác định của hàm số là D = R.  Chọn đáp án A √ √ c Câu 10.ï Tập xácò định của hàm Åsố y = 1ã+ 2x + 6 + ïx là ã 1 1 1 A. D = −6; − . B. D = − ; +∞ . C. D = − ; +∞ . 2 2 2 D. D = [−6; +∞). Ê Lời giải.  1 ï ã x ≥ − 1 + 2x ≥ 0 1 2 Do đó D = − ; +∞ . Điều kiện ⇔  2 6+x≥0 x ≥ −6. Chọn đáp án C ® c Câu 11. Tập xác định D của hàm số f (x) = A. D = R {0}. C. D = R {−1; 0}. √  1 là x B. D = [1; +∞). D. D = [−1; +∞) {0}. x+1+ Ê Lời giải. ® x+1≥0 ⇔ x 6= 0 Chọn đáp án D Điều kiện 73/528 ® x ≥ −1 Do đó D = [−1; +∞) {0}. x 6= 0.  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 74 1. Đại cương về hàm số Luôn nổ lực để đạt được thành quả √ x+1 c Câu 12. Tập xác định của D của hàm số y = là x−3 A. D = (3; +∞). B. D = [1; +∞). C. D = [−1; 3) ∪ (3; +∞). D. D = R {3}. Ê Lời giải. ® x+1≥0 ⇔ x − 3 6= 0 Chọn đáp án C ® Điều kiện x ≥ −1 Do đó D = [−1; 3) ∪ (3; +∞). x 6= 3.  √ c Câu 13. Tập xác định D của hàm số y = A. [0; +∞). B. (−∞; 2). x là x−2 C. [0; +∞) {2}. D. R {2}. Ê Lời giải. ® x≥0 x 6= 2. Khi đó, tập xác định D = [0; +∞) {2}. Chọn đáp án C Hàm số xác định khi  c Câu 14. Hàm số y = x4 − x2 + 3 là A. Hàm số vừa chẵn, vừa lẻ. C. Hàm số lẻ. B. Hàm số không chẵn, không lẻ. D. Hàm số chẵn. Ê Lời giải. ○ Tập xác định D = R. ○ ∀x ∈ D ⇒ −x ∈ D. ○ f (−x) = (−x)4 − (−x)2 + 3 = x4 − x2 + 3 = f (x). Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn. Chọn đáp án D  c Câu 15. Cho hàm số f (x) = x2 − |x|. Khẳng định nào sau đây đúng? A. Đồ thị của hàm số f (x) đối xứng qua trục hoành. B. Đồ thị của hàm số f (x) đối xứng qua gốc tọa độ. C. Hàm số f (x) là hàm số lẻ. D. Hàm số f (x) là hàm số chẵn. Ê Lời giải. ○ Tập xác định D = R. ○ ∀x ∈ D ⇒ −x ∈ D. ○ f (−x) = (−x)2 − | − x| = x2 − |x| = f (x). Vậy hàm số đã cho là hàm số chẵn. Chọn đáp án D 74/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 75 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Câu 16. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = (3 − m)x + 2 nghịch biến trên R? A. m > 0. B. m = 3. C. m < 3. D. m > 3. Ê Lời giải. Hàm số nghịch biến trên R ⇔ 3 − m < 0 ⇔ m > 3. Chọn đáp án D  c Câu 17. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = (−2m + 1)x + m − 3 đồng biến trên R? 1 1 B. m > . C. m < 3. D. m > 3. A. m < . 2 2 Ê Lời giải. 1 Hàm số đồng biến trên R ⇔ −2m + 1 > 0 ⇔ m < . 2 Chọn đáp án A  c Câu 18. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = (3m + 4)x + 5m đồng biến trên R? 4 4 B. m > − . C. m 6= −1. D. m = 1. A. m < − . 3 3 Ê Lời giải. 4 Hàm số đồng biến trên R ⇔ a = 3m + 4 > 0 ⇔ m > − . 3 Chọn đáp án B  c Câu 19. Xét tính đồng biến, nghịch biến của hàm số f (x) = x2 − 4x + 5 trên các khoảng (−∞; 2) và (2; +∞). Khẳng định nào sau đây đúng ? A. Hàm số nghịch biến trên (−∞; 2), đồng biến trên (2; +∞). B. Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞; 2) và (2; +∞). C. Hàm số đồng biến trên (−∞; 2), nghịch biến trên (2; +∞). D. Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 2) và (2; +∞). Ê Lời giải. b Ta có a = 1 > 0; − = 2. 2a Vậy hàm số đã cho nghịch biến trên (−∞; 2), đồng biến trên (2; +∞). Chọn đáp án A  c Câu 20. Cho hai hàm số f (x) = |x + 2| − |x − 2| và g(x) = −|x|. Khẳng định nào sau đây dúng ? A. f (x) là hàm số chẵn, g(x) là hàm số chẵn. B. f (x) là hàm số lẻ, g(x) là hàm số chẵn. C. f (x) là hàm số lẻ, g(x) là hàm số lẻ. D. f (x) là hàm số chẵn, g(x) là hàm số lẻ. Ê Lời giải. ○ f (−x) = | − x + 2| − | − x − 2| = |x − 2| − |x + 2| = −f (x). Suy ra f (x) là hàm số lẻ. ○ g(−x) = −| − x| = −|x| = g(x). Suy ra g(x) là hàm số chẵn. Chọn đáp án B 75/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 76 1. Đại cương về hàm số Luôn nổ lực để đạt được thành quả √ c Câu 21. Hàm số f (x) = ax − 1 − a đồng biến trên R khi và chỉ khi A. 0 < a < 1. B. a < 1. C. 0 < a ≤ 1. D. a > 0. Ê Lời giải. ® Hàm số đồng biến trên R ⇔ 1−a≥0 ⇔ 0 < a ≤ 1. a>0  Chọn đáp án C c Câu 22. Cho (H) là đồ thị hàm số f (x) = I. (H) đối xứng qua trục Oy. II. (H) đối xứng qua trục Ox. III. (H) không có tâm đối xứng. Mệnh đề nào đúng ? A. Chỉ có I đúng. B. I và III đúng. √ x2 − 10x + 25 + |x + 5|. Xét các mệnh đề sau: C. II và III đúng. D. Chỉ có II đúng. Ê Lời giải. ○ Ta có f (x) = √ x2 − 10x + 25 + |x + 5| = |x − 5| + |x + 5|. ○ Suy ra f (−x) = f (x) hay f (x) là hàm số chẵn ⇒ đồ thị hàm số đối xứng qua trục Oy.  Chọn đáp án B   − 2x + 1 khi x ≤ −3 . Biết f (x0 ) = 5 thì x0 bằng c Câu 23. Cho hàm số y = x + 7  khi x > −3 2 A. −2. B. 3. C. 0. D. 1. Ê Lời giải. Với x0 = 3 ⇒ f (3) = 3+7 = 5. 2  Chọn đáp án B c Câu 24.√ Hàm số √ nào trong các hàm số sau không là hàm số chẵn ? √ √ 3 3 3 3 A. y = 2 + x + 2 − x + 5. B. y = 2 − x − 2 + x. x2 + 1 . D. y = |1 + 2x| + |1 − 2x|. C. y = |2 − x| + |2 + x| Ê Lời giải. √ 3 Xét hàm số y = 2 − x − 2 + x p p  √ √ ○ Ta có y(−x) = 3 2 − (−x) − 3 2 + (−x) = − 3 2 − x − 3 2 + x = −y(x). √ 3 ○ Vậy hàm số đang xét là hàm số lẻ. Chọn đáp án B  √ x4 + 10 c Câu 25. Trong các hàm số sau đây y = 20 − x2 , y = −7×4 + 2|x| + 1, y = , y = x √ √ x4 − x + x4 + x , y = |x + 2| + |x − 2|. Có bao nhiêu hàm số chẵn? |x| + 4 76/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 77 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai A. 3. Luôn nổ lực để đạt được thành quả B. 1. C. 2. D. 4 . Ê Lời giải. Ta có y = √ √ 20 − x2 , y = −7×4 + 2|x| + 1, y = |x + 2| + |x − 2|, y = √ x4 − x + x4 + x là các hàm |x| + 4 số chẵn. Chọn đáp án D  √ √ 3−x+ x+1 c Câu 26. Tập xác định của hàm số y = là x2 − 5x + 6 A. [−1; 3) {2}. B. [−1; 2]. C. [−1; 3]. D. (2; 3) . Ê Lời giải.   x≤3     x ≥ −1 3 − x ≥ 0 ⇔ Hàm số xác định khi và chỉ khi x + 1 ≥ 0   x 6= 2   2  x − 5x + 6 6= 0  x 6= 3. Chọn đáp án A  x4 − 2×2 + 3 x2 − 1 ,y= . Khẳng định nào sai? x |x| + 1 hai hàm số mà đồ thị nhận gốc tọa độ làm tâm đối xứng. hai hàm số chẵn. một hàm số không chẵn, không lẻ. một hàm số lẻ. c Câu 27. Cho y = x + 1, y = x2 − 2, y = A. B. C. D. Có Có Có Có Ê Lời giải. ○ Hàm số y = x + 1 không chẵn, không lẻ. ○ Hàm số y = x2 − 2, y = ○ Hàm số y = x4 − 2×2 + 3 là hàm số chẵn. |x| + 1 x2 − 1 là hàm số lẻ. x  Chọn đáp án A c Câu 28. Hàm số nào sau đây có tập xác định là R? √ A. y = 3×3 − 2 x. B. y = 3×3 − 2|x|. C. y = x . x2 − 1 √ D. y = Ê Lời giải. Nhận thấy hàm số y = 3x − 2|x| có tập xác định là R. Chọn đáp án B x . x2 + 1 3  c Câu 29. Cho hàm số y = f (x) = |x − 1| + |x + 1|. Mệnh đề nào sau đây sai? A. Hàm số f (x) có tập xác định là R. B. Đồ thị hàm số f (x) nhận trục tung là trục đối xứng. 77/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 78 2. HÀM SỐ BẬC NHẤT Luôn nổ lực để đạt được thành quả C. Hàm số f (x) là hàm số chẵn. D. Đồ thị hàm số f (x) nhận gốc tọa độ làm tâm đối xứng . Ê Lời giải. ○ Hàm số f (x) có tập xác định là R. ○ Ta lại có f (−x) = | − x − 1| + | − x + 1| = |x − 1| + |x + 1| = f (x). ○ Vậy f (x) là hàm số chẵn.  Chọn đáp án D  3 khi x ≥ 2  x − 6 khi − 2 < x < 2 . Khẳng định nào sau đây c Câu 30. Cho hàm số y = f (x) = |x|   3 − x − 6 khi x ≤ −2 đúng? A. Đồ thị hàm số f (x) đối xứng qua gốc tọa độ. B. Đồ thị hàm số f (x) đối xứng qua trục tung. C. Hàm số f (x) là hàm số lẻ. D. Hàm số f (x) là hàm số chẵn. Ê Lời giải. ○ Khi −2 < x < 2 ta có f (−x) = | − x| = |x| = f (x). ○ Khi x ≥ 2 ta có f (−x) = −(−x)3 − 6 = x3 − 6 = f (x). ○ Khi x ≤ −2 ta có f (−x) = (−x)3 − 6 = −x3 − 6 = f (x). Vậy f (x) là hàm số chẵn.  Chọn đáp án D BÀI 2. HÀM SỐ BẬC NHẤT A – TÓM TẮT LÝ THUYẾT 78/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 79 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai . Luôn nổ lực để đạt được thành quả Hàm số bậc nhất y = ax + b (a 6= 0) 1. a) Trường hợp a > 0 b) Trường hợp a < 0 ○ TXĐ: D = R. ○ TXĐ: D = R. ○ Hàm số đồng biến trên R. ○ Hàm số nghịch biến trên R. ○ Bảng biến thiên x −∞ ○ Bảng biến thiên x −∞ +∞ +∞ +∞ +∞ y y −∞ −∞ ○ Đồ thị Đồ thị Å hàm ãsố đi qua các điểm A(0; b) b và B − ; 0 c y ○ Đồ thị Đồ thị Å hàm ãsố đi qua các điểm A(0; b) b và B − ; 0 c y A A B x x B Hàm hằng y = b 2. ○ TXĐ: D = R. y A ○ Hàm số là hàm chẵn và không đổi trên R. ○ Đồ thị Đồ thị hàm số đi qua A(0; b) và song song với trục Ox x Hàm số y = |x| ® x nếu x ≥ 0 Ta có: y = |x| = −x nếu x < 0 3. ○ TXĐ: D = R. ○ Hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞; 0), đồng biến trên khoảng (0; +∞). ○ Bảng biến thiên x −∞ 0 +∞ +∞ +∞ y 0 79/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 80 2. HÀM SỐ BẬC NHẤT Luôn nổ lực để đạt được thành quả ○ Đồ thị Đồ thị hàm số đi qua các điểm O(0; 0); A(−1; 1) và B(1; 1). y 1 −1 1 x b a. Đối với hàm số y = |ax + b|, (a > 0) thì ta có y = |ax + b| =  −(ax + b) nếu x < − b a Do đó, để vẽ đồ thị hàm số y = |ax + b|, ta vẽ hai đường thẳng y = ax + b và y = −ax − b, rồi xóa đi hai phần nằm ở phía dưới trục hoành Ox.    ax + b nếu x ≥ − o Cho hai đường thẳng d : y = ax + b và d0 = a0 x + b0 , khi đó: ® 0 ○ d∥d ⇔ a = a0 b 6= b0 ○ d ⊥ d0 ⇔ a.a0 = −1 ® a = a0 0 ○ d≡d ⇔ b = b0 ○ d ∩ d0 ⇔ a 6= a0 ○ Phương trình đường thẳng d đi qua điểm A(xA ; yA ) có hệ số góc bằng k dạng d : y = k(x − xA ) + yA ○ Trục hoành Ox : y = 0, trục tung Oy : x = 0 ○ Phương trình phân giác góc phần tư thứ I, III là y = x; góc phần tư thứ II, IV là y = −x ○ Để tọa độ giao điểm của hai đường thẳng, ta cần giải phương trình hoành độ giao điểm B – DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP | Dạng 1. Khảo sát sự biến thiên, tương giao và đồng quy c Bài 1. Vẽ đồ thị của các hàm số sau: ß 4 khi x > 2 a) y = . x + 2 khi x 6 2 ( 2x − 1 khi x > 1 1 c) y = 1 . x+ khi x < 1 2 2 ß 2 x+3 ( 2x 1 d) y = − x 2 b) y = khi x > −1 . khi x < −1 khi x > 0 khi x < 0 . Ê Lời giải. 80/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 81 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả a) Xét x > 2 ⇒ d : y = 4 (d ∥ Ox). Xét x 6 2 ⇒ (∆) : y = x + 2. Khi đó x −1 2 y =x+2 1 4 y b) Xét x > −1 ⇒ d : y = 2 (d ∥ Ox). Xét x < −1 ⇒ (∆) : y = x + 3. Khi đó x −2 −3 y =x+3 1 0 y 4 2 −3 x −1 1 −1 2 x c) Xét x > 1 ⇒ d : y = x + 1. x 1 2 y = 2x − 1 1 3 1 1 Xét x < 1 ⇒ (∆) : y = x + . 2 2 x −1 0 1 1 1 y == x + 0 2 2 2 y d) Xét x > 0 ⇒ d : y = 2x. Khi đó: x 0 1 y = 2x 0 2 1 Xét x < 0 ⇒ (∆) : y = − x. Khi đó: 2 x −1 −2 1 1 y=− x 1 2 2 y 1 x −1 1 x  c Bài 2. Vẽ đồ thị của các hàm số sau, dựa vào đồ thị hàm số hãy lập bảng biến thiên:   khi x 6 −1  −x  x + 1 khi − 2 6 x 6 1 1 khi − 1 < x < 2 . a) y = b) y = −2x + 4 khi 1 < x 6 2 .   x−1 khi x > 2 2x − 4 khi 2 < x 6 4 Ê Lời giải. a) Xét x 6 −1 ⇒ d : y = −x. Khi đó x −1 −2 y = −x 1 2 Xét −1 < x < 2 ⇒ d1 : y = 1(d1 ∥ Ox). 81/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 82 2. HÀM SỐ BẬC NHẤT Luôn nổ lực để đạt được thành quả Xét x > 2 ⇒ d2 : y = x − 1. Khi đó: x 2 3 y =x−1 1 2 y 1 −1 x 2 Bảng biến thiên x −∞ -1 2 +∞ +∞ +∞ y 1 1 b) Xét −2 6 x 6 1 ⇒ d : y = x + 1. Khi đó: x −1 0 y =x+1 0 1 Xét 1 < x 6 2 ⇒ d1 : y = −2x + 4. Khi đó: 3 x 2 2 y = −2x + 4 1 0 Xét 2 < x 6 4 ⇒ d2 : y = 2x − 4. Khi đó: x 3 4 y = 2x − 4 2 4 y 2 1 −1 1 Bảng biến thiên x −∞ x 2 1 2 +∞ +∞ 2 y −∞ 0  c Bài 3. Vẽ đồ thị của các hàm số sau và tìm điểm thuộc đồ thị có tung độ nhỏ nhất: a) y = 2x + |x − 1|. 82/528 b) y = 3x + |x − 2|. p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 83 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ê Lời giải. a) y = 2x + |x − 1|. b) y = 3x + |x − 2|. ß ß 2x + x − 1 khi x − 1 > 0 y = 2x+|x−1| = 2x − (x − 1) khi x − 1 < 0 ß 3x − 1 khi x > 1 ⇒y= x + 1 khi x < 1 Xét x > 1 ⇒ d : y = 3x − 1. Khi đó: x 1 2 y = 3x − 1 2 5 Xét x < 1 ⇒ d1 : y = x + 1. Khi đó: x 0 −1 y =x+1 1 0 y 3x + x − 2 khi x − 2 > 0 y = 3x+|x−2| = 3x − (x − 2) khi x − 2 < 0 ß 4x − 2 khi x > 2 ⇒y= 2x + 2 khi x < 2 Xét x > 2 ⇒ d : y = 4x − 2. Khi đó: 5 x 2 2 y = 4x − 2 6 8 Xét x < 2 ⇒ d1 : y = 2x + 2. Khi đó: x 0 −1 y = 2x + 2 2 0 y 2 6 1 −1 1 x 2 −1 2 x  c Bài 4. Vẽ đồ thị và từ đồ thị lập thành bảng biến thiên và cho biết giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn [−3; 3]: a) y = |2 − x| + |x + 1|. b) y = |x − 2| + |2x + 4|. Ê Lời giải. a) y = |2 − x| + |x + 1|. Tập xác định D = R. Xét: • 2 − x = 0 ⇔ x = 2. • x + 1 = 0 ⇔ x = −1. • Khi x 6 −1 thì y = 2 − x − (x + 1) = 1 − 2x. • Khi −1 < x 6 2 thì y = 2 − x + x + 1 = 3. 83/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 84 2. HÀM SỐ BẬC NHẤT Luôn nổ lực để đạt được thành quả • Khi x > 2 thì y = x − 2 + x + 1 = 2x − 1.  x 6 −1 1 − 2x khi 3 khi −1 < x 6 2 Suy ra: y =  2x − 1 khi x>2 • Xét x 6 −1 ⇒ (d1 ) : y = 1 − 2x. Khi đó x −1 −2 y = 1 − 2x 3 5 • Xét −1 < x 6 2 ⇒ (d2 ) : y = 3 (d ∥ Ox) • Xét x > 2 ⇒ (d3 ) : y = 2x − 1. Khi đó 5 x 3 2 y = 2x − 1 4 5 y 7 5 3 −3 −1 Bảng biến thiên x −∞ 2 -1 3 x 2 +∞ +∞ +∞ y 3 3 Dựa vào đồ thị trên đoạn [−3; 3] ta có GTNN của y là 3, khi x ∈ [−1; 2]. GTLN của y là 7, khi x = −3. b) y = |x − 2| + |2x + 4|. Tập xác định D = R. Xét: • x − 2 = 0 ⇔ x = 2. • 2x + 4 = 0 ⇔ x = −2. • Khi x 6 −2 thì y = −(x − 2) − (2x + 4) = −x + 2 − 2x − 4 = −3x − 2. • Khi −2 < x 6 2 thì y = −(x − 2) + 2x + 4 = −x + 2 + 2x + 4 = x + 6. • Khi x > 2 thì y = x − 2 + 2x + 4 = 3x + 2. 84/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 85 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai  −3x − 2 khi x + 6 khi Suy ra: y =  3x + 2 khi Luôn nổ lực để đạt được thành quả x 6 −2 −2 < x 6 2 x>2 • Xét x 6 −2 ⇒ (d1 ) : y = −3x − 2. Khi đó x −2 −3 y = −3x − 2 4 7 • Xét −2 < x 6 2 ⇒ (d2 ) : y = x + 6. Khi đó x 0 2 y =x+6 6 8 • Xét x > 2 ⇒ (d3 ) : y = 3x + 2. Khi đó x 3 4 y = 3x + 2 11 14 y 11 8 7 6 4 −3 −2 Bảng biến thiên x −∞ 2 -2 +∞ 3 x +∞ +∞ y 4 Dựa vào đồ thị trên đoạn [−3; 3] ta có GTNN của y là 4, khi x = −2. GTLN của y là 11, khi x = 3.  85/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 86 2. HÀM SỐ BẬC NHẤT Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 5. Vẽ đồ thị và từ đồ thị lập thành bảng biến thiên và cho biết giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn [−4; 4]: √ √ √ √ a) y = x2 + x2 − 2x + 1. b) y = x2 − 4x + 4 − 3 x2 − 2x + 1. Ê Lời giải. √ √ x2 + ß x2 − 2x + 1. ß x2 > 0 x2 > 0 Điều kiện: ⇔ luôn đúng nên TXĐ: D = R. 2 x − 2x + 1 > 0 (x − 1)2 > 0 √ p Ta có y = x2 + (x − 1)2 = |x| + |x − 1| a) y = • x=0 • x − 1 = 0 ⇔ x = 1. • Xét x 6 0 ⇒ (d1 ) : y = −x − (x − 1) = −x − x + 1 = −2x + 1. Khi đó x 0 −1 y = −2x + 1 1 3 • Xét 0 < x 6 1 ⇒ (d2 ) : y = x − (x − 1) = 1 (d ∥ Ox). • Xét x > 1 ⇒ (d3 ) : y = x + x − 1 = 2x − 1. Khi đó x 2 3 y = 2x − 1 3 5 y 9 7 1 −4 4 x Bảng biến thiên 86/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 87 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai x −∞ 0 Luôn nổ lực để đạt được thành quả 1 +∞ +∞ +∞ y 1 1 Dựa vào đồ thị trên đoạn [−4; 4] ta có: GTNN của y là 1, khi x ∈ [0; 1]. GTLN của y là 9, khi x = −4 √ √ x2 − ß 4x + 4 − 3 x2 − 2x + 1. x2 − 4x + 4 > 0 Điều kiện: x2 − 2x + 1 > 0 ß (x − 2)2 > 0 ⇔ luôn đúng nên TXĐ: D = R. (x − 1)2 > 0 p p Ta có y = (x − 2)2 − 3 (x − 1)2 = |x − 2| − 3|x − 1| b) y = • x−2=0⇔x=2 • x − 1 = 0 ⇔ x = 1. • Xét x 6 1 ⇒ (d1 ) : y = −(x − 2) + 3(x − 1) = −x + 2 + 3x − 3 = 2x − 1. Khi đó x 0 1 y = 2x − 1 −1 1 • Xét 1 < x 6 2 ⇒ (d2 ) : y = −(x − 2) − 3(x − 1) = −x + 2 − 3x + 3 = −4x + 5. Khi đó: 3 x 2 2 y = −4x + 3 −3 −5 • Xét x > 2 ⇒ (d3 ) : y = x − 2 − 3x + 3 = −2x + 1. Khi đó 5 x 3 2 y = −2x + 1 −4 −5 87/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 88 2. HÀM SỐ BẬC NHẤT Luôn nổ lực để đạt được thành quả y 1 −4 4 x 1 −7 −9 Bảng biến thiên x −∞ 1 +∞ 1 y −∞ −∞ Dựa vào đồ thị trên đoạn [−4; 4] ta có: Vậy GTNN của y là −9, khi x = −4. GTLN của y là 1, khi x = 1.  c Bài 6. Với giá trị nào của m thì các hàm số sau đồng biến? nghịch biến trên (−∞; +∞)? o Hàm số y = ax + b đồng biến khi a > 0, nghịch biến khi a < 0. a) y = (2m + 3)x − m + 1. b) y = (2m + 5)x + m + 3. c) y = mx − 3 − x. d) y = (m − 1)x − 2m − 2x. Ê Lời giải. a) y = (2m + 3)x − m + 1. 3 Hàm số đã cho đồng biến trên (−∞; +∞) khi a = 2m + 3 > 0 ⇔ m > − . 2 3 Hàm số đã cho nghịch biến trên (−∞; +∞) khi a = 2m + 3 < 0 ⇔ m < − . 2 b) y = (2m + 5)x + m + 3. 5 Hàm số đã cho đồng biến trên (−∞; +∞) khi a = 2m + 5 > 0 ⇔ m > − . 2 88/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 89 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả 5 Hàm số đã cho nghịch biến trên (−∞; +∞) khi a = 2m + 5 < 0 ⇔ m < − . 2 c) y = mx − 3 − x ⇔ y = (m − 1)x − 3. Hàm số đã cho đồng biến trên (−∞; +∞) khi a = m − 1 > 0 ⇔ m > 1. Hàm số đã cho nghịch biến trên (−∞; +∞) khi a = m − 1 < 0 ⇔ m < 1. d) y = (m − 1)x − 2m − 2x ⇔ y = (m − 3)x − 2m. Hàm số đã cho đồng biến trên (−∞; +∞) khi a = m − 3 > 0 ⇔ m > 3. Hàm số đã cho nghịch biến trên (−∞; +∞) khi a = m − 3 < 0 ⇔ m < 3.  c Bài 7. Tìm điểm để đường thẳng sau luôn đi qua dù m lấy bất cứ giá trị nào (điểm cố định)? a) y = (2m + 3)x − m + 1. b) y = (2m + 5)x + m + 3. c) y = 3mx − 6m + 2. d) y = (m − 1)x − 2m. Ê Lời giải. a) y = (2m + 3)x − m + 1. Gọi M (x0 ; y0 ) ∈ y = (2m + 3)x − m + 1 ⇔ y0 = (2m + 3)x0 − m + 1 ⇔ y0 = 2mx0 + 3x0 − m + 1 ⇔ (2x0 − 1)m + (3x0 − y 0 + 1) = 0  ß x 0 = 1 2x0 − 1 = 0 2 ⇒ ⇔ 5 3x0 − y0 + 1 = 0   y0 = Å ã 2 1 5 Vậy điểm cố định là M ; . 2 2 b) y = (2m + 5)x + m + 3. Gọi M (x0 ; y0 ) ∈ y = (2m + 5)x + m + 3 ⇔ y0 = (2m + 5)x0 + m + 3 ⇔ y0 = 2mx0 + 5x0 + m + 3 ⇔ (2x0 + 1)m + (5x0 − y 0 + 3) = 0  ß x 0 = − 1 2x0 + 1 = 0 2 ⇒ ⇔ 1 5x0 − y0 + 3 = 0   y0 = Å ã 2 1 1 Vậy điểm cố định là M − ; . 2 2 c) y = 3mx − 6m + 2. Gọi M (x0 ; y0 ) ∈ y = 3mx − 6m + 2 ⇔ y0 = 3mx0 − 6m + 2 ⇔ (3x 0 + 2) = 0 ß 0 − 6)m + (−yß 3x0 − 6 = 0 x0 = 2 ⇒ ⇔ −y0 + 2 = 0 y0 = 2 Vậy điểm cố định là M (2; 2). d) y = (m − 1)x − 2m. Gọi M (x0 ; y0 ) ∈ y = (m − 1)x − 2m ⇔ y0 = (2m + 3)x0 − m + 1 ⇔ y0 = mx0 − x0 − 2m ⇔ (x ß 0 − 2)m + (−x0 − ß y0 ) = 0 x0 − 2 = 0 x0 = 2 ⇒ ⇔ −x0 − y0 = 0 y0 = −2 Vậy điểm cố định là M (2; −2).  | Dạng 2. Xác định phương trình đường thẳng Cần nhớ : Cho hai thẳng d : y = ax + b và d0 : y = a0 x + b0 . ® đường 0 a=a Khi đó : d ∥ d0 ⇔ và d ⊥ d0 ⇔ a.a0 = −1. b 6= b0 c Bài 8. Trong mỗi trường hợp sau, hãy tìm m để đồ thị hàm số d : y = (m − 2)x + m. a) Đi qua gốc tọa độ O. b) Đi qua điểm M (−2; 3). 89/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 90 2. HÀM SỐ BẬC NHẤT Luôn nổ lực để đạt được thành quả √ c) Song song với đường thẳng d1 : y = x 2. d) Vuông góc với đường thẳng d2 : y = −x. e) Đi qua giao điểm của hai đường thẳng d3 : x + y = −1 và d4 : x − 2y + 4 = 0. f) Cắt đường thẳng d5 : 3x − y − 4 = 0 tại điểm có hoành độ bằng 2. Ê Lời giải. a) Ta có O(0; 0) ∈ d : y = (m − 2)x + m ⇔ 0 = (m − 2).0 + m ⇔ m = 0. b) Ta có M (−2; 3) ∈ d : y = (m − 2)x + m ⇔ 3 = (m − 2).(−2) + m ⇔ m = 1. ® √ √ m−2= 2 ⇔ m = 2 + 2. c) Vì d ∥ d1 nên m 6= 0 d) Vì d ⊥ d2 nên (−1).(m − 2) = −1 ⇔ m = 3. ® x + y = −1 e) Gọi I là giao điểm của d3 và d4 . Xét ⇒ I(−2; 1). x − 2y + 4 = 0 Vì I(−2; 1) ∈ d nên 1 = −2(m − 2) + m ⇒ m = 3. f) Gọi K(x0 ; y0 ) là giao điểm của d và d5 thỏa mãn yêu cầu. Khi đó x0 = 2 ⇒ y0 = 2. Vậy K(2; 2). Vì K ∈ d nên 2 = 2.(m − 2) + m ⇒ m = 2.  c Bài 9. Với giá trị nào của m thì đồ thị của các cặp hàm số sau song song, vuông góc với nhau? a) d1 : y = (3m − 1)x + m, d2 : y = 2x − 1. b) d1 : y = (m2 − m)x + 2, d2 : y = m + 2x. Ê Lời giải. a) ® ○ d1 ∥ d2 ⇔ 3m − 1 = 2 ⇔ m = 1. m 6= −1 1 ○ d1 ⊥ d2 ⇔ (3m − 1).2 = −1 ⇔ m = . 6 b) ® ○ d1 ∥ d2 ⇔ m2 − m = 2 ⇔ m = −1. 2 6= m ○ d1 ⊥ d2 ⇔ (m2 − m).2 = −1 ⇔ m ∈ ∅.  c Bài 10. Xác định các tham số a và b để đồ thị hàm số (d) : y = ax + b. a) Đi qua hai điểm A(−1; −20) và B(3; 8). b) Đi qua hai điểm A(−1; 3) và B(1; 2). 90/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 91 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả c) Đi qua M (−5; 4) và song song với Oy. d) Đi qua M (−12; −5) và song song với Oy. √ e) Đi qua N ( 2; 1) và song song với Ox. f) Đi qua P (2; −3) và vuông góc với Ox. g) Đi qua điểm I(−3; 2) và vuông góc với đường phân giác góc phần tư thứ nhất. h) Đi qua điểm K(−2; 3) và vuông góc với đường phân giác góc phần tư thứ tư. i) Đi qua điểm A(1; −1) và song song với đường thẳng d : y = 2x + 7. 1 j) Đi qua M (1; −2) và có hệ số góc k = − . 3 Ê Lời giải. ® a) Đồ thị (d) đi qua hai điểm A(−1; −20), B(3; 8) nên ® b) Đồ thị (d) đi qua hai điểm A(−1; 3), B(1; 2) nên − a + b = −20 ⇔ 3a + b = 8 ® a=7 b = −14  1  a = − −a+b=3 2 ⇔ 5  a+b=2 b = 2 c) Vì d ∥ Oy : x = 0 nên d : x = α. Do M (−5; 4) ∈ d ⇒ x = −5. d) Vì d ∥ Oy : x = 0 nên d : x = α. Do M (−12; −5) ∈ d ⇒ x = −12. √ e) Vì d ∥ Ox : y = 0 nên d : y = α. Do N ( 2; 1) ∈ d ⇒ y = 1. f) Vì d ∥ Ox : y = 0 nên d : y = α. Do P (2; −3) ∈ d ⇒ y = −3. g) ® Vì d đi qua điểm I(−3; 2) và vuông góc với đường phân giác góc phần tư thứ nhất y = x nên ® − 3a + b = 2 a = −1 ⇔ . a.1 = −1 b = −1 h) ® Vì d đi qua điểm K(−2; 3) và vuông góc với đường phân giác góc phần tư thứ tư y = −x nên ® − 2a + b = 3 a=1 ⇔ . a.(−1) = −1 b=5 ® i) Vì d đi qua điểm A(1; −1) và song song với đường thẳng y = 2x + 7 nên ® a=2 . b = −3 a + b = −1 ⇔ a = 2; b 6= 7   −1  a + b = −2  a = 1 3 . j) Vì d đi qua điểm M (1; −2) và có hệ số góc k = − nên ⇔ a = −1  3 b = − 5 3 3  91/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 92 2. HÀM SỐ BẬC NHẤT Luôn nổ lực để đạt được thành quả o Xét đường thẳng d : y = ax + b. y Å ã b b ○ A = d ∩ Ox : y = 0 ⇒ x = − ⇒ A − ; 0 ⇒ OA = a a b |b| − = . a |a| ○ B = d ∩ Oy : x = 0 ⇒ y = b ⇒ B(0; b) ⇒ OB = |b|. a) Tam giác OAB vuông cân ⇔ OA = OB ⇔ B(0; b) ã −b A ;0 a x Å O |b| = |b| ⇔ |a| = |a| 1 ⇔ a = ±1. 1 b) Diện tích SOAB = S0 ⇒ OA.OB = S0 ⇒ b2 = 2|a|.S0 . 2 c Bài 11. Tìm đường thẳng d đi qua điểm M cho trước và chắn trên hai trục tọa độ một tam giác vuông cân trong các trường hợp sau: a) Qua M (1; 2). b) Qua M (−3; 1). Ê Lời giải. ã Å |b| b và d ∩ Oy = B(0; b) ⇒ a) Xét đường thẳng d : y = ax + b. Ta có d ∩ Ox = A − ; 0 ⇒ OA = a |a| ñ a = −1 |b| OB = |b|. Ta có tam giác OAB vuông cân ⇔ OA = OB ⇔ = |b| ⇔ |a| = 1 ⇔ . |a| a=1 Với a = 1 ⇒ d : y = x + b. Mà M (1; 2) ∈ d : y = x + b nên b = 1 ⇒ y = x + 1. Với a = −1 ⇒ y = −x + b. Mà M (1; 2) ∈ d : y = −x + b nên b = 3 ⇒ y = −x + 3. ã Å |b| b và d ∩ Oy = B(0; b) ⇒ b) Xét đường thẳng d : y = ax + b. Ta có d ∩ Ox = A − ; 0 ⇒ OA = a |a| ñ a = −1 |b| OB = |b|. Ta có tam giác OAB vuông cân ⇔ OA = OB ⇔ = |b| ⇔ |a| = 1 ⇔ . |a| a=1 Với a = 1 ⇒ d : y = x + b. Mà M (−3; 1) ∈ d : y = x + b nên b = 4 ⇒ y = x + 4. Với a = −1 ⇒ y = −x + b. Mà M (−3; 1) ∈ d : y = −x + b nên b = −2 ⇒ y = −x − 2.  c Bài 12. Định tham số m để đường thẳng d chắn trên 2 trục tọa độ tam giác có diện tích cho trước, biết: a) d : y = x + 2m và S = 1. b) d : y = 2x + 4m và S = 4. Ê Lời giải. a) Gọi A = d ∩ Ox : y = 0 ⇒ x = −2m ⇒ A(−2m; 0) ⇒ OA = | − 2m|. Gọi B = d ∩ Oy : x = 0 ⇒ y = 2m ⇒ B(0; 2m) ⇒ OB =√|2m|. 2 1 Ta có SOAB = 1 ⇔ OA.OB = 1 ⇔ 4m2 = 2 ⇔ m = ± . 2 2 b) Gọi A = d ∩ Ox : y = 0 ⇒ x = −2m ⇒ A(−2m; 0) ⇒ OA = | − 2m|. Gọi B = d ∩ Oy : x = 0 ⇒ y = 4m ⇒ B(0; 4m) ⇒ OB = |4m|. 1 Ta có SOAB = 4 ⇔ OA.OB = 4 ⇔ 4m2 = 4 ⇔ m = ±1. 2  92/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 93 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả C – BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM c Câu 1. Hàm số f (x) = (m − 1)x + 2m + 2 là hàm số bậc nhất khi và chỉ khi A. m 6= −1. B. m > 1. C. m 6= 1. D. m 6= 0. Ê Lời giải. Hàm số f (x) = (m − 1)x + 2m + 2 là hàm số bậc nhất khi và chỉ khi m − 1 6= 0 ⇔ m 6= 1 Chọn đáp án C  c Câu 2. Tìm tất cả giá trị của tham số m để hàm số y = (3 − m)x + 2 nghịch biến trên R? A. m > 0. B. m = 3. C. m > 3. D. m < 3. Ê Lời giải. Hàm số y = (3 − m)x + 2 nghịch biến trên R khi và chỉ khi 3 − m < 0 ⇔ m > 3 Chọn đáp án C  c Câu 3. Một hàm số bậc nhất y = f (x) có f (−1) = 2 và f (2) = −3. Hàm số đó là 1 −5 1 −5 x+ . C. y = 2x − 3. D. y = x− . A. y = −2x + 3. B. y = 3 3 3 3 Ê Lời giải. ® Hàm số có dạng f (x) = ax + b. Vì f (−1) = 2 và f (2) = −3 nên  −5  a = −a+b=2 3 ⇔ 1  2a + b = −3 b = 3  Chọn đáp án B c Câu 4. Biết đồ thị hàm số y = ax + b đi qua điểm M (1; 4) và có hệ số góc bằng −3. Giá trị của biểu thức P = ab bằng A. 13. B. 21. C. 4. D. −21. Ê Lời giải. ® a+b=4 Biết đồ thị hàm số y = ax+b đi qua điểm M (1; 4) và có hệ số góc bằng −3 nên ⇔ a == −3 Do đó P = ab = −21. Chọn đáp án D ® a = −3 . b=7  c Câu 5. Đồ thị hàm số nào sau đây đi qua hai điểm A(−1; 2) và B(0; −1)? A. y = x + 1. B. y = x − 1. C. y = 3x − 1. D. y = −3x − 1. Ê Lời giải. ® Đồ thị hàm số đi qua hai điểm A, B có dạng y = ax + b. Ta có hệ phương trình ® a = −3 . Vậy y = −3x − 1. b = −1 Chọn đáp án D −a+b=2 ⇔ 0.a + b = −1  c Câu 6. Biết ba đường thẳng d1 : y = 2x − 1, d2 : y = 8 − x, d3 : y = (3 − 2m)x + 2 đồng quy. Giá trị của m bằng 93/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 94 2. HÀM SỐ BẬC NHẤT A. −1. Luôn nổ lực để đạt được thành quả B. 1. C. −3 . 2 D. 1 . 2 Ê Lời giải. ® ® y = 2x − 1 x=3 Gọi I là giao điểm của d1 và d2 . Ta có hệ ⇔ . Do đó I(3; 5). Vì I ∈ d3 nên y =8−x y=5 5 = 3(3 − 2m) + 2 ⇔ m = 1.  Chọn đáp án B c Câu 7. Cho hàm số y = ax + b có đồ thị như hình bên. Khẳng định nào sau đây đúng? A. a < 0, b < 0. B. a > 0, b > 0. C. a < 0, b > 0. D. a > 0, b < 0. y O x Ê Lời giải. Vì đồ thị đi từ trên xuống dưới nên a < 0 và cắt trục Oy tại điểm có tung độ âm nên b < 0 Chọn đáp án A  c Câu 8. Đường thẳng y = ax + b có hệ số góc bằng 2 và đi qua điểm A(−3; 1) là A. y = −2x + 1. B. y = 2x + 7. C. y = 2x + 5. D. y = −2x − 5. Ê Lời giải. ® Vì đường thẳng y = ax+b có hệ số góc bằng 2 và đi qua điểm A(−3; 1) nên a=2 ⇔ − 3a + b = 1 ® Do đó y = 2x + 7. Chọn đáp án B  c Câu 9. Đường thẳng đi qua M (2; −1) và vuông góc với đường thẳng y = trình là A. y = 3x − 7. a=2 . b=7 B. y = 3x + 5. C. y = −3x − 7. −1 x + 5 có phương 3 D. y = −3x + 5. Ê Lời giải. Đường thẳng thỏamãn yêu cầu có dạng d : y = ax + b. Vì d đi qua M và vuông góc với đường thẳng 2a + b = −1 −1 Å ã y= x + 5 nên = −1 ⇔ a = 3, b = −7. Do đó d : y = 3x − 7. 1 a. − 3 3 Chọn đáp án A  c Câu 10. Cho hàm số bậc nhất y = (m2 − 4m − 4)x + 3m − 2 có đồ thị d. Tìm giá trị nguyên dương của m để đường thẳng d cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm A và B sao cho tam giác OAB là tam giác cân (O là gốc tọa độ). A. 3. B. 1. C. 2. D. 5. Ê Lời giải. 94/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 95 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả √ Vì m2 − 4m − 4 = Å 0 ⇔ m = 2 ± 2 2ã nên m2 − 4m − 4 6= 0 với ∀m ∈ Z∗ . |2 − 3m| 2 − 3m ; 0 ⇒ OA = và d ∩ Oy = B(0; 3m − 2) ⇒ OB = Ta có d ∩ Ox = A 2 2 m − 4m − 4 |m − 4m − 4| |3m − 2|. |2 − 3m| Ta có tam giác OAB vuông cân ⇔ OA = OB ⇔ = |3m − 2| ⇔ |m2 − 4m − 4| = 1 ⇔ |m2 − 4m − 4| m = 5 vì m ∈ Z∗ . Chọn đáp án D  c Câu 11. Cho hai đường thẳng d1 : y = đúng? A. d1 và d2 trùng nhau. C. d1 và d2 cắt nhau. −1 1 x + 100 và d2 : y = x + 100. Mệnh đề nào 2 2 B. d1 và d2 vuông góc nhau. D. d1 và d2 song song với nhau. Ê Lời giải. 1 1 1 −1 −1 Xét phương trình x + 100 = − x + 100 ⇔ x = 0. Ta thấy . = 6= −1 nên d1 và d2 cắt nhau. 2 2 2 2 4 Chọn đáp án C  c Câu 12. Đồ thị hàm số y = ax + b cắt trục hoành tại điểm có hoành độ x = 3 và đi qua điểm M (−2; 4). Giá trị của a và b lần lượt là 4 12 4 12 4 12 4 12 A. − và . B. − và − . C. và − . D. và . 5 5 5 5 5 5 5 5 Ê Lời giải. Đồ thị y = ax + b cắt trục hoành tại®điểm có hoành độ x = 3 nên đồ thị đi qua điểm N (3; 0). Mà đồ 3a + b = 0 12 −4 thị đi qua điểm M (−2; 4) nên có hệ ;b = ⇒a= 5 5 − 2a + b = 4  Chọn đáp án A c Câu 13. Tìm điểm M (a; b) với a < 0 nằm trên ∆ : x + y − 1 = 0 và cách N (−1; 3) một khoảng bằng 5. Giá trị của a − b bằng A. 3. B. −1. C. −11. D. 1. Ê Lời giải. ® Vì M ∈ ∆ và M N = 5 nên Chọn đáp án C a+b−1=0 . Giải hệ được a = −5; b = 6 nên a − b = −11. (a + 1)2 + (b − 3)2 = 25  c Câu 14. Đường thẳng dm : (m − 2)x + my = −6 luôn đi qua điểm A. M1 (3; −3). B. M2 (2; 1). C. M3 (1; −5). D. M4 (3; 1). Ê Lời giải. Xét (m − 2)x + my = −6 ⇔ (x + y).m = 2x®− 6 (∗). Đường thẳng dm luôn đi qua điểm cố định x+y =0 khi và chỉ khi (∗) có nghiệm với mọi m nên ⇒ x = 3; y = −3. Vậy dm luôn đi qua điểm 2x − 6 = 0 M1 (3; −3). Chọn đáp án A  95/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 96 2. HÀM SỐ BẬC NHẤT Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Câu 15. Đồ thị hàm số y = x − 2m + 1 tạo với hệ trục tọa độ Oxy tam giác có diện tích bằng 25 . Khi đó m bằng 2 A. m = 2 hoặc m = 3. B. m = 2 hoặc m = 4. C. m = −2 hoặc m = 3. D. m = −2. Ê Lời giải. Gọi A = d ∩ Ox : y = 0 ⇒ x = 2m − 1 ⇒ A(2m − 1; 0) ⇒ OA = |2m − 1|. Gọi B = d ∩ Oy : x = 0 ⇒ y = 1 − 2m ⇒ B(0; 1 − 2m) ⇒ OB = |1 − 2m|. 1 25 25 ⇔ OA.OB = ⇔ (2m − 1)2 = 25 ⇔ m = 3 ∨ m = −2. Ta có SOAB = 2 2 2 Chọn đáp án C  c Câu 16. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y = 3x + 1 song song với đường thẳng y = (m2 − 1)x + (m − 1). A. m = ±2. B. m = 2. C. m = −2. D. m = 0. Ê Lời giải. ® 2 Đường thẳng y = 3x+1 song song với đường thẳng y = (m −1)x+(m−1) khi Chọn đáp án C 3 = m2 − 1 ⇒ m = −2. 1 6= m − 1  c Câu 17. Biết rằng đồ thị hàm số d : y = ax + b đi qua điểm M (1; 4) và song song với đường thẳng d0 : y = 2x + 1. Tính tổng S = a + b. A. S = 4. B. S = 2. C. S = 0. D. S = −4. Ê Lời giải. ® a+b=4 Đồ thị d đi qua M (1; 4) và song song với d0 nên ⇒ a = 2; b = 2. Do đó S = a + b = 4. a=2  Chọn đáp án A c Câu 18. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để đường thẳng d : y = (3m + 2)x − 7m − 1 vuông góc với đường thẳng ∆ : y = 2x − 1? 5 5 A. m < . B. m = − . C. m = 0. D. m > −0, 5. 6 6 Ê Lời giải. 5 Đường thẳng d ⊥ ∆ khi và chỉ khi 2.(3m + 2) = −1 ⇔ m = − . 6 Chọn đáp án B  c Câu 19. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d : y = m2 x + 2 cắt đường thẳng d0 : y = 4x + 3 ? A. m = ±2. B. m 6= ±2. C. m 6= 2. D. m 6= −2. Ê Lời giải. Ta có d ∩ d0 ⇔ a 6= a0 ⇔ m2 6= 4 ⇔ m 6= ±2. Chọn đáp án B 96/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 97 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Câu 20. Tìm phương trình đường thẳng d : y = ax + b. Biết đường thẳng d đi qua điểm I(2; 3) và tạo với tia Ox, Oy một tam giác vuông cân. A. y = x + 5. B. y = −x + 5. C. y = −x − 5. D. y = x − 5. Ê Lời giải. Å ã b |b| ○ d ∩ Ox = A − ; 0 ⇒ OA = . a |a| ○ d ∩ Oy = B(0; b) ⇒ OB = |b|. ñ a = 1 loại |b| Ta có tam giác OAB vuông cân ⇔ OA = OB ⇔ = |b| ⇔ |a| = 1 ⇔ |a| a = −1. Với a = −1 ⇒ d : y = x + b. Mà I(2; 3) ∈ d : y = −x + b ⇔ 3 = −2 + b ⇔ b = 5. Vậy d : y = −x + 5 là đường thẳng cần tìm. Chọn đáp án B  c Câu 21. Cho hàm số y = ax + b có đồ thị như hình bên. Tìm a và b. 3 A. a = −2 và b = 3. B. a = − và b = 2. 2 3 C. a = −3 và b = 3. D. a = và b = 3. 2 y 3 −2 x O Ê Lời giải.  ® a = 3 − 2a + b = 0 2 Hàm số đi qua hai điểm (−2; 0) và (0; 3) nên ta có ⇒  b=3 b = 3. Chọn đáp án D  c Câu 22. Đồ thị của hình bên là đồ thị của hàm số nào? A. y = |2x + 3|. B. y = |2x + 3| − 1. C. y = |x − 2|. D. y = |3x + 2| − 1. y 2 3 2 x −2 −1 O −1 Ê Lời giải.  3  (2x + 3) − 1, khi x ≥ khi x ≥ 2 Dựa vào đồ thị ta có y = =    − 2x − 4, khi x < 3  − (2x + 3) − 1, khi x < 2 Vậy y = |2x + 3| − 1. Chọn đáp án B   2x + 2, 97/528 3 2 = |2x + 3| − 1. 3 2  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 98 2. HÀM SỐ BẬC NHẤT Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Câu 23. Bảng biến thiên ở dưới là bảng biến thiên của hàm số nào? A. y = 2x − 1. B. y = |2x − 1|. x −∞ C. y = 1 − 2x. D. y = − |2x − 1|. y 1 2 +∞ +∞ +∞ 0 Ê Lời giải. Å Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đi qua điểm ã 1 ; 0 và luôn dương. 2 Vậy y = |2x − 1|.  Chọn đáp án B c Câu 24. Bảng biến thiên ở dưới là bảng biến thiên của hàm số nào? A. y = |4x + 3|. B. y = |4x − 3|. x −∞ C. y = |−3x + 4|. D. y = |3x + 4|. y 4 3 +∞ +∞ +∞ 0 Ê Lời giải. Å Đựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đi qua điểm ã 4 ; 0 và luôn dương. 3 Vậy y = |−3x + 4|. Chọn đáp án C 98/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 99 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả BÀI 3. HÀM SỐ BẬC HAI A – TÓM TẮT LÝ THUYẾT Hàm số Tính chất y = ax2 (a 6= 0) Đồ thị y = ax2 là một parabol có: ○ Đỉnh O (0; 0) Bảng biến thiên Đồ thị Khi a > 0: x −∞ +∞ y +∞ +∞ 0 2 y 1 0 ○ Trục đối xứng Oy. −1 O 1 x 1 x Khi a < 0: ○ Bề lõm: — a > 0: quay lên. x −∞ y y O +∞ 0 0 −∞ −∞ −1 −1 −2 — a < 0: quay xuống. y = ax2 +bx+ c (a = 6 0) Đồ thị y = 2 ax + bx + c là một parabol có: ○ Đỉnh Å ã b ∆ I − ;− 2a 4a ○ Trục đối xứng b x=− . 2a Khi a > 0: x −∞ y +∞ y +∞ +∞ − b 2a O x Khi a < 0: x −∞ ○ Bề lõm: y — a > 0: quay lên. b 2a ∆ − 4a − −∞ b − 2a ∆ − 4a y +∞ O −∞ − b 2a x — a < 0: quay xuống. 99/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 100 3. Hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả B – DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP | Dạng 1. Xác định và khảo sát sự biến thiên của parabol (P) c Bài 1. Xác định parabol (P ) a) (P ) : y = ax2 + bx − 3 có đỉnh là I(3; 6). b) (P ) : y = ax2 + bx − 3 có đỉnh là I(−1; −5). c) (P ) : y = −x2 + bx + c đi qua điểm M (1; 6) và có hoành độ đỉnh bằng 2. d) (P ) : y = ax2 − 4x + c đi qua điểm M (2; 3) và có hoành độ đỉnh bằng 1. e) (P ) : y = ax2 + bx + 5 đi qua điểm M (3; 2) và có trục đối xứng x = 2. f) (P ) : y = −2x2 + bx + c đi qua điểm M (5; 9) và có trục đối xứng x = 3. g) (P ) : y = x2 + bx + c đi qua hai điểm M (6; 5) và N (1; −5). h) (P ) : y = ax2 + 3x + c đi qua hai điểm M (3; 2) và N (−1; −2). i) (P ) : y = ax2 + bx + 1 đi qua điểm A(2; 1) và có tung độ đỉnh bằng −2. j) (P ) : y = ax2 + bx + 7 đi qua điểm A(3; 1) và có tung độ đỉnh bằng 9. k) (P ) : y = ax2 − 4x + c có trục đối xứng x = 2 và cắt trục Oy tại điểm M (0; 3). l) (P ) : y = ax2 + 8x + c có hoành độ đỉnh bằng 4 và cắt trục Ox tại điểm M (1; 0). m) (P ) : y = ax2 + bx + c đi qua ba điểm A(2; 5), B(3; 8) và C(0; 5). n) (P ) : y = ax2 + bx + c đi qua ba điểm A(−1; −8), B(3; −8) và C(0; −2). o) (P ) : y = ax2 + bx + c có đồ thị: 100/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 101 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả y 1 −1 1 x O −2 p) (P ) : y = ax2 + bx + c có đồ thị: y 2 O 1 2 x q) (P ) : y = ax2 + bx + c có bảng biến thiên: x −∞ +∞ y 0 −1 +∞ +∞ 2 −5 r) (P ) : y = ax2 + bx + c có bảng biến thiên: x −∞ y 2 6 −∞ 4 2 +∞ −∞ Ê Lời giải. a) Ta có I(3; 6) ∈ (P ) : y = ax2 + bx − 3 ⇔ 6 = a · 32 + b · 3 − 3 ⇔ 9a + 3b = 9 b Hoành độ đỉnh x = − = 3 ⇔ 6a + b = 0 2a ® ® 9a + 3b = 9 a = −1 Ta có hệ ⇒ ⇒ 6a + b = 0 b = 6. 2 Vậy (P ) : y = −x + 6x − 3. b) Ta có I(−1; −5) ∈ (P ) : y = ax2 + bx − 3 ⇔ −5 = a · (−1)2 + b · (−1) − 3 ⇔ a − b = −2 b Hoành độ đỉnh x = − = −1 ⇔ 2a − b = 0 2a ® ® a − b = −2 a=2 Ta có hệ ⇒ ⇒ 2a − b = 0 b = 4. 2 Vậy (P ) : y = 2x + 4x − 3. c) Ta có M (1; 6) ∈ (P ) : y = −x2 + bx + c ⇔ 6 = (−1)2 + b · 1 + c ⇔ b + c = 7 b Hoành độ đỉnh x = − = 2 ⇔ 4a + b = 0 2a 101/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 102 3. Hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả     a = −1 a = −1 Ta có hệ b + c = 7 ⇒ b = 4     c = 3. 4a + b = 0 2 Vậy (P ) : y = −x + 4x + 3. d) Ta có M (2; 3) ∈ (P ) : y = ax2 − 4x + c ⇔ 3 = a · (2)2 − 4 · 2 + c ⇔ 4a + c = 11 b Hoành độ đỉnh x = − = 1 ⇔ 2a + b = 0 2a     a = 2 4a + c = 11 ⇒ b = −4 Ta có hệ b = −4     c = 3. 2a + b = 0 2 Vậy (P ) : y = 2x − 4x + 3. e) Ta có M (3; 2) ∈ (P ) : y = ax2 + bx + 5 ⇔ 2 = a · (3)2 + b · 3 + 5 ⇔ 9a + 3b = −3 b Trục đối xứng x = − = 2 ⇔ 4a + b = 0 2a ® ® a=1 9a + 3b = −3 ⇒ Ta có hệ b = −4. 4a + b = 0 2 Vậy (P ) : y = x − 4x + 5. f) Ta có M (5; 9) ∈ (P ) : y = −2x2 + bx + c ⇔ 9 = −2 · (5)2 + b · 5 + c ⇔ 5b + c = 59 b Trục đối xứng x = − = 3 ⇔ 6a + b = 0 2a   a = −2    a = −2 Ta có hệ 5b + c = 59 ⇒ b = 12     6a + b = 0 c = −1. 2 Vậy (P ) : y = −2x + 12x − 1. g) Ta có M (6; 5) ∈ (P ) : y = x2 + bx + c ⇔ 5 = (6)2 + b · 6 + c ⇔ 6b + c = −31 Ta có N (1; −5) ∈ (P ) : y = x2 + bx + c 2 ⇔ −5 = (1) + c = −6 ® + b · 1 + c ⇔ b® 6b + c = −31 a = −5 Ta có hệ ⇒ b + c = −6 b = −1. 2 Vậy (P ) : y = x − 5x − 1. h) Ta có M (3; 2) ∈ (P ) : y = ax2 + 3x + c ⇔ 2 = a · (3)2 + 3 · 3 + c ⇔ 9a + c = −7 2 2 Ta có N (−1; ® −2) ∈ (P ) : y = ® ax + 3x + c ⇔ −2 = a · (−1) + 3 · (−1) + c ⇔ a + c = 1 9a + c = −7 a = −1 Ta có hệ ⇒ a+c=1 c = 2. 2 Vậy (P ) : y = −x + 3x + 2. i) Ta có A(2; 1) ∈ (P ) : y = ax2 + bx + 1 ⇔ 1 = a · 22 + b · 2 + 1 ⇔ 4a + 2b = 0 ⇒ b = −2a −b2 + 4ac ∆ = −2 ⇔ −b2 + 4ac = −8a Tung độ đỉnh y = − = −2 ⇔ 4a 4a ñ a = 0 (loại do : a 6= 0) b=−2a −−−−→ −(−2a)2 + 4a = −8a ⇔ −4a2 + 12a = 0 ⇔ c=1 a = 3 ⇒ b = −6. 2 Vậy (P ) : y = 3x − 6x + 1. j) Ta có A(3; 1) ∈ (P ) : y = ax2 + bx + 7 ⇔ 1 = a · 32 + b · 3 + 7 ⇔ 9a + 3b = −6 ⇒ b = −3a − 2 ∆ −b2 + 4ac Tung độ đỉnh y = − = 9 ⇔ = 9 ⇔ −b2 + 4ac = 36a 4a 4a b=−3a−2 −−−−−→ −(−3a − 2)2 + 28a = 36a ⇔ 9a2 + 20a + 4 = 0 ⇔ (a + 2)(9a + 2) = 0 ⇔ c=7 102/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 103 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả  a = −2 ⇒ b = 4  2 8 a=− ⇒b=− . 9 3 8 2 Kiểm tra lại thấy a = − và b = − không thỏa mãn. 9 3 Vậy (P ) : y = −2x2 + 4x + 7. k) Ta có (P ) ∩ Oy = M (0; 3) ⇒ M (0; 3) ∈ (P ) : y = ax2 − 4x + c ⇔ 3 = a · (0)2 − 4 · 0 + c ⇔ c = 3 b Trục đối xứng x = − = 2 ⇔ 4a + b = 0 2a Ta có b = −4 ⇒ a = 1 Vậy (P ) : y = x2 − 4x + 3. l) Ta có (P )∩Ox = M (1; 0) ⇒ M (1; 0) ∈ (P ) : y = ax2 +8x+c ⇔ 0 = a·(1)2 +8·1+c ⇔ a+c = −8 b Hoành độ đỉnh x = − = 4 ⇔ 8a + b = 0 2a     a = −1 a + c = −8 ⇔ b=8 Ta có hệ b = 8     c = −7 8a + b = 0 2 Vậy (P ) : y = −x + 8x − 7. m) (P ) : y = ax2 + bx + c đi qua ba điểm A(2; 5), B(3; 8), C(0; 5) nên tọa độ thỏa mãn phương trình parabol     4a + 2b + c = 5 a = 1 Ta có hệ 9a + 3b + c = 8 ⇔ b = −2     c=5 c=5 2 Vậy (P ) : y = x − 2x + 5. n) (P ) : y = ax2 + bx + c đi qua ba điểm A(−1; −8), B(3; −8), C(0; −2) nên tọa độ thỏa mãn phương trình  parabol    a − b + c = −8 a = −2 Ta có hệ 9a + 3b + c = −8 ⇔ b = 4     c = −2 c=2 2 Vậy (P ) : y = −2x + 4x + 2. o) Dựa vào đồ có đỉnh I(−1; −2) và đi qua điểm (0; −1)  thị ta thấy parabol   −b  2a − b = 0    = −1  2a  a = 3 Ta có hệ a − b + c = −2 ⇔ a − b + c = −2 ⇔ b = 6        c = −1 c=1 c = −1 Vậy (P ) : y = 3x2 + 6x + 1. p) Dựa vào đồ  thị ta thấy parabolđi qua ba điểm (1; 0), (2; 0), (0; 2)   a + b + c = 0 a = 1 Ta có hệ 4a + 2b + c = 0 ⇔ b = −3     c=2 c=2 2 Vậy (P ) : y = x − 3x + 2. q) Dựa vào bảng và đi qua điểm (0; −1)  biến thiên ta thấyparabol có đỉnh I(2; −5)  −b      2a = 2 4a + b = 0 a = 1 Ta có hệ 4a + 2b + c = −5 ⇔ 4a + 2b + c = −5 ⇔ b = −4        c = −1 c = −1 c = −1 103/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 104 3. Hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả Vậy (P ) : y = 3x2 + 6x + 1. r) Dựa vào bảng 6) và đi qua điểm (4; 2)  biến thiên ta thấyparabol có đỉnh I(2;  −b     a = −1  2a = 2 4a + b = 0 Ta có hệ 4a + 2b + c = 6 ⇔ 4a + 2b + c = 6 ⇔ b = 4        c=2 16a + 4b + c = 2 16a + 4b + c = 2 Vậy (P ) : y = −x2 + 4x + 2.  1 c Bài 2. Một chiếc cổng hình parabol có phương trình y = − x2 . Biết cổng có chiều rộng d = 5m 2 (như hình vẽ) có chiều cao h của cổng? Ê Lời giải. Gọi hai điểm chân cổng là A(xA ; yA ) và B(xB ; yB ), ta có |xA | = |xB | và yA = yB . Å ã2 5 5 1 25 Vì d = 5m nên |xA | = |xB | = . Vậy h = |yA | = − · = (m) 2 2 2 8 y O x h  c Bài 3. Cổng Arch tại thành phố St Louis của Mỹ có hình dạng là một parabol (hình vẽ). Biết khoảng cách giữa hai chân cổng bằng 162m. Trên thành cổng, tại vị trí có độ cao 43m so với mặt đất (điểm M ), người ta thả một sợi dây chạm đất (dây căng theo phương vuông góc với đất). Vị trí chạm đất của đầu sợi dây này cách cổng A một đoạn 10m. Giả sử các số liệu trên là chính xác. Hãy xác tính độ cao của cổng Arch (tính từ mặt đất đến điểm cao nhất của cổng). M 43m A 162m B 10m Ê Lời giải. Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ 104/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 105 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả y 43 M 162 A 10 B x Phương trình parabol (P ) có dạng y = ax2 + bx + c. Phương trình (P ) đi qua ba điểm A(0; 0), B(162; 0), M (10; 43) nên ta có 43    a = −    1520  c = 0 43 2 3483 2 3483 162 a + 162b + c = 0 ⇔ b = ⇒ (P ) : y = − x +   1520 760   2 760  10 a + 10b + c = 43  c = 0 ∆ b2 − 4ac Do đó chiều cao của cổng là h = − = ≈ 185, 6m. 4a 4a  c Bài 4. Cho parabol (P ) : y = x2 − 2x − 3. b) Biện luận và giải phương trình: −x2 + 2x + m − 1 = 0. a) Khảo sát và vẽ đồ thị (P ). Ê Lời giải. a) Tập xác định D = R Tọa độ đỉnh I(1; −4) Trục đối xứng x = 1 Bảng biến thiên: −∞ x +∞ 1 +∞ +∞ y −4 Hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞; 1) và đồng biến trên khoảng (1; +∞) Bảng giá trị x −1 0 1 2 3 y 0 −3 −4 −3 0 Đồ thị 105/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 106 3. Hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả y −1 1 2 3 x O −3 −4 b) Biện luận số nghiệm của phương trình: −x2 + 2x + m − 1 = 0 y −1 1 2 x O y =m−4 −3 −4 Ta có −x2 + 2x + m − 1 = 0 ⇔ x2 − 2x − m + 1 = 0 ⇔ x2 − 2x − 3 = m − 4 (∗) Số nghiệm của (∗) là số giao điểm của đồ thị (P ) và đường thẳng d : y = m − 4. Nếu m − 4 < −4 ⇔ m < 0 thì (∗) vô nghiệm. Nếu m − 4 = −4 ⇔ m = 0 thì (∗) có 1 nghiệm. Nếu m − 4 > −4 ⇔ m > 0 thì (∗) có 2 nghiệm.  c Bài 5. Cho parabol (P ) : y = −x2 + 4x − 3. b) Biện luận và giải phương trình: x2 − 4x + m − 2 = 0. a) Khảo sát và vẽ đồ thị (P ). Ê Lời giải. a) Tập xác định D = R Tọa độ đỉnh I(2; 1) Trục đối xứng x = 2 Bảng biến thiên: x −∞ 2 +∞ 1 y −∞ 106/528 −∞ p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 107 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; 2) và nghịch biến trên khoảng (2; +∞) Bảng giá trị x 0 1 2 3 4 y −3 0 1 0 −3 Đồ thị y 1 O 1 2 3 4 x −3 b) Biện luận số nghiệm của phương trình: −x2 + 2x + m − 1 = 0 y 1 O 1 2 3 4 x y =m−5 −3 Ta có x2 − 4x + m − 2 = 0 ⇔ −x2 + 4x − m + 2 = 0 ⇔ −x2 + 4x − 3 = m − 5 (∗) Số nghiệm của (∗) là số giao điểm của đồ thị (P ) và đường thẳng d : y = m − 4. Nếu m − 5 > 1 ⇔ m > 6 thì (∗) vô nghiệm. Nếu m − 5 = 1 ⇔ m = 6 thì (∗) có 1 nghiệm. Nếu m − 5 < 1 ⇔ m < 6 thì (∗) có 2 nghiệm.  c Bài 6. Cho parabol (P ) : y = x2 + 2x − 2. a) Khảo sát và vẽ đồ thị (P ). Ê Lời giải. 107/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 108 3. Hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả a) Tập xác định D = R Tọa độ đỉnh I(−1; −3) Trục đối xứng x = −1 Bảng biến thiên: −∞ x −1 +∞ +∞ +∞ y −3 Hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞; −1) và đồng biến trên khoảng (−1; +∞) Bảng giá trị x −3 −2 −1 0 1 y 1 −2 −3 −2 1 Đồ thị y 1 −3 −2 −1 O 1 x −2 −3  c Bài 7. Cho parabol (P ) : y = −x2 + 4x − 3. a) Khảo sát và vẽ đồ thị (P ). b) Tìm tham số thực m để phương trình x2 + 2x − m − 2 = 0 có một nghiệm âm và một nghiệm thuộc (0; 1). c) Tìm tham số thực m để phương trình x2 + 2x − m − 2 = 0 có một nghiệm âm và một nghiệm lớn hơn hoặc bằng 2. Ê Lời giải. a) Tập xác định D = R Tọa độ đỉnh I(2; 1) Trục đối xứng x = 2 Bảng biến thiên: 108/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 109 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả −∞ x +∞ 2 1 y −∞ −∞ Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; 2) và nghịch biến trên khoảng (2; +∞) Bảng giá trị x 0 1 2 3 4 y −3 0 1 0 −3 Đồ thị y 1 O 1 2 3 4 x −3 b) Tìm tham số thực m để phương trình x2 + 2x − m − 2 = 0 có một nghiệm âm và một nghiệm thuộc (0; 1). y x2 + 2x − m − 2 = 0 ⇔ x2 + 2x − 2 = m(∗) Số nghiệm của (∗) cũng là số giao điểm của (P ) và đường thẳng: y = m. Dựa vào đồ thị. Yêu cầu bài toán ⇔ −2 < m < 1 c) Tìm tham số thực m để phương trình x2 + 2x − m − 2 = 0 có một nghiệm âm và một nghiệm lớn hơn hoặc bằng 2. O x x2 + 2x − m − 2 = 0 ⇔ x2 + 2x − 2 = m(∗) Số nghiệm của (∗) cũng là số giao điểm của (P ) và đường thẳng: y = m. Dựa vào đồ thị. Yêu cầu bài toán ⇔ m ≥ 6  c Bài 8. a) Tìm tham số thực m để phương trình x2 − 4x + m − 4 = 0 có hai nghiệm phân biệt dương lớn hơn 1. 109/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 110 3. Hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả b) Tìm tham số thực m để phương trình x2 − 4x + m − 4 = 0 có hai nghiệm phân biệt dương bé hơn 4. Ê Lời giải. a) Tìm tham số thực m để phương trình x2 − 4x + m − 4 = 0 có hai nghiệm phân biệt dương lớn hơn 1. x2 − 4x − m − 4 = 0 ⇔ −m − 4 = −x2 + 4x ⇔ −m − 7 = −x2 + 4x − 3(∗) Số nghiệm của (∗) cũng là số giao điểm của (P ) và đường thẳng: y = −m − 7. Dựa vào đồ thị. Yêu cầu bài toán ⇔ 0 < −m − 7 < 1 ⇔ −8 < m < −7 b) Tìm tham số thực m để phương trình x2 − 4x + m − 4 = 0 có hai nghiệm phân biệt dương bé hơn 4. x2 − 4x − m − 4 = 0 ⇔ −m − 4 = −x2 + 4x ⇔ −m − 7 = −x2 + 4x − 3(∗) Số nghiệm của (∗) cũng là số giao điểm của (P ) và đường thẳng: y = −m − 7. Dựa vào đồ thị. Yêu cầu bài toán ⇔ −3 < −m−7 < 1 ⇔ −8 < m < −4 y x O  c Bài 9. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = −x2 + 4x + 3 trên đoạn [0; 3]. Ê Lời giải. Ta có y = −x + 4x + 3 là một Parabol có đỉnh I(2; 7) và a < 0 nên có bảng biến thiên trên đoạn [0; 3] như sau: 2 x 0 2 3 7 y 3 6 Từ bảng biến thiên, ta suy ra min[0;3] y = 3 khi x = 0. max[0;3] y = 7 khi x = 2  c Bài 10. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x2 − 4x + 2 trên đoạn [−1; 4]. Ê Lời giải. 110/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 111 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ta có y = x2 − 4x + 2 là một Parabol có đỉnh I(2; −2) và a > 0 nên có bảng biến thiên trên đoạn [−1; 4] như sau: x −1 2 4 7 2 y −2 Từ bảng biến thiên, ta suy ra min[−1;4] y = −2 khi x = 2. max[−1;4] y = 7 khi x = −1  c Bài 11. Tìm m 6= 0 để y = mx2 − 2mx − 3m − 2 có giá trị nhỏ nhất bằng −10 trên R. Ê Lời giải. ○ Xét m < 0 đồ thị hàm số là (P ) có hướng quay xuống nên không có giá trị nhỏ xuống. ○ Xét m > 0 đồ thị là (P ) có hướng quay lên nên đạt giá trị nhỏ nhất ở tung độ đỉnh. −∆ = −10 ⇔ 16m2 + 8m = 40m ⇔ 16m2 − 32m = 0 ⇔ m = 0 hoặc m = 2. 4a So điều kiện nhận m = 2.  c Bài 12. Cho parabol (P ) : y = mx2 −2mx−3m−2. Tìm m để tọa độ đỉnh thuộc d : y = 3x−1. Ê Lời giải. Đỉnh I (1; −4m − 2) ∈ d ⇔ −4m − 2 = 3 · 1 − 1 ⇔ m = −1.  | Dạng 2. BIẾN ĐỔI ĐỒ THỊ VÀ TƯƠNG GIAO c Bài 1. Vẽ đồ thị của hàm số f (x) = x2 − 2x − 1 và y = −f (x) = −x2 + 2x + 1 trên cùng 1 hình. Ê Lời giải. Nhận xét: Hai đồ thị đối xứng nhau qua Ox. Tống quát: Từ đồ thị hàm số y = f (x), suy ra đồ thị hàm số y = −f (x) bằng cách lấy đối xứng với đồ thị y = f (x) qua trục hoành Ox, ta được đồ thị của hàm số y = −f (x). y f (x) = x2 − 2x − 1 O x y = −f (x) = −x2 + 2x + 1  o Cần nhớ: 111/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 112 3. Hàm số bậc hai |f (x)| = Luôn nổ lực để đạt được thành quả       f (x) khi f (x) ≥ 0      −f (x) khi f (x) < 0 . Đồ thị của hàm số chẵn đối xúng nhau qua trục Oy, hàm số lẻ nhận O làm tâm đối xứng. c Bài 2. Vẽ đồ thị của hàm số y = (x − 1)(x − 3) = x2 − 4x + 3. Từ đồ thị của hàm số đã cho, suy ra đồ thị hàm số y = |x − 1|(x − 3) Ta có: y = |x − 1|(x − 3) = Ê Lời giải.       (x − 1)(x − 3) = x2 − 4x + 3 khi x ≥ 1      −(x − 1)(x − 3) = − (x2 − 4x + 3) khi x < 1 Do đó giữ đồ thị lại khi x ≥ 1 và lấy đối xứng phần đồ thị qua Ox khi x < 1. y y x O x O  c Bài 3. Vẽ đồ thị y = f (x) = x2 − 4x + 3. Suy ra đồ thị y = |f (x)| = |x2 − 4x + 3|. Ta có: y = |f (x)| = |x2 − 4x + 3| = Ê Lời giải.      khi x ≤ 1 ∨ x ≥ 3  x2 − 4x + 3      − (x2 − 4x + 3) khi 1 < x < 3 Tổng quát: Bỏ phần dưới Ox, lấy đôi xứng phần vừa bỏ qua trục Ox. y y y = f (x) O x O y = |f (x)| x  c Bài 4. Vẽ đồ thị y = f (x) = x2 − 4x + 3. Suy ra đồ thị y = f (|x|) = x2 − 4|x| + 3 Ê Lời giải. Do hàm số y = f (|x|) là hàm số chẵn nên nhận trục tung Oy là trục đối xứng. Tổng quát: 112/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 113 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả ○ Bỏ phần bên trái Oy. ○ Lấy đôi xứng phần bên phải qua Oy. y y y = |f (x)| y = f (|x|) x O x O  c Bài 1. Cho (P ) : y = ax2 + bx + c có đồ thị như hình vẽ: y 3 a) Xác định hệ số a, b, c. b) Tìm tham số m để phương trình |f (x)| = m có 4 nghiệm phân biệt. 2 c) Tìm tham số m để phương trình f (|x|) − 1 = m có 3 nghiệm phân biệt. x O −1 Ê Lời giải. a) Xác định hệ số a, b, c. −b = 2 ⇔ 4a + b = 0.(1) 2a ○ Điểm (2; −1) ∈ (P ) ⇔ −1 = 4a + 2b + c.(2) ○ Hoành độ đỉnh x = ○ Điểm (0; 3) ∈ (P ) ⇔ 3 = c.(3) Từ (1),(2),(3) giải hệ phương trình ta được a = 1; b = −4; c = 3. Vậy (P ) : y = x2 − 4x + 3. b) Tìm tham số m để phương trình |f (x)| = m có 4 nghiệm phân biệt. y ○  Ta có: y      x2 − 4x + 3      − (x2 − 4x + 3) = |f (x)| = |x2 − 4x + 3| y = |f (x)| = khi x ≤ 1 ∨ x ≥ 3 O x khi 1 < x < 3 ○ Cách vẽ đồ thị y = |f (x)|: Bỏ phần dưới Ox, lấy đôi xứng phần vừa bỏ qua trục Ox. ○ Số nghiệm của phương trình |f (x)| = m cũng chính là số giao điểm của hai đồ thị y = |f (x)| và đường thẳng y = m. ○ Dựa vào đồ thị. Yêu cầu bài toán ⇔ 0 < m < 1. 113/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 114 3. Hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả c) Tìm tham số m để phương trình f (|x|) − 1 = m có 3 nghiệm phân biệt. y y = f (|x|) ○ Do hàm số y = f (|x|) là hàm số chẵn nên nhận trục tung Oy là trục đối xứng. ○ Ta vẽ đồ thị y = f (|x|): Bỏ phần bên trái Oy. Lấy đối xứng phần bên phải qua Oy. x O ○ Ta có f (|x|) − 1 = m ⇔ f (|x|) = m + 1 ○ Số nghiệm của phương trình f (|x|) = m + 1 cũng chính là số giao điểm của hai đồ thị y = |f (x)| và đường thẳng y = m + 1. ○ Dựa vào đồ thị. Yêu cầu bài toán ⇔ m + 1 = 3 ⇔ m = 2.  c Bài 2. Cho (P ) : y = ax2 + bx + c có đồ thị như hình vẽ: y a) Xác định hệ số a, b, c. 1 b) Tìm tham số m để phương trình |f (x)| − m − 3 = 0 có đúng 3 nghiệm phân biệt. O 3 2 x c) Tìm tham số m để phương trình f (|x|) = m có 4 nghiệm phân biệt. Ê Lời giải. a) Xác định hệ số a, b, c. ○ Hoành độ đỉnh x = −b = 2 ⇔ 4a + b = 0.(1) 2a ○ Điểm (2; 1) ∈ (P ) ⇔ 1 = 4a + 2b + c.(2) ○ Điểm (3; 0) ∈ (P ) ⇔ 0 = 9a + 3b + c.(3) Từ (1),(2),(3) giải hệ phương trình ta được a = −1; b = 4; c = −3. Vậy (P ) : y = −x2 + 4x − 3. b) Tìm tham số m để phương trình |f (x)| − m − 3 = 0 có 3 nghiệm phân biệt. 114/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 115 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả y ○ Ta có: y       −x2 + 4x − 3 =      − (−x2 + 4x − 3) |f (x)| = 2 |−x + 4x − 3| y = |f (x)| = khi x ≤ 1 ∨ x ≥ 3 x O khi 1 < x < 3 ○ Cách vẽ đồ thị y = |f (x)|: Bỏ phần dưới Ox, lấy đôi xứng phần vừa bỏ qua trục Ox. ○ Ta có f (|x|) − m − 3 = 0 ⇔ f (|x|) = m + 3 ○ Số nghiệm của phương trình |f (x)| = m + 3 cũng chính là số giao điểm của hai đồ thị y = |f (x)| và đường thẳng y = m + 3. ○ Dựa vào đồ thị. Yêu cầu bài toán ⇔ m + 3 = 1 ⇔ m = −2. c) Tìm tham số m để phương trình f (|x|) = m có 4 nghiệm phân biệt. y ○ Do hàm số y = f (|x|) là hàm số chẵn nên nhận trục tung Oy là trục đối xứng. ○ Ta vẽ đồ thị y = f (|x|): Bỏ phần bên trái Oy. Lấy đối xứng phần bên phải qua Oy. x O y = f (|x|) ○ Số nghiệm của phương trình f (|x|) = m cũng chính là số giao điểm của hai đồ thị y = |f (x)| và đường thẳng y = m. ○ Dựa vào đồ thị. Yêu cầu bài toán ⇔ −3 < m < 1.  c Bài 3. Cho (P ) : y = −x2 + 2x + 3. a) Khảo sát và vẽ đồ thị (P ). b) Đường thẳng y = 2x − 1 cắt (P ) tại 2 điểm phân biệt A và B. Tìm tọa độ A và B. Tính độ dài đoạn thẳng AB. Ê Lời giải. a) Khảo sát và vẽ đồ thị (P ) : y = −x2 + 2x + 3. ○ Tập xác định: D = R. ○ Tọa độ đỉnh: I(1; 4). ○ Trục đối xứng: x = 1 ○ Bảng biến thiên: 115/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 116 3. Hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả x −∞ +∞ 1 4 y −∞ −∞ ○ Hàm số đồng biến trên (−∞; 1) và nghịch biến (1; +∞) ○ Bảng giá trị x y −1 0 0 3 1 4 2 3 3 0 ○ Đồ thị y O x b) Đường thẳng y = 2x − 1 cắt (P ) tại 2 điểm phân biệt A và B. Tìm tọa độ A và B. Tính độ dài đoạn thẳng AB. Phương trình hoành độ giao điểm của (P ) và đường thẳng y = 2x − 1: ñ x=2⇒y=3 2 2 −x + 2x + 3 = 2x − 1 ⇔ −x + 4 = 0 ⇔ . x = −2 ⇒ y = −3 p √ # » Ta có: A (2; 3) ; B (−2; −3) nên AB = (−4; −6) ⇒ AB = (−4)2 + (−6)2 = 2 13.  c Bài 4. Cho (P ) : y = x2 + bx + c. a) Xác định hệ số b, c biết đỉnh I(1; 1). b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số (P ) : y = x2 + bx + c trên đoạn [0; 3]. c) Tìm m để đường thẳng d : y = 2x + m cắt (P ) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho trung điểm của AB là K ∈ d0 : y = −2x. Ê Lời giải. a) Xác định hệ số b, c biết đỉnh I(1; 1). ○ Đỉnh I(1; 1) ∈ (P ) ⇒ 1 = 1 + b + c. (1) −b = 1 ⇔ b = −2a = −2. (2) ○ Hoành độ đỉnh x = 2a Từ (1) và (2) suy ra b = −2, c = 2. Vậy (P ) : y = x2 − 2x + 2 b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số (P ) : y = x2 + bx + c trên đoạn [0; 3]. (P ) : y = x2 − 2x + 2 có đỉnh I(1; 1) và a > 0 nên có bảng biến thiên như sau: 116/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 117 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai x Luôn nổ lực để đạt được thành quả 0 1 2 3 5 y 1 Từ bảng biến thiên, ta suy ra min[0;3] y = 1 khi x = 1. max[0;3] y = 5 khi x = 3 c) Tìm m để đường thẳng d : y = 2x + m cắt (P ) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho trung điểm của AB là K ∈ d0 : y = −2x. Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P ) x2 − 2x + 2 = 2x + m ⇔ x2 − 4x + 2 − m = 0(∗) Để (d) cắt (P ) tại 2 điểm phân biệt ⇔ (∗) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > 0 ⇔ 16 − 4 (2 − m) > 0 ⇔ 8 + 4m > 0 ⇔ m > −2 Gọi A (a, 2a + m) và B (b, 2b + m) là tọa độ hai giao điểm Å với a, b là nghiệm ã của (∗). a+b Theo Vi-et ta có: a + b = 4. I là trung điểm AB thì I ; a + b + m ⇒ I (2; m + 4). 2 I ∈ d0 nên m + 4 = −2 · 2 ⇔ m = −8. So điều kiện: Không có m thỏa yêu cầu bài toán.  c Bài 5. Tìm tham số m để đường thẳng d : y = x + m cắt Parabol (P ) : y = x2 − 4x + 3 tại hai điểm phân biệt có hoành độ trái dấu? Ê Lời giải. ○ Phương trình hoành độ giao điểm của d và (P ): x2 − 5x + 3 − m = 0 (1). ○ d cắt (P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ trái dấu khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm trái dấu c ⇔ P = = 3 − m < 0 ⇔ m > 3. a  c Bài 6. Cho Parabol (P ) : y = x2 − 2x + m − 1. Tìm tất cả các giá trị thực của m để parabol cắt trục hoành Ox tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương. Ê Lời giải. ○ Phương trình hoành độ giao điểm của (P ) và Ox: x2 − 2x + m − 1 = 0 (1). ○ YCBT ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt  a = 1 6= 0 (LĐ)    ∆0 = 2 − m > 0 ⇔ ⇔10    P =m−1>0  117/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 118 3. Hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 7. Cho Parabol (P ) : y = x2 + (2m + 1)x − m − 1. Tìm tham số m để (P ) cắt trục hoành Ox tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn x21 + x22 = x1 x2 + 1. Ê Lời giải. ○ Phương trình hoành độ giao điểm của (P ) và trục Ox: x2 + (2m + 1)x − m − 1 = 0. ® a = 1 6= 0 (LĐ) ⇔ m ∈ R. ○ Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ∆ = 4(m + 1)2 + 1 > 0 (LĐ) ® x1 + x2 = −2m − 1 ○ Áp dụng định lý Viet ta có: x1 x2 = −m − 1 ○ Ta có: x21 + x22 = x1 x2 + 1 ⇔ (x1 + x2 )2 − 3×1 x2 − 1 = 0 ⇔ (−2m − 1)2 − 3(−m − 1) − 1 = 0 ⇔ 4m2 + 7m + 3 = 0 3 ⇔ m = −1 ∨ m = − . 4  c Bài 8. Cho Parabol (P ) : y = x2 − 4x + 3 và đường thẳng d : y = mx + 3. Tìm tham số m để d cắt (P ) tại hai điểm phân biệt A, B có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn x31 + x32 = 8. Ê Lời giải. ○ Phương trình hoành độ giao điểm của (P ) và d: x2 − (m + 4)x = 0. ® a = 1 6= 0 (LĐ) ○ YCBT ⇔ phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ⇔ m 6= −4. ∆ = (m + 4)2 > 0 ® x1 + x2 = m + 4 ○ Áp dụng định lý Viet ta có: x1 x2 = 0 ○ Ta có: x31 + x32 = 8 ⇔ (x1 + x2 )3 − 3×1 x2 (x1 + x2 ) = 8 ⇔ (m + 4)3 = 8 ⇔ m = −2.  c Bài 9. Tìm tham số m để parabol (P ) : y = x2 − 4x + m cắt trục Ox tại hai điểm phân biệt A, B sao cho OA = 3OB? Ê Lời giải. ○ Phương trình hoành độ giao điểm của (P ) và Ox: x2 − 4x + m = 0. 118/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 119 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả ® ○ YCBT ⇔ phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ® ○ Áp dụng định lý Viet ta có: a = 1 6= 0 (LĐ) ⇔ m < 4. ∆0 = 4 − m > 0 x1 + x2 = 4 (1) x1 x2 = m (2) ○ Giả sử A(x1 ; 0) và B(x2 ; 0) là các giao điểm. Ta có: 2 2 OA = 3OB ⇔ OA = 9OB ⇔ x21 = 9×22 ñ x1 = 3×2 (3) ⇔ x1 = −3×2 (4) ○ Từ (1), (2), (3) ta giải ra được m = 3 (nhận). ○ Từ (1), (2), (4) ta giải ra được m = −12 (nhận).  c Bài 10. Cho Parabol (P ) : y = x2 − 4x + 3 và đường thẳng d : y = mx + 3. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để d cắt (P ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 9 . 2 Ê Lời giải. ○ Phương trình hoành độ giao điểm của (P ) và d: x2 − (m + 4)x = 0. ® a = 1 6= 0 (LĐ) ○ YCBT ⇔ phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ⇔ m 6= −4. ∆ = (m + 4)2 > 0 ® x1 + x2 = m + 4 ○ Áp dụng định lý Viet ta có: x1 x2 = 0 ○ Giả sử A(x1 ; mx1 + 3) và B(x2 ; mx2 + 3) là các giao điểm của (P ) và d. # » # » ○ OA = (x1 ; mx1 + 3); OB = (x2 ; mx2 + 3). Ta có: 1 x1 (mx2 + 3) − x2 (mx1 + 3) 2 9 1 ⇔ = 3(x1 − x2 ) 2 2 81 9 ⇔ = (x1 − x2 )2 4 4 ⇔ 9 = (x1 + x2 )2 − 4×1 x2 ⇔ 9 = (m + 4)2 ⇔ SOAB = Giải ra ta được m = −7 ∨ m = −1.  c Bài 11. Tìm tọa độ các điểm cố định của parabol (P ) khi m thay đổi trong các trường hợp sau: a) (P ) : y = (m − 1)x2 + 2mx − 3m + 1. b) (P ) : y = (m − 2)x2 − (m − 1)x + 3m − 4. Ê Lời giải. 119/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 120 3. Hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả a) (P ) : y = (m − 1)x2 + 2mx − 3m + 1. Gọi điểm cố định M (x0 ; y0 ) ∈ (P ), ∀m ⇔ y0 = (m − 1)x20 + 2mx0 − 3m + 1, ∀m ⇔ mx20 − x20 + 2mx0 − 3m + 1 − y0 = 0, ∀m 2 2 ⇔ m(x y0 + 1 = 0, ∀m ® 2 0 + 2×0 − 3) − x0 − ® x0 = 1 ∨ x0 = −3 x0 + 2×0 − 3 = 0 ⇔ ⇒ 2 − x0 − y 0 + 1 = 0 y0 = 1 − x20 ® ® x0 = −3 x0 = 1 hoặc ⇔ y0 = −8 y0 = 0 Vậy có hai điểm M1 (1; 0), M2 (−3; −8). b) (P ) : y = (m − 2)x2 − (m − 1)x + 3m − 4. Gọi điểm cố định M (x0 ; y0 ) ∈ (P ), ∀m ⇔ y0 = (m − 2)x20 − (m − 1)x0 + 3m − 4, ∀m ⇔ mx20 − 2×20 − mx0 + x0 + 3m − 4 − y0 = 0, ∀m 2 2 ⇔ m(x ® 2 0 − x0 + 3) − 2×0 + x0 − 4®− y0 = 0, ∀m x 0 − x0 + 3 = 0 VN ⇒ ⇔ 2 − 2×0 + x0 − 4 − y0 = 0 − 2×20 + x0 − 4 − y0 = 0. Vậy không tồn tại điểm cố định.  1. BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM 2 c Câu Å1. Cho hàm + bx + c (aã6= 0) có đồ thị ã số y = ax Å Å (P ). Toạ ãđộ đỉnh củaÅ(P ) là ã b b b ∆ ∆ ∆ b ∆ . B. I − ; − . C. I − ; − . D. I . A. I − ; ; 2a 4a a 4a 2a 4a 2a 4a Ê Å Lời giải. ã b ∆ Hàm số y = ax2 + bx + c với a 6= 0 có đỉnh I − ; − . 2a 4a Chọn đáp án C  2 c Câu Å2. Đỉnhãcủa parabol (PÅ ) : y = 3xã − 2x + 1 là Å ã 1 2 1 2 1 2 A. I − ; . B. I − ; − . C. I ;− . 3 3 3 3 3 3 D. I Å ã 1 2 ; . 3 3 Ê Lời giải. b −2 1 Hoành độ đỉnh x = − = − = . 2a 2·3 3 Å ã 1 2 2 Suy ra parabol (P ) : y = 3x − 2x + 1 có đỉnh I ; . 3 3 Chọn đáp án D  c Câu 3. Hàm số nào sau đây có đồ thị là parabol có đỉnh I(−1; 3)? A. y = 2×2 − 4x − 3. B. y = 2×2 − 2x − 1. C. y = 2×2 + 4x + 5. D. y = 2×2 + x + 2. Ê Lời giải. 2 Hàm số y = 2x + 4x + 5 có đỉnh I(−1; 3). Chọn đáp án C 120/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 121 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Câu 4. Tìm giá trị nhỏ nhất ymin của hàm số y = x2 − 4x + 5. A. ymin = 0. B. ymin = −2. C. ymin = 2. D. ymin = 1. Ê Lời giải. Hàm số y = x − 4x + 5 có đồ thị là Parabol, bề lõm hướng lên. Đồ thị hàm số có đỉnh I (2; 1). Suy ra giá trị nhỏ nhất của hàm số ymin = 1 đạt tại x = 2. Chọn đáp án D 2 √ 2 c Câu 5. Tìm √ giá trị lớn nhất ymax của √ hàm số y = − 2x + 4x. A. ymax = 2. B. ymax = 2 2. C. ymax = 2.  D. ymax = 4. Ê Lời giải. √ 2 Hàm số y = − 2x + 4xÄcó thịälà Parabol, bề lõm hướng xuống. √ đồ √ Đồ thị hàm số có đỉnh I 2; 2 2 . √ √ Suy ra giá trị lớn nhất của hàm số ymax = 2 2 đạt tại x = 2. Chọn đáp án B c Câu 6. Trục đối xứng của parabol (P ) : y = 2×2 + 6x + 3 là 3 3 A. x = − . B. y = − . C. x = −3. 2 2  D. y = −3. Ê Lời giải. b 6 3 Trục đối xứng của parabol là x = − = − =− . 2a 2·2 2 Chọn đáp án A  c Câu 7. Trục đối xứng của parabol (P ) : y = −2×2 + 5x + 3 là 5 5 5 A. x = − . B. x = − . C. x = . 2 4 2 5 D. x = . 4 Ê Lời giải. b 5 5 Trục đối xứng của parabol là x = − = − =− . 2a 2·2 4 Chọn đáp án B  c Câu 8. Trong các hàm số sau, hàm số nào có đồ thị nhận đường thẳng x = 1 làm trục đối xứng A. y = −2×2 + 4x + 1. B. y = 2×2 + 4x − 3. C. y = 2×2 − 2x − 1. D. y = x2 − x + 2. Ê Lời giải. b b Trục đối xứng của parabol là x = − . Suy ra x = − = 1. Nhận thấy hàm số y = −2×2 + 4x + 1 2a 2a thỏa mãn. Chọn đáp án A  c Câu 9. Cho hàm số y = 2×2 + 4x − 1. Khẳng định nào sau đây là đúng? A. Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; −2) và nghịch biến trên khoảng (−2; +∞). B. Hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞; −2) và đồng biến trên khoảng (−2; +∞). 121/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 122 3. Hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả C. Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; −1) và nghịch biến trên khoảng (−1; +∞). D. Hàm số nghịch biến trên khoảng (−∞; −1) và đồng biến trên khoảng (−1; +∞). Ê Lời giải. −b Hàm số y = 2×2 + 4x − 1 có hệ số a = 2 > 0, = −2 nên nghịch biến trên khoảng (−∞; −2) và 2a đồng biến trên khoảng (−2; +∞) Chọn đáp án B  c Câu 10.√ Hàm số nào sau đây nghịch √ biến trên khoảng (−1; √ +∞) A. y = 2×2 + 1. B. y = − 2×2 + 1. C. y = 2 (x + 1)2 . Ê Lời giải. √ 2 Hàm số y = − 2 (x + 1) nghịch biến trên khoảng (−1; +∞). Chọn đáp án D √ D. y = − 2 (x + 1)2 .  c Câu 11. Tìm giá trị lớn nhất M và giá trị nhỏ nhất m của hàm số y = x2 − 3x trên đoạn [0; 2] 9 9 B. M = , m = 0. A. M = 0, m = − . 4 4 9 9 C. M = −2, m = − . D. M = 2, m = − . 4 4 Ê Lời giải. Ta có bảng biến thiên của hàm số trên đoạn [0; 2] là x 0 3 2 2 −2 0 y − 9 4 9 Dựa vào bảng biến thiên, ta có M = 0, m = − . 4 Chọn đáp án A  c Câu 12. Tìm giá trị thực của tham số m 6= 0 để hàm số y = mx2 − 2mx − 3m − 2 có giá trị nhỏ nhất trên R bằng −10. A. m = 1. B. m = 2. C. m = −2. D. m = −1. Ê Lời giải. Hàm số đã cho có giá trị nhỏ nhất trên R bằng −10 khi và chỉ khi  ® a > 0 m>0 ⇔ ⇔ m = 2. −∆  − 4m − 2 = −10 = −10 4a Chọn đáp án B  c Câu 13. 122/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 123 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả Bảng biến thiên ở hình vẽ là bảng biến thiên của hàm số nào trong các hàm số được cho bốn phương án A, B, C, D? A. y = −x2 + 4x − 9. B. y = x2 − 4x − 1. C. y = −x2 + 4x. D. y = x2 − 4x − 5. x −∞ +∞ 2 +∞ +∞ y −5 Ê Lời giải. Từ hình vẽ ta được bảng biến thiên của hàm số bậc hai a > 0. Nên loại phương án y = −x2 + 4x − 9 và y = −x2 + 4x. Đồ thị hàm số y = x2 − 4x − 1 là parabol có đỉnh (2; −5) phù hợp với bảng biến thiên hình vẽ. Đồ thị hàm số y = x2 − 4x − 5 là parabol có đỉnh (5; −1) nên loại phương án này.  Chọn đáp án B c Câu 14. Bảng biến thiên ở hình vẽ là bảng biến thiên của hàm số nào trong các hàm số được cho ở bốn phương án A, B, C, D sau đây? A. y = 2×2 + 2x − 1. B. y = 2×2 + 2x + 2. C. y = −2×2 − 2x. D. y = −2×2 − 2x + 1. x −∞ − 1 2 +∞ 3 2 y −∞ −∞ Ê Lời giải. Từ hình vẽ ta được bảng biến thiên của hàm số bậc hai a < 0 nên loại phương án y = −2x2 − 2x và y = −2x2 − 2x + 1. Å ã 1 3 Từ bảng biến thiên ta được tọa độ đỉnh I − ; nên đáp án y = 2x2 + 2x + 2 là đúng. 2 2 Chọn đáp án B  c Câu 15. Đồ thị ở hình vẽ là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A, B, C, D dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào? A. y = x2 − 4x − 1. B. y = 2x2 − 4x − 1. 2 C. y = −2x − 4x − 1. D. y = 2x2 − 4x + 1. y O 1 2 x −3 Ê Lời giải. Từ hình vẽ ta được đây là đồ thị hàm số bậc hai có a > 0 và đỉnh parabol I(1; −3). Đáp án y = x2 − 4x − 1 có đồ thị là parabol có đỉnh I(2; −5) nên loại đáp án này. Đáp án y = −2×2 − 4x − 1 có hệ số a = −2 < 0 nên loại. Đáp án y = 2x2 − 4x + 1 có đồ thị là parabol có đỉnh I(1; −1) nên loại đáp án này. Chọn đáp án B  c Câu 16. 123/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 124 3. Hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả Đồ thị hình bên là đồ thị của một hàm số trong bốn hàm số được liệt kê ở bốn phương án A , B, C, D dưới đây. Hỏi hàm số đó là hàm số nào? 3 B. y = −0,5x2 + x + 1,5. A. y = x2 − 2x + . 2 1 1 C. y = x2 − 2x. D. y = − x2 + x + . 2 2 y 1 −1 O 3 x Ê Lời giải. Từ hình vẽ ta được đồ thị của hàm số bậc hai a < 0, đồ thị cắt trục hoành tại điểm (−1; 0) và (3; 0), đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; c) với c > 1. 3 Phương án y = x2 − 2x + và y = x2 − 2x bị loại do a > 0. 2 Å ã 1 1 1 2 . Phương án y = − x + x + bị loại do cắt trục tung tại điểm 0; 2 2 2 Chọn đáp án B  c Câu 17. Cho hàm số y = ax2 + bx + c có đồ thị như hình vẽ. Khẳng định nào sau đây đúng? A. a > 0, b < 0, c < 0. B. a > 0, b < 0, c > 0. C. a > 0, b > 0, c > 0. D. a < 0, b < 0, c > 0. y O x Ê Lời giải. Từ hình vẽ ta được đồ thị hàm số bậc hai a > 0 nên loại đáp án a < 0, b < 0, c > 0. Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; c) với c > 0 nên loại đáp án a > 0, b < 0, c < 0. b Parabol có hoành độ đỉnh − > 0 nên a và b trái dấu. Suy ra b < 0. 2a Chọn đáp án B c Câu 18. Cho hàm số y = ax2 + bx + c có đồ thị như hình bên. Khẳng định nào sau đây đúng? A. a > 0, b > 0, c < 0. B. a < 0, b > 0, c < 0. C. a < 0, b > 0, c < 0. D. a < 0, b > 0, c > 0.  y O Ê Lời giải. Từ hình vẽ ta được đồ thị hàm số bậc hai a < 0 nên loại đáp án a > 0, b > 0, c < 0. Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; c) với c < 0 nên loại đáp án a < 0, b > 0, c > 0. b Hoành độ đỉnh dương nên − > 0 nên a và b trái dấu. Suy ra b > 0. 2a Chọn đáp án B x  c Câu 19. Cho parabol (P ) : y = ax2 + bx + c (a 6= 0). Xét dấu hệ số a và biệt thức ∆ khi (P ) hoàn toàn nằm phía trên trục hoành? A. a > 0, ∆ > 0. B. a > 0, ∆ < 0. C. a < 0, ∆ < 0. D. a < 0, ∆ > 0. Ê Lời giải. 124/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 125 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả Do (P ) không cắt trục hoành nên phương trình ax2 + bx + c = 0 vô nghiệm suy ra ∆ < 0. ∆ > 0 suy ra a và ∆ trái Do (P ) nằm phía trên trục hoành nên tung độ đỉnh (P ) dương suy ra − 4a dấu suy ra a > 0.  Chọn đáp án B c Câu 20. Cho parabol (P ) : y = ax2 + bx + c(a 6= 0). Xét dấu hệ số a và biệt thức ∆ khi cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt và có đỉnh nằm phía trên trục hoành. A. a > 0, ∆ > 0. B. a > 0, ∆ < 0. C. a < 0, ∆ < 0. D. a < 0, ∆ > 0. Ê Lời giải. (P ) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt nên phương trình ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm phân biệt suy ra ∆ > 0. ∆ > 0 suy ra a và ∆ trái dấu suy Đỉnh (P ) nằm trên trục hoành nên tung độ đỉnh dương suy ra − 4a ra a < 0.  Chọn đáp án D Å ã 1 11 c Câu 21. Tìm parabol (P ) : y = ax + bx − 2, biết rằng parabol có đỉnh I − ; − . 2 4 A. y = x2 + 3x − 2. B. y = 3x2 + x − 4. C. y = 3x2 + x − 1. D. y = 3x2 + 3x − 2. 2 Ê Lời giải. ã Å 1 11 nên Parabol có đỉnh I − ; − 2 4   1 b  ®  =− − a − b = 0 a=3 2a 2 Å ã2 Å ã ⇔ 1 ⇔ 1 3 11 1 1   a− b=− b = 3.  − =a· − −2 +b· − 4 2 4 4 2 2  Chọn đáp án D c Câu 22. Tìm giá trị thực của tham số m để parabol (P ) : y = mx2 − 2mx − 3m − 2 (m 6= 0) có đỉnh thuộc đường thẳng y = 3x − 1. A. m = 1. B. m = −1. C. m = −6. D. m = 6. Ê Lời giải. Đỉnh của parabol (P ) : y = mx2 − 2mx − 3m − 2 là I (1; −4m − 2) thuộc đường thẳng y = 3x − 1 khi −4m − 2 = 3 − 1 ⇔ m = −1. Vậy m = −1. Chọn đáp án B  c Câu 23. Xác định parabol (P ) : y = ax2 +bx+2, biết rằng (P ) đi qua M (1; 5) và N (−2; 8). A. y = 2x2 + x + 2. B. y = x2 + x + 2. C. y = −2x2 + x + 2. D. y = −2x2 − x + 2. Ê Lời giải. Parabol (P ) : y = ax + bx + 2, biết rằng (P ) đi qua M (1; 5) và N (−2; 8) khi đó ® ® ® a+b+2=5 a+b=3 a=2 ⇔ ⇔ 4a − 2b + 2 = 8 4a − 2b = 6 b = 1. 2 Vậy (P ) : y = 2x2 + x + 2. Chọn đáp án A 125/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 126 3. Hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Câu 24. Xác định parabol (P ) : y = 2x2 + bx + c, biết (P ) đi qua M (0; 4) và có trục đối xứng x = 1. A. y = 2x2 − 4x + 4. B. y = 2x2 + 4x − 3. C. y = 2x2 − 3x + 4. D. y = 2x2 + x + 4. Ê Lời giải. parabol (P ) : y = 2x2 + bx + c, biết (P ) đi qua M (0; 4) và có trục đối xứng x = 1, khi đó  ® c = 4 b = −4 ⇔ b − =1 c = 4. 4 Vậy (P ) : y = 2x2 − 4x + 4. Chọn đáp án A  c Câu 25. Biết rằng (P ) : y = ax2 − 4x + c có hoành độ đỉnh bằng −3 và đi qua điểm M (−2; 1). Tính tổng S = a + c. A. S = 5. B. S = −5. C. S = 4. D. S = 1. Ê Lời giải. (P ) : y = ax − 4x + c có hoành độ đỉnh bằng −3 và đi qua điểm M (−2; 1), khi đó   2  4a + 8 + c = 1 a = − 3 ⇔ 13  4 = −3  c = − . 2a 3 2 2 13 Vậy S = a + c = − − = −5. 3 3 Chọn đáp án B  c Câu 26. Biết rằng (P ) : y = ax2 + bx + 2(a > 1) đi qua điểm M (−1; 6) và có tung độ đỉnh 1 bằng − . Tính tích P = ab. 4 A. P = −3. B. P = −2. C. P = 192. D. P = 28. Ê Lời giải. 1 (P ) : y = ax2 + bx + 2(a > 1) đi qua điểm M (−1; 6) và có tung độ đỉnh bằng − , khi đó 4 ® ñ a=1  2 ® ® b = −3  −b + 8a 1    b = −3 9a = b2 b2 − 9b − 36 = 0 =− b = 12 ⇔  ⇔ ⇔ ® 4a 4 ⇔  a = 16   a=b+4 a=b+4  a−b+2=6 a = b + 4. b = 12 Vì a > 1 nên a = 16, b = 12. Vậy P = ab = 16 · 12 = 192. Chọn đáp án C  c Câu 27. Xác định parabol (P ) : y = ax2 + bx + c, biết rằng (P ) có đỉnh I(2; −1) và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng −3? 1 A. y = x2 − 2x − 3. B. y = − x2 + 2x − 3. 2 126/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 127 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai 1 C. y = x2 − 2x − 3. 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả D. y = −x2 − 2x − 3. Ê Lời giải. Parabol (P ) : y = ax2 + bx + c, biết rằng (P ) có đỉnh I(2; −1) và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng −3, khi đó    1 −b   4a + b = 0    = 2 a = − 2  2a  4a + 2b + c = −1 ⇔ b = 2 4a + 2b + c = −1 ⇔         c = −3 c = −3. c = −3 1 Vậy y = − x2 + 2x − 3. 2 Chọn đáp án B  c Câu 28. Xác định parabol (P ) : y = ax2 + bx + c, biết rằng (P ) đi qua M (−5; 6) và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng −2. Hệ thức nào sau đây đúng? A. a = 6b. B. 25a − 5b = 8. C. b = −6a. D. 25a + 5b = 8. Ê Lời giải. Parabol (P ) : y = ax2 + bx + c, biết rằng (P ) đi qua M (−5; 6) và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng −2, khi đó ® ® 25a − 5b + c = 6 25a − 5b = 8 ⇔ c = −2 c = −2. Vậy 25a − 5b = 8. Chọn đáp án B  c Câu 29. Biết rằng hàm số y = ax2 + bx + c (a 6= 0) đạt cực tiểu bằng 4 tại x = 2 và có đồ thị hàm số đi qua điểm A(0; 6). Tính tích P = abc. 3 A. P = −6. B. P = 6. C. P = −3. D. P = . 2 Ê Lời giải. Hàm số y = ax2 + bx + c (a 6= 0) đạt cực tiểu bằng 4 tại x = 2 và có đồ thị hàm số đi qua điểm A(0; 6), khi đó    1 −b      4a + b = 0  2a = 2 a = 2 4a + 2b = −2 ⇔ b = −2 4a + 2b + c = 4 ⇔         c = 6 c = 6. c=6 Vậy P = abc = −6. Chọn đáp án A  c Câu 30. Biềt rằng hàm số y = ax2 + bx + c (a 6= 0) đạt giá trị lớn nhất bằng 1 3 tại x = và 4 2 tổng lập phương các nghiệm của phương trình y = 0 bằng 9. Tính P = abc. A. P = 0. B. P = 6. C. P = 7. D. P = −6. Ê Lời giải. 127/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 128 3. Hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả î 2 Phương trình y = 0 có nghiệm x1 , x2 với x31 +x32 = (x1 + x2 ) (x1 + x2 ) − 3×1 x2 Hàm số y = ax2 + bx + c (a 6= 0) đạt giá trị lớn nhất bằng ó b =− a ñÅ ã2 ô b c − −3· . a a 1 3 tại x = và tổng lập phương các nghiệm 4 2 của phương trình y = 0 bằng 9, khi đó   −b −b 3      = =3       2 a = −1 b + 3a = 0  2a  a 3 1 ⇔ 9a + 6b + 4c = 1 ⇔ 9a + 6b + 4c = 1 ⇔ b = 3 9 a + b + c =     h     4 2 4   ci c = 2. 2a − c = 0    3 3 = 9 3 9 − 3 · x1 + x2 = 9 a Vậy P = abc = −6. Chọn đáp án D  c Câu 31. Tọa độ giao điểm của (P ) : y = x2 − 4x với đường thẳng d : y = −x − 2 là A. M (−1; −1), N (−2; 0). B. M (1; −3), N (2; −4). C. M (0; −2), N (2; −4). D. M (−3; 1), N (3; −5). Ê Lời giải. 2 Tọa độ giao điểm của (P ) : y = x − 4x với đường thẳng d : y = −x − 2 là ® ® 2 y = x − 4x ⇔ y = −x − 2 ® 2 x − 4x = −x − 2 ⇔ y = −x − 2 ® x=1  y = −3 x − 3x + 2 = 0  ⇔ ®  x=2 y = −x − 2 2 y = −4. Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là M (1; −3), N (2; −4). Chọn đáp án B  c Câu 32. Gọi A(a; b) và B(c; d) là tọa độ giao điểm của (P ) : y = 2x − x2 và ∆ : y = 3x − 6. Giá trị b + d bằng A. 7. B. −7. C. 15. D. −15. Ê Lời giải. Tọa độ giao điểm của (P ) : y = x2 − 4x với đường thẳng d : y = −x − 2 là ® x = −3 ® ® 2 2  y = 2x − x x +x−6=0  y = −15 ⇔ ⇔ ®  x=2 y = 3x − 6 y = 3x − 6 y = 0. Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là A(−3; −15), B(2; 0). Khi đó b = −15, d = 0. Suy ra b + d = −15. Chọn đáp án D  c Câu 33. Đường thẳng nào sau đây tiếp xúc với (P ) : y = 2×2 − 5x + 3? A. y = x + 2. B. y = −x − 1. C. y = x + 3. D. y = −x + 1. Ê Lời giải. 128/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 129 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả ○ Tọa độ giao điểm của (P ) : y = 2×2 − 5x + 3 với đường thẳng d1 : y = x + 2 là ® ® 2 y = 2×2 − 5x + 3 2x − 5x + 1 = 0 ⇔ y =x+2 y =x+2 có ∆ = 25 − 2 · 4 = 17 > 0 suy ra (P ) cắt (d1 ). ○ Tọa độ giao điểm của (P ) : y = 2×2 − 5x + 3 với đường thẳng d2 : y = −x − 1 là ® ® 2 y = 2×2 − 5x + 3 2x − 6x + 4 = 0 ⇔ y = −x − 1 y = −x − 1 có ∆0 = 9 − 2 · 4 = 1 > 0 suy ra (P ) cắt (d2 ). ○ Tọa độ giao điểm của (P ) : y = 2×2 − 5x + 3 với đường thẳng d3 : y = x + 3 là ® ® 2 y = 2×2 − 5x + 3 2x − 6x = 0 ⇔ y =x+3 y =x+3 có ∆0 = 9 > 0 suy ra (P ) cắt (d3 ). ○ Tọa độ giao điểm của (P ) : y = 2×2 − 5x + 3 với đường thẳng d4 : y = −x + 1 là ® ® 2 y = 2×2 − 5x + 3 2x − 4x + 2 = 0 ⇔ y = −x + 1 y =x+3 có ∆0 = 4 − 4 = 0 suy ra (P ) tiếp xúc với (d4 ). Vậy (P ) tiếp xúc với đường thẳng y = −x + 1. Chọn đáp án D  c Câu 34. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số b để đồ thị hàm số y = −3×2 + bx − 3 cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt? ñ ñ b < −6 b < −3 A. . B. −6 < b < 6. C. . D. −3 < b < 3. b>6 b>3 Ê Lời giải. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y = −3×2 + bx − 3 cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt ñ b < −6 ⇔ −3x2 + bx − 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt ∆ = b2 − 36 > 0 ⇔ b > 6. ñ b < −6 Vậy giá trị b cần tìm là b > 6.  Chọn đáp án D c Câu 35. Cho parabol (P ) : y = x2 + x + 2 và đường thẳng d : y = ax + 1. Tìm tất cả các giá trị thực của a để (P ) tiếp xúc với d? A. a = −1, a = 3. B. a = 2. C. a = 1, a = −3. D. Không tồn tại a. Ê Lời giải. Để (P ) : y = x2 + x + 2 tiếp xúc với d : y = ax + 1 ñ a=3 x +x+2 = ax+1 có nghiệm kép ⇔ x +(1−a)x+1 = 0 có nghiệm kép ⇔ ∆ = (1−a) −4 = 0 ⇔ a = −1. 2 Vậy a = −1, a = 3. Chọn đáp án A 129/528 2 2  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 130 3. Hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Câu 36. Cho parabol (P ) : y = x2 − 2x + m − 1. Tìm tất cả các giá trị thực của m để parabol không cắt trục hoành Ox? A. m < 2. B. m > 2. C. m ≥ 2. D. m ≤ 2. Ê Lời giải. Phương trình hoành độ giao điểm của (P ) : y = x2 − 2x + m − 1 và trục hoành là x2 − 2x + m − 1 = 0. Để parabol không cắt trục hoành Ox ⇔ ∆0 = 1 − (m − 1) < 0 ⇔ m > 2. Vậy yêu cầu bài toán thỏa mãn thì m > 2. Chọn đáp án B  c Câu 37. Cho parabol (P ) : y = x2 − 2x + m − 1. Tìm tất cả các giá trị thực của m để parabol cắt Ox tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương? A. 1 < m < 2. B. m < 2. C. m > 2. D. m < 1. Ê Lời giải. Phương trình hoành độ giao điểm của (P ) : y = x2 − 2x + m − 1 và trục hoành là x2 − 2x + m − 1 = 0. Để parabol cắt Ox tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương  0  ∆ = 1 − (m − 1) > 0 ⇔ 1>0 ⇔ 1 < m < 2.   m−1>0 Vậy yêu cầu bài toán thỏa mãn thì 1 < m < 2. Chọn đáp án A  c Câu 38. Cho hàm số f (x) = ax2 + bx + c có bảng biến thiên như sau x −∞ 2 +∞ +∞ +∞ y −1 Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f (x) − 1 = m có đúng hai nghiệm? A. m > −1. B. m > 0. C. m > −2. D. m ≥ −1. Ê Lời giải. ® y = f (x) y = m + 1. Khi đó số nghiệm của phương trình f (x) − 1 = m chính là số giao điểm của đồ thị y = f (x) với đường thẳng y = m + 1. Khi đó để phương trình f (x) − 1 = m có đúng hai nghiệm thì m + 1 ≥ −1 ⇔ m ≥ −2. Chọn đáp án C  Ta có f (x) − 1 = m ⇔ c Câu 39. 130/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 131 Chương 2. Hàm số bậc nhất và hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả Cho hàm số f (x) = ax2 + bx + c có đồ thị như hình vẽ bên. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số m để phương trình f (x) + m − 2018 = 0 có duy nhất nghiệm? A. m = 2015. B. m = 2016. C. m = 2017. D. m = 2019. y 2 x 1 O Ê Lời giải. ® y = f (x) y = 2018 − m. Khi đó số nghiệm của phương trình f (x) + m − 2018 = 0 chính là số giao điểm của đồ thị y = f (x) với đường thẳng y = 2018 − m. Khi đó để phương trình f (x) + m − 2018 = 0 có duy nhất một nghiệm thì 2018 − m = 2 ⇔ m = 2016. Chọn đáp án D  Ta có f (x) + m − 2018 = 0 ⇔ c Câu 40. Cho hàm số f (x) = ax2 +bx+c đồ thị như hình bên. Hỏi với những giá trị nào của tham số thực m thì phương trình |f (x)| = m có đúng 4 nghiệm phân biệt? A. 0 < m < 1. B. m > 3. C. m = −1, m = 3. D. −1 < m < 0. y 3 2 x O −1 Ê Lời giải. ® y = |f (x)| y=m Số nghiệm phương trình |f (x)| = m chính là số giao điểm của đồ thị y = |f (x)| với đường thẳng y = m. Dựa vào đồ thị ta thấy để phương trình |f (x)| = m có đúng 4 nghiệm phân biệt thì 0 < m < 1. Ta có |f (x)| = m ⇔ y 3 1 O Chọn đáp án A 131/528 2 x  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 132 3. Hàm số bậc hai Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Câu 41. Cho hàm số f (x) = ax2 +bx+c đồ thị như hình bên. Hỏi với những giá trị nào của tham số thực m thì phương trình f (|x|) = m có đúng 3 nghiệm phân biệt? A. m = 3. B. m > 3. C. m = 2. D. −2 < m < 2. y 3 2 x O −1 Ê Lời giải. ® y = f (|x|) y=m Số nghiệm phương trình f (|x|) = m chính là số giao điểm của đồ thị y = f (|x|) với đường thẳng y = m. Dựa vào đồ thị ta thấy để phương trình f (|x|) = m có đúng 3 nghiệm phân biệt thì m = 3. Ta có f (|x|) = m ⇔ y 3 −2 2 O x −1 Chọn đáp án A 132/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 C h ươ ng PHƯƠNG TRÌNH TRÌNH -- HỆ HỆ PHƯƠNG PHƯƠNG PHƯƠNG PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH TRÌNH 3 TRÌNH BÀI 1. ĐẠI CƯƠNG VỀ PHƯƠNG TRÌNH A – TÓM TẮT LÝ THUYẾT . 1. Phương trình một ẩn ® y = f (x) a) Cho 2 hàm số có tập xác định lần lượt là Df và Dg . Đặt D = Df ∩ Dg . y = g(x) Mệnh đề chứa biến “f (x) = g(x)” được gọi là phương trình một ẩn, x gọi là ẩn và D gọi tập xác định của phương trình. b) x0 ∈ D gọi là 1 nghiệm phương trình f (x) = g(x) nếu “f (x0 ) = g(x0 )” là một mệnh đề đúng. Phương trình tương đương 2. a) Hai phương trình gọi là tương đương nếu chúng có cùng tập nghiệm. b) Nếu f1 (x) = g1 (x) tương đương với f2 (x) = g2 (x) thì viết f1 (x) = g1 (x) ⇔ f2 (x) = g2 (x). c Định lí 1.1. Cho phương trình f (x) = g(x) có tập xác định D và y = h(x) là một hàm số xác định trên D. Khi đó trên miền D, phương trình tương đương với mỗi phương trình sau: (1): f (x) + h(x) = g(x) + h(x). (2): f (x) · h(x) = g(x) · h(x) với h(x) 6= 0, ∀x ∈ D. 3. Phương trình hệ quả a) f1 (x) = g1 (x) có tập nghiệm là S1 được gọi là phương trình hệ quả của phương trình f2 (x) = g2 (x) có tập nghiệm S2 nếu S1 ⊂ S2 . b) Khi đó: f1 (x) = g1 (x) ⇒ f2 (x) = g2 (x). c Định lí 1.2. Khi bình phương hai vế của một phương trình, ta được phương trình hệ quả của phương trình đã cho: f (x) = g(x) ⇒ [f (x)]2 = [g(x)]2 . o a) Nếu hai vế của 1 phương trình luôn cùng dấu thì khi bình phương 2 vế của nó, ta được một phương trình tương đương. b) Nếu phép biến đổi tương đương dẫn đến phương trình hệ quả, ta phải thử lại các nghiệm tìm được vào phương trình đã cho để phát hiện và loại bỏ nghiệm ngoại lai. 133/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 134 1. ĐẠI CƯƠNG VỀ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả B – DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP c Bài 1. Giải các phương trình sau: √ √ a) x − 2 − x = 5 − 2 − x.. √ √ c) x + x − 2 = 2 − x + 2 √ √ 4x + 12 e) + x = −x − 3 + 1. x+3 √ √ g) x2 − 1 − x = x − 2 + 3 i) x + 1 + 2 x+5 = x+3 x+3 x2 − 4x − 2 √ √ = x−2 x−2 √ m) (x2 − 6x + 5) x − 3 = 0. k) √ 3−x+x= √ 3 − x + 1.. √ √ d) 3x − 12 + 2 = 4 − x + 2x b) x2 9 √ f) =√ x−1 x−1 √ √ h) 5x − x − 7 = 7 − x + 35 j) 2x + 3 3x = x−1 x−1 2x2 − x − 3 √ √ = 2x − 3 2x − 3 √ n) (x + 1)( 4x + 1 − 1) = 0. l) Ê Lời giải. a) Điều kiện: 2√− x ≥ 0 ⇔ x√ ≤ 2. Ta có: x − 2 − x = 5 − 2 − x ⇔ x = 5: không thỏa điêu kiện x ≤ 2 nên loại x = 5. Kết luận: S = ∅. b) Điều kiện: √ x ≤ 3. √ 3−x≥0⇔ Ta có: 3 − x + x = 3 − x + 1 ⇔ x = 1 (Thỏa mãn). Vậy S = {1}. √ √ c) x + x − 2®= 2 − x + 2.® x−2≥0 x≥2 Điều kiện ⇔ ⇔ x = 2. 2−x≥0 x≤2 Thử lại thấy x = 2 thỏa phương trình. Vậy S = {2}. √ √ d) 3x − 12 + ® 2 = 4 − x + 2x. ® 3x − 12 ≥ 0 x≥4 Điều kiện ⇔ ⇔ x = 4. 4−x≥0 x≤4 Thử lại thấy x = 4 không thỏa phương trình. Vậy phương trình vô nghiệm. √ √ 4x + 12 e) + x = −x − 3 + 1. x+3   4x + 12 ≥ 0    x ≥ −3 x + 3 6= 0 ⇔ x 6= −3 ⇔ x ∈ ∅. Điều kiện     −x − 3 ≥ 0 x ≤ −3 Vậy phương trình vô nghiệm. x2 9 f) √ =√ . x−1 x−1 Điều kiện: x − 1 > 0 ⇔ x > 1. 134/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 135 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả ñ x = 3 (nhận) PT ⇔ x2 = 9 ⇔ . x = −3 (loại) Vậy S = {3}. √ √ g) x2 − 1 − ® x = x − 2 + 3.® 1−x≥0 x≤1 Điều kiện: ⇔ ⇔ x ∈ ∅. x−2≥0 x≥2 Vậy hệ vô nghiệm. √ √ h) 5x − x − ® 7 = 7 − x + 35. ® x−7≥0 x≥7 Điều kiện: ⇔ ⇔ x = 7. 7−x≥0 x≤7 Kiểm tra lại ta thấy x = 7 thỏa mãn phương trình. Vậy S = {7}. x+5 2 = . x+3 x+3 Điều kiện: x + 3 6= 0 ⇔ x 6= −3. 2 2 PT ⇔ x + 1 + =1+ ⇔ x = 0. x+3 x+3 Vậy S = {0}. i) x + 1 + 3 3x = . x−1 x−1 Điều kiện: x − 1 6= 0 ⇔ x 6= 1. j) 2x +  x = 1 (loại) 2  PT ⇔ 2x(x − 1) + 3 = 3x ⇔ 2x − 5x + 3 = 0 ⇔ 3 x = (nhận). 2 3 Vậy S = { }. 2 k) x2 − 4x − 2 √ √ = x − 2. x−2 Điều kiện: x − 2 > 0 ⇔ x > 2. PT ⇔ x2 − 4x − 2 = x − 2 ⇔ x2 − 5x = 0 ⇔ ñ x = 0 (loại) x = 5 (nhận) Vậy S = {5}. l) 2×2 − x − 3 √ √ = 2x − 3. 2x − 3 3 Điều kiện: 2x − 3 > 0 ⇔ x > . 2  PT ⇔ 2×2 − x − 3 = 2x − 3 ⇔ 2×2 − 3x = 0 ⇔  3 Vậy S = { }. 2 √ m) (x2 − 6x + 5) x − 3 = 0. Điều kiện: x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥3.ñ x = 1 (loại) ñ 2 x − 6x + 5 = 0  √ PT ⇔ ⇔  x = 5 (nhận) x−3=0 x = 3 (nhận) Vậy S = {3; 5}. 135/528 x = 0 (loại) 3 x = (nhận) 2 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 136 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả √ n) (x + 1)( 4x + 1 − 1) = 0. 1 Điều kiện: 4x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ − . ñ ñ 4 x+1=0 x = −1 loại PT ⇔ √ ⇔ x = 0 (nhận). 4x + 1 − 1 = 0 Vậy S = {0}.  BÀI 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 A – TÓM TẮT LÝ THUYẾT . Giải và biện luận phương trình ax + b = 0 ⇔ ax = −b 1. (1) Hệ số Kết luận a 6= 0 (1) có nghiệm duy nhất x = − ab . b=0 (1) có vô số nghiệm. b 6= 0 (1) vô nghiệm. a=0 Cách giải của phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0(a 6= 0) (2) 2. ∆ = b2 − 4ac Kết luận ∆>0 (2) có 2 nghiệm phẩn biệt x1,2 ∆=0 (2) có nghiệm kép x1 = x2 = ∆<0 (2) vô nghiệm. √ −b ± ∆ . = 2a −b . 2a Định lí viet 3. b a) Nếu phương trình bậc hai ax2 + bx + c = 0 (a 6= 0) có hai nghiệm x1 , x2 thì S = x1 + x2 = − a c và P = x1 x2 = . a b) Ngược lại, nếu hai số u và v có tổng u + v = S và tích u · v = P thì u và v là các nghiệm của phương trình x2 − Sx + P = 0. 136/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 137 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH 4. Luôn nổ lực để đạt được thành quả Phương trình quy về phương trình bậc nhất và bậc hai cơ bản a) Phương trình chứa ẩn trong dấu trị tuyệt đối. Để giải phương trình chứa ẩn trong dấu trị tuyệt đối ta có thể dùng định nghĩa của giá trị tuyệt đối hoặc bình phương hai vế để khử giá trị tuyệt đối. Thường gặp các dạng sau:  ñ ≥0  B ñ A=B b) |A| = |B| ⇔ a) |A| = B ⇔ A=B  A = −B.  A = −B b) Phương trình chứa ẩn dưới dấu căn. Đế giải phương trình chứa ẩn dưới dấu căn bậc hai, ta thường bình phương hai vế đưa về một phương trình hệ quả không chứa ẩn dưới dấu căn. Thường gặp các dạng sau: ® ® √ √ √ B≥0 B ≥ 0( hoặc A ≥ 0) b) A = B ⇔ a) A = B ⇔ A = B2. A = B. B – DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP | Dạng 1. Giải và biện luận phương trình bậc nhất c Bài 1. Giải và biện luận: m(mx − 1) = 9x + 3. Ê Lời giải. Phương trình ⇔ m x − m = 9x + 3 ⇔ m x − 9x = m + 3 ⇔ (m2 − 9) x = m + 3. 2 2 a) Với m2 − 9 = 0 ⇔ m = ±3. ○ Khi m = 3 thì (∗) trở thành 0x = 6, suy ra phương trình vô nghiệm. ○ Khi m = −3 thì (∗) trở thành 0x = 0, suy ra phương trình nghiệm đúng ∀x ∈ R. b) Với m2 − 9 6= 0 ⇔ m 6= ±3. 1 m+3 (∗) ⇔ x = 2 = . m −9 m−3 c) Kết luận: ○ m = 3: Phương trình vô nghiệm. ○ m = −3: PT nghiệm đúng ∀x ∈ R. 1 ○ m 6= ±3 : PT có nghiệm x = . m−3  c Bài 2. Giải và biện luận: m2 x + 2 = m + 4x. Ê Lời giải. 2 PT ⇔ (m − 4)x = m − 2. a) Nếu m2 − 4 = 0 ⇔ m = ±2. ○ Với m = 2: phương trình trở thành 0x = 0. Phương trình có vô số nghiệm. 137/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 138 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 - BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả ○ Với m = −2: phương trình trở thành 0x = −4. Phương trình vô nghiệm. b) Nếu m2 − 4 6= 0 ⇔ m 6= ±2. Phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 m−2 = . 2 m −4 m+2 Kết luận: ○ m = 2 ⇒ S = R. ○ m = −2 ⇒ S = ∅. ß ™ 1 ○ m 6= ±2 ⇒ S = . m+2  c Bài 3. Giải và biện luận: (m2 − 2m − 8) x = 4 − m. Ê Lời giải. ñ m=4 a) Nếu m2 − 2m − 8 = 0 ⇔ m = −2. ○ Với m = 4: phương trình trở thành 0x = 0, suy ra phương trình có vô số nghiệm. ○ Với m = −2: phương trình trở thành 0x = 6 (vô lí), suy ra phương trình vô nghiệm. ® m 6= 4 2 b) Nếu m − 2m − 8 6= 0 ⇔ . m 6= −2. −1 4−m = . Phương trình có nghiệm duy nhất x = 2 m − 2m − 8 m+2 Kết luận: ○ m = 4 ⇒ S = R. ○ m = −2 ⇒ S = ∅. ® ™ ß m 6= 4 −1 . ○ ⇒S= m+2 m 6= −2  c Bài 4. Giải và biện luận: (4m2 − 2) x = 1 + 2m − x. Ê Lời giải. 2 PT ⇔ (4m − 1) x = 1 + 2m. 1 a) Nếu 4m2 − 1 = 0 ⇔ m = ± . 2 1 ○ Với m = : phương trình trở thành 0x = 2 (vô lí), suy ra phương trình vô nghiệm. 2 1 ○ Với m = − : phương trình trở thành 0x = 0, suy ra phương trình vô số nghiệm. 2 1 b) Nếu 4m2 − 1 6= 0 ⇔ m 6= ± . 2 1 + 2m 1 Phương trình có nghiệm duy nhất x = = . 2 4m − 1 2m − 1 138/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 139 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Kết luận: ○ m= 1 ⇒ S = ∅. 2 1 ○ m = − ⇒ S = R. 2 1 1 }. ○ m 6= ± ⇒ S = { 2 2m − 1  | Dạng 2. Bài toán tìm tham số trong phương trình bậc nhất ax + b = 0 a) Để phương trình (1) có nghiệm duy nhất ⇔ a 6= 0. ® b) Để phương trình (1) có tập nghiệm là R (vô số nghiệm) ⇔ ® c) Để phương trình (1) vô nghiệm ⇔ a=0 b = 0. a=0 b 6= 0.  a 6= 0 ñ d) Để (1) có nghiệm ⇔ có nghiệm duy nhất hoặc có tập nghiệm là R ⇔  a = 0 b=0 o Có nghiệm là trường hợp ngược lại của vô nghiệm. Do đó, tìm điều kiện để (1) có nghiệm, thông thường ta tìm điều kiện để (1) vô nghiệm, rồi lấy kết quả ngược lại. C – BÀI TẬP ÁP DỤNG c Bài 1. Tìm các tham số thực m để phương trình (m2 − 5) x = 2 + m − x vô nghiệm. Ê Lời giải. Ta có (m − 5) x = 2 + m − x®⇔ (m − 4) x =®m + 2 (1). m2 − 4 = 0 m = ±2 (1) vô nghiệm khi và chỉ khi ⇔ ⇔ m = 2. m + 2 6= 0 m 6= −2 Vậy m = 2 thì phương trình vô nghiệm. 2 2  c Bài 2. Tìm các tham số thực m để phương trình m2 (x − 1) = 2(2x − m − 4) vô nghiệm. Ê Lời giải. Phương trình m (x − 1) = 2(2x − m − 4) ⇔ (m2 − 4)x = m2 −2m − 8 (1). ® 2  m = ±2 m −4=0 Phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi ⇔ m 6= 4 ⇔ m = 2.  m2 − 2m − 8 6= 0  m 6= −2 Vậy m = 2 là giá trị cần tìm. 2  c Bài 3. Tìm các tham số thực m để phương trình (m2 − 5) x = 2 + m − x vô nghiệm. Ê Lời giải. 139/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 140 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 - BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả Phương trình (m2 − 5) x = 2 + m − x ⇔ (m®2 − 4)x = 2 + m® (1). m = ±2 m2 − 4 = 0 ⇔ m = 2. ⇔ Phương trình (1) vô nghiệm khi và chỉ khi m 6= −2 2 + m 6= 0  c Bài 4. Tìm các tham số thực m để phương trình (m2 − 3m) x + 4 = 4x + m vô nghiệm. Ê Lời giải. Phương trình (m2 − 3m) x + 4 = 4x + m ⇔ (m2 − 3m − 4)x = m  − 4ñ (1). ® 2   m = −1 m − 3m − 4 = 0 m = 4 ⇔ m = −1. Phương trình (1) vô nghiệm khi và chỉ khi ⇔  m − 4 6= 0  m 6= 4  c Bài 5. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất m(mx − 1) = (4m − 3)x − 3. Ê Lời giải. Phương trình m(mx − 1) = (4m − 3)x − 3 ⇔ (m2 − 4m + 3) x = m − ®3 (1). m 6= 1 (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi a 6= 0 ⇔ m2 − 4m + 3 6= 0 ⇔ m 6= 3.  c Bài 6. Tìm tham số m để phương trình sau có nghiệm duy nhất mx − 1 = x + m. Ê Lời giải. Phương trình mx − 1 = x + m ⇔ (m − 1)x = m + 1 (1). Phương trình (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m − 1 6= 0 ⇔ m 6= 1. Vậy m 6= −1 thì phương trình có nghiệm duy nhất.  c Bài 7. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất m(m − 1)x = m2 − 1 (1). Ê Lời giải. ® Phương trình (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m(m − 1) 6= 0 ⇔ ® m 6= 0 Vậy thì phương trình có nghiệm duy nhất. m 6= 1 m 6= 0 . m 6= 1  c Bài 8. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất: m2 (mx − 1) = 2m(2x + 1). Ê Lời giải. Phương trình m2 (mx − 1) = 2m(2x + 1) ⇔ (m3 − 4m)x = m2 + 2m ®(1). m 6= 0 Phương trình (1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m3 − 4m 6= 0 ⇔ m 6= ±2. ® m 6= 0 Vậy thì phương trình có nghiệm duy nhất. m 6= ±2  c Bài 9. Tìm tham số m để phương trình có vô số nghiệm: m2 (x − 1) = 2(mx − 2). Ê Lời giải. Phương trình m2 (x − 1) = 2(mx − 2) ⇔ (m2 − 2m) x = m2 − 4 (1).  ñ ® 2   m=0 m − 2m = 0 m = 2 ⇔ m = 2. (1) có vô số nghiệm (tập nghiệm R) khi và chỉ khi ⇔  m2 − 4 = 0  m = ±2 Vậy m = 2 là giá trị cần tìm. 140/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 141 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 10. Tìm tham số m để phương trình sau có vô số nghiệm: (m2 + 2m − 3) x = m − 1 (1). Ê Lời giải. ® Phương trình (1) có S = R khi và chỉ khi ñ   m=1 m2 + 2m − 3 = 0 m = −3 ⇔ m = 1. ⇔  m−1=0  m=1 Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.  c Bài 11. Tìm tham số m để phương trình có tập nghiệm là R : m2 (mx − 1) = 2m(2x + 1). Ê Lời giải. 2 Phương trình m2 (mx − 1) = 2m(2x + 1) ⇔ (m3 − 4m)x = m + 2m (1). ñ m=0   ñ ® 3   m = ±2 m=0 m − 4m = 0 ⇔ Phương trình có S = R khi và chỉ khi ⇔ ñ 2  m = −2. m + 2m = 0 m=0    m = −2 Vậy m ∈ {−2, 0} là giá trị cần tìm.  c Bài 12. Tìm các tham số m để phương trình có tập nghiệm là R : (m2 − 5m) x + 1 = m − 4x. Ê Lời giải. Phương trình (m2 − 5m) x + 1 = m − 4x ⇔ (m2 − 5m + 4)x = m ñ − 1 (1). ® 2   m=1 m − 5m + 4 = 0 m = 4 ⇔ m = 1. Phương trình có S = R khi và chỉ khi ⇔  m−1=0  m=1 Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.  c Bài 13. Tìm các tham số m để phương trình sau có nghiệm. 3x − m √ 2x + 5m + 3 a) √ + x+1= √ . x+1 x+1 c) √ 2mx − 1 m+1 b) √ −2 x−1= √ . x−1 x−1 3x − m − 1 √ 2x + 2m − 3 √ + x−1= √ . x−1 x−1 √ x−m mx d) √ + 3x − 2 = √ . 3x − 2 3x − 2 Ê Lời giải. a) Điều kiện x + 1 > 0 ⇔ x > −1. Quy đồng và bỏ mẫu, phương trình đã cho trở thành (3x − m) + (x + 1) = 2x + 5m + 3 ⇔ 2x = 6m + 2 ⇔ x = 3m + 1. Vì điều kiện x > −1 nên phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 2 3m + 1 > −1 ⇔ m > − . 3 141/528 b) Điều kiện x − 1 > 0 ⇔ x > 1. Quy đồng và bỏ mẫu, phương trình đã cho trở thành (2mx − 1) − 2(x − 1) = m + 1 ⇔ 2(m − 1)x = m 1 ⇔ 2x = 1 + (Điều kiện cần: m 6= 1). m−1 Vì điều kiện x > 1 nên phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1 > 1 ⇔ 0 < m − 1 < 1 ⇔ 1 < m < 2. m−1 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 142 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 - BẬC 2 c) Điều kiện x − 1 > 0 ⇔ x > 1. Quy đồng và bỏ mẫu, phương trình đã cho trở thành Luôn nổ lực để đạt được thành quả 2 d) Điều kiện 3x − 2 > 0 ⇔ x > . 3 Quy đồng và bỏ mẫu, phương trình đã cho trở thành (3x − m − 1) + (x − 1) = 2x + 2m − 3 ⇔ 2x = 3m − 1 3m − 1 . ⇔ x= 2 Vì điều kiện x > 1 nên phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 3m − 1 > 1 ⇔ 3m − 1 > 2 ⇔ m > 1. 2 (x − m) + (3x − 2) = mx ⇔ (4 − m)x = m + 2 m+2 ⇔ x= (Điều kiện cần: m 6= 4). 4−m 2 nên phương trình có 3 nghiệm khi và chỉ khi Vì điều kiện x > m+2 2 > 4−m 3 ® 4−m<0  3(m + 2) < 2(4 − m)  ⇔ ®  4−m>0 3(m + 2) > 2(4 − m) ® m>4  5m < 2 (vô nghiệm)  ⇔ ®  m<4 5m > 2 ⇔ 2 < m < 4. 5  c Bài 14. Tìm các tham số m để phương trình sau có nghiệm nguyên a) (m − 2)x = m + 1 b) m(x + 3) = x − m Ê Lời giải. 142/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 143 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả a) Dễ thấy rằng m = 2 không thỏa yêu cầu. Với m 6= 2 ⇔ m − 2 6= 0 thì phương trình trở thành x= m+1 m−2 ⇔ x=1+ b) Phương trình đã cho tương đương (1−m)x = 4m. Dễ thấy rằng m = 1 không thỏa yêu cầu. Với m 6= 1 ⇔ 1 − m 6= 0 thì phương trình trở thành 3 . m−2 Phương trình có nghiệm nguyên khi và khi   m=5 m−2=3  m − 2 = −3 m = −1 ..  ⇔ 3 . (m−2) ⇔  m = 3 m − 2 = 1  m − 2 = −1 m=1 x= 4m 1−m ⇔ x = −4 + chỉ 4 . 1−m Phương trình có nghiệm nguyên khi và (thỏa) khi (thỏa)   m = −3 1−m=4 (thỏa)  1 − m = −4 m = 5   (thỏa).  m = −1 1 − m = 2 ..  ⇔ 4 . (1−m) ⇔   1 − m = −2 m = 3 Vậy, tất cả giá trị m thỏa đề là m ∈ {−1; 1; 3; 5}.     1 − m = 1 m = 0 1 − m = −1 m=2 chỉ (thỏa) (thỏa) (thỏa) (thỏa) (thỏa) (thỏa). Vậy, tất cả giá trị m thỏa đề là m ∈ {−3; −1; 0; 2; 3; 5}  1. BÀI TẬP RÈN LUYỆN c Bài 1 (THPT Bùi Thị Xuân - Tp. HCM). Giải và biện luận phương trình: m2 (x−2)+24 = 16x− 2m. Ê Lời giải. Phương trình đã cho tương đương (m − 16)x = 2m2 − 2m − 24. 2 (*) • Xét m2 − 16 = 0 ⇔ m = ±4. Nếu m = 4 thì phương trình (∗) trở thành 0x = 0, suy ra phương trình đúng với mọi x ∈ R. Nếu m = −4 thì phương trình (∗) trở thành 0x = 16, suy ra phương trình vô nghiệm. • Xét m2 − 16 6= 0 ⇔ m 6= ±4. Khi đó, phương trình (∗) tương đương x= 2m2 − 2m − 24 2m + 6 ⇔ x = . m2 − 16 m+4 Kết luận: • m = 4: Phương trình đúng với mọi x ∈ R. • m = −4: Phương trình vô nghiệm. • m 6= ±4: Phương trình có nghiệm duy nhất x = 2m + 6 . m+4  c Bài 2 (THPT Tây Thạnh - Tp. HCM). Giải và biện luận phương trình: (m2 −2m−8)x = 4−m. 143/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 144 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 - BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ê Lời giải. ñ m=4 • Xét m2 − 2m − 8 = 0 ⇔ m = −2. Nếu m = 4 thì phương trình đã cho trở thành 0x = 0, suy ra phương trình đúng với mọi x ∈ R. Nếu m = −2 thì phương trình đã cho trở thành 0x = 6, suy ra phương trình vô nghiệm. ® m 6= 4 • Xét m2 − 2m − 8 6= 0 ⇔ . Khi đó, phương trình đã cho tương đương m 6= −2 x= m2 4−m −1 ⇔x= . − 2m − 8 m+2 Kết luận: • m = 4: Phương trình đúng với mọi x ∈ R. • m = −2: Phương trình vô nghiệm. • m 6= 4 và m 6= −2: Phương trình có nghiệm duy nhất x = −1 . m+2  c Bài 3 (THPT Marie Curie - Tp. HCM). Giải và biện luận phương trình: m2 (x − 2) − 6m(x − 1) + 9m = 0. Ê Lời giải. Phương trình đã cho tương đương (m2 − 6m)x = 2m2 − 15m. (*) ñ m=0 • Xét m2 − 6m = 0 ⇔ m = 6. Nếu m = 0 thì phương trình đã cho trở thành 0x = 0, suy ra phương trình đúng với mọi x ∈ R. Nếu m = 6 thì phương trình đã cho trở thành 0x = −18, suy ra phương trình vô nghiệm. ® m 6= 0 2 • Xét m − 6m 6= 0 ⇔ . Khi đó, phương trình đã cho tương đương m 6= 6 x= 2m − 15 2m2 − 15m ⇔x= . 2 m − 6m m−6 Kết luận: • m = 0: Phương trình đúng với mọi x ∈ R. • m = 6: Phương trình vô nghiệm. • m 6= 0 và m 6= 6: Phương trình có nghiệm duy nhất x = 2m − 15 . m−6  c Bài 4 (THPT Nguyễn Thị Diệu - Tp. HCM). Giải và biện luận phương trình: m2 (x−1)+2mx = 3(5x − m). Ê Lời giải. 144/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 145 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Phương trình đã cho tương đương (m2 + 2m − 15)x = m2 − 3m. (*) ñ m=3 • Xét m2 + 2m − 15 = 0 ⇔ m = −5. Nếu m = 3 thì phương trình đã cho trở thành 0x = 0, suy ra phương trình đúng với mọi x ∈ R. Nếu m = −5 thì phương trình đã cho trở thành 0x = 40, suy ra phương trình vô nghiệm. ® m 6= 3 2 . Khi đó, phương trình đã cho tương đương • Xét m + 2m − 15 6= 0 ⇔ m 6= −5 x= m2 − 3m m ⇔x= . 2 m + 2m − 15 m+5 Kết luận: • m = 3: Phương trình đúng với mọi x ∈ R. • m = −5: Phương trình vô nghiệm. • m 6= 3 và m 6= −5: Phương trình có nghiệm duy nhất x = m . m+5  c Bài 5 (THPT Hàn Thuyên - Tp. HCM). Giải và biện luận phương trình: m2 x−18 = (6x−3)m. Ê Lời giải. Phương trình đã cho tương đương (m2 − 6m)x = 18 − 3m. (*) ñ m=6 • Xét m2 − 6m = 0 ⇔ m = 0. Nếu m = 6 thì phương trình đã cho trở thành 0x = 0, suy ra phương trình đúng với mọi x ∈ R. Nếu m = 0 thì phương trình đã cho trở thành 0x = 18, suy ra phương trình vô nghiệm. ® m 6= 0 2 • Xét m − 6m 6= 0 ⇔ . Khi đó, phương trình đã cho tương đương m 6= 6 x= 3 18 − 3m ⇔x=− . 2 m − 6m m Kết luận: • m = 6: Phương trình đúng với mọi x ∈ R. • m = 0: Phương trình vô nghiệm. • m 6= 6 và m 6= 0: Phương trình có nghiệm duy nhất x = − 3 . m  c Bài 6 (THPT Võ Thị Sáu - Tp. HCM). Giải và biện luận phương trình: x−2 x+1 = . x−m x−1 Ê Lời giải. 145/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 146 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 - BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả Phương trình đã cho tương đương   2  2    (4 − m)x = m + 2 x − 3x + 2 = x − mx + x − m (x − 2)(x − 1) = (x + 1)(x − m) x 6= m ⇔ m 6= 1 ⇔ (m − 2)(m − 1) 6= 0       m 6= 2 2(1 − m) 6= 0 x 6= 1 Với m 6= 1 và m 6= 2, ta xét các trường hợp sau: • Xét 4 − m = 0 ⇔ m = 4. Phương trình đã cho trở thành 0x = 6, suy ra phương trình vô nghiệm. • Xét 4 − m 6= 0 ⇔ m 6= 4. Khi đó, phương trình đã cho tương đương x = m+2 . 4−m Kết luận: • m ∈ {1; 2; 4}: Phương trình vô nghiệm. • m∈ / {1; 2; 4}: Phương trình có nghiệm duy nhất x = m+2 . 4−m  c Bài 7 (THPT Trung Phú - Tp. HCM). Giải và biện luận phương trình: x−2 2 + = 1. x−m x+1 Ê Lời giải. Phương trình đã cho tương đương   2  2 (x − 2)(x + 1) + 2(x − m) = (x + 1)(x − m) x − x − 2 + 2x − 2m = x − mx + x − m      mx = m + x 6= m ⇔ (m − 2)(m + 1) 6= 0 ⇔ m 6= 2       x 6= −1 2(−1 − m) 6= 0 m 6= −1. Với m 6= 2 và m 6= −1, ta xét các trường hợp sau: • Xét m = 0. Phương trình đã cho trở thành 0x = 2, suy ra phương trình vô nghiệm. • Xét m 6= 0. Khi đó, phương trình đã cho tương đương x = m+2 . m Kết luận: • m ∈ {−1; 0; 2}: Phương trình vô nghiệm. • m∈ / {−1; 0; 2}: Phương trình có nghiệm duy nhất x = m+2 . m  c Bài 8 (THPT Nguyễn Thái Bình - Tp. HCM). Tìm tham số m để phương trình m2 (x−1)+2m = m2 x − 3 có nghiệm đúng với mọi số thực x. Ê Lời giải. Phương trình đã cho tương đương m2 x − m2 + 2m − m2 x + 3 = 0 ⇔ −m2 + 2m + 3 = 0. Do đó, phương trình có nghiệm đúng với mọi số thực x khi và chỉ khi ñ m = −1 2 −m + 2m + 3 = 0 ⇔ m = 3.  146/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 147 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 9 (THPT Lê Thị Hồng Gấm - Tp. HCM). Tìm tham số m để phương trình m2 (x + 1) = 2mx + m + 2 có nghiệm đúng với mọi số thực x. Ê Lời giải. Phương trình đã cho tương đương (m2 − 2m)x = −m2 + m + 2 Do đó, phương trình có nghiệm đúng với mọi số thực x khi và chỉ khi ñ m=0   ® 2   m=2 m − 2m = 0 ñ ⇔ m = 2. ⇔  m = −1 − m2 + m + 2 = 0    m=2  c Bài 10 (THPT Mạc Đỉnh Chi - Tp. HCM). Tìm tham số m để phương trình m2 (x + 1) − m = x(6 − 5m) có nghiệm duy nhất. Ê Lời giải. Phương trình đã cho tương đương (m2 + 5m − 6)x = −m2 + m. Do đó, phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi ® m 6= 1 2 m + 5m − 6 6= 0 ⇔ m 6= −6.  c Bài 11 (THPT Hùng Vương - Tp. HCM). Tìm tham số m để phương trình (m − 3)x − 4m =1 x−2 có nghiệm duy nhất. Ê Lời giải. Phương trình đã cho tương đương ® ® ® (m − 4)x = 4m − 2 (m − 4)x = 4m − 2 (m − 3)x − 4m = x − 2 ⇔ ⇔ x 6= 2 2(m − 4) 6= 4m − 2 m 6= −3. Do đó, phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi ® ® m − 4 6= 0 m 6= 4 ⇔ m 6= −3 m 6= −3.  c Bài 12. Tìm tất cả các giá thị của tham số m để phương trình sau có nghiệm nguyên. a) (m − 2)x = m − 1. b) (m − 1)x = 2x + m − 3. c) (m + 1)(x − 2) = 3m − 1. d) (m − 2)x = m2 − 4m + 9. Ê Lời giải. 147/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 148 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 - BẬC 2 a) Dễ thấy rằng m = 2 không thỏa yêu cầu. Với m 6= 2 ⇔ m − 2 6= 0 thì phương trình trở thành x= m−1 m−2 ⇔ x=1+ 1 m−2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả b) Phương trình đã cho tương đương (m−3)x = m − 3. Dễ thấy rằng m = 3 phương trình đúng với mọi x ∈ R. Với m 6= 3 ⇔ m − 3 6= 0 thì phương trình tương đương x = 1. Vậy, phương trình có nghiệm nguyên với mọi m. Phương trình có nghiệm nguyên khi và chỉ khi ñ ñ m=3 m−2=1 .. ⇔ 1 . (m − 2) ⇔ m = 1. m − 2 = −1 Vậy, tất cả giá trị m thỏa đề là m ∈ {1; 3}. c) Phương trình đã cho tương đương (m+1)x = 5m + 1. Dễ thấy rằng m = −1 không thỏa yêu cầu. Với m 6= 1 ⇔ m + 1 6= 0 thì phương trình tương đương d) Dễ thấy rằng m = 2 không thỏa yêu cầu. Với m 6= 2 ⇔ m − 2 6= 0 thì phương trình tương đương m2 − 4m + 9 m−2 5 ⇔ x=m−2+ m−2 x= 5m + 1 m+1 4 ⇔ x=5− m+1 x= Phương trình có nghiệm nguyên khi và chỉ khi   m−2=5 m=7   . m − 2 = −5 m = −3 5 .. (m − 2) ⇔  ⇔ m − 2 = 1 m = 3 m − 2 = −1 m = 1. Phương trình có nghiệm nguyên khi và chỉ khi   m+1=4 m=3 m + 1 = −4 m = −5     m + 1 = 2 m = 1 ..  4 . (m + 1) ⇔  ⇔ m = −3 m + 1 = −2    m + 1 = 1 m = 0 m + 1 = −1 m = −2. Vậy, tất cả giá trị m thỏa đề là m ∈ {−3; 1; 3; 7}. Vậy, tất cả giá trị m thỏa đề là m ∈ {−5; −3; −2; 0; 1; 3}.  c Bài 13. Tìm tất cả các giá thị của tham số m để phương trình sau có nghiệm. a) m2 (x − 1) = x − m. c) x+m x+3 = . x−1 x−2 b) m2 x = 4x + m2 + m − 2. d) (m + 1)x + m − 2 = m. x+3 e) |x − 1| + 2x − 3 = m. f) 2(|x| + m − 1) = |x| − m + 3. √ m+1 2mx − 1 g) √ −2 x−1= √ . x−1 x−1 3x − m √ 2x + 5m + 3 h) √ + x+1= √ . x+1 x+1 Ê Lời giải. 148/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 149 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả a) Phương trình đã cho tương đương (m2 − 1)x = m2 − m. Phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi ® 2 m −1=0 ⇔ m = −1. m2 − m 6= 0 Vậy, phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m 6= −1. b) Phương trình đã cho tương đương (m2 − 4)x = m2 + m − 2. Phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi ® 2 m −4=0 ⇔ m = 2. m2 + m − 2 6= 0 Vậy, phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m 6= 2. c) Phương trình đã cho tương đương  ®  (x + m)(x − 2) = (x + 3)(x − 1) (m − 4)x = 2m − 3 x 6= 1 ⇔  m 6= −1.  x 6= 2 Phương trình vô nghiệm khi và chỉ khi  ñ m = −1 m = −1 ®  m−4=0 ⇔ m = 4. 2m − 3 6= 0 Vậy, phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m ∈ / {−1; 4}. d) Phương trình đã cho tương đương ®  x = 2m + 2 (m + 1)x + m − 2 = m(x + 3) ⇔ m 6= − 5 . x 6= −3 2 5 Vậy, phương trình có nghiệm khi và chỉ khi m 6= − . 2 e) Phương trình đã cho tương đương  m ≥ −1 x≥1   x − 1 + 2x − 3 = m  x = m + 4 ®  ⇔ ® 3    x<1  m < −1 1 − x + 2x − 3 = m x = m + 2. ® Vậy, phương trình luôn có nghiệm với mọi m. 149/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 150 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 - BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả f) Phương trình đã cho tương đương 2|x| + 2m − 2 = |x| − m + 3 ⇔ |x| = −3m + 5. 5 Vậy, phương trình có nghiệm khi và chỉ khi −3m + 5 ≥ 0 ⇔ m ≤ . 3 g) Điều kiện x − 1 > 0 ⇔ x > 1. Quy đồng và bỏ mẫu, phương trình đã cho trở thành (2mx − 1) − 2(x − 1) = m + 1 ⇔ 2(m − 1)x = m 1 ⇔ 2x = 1 + (Điều kiện cần: m 6= 1). m−1 Vì điều kiện x > 1 nên phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1 > 1 ⇔ 0 < m − 1 < 1 ⇔ 1 < m < 2. m−1 h) Điều kiện x + 1 > 0 ⇔ x > −1. Quy đồng và bỏ mẫu, phương trình đã cho trở thành (3x − m) + (x + 1) = 2x + 5m + 3 ⇔ 2x = 6m + 2 ⇔ x = 3m + 1. Vì điều kiện x > −1 nên phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 2 3m + 1 > −1 ⇔ m > − . 3  c Bài 14. Tìm tham số m để phương trình có nghiệm duy nhất. a) mx − m − 3 =1 x+1 c) |2x − m| = |x − 1| b) x+2 x+1 = x−m x−1 d) |mx − 2| = |x + 4| Ê Lời giải. a) Phương trình đã cho tương đương ® ® mx − m − 3 = x + 1 (m − 1)x = m + 4 ⇔ x 6= −1 x 6= −1. Do đó, phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi   m − 1 6= 0 m 6= 1 ⇔ m+4  m 6= − 3 . 6= −1 m−1 2 150/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 151 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả b) Phương trình đã cho tương đương     mx = 2 − m (x + 2)(x − 1) = (x + 1)(x − m) x 6= 1 ⇔ x 6= 1     x 6= m. x 6= m Do đó, phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi  m 6= 0       2 − m m 6= 0 6= 1 ⇔ m 6= 1 m      2−m m 6= −2.   6= m m c) Phương trình đã cho tương đương  ñ x=m−1 2x − m = x − 1  ⇔ m+1 2x − m = 1 − x x= . 3 Do đó, phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m−1= m+1 ⇔ m = 2. 3 d) Phương trình đã cho tương đương ñ ñ mx − 2 = x + 4 (m − 1)x = 6 ⇔ mx − 2 = −x − 4 (m + 1)x = −2. Do đó, phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi ñ ñ m−1=0 m=1 ⇔ m+1=0 m = −1.  D – DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP | Dạng 3. Giải và biện luận phương trình bậc hai: ax2 + bx + c = 0 Phương pháp: Bước 1. Biến đổi phương trình về đúng dạng ax2 + bx + c = 0. Bước 2. Nếu hệ số a chứa tham số, ta xét hai trường hợp: • Trường hợp 1: a = 0. Ta giải và biện luận phương trình bx = c. • Trường hợp 2: a 6= 0. Ta lập ∆ = b2 − 4ac. Khi đó ◦ Nếu ∆ > 0 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,2 = ◦ Nếu ∆ = 0 thì phương trình có nghiệm kép x = − 151/528 −b ± ∆ . 2a b . 2a p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 152 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả ◦ Nếu ∆ < 0 thì phương trình vô nghiệm. Bước 3. Kết luận. o Nếu hệ số a có chứa tham số m thì ta cần chia ra hai trường hợp, cụ thể ® a 6= 0 a=0 . hoặc • Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi ∆≥0 b 6= 0 ® ® a 6= 0 a=0 hoặc • Phương trình có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi ∆ = 0. b 6= 0 ® 1. BÀI TẬP VẬN DỤNG c Bài 1. Giải và biện luận phương trình bậc hai x2 − 2(m − 1)x + m2 − 3 = 0. Ê Lời giải. 2 Ta có ∆ = b2 − 4ac = [−2(m − 1)] − 4 · 1 · (m2 − 3) = 16 − 8m. • Nếu ∆ > 0 ⇔ m < 2 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,2 √ (m − 1) ± 4 − 2m. √ 2(m − 1) ± 16 − 8m = = 2 • Nếu ∆ = 0 ⇔ m = 2 thì phương trình có nghiệm kép x = m − 1 = 1. • Nếu ∆ < 0 ⇔ m > 2 thì phương trình vô nghiệm.  c Bài 2. Giải và biện luận phương trình bậc hai x2 − 2(m + 3)x + m2 = 0. Ê Lời giải. 2 2 Ta có ∆ = b − 4ac = [−2(m + 3)] − 4 · 1 · m2 = 24m + 36. √ 3 2(m + 3) ± 24m + 36 = • Nếu ∆ > 0 ⇔ m > − thì phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,2 = 2 2 √ (m + 3) ± 6m + 9. • Nếu ∆ = 0 ⇔ m = − 3 3 thì phương trình có nghiệm kép x = m + 3 = . 2 2 • Nếu ∆ < 0 ⇔ m < − 3 thì phương trình vô nghiệm. 2  c Bài 3. Giải và biện luận phương trình bậc hai mx2 − 2(m − 1)x + m − 5 = 0. Ê Lời giải. 5 Với m = 0, phương trình trở thành 2x − 5 = 0 ⇔ x = . 2 Với m 6= 0, ta có ∆ = b2 − 4ac = [−2(m − 1)]2 − 4 · m · (m − 5) = 12m + 4. 152/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 153 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả √ 1 2(m − 1) ± 12m + 4 • Nếu ∆ > 0 ⇔ m > − thì phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,2 = = 3 2m √ (m − 1) ± 3m + 1 . m • Nếu ∆ = 0 ⇔ m = − 1 m−1 thì phương trình có nghiệm kép x = = 4. 3 m • Nếu ∆ < 0 ⇔ m < − 1 thì phương trình vô nghiệm. 3  c Bài 4. Giải và biện luận phương trình bậc hai (m2 + m − 2)x2 + 2(m + 2)x + 1 = 0. Ê Lời giải. ñ m=1 TH 1: Xét m2 + m − 2 = 0 ⇔ m = −2. 1 Với m = 1, phương trình trở thành 6x + 1 = 0 ⇔ x = − . 6 Với m = −2, phương trình trở thành 1 = 0 (vô nghiệm). ® m 6= 1 m 6= −2. 2 Ta có ∆ = b − 4ac = [2(m + 2)]2 − 4(m2 + m − 2) = 12m + 24. Vì m 6= −2 nên ∆ 6= 0. TH 2: Xét m2 + m − 2 6= 0 ⇔ • Nếu ∆ > 0 ⇔ m > −2 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt √ √ −(m + 2) ± 3m + 6 −2(m + 2) ± 12m + 24 = . x1,2 = 2(m2 + m − 2) m2 + m − 2 • Nếu ∆ < 0 ⇔ m < −2 thì phương trình vô nghiệm.  c Bài 5. Tìm m để phương trình x2 − 2mx + m2 − m − 6 = 0 có hai nghiệm phân biệt. Ê Lời giải. Ta có ∆ = b − 4ac = (2m) − 4(m − m − 6) = 4m + 24. Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ∆ > 0 ⇔ 4m + 24 > 0 ⇔ m > −6. 2 2 2  c Bài 6. Tìm m để phương trình (m + 1)x2 − 2(m − 1)x + m = 2 có hai nghiệm phân biệt. Ê Lời giải. Phương trình đã cho tương đương (m + 1)x − 2(m − 1)x + m − 2 = 0. Ta có ∆ = b2 − 4ac = [−2(m − 1)]2 − 4(m + 1)(m − 2) 12. ® = −4m +® ® a 6= 0 m + 1 6= 0 m 6= −1 Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ⇔ ⇔ ∆>0 − 4m + 12 > 0 m < 3. 2  c Bài 7. Tìm tham số m để phương trình sau x2 − (2m + 3)x + m2 = 0 có nghiệm kép. Tính nghiệm kép đó? 153/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 154 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 - BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ê Lời giải. 3 Để phương trình có nghiệm kép thì ∆ = 0 ⇔ (2m + 3)2 − 4m2 = 0 ⇔ 12m + 9 = 0 ⇔ m = − . 4 b 2m + 3 3 Khi đó nghiệm kép là x = − = = . 2a 2 4  c Bài 8. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau x2 +2(m+1)x+m2 −4m+1 = 0 vô nghiệm? Ê Lời giải. Để phương trình vô nghiệm thì ∆ < 0 ⇔ 4(m + 1)2 − 4(m2 − 4m + 1) < 0 ⇔ 24m < 0 ⇔ m < 0.  c Bài 9. Tìm tham số m để phương trình sau x2 + 3x + m − 1 = 0 có nghiệm? Ê Lời giải. Để phương trình có nghiệm thì ∆ ≥ 0 ⇔ 9 − 4(m − 1) ≥ 0 ⇔ −4m + 13 ≥ 0 ⇔ m ≤ 13 . 4  c Bài 10. Tìm tham số m để phương trình sau (m2 − 1)x2 − 2(m + 1)x + 1 = 0 có nghiệm? Ê Lời giải. ñ m=1 + Xét m2 − 1 = 0 ⇔ m = −1. 1 Với m = 1 thì phương trình tương đương −4x + 1 = 0 ⇔ x = . 4 Với m = −1 thì phương trình tương đương 1 = 0 (vô lý). Nhận m = 1. ® m 6= 1 2 + Xét m − 1 6= 0 ⇔ m 6= −1. 3 Để phương trình có nghiệm thì ∆ ≥ 0 ⇔ 4(m + 1)2 − 4(m2 − 1) · 1 ≥ 0 ⇔ 8m + 12 ≥ 0 ⇔ m ≥ − . 2  m = 6 1    Kết hợp điều kiện: m 6= −1   m ≥ − 3 . 2  m 6= −1 Vậy thỏa YCBT.  m ≥ − 3 2 E – DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP | Dạng 4. Định lý Vi-ét và các bài toán liên quan Định lý Vi-ét  b  S = x 1 + x 2 = − a Nếu phương trình ax2 + bx + c = 0, (a 6= 0) có 2 nghiệm x1 , x2 thì c  P = x 1 x 2 = . a Ngược lại, nếu hai số u và v có tổng u + v = S và tích u · v = P thì u, v là hai nghiệm của phương 154/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 155 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả trình: x2 − Sx + P = 0, (S 2 − 4P ≥ 0). Ứng dụng định lý Vi-ét a) Tính giá trị các biểu thức đối xứng của hai nghiệm phương trình bậc hai: ○ x21 + x22 = S 2 − 2P , (x1 − x2 )2 = S 2 − 4P , x31 + x32 = S 3 − 3SP, . . . ○ |x1 − x2 | = a > 0 ⇔ (x1 − x2 )2 = a2 ⇔ S 2 − 4P = a2 . b) Dấu các nghiệm của phương trình bậc hai: ○ Phương trình có 2 nghiệm trái dấu: x1 < 0 < x2 ⇔ P < 0.   ∆ ≥ 0 ○ Phương trình có 2 nghiệm dương: 0 < x1 ≤ x2 ⇔ P > 0   S > 0. ○ Phương trình có 2 nghiệm ○ Phương trình có 2 nghiệm ○ Phương trình có 2 nghiệm ○ Phương trình có 2 nghiệm   ∆ > 0 dương phân biệt: 0 < x1 < x2 ⇔ P > 0   S > 0.   ∆ ≥ 0 âm: x1 ≤ x2 < 0 ⇔ P > 0   S < 0.   ∆ > 0 âm phân biệt: x1 < x2 < 0 ⇔ P > 0   S < 0. ñ ® x1 ≤ x2 < 0 ∆≥0 cùng dấu: ⇔ 0 < x1 ≤ x2 P > 0. o Nếu đề bài yêu cầu so sánh hai nghiệm x1 , x2 cới số α, thường có ba cách làm sau: ○ Đặt ẩn phụ t = x − α để đưa về so sánh 2 nghiệm t1 , t2 với số 0 như trên.  x1 < a < x2 ⇔ x1 − a < 0 < x2 − a ⇔ (x1 − a)(x2 − a) < 0 ® ® ®  ○ Biến đổi:  x1 > a x1 − a > 0 (x1 − a)(x2 − a) > 0 a < x1 < x2 ⇔ ⇔ ⇔ x2 > a x2 − a > 0 x1 + x2 − 2a > 0. ○ Định lí đảo tam thức bậc hai (tham khảo). 155/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 156 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 1. Luôn nổ lực để đạt được thành quả BÀI TẬP VẬN DỤNG | Dạng 5. Tìm tất cả tham số m để phương trình có một nghiệm cho trước. Tính nghiệm còn lại? Phương pháp: ○ Thế nghiệm đã cho vào phương trình, tìm được các tham số m. ○ Với các m tìm được, thế vào phương trình, giải tìm nghiệm còn lại và kết luận. a) c Bài 11. x2 − (2m − 3)x + m2 − 4 = 0 → x = −7 b) (m − 4)x2 + x + m2 + 1 − 4m = 0 → x = −1 c) mx2 − (m + 2)x + m − 1 = 0 → x = 2 d) x2 − 2(m − 1)x + m2 − 3m = 0 → x = 0 Ê Lời giải. a) Thế x = −7 vào phương trình đã cho, ta được: ñ m = −2 (−7)2 + 7(2m − 3) + m2 − 4 = 0 ⇔ m2 + 14m + 24 = 0 ⇔ m = −12. ñ x=0 ○ Với m = −2 thì phương trình trở thành: x2 + 7x = 0 ⇔ x = −7. ñ x = −20 2 ○ Với m = −12 thì phương trình trở thành: x + 27x + 140 = 0 ⇔ x = −7. Kết luận: Với m = −2 thì nghiệm còn lại là x = 0. Với m = −12 thì nghiệm còn lại là x = −20. b) Để phương trình có 1 nghiệm x = −1 và có nghiệm thứ hai thì a 6= 0 ⇔ m − 4 6= 0 ⇔ m 6= 4. Thế x = −1 vào phương trình đã cho, ta được: ñ m = −1 (m − 4)(−1)2 − 1 + m2 + 1 − 4m = 0 ⇔ m2 − 3m − 4 = 0 ⇔ m = 4 (loại).  x = −1 2  Với m = −1 thì phương trình trở thành: −5x + x + 6 = 0 ⇔ 6 x= . 5 Kết luận: 6 Với m = −1 thì nghiệm còn lại là x = . 5 c) Để phương trình có 1 nghiệm x = 2 và có nghiệm thứ hai thì a 6= 0 ⇔ m 6= 0. Thế x = 2 vào phương trình đã cho, ta được: 5 m · 22 − (m + 2) · 2 + m − 1 = 0 ⇔ 3m − 5 = 0 ⇔ m = 3  x=2 5 5 11 2 Với m = thì phương trình trở thành: x2 − x + = 0 ⇔  1 3 3 3 3 x= . 5 Kết luận: 5 1 Với m = thì nghiệm còn lại là x = . 3 5 156/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 157 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả ñ m=0 d) Thế x = 0 vào phương trình đã cho, ta được: m2 − 3m = 0 ⇔ m = 3. ñ x=0 ○ Với m = 0 thì phương trình trở thành: x + 2x = 0 ⇔ x = −2. ñ x=0 ○ Với m = 3 thì phương trình trở thành: x2 − 4x = 0 ⇔ x = 4. 2 Kết luận: Với m = 0 thì nghiệm còn lại là x = −2. Với m = 3 thì nghiệm còn lại là x = 4.  | Dạng 6. Tìm tất cả các giá trị tham số m để phương trình có hai nghiệm trái dấu? Phương pháp: Phương trình bậc hai có hai nghiệm trái dấu ⇔ ac < 0. a) c Bài 12. (m+1)x2 −2(m−1)x+m−2 = 0 b) (m − 2)x2 + 2mx + m + 1 = 0 c) (m + 2)x2 − mx + m − 2 = 0 d) mx2 + 4(m − 3)x + m − 5 = 0 e) (m + 1)x2 + 2(m + 4)x + m + 1 = 0 f) x2 − 2(m − 1)x + m2 − 4m + 3 = 0 Ê Lời giải. a) Phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu ® ® m+1>0 m > −1  m−2<0  m < 2 ⇒ −1 < m < 2   ⇔ ac < 0 ⇔ (m + 1)(m − 2) < 0 ⇔  ® ⇔ ®  m+1<0  m < −1 ⇒ m ∈ ∅. m−2>0 m>2 Kết luận: −1 < m < 2. b) Phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu ® ® m+1>0 m > −1  m−2<0  m < 2 ⇒ −1 < m < 2 ®  ⇔ ® ⇔ ac < 0 ⇔ (m − 2)(m + 1) < 0 ⇔   m+1<0  m < −1 ⇒ m ∈ ∅. m−2>0 m>2 Kết luận: −1 < m < 2. c) Phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu ® ® m+2>0 m > −2  m−2<0  m < 2 ⇒ −2 < m < 2   ⇔ ac < 0 ⇔ (m + 2)(m − 2) < 0 ⇔  ® ⇔ ®  m+2<0  m < −2 ⇒ m ∈ ∅. m−2>0 m>2 Kết luận: −2 < m < 2. 157/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 158 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 - BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả d) Phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu ® ® m>0 m>0  m<5 ⇒05 m−5>0 Kết luận: 0 < m < 5. e) Phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu ⇔ ac < 0 ⇔ (m + 1)(m + 1) < 0 ⇔ (m + 1)2 < 0 ⇔ m ∈ ∅. Kết luận: m ∈ ∅. f) Phương trình đã cho có hai nghiệm trái dấu ® m>1 m−1>0  m<3 ⇒13 m−3>0 Kết luận: 1 < m < 3. ®  | Dạng 7. Tìm tất cả các giá trị tham số m để phương trình có hai nghiệm cùng dấu? Phương pháp: ○ Tính ∆ = b2 − 4ac. ® ○ Phương trình có hai nghiệm cùng dấu ⇔ ∆≥0 (Lưu ý, nếu có chữ phân biệt thì ∆ > 0). P >0 a) c Bài 13. mx2 − 2(m − 2)x + m − 3 = 0 b) mx2 + 2(m + 3)x + m = 0 c) (m − 1)x2 + 2(m + 1)x + m = 0 d) (m − 1)x2 + 2(m + 2)x + m − 1 = 0 Ê Lời giải. a) Ta có ∆ = 4(m − 2)2 − 4m(m − 3) = 4(m2 − 4m + 4) − 4m2 + 12m = −4m + 16. 158/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 159 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Phương trình đã cho có hai nghiệm cùng dấu  ®  − 4m + 16 ≥ 0 ∆≥0 ⇔ ⇔ m−3  P >0 >0 m   m≤4 m≤4       ® ®      m>3 m − 3 > 0       ⇔  m>0 ⇔  ®m > 0   ®       m<3    m − 3 < 0       m<0 m<0  ≤4  m ñ ⇔ m > 3 ⇒ m ∈ (−∞; 0) ∪ (3; 4].   m<0 Kết luận: m ∈ (−∞; 0) ∪ (3; 4]. b) Ta có ∆ = 4(m + 3)2 − 4m2 = 24m + 36.   ®  m ≥ − 3 24m + 36 ≥ 0 ∆≥0 2 Phương trình đã cho có hai nghiệm cùng dấu ⇔ ⇔ m ⇔  >0  P >0 m = 6 0. m Å ã 3 Kết luận: m ∈ − ; +∞ {0}. 2 c) Ta có ∆ = 4(m + 1)2 − 4m(m − 1) = 12m + 4. Phương trình đã cho có hai nghiệm  cùng dấu  1 1   m≥− m≥−        3 3 1        ® ® ® m≥−    m>1     12m + 4 ≥ 0 m > 0 m > 0 3 ∆≥0 ⇔ ⇔  m − 1 > 0 ⇔  m > 1 ⇔ ñm > 1 ⇔  1 ⇔ m ® ®     >0 P >0 − ≤ m < 0.         m−1 3       m < 0 m < 0 m < 0       m−1<0 m<1 ï ã 1 Kết luận: m ∈ − ; 0 ∪ (1; +∞). 3 d) Ta có ∆ = 4(m + 2)2 − 4(m − 1)2 = 24m + 12.   ® 24m + 12 ≥ 0  m ≥ − 1 ∆≥0 2 Phương trình đã cho có hai nghiệm cùng dấu ⇔ ⇔ m−1 ⇔   P >0 >0 m 6= 1. m−1 ï ã 1 Kết luận: m ∈ − ; +∞ {1}. 2  159/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 160 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả | Dạng 8. Tìm tất cả các giá trị tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt dương? Phương pháp: ○ Tính ∆ = b2 − 4ac.  a 6= 0    ∆ > 0 ○ Phương trình có hai nghiệm phân biệt dương ⇔  S>0    P > 0. Nếu không có chứ “phân biệt” thì có dấu “=” ở ∆, tức ∆ ≥ 0. a) c Bài 14. x2 − 3x + m − 1 = 0 b) 3×2 − 10x − 3m + 1 = 0 c) x2 + (2m − 3)x + m2 + 2 = 0 d) (m + 2)x2 − 2(m − 1)x + m − 2 = 0 Ê Lời giải. a) Ta có ∆ = (−3)2 − 4 · 1 · (m − 1) = 13 − 4m. Phương  cho có hai nghiệm phân biệt dương  trình đã 1 6= 0 a 6= 0        m < 13 13 − 4m > 0 ∆ > 0 13 4 ⇔10 S>0   m>1     m−1>0 P >0 13 Kết luận: 1 < m < . 4 b) Ta có ∆ = (−10)2 − 4 · 3 · (−3m + 1) = 36m + 88. Phương trình đã  cho có hai nghiệm phân biệt dương 3 6= 0      a = 6 0   22      ∆ > 0 36m + 88 > 0 m > − 9 ⇔ − 22 < m < 1 . ⇔ 10 > 0 ⇔ ⇔    9 3 S>0  m < 1  3      3  P >0  −3m + 1 > 0 3 22 1 Kết luận: − < m < . 9 3 c) Ta có ∆ = (2m − 3)2 − 4 · 1 · (m2 + 2) = −12m + 1. 160/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 161 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Phương  cho có hai nghiệm phân biệt dương  trình đã  1 6= 0 a = 6 0   1      m <  − 12m + 1 > 0 ∆ > 0 12 ⇔ m < 1 . ⇔ ⇔ ⇔    − 2m + 3 > 0 12 S>0 m < 3      2  2 P >0 m + 2 > 0 (luôn đúng) 1 Kết luận: m < . 12 d) Ta có ∆ = 4(m − 1)2 − 4 · (m + 2) · (m − 2) = −8m + 20. Phương trình đã cho có hai nghiệm phân  biệt dương m 6= −2      m + 2 = 6 0    5     a 6= 0 m <        − 8m + 20 > 0 2    m < −2  ∆ > 0 ñ 2m − 2 m < −2  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 5  m+2 >0 S > 0  2 1    2      ñ   P >0 m − 2 > 0  m < −2    m+2  m>2 Å ã 5 Kết luận: m ∈ (−∞; −2) ∪ 2; . 2  | Dạng 9. Tìm tất cả các giá trị tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt âm? Phương pháp: ○ Tính ∆ = b2 − 4ac.  a 6= 0    ∆ > 0 ○ Phương trình có hai nghiệm phân biệt âm ⇔ .  S<0    P >0 Nếu không có chứ “phân biệt” thì có dấu “=” ở ∆, tức ∆ ≥ 0. a) c Bài 15. mx2 + 2(m + 3)x + m = 0 b) (m + 1)x2 + 2(m + 4)x + m + 1 = 0 c) mx2 − 2(m − 2)x + m − 3 = 0 d) (m + 1)x2 − 2mx + m − 3 = 0 Ê Lời giải. a) Ta có ∆ = 4(m + 3)2 − 4m2 = 4(m2 + 6m + 9) − 4m2 = 24m + 36. 161/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 162 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả Phương trình đã  cho có hai nghiệm phân  biệt âm  m = 6 0 m 6= 0     a 6= 0          24m + 36 > 0 ∆ > 0 m > − 3 ⇔ ⇔ ⇔ ñ 2 ⇔ m > 0. 2(m + 3)    S<0 − < 0    m < −3    m        P >0 m>0 1>0 Kết luận: m > 0. b) Ta có ∆ = 4(m + 4)2 − 4(m + 1)2 = 24m + 60. Phương trình đã  cho có hai nghiệm phân biệt âm   m + 1 6= 0   m 6= −1     a 6= 0    24m + 60 > 0        ∆ > 0 m > − 5 2(m + 4) ⇔ − ⇔ 2 ⇔ m > −1. < 0 ⇔ ñ   S<0    m + 1 m < −4         m + 1   P >0  m > −1  > 0 (đúng) m+1 Kết luận: m > −1. c) Ta có ∆ = 4(m − 2)2 − 4m(m − 3) = −4m + 16. Phương trình đã  cho có hai nghiệm phân  biệt âm m = 6 0 m 6= 0        a 6= 0       − 4m + 16 > 0    m < 4  ∆ > 0 ⇔ 2(m − 2) < 0 ⇔ 0 < m < 2 ⇔ m ∈ ∅. ⇔    ñ S<0    m    m<0        P >0 m − 3 > 0  m>3 m Kết luận: m ∈ ∅. d) Ta có ∆ = 4m2 − 4(m + 1)(m − 3) = 8m + 12. Phương trình đã cho có hai nghiệm  phân biệt âm  m 6= −1  m + 1 6= 0        a 6= 0 3       8m + 12 > 0    m > − 2 ∆ > 0  2m ⇔ ⇔ < 0 ⇔  − 1 < m < 0 ⇔ m ∈ ∅.   S < 0    m + 1 ñ         m − 3  m < −1  P >0   >0  m+1 m>3 Kết luận: m ∈ ∅.  162/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 163 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả | Dạng 10. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ,x2 thỏa điều kiện. Phương pháp: ® ○ Tính ∆ = b2 − 4ac. Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ,x2 ⇔ ○ Theo Vi-ét, ta có S = x1 + x2 = − a 6= 0 ∆ > 0. (1) b c và P = x1 x2 = . a a ○ Từ điều kiện đối xứng, biến đổi về tổng, tích thường gặp x21 + x22 = S 2 − 2P , x31 + x32 = S 3 − 3P S, . . . ○ So với (1) được những giá trị cần tìm của tham số m. a) c Bài 16. Cho x2 − (2m − 3)x + m2 − 4 = 0. Tìm tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x21 +x22 = 17. b) Cho x2 − 2(m − 1)x + m2 − 3m = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x21 + x22 = 8. c) Cho x2 −2(m−1)x+m2 −3 = 0. Tìm tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x21 · x2 + x1 · x22 = 0. d) Cho x2 + (2m + 1)x − m − 1 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x21 + x22 = x1 x2 + 1. e) Cho x2 − 4x + m − 1 = 0. Tìm tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x31 + x32 = 40. f) Cho (m + 1)x2 − (2m − 3)x + m = 0. Tìm tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn 3 |x1 − x2 | = 2. Ê Lời giải. a) Ta có ∆ = (2m − 3)2 − 4(m2 − 4) = 4m2 − 12m + 9 − 4m2 + 16 = −12m + 25. ® ® a 6= 0 1 6= 0 (luôn đúng) 12 Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ⇔ ⇔m< . (1) 25 ∆>0 − 12m + 25 > 0 Theo Vi-ét: S = 2m − 3 và P = m2 − 4. ñ m=0 Theo đề x21 +x22 = 17 ⇔ S 2 −2P = 17 ⇔ (2m−3)2 −2(m2 −4) = 17 ⇔ 2m2 −12m = 0 ⇔ m = 6. So điều kiện (1) ⇒ m = 0 là giá trị cần tìm. b) Ta có ∆ = 4(m − 1)2 − 4(m2 − 3m) = 4m2 − 8m + 4 − 4m2 + 12m = 4m + 4. ® ® a 6= 0 1 6= 0 (luôn đúng) Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ⇔ ⇔ m > −1. ∆>0 4m + 4 > 0 Theo Vi-ét: S = 2(m − 1) và P = m2 − 3m. 163/528 (1) p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 164 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả Theo đề x21 + x22 = 8 ⇔ S 2 − 2P = 8 ⇔ 4(m − 1)2 − 2(m2 − 3m) = 8 ⇔ 2m2 − 2m − 4 = 0 ⇔ ñ m = −1 m = 2. So điều kiện (1) ⇒ m = 2 là giá trị cần tìm. c) Ta có ∆ = 4(m − 1)2 − 4(m2 − 3) = 4m2 − 8m + 4 − 4m2 + 12 = −8m + 16. ® ® a 6= 0 1 6= 0 (luôn đúng) ⇔ ⇔ m < 2. (1) Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆>0 − 8m + 16 > 0 Theo Vi-ét: S = 2(m − 1) và P = m2 − 3. √  ñ 2 ñ m= 3 m −3=0 P =0 √  ⇔ m = − 3 ⇔ Theo đề x21 · x2 + x1 · x22 = 0 ⇔ x1 x2 (x1 + x2 ) = 0 ⇔ 2(m − 1) = 0 S=0 m = 1. √ √ So điều kiện (1) ⇒ m = − 3; m = 3; m = 1 là giá trị cần tìm. d) Ta có ∆ = (2m + 1)2 − 4 · 1 · (−m − 1) = 4m2 + 4m + 1 + 4m + 4 = 4m2 + 8m + 5. Phương trình có ® ® hai nghiệm phân biệt a 6= 0 1 6= 0 (luôn đúng) ⇔ ⇔ ⇔ (2m + 2)2 + 1 > 0 (luôn đúng) ⇔ m ∈ R. (1) ∆>0 4m2 + 8m + 5 > 0 Theo Vi-ét: S = −(2m + 1) và P = −m − 1. ⇔ S 2 −2P = P +1 ⇔ S 2 −3P −1 = 0 ⇔ (2m+1)2 −3(−m−1)−1 = Theo đề x21 +x22 = x1 x2 +1  3 m=− 2  4 0 ⇔ 4m + 7m + 3 = 0 ⇔ m = −1. 3 So điều kiện (1) ⇒ m = − ; m = −1 là giá trị cần tìm. 4 e) Ta có ∆ = 42 − 4 · 1 · (m − 1) = −4m + 20. ® ® a 6= 0 1 6= 0 (luôn đúng) Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ⇔ ⇔ m < 5. (1) ∆>0 − 4m + 20 > 0 Theo Vi-ét: S = 4 và P = m − 1. Theo đề x31 + x32 = 40 ⇔ S 3 − 3P S = 40 ⇔ 43 − 3 · 4 · (m − 1) = 40 ⇔ −12m + 36 = 0 ⇔ m = 3. So điều kiện (1) ⇒ m = −3 là giá trị cần tìm. f) Ta có ∆ = (2m − 3)2 − 4 · m · (m + 1) = 4m2 − 12m + 9 − 4m2 − 4m = −16m + 9. 164/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 165 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả ® Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ Theo Vi-ét: S = a 6= 0 ⇔ ∆>0 2m − 3 m và P = . m+1 m+1 ®  m 6= −1 m + 1 6= 0 ⇔ m < 9 . − 16m + 9 > 0 16 (1) Theo đề ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 3 |x1 − x2 | = 2 ⇔ 9(x1 − x2 )2 = 4 9(x21 + x22 − 2×1 x2 ) = 4   9 (x1 + x2 )2 − 4×1 x2 = 4  9 S 2 − 4P = 4 ñÅ ô ã 2m − 3 2 m 9 −4· =4 m+1 m+1 ⇔ −4m2 − 152m + 77 = 0  1 m=  2 ⇔  77 m=− . 2 77 1 So điều kiện (1) nhận m = ; m = − . 2 2  c Bài 17. Cho phương trình x2 − 2(1 − m)x + m2 + 3 = 0. Tìm tất cả các tham số m để phương trình a) Có 1 nghiệm bằng 6. Tìm nghiệm còn lại? b) Biểu thức A = 2 (x1 + x2 ) − x1 x2 đạt GTLN? Ê Lời giải. a) Thế x = 6 vào phương trình đã cho, ta được: ñ m = −3 62 − 2(1 − m) · 6 + m2 + 3 = 0 ⇔ m2 + 12m + 27 = 0 ⇔ m = −9. ñ x=6 2 ○ Với m = −3 thì phương trình trở thành: x − 8x + 12 = 0 ⇔ x = 2. ñ x=6 ○ Với m = −9 thì phương trình trở thành: x2 − 20x + 84 = 0 ⇔ x = 14. Kết luận: Với m = −3 thì nghiệm còn lại là x = 2. Với m = −9 thì nghiệm còn lại là x = 14. b) Để phương trình có 2 nghiệm thì ∆ ≥ 0 ⇔ 4(1 − m)2 − 4(m2 + 3) ≥ 0 ⇔ −8m − 8 ≥ 0 ⇔ m ≤ −1. Khi đó S = x1 + x2 = 2(1 − m); P = x1 x1 = m2 + 3. A = 2 (x1 + x2 ) − x1 x2 = 2 · 2(1 − m) − (m2 + 3) = −m2 − 4m + 1 = −(m + 2)2 + 5 ≤ 5, ∀m. Vậy A đạt GTLN bằng 5 khi m = −2.  165/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 166 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 18. Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình x2 − 2(m + 1)x + m2 + 3m − 25 = 0. Tìm tất cả các tham số m để phương trình a) Có 1 nghiệm là −3. Tìm nghiệm còn lại? b) Có 2 nghiệm thỏa 2(x1 + x2 ) − x1 x2 = 29? Ê Lời giải. a) Thế x = −3 vào phương trình đã cho, ta được: ñ m=1 9 − 2(m + 1) · (−3) + m + 3m − 25 = 0 ⇔ m + 9m − 10 = 0 ⇔ m = −10. ñ x = −3 ○ Với m = 1 thì phương trình trở thành: x2 − 4x − 21 = 0 ⇔ x = 7. ñ x = −3 ○ Với m = −10 thì phương trình trở thành: x2 + 18x + 45 = 0 ⇔ x = −15. 2 2 Kết luận: Với m = 1 thì nghiệm còn lại là x = 7. Với m = −10 thì nghiệm còn lại là x = −15. b) Để phương trình có 2 nghiệm thì ∆ ≥ 0 ⇔ 4(m + 1)2 − 4(m2 + 3m − 25) ≥ 0 ⇔ −4m + 104 ≥ 0 ⇔ m ≤ 26. Khi đó S = x1 + x2 = 2(m + 1); P = x1 x1 = m2 + 3m − 25. (1) ñ m=0 Ta có 2 (x1 + x2 ) − x1 x2 = 29 ⇔ 2 · 2(m + 1) − (m + 3m − 25) = 29 ⇔ −m + m = 0 ⇔ m = 1. So với điều kiện (1) nhận m = 0; m = 1. 2 2  c Bài 19. Cho phương trình x2 + (2m + 3)x + m2 − 3 = 0. Tìm tham số m để phương trình a) Có 1 nghiệm là −2. Tìm nghiệm còn lại? b) Có 2 nghiệm 2 (2×1 − x2 ) (2×2 − x1 ) + 136 = 0? Ê Lời giải. a) Thế x = −2 vào phương trình đã cho, ta được: ñ m = −1 4 + (2m + 3) · (−2) + m2 − 3 = 0 ⇔ m2 − 4m − 5 = 0 ⇔ m = 5. ñ x = −2 ○ Với m = −1 thì phương trình trở thành: x2 + x − 2 = 0 ⇔ x = 1. ñ x = −2 ○ Với m = 5 thì phương trình trở thành: x2 + 13x + 22 = 0 ⇔ x = −11. Kết luận: Với m = −1 thì nghiệm còn lại là x = −2. Với m = 5 thì nghiệm còn lại là x = −11. 166/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 167 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả b) Để phương trình có 2 nghiệm thì ∆ ≥ 0 ⇔ (2m + 3)2 − 4(m2 − 3) ≥ 0 ⇔ 12m + 21 ≥ 0 ⇔ m ≥ − Khi đó S = x1 + x2 = −2m − 3; P = x1 x1 = m2 − 3. Theo đề ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 21 . 12 (1) 2 (2×1 − x2 ) (2×2 − x1 ) + 136 = 0 8×1 x2 − 4×21 − 4×22 + 2×1 x2 + 136 = 0 10P − 4(S 2 − 2P ) + 136 = 0 −4(−2m − 3)2 + 18(m2 − 3) + 136 = 0 2 2m ñ − 48m + 46 = 0 m=1 m = 23. So với điều kiện (1) nhận m = 1; m = 23. Vậy thỏa m = 1; m = 23 YCBT.  c Bài 20. Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để phương trình (m+2)x2 −2(m+4)x+m+5 = 0. a) Có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó? b) Có hai nghiệm phân biệt thỏa 9 (x21 + x22 ) = 4? Ê Lời giải. a) Ta có ∆ = 4(m + 4)2 − 4(m + 2)(m + 5) = 4m + 24. Để phương trình có nghiệm kép thì ∆ = 0 ⇔ 4m + 24 = 0 ⇔ m = −6. 1 Thế m = −6 vào phương trình đã cho, ta được −4×2 + 4x − 1 = 0 ⇔ x = . 2 1 Kết luận: m = −6, x = . 2 b) Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt thì ∆ > 0 ⇔ 4m + 24 > 0 ⇔ m > −6. 2(m + 4) m+5 Khi đó S = x1 + x2 = ; P = x 1 x1 = . m+2 m+2  9 x21 + x22 = 4 ⇔ 9(S 2 − 2P ) = 4 ñÅ ô ã 2(m + 4) 2 m+5 ⇔ 9 −2· =4 m+2 m+2 (1) ⇔ 36(m + 4)2 − 18(m + 5)(m + 2) = 4(m + 2)2 2 ⇔ 14m + 146m + 380 = 0  m = −5  ⇔ 38 m=− . 7 So với điều kiện (1) nhận m = −5; m = − 38 . 7  167/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 168 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 21. Cho phương trình (m − 1)x2 − 2(m + 4)x + m + 1 = 0. a) Tìm tham số m để phương trình có nghiệm? b) Tìm tham số m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 trái dấu sao cho |x1 | = 2 ? |x2 | c) Tìm giá trị nguyên âm của m sao cho phương trình có hai nghiệm x1 , x2 đều là số nguyên? Ê Lời giải. a) 1 ○ Với a = m − 1 = 0 ⇔ m = 1 thì phương trình trở thành: −10x + 2 = 0 ⇔ x = . 5 2 ○ Với a = m − 1 6= 0 ⇔ m 6= 1, ta có ∆ = 4(m + 4) − 4(m − 1)(m + 1) = 32m + 68. 17 Để phương trình có nghiệm thì ∆ ≥ 0 ⇔ 32m + 68 ≥ 0 ⇔ m ≥ − . 8 ï ã 17 Kết luận: m ∈ − ; +∞ . 8  ® ® P < 0 P <0 P <0 b) Yêu cầu bài toán ⇔ ⇔ 2 ⇔  |x1 | = |x1 x2 | = 2 |P | = 2 |x2 |    −1 0 ⇔ −4m + 8 > 0 ⇔ m < 2. (1) Ta có     4 m 5 5    2x1 = 5x2 x 1 = x 2 x1 = x2 x 1 = · 7 m−1 2 2 ⇔ ⇔ 2m ⇔ 5 4 2m m m 10 x 1 + x 2 =     x2 + x2 = x2 = · x 2 = · . m−1 2 m−1 7 m−1 7 m−1 m+2 Thay vào P = x1 x2 = m−1  14 m= 10 m 4 m m+2 40 2 9 2  9 ⇒ · · · = ⇔ m = (m + 2)(m − 1) ⇔ m + m − 2 = 0 ⇔ 7 m−1 7 m−1 m−1 49 49 m = −7.  14 m= 9 Kết hợp điều kiện (1) nhận  m = −7.  14 m= 9 . Kết luận:  m = −7  c Bài 23 (THPT Nguyễn Hữu Huân Tp. HCM). Cho phương trình: mx2 − 4mx + 4m − 3 = 0. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 phân biệt và x1 = 3x2 ? Ê Lời giải. mx2 − 4mx + 4m − 3 = 0 (∗). Để (∗) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thì ® a 6= 0 ∆>0 ® m 6= 0 16m2 − 4m(4m − 3) > 0 ⇔ ® m 6= 0 m>0 ⇔ m>0 ⇔  −4m  x 1 + x 2 = − = 4 (1) m Khi m > 0, (∗) có hai nghiệm x1 , x2 . Theo định lý Vi-ét: .  x1 x2 = 4m − 3 . (2) m Theo đề bài: x1 = 3×2 , thay vào (1) ta được: 3×2 + x2 = 4 ⇔ x2 = 1. Suy ra x1 = 3×2 = 3. 4m − 3 Thay x2 = 1 và x1 = 3 vào (3) ta được = 3 ⇔ m = 3 (thỏa mãn). m Vậy có duy nhất một giá trị m thỏa yêu cầu bài toán là m = 3. 169/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 170 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả E – BÀI TẬP RÈN LUYỆN c Bài 24 (THPT An Dương Vương – Tp. HCM). Cho phương trình: 2×2 − (m + 3)x + m − 1 = 0. a) Tìm m để phương trình có nghiệm x = 2. Tìm nghiệm còn lại. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa 2×2 − (m + 3)x + m − 1 = 0 (∗). 1 1 + = 3. x 1 x2 Ê Lời giải. a) Để phương trình (∗) có nghiệm x = 2 thì 2 · 22 − (m + 3) · 2 + m − 1 = 0 ⇔ −m + 1 = 0 ⇔ m = 1 . Vậy với m = 1, phương trình (∗) có nghiệm x1 = 2, gọi nghiệm còn lại là x2 . Khi đó, theo định lý Vi-ét m−1 ⇒ 2×2 = 0 ⇔ x2 = 0. x1 x2 = 2  c Bài 25 (THPT Trần Quang Khải – Tp. HCM). Cho phương trình: x2 − 2mx + 3m − 2 = 0. a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa x21 + x22 = 4 + x1 + x2 . x2 − 2mx + 3m − 2 = 0 (∗). Ê Lời giải. a) Phương trình (∗) có hai nghiệm trái dấu 3m − 2 <0 1 2 ⇔ m< . 3 ⇔ P = b) Phương trình (∗) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ® a 6= 0 ⇔ ∆>0 ® 1 6= 0 (luôn đúng) ⇔ 4m2 − 4(3m − 2) > 0 ⇔ 4m2 − 12m + 8 > 0 (1)  S = x + x = − −2m = 2 1 2 m Với điều kiện (1), phương trình (∗) có hai nghiệm x1 , x2 . Theo định lý Vi-ét:  P = x1 x2 = 3m − 2. Theo đề bài x21 + x22 = 4 + x1 + x2 ⇔ S 2 − 2P = 4 + S ⇔ 22 − 2(3m − 2) = 4 + 2 ⇔ m = 0. (thỏa mãn điều kiện (1)) Vậy có duy nhất một giá trị m thỏa yêu cầu bài toán là m = 0.  170/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 171 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 26 (THPT Diên Hồng – Tp. Hồ Chí Minh). Cho phương trình (m−2)x2 +(2m−1)x+m = 0. Tìm tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa x21 + x22 + 5×1 x2 = 2. Ê Lời giải. (m − 2)x2 + (2m − 1)x + m = 0 (∗) Phương trình (∗) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ® a 6= 0 ⇔ ∆>0 ® m − 2 6= 0 ⇔ (2m − 1)2 − 4(m − 2)m > 0 ® m 6= 2 ⇔ 4m + 1 > 0  m 6= 2 ⇔ . m > − 1 4  2m − 1  S = x 1 + x 2 = − m−2 Với điều kiện trên, (∗) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Theo định lý Vi-ét: m  P = x 1 x 2 = . m−2 Theo đề bài x21 + x22 + 5×1 x2 = 2 ⇔ S 2 + 3P = 2 ã Å 2m − 1 2 3m =2 ⇔ − + m−2 m−2 2 ⇔ 5m  − 2m − 7 = 0 m = −1 (không thỏa mãn) ⇔  7 m= (thỏa mãn) 5 7 Vậy có duy nhất một giá trị m thỏa yêu cầu bài toán là m = . 5  c Bài 27 (THPT Hùng Vương – Tp. Hồ Chi Minh). Xác định giá trị của tham số m để phương trình (m − 2)x2 − 3x + 1 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa x21 + x22 = 2×1 x2 + 1. Ê Lời giải. (m − 2)x2 − 3x + 1 = 0 (∗) Phương trình (∗) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ® a 6= 0 ⇔ ∆≥0 ® m − 2 6= 0 ⇔ 9 − 4(m − 2) ≥ 0 ® m 6= 2 ⇔ 4m + 17 ≥ 0  m 6= 2 ⇔ . m ≥ − 17 4 171/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 172 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả Với điều kiện trên, (∗) có hai nghiệm x1 , x2 . Theo định lý Vi-ét:   S = x1 + x2 = −  P = x1 x2 = 3 m−2 1 . m−2 Theo đề bài x21 + x22 = 2×1 x2 + 1 ⇔ S 2 − 4P − 1 = 0 Å ã2 3 4 ⇔ − − −1=0 m−2 m−2 −m2 + 13 ⇔ =0 (m − 2)2 √ ñ m = − 13 (thỏa mãn) √ ⇔ m = 13 (thỏa mãn) Vậy có tất cả hai giá trị m thỏa yêu cầu bài toán là m = √ √ 13 và m = − 13.  c Bài 28 (THPT Tân Phong – Tp. Hồ Chí Minh). Tìm m để mx2 − (2m + 5)x + m + 11 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa x21 + x22 − 2×1 x2 + 3 (x1 + x2 ) = 22. Ê Lời giải. mx2 − (2m + 5)x + m + 11 = 0 (∗) Phương trình (∗) có hai nghiệm x1 , x2 ® a 6= 0 ∆≥0 ® m 6= 0 (2m + 5)2 − 4m(m + 11) ≥ 0 ⇔ ⇔ ® m 6= 0 − 24m + 25 ≥ 0  m 6= 0 . ⇔ m ≤ 25 24 ⇔  2m + 5  S = x1 + x2 = m Với điều kiện trên, (∗) có hai nghiệm x1 , x2 . Theo định lý Vi-ét: m + 11  P = x1 x2 = . m Theo đề bài x21 + x22 − 2×1 x2 + 3 (x1 + x2 ) = 22 ⇔ S 2 − 4P + 3S − 22 = 0 Å ã 2m + 5 2 4(m + 11) 3(2m + 5) ⇔ − + − 22 = 0 m m m 2 ⇔ −16m − 9m + 25 = 0  25 m = − (thỏa mãn) 16 ⇔  m = 1 (thỏa mãn) Vậy có tất cả hai giá trị m thỏa yêu cầu bài toán là m = − 172/528 25 và m = 1. 16  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 173 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 29 (THPT Trần Phú – Tp. HCM). Cho phương trình x2 − 2(m − 1)x + 2(m − 2) = 0. Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 và tìm tham số m để biểu thức A = (x1 + x2 )2 − 8×1 x2 + 1 đạt giá trị nhỏ nhất. x2 − 2(m − 1)x + 2(m − 2) = 0 (∗) Vì a = 1 6= 0 nên ta có Ê Lời giải. ∆ = 4(m − 1)2 − 4 · 2(m − 2) = 4m2 − 16m + 20 = 4(m − 4)2 ≥ 0, ∀m ∈ R ® Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Khi đó, theo định lý Vi-ét: S = x1 + x2 = 2(m − 1) P = x1 x2 = 2(m − 2). Ta có A = (x1 + x2 )2 − 8×1 x2 + 1 = S 2 − 8P + 1 = 4(m − 1)2 − 8 · (m − 2) + 1 = 4m2 − 24m + 37 = (2m − 6)2 + 1  = (2m − 6)2 + 1 do (2m − 6)2 + 1 > 0, ∀m ∈ R ≥ 1, ∀m ∈ R Đẳng thức xảy ra khi 2m − 6 = 0 ⇔ m = 3. Vậy biểu thức A có đạt giá trị nhỏ nhất là 1 khi m = 3.  c Bài 30 (THCS, THPT Nguyễn Khuyến – Tp. HCM). Cho phương trình x2 − (m + 5)x + m = 0. Tìm tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa x1 + 2×2 = 5. Ê Lời giải. x2 − (m + 5)x + m = 0 (∗) Phương trình (∗) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ® a 6= 0 ⇔ ∆>0 ® 1 6= 0 (luôn đúng) ⇔ (m + 5)2 − 4m > 0 ⇔ m2 + 6m + 25 > 0 ⇔ (m + 3)2 + 16 > 0, ∀m ∈ R ® Suy ra phương trình (∗) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Theo định lý Vi-et: S = x1 + x2 = m + 5 (1) . P = x1 x2 = m (2) Theo đề bài: x1 + 2×2 = 5 ⇔ x1 = 5 − 2×2 , thay vào (1) ta được: 5 − 2×2 + x2 = m + 5 ⇔ x2 = −m. Suy ra x1 = 5 − 2×2 = 5 + 2m. Từ đó: (2) ⇔ (5 + 2m)(−m) = m ⇔ m(2m + 6) = 0 ñ m = 0 (thỏa mãn) ⇔ m = −3 (thỏa mãn) 173/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 174 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả Vậy có tất cả hai giá trị m thỏa yêu cầu bài toán là m = 0 và m = −3.  c Bài 31 (THPT Chuyên Lê Hồng Phong – Tp. HCM). Cho phương trình: mx2 − 2(m − 3)x + m − 6 = 0. a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa 1 1 + = −1. x1 x2 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu và có giá trị tuyệt đối bằng nhau. Ê Lời giải. 2 mx − 2(m − 3)x + m − 6 = 0 (∗) a) Phương trình (∗) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ® a 6= 0 ⇔ ∆>0 ® m 6= 0 ⇔ 4(m − 3)2 − 4m(m − 6) > 0 ® m 6= 0 ⇔ 36 > 0 (luôn đúng) ⇔ m 6= 0  2m − 6  S = m Khi đó, theo định lý Vi-et: m  P = − 6 m Theo đề bài 1 1 x1 + x2 + = −1 ⇔ = −1 x1 x2 x1 x2 S ⇔ = −1 P m 2m − 6 ⇔ · = −1 m m−6 ⇔ 3m − 12 = 0 ⇔ m = 4 (thỏa mãn) Vậy có duy nhất một giá trị của m thỏa mãn bài toán là m = 4. b) Phương trình (∗) có hai nghiệm trái dấu x1 , x2 ⇔ ac < 0 ⇔ m(m − 6) < 0 ® m<0  m−6>0  ⇔ ®  m>0 m−6<0 ® m<0  m>6  ⇔ ®  m>0 (vô lý) m<6 ⇔ 0 < m < 6. 174/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 175 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả  2m − 6  S = m Khi đó, theo định lý Vi-et: m  P = − 6 . m Theo đề bài ñ x1 = x2 (vô lý vì x1 , x2 trái dấu) |x1 | = |x2 | ⇔ x1 = −x2 ⇔ x1 + x2 = 0 2m − 6 =0 ⇔ m ⇔ m = 3 (thỏa mãn) Vậy có duy nhất một giá trị của m thỏa mãn bài toán là m = 3.  c Bài 32 (THPT Nguyễn Thượng Hiền). Cho phương trình: mx2 − 2(m − 2)x + m − 3 = 0 (1). a) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu. b) Định m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa điều kiện x1 < 2 < x2 . Ê Lời giải. 2 mx − 2(m − 2)x + m − 3 = 0 (1). a) Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu ⇔ ac < 0 ⇔ m(m − 3) < 0 ® m<0  m−3>0  ⇔ ®  m>0 m−3<0 ® m<0  m>3  ⇔ ®  m>0 (vô lý) m<3 ⇔ 0 < m < 3. b) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ® a 6= 0 ⇔ ∆>0 ® m 6= 0 ⇔ 4(m − 2)2 − 4m(m − 3) > 0 ® m 6= 0 ⇔ − 4m + 16 > 0 ® m 6= 0 ⇔ m<4 175/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 176 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 - BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả  2m − 4  S = x 1 + x 2 = m . Khi đó, theo định lý Vi-et: m − 3  P = x 1 x 2 = m ® x1 − 2 < 0 x1 < 2 < x2 ⇔ x2 − 2 > 0 ⇔ (x1 − 2)(x2 − 2) < 0 ⇔ x1 x2 − 2(x1 + x2 ) + 4 < 0 m − 3 2(2m − 4) − +4<0 ⇔ m m m+5 ⇔ <0 m ®  m+5<0  m>0  ⇔ ®  m+5>0 m<0 ® m < −5  m>0  ⇔ ®  m > −5 (vô lý) m<0 ⇔ −5 < m < 0 So với điều kiện ta thấy tất cả giá trị của m thỏa mãn bài toán là −5 < m < 0.  c Bài 33 (THPT Chuyên Trần Đại Nghĩa - Tp. HCM). Tìm các giá trị của tham số m để phương x(x + 3m) − 1 trình: = m có hai nghiệm phân biệt? x+1 Ê Lời giải. x(x + 3m) − 1 = m (1) x+1 Điều kiện: x 6= −1. Khi đó, (1) ⇔ x(x + 3m) − 1 = m(x + 1) ⇔ x2 + 2mx − m − 1 = 0 (2) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khác −1.   a 6= 0 ∆>0 ⇔   (−1)2 + 2m(−1) − m − 1 6= 0   1 6= 0 (luôn đúng) ⇔ 4m2 + 4m + 4 > 0   − 3m 6= 0 ® (2m + 1)2 + 3 > 0, (luôn đúng) ⇔ m 6= 0 Vậy phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m 6= 0. 176/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 177 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 34. Cho phương trình: x2 − 4x + m + 1 = 0 (∗) a) Định m để phương trình (∗) có 2 nghiệm dương phân biệt. √ b) Định m để phương trình (∗) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa x1 x2 = 6 − 2 x1 x2 . c) Định m để phương trình (∗) có đúng 1 nghiệm dương. Ê Lời giải. a) Phương trình (∗) có 2 nghiệm dương phân biệt  a 6= 0    ∆ > 0 ⇔  S>0    P >0  1 6= 0 (luôn đúng)       16 − 4(m + 1) > 0 −4 ⇔ − > 0 (luôn đúng)   1     m + 1 > 0 ® 1 m<3 ⇔ m > −1 ⇔ −1 < m < 3. Vậy tất cả giá trị của m thõa mãn bài toán là −1 < m < 3. b) Phương trình (∗) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 ® a 6= 0 ⇔ ∆>0 ® 1 6= 0 (luôn đúng) ⇔ 16 − 4(m + 1) > 0 ⇔ m < 3. Khi đó, theo định lý Vi-ét: x1 x2 = m + 1. √ Theo đề bài, x1 x2 = 6 − 2 x1 x2 (1). √ Đặt t = x1 x2 ≥ 0. Khi đó (1) trở thành: t2 = 6 − 2t ⇔ t2 + 2t − 6 √ =0 ñ t = −1 + 7 (nhận) √ ⇔ t = −1 − 7 (loại) Với t = −1 + √ 7 thì Ä √ ä2 √ 7 ⇔ x1 x2 = −1 + 7 ⇔ x1 x2 = 8 − 2 7 √ √ ⇔ m + 1 = 8 − 2 7 ⇔ m = 7 − 2 7 (thõa mãn) √ Vậy có duy nhất một giá trị của m thỏa mãn bài toán là m = 7 − 2 7. √ 177/528 x1 x2 = −1 + √ p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 178 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 - BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả c) Do a = 1 6= 0 nên phương trình (∗) có đúng 1 nghiệm dương khi và chỉ khi ñ (∗) có hai nghiệm trái dấu (∗) có nghiệm kép dương  ac < 0  ∆ = 0 ⇔   − b >0 2a  m+1<0  16 − 4(m + 1) = 0 ⇔    − −4 > 0 (luôn đúng) 2 ñ m < −1 ⇔ m=3 ñ m < −1 Vậy (∗) có đúng 1 nghiệm dương khi và chỉ khi m = 3.  c Bài 35. Cho phương trình: x2 + 2(m + 1)x + 2m + 5 = 0 (∗) a) Tìm m để phương trình (∗) có 2 nghiệm cùng âm. b) Tìm m để phương trình (∗) có 2 nghiệm cùng dương. c) Tìm m để phương trình (∗) có hai nghiệm phân√biệt là độ dài của 2 cạnh góc vuông trong một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 42. d) Tìm m để phương trình (∗) có hai nghiệm phân biệt sao cho tổng lập phương 2 nghiệm và tổng 2 nghiệm bằng nhau. Ê Lời giải. a) Phương trình (∗) có 2 nghiệm cùng âm  a 6= 0    ∆ ≥ 0 ⇔ S < 0    P >0  1 6= 0 (luôn đúng)    m2 − 4 ≥ 0 ⇔  − 2(m + 1) < 0    2m + 5 > 0 ñ m ≤ −2       m≥2 ⇔ m > −1      m > −5 2 ⇔ m ≥ 2. Vậy phương trình (∗) có 2 nghiệm cùng âm khi và chỉ khi m ≥ 2. 178/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 179 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả b) Phương trình (∗) có 2 nghiệm cùng dương  a 6= 0    ∆ ≥ 0 ⇔  S>0    P >0  1 6= 0 (luôn đúng)    m2 − 4 ≥ 0 ⇔  − 2(m + 1) > 0    2m + 5 > 0 ñ m ≤ −2       m≥2 ⇔ m < −1      m > −5 2 5 ⇔ − < m ≤ −2. 2 5 Vậy phương trình (∗) có 2 nghiệm cùng dương khi và chỉ khi − < m ≤ −2. 2 c) Phương trình (∗) có 2 nghiệm x1 , x2 ® a 6= 0 ∆≥0   1ñ 6= 0 (luôn đúng) ⇔ m ≤ −2   m≥2 ñ m ≤ −2 ⇔ m≥2 ⇔ ® S = x1 + x2 = −2(m + 1) . P = x1 x2 = 2m + 5 Theo đề bài, phương trình (∗) có hai nghiệm √ x1 , x2 là độ dài của 2 cạnh góc vuông trong một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 42 nên Khi đó, theo định lý Vi-ét: x21 + x22 = Ä√ ä2 42 ⇔ S 2 − 2P = 42 ⇔ [−2(m + 1)]2 − 2(2m + 5) − 42 = 0 ⇔ 4m2 + 8m + 4 − 4m − 10 − 42 = 0 ⇔ 4m2 + 4m − 48 = 0 ñ m = 3 (nhận) ⇔ m = −4. (nhận) Vậy có tất cả hai giá trị m thỏa yêu cầu bài toán là m = 3 và m = −4. 179/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 180 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 - BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả d) Phương trình (∗) có 2 nghiệm x1 , x2 ® a 6= 0 ∆≥0   1ñ 6= 0 (luôn đúng) ⇔ m ≤ −2   m≥2 ñ m ≤ −2 ⇔ . m≥2 ⇔ ® S = x1 + x2 = −2(m + 1) . P = x1 x2 = 2m + 5 Theo đề bài, phương trình (∗) có hai nghiệm x1 , x2 sao cho tổng lập phương 2 nghiệm và tổng 2 nghiệm bằng nhau nên Khi đó, theo định lý Vi-ét: x31 + x32 = x1 + x2 ⇔ (x1 + x2 )(x21 − x1 x2 + x22 ) = x1 + x2 ⇔ (x1 + x2 )(x21 − x1 x2 + x22 − 1) = 0 ñ x1 + x2 = 0 ⇔ x21 + x1 x2 + x22 − 1 = 0 ñ S=0 ⇔ S 2 − 2P − P − 1 = 0 ñ S=0 ⇔ S 2 − 3P − 1 = 0 ñ − 2(m + 1) = 0 ⇔ [−2(m + 1)]2 − 3(2m + 5) − 1 = 0 ñ m = −1 (loại) ⇔ 4m2 + 2m − 12 = 0  3 (loại) m = 2 ⇔  m = −2. (nhận) Vậy có một giá trị m thỏa yêu cầu bài toán là m = −2.  c Bài 36. Cho phương trình: mx2 − 2x + 1 = 0 (∗) a) Tìm m để phương trình (∗) có 2 nghiệm cùng dương. b) Tìm m để phương trình (∗) có 2 nghiệm đối nhau. c) Tìm m để phương trình (∗) có hai nghiệm √ là độ dài của 2 cạnh góc vuông trong một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 2. Ê Lời giải. 180/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 181 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả a) Phương trình (∗) có 2 nghiệm cùng dương ⇔ ⇔ ⇔ ⇔  a 6= 0    ∆ ≥ 0 S > 0    P >0  m 6= 0       4 − 4m ≥ 0 2 >0   m     1 >0 m  m 6= 0 m≤1   m>0 0 0 ⇔ ⇔ ® m 6= 0 − 12m + 16 > 0  m 6= 0 ⇔ m < − 4 3 4 ⇔ m<− . 3 ⇔ 4 Vậy phương trình (∗) có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m < − . 3 b) Phương trình (∗) hai nghiệm trái dấu ⇔ ac < 0 ⇔ m(7 + m) < 0 ® m>0  7+m<0  ⇔ ®  m<0 7+m>0 ® m>0  m < −7  ⇔ ®  m<0 m > −7 ñ m=∅ ⇔ 0 < m < −7 ⇔ 0 < m < −7. 182/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 183 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Theo đề bài, phương trình (∗) có giá trị tuyệt đối là nghịch đảo của nhau nên |x1 x2 | = 1 ⇔ |P | = 1 7+m =1 ⇔ m  7+m =1  ⇔  m 7+m = −1 ñ m 7+m=m ⇔ 7 + m = −m  m=∅ ⇔  7 m = − . (nhận) 2 7 Vậy có một giá trị m thỏa yêu cầu bài toán là m = − . 2  c Bài 38. Cho phương trình: x2 − 2(m + 1)x + 2m + 10 = 0 (∗) a) Tìm m để phương trình (∗) có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa K = 10x1 x2 + x21 + x22 nhỏ nhất. b) Tìm m để phương trình (∗) có 2 nghiệm x1 , x2 sao cho x1 x2 − 2(x1 + x2 ) 6 5. c) Tìm m để phương trình (∗) có 2 nghiệm x1 , x2 sao cho 2x2 − x1 = 8. Ê Lời giải. a) Phương trình (∗) có 2 nghiệm x1 , x2 ® a 6= 0 ⇔ ∆≥0 ® 1 6= 0 (luôn đúng) ⇔ [−2(m + 1)]2 − 4.1.(2m + 10) ≥ 0 ⇔ 4m2 − 36 ≥ 0 ñ m ≤ −3 ⇔ m≥3 ® S = x1 + x2 = 2(m + 1) Khi đó, theo định lý Vi-ét: . P = x1 x2 = 2m + 10 Theo đề bài, ta có: K = 10x1 x2 + x21 + x22 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ K K K K K K = 10P + S 2 − 2P = S 2 + 8P = [2(m + 1)]2 + 8(2m + 10) = 4m2 + 8m + 4 + 16m + 80 = 4m2 + 24m + 36 + 44 = 4(m + 3)2 + 44 ≥ 44 Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi m + 3 = 0 ⇔ m = −3. Vậy giá trị nhỏ nhất của K là 44 tại m = −3. 183/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 184 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 - BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả b) Phương trình (∗) có 2 nghiệm x1 , x2 ® a 6= 0 ⇔ ∆≥0 ® 1 6= 0 (luôn đúng) ⇔ [−2(m + 1)]2 − 4.1.(2m + 10) ≥ 0 ⇔ 4m2 − 36 ≥ 0 ñ m ≤ −3 ⇔ m≥3 ® S = x1 + x2 = 2(m + 1) . Khi đó, theo định lý Vi-ét: P = x1 x2 = 2m + 10 Theo đề bài, ta có: x1 x2 − 2(x1 + x2 ) ≤ 5 ⇔ P − 2S ≤ 5 ⇔ 2m + 10 − 2.2(m + 1) ≤ 5 ⇔ −2m ≤ −1 1 ⇔ m≥ 2 So điều kiện, ta được m ≥ 3. Vậy m ≥ 3 thỏa yêu cầu bài toán. c) Phương trình (∗) có 2 nghiệm x1 , x2 ® a 6= 0 ⇔ ∆≥0 ® 1 6= 0 (luôn đúng) ⇔ [−2(m + 1)]2 − 4.1.(2m + 10) ≥ 0 ⇔ 4m2 − 36 ≥ 0 ñ m ≤ −3 ⇔ m≥3 ® S = x1 + x2 = 2(m + 1) (1) Khi đó, theo định lý Vi-ét: . P = x1 x2 = 2m + 10 (2) Theo đề bài, ta có: 2x2 − x1 = 8 ⇔ x1 = 2x2 − 8, thay vào (1) ta được 2m + 10 3 P ⇔ x2 = 3 2P 2P − 24 ⇒ x1 = −8= 3 3 2x2 − 8 + x2 = 2(m + 1) ⇔ x2 = Thay x1 , x2 vào (2) ta được 2P − 24 P · = 2m + 10 ⇔ 3 3 ⇔ ⇔ ⇔ P 2 − 12P = 9m + 45 (2m + 10)2 − 12(2m + 10) = 9m + 45 4m2 + 40m + 100 − 24m − 120 − 9m − 45 = 0 2 4m  + 7m − 65 = 0 13 m = (nhận)  4 ⇔ m = −5(nhận) 184/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 185 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Vậy có tất cả hai giá trị m thỏa yêu cầu bài toán là m = 13 và m = −5. 4  c Bài 39. Cho phương trình: x2 − (m + 5)x − m − 6 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu sao cho nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn nghiệm dương? x2 − (m + 5)x − m − 6 = 0 (1). Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu Ê Lời giải. ⇔ ac < 0 ⇔ −m − 6 < 0 ⇔ m > −6 Với điều kiện trên, ta gọi x1 , x2 là hai nghiệm của (1), với x1 < 0 < x2 . Theo định lý Vi-ét ta có x1 + x2 = m + 5. Theo đề bài, phương trình (1) có nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn nghiệm dương nên |x1 | > x2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ −x1 > x2 (vì x1 < 0) x1 + x2 < 0 m+5<0 m < −5. Vậy phương trình có hai nghiệm trái dấu sao cho nghiệm âm có giá trị tuyệt đối lớn hơn nghiệm dương khi và chỉ khi −6 < m < −5.  | Dạng 11. Phương trình chứa ẩn dưới dấu trị tuyệt đối ñ √ √ A=B Nhóm 1: Phương trình |A| = |B| ⇔ hoặc A2 = |B| ⇔ |A| = |B| hoặc A = |B| ⇔ A = −B ® A>0 A = B2 c Bài 40. Giải các phương trình sau: a) |2x + 1| = |x2 − 3x − 4| (THPT Hoàng Hoa Thám – Tp. HCM) b) |x2 + 2x| = |x2 + 2| (THPT Bình Tân – Tp. HCM) c) |6 − x2 | − |2 − 3×2 | = 0 (THPT An Dương Vương – Tp. HCM) d) |5×2 − 3x − 2| − |x2 − 1| = 0 (THPT Nguyễn Chí Thanh – Tp. HCM) Ê Lời giải. a) ñ 2x + 1 = x2 − 3x − 4 |2x + 1| = |x − 3x − 4| ⇔ 2x + 1 = −x2 + 3x + 4 ñ 2 x − 5x − 5 = 0 ⇔ − x2 + x + 3 = 0 √  5±3 5 x = 2√ ⇔   1 ± 13 x= . 2 2 185/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 186 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 ® Vậy tập nghiệm của phương trình là S = Luôn nổ lực để đạt được thành quả √ ´ √ 5 ± 3 5 1 ± 13 ; . 2 2 b) ñ 2 x + 2x = x2 + 2 |x2 + 2x| = |x2 + 2| ⇔ x2 + 2x = −x2 − 2 ñ 2x = 2 ⇔ 2×2 + 2x + 2 = 0 (Vô nghiệm) ⇔ x = 1. Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {1}. c) |6 − x2 | − |2 − 3×2 | = 0 ⇔ |6 − x2 | = |2 − 3×2 | ñ 6 − x2 = 2 − 3×2 ⇔ 6 − x2 = −2 + 3×2 ñ 2 2x + 4 = 0 (Vô nghiệm) ⇔ − 4×2 + 8 = 0 √ ñ x= 2 √ ⇔ x = − 2. ¶ √ © Vậy tập nghiệm của phương trình là S = ± 2 . d) |5×2 − 3x − 2| − |x2 − 1| = 0 ⇔ |5×2 − 3x − 2| = |x2 − 1| ñ 2 5x − 3x − 2 = x2 − 1 ⇔ 5×2 − 3x − 2 = −x2 + 1 ñ 2 4x − 3x − 1 = 0 ⇔ 6×2 − 3x − 3 = 0 ñ 2 4x − 3x − 1 = 0 ⇔ 6×2 − 3x − 3 = 0  x=1  x = − 1 ⇔   4  1 x=− . 2 ß ™ 1 1 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 1; − ; − . 4 2  c Bài 41. Giải các phương trình sau: a) |5x + 1| = 2x − 3. b) |3x − 4| = |x − 2|. c) |3×2 − 2x| = |6 − x2 |. 186/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 187 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả d) |x2 − 2x| = |2×2 − x − 2|. e) |x2 − 2x| − |x2 − 4| = 0. f) |x2 − 3x + 2| − |2×2 + 5x − 18| = 0. √ g) x2 − 6x + 9 = |x2 − 9|. √ h) 4×2 + 4x + 1 = |x2 − 3x − 4|. √ i) x + 4 = |x + 2|. √ j) 3×2 − 9x + 1 = |x − 2|. √ k) 2×2 − 4x − 2 = |x − 1|. √ l) x2 − 4x + 4 = |x − 2|. Ê Lời giải. a)  −3>0  2x ñ |5x + 1| = 2x − 3 ⇔ 5x + 1 = 2x − 3   5x + 1 = −2x + 3  3   x>     2 4 ⇔ (loại) x=−   3       x = 2 (loại). 7 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = ∅. b) ñ 3x − 4 = x − 2 |3x − 4| = |x − 2| ⇔ 3x − 4 = −x + 2  x=1 ⇔  3 x= . 2 ß ™ 3 . Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 1; 2 c) ñ 2 3x − 2x = 6 − x2 |3×2 − 2x| = |6 − x2 | ⇔ 3×2 − 2x = −6 + x2 ñ 2 4x − 2x − 6 = 0 ⇔ 2×2 − 2x + 6 = 0 (Vô nghiệm)  x = −1  ⇔ 3 x= . 2 187/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 188 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả ™ ß 3 . Vậy tập nghiệm của phương trình là S = −1; 2 d) ñ 2 x − 2x = x2 − x − 2 |x2 − 2x| = |x2 − x − 2| ⇔ x2 − 2x = −x2 + x + 2 ñ −x+2=0 ⇔ 2×2 − 3x − 2 = 0  x=2  ⇔ 1 x=− . 2 ß ™ 1 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 2; − . 2 e) |x2 − 2x| − |x2 − 4| = 0 ⇔ |x2 − 2x| = |x2 − 4| ñ 2 x − 2x = x2 − 4 ⇔ x2 − 2x = −x2 + 4 ñ − 2x + 4 = 0 ⇔ 2×2 − 2x − 4 = 0 ñ x = −1 ⇔ x = 2. Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {2; −1}. f) |x2 − 3x + 2| − |2×2 + 5x − 18| = 0 ⇔ |x2 − 3x + 2| = |2×2 + 5x − 18| ñ 2 x − 3x + 2 = 2×2 + 5x − 18 ⇔ x2 − 3x + 2 = −2×2 − 5x + 18 ñ 2 x + 8x − 20 = 0 ⇔ 3×2 + 2x − 16 = 0  x = −10 x = 2 ⇔   8 x=− . 3 ß ™ 8 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = −10; 2; − . 3 188/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 189 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả g) √ x2 − 6x + 9 = |x2 − 9| ⇔ » (x − 3)2 = |x2 − 9| ⇔ |x − 3| = |x2 − 9| ñ x − 3 = x2 − 9 ⇔ x − 3 = −x2 + 9 ñ 2 x −x−6=0 ⇔ x2 + x − 12 = 0  x=3  ⇔ x = −2 x = −4. Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {3; −2; −4}. h) √ 4×2 » + 4x + 1 = |x − 3x − 4| ⇔ (2x + 1)2 = |x2 − 3x − 4| 2 ⇔ |2x + 1| = |x2 − 3x − 4| ñ 2x + 1 = x2 − 3x − 4 ⇔ 2x + 1 = −x2 + 3x + 4 ñ 2 x − 5x − 5 = 0 ⇔ x2 − x − 3 = 0 √  5±3 5 x = 2√ ⇔   1 ± 13 x= . 2 ® Vậy tập nghiệm của phương trình là S = √ ´ √ 5 ± 3 5 1 ± 13 ; . 2 2 i) √ ® x+4>0 x + 4 = (x + 2)2 ® x > −4 x + 4 = x2 + 4x + 4 x + 4 = |x + 2| ⇔ ⇔ ® x > −4 x2 + 3x = 0   xñ > −4 x = 0 ( nhận) ⇔   x = −3 ( nhận). ⇔ Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {0; −3}. 189/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 190 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả j) √ 3×2 − 9x + 1 = |x − 2| ⇔ ® 3×2 − 9x + 1 > 0 3×2 − 9x + 1 = (x − 2)2 ® 3×2 − 9x + 1 > 0 3×2 − 9x + 1 = x2 − 4x + 4 ⇔ 3×2 − 9x + 1 > 0 ⇔ 2×2 − 5x − 3 = 0  2 3x − 9x + 1 > 0    x = 3 ( nhận) ⇔     x = − 1 ( nhận). 2 ® ™ ß 1 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 3; − . 2 k) √ 2×2 − 4x − 2 = |x − 1| ⇔ ® 2×2 − 4x − 2 > 0 2×2 − 4x − 2 = (x − 1)2 ® 2×2 − 4x − 2 > 0 2×2 − 4x − 2 = x2 − 2x + 1 ⇔ 2×2 − 4x − 2 > 0 x2 − 2x − 3 = 0  2 − 4x − 2 > 0  2x ñ x = −1 (nhận) ⇔   x = 3 (nhận). ® ⇔ Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {−1; 3}. l) » √ x2 − 4x + 4 = |x − 2| ⇔ (x − 2)2 = |x − 2| ⇔ |x − 2| = |x − 2| (luôn đúng). Vậy tập nghiệm của phương trình là S = R.  | Dạng 12. Phương trình chứa ẩn dưới dấu giá trị tuyệt đối Nhóm 2. |A| = B ñ A=B Phương pháp giải: Điều kiện B ≥ 0 thì phương trình đã cho ⇔ A = −B. 190/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 191 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH 2. Luôn nổ lực để đạt được thành quả BÀI TẬP VẬN DỤNG c Bài 2. Giải các phương trình sau: a) |2×2 − 3x − 5| − 5x = 5. (THPT Cần Thạnh-TP.HCM) b) |2×2 − 13x − 20| = 16 + x. (Trường Trung Học Thực Hành Sài Gòn) c) |x2 − 8x + 4| = x − 4. (THPT Nguyễn Hữu Huân-TP.HCM) d) |x2 − 6x + 5| = x + 5. (THPT Vĩnh Lộc B-TP.HCM) Ê Lời giải. a) |2×2 − 3x − 5| − 5x = 5 ⇔ |2×2 − 3x − 5| = 5 + 5x. Điều kiện có nghiệm 5 + 5x ≥ 0 ⇔ x ≥ −1.  ñ 2 ñ 2 x=5 2x − 3x − 5 = 5 + 5x 2x − 8x − 10 = 0  Với điều kiện trên phương trình ⇔ ⇔ ⇔ x = −1 2×2 − 3x − 5 = −5 − 5x 2×2 + 2x = 0 x = 0. Đối chiều điều kiện, vậy tập nghiệm của phương trình là S = {−1; 0; 5}. b) Điều kiện có nghiệm 16 + x ≥ 0 ⇔ x ≥ñ −16. ñ 2 2×2 − 13x − 20 = 16 + x 2x − 14x − 36 = 0 Với điều kiện trên phương trình ⇔ ⇔ ⇔ 2 2x − 13x − 20 = −16 − x 2×2 − 12x − 4 = 0  x=9 x = −2   x = 3 + √11  √ x = 3 − 11. ¶ √ © Đối chiếu điều kiện, vậy tập nghiệm của phương trình là S = −2; 9; 3 ± 11 . c) Điều kiện có nghiệm x − 4 ≥ 0 ⇔ x ≥ 4.  x=1 ñ 2 ñ 2 x = 8 x − 8x + 4 = x − 4 x − 9x + 8 = 0  Với điều kiện trên phương trình ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔ x = 0 x − 8x + 4 = −x + 4 x − 7x = 0 x = 7. Đối chiếu điều kiện, vậy tập nghiệm của phương trình là S = {7; 8}. d) Điều kiện có nghiệm x + 5 ≥ 0 ⇔ xñ≥ −5. ñ 2 ñ x2 − 6x + 5 = x + 5 x − 7x = 0 x=0 Với điều kiện trên phương trình ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔ x − 6x + 5 = −x − 5 x − 5x + 10 = 0 x = 7. So với điều kiện, vậy tập nghiệm của phương trình là S = {0; 7}.  191/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 192 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 3. Luôn nổ lực để đạt được thành quả BÀI TẬP RÈN LUYỆN c Bài 2. Giải các phương trình a) |2×2 − 3x − 5| = 5x + 5. (THPT Bình Phú-TP.HCM) b) |5×2 − 3x − 4| = 3x − 4. (THPT Củ Chi-TP.HCM) c) |x2 + 5x − 9| = 2x + 1. (THPT Trần Quang Khải-TP.HCM) d) |x2 − 4x + 2| = x − 2. (THPT Nguyễn Thái Bình-TP.HCM) e) |x2 − 5x + 7| − 2x + 5 = 0. (THPT Lê Quý Đôn-TP.HCM) f) |x2 − x − 3| = x + 1. (THPT Trần Khai Nguyên-TP.HCM) . Ê Lời giải. a) Điều kiện: 5x + 5 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1.  ñ 2 ñ 2 x = −1 2x − 3x − 5 = 5x + 5 2x − 8x − 10 = 0  Với điều kiện trên phương trình ⇔ ⇔ ⇔ x = 5 2×2 − 3x − 5 = −5x − 5 2×2 + 2x = 0 x = 0. Đối chiếu điều kiện, vậy tập nghiệm của phương trình là S = {−1; 0; 5} 4 b) Điều kiện: 3x − 4 ≥ 0 ⇔ x ≥ . 3  x=0  6  x = ñ 2 ñ 2  5 √ 5x − 3x − 4 = 3x − 4 5x − 6x = 0  Với điều kiện trên phương trình ⇔ ⇔ ⇔  x = − 2 10 5×2 − 3x − 4 = −3x + 4 5×2 − 8 = 0   √5  2 10 . x= 5 Đối chiếu điều kiện, vậy phương trình vô nghiệm. 1 c) Điều kiện: 2x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ − . 2  x=2 ñ 2 ñ 2 x = −5 x + 5x − 9 = 2x + 1 x + 3x − 10 = 0  Với điều kiện trên phương trình ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔ . x = 1 x + 5x − 9 = −2x − 1 x + 7x − 8 = 0 x = −8 Đối chiếu điều kiện, vậy tập nghiệm của phương trình là S = {1; 2}. d) Điều kiện: x − 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2.  x=1 ñ 2 ñ 2  x − 4x + 2 = x − 2 x − 5x + 4 = 0 x = 4 Phương trình ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔ x = 0 x − 4x + 2 = −x + 2 x − 3x = 0 x = 3. Đối chiếu điều kiện, vậy tập nghiệm của phương trình là S = {3; 4}. 192/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 193 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả e) Phương trình đã cho ⇔ |x2 − 5x + 7| = 2x − 5 (1) 5 Điều kiện: 2x − 5 ≥ 0 ⇔ x ≥ . 2  x=4 ñ 2 ñ 2  x − 7x + 12 = 0 x − 5x + 7 = 2x − 5 x = 3 ⇔ ⇔ 2 Khi đó (1) ⇔ 2 x = 1 x − 3x + 2 = 0 x − 5x + 7 = −2x + 5 x = 2. Đối chiếu điều kiện, vậy tập nghiệm của phương trình là S = {3; 4}. f) Điều kiện: x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1. √  x=1− 5 √ ñ 2 ñ 2  x = 1 + 5 x − 2x − 4 = 0 x −x−3=x+1 √ ⇔ ⇔ 2 Với điều kiện trên phương trình ⇔ 2  x −2=0 x − x − 3 = −x − 1 x = − 2 √ x = 2. ¶ √ √ © Đối chiếu điều kiện, vậy tập nghiệm của phương trình S = 1 + 5; 2 .  | Dạng 13. Phương trình chứa ẩn dưới dấu giá trị tuyệt đối ® A khi A ≥ 0 Nhóm 3. Sử dụng định nghĩa |A| = − A khi A < 0. 1. BÀI TẬP VẬN DỤNG c Bài 3. Giải các phương trình a) x2 − x |x − 1| = x. (THPT Gò Vấp-TP.HCM) . b) |x − 2| = x2 − 4x + 2. (THPT Tây Thạnh-TP.HCM) . c) |3x − 5| = 2x2 + x − 3. (THPT Diên Hồng-TP.HCM) . d) (x + 1) |x − 3| = 4 (x − 2). (THPT Tân Bình-TP.HCM) . e) 4x2 + 2x + |2x + 1| = 2x + 1. 4x + 3 (THPT Trần Phú-TP.HCM) f) x−1 1 2x − 1 − = 2 . x |x + 1| x +x (THPT Lê Trọng Tấn-TP.HCM) . Ê Lời giải. a) Trường hợp 1: x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1. Phương trình trở thành: x2 − x (x − 1) = x ⇔ x2 − x2 + x = x ⇔ 0 = 0 : luôn đúng ∀x ∈ R. 193/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 194 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 - BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả Suy ra S1 = [1; +∞). Trường hợp 2: x − 1 < 0 ⇔ x < 1. Phương trình trở thành: x2 − x (1 − x) = x ⇔ x2 − x + x2 = x 2 ⇔ 2x ñ − 2x = 0 x=0 ⇔ x = 1. Suy ra S2 = {0}. Vậy tập nghiệm của phương trình là S = S1 ∪ S2 = [1; +∞) ∪ {0}. b) Trường hợp 1: x − 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2. Phương trình trở thành: x − 2 = x2 − 4x + 2 2 ⇔ x ñ − 5x + 4 = 0 x=1 ⇔ x = 4. Suy ra S1 = {4}. Trường hợp 2: x − 2 < 0 ⇔ x < 2. Phương trình trở thành: 2 − x = x2 − 4x + 2 2 ⇔ x ñ − 3x = 0 x=0 ⇔ x = 3. Suy ra S2 = {0}. Vậy tập nghiệm của phương trình là S = S1 ∪ S2 = {0; 4}. 5 c) Trường hợp 1: 3x − 5 ≥ 0 ⇔ x ≥ . Phương trình trở thành: 3 3x − 5 = 2x2 + x − 3 ⇔ 2x2 − 2x + 2 = 0 ⇔ Phương trình vô nghiệm. Suy ra S1 = ∅. 5 Trường hợp 2: 3x − 5 < 0 ⇔ x < . 3 Phương trình trở thành: 5 − 3x = 2x2 + x − 3 ⇔ 2x2 + 4x − 8√= 0 ñ x = −1 − 5 √ ⇔ x = −1 + 5. ¶ √ √ © Suy ra S2 = −1 − 5; −1 + 5 . ¶ √ √ © Vậy tập nghiệm của phương trình S = −1 − 5; −1 + 5 . 194/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 195 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả d) Trường hợp 1: x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3. (x + 1) (x − 3) = 4 (x − 2) ⇔ x2 − 3x + x − 3 = 4x − 8 2 ⇔ x ñ − 6x + 5 = 0 x=1 ⇔ x = 5. Suy ra S1 = {5}. Trường hợp 2: x − 3 < 0 ⇔ x < 3. (x + 1) (3 − x) = 4 (x − 2) ⇔ −x2 + 3x − x + 3 = 4x − 8 ⇔ −x2 − 2x + 11 √=0 ñ x = −1 + 2 3 √ ⇔ x = −1 − 2 3. ¶ √ © √ Suy ra S2 = −1 + 2 3; −1 − 2 3 . ¶ √ √ © Vậy tập nghiệm của phương trình là S = −1 − 2 3; −1 + 2 3; 5 . 3 e) Điều kiện 4x + 3 6= 0 ⇔ x 6= − . 4 1 Trường hợp 1: 2x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ − . 2 Phương trình trở thành: 4x2 + 2x + 2x + 1 = 2x + 1 4x + 3 4x2 + 4x + 1 ⇔ = 2x + 1 4x + 3 ⇒ 4x2 + 4x + 1 = (4x + 3) (2x + 1) 2 ⇔ 4x  + 6x + 2 = 0 x = −1 ⇔  1 x=− . 2 ß ™ 1 Đối chiếu điều kiện, suy ra S1 = − . 2 1 Trường hợp 2: 2x + 1 < 0 ⇔ x < − . 2 Phương trình trở thành: ⇔ ⇒ ⇔ ⇔ 195/528 4x2 + 2x − 2x − 1 = 2x + 1 4x + 3 4x2 − 1 = 2x + 1 4x + 3 4x2 − 1 = 8x2 + 10x + 3 2 4x  + 10x + 4 = 0 x = −2  1 x=− . 2 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 196 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 - BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả Đối chiếu điều kiện, suy ra S2 = {−2}. ß ™ 1 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = S1 ∪ S2 = −2; − . 2 ® x 6= −1 f) Điều kiện x 6= 0. Trường hợp 1: x + 1 > 0 ⇔ x > −1. Phương trình trở thành: x−1 1 2x − 1 − = 2 x x+1 x +x ⇒ (x − 1) (x + 1) − x = 2x − 1 2 ⇔ x ñ − 3x = 0 x=0 ⇔ x = 3. Đối chiếu điều kiện, suy ra S1 = {3}. Trường hợp 2: x + 1 < 0 ⇔ x < −1. Phương trình trở thành: 1 2x − 1 x−1 + = 2 x x+1 x +x ⇒ (x − 1) (x + 1) + x = 2x − 1 2 ⇔ x ñ −x=0 x=0 ⇔ x = 1. Đối chiếu điều kiện, suy ra S2 = ∅. Vậy tập nghiệm của phương trình là S = S1 ∪ S2 = {3}.  2. BÀI TẬP RÈN LUYỆN c Bài 3. Giải các phương trình sau: a) (THPT Nguyễn Hữu Cảnh-TP.HCM) b) (THPT An Lạc-TP.HCM) x2 − 5 |x − 1| − 1 = 0 (x + 3) |x − 1| = 4x . .. c) (THPT An Lạc-TP.HCM) d) (THPT Trần Phú-TP.HCM) x2 − 2x + |x − 1| − 1 = 0 x3 + 1 = |2x − 1| (x + 1) .. .. e) (THPT Nguyễn TP.HCM) Thượng Hiền- f) (THPT Tây Thạnh-TP.HCM) 3x x−2 = |x − 1| x 1 − 3x x−1 = 2x − 3 |x + 1| .. .. 196/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 197 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH g) (THPT Nguyễn TP.HCM) Chí Luôn nổ lực để đạt được thành quả Thanh- h) (THPT Bình Hưng Hòa-TP.HCM) 2x2 − |x − 1| = 3x + 1 x2 + |x − 1| = x + 1 .. .. i) (THPT Trường Chinh-TP. HCM) j) (THPT Võ Trường Toản- TP. HCM) |x + 3| + |7 − x| = 10 |x − 2| + |x − 3| = 4 .. .. k) (THPT HCM) Nguyễn Công Trứ- TP. l) 3 = |x + 3| |x − 4| − 1 .. Ê Lời giải. a) Trường hợp 1: x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1. Phương trình trở thành: (x + 3) (x − 1) = 4x 2 ⇔ x ñ − 2x − 3 = 0 x = −1 ⇔ x = 3. Suy ra S1 = {3}. Trường hợp 2: x − 1 < 0 ⇔ x < 1. Phương trình trở thành: (x + 3) (1 − x) = 4x ⇔ x2 + 6x − 3 = √0 ñ x = −3 − 2 3 √ ⇔ x = −3 + 2 3. ¶ √ √ © Suy ra S2 = −3 − 2 3; −3 + 2 3 . ¶ √ √ © Vậy tập nghiệm của phương trình là S = −3 − 2 3; −3 + 2 3; 3 . b) Trường hợp 1: x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1. Phương trình trở thành: x2 − 5 (x − 1) − 1 = 0 ⇔ x2 − 5x + 5 − 1 = 0 2 ⇔ x ñ − 5x + 4 = 0 x=1 ⇔ x = 4. 197/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 198 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 - BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả Suy ra S1 = {1; 4}. Trường hợp 2: x − 1 < 0 ⇔ x < 1. Phương trình trở thành: x2 − 5 (1 − x) − 1 = 0 2 ⇔ x ñ + 5x − 6 = 0 x=1 ⇔ x = −6. Suy ra S2 = {−6}. Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {−6; 1; 4}. c) Trường hợp 1: x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1. Phương trình trở thành: x2 − 2x + x − 1 − 1 = 0 2 ⇔ x ñ −x−2=0 x = −1 ⇔ x = 2. Suy ra S1 = {2}. Trường hợp 2: x − 1 < 0 ⇔ x < 1. Phương trình trở thành: x2 − 2x + 1 − x − 1 = 0 2 ⇔ x ñ − 3x = 0 x=0 ⇔ x = 3. Suy ra S2 = {0}. Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {0; 2}. 1 d) Trường hợp 1: 2x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ . 2 Phương trình trở thành: x3 + 1 = (2x − 1) (x + 1) 3 2 ⇔ x  − 2x − x + 2 = 0 x = −1  ⇔ x = 1 x = 2. Suy ra S1 = {1; 2}. 1 Trường hợp 2: 2x − 1 < 0 ⇔ x < . 2 Phương trình trở thành: x3 + 1 = (1 − 2x) (x + 1) 3 2 ⇔ x ñ + 2x + x = 0 x = −1 ⇔ x = 0. Suy ra S2 = {−1}. Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {−1; 1; 2}. 198/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 199 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả  x 6= 3 2 . e) Điều kiện  x 6= −1 Trường hợp 1: x + 1 > 0 ⇔ x > −1. Phương trình trở thành: 1 − 3x x−1 = 2x − 3 x+1 ⇒ (x − 1) (x + 1) − (2x − 3) (1 − 3x) = 0 ⇔ 7×2 − 11x +√2 = 0  11 + 65 x = 4√ ⇔   11 − 65 x= . 4 ® √ √ ´ 11 + 65 11 − 65 Suy ra S1 = ; . 4 4 Trường hợp 2: x + 1 < 0 ⇔ x < −1. Phương trình trở thành: x−1 1 − 3x = 2x − 3 −x − 1 ⇒ (x − 1) (−x − 1) − (2x − 3) (1 − 3x) = 0 ⇔ 5x2 − 11x +√4 = 0  11 + 41 x = 10√ ⇔   11 − 41 . x= 10 Suy ra S2 = ∅. ® Vậy tập nghiệm của phương trình là S = √ √ ´ 11 + 65 11 − 65 ; . 4 4 ® x 6= 1 x 6= 0. Trường hợp 1: x − 1 > 0 ⇔ x > 1. Phương trình trở thành: f) Điều kiện 3x x−2 = x−1 x 2 ⇒ 3x − (x − 1) (x − 2) = 0 2 ⇔ 2x  + 3x − 2 = 0 x = −2 ⇔  1 x= . 2 Suy ra S1 = ∅. Trường hợp 2: x − 1 < 0 ⇔ x < 1. Phương trình trở thành: x−2 3x = 1−x x 2 ⇒ 3x − (1 − x) (x − 2) = 0 ⇔ 4x2 − 3x + 2 = 0 ⇔ Phương trình vô nghiệm. 199/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 200 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 - BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả Suy ra S2 = ∅. Vậy tập nghiệm của phương trình là S = ∅. g) Trường hợp 1: x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1. Phương trình trở thành: ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ |x2 + x − 1| = x + 1   xñ + 1 ≥ 0 x2 + x − 1 = x + 1   2 x + x − 1 = −x − 1   xñ ≥ −1 x2 − 2 = 0   2 x + 2x = 0  x ≥ −1   √    x = − 2   √  x = 2       x = 0    x = −2 ñ x=0 √ x = 2. ¶√ © Suy ra S1 = 2 . Trường hợp 2: x − 1 < 0 ⇔ x < 1. Phương trình trở thành: ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ |x2 + 1 − x| = x + 1   xñ + 1 ≥ 0 x2 + 1 − x = x + 1   2 x + 1 − x = −x − 1   xñ ≥ −1 x2 − 2x = 0   2 x +2=0   xñ ≥ −1 x=0   x=2 x = 2. Suy ra S2 = ∅. ¶√ © 2 . Vậy tập nghiệm của phương trình S = h) Trường hợp 1: x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1. 200/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 201 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Phương trình trở thành: ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ |2x2 − (x − 1) | = 3x + 1 |2x2 − x + 1| = 3x + 1  +1≥0  3x ñ 2 2x − x + 1 = 3x + 1   2x2 − x + 1 = −3x − 1  1   x ≥ − 3 ñ 2 2x − 4x = 0    2x2 + 2x + 2 = 0  1   x ≥ − 3 ñ x=0    x=2 x = 2. Suy ra S1 = {2}. Trường hợp 2: x − 1 < 0 ⇔ x < 1. Phương trình trở thành ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ |2x2 − (1 − x) | = 3x + 1 |2x2 + x − 1| = 3x + 1  +1≥0  3x ñ 2 2x + x − 1 = 3x + 1   2x2 + x − 1 = −3x − 1  1   x ≥ − 3 ñ 2 2x − 2x − 2 = 0    2x2 + 4x = 0  1   x≥−   3 √      1+ 5     x = 2√   1 − 5    x =      2      x = 0     x = −2 √  1+ 5 x = 2 x = 0. Suy ra S2 = {0}. Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {0; 2}. i) Trường hợp 1: x − 2 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2. 201/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 202 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 - BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả Phương trình trở thành ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x − 2 + |x − 3| = 4 |x − 3| = −x + 6  −x+6≥0  ñ x − 3 = −x + 6   x−3=x−6   xñ ≤ 6 2x = 9   − 3 = −6 9 x= . 2 ß ™ 9 Suy ra S1 = . 2 Trường hợp 2: x − 2 < 0 ⇔ x < 2. Phương trình trở thành ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2 − x + |x − 3| = 4 |x − 3| = x + 2   xñ + 2 ≥ 0 x−3=x+2   x − 3 = −x − 2   xñ ≥ −2 −3=2   2x = 1 1 x= . 2 ß ™ 1 Suy ra S2 = . 2 ß Vậy tập nghiệm của phương trình là S = ™ 1 9 ; . 2 2 j) Trường hợp 1: x + 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ −3. Phương trình trở thành ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x + 3 + |7 − x| = 10 |7 − x| = −x + 7  −x+7≥0  ñ 7 − x = −x + 7   7−x=x−7   xñ ≤ 7 7=7   2x = 14 x ∈ (−∞; 7] . Suy ra S1 = [−3; 7]. Trường hợp 2: x + 3 < 0 ⇔ x < −3. 202/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 203 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Phương trình trở thành ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ −x − 3 + |7 − x| = 10 |7 − x| = x + 13   xñ + 13 ≥ 0 7 − x = x + 13   7 − x = −x − 13   xñ ≥ −13 2x = −6   7 = −13 x = −3. Suy ra S2 = ∅. Vậy tập nghiệm của phương trình là S = [−3; 7]. ® ® x 6= 5 x − 4 6= 1 ⇔ k) Điều kiện |x − 4| − 1 6= 0 ⇔ |x − 4| = 6 1⇔ x 6= 3. x − 4 6= −1 2 Phương trình ⇔ 3 = | (x + 3) (x − 4) | − |x + 3| ⇔ |x − x − 12| − |x + 3| = 3 (1). Trường hợp 1: x + 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ −3 Khi đó (1) ⇔ |x2 − x − 12| = x + 6   xñ + 6 ≥ 0 ⇔ x2 − x − 12 = x + 6   2 x − x − 12 = −x − 6   xñ ≥ −6 ⇔ x2 − 2x − 18 = 0   2 x −6=0 √  x = 1 + 19 √  x = 1 − 19 √ ⇔   x = 6 √ x = − 6. ¶ √ © Suy ra S1 = 1 + 19 . Trường hợp 2: x + 3 < 0 ⇔ x < −3 Khi đó (1) ⇔ |x2 − x − 12| = −x  −x≥0  ñ ⇔ x2 − x − 12 = −x   2 x − x − 12 = x   xñ ≤ 0 ⇔ x2 − 12 = 0   2 x − 2x − 12 = 0 √ ñ x = −2 3 √ ⇔ x = 1 − 13. 203/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 204 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 - BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả ¶ √ © Suy ra S2 = −2 3 . ¶ √ √ © Vậy tập nghiệm của phương trình S = −2 3; 1 + 19 .  | Dạng 14. Phương trình chứa ẩn dưới dấu giá trị tuyệt đối Nhóm 4. Đặt ẩn phụ của trị tuyệt đối. Phương pháp: |u (x) |2 = u2 (x) và nếu đặt t = |u (x) | ≥ 0 ⇒ t2 = [u (x)]2 . 1. BÀI TẬP VẬN DỤNG c Bài 4. Giải các phương trình sau: a) x2 + 4x − 3|x + 2| + 4 = 0.. c) | 2x − 1 x+2 | − 2| | = 1.. x+2 2x − 1 b) (x + 2)2 − 3|x + 2| − 4 = 0.. d) x2 + 1 1 − 10 = 2|x − |. 2 x x . Ê Lời giải. a) Đặt t = |x + 2|, t ≥ 0. Phương trình trở thành tñ2 − 3t = 0 t=0 ⇔ t = 3. Với t = 0 ⇔ |x + 2| = 0 ⇔ x ñ = −2. ñ x+2=3 x=1 Với t = 3 ⇔ |x + 2| = 3 ⇔ ⇔ x + 2 = −3 x = −5. Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {−5; 1}. b) Đặt t = |x + 2|, t ≥ 0. Phương trình trở thành tñ2 − 3t − 4 = 0 t = −1 ⇔ t=4 ⇔ t = 4. ñ ñ x+2=4 x=2 Với t = 4 ⇔ |x + 2| = 4 ⇔ ⇔ x + 2 = −4 x = −6. Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {−6; 2}.  ® x 6= −2 x + 2 6= 0 c) Điều kiện ⇔ x 6= 1 . 2x − 1 6= 0 2 2x − 1 Đặt t = | |, t ≥ 0. x+2 204/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 205 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Phương trình trở thành 2 t− =1 ® t t 6= 0 ⇔ t2 − t − 2 = 0 ñ t = −1 ⇔ t = 2. ⇔ t = 2.  2x − 1 =2 2x − 1 3  ⇔x=− . |=2⇔ x+2 2x − 1 x+2 4 = −2 x+2 ß ™ 3 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = − . 4 Với t = 2 ⇔ | d) Điều kiện x 6= 0. 1 1 1 Đặt t = |x − | ≥ 0 ⇒ t2 = x2 + 2 − 2 ⇔ x2 + 2 = t2 + 2. x x x Phương trình trở thành t2 − 10 = 2t ⇔ tñ2 − 2t − 8 = 0 t = −2 ⇔ t=4 ⇔ t = 4. √  x=2+ 5 √ ñ 2  x = 2 − 5 x − 4x − 1 = 0 √ ⇔ 2 ⇔  x + 4x − 1 = 0 x = −2 + 5 √ x = −2 − 5. ¶ √ √ √ √ © Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 2 + 5; 2 − 5; −2 + 5; −2 − 5  1 =4 x − 1  x Với t = 4 ⇔ |x − | = 4 ⇔  1 x x − = −4 x  2. BÀI TẬP RÈN LUYỆN c Bài 2. Giải các phương trình sau: 2 a) (THPT Tây Thạnh - TP.HCM) (x2 − 3) − 6|x2 − 3| + 5 = 0. b) (THPT Nguyễn Thị Minh Khai-TP.HCM) x2 − 4x + 4 |2x − 4| + = 3. x2 − 2x + 1 x−1 c) (THPT Nguyễn Thượng Hiền-TP.HCM) 4x2 + 1 1 + |2x − | − 6 = 0.. 2 x x d) (THPT Chuyên Lê Hồng Phong-TP.HCM) 8x2 + 2 1 − 9|2x − | − 1 = 0. x2 x e) Tìm tham số m để các phương trình sau có nghiệm duy nhất: a) |2x − m| = |x − 1|. 205/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 206 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 - BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả b) |mx − 2| = |x + 4|. f) Tìm m để các phương trình |mx + 1| = |2x − m − 3| có hai nghiệm phân biệt ? g) Tìm m để các phương trình x2 − 2x − 2m|x − 1| + m − 3 = 0 có bốn nghiệm phân biệt ? Ê Lời giải. a) Đặt t = |x2 − 3|, t ≥ 0. Phương trình trở thành tñ2 − 6t + 5 = 0 t=1 ⇔ t=5  x = −2 ñ 2 ñ 2 x = 2  x −3=1 x =4 Với t = 1 ⇔ |x2 − 3| = 1 ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔ x = √2 x − 3 = −1 x =2  √ x = − 2. ¶ √ √ © Vậy tập nghiệm của phương trình là S = −2; 2; − 2; 2 . b) Điều kiện x 6= 1. |2x − 4| 4 (x2 − 4x + 4) Đặt t = ≥ 0 ⇒ t2 = . x−1 x2 − 2x + 1 Phương trình trở thành t2 +t=3 4 ⇔ tñ2 + 4t − 12 = 0 t=2 ⇔ t = −6 ⇔ t = 2. Với t = 2 ⇒ ⇒ ⇔ ⇔ ⇔ |2x − 4| =2 x−1 |2x − 4| = 2x − 2  −2≥0  2x ñ 2x − 4 = 2x − 2   2x − 4 = −2x + 2  x ≥ 1 x = 3 2 3 x= 2 ß ™ 3 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = . 2 206/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 207 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả c) Điều kiện x 6= 0. 1 1 1 Đặt t = |2x − | ≥ 0 ⇒ t2 = 4x2 + 2 − 4 ⇒ t2 + 4 = 4x2 + 2 . x x xñ t=1 ⇔ t = 1. Phương trình trở thành t2 + 4 + t − 6 = 0 ⇔ t2 + t − 2 = 0 ⇔ t = −2  1 x=−   2 1 ñ 2  = 1 2x − x = 1 2x − x − 1 = 0 1  x ⇔ Với t = 1 ⇔ |2x − | = 1 ⇔  ⇔ 2 x = −1 1 x 2x + x − 1 = 0  2x − = −1  x 1 x= . 2 ™ ß 1 1 . Vậy tập nghiệm của phương trình là S = − ; 1; −1; 2 2 d) Điều kiện x 6= 0. 1 1 1 Đặt t = |2x − | ≥ 0 ⇒ t2 = 4x2 + 2 − 4 ⇒ t2 + 4 = 4x2 + 2 . x x x  t=1 Phương trình trở thành 2t2 + 8 − 9t − 1 = 0 ⇔ 2t2 − 9t + 7 = 0 ⇔  7. t=  2 1 x=−   2 1 ñ  2 2x − = 1  x=1 2x − x − 1 = 0 1  x Với t = 1 ⇔ |2x − | = 1 ⇔  ⇔ ⇔ 2  1 x 2x + x − 1 = 0 x = −1 2x − = −1  x 1 x= . √  2   1 7 7 −1 + 29 2 2x − = 2x − x − = 0 x = 7 1 7  x 2 ⇔ 2 4√  Với t = ⇔ |2x − | = ⇔  ⇔   1 7 7 2 x 2 −1 − 29 2x − = − 2x2 + x − = 0 x= . x 2 2 ® √ √ ´4 1 −1 + 29 −1 − 29 1 ; . Vậy tập nghiệm của phương trình là S = − ; 1; −1; ; 2 2 4 4 e)  ñ x=m−1 2x − m = x − 1  a) |2x − m| = |x − 1| ⇔ ⇔ m+1 2x − m = −x + 1 x= . 3 m+1 Phương trình có nghiệm duy nhất ⇔ m − 1 = ⇔ 3m − 3 = m + 1 ⇔ 2m = 4 ⇔ m = 2. 3 Vậy m = 2 thỏa yêu cầu bài toán. ñ ñ mx − 2 = x + 4 (m − 1) x = 6 b) |mx − 2| = |x + 4| ⇔ ⇔ mx − 2 = −x − 4 (m + 1) x = −2. Với m − 1 = 0 ⇔ m = 1 thì (m − 1) x = 6 vô nghiệm. 6 Với m − 1 6= 0 ⇔ m 6= 1 thì ⇔ (m − 1) x = 6 có nghiệm x = . m−1 Với m + 1 = 0 ⇔ m = −1 thì (m + 1) x = −2 vô nghiệm. −2 Với m + 1 6= 0 ⇔ m 6= −1 thì (m + 1) x = −2 có nghiệm x = . m+1 Vậy m = 1 hoặc m = −1 thỏa yêu cầu bài toán. ñ ñ mx + 1 = 2x − m − 3 (m − 2) x = −m − 4 f) |mx + 1| = |2x − m − 3| ⇔ ⇔ . mx + 1 = −2x + m + 3 (m + 2) x = m + 2 207/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 208 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 - BẬC 2 ® Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ® m 6= 2 thỏa yêu cầu bài toán. Vậy m 6= −2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả m − 2 6= 0 ⇔ m + 2 6= 0 ® m 6= 2 . m 6= −2 g) Đặt t = |x − 1| ≥ 0 ⇒ t2 = x2 − 2x + 1 ⇒ t2 − 1 = x2 − 2x. Phương trình trở thành t2 − 1 − 2mt + m − 3 = 0 ⇔ t2 − 2mt + m − 4 = 0 (*) Phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm dương phân biệt khác 0  2  0 m −m+4>0 4 >0       2m > 0 S > 0 ⇔ m > 4. ⇔ ⇔   m−4>0 P >0       2 m 6= 4 0 − 2 · m · 0 + m − 4 6= 0 Vậy m > 4 thỏa yêu cầu bài toán.  | Dạng 15. Phương trình chứa ẩn dưới dấu căn ® √ √ Phương pháp A≥0 Nhóm 1.Phương trình A = B −−−−−−−→ Điều kiện và bình phương. B≥0 | Dạng 16. Phương trình chứa ẩn dưới dấu căn ® √ √ Phương pháp A≥0 Nhóm 1.Phương trình A = B −−−−−−−→ Điều kiện và bình phương. B≥0 208/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 209 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH 3. Luôn nổ lực để đạt được thành quả BÀI TẬP VẬN DỤNG c Bài 3. Giải phương trình √ 3×2 − 8x + 5 − √ 11 − x = 0. Ê Lời giải. ® Điều kiện 11 − x ≥ 0 3×2 − 8x + 5 ≥ 0. √ √ Phương trình ⇔ 3×2 − 8x + 5 = 11 − x ⇔ 3×2 − 8x + 5 = 11 − x ⇔ 3×2 − 7x − 6 = 0  x = 3 (thỏa mãn) ⇔ 2 x = − (thỏa mãn). 3 ß ™ 2 Vậy phương trình có tập nghiệm S = 3; − . 3 c Bài 4. Giải phương trình √  √ x − 3 = 3 x2 − 9. Ê Lời giải. ® Điều kiện: x−3≥0 x2 − 9 ≥ 0  Phương trình ⇔ x − 3 = 9 x2 − 9 ⇔ 9×2 − x − 78 = 0  x = 3 (thỏa mãn) ⇔ 26 x=− (loại). 9 Vậy phương trình có tập nghiệm S = {3}. c Bài 5. Giải phương trình ® Điều kiện 2 p x2 − 1 +  √ √ 2x + 3 = x2 + x − 1. Ê Lời giải. √ x − 1 + 2x + 3 ≥ 0 x2 + x − 1 ≥ 0 √ Phương trình ⇔ x2 − 1 + 2x + 3 = x2 + x − 1 √ ⇔ 2x + 3 = x ® x≥0 ⇔ 2x + 3 = x2 ® x≥0 ⇔ x2 − 2x − 3 = 0   xñ ≥ 0 ⇔ x = 3 (thỏa mãn)   x = −1 (loại) ⇔ x = 3. Vậy phương trình có tập nghiệm S = {3}. 209/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 210 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 c Bài 6. Giải phương trình ® Điều kiện 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả p p √ √ x2 + 6x + x − 2 = x3 + x − 2. Ê Lời giải. √ x + 6x + x − 2 ≥ 0 √ x3 + x − 2 ≥ 0. √ √ Phương trình ⇔ x2 + 6x + x − 2 = x3 + x − 2 ⇔ x3 − x2 − 6x = 0  ⇔ x x2 − x − 6 = 0 ñ x=0 ⇔ 2 x −x−6=0  x = 0 (loại) ñ ⇔  x = 3 (thỏa mãn) x = −2 (loại) ⇔ x = 3. Vậy phương trình có tập nghiệm S = {3}. 210/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 211 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH 4. Luôn nổ lực để đạt được thành quả BÀI TẬP RÈN LUYỆN c Bài 7. Giải các phương trình sau √ a) x2 − x + 2 = |3x − 4|. √ √ c) 2×2 − 3x + 12 = 2 −x2 + x + 3. √ √ e) x2 − 3x + 18 = 14x + 2. √ √ g) 3 x − 1 = x2 + 8x − 11. √ 3×2 + 1 = |x + 1|. √ √ d) x2 − 3x − 2 = x − 3. √ √ f) x2 − 5x + 2 = −x − 1. √ √ h) x − 1 = 2 2x + 5. b) Ê Lời giải. a) Điều kiện x2 − x + 2 ≥ 0. Phương trình ⇔ x2 − x + 2 = (3x − 4)2 ⇔ 8×2 − 23x + 14 = 0  x = 2 (thỏa mãn)  ⇔ 7 x = (thỏa mãn). 8 ß ™ 7 Vậy phương trình có tập nghiệm S = 2; . 8 b) Ta có Phương trình ⇔ 3×2 + 1 = (x + 1)2 ⇔ 2×2 − 2x = 0 ñ x=0 ⇔ x = 1. Vậy phương trình có tập nghiệm S = {0; 1}. ® 2 2x − 3x + 12 ≥ 0 c) Điều kiện − x2 + x + 3 ≥ 0. Phương trình ⇔ 2×2 − 3x + 12 = 4 −x2 + x + 3 ⇔ 6×2 − 7x = 0  x = 0 (thỏa mãn) ⇔ 7 x = (thỏa mãn). 6 ß ™ 7 Vậy phương trình có tập nghiệm S = 0; . 6 ® 2 x − 3x − 2 ≥ 0 d) Điều kiện x − 3 ≥ 0.  Phương trình ⇔ x2 − 3x − 2 = x − 3 ⇔ x2 − 4x + 1 = 0 √ ñ x = 2 + 3 (thỏa mãn) √ ⇔ x = 2 − 3 (loại). ¶ √ © Vậy phương trình có tập nghiệm S = 2 + 3 . 211/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 212 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 ® e) Điều kiện Luôn nổ lực để đạt được thành quả x2 − 3x + 18 ≥ 0 14x + 2 ≥ 0. Phương trình ⇔ x2 − 3x + 18 = 14x + 2 ⇔ x2 − 17x + 16 = 0 ñ x = 1 (thỏa mãn) ⇔ x = 16 (thỏa mãn). Vậy phương trình có tập nghiệm S = {1; 16}. ® 2 x − 5x + 2 ≥ 0 f) Điều kiện − x − 1 ≥ 0. Phương trình ⇔ x2 − 5x + 2 = −x − 1 ⇔ x2 − 4x + 3 = 0 ñ x = 1 (loại) ⇔ x = 3 (loại). Vậy phương trình có tập nghiệm S = ∅. ® 2 x + 8x − 11 ≥ 0 g) Điều kiện x − 1 ≥ 0. Phương trình ⇔ 9 (x − 1) = x2 + 8x − 11 ⇔ x2 − x − 2 = 0 ñ x = 2 (thỏa mãn) ⇔ x = −1 (loại). Vậy phương trình có tập nghiệm S = {2}. ® 2x + 5 ≥ 0 h) Điều kiện ⇔ x ≥ 1. x−1≥0 Phương trình ⇔ (x − 1) = 4 (2x + 5) ⇔ x − 1 = 8x + 20 ⇔ 7x + 21 = 0 ⇔ x = −3 (loại). Vậy phương trình có tập nghiệm S = ∅.  212/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 213 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả | Dạng 17. Phương trình chứa ẩn dưới dấu căn ® √ B≥0 Phương pháp Nhóm 2. Phương trình A = B −−−−−−−→ Điều kiện A = B2. 213/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 214 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 5. Luôn nổ lực để đạt được thành quả BÀI TẬP VẬN DỤNG c Bài 8. Giải phương trình √ 3×2 + 7x − 2 = x + 1. Ê Lời giải. Ta có √ ® 3×2 + 7x − 2 = x + 1 ⇔ x+1≥0 3×2 + 7x − 2 = (x + 1)2 ® x ≥ −1 2×2 + 5x − 3 = 0  x ≥ −1    1 ⇔ x = (thỏa mãn)   2   x = −3 (loại) 1 ⇔x= . 2 ⇔ ß ™ 1 . Vậy phương trình có tập nghiệm S = 2 c Bài 9. Giải phương trình −6 + √  25×2 − 10x + 1 = x. Ê Lời giải. Ta có −6 + √ ® x+6≥0 25×2 − 10x + 1 = (x + 6)2 ® x ≥ −6 25×2 − 10x + 1 = x2 + 12x + 36 25×2 − 10x + 1 = x ⇔ ⇔ ® x ≥ −6 24×2 − 22x − 35 = 0  x ≥ −6      7 ⇔ x = 4 (thỏa mãn)    5   x = − (thỏa mãn) 6  7 x = (thỏa mãn)  4 ⇔ 5 x = − (thỏa mãn). 6 ß ™ 7 5 Vậy phương trình có tập nghiệm S = ;− . 4 6 ⇔ c Bài 10. Giải phương trình  √ x2 − 2x − 4 − x = 1. Ê Lời giải. 214/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 215 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Ta có √ Luôn nổ lực để đạt được thành quả ® x+1≥0 x2 − 2x − 4 = (x + 1)2 ® x ≥ −1 x2 − 2x − 4 = x2 + 2x + 1 x2 − 2x − 4 − x = 1 ⇔ ⇔ ® x ≥ −1 − 4x = 5  x ≥ −1 ⇔ x = − 5 (loại). 4 ⇔ Vậy phương trình có tập nghiệm S = ∅. c Bài 11 − Tp. Hồ Chí Minh). Giải √(THPT Năng Khiếu  2 (x − 2) x − 4x + 3 − x = 0.  phương Ê Lời giải. ñ x≤1 Điều kiện x2 − 4x + 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3. Ta có ñ ä Ä√ x−2=0 x2 − 4x + 3 − x = 0 ⇔ √ (x − 2) x2 − 4x + 3 − x = 0 ñ x = 2 (loại) ⇔ √ x2 − 4x + 3 = x  x = 2 (loại) ® ⇔ x≥0 x2 − 4x + 3 = x2  x = 2 (loại)  ⇔ 3 x = (thỏa mãn). 4 ß ™ 3 . Vậy phương trình có tập nghiệm S = 4 215/528 trình  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 216 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 6. Luôn nổ lực để đạt được thành quả BÀI TẬP RÈN LUYỆN c Bài 12. Giải phương trình √ 5×2 − 25x + 31 = 5 − 2x. Ê Lời giải. Ta có √ ® 5×2 − 25x + 31 = 5 − 2x ⇔ 5 − 2x ≥ 0 5×2 − 25x + 31 = (5 − 2x)2  x ≤ 5 2 ⇔  2 5x − 25x + 31 = 4×2 − 20x + 25  x ≤ 5 2 ⇔  2 x − 5x + 6 = 0  5   x ≤ 2 ⇔ ñx = 2    x=3 ⇔ x = 2. Vậy phương trình có tập nghiệm S = {2}. c Bài 13. Giải phương trình  √ 2×2 + 7 = x + 2. Ê Lời giải. Ta có √ ® 2×2 +7=x+2⇔ x+2≥0 2×2 + 7 = (x + 2)2 ® x ≥ −2 x2 − 4x + 3 = 0   xñ ≥ −2 ⇔ x=1   x=3 ñ x=1 ⇔ x = 3. ⇔ Vậy phương trình có tập nghiệm S = {1; 3}. c Bài 14. Giải phương trình  √ −2×2 + 5x − 3 − 1 + 2x = 0. Ê Lời giải. 216/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 217 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Ta có √ Luôn nổ lực để đạt được thành quả √ −2×2 + 5x − 3 = 1 − 2x ® 1 − 2x ≥ 0 ⇔ − 2×2 + 5x − 3 = (1 − 2x)2  x ≤ 1 2 ⇔  2 6x − 9x + 4 = 0  x ≤ 1 2 ⇔  x∈∅ −2×2 + 5x − 3 − 1 + 2x = 0 ⇔ ⇔ x ∈ ∅. Vậy phương trình có tập nghiệm S = ∅. c Bài 15. Giải phương trình √  8×2 − 6x + 1 = 4x − 1. Ê Lời giải. Ta có √ ® 4x − 1 ≥ 0 8×2 − 6x + 1 = (4x − 1)2  x ≥ 1 4 ⇔  2 8x − 2x = 0  1   x≥    4 x=0 ⇔     1   x= 4 1 ⇔x= . 4 8×2 − 6x + 1 = 4x − 1 ⇔ ß ™ 1 Vậy phương trình có tập nghiệm S = . 4 c Bài 16. Giải phương trình √  x2 − 2x − 2 = x − 2. Ê Lời giải. Ta có √ ® x−2≥0 x2 − 2x − 2 = (x − 2)2 ® x≥2 2x = 6 x2 − 2x − 2 = x − 2 ⇔ ⇔ ⇔ x = 3. Vậy phương trình có tập nghiệm S = {3}. c Bài 17. Giải phương trình  √ 3×2 − 9x + 1 = x − 2. Ê Lời giải. 217/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 218 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ta có √ ® 3×2 − 9x + 1 = x − 2 ⇔ x−2≥0 3×2 − 9x + 1 = (x − 2)2 ® x≥2 2×2 − 5x − 3 = 0  x≥2    x=3 ⇔     x = −1 2 ⇔ x = 3. ⇔ Vậy phương trình có tập nghiệm S = {3}. c Bài 18. Giải phương trình  √ 2×2 + 9x + 7 = x + 1. Ê Lời giải. Ta có √ ® 2×2 + 9x + 7 = x + 1 ⇔ x+1≥0 2×2 + 9x + 7 = (x + 1)2 ® x ≥ −1 x2 + 7x + 6 = 0   xñ ≥ −1 ⇔ x = −1   x = −6 ⇔ ⇔ x = −1. Vậy phương trình có tập nghiệm S = {−1}. c Bài 19. Giải phương trình  √ 4x − 3 = x − 2. Ê Lời giải. Ta có √ 4x − 3 = x − 2 ⇔ ® x−2≥0 4x − 3 = (x − 2)2 ® x≥2 x2 − 8x + 7 = 0   xñ ≥ 2 ⇔ x=1   x=7 ⇔ Vậy phương trình có tập nghiệm S = {7}. c Bài 20. Giải phương trình ⇔ x = 7.  √ x2 − x + 16 = 4 − 2x. Ê Lời giải. 218/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 219 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ta có √ ® x2 − x + 16 = 4 − 2x ⇔ 4 − 2x ≥ 0 x2 − x + 16 = (4 − 2x)2 ® x≤2 3×2 − 15x = 0   xñ ≤ 2 ⇔ x=0   x=5 ⇔ ⇔ x = 0. Vậy phương trình có tập nghiệm S = {0}. c Bài 21. Giải phương trình √  3×2 − 2x − 5 = x − 1. Ê Lời giải. √ 3×2 − 2x − 5 = x − 1 ⇔ ® ® x−1≥0 3×2 − 2x − 5 = (x − 1)2 √ Vậy phương trình có nghiệm x = 3. c Bài 22. Giải phương trình √ ⇔  x≥1  ñ √ √ x≥1 x = 3 ⇔ ⇔ x = 3.  2×2 − 6 = 0 √  x=− 3  x2 + 1 = 2x − 1. Ê Lời giải.  1    x≥  ®   2 x ≥ 1 √ 2x − 1 ≥ 0 4 2 2 x=0 ⇔x= . ⇔ x + 1 = 2x − 1 ⇔ 2 ⇔  2  3 x + 1 = (2x − 1)  3×2 − 4x = 0  4   x= 3 4 Vậy phương trình có nghiệm x = . 3 √ c Bài 23. Giải phương trình x2 + 24x − 48 = 2x − 1.  Ê Lời giải.  1   x ≥  ®  x ≥ 1  2 √ 2x − 1 ≥ 0 2 2 x=7 ⇔ x + 24x − 48 = 2x − 1 ⇔ ⇔ ⇔  2  x2 + 24x − 48 = (2x − 1)2  3x − 28x + 49 = 0  7   x= 3  x=7  7 x= . 3 ™ ß 7 Vậy phương trình có tập nghiệm S = ;7 .  3 c Bài 24. Giải phương trình (x + 1) √  4x + 1 − 1 = 0. Ê Lời giải. 219/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 220 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả 1 Điều kiện 4x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ − . 4 ñ ñ Ä√ ä x+1=0 x = −1 (loại) (x + 1) 4x + 1 − 1 = 0 ⇔ √ ⇔ √ 4x + 1 − 1 = 0 4x + 1 = 1 ⇔ 4x + 1 = 1 ⇔ x = 0. Vậy phương trình có nghiệm x = 0.  c Bài 25. Giải phương trình (x2 − 4x + 3)  √ 2 − x − x = 0. Ê Lời giải. Điều kiện 2 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 2. ñ 2 x − 4x + 3 = 0 (1)  √ 2 (x − 4x + 3) 2 − x − x = 0 ⇔ √ 2 − x − x = 0 (2). ñ x = 1 (thỏa mãn) (1) ⇔ x = 3 (loại).  ® ®  xñ ≥ 0 √ x≥0 x≥0 (2) ⇔ 2 − x = x ⇔ ⇔ ⇔ x = 1 ⇔ x = 1.  x2 + x − 2 = 0 2 − x = x2  x = −2 Vậy phương trình có nghiệm x = 1. 220/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 221 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả | Dạng 18. Phương trình chứa ẩn dưới dấu căn √ √ √ Nhóm 3. Giải các phương trình dạng A − B + C = 0. Phương pháp giải: Đặt điều kiện. Chuyển vế để hai vế đều dương và bình phương giải phương trình hệ quả. 221/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 222 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 7. Luôn nổ lực để đạt được thành quả BÀI TẬP VẬN DỤNG c Bài 26. Giải các phương trình sau √ √ √ a) x + 2 − x − 1 = 2x − 3. √ √ √ c) 3x − 3 − 5 − x = 2x − 4. b) √ 12x + 4 − √ √ x + 4 = 4x + 5. Ê Lời giải.   x ≥ −2  x + 2 ≥ 0     3 a) Điều kiện x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1 ⇔ x ≥ .   2   x ≥ 3 2x − 3 ≥ 0 2 » √ √ √ √ √ √ x + 2 − x − 1 = 2x − 3 ⇔ x + 2 = x − 1 + 2x − 3 ⇔ x + 2 = 2x − 3 + x − 1 + 2 (2x − 3  ® ® ñ  xñ ≤ 3 √ 3−x≥0 x = −3 x≤3 2 ⇔ ⇔ 2x − 5x + 3 = 3 − x ⇔ x = −3 ⇔ 2 2 ⇔ 2  x +x−6=0 x = 2 (t 2x − 5x + 3 = (3 − x)  x=2 Vậy phương trình có nghiệm x = 2.  1    x≥−  12x + 4 ≥ 0   3   1 b) Điều kiện x + 4 ≥ 0 ⇔ x ≥ −4 ⇔ x ≥ − .   3    5 4x + 5 ≥ 0  x ≥ − 4 » √ √ √ √ √ √ 12x + 4 − x + 4 = 4x + 5 ⇔ 12x + 4 = x + 4 + 4x + 5 ⇔ 12x + 4 = x + 4 + 4x + 5 + 2     x≥  ®  5   √  7x − 5 ≥ 0 x≥ 7 x  ⇔ ⇔ ⇔ 2 4×2 + 21x + 20 = 7x − 5 ⇔   4 4×2 + 21x + 20 = (7x − 5)2   33×2 − 154x − 55 = 0    x ⇔ x = 5 (thỏa mãn). Vậy phương trình có nghiệm x = 5.     3x − 3 ≥ 0 x ≥ 1 c) Điều kiện 5 − x ≥ 0 ⇔ x ≤ 5 ⇔ 2 ≤ x ≤ 5.     2x − 4 ≥ 0 x≥2 » √ √ √ √ √ √ 3x − 3 − 5 − x = 2x − 4 ⇔ 3x − 3 = 5 − x + 2x − 4 ⇔ 3x − 3 = 5 − x + 2x − 4 + 2 (5 −  ® ® ñ  xñ ≥ 2 √ x−2≥0 x ≥ 2 ⇔ −2×2 + 14x − 20 = x − 2 ⇔ ⇔ ⇔ x=2 ⇔  x2 − 6x + 8 = 0 − 2×2 + 14x − 20 = (x − 2)2  x=4 Vậy phương trình có nghiệm x = 2, x = 4.  222/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 223 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH 8. Luôn nổ lực để đạt được thành quả BÀI TẬP VỀ NHÀ c Bài 27. Giải các phương trình sau √ √ a) x + 1 − x − 1 = 1. √ √ c) 2x + 3 + 2x + 2 = 1. √ √ e) 3x + 4 − x − 2 = 3. √ √ g) 3x + 1 = 8 − x + 1. √ √ √ i) x + 4 − 1 − x = 1 − 2x. √ √ √ k) 5x − 1 = 3x − 2 − 2x − 1. √ √ √ m) 3x + 4 − 2x + 1 = x + 3. √ √ √ o) 3x − 3 − 5 − x = 2x − 4. √ √ √ q) 3 x + 1 + 3 3x + 1 = 3 x − 1. p √ √ s) 2 x + 2 + 2 x + 1 − x + 1 = 4. b) d) f) h) j) l) n) p) r) t) √ √ 6x + 1 − √ 2x + 1 = 2. √ x2 + 7 = 2. √ √ 2x + 1 = 2 + x − 3. √ √ x + 9 = 5 − 2x + 4. √ √ √ 5x − 1 − x − 1 = 2x − 4. √ √ 4×2 − 7x − 2 = 2 x2 − x + 1 − 1. √ √ √ x − 2 + x − 1 = 2x − 3. √ p p x(x − 1) + x(x + 2) = 2 x2 . √ √ √ 3 x + 1 + 3 x + 2 + 3 x + 3 = 0. p p √ √ x + 2 x − 1 − x − 2 x − 1 = 2. x2 + 9 − Ê Lời giải. a) Điều kiện x ≥ 1. Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương √ √ √ √ 5 x+1=1+ x−1⇔x+1=1+x−1+2 x−1⇔2 x−1=1⇔x= 4 ß ™ 5 Vậy S = . 4 (thỏa mãn). 1 b) Điều kiện x ≥ − . 6 Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương √ √ √ √ 6x + 1 = 2 + 2x + 1 ⇔ 6x + 1 = 4 + 2x + 1 + 4 2x + 1 ⇔ 2x + 1 = x − 1  ®  xñ ≥ 1 x≥0 x = 0 (loại) ⇔ ⇔  2x + 1 = (x − 1)2 .  x = 4 (thỏa mãn) Vậy S = {4}. c) Điều kiện x ≥ −1. Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương ® » − 2 − 2x ≥ 0 (2x + 3)(2x + 2) = −2 − 2x ⇔ (2x + 3)(2x + 2) = (2x + 2)2 ® x ≤ −1 ⇔ x = −1 (thỏa mãn) ⇔ x = −1 (thỏa mãn). Vậy S = {−1}. 223/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 224 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả d) Điều kiện x ∈ R. Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương √ x2 + 9 = 2 + √ √ x2 + 7 ⇔ 2 + 4 x2 + 7 = 0 (vô nghiệm). Vậy S = ∅. e) Điều kiện x ≥ 2. Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương √ √ √ 3x + 4 = 3 + x − 2 ⇔2x − 3 = 6 x − 2 3  x ≥    2   √  x ≥ 3 12 − 3 7 2 ⇔ x = ⇔ ( thỏa mãn)   2 2 √   4x − 48x + 81 = 0       x = 12 + 3 7 (thỏa mãn) 2 √ 12 ± 3 7 ⇔ x= . 2 ® √ ´ 12 ± 3 7 . Vậy S = 2 f) Điều kiện x ≥ 3. Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương √ √ x−3⇔x=4 x−3  ®  xñ ≥ 0 x≥0 x = 12 ( thỏa mãn) ⇔ ⇔  x2 − 16x + 48 = 0  x = 4 (thỏa mãn) ñ x = 12 ⇔ x = 4. 2x + 1 = 2 + √ Vậy S = {12; 4}. g) Điều kiện x ≥ −1. Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương √ » √ x + 1 = 8 ⇔ (3x + 1)(x + 1) = 31 − 2x  ® x ≤ 31 31 − 2x ≥ 0 2 ⇔ ⇔  2 (3x + 1)(x + 1) = (31 − 2x)2 x − 128x + 960 = 0  31   x ≤ 2 ñ ⇔ x = 120 (loại)    x = 8 (thỏa mãn). 3x + 1 + Vậy S = {8}. 224/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 225 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả h) Điều kiện x ≥ −2. Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương » √ √ x + 9 + 2x + 4 = 5 ⇔ 2 (x + 9)(2x + 4) = 12 − 3x ® ® x≤4 12 − 3x ≥ 0 ⇔ 2 ⇔ x2 − 160x = 0 4(x + 9)(2x + 4) = (12 − 3x)   xñ ≤ 0 ⇔ x = 0 ( thỏa mãn)   x = 160 (loại). . Vậy S = {0}. 1 i) Điều kiện −4 ≤ x ≤ . 2 Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương » √ √ √ x + 4 = 1 − x + 1 − 2x ⇔ 2x + 1 (1 − x)(1 − 2x)  x ≥ − 1 2 ⇔  2 2x + 7x = 0  1   x ≥ −   2  ⇔ x = 0 ( thỏa mãn)       x = − 7 (loại). 2 Vậy S = {0}. j) Điều kiện x ≥ 2. Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương » √ √ √ 5x − 1 = x − 1 + 2x − 4 ⇔ x + 2 (x − 1)(2x − 4) ® x ≥ −2 ⇔ x2 − 10x = 0   xñ ≥ −2 x = 0 ( thỏa mãn) ⇔   x = 10 (thỏa mãn). Vậy S = {0; 10}. 2 k) Điều kiện x ≥ . 3 Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương » √ √ √ 5x − 1 + 2x − 1 = 3x − 2 ⇔ −2x (5x − 1)(2x − 1) ® x≤0 ⇔ 6×2 − 7x + 1 = 0  x≤0    x = 1 ( loại) ⇔     x = 1 (loại). 6 225/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 226 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả Vậy S = ∅. l) Điều kiện 4×2 − 7x − 2 ≥ 0. Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương √ √ √ 2 − 7x − 2 + 1 = 2 x2 − x + 1 ⇔ 2 4×2 − 7x − 2 = 3x + 5 4x  x ≥ − 5 3 ⇔  2 7x − 58x − 33 = 0  5   x≥−   3   √  24 + 4 67 ⇔ ( thỏa mãn) x =  7   √       x = 24 − 4 67 (thỏa mãn). 7 ® √ ´ 24 ± 4 67 Vậy S = . 7 1 m) Điều kiện x ≥ − . 2 Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương √ √ √ √ 3x + 4 = x + 3 + 2x + 1 ⇔ 2×2 + 7x + 3 = 0 2 ⇔ 2x  + 7x + 3 = 0 x = −3 (loại)  ⇔ 1 x=− (thỏa mãn). 2 ß ™ 1 Vậy S = − . 2 n) Điều kiện x ≥ 2. Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương √ √ √ √ x − 2 + x − 1 = 2x − 3 ⇔ x2 − 3x + 2 = 0 2 ⇔ x ñ − 3x + 2 = 0 x = 1 (loại) ⇔ x = 2 (thỏa mãn). Vậy S = {2}. o) Điều kiện 2 ≤ x ≤ 5. Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương √ √ √ √ 3x − 3 = 2x − 4 + 5 − x ⇔ −2×2 + 14x − 20 = x − 2 ® x≥2 ⇔ 3×2 − 18x + 24 = 0   xñ ≥ 2 x = 4 (thỏa mãn) ⇔   x = 2 (thỏa mãn). Vậy S = {4; 2}. 226/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 227 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả ® x(x − 1) ≥ 0 . x(x + 2) ≥ 0 Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương » » » √ x(x − 1) + x(x + 2) = 2 x2 ⇔ 2 x2 (x + 2)(x − 1) = 2×2 − x ® 2 2x − x ≥ 0 ⇔ 4×2 (x + 2)(x − 1) = x2 (2x − 1)2 ® 2 2x − x ≥ 0 ⇔ 4(x + 2)(x − 1) = (2x − 1)2  2 2x − x ≥ 0 ⇔ x = 9 (thỏa mãn) 8 9 ⇔ x= (thỏa mãn). 8 ß ™ 9 . Vậy S = 8 p) Điều kiện q) Ta có √ 3 » Ä√ ä √ √ √ x + 1 + 3 3x + 1 = 3 x − 1 ⇔ 3 3 (x + 1)(3x + 1) 3 x + 1 + 3 3x + 1 = −3 − 3x » √ ⇒ 3 3 (x + 1)(3x + 1) · 3 x − 1 = −3 − 3x » ⇔ 3 (x + 1)(3x + 1)(x − 1) = −1 − x ⇔ (x + 1)(3x + 1)(x − 1) = −(1 + x)3 ñ x=0 2 ⇔ 4x (x + 1) = 0 ⇔ x = −1. Thử lại, ta có x = −1 là nghiệm của phương trình đã cho. Vậy S = {−1}. r) Ta có » Ä√ ä √ √ √ x + 1 + 3 x + 2 = − 3 x + 3 ⇔ 3 3 (x + 1)(x + 2) 3 x + 1 + 3 x + 2 = −6 − 3x » √ ⇒ 3 3 (x + 1)(x + 2) · 3 x + 3 = 6 + 3x » ⇔ 3 (x + 1)(x + 2)(x + 3) = 3(x + 2) √ 3 ⇔ (x + 1)(x + 2)(x + 3) = 27(x + 2)3 ⇔ (x + 2)(26×2 + 104x + 105) = 0 ⇔ x = −2. Thử lại, ta có x = −2 là nghiệm của phương trình đã cho. Vậy S = {−2}. s) Điều kiện: x ≥ −1. Với điều kiện trên, ta có » √ √ √ √ 2 x+2+2 x+1− x+1=4⇔2 1+ x+1 − x+1=4 √ ⇔ x+1=2 ⇔ x = 3 ( thỏa mãn). Vậy S = {3}. 227/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 228 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả t) Điều kiện: x ≥ 1. Với điều kiện trên, ta có » » √ √ √ √ x+2 x−1− x−2 x−1=2⇔ 1+ x−1 − 1− x−1 =2 ® √ 1− x−1≥0  √  x−1=1 ⇔  √ ®  1− x−1<0 2=2 √ ® 1− x−1≥0  ⇔  x = 2 ( thỏa mãn) ⇔ x ≥ 2. x>2 So với điều kiện, ta có x ≥ 2. Vậy S = [2; +∞).  c Bài 28. Giải các phương trình sau √ a) 3 x2 − 4x + 5 + x2 − 4x + 1 = 0. √ c) 3 x2 + 2x − 3 = 2×2 + 4x − 5. √ e) (x − 2)(x + 3) + x4 − 2×3 + 2×2 − x = −4. √ b) x2 − 3x + 2 x2 − 3x + 11 = 4. √ d) (x + 5)(2 − x) = 3 x2 + 3x. √ f) x(x − 4) −x2 + 4x + (x − 2)2 = 2. Ê Lời giải. a) Đặt x2 − 4x = t thì phương trình trở thành √ √ 3® t + 5 + t + 1 = 0 ⇔ 3 t + 5 = −t − 1 −t−1≥0 ⇔ 9(t + 5) = (−t − 1)2  ®  tñ≤ −1 t ≤ −1 t = 11 (loại) ⇔ ⇔  t2 − 7t − 144 = 0  t = −4 ( thỏa mãn). Với t = −4, ta có x2 − 4x = −4 ⇔ x = 2. Vậy S = {2}. √ b) Đặt t = x2 − 3x + 11 ≥ 0, phương trình đã cho trở thành ñ t = 3 ( thỏa mãn) 2 t + 2t − 15 = 0 ⇔ t = −5 ( loại). Với t = 3, ta có √ x2 ñ x=1 − 3x + 11 = 3 ⇔ x − 3x + 2 = 0 ⇔ x = 2. 2 Vậy S = {1; 2}. 228/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 229 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH c) Đặt t = √ Luôn nổ lực để đạt được thành quả x2 + 2x − 3 ≥ 0, phương trình đã cho trở thành  t = 1 ( thỏa mãn) 2t2 − 3t + 1 = 0 ⇔  1 t= (thỏa mãn). 2 Với t = 1, ta có √ x2 + 2x − 3 = 1 ⇔ x2 + 2x − 4 = 0 ⇔ x = −1 ± √ 5. 1 Với t = , ta có 2 √ 1 −2 ± 17 x2 + 2x − 3 = ⇔ 4×2 + 8x − 13 = 0 ⇔ x = . 2 2 ® √ ´ √ −2 ± 17 Vậy S = −1 ± 5; . 2 √ d) Đặt t = x2 + 3x ≥ 0, phương trình đã cho trở thành ñ t = 2 ( thỏa mãn) 2 t + 3t − 10 = 0 ⇔ t = −5 (loại). √ Với t = 2, ta có ñ √ x=1 x2 + 3x = 2 ⇔ x2 + 3x − 4 = 0 ⇔ . x = −4. Vậy S = {1; −4}. e) Ta có (x + 2)(x − 3) + √ x4 − 2×3 + 2×2 − x = −4 ⇔ x2 − x + » (x2 − x)2 + x2 − x = 2. Đặt t = x2 − x, phương trình đã cho trở thành t+ √ ® t2 + t = 2 ⇔ 4 Với t = , ta có 5  t ≤ 2 2−t≥0 ⇔ t = 4 t2 + t = (2 − t)2 5 ( thỏa mãn) . √ 4 5 ± 105 x −x= ⇔x= . 5 10 2 ® Vậy S = f) Đặt t = √ 5± √ 105 10 ´ . −x2 + 4x ≥ 0, phương trình đã cho trở thành −t3 − t2 + 2 = 0 ⇔ t = 1 ( thỏa mãn). Với t = 1, ta có ¶ √ © Vậy S = 2 ± 3 . √ √ −x2 + 4x = 1 ⇔ −x2 + 4x − 1 = 0 ⇔ x = 2 ± 3.  9. 229/528 BÀI TẬP VỀ NHÀ p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 230 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 c Bài 29. Giải các phương trình sau √ a) 3×2 − 18x + 2 x2 − 6x + 1 = 2. √ c) (x + 4)(x + 1) − 3 x2 + 5x + 2 = 6. √ e) 10x + 15 = 2×2 + x2 − 5x − 6. √ g) 6×2 − 9x − 7 2×2 − 3x + 1 = 3. √ i) (x2 + 1)2 = 5 − x 2×2 + 4. Luôn nổ lực để đạt được thành quả √ b) 4×2 + x + 4 4×2 + x − 4 = 9. √ d) 5 x2 + 2x − 7 = x2 + 2x − 3. √ f) 6×2 − 12x + 7 − x(x − 2) = 0. √ h) (x + 1)(x − 3) 2x − x2 + 3 = 2 − (x − 1)2 . Ê Lời giải. √ a) 3×2 − 18x + 2 x2 − 6x + 1 = 2. (1) √ ñ x ≤ 3 − 2 2 √ Điều kiện: x2 − 6x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3 + 2 2. √ 2 Đặt t = x − 6x + 1, t ≥ 0. ⇒ t2 = x2 − 6x + 1 ⇔ x2 − 6x = t2 − 1. Thay vào (1) ta được ⇔ 3(t2 − 1) + 2t − 2 = 0 2 ⇔ 3t  + 2t − 5 = 0 t = 1 (nhận)  ⇔ 5 t = − (loại). 3 ñ √ x=0 2 2 Với t = 1, suy ra x − 6x + 1 = 1 ⇔ x − 6x = 0 ⇔ x = 6. Thế các nghiệm vào điều kiện, tập nghiệm của phương trình là S = {0; 6}. √ b) 4×2 + x + 4 4×2 + x − 4 = 9.  (2) √ −1 − 65 x ≤ 8√ 2 Điều kiện: 4x + x − 4 ≥ 0 ⇔   −1 + 65 x≥ . 8 √ Đặt t = 4×2 + x − 4, t ≥ 0 ⇒ 4×2 + x = t2 + 4. Thay vào phương trình (2), ta được t2 + 4 + 4t − 9 = 0 ⇔ ñ t2 + 4t − 5 = 0 t = 1 (nhận) ⇔ t = −5. (loại)  x=1 Với t = 1 ⇒ −4 x= . 5 Thế các nghiệm vào điều kiện, tập nghiệm của phương trình là S = {1}. √ 4×2 2 + x − 4 = 1 ⇔ 4x + x − 5 = 0 ⇔  c) √ (x + 4)(x + 1) − 3 x2 + 5x + 2 = 6 √ ⇔ x2 + 5x + 4 − 3 x2 + 5x + 2 = 6. 230/528 (3) p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 231 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả √  −5 − 17 x ≤ 2√ Điều kiện: x2 + 5x + 2 ≥ 0 ⇔   −5 + 17 x≥ . 2 √ Đặt t = x2 + 5x + 2, t ≥ 0 ⇒ x2 + 5x = t2 − 2. Thay vào phương trình (3), ta được t2 − 2 + 4 − 3t = 6 ⇔ tñ2 − 3t − 4 = 0 t = 4 (nhận) ⇔ t = −1. (loại) ñ √ x=2 2 2 Với t = 4 ⇒ x + 5x + 2 = 4 ⇔ x + 5x − 14 = 0 ⇔ x = −7. Thế các nghiệm vào điều kiện, tập nghiệm của phương trình là S = {−7; 2}. √ d) 5 x2 + 2x − 7 = x2 + 2x − 3. (4) √ ñ x ≤ −1 − 2 2 √ Điều kiện: x2 + 2x − 7 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1 + 2 2. √ 2 Đặt t = x + 2x − 7, t ≥ 0 ⇒ x2 + 2x = t2 + 7. Thay vào phương trình (4), ta được 5t = t2 + 7 − 3 ⇔ t2 − 5t + 4 = 0 ñ t = 4 (nhận) ⇔ t = 1. (nhận) √ ñ √ x = −1 + 2 6 √ Với t = 4 ⇒ x2 + 2x − 7 = 4 ⇔ x2 + 2x − 23 = 0 ⇔ ñ x = −1 − 2 6. √ x=2 Với t = 1 ⇒ x2 + 2x − 7 = 1 ⇔ x2 + 2x − 8 = 0 ⇔ x = −4. ¶ √ √ © Thế các nghiệm vào điều kiện, tập nghiệm của phương trình là S = −1 − 2 6; −4; 2; −1 + 2 6 . e) 10x + 15 = 2×2 + √ x2 − 5x − 6 √ ⇔ 2×2 − 10x − 15 + x2 − 5x − 6 = 0. (5) ñ x ≤ −1 2 Điều kiện: x − 5x − 6 ≥ 0 ⇔ x ≥ 6. √ 2 Đặt t = x − 5x − 6, t ≥ 0 ⇒ t2 + 6 = x2 − 5. Thay vào phương trình (5), ta được 2(t2 + 6) − 15 + t = 0 2 ⇔ 2t  +t−3=0 t = 1 (nhận)  ⇔ −3 t= (loại). 2 √  5 + 53 x = √ 2√ 2 2 Với t = 1 ⇒ x − 5x − 6 = 1 ⇔ x − 5x − 7 = 0 ⇔   5 − 53 x= . 2 ® Thế các nghiệm vào điều kiện, tập nghiệm của phương trình là S = 231/528 5+ √ √ ´ 53 5 − 53 ; . 2 2 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 232 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả f) √ 6×2 − 12x + 7 − x(x − 2) = 0 √ ⇔ 6×2 − 12x + 7 − x2 + 2x = 0. (6) Điều kiện: 6×2 − 12x + 7 ≥ 0, đúng với mọi x ∈ R. √ t2 − 7 = x2 − 2x. Thay vào phương Đặt t = 6×2 − 12x + 7, t ≥ 1 ⇒ t2 − 7 = 6×2 − 12x ⇔ 6 trình (6), ta được ã Å 2 t −7 =0 t− 6 2 ⇔ −t ñ + 6t + 7 = 0 t = 7 (nhận) ⇔ t = −1. (loại) √ ñ √ 2 x = 1 + 2 √ Với t = 7 ⇒ 6×2 − 12x + 7 = 7 ⇔ 6×2 − 12x − 42 = 0 ⇔ x = 1 −¶ 2 2. √ √ © Thế các nghiệm vào điều kiện, tập nghiệm của phương trình là S = 1 + 2 2; 1 − 2 2 . √ g) 6×2 − 9x − 7 2×2 − 3x + 1 = 3. (7) 1 x ≤ 2 2 Điều kiện: 2x − 3x + 1 ≥ 0 ⇔  x ≥ 1. √ 2 Đặt t = 2x − 3x + 1, t ≥ 0 ⇒ t2 − 1 = 2×2 − 3x. Thay vào phương trình (7), ta được 3(t2 − 1) − 7t − 3 = 0 2 ⇔ 3t  − 7t − 6 = 0 t = 3 (nhận) ⇔  −2 (loại). t= 3 √  3 + 73 x = √ 4√ Với t = 3 ⇒ 2×2 − 3x + 1 = 3 ⇔ 2×2 − 3x − 8 = 0 ⇔   3 − 73 . x= 4 ® √ √ ´ 3 + 73 3 − 73 Thế các nghiệm vào điều kiện, tập nghiệm của phương trình là S = ; . 4 4 h) √ (x + 1)(x − 3) 2x − x2 + 3 = 2 − (x − 1)2 √ ⇔ (x2 − 2x − 3) −x2 + 2x + 3 = −x2 + 2x + 1. (8) ñ x ≤ −1 2 Điều kiện: −x + 2x + 3 ≥ 0 ⇔ . x ≥ 3. √ Đặt t = −x2 + 2x + 3, t ≥ 0 ⇒ t2 − 3 = −x2 + 2x. Thay vào phương trình (8), ta được −t2 · t = t2 − 3 + 1 ⇔ −t3 − t2 + 2 = 0 ⇔ t = 1 (nhận). 232/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 233 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả √ ñ √ 3 x = 1 + √ Với t = 1 ⇒ −x2 + 2x + 3 = 1 ⇔ −x2 + 2x + 2 = 0 ⇔ x=1− ¶ 3. √ © √ Thế các nghiệm vào điều kiện, tập nghiệm của phương trình là S = 1 + 3; 1 − 3 . i) √ (x2 + 1)2 = 5 − x 2×2 + 4 √ ⇔ x4 + 2×2 + 1 = 5 − x 2×2 + 4 √ √ ⇔ x4 + 2×2 + 1 = 5 − 2 x4 + 2×2 . (9) Điều kiện: √ x ∈ R. Đặt t = x4 + 2×2 , t ≥ 0 ⇒ t2 = −x4 + 2×2 . Thay vào phương trình (9), ta được √ t2 + 1 = 5 − 2t √ ⇔ t2 + √2t − 4 = 0 ñ t = 2 (nhận) √ ⇔ t = −2 2 (loại). »  √ √ √ √ x = −1 + 3 » Với t = 2 ⇒ x4 + 2×2 = 2 ⇔ x4 + 2×2 − 2 = 0 ⇔  √ x = − −1 + 3. p ¶p √ √ © Thế các nghiệm vào điều kiện, tập nghiệm của phương trình là S = −1 + 3; − −1 + 3 .  c Bài 30. Giải các phương trình sau p √ √ a) 3 + x + 6 − x = 3 + (3 + x)(6 − x). √ √ √ c) 2x + 3+ x + 1 = 3x+2 2×2 + 5x + 3− 16. √ p √ 5 − x + (x + 2)(5 − x) = 4. √ √ d) 2 − x2 + x = 2x 2 − x2 . b) x+2+ Ê Lời giải. a) p √ √ 3 + x + ®6 − x = 3 + ® (3 + x)(6 − x). (1) 3+x≥0 x ≥ −3 Điều kiện: ⇔ ⇔ −3 ≤ x ≤ 6. 6−x≥0 x≤6 p p √ √ t2 − 9 Đặt t = 3 + x + 6 − x, t ≥ 0 ⇒ t2 = 9 + 2 (3 + x)(6 − x) ⇔ = (3 + x)(6 − x). 2 Thay vào phương trình (1), ta được t2 − 9 2 ⇔ tñ2 − 2t − 3 = 0 t = 3 (nhận) ⇔ t = −1 (loại). t=3+ ñ ñ p 3+x=0 x = −3 Với t = 3, suy ra (3 + x)(6 − x) = 0 ⇔ ⇔ 6−x=0 x = 6. Thế các nghiệm vào điều kiện, tập nghiệm của phương trình là S = {−3; 6}. 233/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 234 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 b) Luôn nổ lực để đạt được thành quả √ p √ x + 2 + ®5 − x + (x +®2)(5 − x) = 4. (2) x+2≥0 x ≥ −2 Điều kiện: ⇔ ⇔ −2 ≤ x ≤ 5. 5−x≥0 x≤5 p p √ √ t2 − 7 Đặt t = x + 2 + 5 − x, t ≥ 0 ⇒ t2 = 7 + 2 (x + 2)(5 − x) ⇔ = (x + 2)(5 − x). 2 Thay vào phương trình (2), ta được t2 − 7 =4 2 ⇔ ñ t2 + 2t − 15 = 0 t = 3 (nhận) ⇔ t = −5 (loại). t+ √  −3 5 + 3 p x = √ 2 Với t = 3, suy ra (x + 2)(5 − x) = 1 ⇔ (x + 2)(5 − x) ⇔ x2 − 3x − 9 = 0 ⇔   3 5+3 x= . ® √ √ 2´ −3 5 + 3 3 5 + 3 ; . Thế các nghiệm vào điều kiện, tập nghiệm của phương trình là S = 2 2 c) √ √ 2x + 3 + x + 1 = 3x + 2 2×2 + 5x + 3 − 16 » √ √ ⇔ 2x + 3 + x + 1 = 3x + 2 (2x + 3)(x + 1) − 16.  ® x ≥ −3 2x + 3 ≥ 0 2 ⇔ x ≥ −1. Điều kiện: ⇔  x+1≥0 x ≥ −1 √ √ Đặt t = 2x + 3 + x + 1, t ≥ 0. Suy ra » t2 = 2x + 3 + x + 1 + 2 (2x + 3)(x + 1) » ⇔ t2 = 3x + 4 + 2 (2x + 3)(x + 1) » ⇔ 3x + 2 (2x + 3)(x + 1) = t2 − 4. √ (3) Thay vào phương trình (3), ta được t = t2 − 4 − 16 ⇔ tñ2 − t − 20 = 0 t = 5 (nhận) ⇔ t = −4 (loại). Với t = 5, suy ra » 3x + 2 (2x + 3)(x + 1) = 21 » 21 − 3x ⇔ (2x + 3)(x + 1) = 2   21 − 3x ≥ 0 Å ã2 ⇔ 21 − 3x  (2x + 3)(x + 1) = 2 234/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 235 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả ® x≤7 x2 − 146x + 429 = 0   xñ ≤ 7 ⇔ x = 143   x=3 ⇔ x = 3. ⇔ Thế nghiệm vào điều kiện, tập nghiệm của phương trình là S = {3}. √ √ d) 2 − x2 + x = 2x 2 − x2 . √ (4) √ 2 Điều kiện: √ 2 − x ≥ 0 ⇔ − √2 ≤ x ≤ 2. Đặt t = 2 − x2 + x, t ≥ − 2. Suy ra √ t2 = 2 + 2x 2 − x2 √ ⇔ 2x 2 − x2 = t2 − 2. Thay vào phương trình (4), ta được t = t2 − 2 ⇔ t2 − t − 2 = 0 ñ t = −1 (nhận) ⇔ t = 2 (nhận). Với t = −1, suy ra ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ Với t = 2, suy ra ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ √ 2 − x2 + x = −1 √ 2 ® 2 − x = −1 − x −1−x≥0 2 − x2 = 1 + 2x + x2 ® x ≤ −1 2×2 + 2x − 1 = 0   x ≤ −1   √     −1 + 3 (loại) x = 2√   .     −1 − 3   x= (nhận) 2 √ 2 − x2 + x = 2 √ 2 ®2 − x = 2 − x 2−x≥0 2 − x2 = 4 − 4x + x2 ® x≤2 2×2 − 4x + 2 = 0 ® x≤2 x=1 x=1 ® Thế các nghiệm vào điều kiện, tập nghiệm của phương trình là S = 235/528 −1 − 2 √ 3 ´ ;1 . p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 236 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả  c Bài 31. Giải các phương trình sau √ 5 1 b) 5 x + √ = 2x + + 4. 2x 2 x √ 3 1 a) 3 x + √ = 2x + − 7. 2x 2 x Ê Lời giải. a) √ 3 1 − 7. (1) 3 x + √ = 2x + 2x 2 x Điều kiện: x > 00. √ 1 1 1 1 Đặt t = x + √ , t > 0 ⇒ t2 = x + + 1 ⇔ 2t2 = 2x + + 2 ⇔ 2x + = 2t2 − 2, thay 4x 2x 2x 2 x vào phương trình (1) ta được  t = 3 (nhận) 2 2  3t = 2t − 9 ⇔ 2t − 3t − 9 = 0 ⇔ 3 t = − . (loại) 2 √  8+3 7 (thỏa mãn) x = 1 2 2  √ Với t = 3 ⇒ 2x + = 16 ⇔ 4x − 32x + 1 = 0 ⇔  2x 8−3 7 x= . (thỏa mãn) Ç √ 2å √ 8−3 7 8+3 7 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = ; . 2 2 b) √ 5 1 5 x + √ = 2x + + 4. (2) 2x 2 x Điều kiện: x > 0. √ 1 1 1 1 Đặt t = x + √ , t > 0 ⇒ t2 = x + + 1 ⇔ 2t2 = 2x + + 2 ⇔ 2x + = 2t2 − 2, thay 4x 2x 2x 2 x vào phương trình (2) ta được  t = 2 (nhận) 2 2  5t = 2t + 2 ⇔ 2t − 5t + 2 = 0 ⇔ 1 t = . (nhận) 2 √  3+2 2 (thỏa mãn) x = 1 2√ Với t = 2 ⇒ x + + 1 = 4 ⇔ 4×2 − 12x + 1 = 0 ⇔   4x 3−2 2 x= . (thỏa mãn) 2 1 1 1 Với t = ⇒ x + + 1 = ⇔ 4×2 + 3x + 1 = 0. (vô nghiệm) 2 4x 4 Ç √ √ å 3−2 2 3+2 2 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = ; . 2 2  c Bài 32. Giải các phương trình sau √ √ a) x + 1 + x2 − 4x + 1 = 3 x. … 1 2 c) x + 2x x − = 3x + 1. x 236/528 √ √ √ 2×2 + 8x + 5 + 2×2 − 4x + 5 = 6 x. … x2 − 6 2 d) x − 6x + x − 6 = 0. x b) p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 237 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH e) Luôn nổ lực để đạt được thành quả √ 3×2 √ + 6 + 2 x = 5x. 3+ x f) √ x2 √ + 8 = 3(x + 2 x). 4−3 x Ê Lời giải. √ √ 2 − 4x + 1 = 3 x. x® x≥0 . Điều kiện: x2 − 4x + 1 ≥ 0 Với x = 0, ta có 2 = 0, ( vô lí). Suy ra √ x = 0 không là nghiệm của phương trình đã cho. Với x 6= 0, chia hai vế của phương trình cho x, ta được … √ 1 1 x + √ + x + − 4 = 3. x x a) x + 1 + Đặt t = √ 1 x + √ ≥ 2, ta được phương trình x t+ √ t2 − 6 = 3 ⇔ √ ® t2 − 6 = 3 − t ⇔ t≤3 5 ⇔t= 2 15 − 6t = 0 (thỏa mãn). 5 Với t = , ta có 2  √ x = 2 x = 4 (thỏa mãn) √ √ 5 1   x + √ = ⇔ 2x − 5 x + 2 = 0 ⇔ √ 1 ⇔ 1 2 x x= x= (thỏa mãn). 2 2 ™ ß 1 . Vậy S = 4; 4 √ √ √ b) 2×2 + 8x ® + 5 + 2×2 − 4x + 5 = 6 x. x≥0 Điều kiện: . 2×2 + 8x + 5 ≥ 0 √ Với x = 0, ta có 2 5 = 0, ( vô lí). Suy ra√x = 0 không là nghiệm của phương trình đã cho. Với x 6= 0, chia hai vế của phương trình cho x, ta được … … 5 5 2x + 8 + + 2x − 4 + = 6. x x √ 5 Đặt t = 2x − 4 + ≥ 2 10 − 4, ta được phương trình x ® √ √ √ t ≤ 12 t + 12 + t = 6 ⇔ t2 + 12t = 12 − t ⇔ ⇔ t = 4 (thỏa mãn). 36t = 144 Với t = 4, ta có √  4+ 6 x = 5 2√ 2x − 4 + = 4 ⇔ 2×2 − 8x + 5 = 0 ⇔   x 4− 6 x= 2 ® √ ´ 4± 6 Vậy S = . 2 237/528 (thỏa mãn) (thỏa mãn). p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 238 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả … 1 x − = 3x + 1.  x x − 1 ≥ 0 x . Điều kiện:  x 6= 0 Với x 6= 0, chia hai vế của phương trình cho x, ta được 2 c) x + 2x x2 − 1 +2 x … Đặt t = x2 − 1 − 3 = 0. x x2 − 1 ≥ 0, ta được phương trình x ñ t = 1 (thỏa mãn) t2 + 2t − 3 = 0 ⇔ t = −3 ( loại). Với t = 1, ta có √ x2 − 1 x2 − 1 =1⇔ = 1 ⇔ x2 − x − 1 = 0 ⇔ x = 1 ± 2. x x ¶ √ © Vậy S = 1 ± 2 . … x2 − 6 2 − 6 = 0. d) x − 6x + x  2 x x − 6 ≥0 Điều kiện: . x  x 6= 0 Với x 6= 0, chia hai vế của phương trình cho x, ta được x2 − 6 + x … Đặt t = x2 − 6 − 6 = 0. x x2 − 6 ≥ 0, ta được phương trình x ñ t = 2 (thỏa mãn) t2 + t − 6 = 0 ⇔ t = −3 ( loại). Với t = 2, ta có √ x2 − 6 x2 − 6 =2⇔ = 4 ⇔ x2 − 4x − 6 = 0 ⇔ x = 2 ± 10. x x © ¶ √ Vậy S = 2 ± 10 . e) √ 3×2 √ + 6 + 2 x = 5x. 3+ x Điều kiện: x ≥ 0. Với x = 0, ta có 6 = 0, ( vô lí). Suy ra x = 0 không là nghiệm của phương trình đã cho. Với x 6= 0, chia hai vế của phương trình cho x, ta được √ 3x 2 (3 + x) √ + = 5. x 3+ x 238/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 239 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả √ 3+ x ≥ 0, ta được phương trình Đặt t = x  t=1 3 2  + 2t − 5 = 0 ⇔ 2t − 5t + 3 = 0 ⇔ 3 t t= 2 (thỏa mãn) ( thỏa mãn). Với t = 1, ta có √  √ 1 − 13 √ (vô nghiệm)  x= √ 3+ x 2  √ =1⇔x− x−3=0⇔ x √ 1 + 13 x= . 2 √ 7 13 Suy ra x = + . 2 2 3 Với t = , ta có 2 √  √ 1 − 19 √ (vô nghiệm)  x= √ 3+ x 3 3√ = ⇔ 3x − 2 x − 6 = 0 ⇔  √ x 2 1 + 19 x= . 3 √ 20 2 13 + . Suy ra x = ® 9 √ 9 √ ´ 7 13 20 2 13 Vậy S = + ; + . 2 2 9 9 f) √ x2 √ + 8 = 3(x + 2 x). 4−3 x ® x≥0 √ Điều kiện: . 4 − 3 x 6= 0 Với x = 0, ta có 8 = 0, ( vô lí). Suy ra x = 0 không là nghiệm của phương trình đã cho. Với x 6= 0, chia hai vế của phương trình cho x, ta được √ x 2 (4 − 3 x) √ + = 3. x 4−3 x √ 4−3 x , ta được phương trình Đặt t = x  t = 1 (thỏa mãn) 1 + 2t − 3 = 0 ⇔ 2t2 − 3t + 1 = 0 ⇔  1 t t= ( thỏa mãn). 2 Với t = 1, ta có ñ√ √ √ x = −4 4−3 x =1⇔x+3 x−4=0⇔ √ x x = 1. (vô nghiệm) Suy ra x = 1. 3 Với t = , ta có 2 √  √ −3 − 33 √  x= √ 3 4−3 x 3√ = ⇔ 3x + 6 x − 8 = 0 ⇔  √ x 2 −3 + 33 x= . 3 239/528 (vô nghiệm) p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 240 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả √ 20 33 Suy ra x = − . 3 ´ ® 9 √ 20 33 Vậy S = 1; − . 9 3  c Bài 33. Giải phương trình √ √ √ a) x + 3 + 2x x + 1 = 2x + x2 + 4x + 3. √ √ √ c) x + x + 1 − x2 + x = 1. √ √ √ x2 − x − 2 − 2 x − 2 + 2 = x + 1. √ √ √ d) x2 − x + 2 − 2 x − 2 + 2 = x − 1. b) Ê Lời giải. ® x+3≥0 ⇔ x ≥ −1. x+1≥0 Phương trình đã cho trở thành a) Điều kiện: √ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ » √ x + 3 + 2x x + 1 = 2x + (x + 1)(x + 3) » √ √ x + 3 − (x + 1)(x + 3)] + (2x x + 1 − 2x) = 0 √ √ √ x + 3(1 − x + 1) − 2x(1 − x + 1) = 0 √ √ (1 − x + 1) · ( x + 3 − 2x) = 0 √ ñ 1− x+1=0 √ x + 3 − 2x = 0. √ √ x + 1 = 0 ⇔ x + 1 = 1 ⇔ x = 0 (thoả mãn). ® x = 1 (thoả mãn)  √ x≥0 • Trường hợp 2: x + 3 = 2x ⇔ ⇔ x = − 3 . 4×2 − x − 3 = 0 (loại) 4 Vậy phương trình có tập nghiệm S = {0; 1}. ® x−2≥0 b) Điều kiện: ⇔ x ≥ 2. x+1≥0 Phương trình đã cho trở thành » √ √ (x − 2)(x + 1) − x + 1 − 2( x − 2 − 1) = 0 √ √ ⇔ ( x + 1 − 2)( x − 2 − 1) = 0 ñ√ x+1−2=0 ⇔ √ x−2−1=0 ñ√ x+1=2 ⇔ √ x−2=1 ñ x + 1 = 22 ⇔ x−2=1 • Trường hợp 1: 1 − ⇔ x = 3 (thoả mãn). Vậy phương trình có tập nghiệm S = {3}. 240/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 241 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả ® x+1≥0 ⇔ x ≥ 0. x≥0 Phương trình đã cho trở thành » √ √ x + x + 1 − x(x + 1) = 1 ä Ä ä √ √ √ Ä ⇔ x 1− x+1 − 1− x+1 =0 √ √ ⇔ ( x − 1)(1 − x + 1) = 0 ñ√ x−1=0 √ ⇔ 1− x+1=0 ñ x=1 (thoả mãn). ⇔ x = 0. c) Điều kiện: Vậy phương trình có tập nghiệm S = {0; 1}. ® x−2≥0 d) Điều kiện: ⇔ x ≥ 2. x+1≥0 Phương trình đã cho trở thành » Ä√ ä √ (x − 2)(x − 1) − x − 1 − 2 x−2−1 =0 Ä√ ä Ä√ ä ⇔ x−1−2 x − 2 − 1) = 0 ñ√ x−2−1=0 ⇔ √ x−1−2=0 ñ√ x−2=1 ⇔ √ x − 1 = 2. ñ x=3 ⇔ (thoả mãn). x=5 Vậy phương trình có tập nghiệm S = {3; 5}.  c Bài 34. Giải phương trình a) x x+1 + = 2. x−2 x−1 b) 13 52 − 2 = 7. x−2 x −4 c) 2x 4 x2 + 12 + = 2 . x+3 x−3 x −9 d) 2x − 5 2x 4 − = 2 . x+1 x+1 x −1 Ê Lời giải. a) Ta có x+1 x + = 2 (Điều kiện: x 6= 1; x 6= 2) x−2 x−1 ⇒ (x + 1)(x − 1) + x(x − 2) = 2(x − 1)(x − 2) ⇔ 4x = 5 5 ⇔ x = (thoả mãn). 4 ß ™ 5 Vậy phương trình có tập nghiệm S = . 4 241/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 242 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả b) Ta có 13 52 − 2 = 7 (Điều kiện: x 6= ±2). x−2 x −4 ⇒ 13(x + 2) − 52 = 7(x2 − 4) 2 ⇔ 7x  − 13x − 2 = 0 x = 2 (không thoả mãn) ⇔  1 x = − (thoả mãn). 7 ß ™ 1 Vậy phương trình có tập nghiệm S = − . 7 c) Ta có 2x 4 x2 + 12 + = 2 (Điều kiện: x 6= ±3). x+3 x−3 x −9 ⇒ 2x(x − 3) + 4(x + 3) = x2 + 12 ⇔ x2 − 2x = 0 ⇔ x(x − 2) = 0 ñ x = 2 (thoả mãn) ⇔ x = 0 (thoả mãn). Vậy phương trình có tập nghiệm S = {0; 2}. d) Ta có 2x − 5 2x 4 − = 2 (Điều kiện: x 6= ±1). x+1 x+1 x −1 4 −5 = 2 ⇔ x+1 x −1 ⇒ −5(x − 1) = 4 1 ⇔ x= (thoả mãn) 5 ß ™ 1 . Vậy phương trình có tập nghiệm S = 5  F – BÀI TẬP VỀ NHÀ c Bài 1. Giải phương trình 3x + 1 4x − 3 − = 16. x+1 x+3 Ê Lời giải. Ta có 3x + 1 4x − 3 − = 16 (Điều kiện: x 6= −1; x 6= −3). x+1 x+3 ⇒ (3x + 1)(x + 3) − (4x − 3)(x + 1) = 16(x + 1)(x + 3) ⇔ 17×2 + 55x + 42 = 0 242/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 243 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả  x = −2 (thoả mãn) ⇔  −21 (thoả mãn). x= 17 ß ™ 21 Vậy phương trình có tập nghiệm S = −2; − . 17 c Bài 2. Giải phương trình  x 6 x+3 − + 2 = 0. x x + 3 x + 3x Ê Lời giải. Ta có x+3 x 6 − + 2 = 0 (Điều kiện: x 6= 0; x 6= −3). x x + 3 x + 3x ⇒ (x + 3)2 − x2 + 6 = 0 5 ⇔ x = − (thoả mãn). 2 ß ™ 5 Vậy phương trình có tập nghiệm S = − . 2  c Bài 3. Giải phương trình (x − 5)(x + 1) (x2 − 9) = 85. Ê Lời giải. Ta có  (x − 5)(x + 1) x2 − 9 = 85 (Điều kiện : x 6= 0; x 6= −3). ⇔ [(x − 5)(x + 3)] [(x + 1)(x − 3)] = 85 ⇔ (x2 − 2x − 15)(x2 − 2x − 3) = 85. Đặt t = x2 − 2x, ta có phương trình: (t − 15)(t − 3) = 85 ⇔ tñ2 − 18t − 40 = 0 t = 20 ⇔ t = −2. Với t = −2, phương trình tương đương x2 − 2x = −2 ⇔ x2 − 2x + 2√= 0 (vô nghiệm). Với t = 20, phương trình tương đương x2 −√ 2x − 20 = 0 ⇔ x = 1 ± 21. Vậy phương trình có tập nghiệm S = {1 ± 21}.  c Bài 4. Giải phương trình (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) = 3. Ê Lời giải. Ta có (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) = 3 ⇔ (x + 5x + 4)(x2 + 5x + 6) = 3. Đặt t = x2 + 5x, ta có phương trình: 2 (t + 4)(t + 6) = 3 ⇔ tñ2 + 10t + 21 = 0 t = −3 ⇔ t = −7. 243/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 244 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả √ −5 ± 13 • Với t = −3, ta có phương trình: x + 5x + 3 = 0 ⇔ x = . 2 2 • Với t = −7, ta có phương trình: x +®5x + 7√ = 0´ (phương trình vô nghiệm vì có ∆0 = −3 < 0) −5 ± 13 Vậy phương trình có tập nghiệm S = . 2 2  c Bài 5. Giải phương trình (4x + 1)(12x − 1)(3x + 2)(x + 1) = 28. Ê Lời giải. Ta có: (4x + 1)(12x − 1)(3x + 2)(x + 1) = 28 ⇔ (12x2 + 11x + 2)(12x2 + 11x − 1) = ñ28. t = −4 Đặt t = 12x2 + 11x + 2, phương trình trở thành t(t − 3) = 28 ⇔ t2 − 3t − 28 = 0 ⇔ t = 7. 2 Với t = −4 ⇒ 12x + 11x + 6 = 0 (vô  nghiệm). 1 x=  3 Với t = 7 ⇒ 12x2 + 11x − 5 = 0 ⇔  5 x=− . ß4 ™ 5 1 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = − ; . 4 3  c Bài 6. Giải phương trình 4(2x2 − 3x + 1)(2x2 − 4x + 1) = 3x2 . Ê Lời giải. Xét x = 0 không là nghiệm của phương trình đã cho. Khi x 6= 0, chia hai vế của phương trình cho x2 ta có ãÅ ã Å 1 1 2x − 4 + = 3. 4 2x − 3 + x x 1 Đặt t = 2x + . Phương trình đã cho trở thành x  t=  4(t − 3)(t − 4) = 3 ⇔  t= 5 ⇒ 2x + 2 9 Với t = ⇒ 2x + 2 Với t = 5 2 9 . 2 1 5 = (vô nghiệm). x 2  1 x= 1 9  4 = ⇔ x 2 x = 2. ß ™ 1 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 2; . 4  c Bài 7. Giải phương trình (x + 1)(x − 2)(x + 4)(x − 8) = 36x2 . Ê Lời giải. Phương trình đã cho tương đương (x − 7x − 8)(x2 + 2x − 8) = 36x2 . Xét x = 0 không là nghiệm của phương trình đã cho. Khi x 6= 0, chia hai vế của phương trình cho x2 ta có Å ãÅ ã 8 8 x−7− x+2− = 36. x x 2 244/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 245 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả 8 Đặt t = x − . Phương trình đã cho trở thành x ñ t = −5 (t − 7)(t + 2) = 36 ⇔ t = 10. √ 8 −5 ± 57 Với t = −5 ⇒ x − = −5 ⇔ x = . x 2 √ 8 Với t = 10 ⇒ x − = 10 ⇔ x = 5 ± 33. x ® ´ √ √ −5 ± 57 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = ; 5 ± 33 . 2 c Bài 8. Giải phương trình 2x2  2x 13x + 2 = 6. − 5x + 3 2x + x + 3 Ê Lời giải. 3 Điều kiện: x 6= 1, x 6= . 2 Nhận xét: x = 0 không là nghiệm của phương trình đã cho. Phương trình đã cho tương đương 2 3 2x − 5 + x + 13 =6 3 2x + 1 + x 3 Đặt t = 2x + , khi đó phương trình đã cho trở thành x  t=1 2 13 + =6⇔ 11 t−5 t+1 t= . 2 3 = 1 ⇔ 2x2 − x + 3 = 0 (vô nghiệm). x  3 x= 11 3 11  4 Với t = ⇒ 2x + = ⇔ 2 x 2 x = 2. ß ™ 3 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 2; . 4 Với t = 1 ⇒ 2x + c Bài 9. Giải phương trình x2  4x 5x 10 − 2 = . + 2x + 3 x + 4x + 3 9 Ê Lời giải. Điều kiện: x 6= −1, x 6= −3. Nhận xét: x = 0 không là nghiệm của phương trình đã cho. Phương trình đã cho tương đương 4 3 x+2+ x − 5 3 x+4+ x = 10 9 3 Đặt t = x + , khi đó phương trình đã cho trở thành x  13 t = − 4 5 10  2 − = ⇔ 2 t+2 t+4 9 t=− . 5 245/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 246 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 - BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả  x = −6 3 13 13  Với t = − ⇒ x + = − ⇔ 1 2 x 2 x=− . 2 3 2 2 Với t = − ⇒ x + = − (vô nghiệm). 5 x 5 ™ ß 1 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = −6; − . 2  c Bài 11. Giải các phương trình sau (sử dụng nhân liên hợp) √ √ √ √ a) x + 1 + 1 = 4x2 + 3x b) 3 x − 2 = 2x − 6 + x + 6 √ √ √ √ c) 2x2 + x + 9 + 2x2 − x + 1 = x + 4 d) 3x + 1 − 6 − x + 3x2 − 14x − 8 = 0 Ê Lời giải. a) Điều kiện: x ≥ 0. Phương trình đã cho tương đương với √ Å ã √ 2x − 1 1 2 √ √ 3x− x + 1+4x −1 = 0 ⇔ +(2x−1)(2x+1) = 0 ⇔ (2x−1) + 2x + 1 = √ √ 3x + x + 1 3x + x + 1 Vì x ≥ 0 nên √ 1 + 2x + 1 > 0. √ 3x + x + 1 1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = . 2 b) Điều kiện: x ≥ 2. Phương trình đã cho tương đương với √ √ 3 x − 2 − x + 6 = 2x − 6 8x − 24 √ = 2x − 6 ⇔ √ 3 x−2+ x+6  x−3=0 ⇔  8 √ √ = 2. 3 x−2+ x+6 TH1: x√ −3=0⇔ √ x = 3 (thỏa mãn √ √ √ điều kiện). TH2: 3 x − 2 + x + 6 = 4, mà 3 x − 2 − x + 6 = 2x − 6, từ đó ta có 2 x + 6 = 10 − 2x ⇔ √ x + 6 = 5 − x. Phương trình tương đương ® √ x≤5 11 − 3 5 ⇔x= . 2 x + 6 = x2 − 10x + 25 ® Vậy tập nghiệm của phương trình là S = √ ´ 11 − 3 5 3; . 2 c) Điều kiện: x ∈ R. Phương trình đã cho tương đương với √ 246/528 2×2 2x + 8 √ =x+4 + x + 9 − 2×2 − x + 1 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 247 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả TH1: x √+ 4 = 0 ⇔ x =√−4. √ √ TH2: 2×2 + x + 9 − 2×2 − x + 1 = 2 mà 2×2 + x + 9 + 2×2 − x + 1 = x + 4, từ đó ta có  ® x=0 √ x ≥ −6  2 2×2 + x + 9 = x + 6 ⇔ ⇔ 8 4(2×2 + x + 9) = x2 + 12x + 36 x= . 7 ß ™ 8 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = −4; 0; . 7 1 d) Điều kiện: − ≤ x ≤ 6. 3 Phương trình đã cho tương đương với Ä√ ä Ä ä √ 3x + 1 − 4 + 1 − 6 − x + 3×2 − 14x − 5 = 0 x−5 3(x − 5) + (x − 5)(3x + 1) = 0 +√ ⇔ √ 6−x+1 3x + 1 + 4 3 1 ⇔ x = 5 hoặc √ +√ + 3x + 1 = 0. 6−x+1 3x + 1 + 4 ò ï 3 1 1 Mà √ +√ + 3x + 1 > 0 ∀x ∈ − ; 6 . 3 6−x+1 3x + 1 + 4 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 5.  G – BÀI TẬP VỀ NHÀ 2(x − 1)2 √ c Bài 1. Giải phương trình = x + 20. (3 − 7 + 2x)2   x ≥ − 7 x ≥ − 7 2 2 Điều kiện: ⇔   2x + 7 6= 9 x 6= 1. Phương trình đã cho tương đương Ê Lời giải. √ √ √ 2(x − 1)2 2x + 16 + 2 2x + 7 137 2 · (3 + 7 + 2x) = x + 20 ⇔ = x + 20 ⇔ 2x + 7 = 12 ⇔ x = . 2 (2 − 2x) 2 2 137 . 2 √ √ √ c Bài 2. Giải phương trình x − 2 + 4 − x + 2x − 5 = 2×2 − 5x. Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =  Ê Lời giải. 5 Điều kiện: ≤ x ≤ 4. 2 Phương trình đã cho tương đương Ä√ ä Ä√ ä Ä√ ä x−2−1 + 4−x−1 + 2x − 5 − 1 = 2×2 − 5x − 3 x−3 x−3 2x − 6 ⇔ √ −√ +√ = (x − 3)(2x + 1) x−2+1 4−x+1 2x − 5 + 1  x−3=0  ⇔ 1 1 2 √ −√ +√ = 2x + 1. x−2+1 4−x+1 2x − 5 + 1 247/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 248 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả TH1: x − 3 = 0 ⇔ x = 3. 1 1 2 TH2: √ −√ +√ = 2x + 1. x−2+1 4−x+1 2x − 5 + 1 5 Với x ≥ thì V T < 3 trong khi V P ≥ 6. Vậy phương trình này vô nghiệm. 2 Kết luận: tập nghiệm của phương trình là S = {3}. c Bài 3. Giải phương trình x3 + 5x2 + 6x = (x + 2)   √ √ 2x + 2 + 5 − x . Ê Lời giải. Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 5. Ta có x3 + 5x2 + 6x = x(x + 2)(x + 3), vì x + 2 > 0, ∀x ∈ [−1; 5] nên phương trình đã cho tương đương x(x + 3) = √ 2x + 2 + √ 5−x Tương đương Å √ √ x + 3x − 4 = ( 2x + 2 − 2) + ( 5 − x − 2) ⇔ (x − 1) x + 4 + √ 2 1 1 −√ 5−x+2 2x + 2 + 2 1 1 1 1 ≤ nên x + 4 + √ −√ > 0. 2 5−x+2 5−x+2 2x + 2 + 2 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1. ã =0 Vì x ≥ −1 nên x + 4 ≥ 3 mà √ c Bài 4. Giải phương trình  √ √ 5(x − 3) . x+1−2 4−x= √ 2×2 + 18 Ê Lời giải. Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 4. Phương trình đã cho tương đương √ √ √ √ 5 · (x − 3) 2×2 + 18 √ 2×2 + 18 · ( x + 1 − 16 − 4x) = 5 · (x − 3) ⇔ √ = 5 · (x − 3). x + 1 + 16 − 4x TH1: x − 3 = 0 ⇔ x = 3. TH2: Ta có √ √ √ x + 1 + 16 − 4x » ⇔ 2×2 + 3x + 1 = 4 (x + 1)(4 − x) ® 2 2x + 3x + 1 ≥ 0 ⇔ 4×4 + 12×3 + 29×2 − 42x − 63 = 0  x ≤ −1    1 ⇔ x≥−  2   (x + 1)(2x − 3)(2×2 − 7x + 21) = 0 3 ⇔ x = −1 ∨ x = . 2 ß ™ 3 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = 3; −1; . 2 248/528 2×2 + 18 =  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 249 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH c Bài 5. Giải phương trình √ Luôn nổ lực để đạt được thành quả √ 6x − 4 2x + 4 − 2 2 − x = √ . x2 + 4 Ê Lời giải. Điều kiện: −2 ≤ x ≤ 2. Phương trình tương đương với √ (6x − 4) x2 + 4 √ x2 + 4 2x + 4 − 8 − 4x = 6x − 4 ⇔ √ = 6x − 4 2x + 4 − 8 − 4x Ç å √ x2 + 4 √ ⇔ (6x − 4) √ −1 =0 2x + 4 + 8 − 4x  2 x= ⇔ √ 3 √ √ 2x + 4 + 8 − 4x = x2 + 4 (1) √ Ä√ √ ä Phương trình (1) tương đương » √ −2x + 12 + 2 (2x + 4)(8 − 4x) = x2 + 4 ⇔ 4 8 − 2×2 = x2 + 2x − 8. √ Vì −2 ≤ x ≤ 2 nên x2 + 2x − 8 ≤ 0, mà 4 8 − 2×2 ≥ 0, dấu bằng xảy ra khi x = 2. 3 Vậy phương trình có hai nghiệm x = và x = 2. 2 √ x−3 2 9−x c Bài 6. Giải phương trình √ = . x 3 x+1+x+3 ® ® Ê Lời giải. −1≤x≤9 x 6= 0. x + 1 ≥ 0, 9 − x ≥ 0 ⇔ x 6= 0 Phương trình tương đương  √  √ √ x+1−2 x+1+2 2 9−x  √ = √  √  √ x+1+1 x+1+2 x+1−1 x+1+1 √ √ √ √ √ ⇔ ( x + 1 − 2)( x + 1 − 1) = 2 9 − x ⇔ x + 3 − 3 x + 1 − 2 9 − x = 0 √ √ √ √ (x − 8) x + 1 2(x − 8) √ ⇔ x + 1( x + 1 − 3) + 2(1 − 9 − x) = 0 ⇔ √ + = 0. 1+ 9−x x+1+3 √ x+1 2 √ Vì √ + > 0 nên phương trình có nghiệm duy nhất x = 8. x+1+3 1+ 9−x √ √ (x − 6) x − 1 + 8 − 2x 2x − 1 − 5 √ c Bài 7. Giải phương trình = . 2 x−3+ x−1 Điều kiện:   Ê Lời giải. ® Điều kiện: x≥1 √ ⇔ x − 1 − 1 6= 0 ® x≥1 . Khi đó phương trình tương đương x 6= 2 √ √ √ √ √ √ ( x − 1 + 2)( x − 1 − 3)( x − 1 − 1) 2x − 1 − 5 2x − 1 − 5 √ √ = ⇔ x−1−3= . 2 2 ( x − 1 − 1)( x − 1 + 2) 249/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 250 2. PHƯƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƯƠNG TRÌNH BẬC 1 – BẬC 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả Tương đương √ √ √ ( 2x − 1 − 3) − 2 + 1 ⇔ 2( x − 1 − 2) = ( 2x − 1 − 3) x−1−2= 2 2(x − 5) 2(x − 5) ⇔ √ =√ x−1+2 2x − 1 + 3 ã Å 1 1 −√ ⇔ (x − 5) √ =0 x−1+2 2x − 1 + 3 ñ x−5=0 √ ⇔ √ 2x − 1 + 1 = x − 1. √ Vì x ≥ 1 nên √ √ 2x − 1 > x − 1, vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 5.  √ c Bài 8. Giải phương trình x2 + 6x + 1 = (2x + 1) x2 + 2x + 3. Ê Lời giải. Vì x = − 1 không là nghiệm nên phương trình đã cho tương đương 2 √ x2 + 6x + 1 −2 2x + 1 x2 + 2x − 1 x2 + 2x − 1 ⇔ √ = 2x + 1 x2 + 2x + 3 + 2 ñ 2 x + 2x − 1 = 0 ⇔ √ 2×2 + 2x + 3 = 2x − 1 √  x = −1 ± 2 √ ⇔  3 + 15 x= . 2 √ √ 3 + 15 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = −1 ± 2, x = 2 √ c Bài 9. Giải phương trình 2(1 − x) x2 + 2x − 1 = x2 − 2x − 1. √ ñ x ≤ −1 − 2 √ Điều kiện: x ≥ 2 − 1. Phương trình đã cho tương đương x2 + 2x + 3 − 2 =  Ê Lời giải. (x2 + 2x − 5) + 2(x − 1) Ä√ ä x2 + 2x − 1 − 2 2(x − 1)(x2 + 2x − 5) ⇔ (x2 + 2x − 5) + √ =0 x2 + 2x − 1 + 2 ñ 2 x + 2x − 5 = 0 (1) ⇔ √ x2 + 2x − 1 = −2x. (2) √ (1) ⇔ x = −1 ± 6. (2) vô nghiệm. √ So với điều kiện, phương trình đã cho có nghiệm x = −1 ± 6. 250/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 251 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả BÀI 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH A – DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP | Dạng 1. Hệ phương trình bậc nhất hai ẩn ® a1 x + b1 y = c1 (1) a) Định nghĩa Hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn x và y là hệ có dạng (I): a2 x + b2 y = c2 (2) ® 2 2 a1 + b1 6= 0 với . Cặp số (x0 ; y0 ) đồng thời thỏa (1) và (2) được gọi là nghiệm của hệ phương a22 + b22 6= 0 trình. b) Công thức nghiệm Quy tắc Crame a1 b 1 c 1 b1 = a1 b 2 − a2 b 1 , D x = Ký hiệu: D = a2 b 2 a1 c 1 = c 1 b2 − c 2 b1 , D y = c 2 b2 = a2 c 2 a1 c 2 − a2 c 1 . Xét D Kết quả D 6= 0 Å ã Dx Dy Hệ có nghiệm duy nhất x = ;y = . D D Dx 6= 0 hoặc Dy 6= 0 Hệ vô nghiệm. D=0 D = Dx = Dy = 0 Hệ có vô số nghiệm. Để giải hệ phương trình bậc nhất hai ẩn ta có thể dùng các cách giải đã biết như: phương pháp thế, phương pháp cộng đại số, đặt ẩn phụ đưa về cơ bản, …. Phương pháp Crame trên dùng để giải và biện luận hệ phương trình bậc nhất có chứa tham số. c) Biểu diễn hình học của tập nghiệm Nghiệm (x; y) của hệ phương trình (I) là tọa độ điểm M (x; y) thuộc cả hai đường thẳng: (d1 ) : a1 x + b1 y = c1 và (d2 ) : a2 x + b2 y = c2 . Hệ (I) có nghiệm duy nhất ⇔ (d1 : ) và (d2 ) : cắt nhau. Hệ (I) vô nghiệm ⇔ (d1 : ) và (d2 ) : song song với nhau. Hệ (I) có vô số nghiệm ⇔ (d1 ) : và (d2 ) : trùng nhau. 251/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 252 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Cắt nhau Song song Trùng nhau b1 a1 6= a2 b2 b1 c1 a1 = 6= a2 b2 c2 y b1 c1 a1 = = a2 b2 c2 y y (d2 ) (d1 ) (d1 ) f (x0 ) O (d2 ) M x0 Nghiệm duy nhất 1. (d1 ) x (d2 ) x O Vô nghiệm O x Vô số nghiệm BÀI TẬP VẬN DỤNG  1 8    − = 18 x y c Bài 1. Giải hệ phương trình 5 4    + = 51 x y Ê Lời giải. Điều kiện: x 6= 0 và y 6= 0. 1 1 Đặt a = và b = thì hệ trở thành x y   120 11 ®    x = a = a − 8b = 18 11 ⇔ 120 ⇔ 39   5a + 4b = 51 b = − y = − 44 44 39 Å ã 11 44 So điều kiện, hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (x; y) = ;− . 120 39  10 1   + =1  x−1 y+2 c Bài 2. Giải hệ phương trình 25 3   + =2  x−1 y+2  Ê Lời giải. ® x 6= 1 Điều kiện y 6= −2  1   a = x−1 Đặt , hệ trở thành: 1   b = y+2 252/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 253 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả  ® a = 1 10a + 1b = 1 x=6 5 ⇔ ⇔  25a + 3b = 2 y = −3. b = −1 So điều kiện, hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (6; −3) ®  Å ã  1 1   − = 16 3 (x + y) + 2 x y ã Å c Bài 3. Giải hệ phương trình 1 1   3 (x − y) + 2 + =4 x y Ê Lời giải. Điều kiện: x 6= 0 và y 6= 0. Å    3x + Hệ phương trình tương đương: Å    3x + ã Å 2 + 3y − x ã Å 2 − 3y − x ã 2 =6 y ã 2 =4 y 2 2 và b = 3y − thì hệ trở thành x y 2 ® ®  3x + =5  a+b=6 a=5 x ⇔ ⇔  a−b=4 b=1 3y − 2 = 1 y ® 2 3x − 5x + 2 = 0 ⇔ 3y 2 − y − 2 = 0    2 ®  2 x = 1  x =  x=1 x= 3 3 hoặc hoặc ⇔ hoặc −2   y = −2 . y = 1. y = y = 1. . 3 3 ß Å ã Å ãÅ ã™ −2 2 2 −2 So điều kiện, hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (x; y) = (1; 1); 1; ; ;1 ; 3 3 3 3  3x − 6 x   + =1  y+1 y−2 c Bài 4. Giải hệ phương trình x−2 3x   + =7  y+1 y−2 Đặt a = 3x +  Ê Lời giải. ® y 6= −1 Điều kiện y 6= 2  x−2  a = y+1 Đặt , hệ trở thành:  b = x y−2   −1 x−2 −1  ® ® ®   =   a = 3a + 1b = 1 2x − 4 = −y − 1 2x + y = 3 y+1 2 2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x 5   2x = 5y − 10 2x − 5y = −10. a + 3b = 7  b = 5 =  2 y−2 2 So điều kiện, hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (6; −3) ® c Bài 5. Giải hệ phương trình 253/528  2|x − 6| + 3|y + 1| = 5 5|x − 6| − 4|y + 1| = 1 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 254 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ê Lời giải. ® a = |x − 6| . b = |y + 1| ® ® ® 2a + 3b = 5 a=1 |x − 6| = 1 Hệ trở thành: ⇔ ⇔ 5a − 4b = 1 b=1 |y + 1| = 1. ® ® ® ® x − 6 = −1 x − 6 = −1 x−6=1 x−6=1 hoặc hoặc hoặc ⇔ y + 1 = −1. y + 1 = 1. y + 1 = −1. y + 1 = 1. ® ® ® ® x=7 x=5 x=7 x=5 ⇔ hoặc hoặc hoặc y = 0. y = 0. y = −2. y = −2. Hệ có nghiệm (x; y) = {(7; 0), (5; 0), (7; −2), (5; −2)} Đặt ® c Bài 6. Giải hệ phương trình  2|x + y| − |x − y| = 9 3|x + y| + 2|x − y| = 17 Ê Lời giải. ® a = |x + y| . b = |x − y| ® ® ® 2a − b = 9 a=5 |x + y| = 5 Hệ trở thành: ⇔ ⇔ 3a + 2b = 17 b=1 |x − y| = 1. ® ® ® ® x+y =5 x+y =5 x + y = −5 x + y = −5 ⇔ hoặc hoặc hoặc x − y = 1. x − y = −1. x − y = 1. x − y = −1. ® ® ® ® x=3 x=2 x = −2 x = −3 ⇔ hoặc hoặc hoặc y = 2. y = 3. y = −3. y = −2. Hệ có nghiệm (x; y) = {(3; 2), (2; 3), (−2; −3), (−3; −2)} Đặt ® c Bài 7. Giải và biện luận hệ phương trình theo tham số  x + my = 1 x + y = m. Ê Lời giải.      1 m     D= = 1 − m.       1 1            1 m  Ta có: Dx = = 1 − m2 .      m 1            1 1     Dy = = m − 1.       1 m TH1. Nếu D = 0 ⇔ 1 − m = 0 ⇔ m = 1. Với m = 1 thì Dx = Dy = 0 nên hệ vô số nghiệm với 254/528 ® x∈R . y =1−x p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 255 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH TH2. Nếu D 6= 0 ⇔ 1 − m 6= 0⇔ m 6= 1. Dx   x = = D Hệ có nghiệm duy nhất  D  y = y = D Luôn nổ lực để đạt được thành quả 1 − m2 =m+1 1−m . m−1 = −1 1−m Kết luận: Khi m = 1, hệ hệ vô số nghiệm với (x; y) = (x; 1 − x). Khi m 6= 1, hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (m + 1; −1). ® c Bài 8. Giải và biện luận hệ phương trình theo tham số  x + my = 1 . mx + y = m2 Ê Lời giải.      1 m     = 1 − m2 . D =       m 1            1 m  = 1 − m3 . Ta có: Dx =      m2 1            1 1     D = = m2 − m. y       m m2 TH1. Nếu D = 0 ⇔ 1 − m2 = 0 ⇔ m = ±1. Với m = 1 thì Dx = Dy = 0 nên hệ vô số nghiệm với ® x∈R . y =1−x Với m = −1 thì Dx = 2; Dy = 2 nên hệ vô nghiệm. TH2. Nếu D 6= 0 ⇔ 1 − m2 = 6  0 ⇔ m 6= ±1. 1 − m3 1 + m + m2 Dx   = = x = D 1 − m2 1+m . Hệ có nghiệm duy nhất 2  D m −m −m  y = y = = D 1 − m2 m+1 Kết luận: Khi m = 1, hệ hệ vô số nghiệm với (x; y) = (x; 1 − x). Khi m = −1, hệ hệ vô nghiệm. Å ã 1 + m + m2 −m Khi m 6= ±1, hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = ; .  1+m m+1 ® mx − 2y = m − 2 c Bài 9. Cho hệ phương trình . Tìm tham số m để hệ phương trình đã (m − 1)2 x − y = m2 − 1 cho vô nghiệm. 255/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 256 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ê Lời giải. Tính định thức −2 m = m · (−1) − (−2)(m − 1)2 = 2m2 − 5m + 2. D= (m − 1)2 −1 Hệ vô nghiệm nên suy ra  m=2 D = 0 ⇔ 2m2 − 5m + 2 = 0 ⇔  1 m= . 2 Với m = 2 hệ trở thành ® 2x − 2y = 0 x−y =3 Hệ phương trình này vô nghiệm. Do đó m = 2 nhận. 1 Với m = hệ trở thành 2  3 1 ® ®   x − 2y = − 2 2 ⇔ x − 4y = −3 ⇔ x = 4y − 3  x − 4y = −3 y∈R 1x − y = −3 4 4 1 Hệ phương trình này có vô số nghiệm. Do đó m = loại. 2 Vậy m = 2 thì hệ phương trình đã cho vô nghiệm.  ® x − my = 0 c Bài 10. Cho hệ phương trình . Tìm tham số m để hệ phương trình đã cho mx − y = m + 1 vô nghiệm. Ê Lời giải. Tính định thức 1 −m = 1 · (−1) − m · (−m) = m2 − 1. D= m −1 Hệ vô nghiệm nên suy ra ñ m=1 D = 0 ⇔ m2 − 1 = 0 ⇔ m = −1. Với m = 1 hệ trở thành ® x−y =0 x−y =2 Hệ phương trình này vô nghiệm. Do đó m = 1 nhận. Với m = −1 hệ trở thành ® ® ® x+y =0 x+y =0 x = −y ⇔ ⇔ x−y =0 x+y =0 y∈R Hệ phương trình này có vô số nghiệm. Do đó m = −1 loại. Vậy m = 1 thì hệ phương trình đã cho vô nghiệm. 256/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 257 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH ® c Bài 11. Cho hệ phương trình Luôn nổ lực để đạt được thành quả 3x − my = 1 . Tìm tham số m để hệ phương trình đã − mx + 3y = m − 4 cho vô nghiệm. Ê Lời giải. Tính định thức 3 −m = 3 · 3 − (−m) · (−m) = 9 − m2 . D= −m 3 Hệ vô nghiệm nên suy ra ñ m=3 D = 0 ⇔ 9 − m2 = 0 ⇔ m = −3. Với m = 3 hệ trở thành ® 3x − 3y = 1 ⇔ − 3x + 3y = −1 ®  x = y + 1 3x − 3y = 1 3 ⇔  3x − 3y = 1 y∈R Hệ phương trình này có vô số nghiệm. Do đó m = 3 loại. Với m = −3 hệ trở thành ® 3x + 3y = 1 3x + 3y = −7 Hệ phương trình này vô nghiệm. Do đó m = −3 nhận. Vậy m = −3 thì hệ phương trình đã cho vô nghiệm.  ® mx + 2y = m2 c Bài 12. Cho hệ phương trình . Tìm tham số m để hệ phương trình đã cho vô 2x + my = 4 nghiệm. Ê Lời giải. Tính định thức m 2 = m · m − 2 · 2 = m2 − 4. D= 2 m Hệ vô nghiệm nên suy ra ñ m=2 D =0⇔m −4=0⇔ m = −2. 2 Với m = 2 hệ trở thành ® 257/528 2x + 2y = 4 ⇔ 2x + 2y = 4 ® x=2−y y∈R p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 258 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Hệ phương trình này có vô số nghiệm. Do đó m = 2 loại. Với m = −2 hệ trở thành ® ® 2x − 2y = −4 − 2x + 2y = 4 ⇔ 2x − 2y = 4 2x − 2y = 4 Hệ phương trình này vô nghiệm. Do đó m = −2 nhận. Vậy m = −2 thì hệ phương trình đã cho vô nghiệm. 2.  BÀI TẬP VỀ NHÀ c Bài 1. Giải các hệ phương trình sau p ® − 3×2 + y − 2 = 1 p a) − 5×2 + 2 y − 2 = 3 ® x − 2y + 3 |y| = 6 . b) 2(x − 2y) − |y| = 5 p ® 2 x +x−3 y−2=3 p c) 2×2 + 2x + y − 2 = 13 p ® 2 2x − 6x + 2 y − 1 = −1 p d) x(3 − x) y − 1 = 3 Ê Lời giải. ® p y−2=1 p . − 5×2 + 2 y − 2 = 3 − 3×2 + a) Giải hệ phương trình ® u = x2 p Đặt , ta có hệ phương trình v = y−2 ® ® − 3u + v = 1 u=1 ⇔ − 5u + 2v = 3 v=4 ® u=1 Với ta có hệ phương trình v=4 ® 2 ® ® x =1 x = ±1 x = ±1 p ⇔ ⇔ y − 2 = 16 y = 18 y−2=4 ® ® x=1 x = −1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm , . y = 18 y = 18 ® x − 2y + 3 |y| = 6 b) Giải hệ phương trình 2(x − 2y) − |y| = 5 ® u = x − 2y Đặt , ta có hệ phương trình v = |y| ® ® u + 3v = 6 u=3 ⇔ 2u − v = 5 v=1 258/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 259 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả ® u=3 ta có hệ phương trình v=1 ® ® ® ® x=1 x=2 2x − y = 3 2x − y = 3 hoặc ⇔ ⇔ y = −1 y=1 y = ±1 |y| = 1 ® ® x=2 x=1 . , Vậy hệ phương trình đã cho nghiệm y = 1 y = −1 p ® 2 x +x−3 y−2=3 p c) Giải hệ phương trình 2×2 + 2x + y − 2 = 13 ® u = x2 + x p Đặt , ta có hệ phương trình v = y−2 ® ® u − 3v = 3 u=6 ⇔ 2u + v = 13 v=1 ® u=6 ta có hệ phương trình Với v=1 ® 2 ® ® ® x +x=6 x = 2; x = −3 x=2 x = −3 p ⇔ ⇔ hoặc y−2=1 y=3 y=3 y−2=1 ® ® x = 2 x = −3 Vậy hệ phương trình đã cho nghiệm , . y=3 y=3 p p  ® 2 ® 2x − 6x + 2 y − 1 = −1 2 x2 − 3x + 2 y − 1 = −1 p p d) Giải hệ phương trình ⇔ x(3 − x) y − 1 = 3 − (x2 − 3x) y − 1 = 3 ® u = x2 − 3x p , ta có hệ phương trình Đặt v = y−1  ® u + v = − 1 2u + 2v = −1 2 ⇔  − uv = 3 uv = −3 Với Do đó u, v là hai nghiệm của phương trình  X = −2 1 2  X + X −3=0⇔ 3 2 X= 2  u = 3 2 ta có hệ phương trình Với  v = −2  x2 − 3x = 3 2 p y − 1 = −2 Hệ phương trình này vô nghiệm.  u = −2 Với ta có hệ phương trình v = 3 2  2   x − 3x = −2 x = 1; x = 2 x = 1 p ⇔ ⇔  y−1= 3 y − 1 = 9 y = 13 2 4 4 259/528  x = 2 hoặc y = 13 4 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 260 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả   x = 1 x = 2 Vậy hệ phương trình đã cho nghiệm , . y = 13 y = 13 4 4  c Bài 2. Giải và biện luận các hệ phương trình sau theo tham số m ® ® (m − 1)x − y = m + 2 mx − y + 1 = 0 b) a) (m + 1)x + 2y = m − 5 x + my + 2 = 0 Ê Lời giải. a) Giải và biện luận theo tham số m. Ta biến đổi ® ® mx − y = −1 mx − y + 1 = 0 ⇔ x + my = −2 x + my + 2 = 0 Tính các định thức sau m −1 = m · m − 2 · 2 = m2 + 1. D= 1 m −1 −1 = (−1) · m − (−2) · (−1) = −m − 2. Dx = −2 m m −1 = m · (−2) − 1 · (−1) = −2m + 1. Dy = 1 −2 Ta có D = m2 + 1 6= 0, ∀m ∈ R nên hệ phương trình đã cho luôn có nghiệm duy nhất  Dx  = x = D  y = Dy = D −m − 2 m2 + 1 −2m + 1 m2 + 1 b) Giải và biện luận theo tham số m hệ phương trình ® 260/528 (m − 1)x − y = m + 2 (m + 1)x + 2y = m − 5 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 261 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Tính các định thức sau m − 1 −1 = (m − 1)2 − (m + 1)(−1) = 3m − 1. D= m+1 2 m + 2 −1 = (m + 2)2 − (m − 5)(−1) = 3m − 1. Dx = m−5 2 m−1 m+2 = (m − 1)(m − 5) − (m + 1)(m + 2) = −3m + 3. Dy = m+1 m−5 Nếu D = 0 ⇔ 3m − 1 = 0 ⇔ m = Dx = 3 · 1 thì ta có 3 1 1 − 1 = 0 , Dy = (−3) · + 3 = 2 6= 0 3 3 Do đó hệ phương trình đã cho vô nghiệm. 1 Nếu D 6= 0 ⇔ 3m − 1 6= 0 ⇔ m 6= thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 3  Dx 3m − 1  = =1 x = D 3m − 1  y = Dy = −3m + 3 D 3m − 1 Kết luận : 1 Nếu m = thì hệ phương trình đã cho vô nghiệm. 3 1 Nếu m 6= thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 3  x = 1 −3m + 3 y = 3m − 1  c Bài 3. Tìm tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất. Khi đó hãy tìm hệ thức liên hệ giữa x và y độc lập đối với m. ® ® mx − y = 1 mx + y = 2m a) b) x + 4(m + 1)y = 4m x + my = m + 1 Ê Lời giải. 261/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 262 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả a) Hệ phương trình ® mx − y = 1 x + 4(m + 1)y = 4m Tính các định thức sau −1 m = 4m(m + 1) − (−1)1 = 4m2 + 4m + 1. D= 1 4(m + 1) −1 1 = 4(m + 1) − 4m(−1) = 8m + 4. Dx = 4m 4(m + 1) m 1 = 4m2 − 1. Dy = 1 4m Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi D 6= 0 ⇔ 4m2 + 4m + 1 6= 0 ⇔ m 6= − 1 2 Nghiệm duy nhất của hệ  Dx 8m + 4 2   = = x = 2 D 4m + 4m + 1 2m + 1 2  D 4m − 1 2m − 1 2  y = y = = =1− 2 D 4m + 4m + 1 2m + 1 2m + 1 Từ hệ hệ thức trên, cộng vế theo vế của hai phương trình ta suy hệ thức liên hệ giữa x và y độc lập đối với m là x+y =1 b) Hệ phương trình ® mx + y = 2m x + my = m + 1 Tính các định thức sau m 1 = m2 − 1 = (m − 1)(m + 1). D= 1 262/528 m p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 263 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH 2m Luôn nổ lực để đạt được thành quả 1 = 2m2 − m − 1 = (2m + 1)(m − 1). Dx = m+1 m m 2m = m2 − m = m(m − 1). Dy = 1 m+1 Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi D 6= 0 ⇔ m2 − 1 6= 0 ⇔ m 6= ±1 Nghiệm duy nhất của hệ  Dx (2m + 1)(m − 1) 2m + 1 1   x = D = (m − 1)(m + 1) = m + 1 = 2 − m + 1  m(m − 1) m 1 D  y = y = = =1− D (m + 1)(m − 1) m+1 m+1 Từ hệ hệ thức trên, trừ vế theo vế của hai phương trình ta suy hệ thức liên hệ giữa x và y độc lập đối với m là x−y =1  c Bài 4. Tìm tham số m nguyên để các hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất (x; y) nguyên. ® ® mx + 4y = m + 2 mx + y = 2m a) b) x + my = m x + my = m + 1 Ê Lời giải. a) Hệ phương trình ® mx + 4y = m + 2 x + my = m Tính các định thức sau m 4 = m2 − 4 = (m − 2)(m + 2). D= 1 m+2 m 4 = m(m + 2) − 4m = m(m − 2). Dx = m 263/528 m p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 264 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả m m+2 = m2 − m − 2 = (m + 1)(m − 2). Dy = 1 m Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi D 6= 0 ⇔ (m − 2)(m + 2) 6= 0 ⇔ m 6= ±2 Nghiệm duy nhất của hệ  D m(m − 2) m 2  x = x = = =1−  D (m − 2)(m + 2) m+2 m+2  (m + 1)(m − 2) m+1 1 D  y = y = = =1− D (m + 2)(m − 2) m+2 m+2 Hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) nguyên nên suy ra 2 ∈Z m+2   1 ∈Z m+2    Do m nguyên nên suy ra  2 … (m + 2) . ⇒ 1 .. (m + 2) .  . 1 . (m + 2) Suy ra ñ ñ m+2=1 m = −1 ⇒ m + 2 = −1 m = −3 Vậy m = −1; m = −3 thì hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) nguyên. b) Hệ phương trình ® mx + y = 2m x + my = m + 1 Tính các định thức sau m 1 = m2 − 1 = (m − 1)(m + 1). D= 1 2m m 1 = 2m2 − m − 1 = (2m + 1)(m − 1). Dx = m+1 m 264/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 265 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH m Luôn nổ lực để đạt được thành quả 2m = m2 − m = m(m − 1). Dy = 1 m+1 Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi D 6= 0 ⇔ m2 − 1 6= 0 ⇔ m 6= ±1 Nghiệm duy nhất của hệ  Dx (2m + 1)(m − 1) 2m + 1 1   x = D = (m − 1)(m + 1) = m + 1 = 2 − m + 1  m(m − 1) m 1 D  y = y = = =1− D (m + 1)(m − 1) m+1 m+1 Hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) nguyên nên suy ra 1 ∈Z m+1   1 ∈Z m+1    Do m nguyên nên suy ra . 1 .. (m + 1) Suy ra ñ ñ m+1=1 m=0 ⇒ m + 1 = −1 m = −2 Vậy m = 0; m = −2 thì hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) nguyên.  c Bài 5. Tìm tham số m nguyên để các hệ phương trình ® (m + 1)x − my = 3m + 2 a) có nghiệm duy nhất (x0 , y0 ) thỏa mãn |2×0 − y0 | = 3. x + 2y = 3m + 2 ® mx + y = 3m + 1 b) có nghiệm duy nhất (x0 , y0 ) thỏa mãn y02 = 2×0 . x − my = 2 − m − m2 Ê Lời giải.   D = 2(m + 1) + m = 3m + 2 a) Ta có Dx = 2(3m + 2) + m(3m + 2) = 3m2 + 8m + 4   Dy = (m + 1)(3m + 2) − (3m + 2) = 3m2 + 2m. Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi D 6= 0 ⇒ m 6= 265/528 −2 . 3 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 266 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH Với nghiệm là x0 = Luôn nổ lực để đạt được thành quả Dx 3m2 + 8m + 4 Dy 3m2 + 2m = , y0 = = thay vào |2×0 − y0 | = 3 ta được D 3m + 2 D 3m + 2 3m2 + 8m + 4 3m2 + 2m =3 − 3m + 2 3m + 2 ⇒ 3m2 + 14m + 8 = |9m + 6| ñ 2 3m + 5m + 2 = 0 ⇔ 3m2 + 23m + 14 = 0  m = −1 ( nhận )  m = −2 ( loại)  3 ⇔  m = −7   2 m = − ( loại). 3 2· Vậy m = −1, m = −7 là giá trị cần tìm.  2  D = −m − 1 < 0, ∀m b) Ta có Dx = −m(3m + 1) + m2 + m − 2 = −2m2 − 2   Dy = −m3 − m2 + 2m − 3m − 1 = −m3 − m2 − m − 1. Do D 6= 0∀m nên hệ đã cho luôn có nghiệm duy nhất với nghiệm là −2m2 − 2 Dy −m3 − m2 − m − 1 Dx = = 2, y = = = m + 1. x0 = 0 D −m2 − 1 D ñ−m2 − 1 m=1 Thay vào y02 = 2x0 ta được (m + 1)2 = 4 ⇔ m = −3. Vậy m = 1, m = −3 là giá trị cần tìm.  c Bài 6. Tìm tham số m để các hệ phương trình sau có vô số nghiệm. ® ® x − my = 0 x + my = 3m a) b) mx − y = m + 1. mx + y = 2m + 1. Ê Lời giải.  2  D = −1 + m a) Ta có Dx = m2 + m   Dy = m + 1. Hệ phương trình đã cho có vô số nghiệm khi và chỉ khi ñ m=1       2  D = 0 −1+m =0  m = −1    ñ Dx = 0 ⇒ m2 + m = 0 ⇔ m = 0 ⇔ m = −1.        m = −1 Dy = 0 m+1=0     m = −1 Vậy m = −1 là giá trị cần tìm. 266/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 267 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả  2  D = 1 − m b) Ta có Dx = −2m2 + 2m   Dy = −3m2 + 2m + 1. Hệ phương trình đã cho có vô số nghiệm khi và chỉ khi ñ m=1      m = −1    ñ    m=0   2 D = 0   1 − m = 0  Dx = 0 ⇒ − 2m2 + 2m = 0 ⇔ ⇔ m = 1. m=1        2  − 3m + 2m + 1 = 0 Dy = 0   m=1        m = −1 3 Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.  c Bài 7. Tìm tham số m để các hệ phương trình sau có vô nghiệm. ® ® mx + y = m + 1 x − my = 0 a) b) x + my = 2 mx − y = m + 1 Ê Lời giải.  2  D = m − 1 a) Ta có Dx = m2 + m − 2   Dy = m − 1. ñ m=1 Xét D = 0 ⇒ m − 1 = 0 ⇔ m = −1. Với m = 1 ⇒ Dx = 0, Dy = 0 khi đó hệ vô số nghiệm. Với m = −1 ⇒ Dx = −2 6= 0 khi đó hệ vô nghiệm. Vậy m = −1 là giá trị cần tìm.  2  D = −1 + m b) Ta có Dx = m2 + m   Dy = m + 1. ñ m=1 2 Xét D = 0 ⇒ −1 + m = 0 ⇔ m = −1. Với m = 1 ⇒ Dx = 2 6= 0. khi đó hệ vô nghiệm. Với m = −1 ⇒ Dx = 0, Dy = 0 6= khi đó hệ vô số nghiệm nghiệm. Vậy m = 1 là giá trị cần tìm. 2  c Bài 8. Tìm tham số m để các hệ phương trình sau có có nghiệm. ® ® 3x − my = 1 (m + 1)x − y = m + 1 a) b) − mx + 3y = m − 4. x + my = 2. 267/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 268 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ê Lời giải.  2  D = 9 − m a) Ta có Dx = m2 − 4m + 3   Dy = 4m − 12. Hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi ® m 6= 3  m 6= 3   m 6= −3 ® ñ D 6= 0  m 6= −3  m = 3 m 6= 3      2  D=0      ⇔  ⇒     ñm = −3 ⇔  m 6= −3 ⇔ m 6= −3. m − 9 = 0   Dx = 0     m2 − 4m + 3 = 0 m=3   m = 3  Dy = 0    4m − 12 = 0 m=1     m=3 ® Vậy m 6= −3 là giá trị cần tìm. b) Ta có D = m2 + m + 1 > 0 ∀m ∈ R. Vậy hệ phương trình luôn có nghiệm với mọi m ∈ R.  | Dạng 2. Hệ gồm 1 phương trình bậc nhất và 1 phương trình bậc hai ® ax + by = c (1) ○ Dạng tổng quát 2 2 dx + exy + f y + gx + hy = i (2) ○ Phương pháp giải: Từ phương trình bậc nhất (1), rút x theo y (hoặc y theo x) và thế vào phương trình bậc hai (2) để giải tìm x (hoặc tìm y). 3. BÀI TẬP VẬN DỤNG ® c Bài 1 (Trường Trung Học Thực Hành Sài Gòn). Giải hệ phương trình 5x − 2y 2 = 32 3x + y = 22. Ê Lời giải.  x=8  ® ® ®  2 2 2   5x − 2y = 32 5x − 2(22 − 3x) = 32 − 18x + 269x − 1000 = 0 125 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x=  3x + y = 22 y = 22 − 3x y = 22 − 3x 8   y = 22 − 3x ® x=8  y = −2   125   x =  8  7  y = . 6 ß Å ã™ 125 7 Vậy hệ phương trình đã cho cho có nghiệm (x; y) ∈ (8; −2); ;  18 6 268/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 269 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả ® c Bài 2 (THPT Nguyễn Hữu Huân – Tp.HCM). Giải hệ phương trình 2x − y = 5 x2 + xy + y 2 = 7. Ê Lời giải. ® 2x − y = 5 ⇔ x2 + xy + y 2 = 7 ® y = 2x − 5 ⇔ x2 + x(2x − 5) + (2x − 5)2 = 7 ® ®  y = 2x − 5     y = 2x − 5 x=1 ⇔ ⇔   7×2 − 25x + 18 = 0 18   x= 7 x=1  y = −3   18   x =  7  1  y = . 7 ã™ ß Å 18 1 ; . Vậy hệ phương trình đã cho cho có nghiệm (x; y) ∈ (1; −3); 7 7 ® 2x + 3y = 2 c Bài 3 (THPT Võ Văn Kiệt – Tp.HCM). Giải hệ phương trình xy + x + y + 6 = 0.  Ê Lời giải.   2 − 3y    2 − 3y x =   ®   2 x =  x = 2 − 3y 2x + 3y = 2 2 2 y = −2 ⇔ ⇔ Å 2 − 3y ã ⇔ ⇔ 2 − 3y    xy + x + y + 6 = 0 2    − 3y + y + 14 = 0 y+ +y+6=0   7   y= 2 2 3 ® x=4  y = −2   5   x = −  2  7  y = . 3 ß Å ã™ 5 7 Vậy hệ phương trình đã cho cho có nghiệm (x; y) ∈ (4; −2); − ; .  2 3 4. BÀI TẬP VỀ NHÀ ® c Bài 1 (THPT Diên Hồng – Tp. HCM). Giải hệ phương trình 2x − y − 7 = 0 y 2 − x2 + 2x + 2y + 4 = 0. Ê Lời giải. ® ® y = 2x − 7 (2x − 7)2 − x2 + 2x + 2(2x − 7) + 4 = 0 ® x=3  y = 2x − 7   ®   y = −1   y = 2x − 7 x=3 13 ⇔ ⇔ ⇔ 2  x =   3x − 22x + 39 = 0   3  x = 13  5  3 y = . 3 269/528 2x − y − 7 = 0 ⇔ y 2 − x2 + 2x + 2y + 4 = 0 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 270 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả ß Å 13 5 ; Vậy hệ phương trình đã cho cho có nghiệm (x; y) ∈ (3; −1); 3 3 ã™  . ® c Bài 2 (THPT Nguyễn Chí Thanh – Tp. HCM). Giải hệ phương trình x+y+8=0 x2 + y 2 + 6x + 2y = 0. Ê Lời giải. ® x+y+8=0 ⇔ x2 + y 2 + 6x + 2y = 0 ® x = −4  y = −4 ®   x = −6 ® x = −8 − y ⇔ (−8 − y)2 + y 2 + 6(−8 − y) + 2y = 0 ®   xñ = −8 − y x = −8 − y ⇔ y = −4 ⇔  2y 2 + 12y + 14 = 0  y = −2 y = −2. Vậy hệ phương trình đã cho cho có nghiệm (x; y) ∈ {(−4; −4); (−6; −2)}. ® c Bài 3 (THPT TRUNG PHÚ Tp. HCM). Giải hệ phương trình  2x + y = 4 3×2 + y 2 − xy − 5x + 2y = 4 Ê Lời giải. 2x + y = 4 y = 4 − 2x (1) ⇔ 2 2 3x + y − xy − 5x + 2y = 4 3×2 + y 2 − xy − 5x + 2y = 4. (2) Thay (1) vào (2) ta được phương trình ® ®  3×2 + (4 − 2x)2 − x(4 − 2x) − 5x + 2(4 − 2x) = 4 ⇔ 9×2 − 29x + 20 = 0 ⇔  x=1 20 . x= 9 TH 1. Với x = 1 thay vào (1) ⇒ y = 2. TH 2. Với x = 20 4 thay vào (1)⇒ y = − . 9 9 ß Å ã™ 20 4 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x; y) = (1; 2), . ;− 9 9 ® 2 3x + 2x − y = 8 c Bài 4 (THPT Marie Curie Tp. HCM). Giải hệ phương trình x2 + 5x + 2y = 0  Ê Lời giải.  ® y = −13x − 8 (1) 3x + 2x − y = 8 3x + 2x − y = 8 13x + 7y = −8 7 ⇔ ⇔ ⇔  2 x2 + 5x + 2y = 0 3×2 + 15x + 6y = 0 3×2 + 2x − y = 8 3x + 2x − y = 8. (2) Thay (1) vào (2) ta được phương trình  x=1 −13x − 8 3×2 + 2x − = 8 ⇔ 21×2 + 27x − 48 = 0 ⇔  16 . 7 x=− 7 ® 2 ® 2 TH 1. Với x = 1 thay vào (1) ⇒ y = −3. TH 2. Với x = − 16 152 thay vào (1)⇒ y = . 7 49 ß Å ã™ 16 152 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x; y) = (1; −3), − ; . 7 49 270/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 271 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả ® c Bài 5 (THPT Nguyễn Hữu Quân Tp. HCM). Giải hệ phương trình p 2x + 3 − y = 4 x2 − y = 2 Ê ® ® Lời giải. √ p p 2x + 3 − y = 4 2x + 3 − y = 4 2x + 5 − x2 = 4 (1) ⇔ ⇔ x2 − y = 2 y = x2 − 2 y = x2 − 2 (2) Giải phương trình (1) √ 2x + 5 − x2 = 4 √ ⇔ ® 5 − x2 = 4 − 2x 4 − 2x ≥ 0 ⇔ 5 − x2 = (4 − 2x)2 ® x≤2 ⇔ 5×2 − 16x + 11 = 0  x≤2    x = 1 ⇔ x = 1. ⇔     x = 11 5 ® Với x = 1 thay vào (2) ⇒ y = −1. Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x; y) = (1; −1).  ® a) c 6. Giải hệ ® Bài 2 2 4x − 3xy + y = 1 2x − y − 1 = 0 phương ® c) Giải hệ phương trình ® e) Giải hệ phương trình trình 2x + y = 3 x2 + xy + y 2 = 3 4×2 − 3xy + y 2 = 1 2x − y + 1 = 0 b) Giải hệ phương trình 2x − y = 5 x2 + xy + y 2 = 7 d) ® Giải hệ phương 2 2 x + 2xy + y − x − y = 6 x − 2y = 3 ® f) Giải hệ phương trình trình x + 2y = 5 x2 + 2y 2 − 2xy = 5 g) Giải hệ phương ® 2 2 2x − xy + 3y = 7x + 12y − 1 x−y+1=0 trình h) ® Giải hệ phương 2 2 x − xy + 3y + 2x − 5y = 4 x + 2y − 4 = 0 trình i) Giải hệ phương ® (2x − 3y − 2)(x − 5y − 3) = 0 x − 3y − 1 = 0 trình j) Giải hệ phương ® (2x + 2y + 1)(x + 2y + 2) = 0 xy + y 2 + 3y + 1 = 0 trình Ê Lời giải. 271/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 272 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả ® 2 4×2 − 3xy + y 2 = 1 4x − 3xy + y 2 = 1. (1) a) ⇔ 2x − y − 1 = 0 y = 2x − 1 (2) Thay (2) vào (1) ta được phương trình  x=0 4×2 − 3x(2x − 1) + (2x − 1)2 = 1 ⇔ 2×2 − x = 0 ⇔  1. x= 2 ® TH 1. Với x = 0 thay vào (2) ⇒ y = −1. 1 TH 2. Với x = thay vào (2)⇒ y = 0. 2 ß Å ã™ 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x; y) = (0; −1), ;0 . 2 ® ® 2x − y = 5 y = 2x − 5 (1) b) ⇔ 2 2 x + xy + y = 7 x2 + xy + y 2 = 7 (2) Thay (1) vào (2) ta được phương trình  x=1 2 2 2  x + x(2x − 5) + (2x − 5) = 7 ⇔ 7x − 25x + 18 = 0 ⇔ 18 . x= 7 ß Å TH 1. Với x = 1 thay vào (2) ⇒ y = −3. 18 1 TH 2. Với x = thay vào (2)⇒ y = . 7 7 18 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x; y) = (1; −3), ; 7 7 ® ® 2x + y = 3 y = 3 − 2x (1) c) ⇔ 2 2 x + xy + y = 3 x2 + xy + y 2 = 3 (2) Thay (1) vào (2) ta được phương trình ñ x=1 2 2 2 x + x(3 − 2x) + (3 − 2x) = 3 ⇔ 3x − 9x + 6 = 0 ⇔ . x=2 ã™ . TH 1. Với x = 1 thay vào (2) ⇒ y = 1. TH 2. Với x = 2 thay vào (2)⇒ y = −1. Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x; y) = {(1; 1), (2; −1)}. ® 2 ® 2 x + 2xy + y 2 − x − y = 6 x + 2xy + y 2 − x − y = 6 (1) d) ⇔ x − 2y = 3 x = 3 + 2y (2) Thay (2) vào (1) ta được phương trình  y=0 2 2 2  (3 + 2y) + 2(3 + 2y)y + y − (3 + 2y) − y = 6 ⇔ 9y + 15y = 0 ⇔ 5. y=− 3 TH 1. Với y = 0 thay vào (2) ⇒ x = 3. 5 1 TH 2. Với y = − thay vào (2)⇒ x = − . 3 3 ß Å ã™ 1 5 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x; y) = (3; 0), − ; − . 3 3 272/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 273 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả ® 2 4×2 − 3xy + y 2 = 1 4x − 3xy + y 2 = 1 (1) e) ⇔ 2x − y + 1 = 0 y = 2x + 1 (2) Thay (2) vào (1) ta được phương trình  ® 2 2 x=0 2 4x − 3x(2x + 1) + (2x + 1) = 1 ⇔ 2x + x = 0 ⇔  x=− 1. 2 TH 1. Với x = 0 thay vào (2) ⇒ y = 1. 1 TH 2. Với x = − thay vào (2)⇒ y = 0. 2 ß Å ã™ 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x; y) = (0; 1), − ; 0 . 2 ® ® x + 2y = 5 x = 5 − 2y (1) f) ⇔ 2 2 x + 2y − 2xy = 5 x2 + 2y 2 − 2xy = 5 (2) Thay (1) vào (2) ta được phương trình ñ y=1 . (5 − 2y)2 + 2y 2 − 2(5 − 2y)y = 5 ⇔ 10y 2 − 30y + 20 = 0 ⇔ y=2 TH 1. Với y = 1 thay vào (1) ⇒ x = 3. TH 2. Với y = 2 thay vào (1)⇒ x = 1. Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x; y) = {(3; 1), (1; 2)}. ® 2 ® 2 2x − xy + 3y 2 = 7x + 12y − 1 2x − xy + 3y 2 = 7x + 12y − 1 (1) g) ⇔ x−y+1=0 y = x + 1 (2) Thay (2) vào (1) ta được phương trình  x=4 2 2 2  2x − x(x + 1) + 3(x + 1) = 7x + 12(x + 1) − 1 ⇔ 4x − 14x − 8 = 0 ⇔ 1. x=− 2 TH 1. Với x = 4 thay vào (2) ⇒ y = 5. 1 1 TH 2. Với x = − thay vào (2)⇒ y = . 2 2 ß Å ã™ 1 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x; y) = (4; 5), − ; . 2 2 ® 2 ® 2 x − xy + 3y 2 + 2x − 5y = 4 x − xy + 3y 2 + 2x − 5y = 4 (1) h) ⇔ x + 2y − 4 = 0 x = 4 − 2y (2) Thay (2) vào (1) ta được phương trình  y=1 (4 − 2y)2 − (4 − 2y)y + 3y 2 + 2(4 − 2y) − 5y = 4 ⇔ 9y 2 − 29x + 20 = 0 ⇔  20 . y= 9 TH 1. Với y = 1 thay vào (2) ⇒ x = 2. 20 4 thay vào (2)⇒ x = − . TH 2. Với y = 9 9 ß Å ã™ 4 20 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x; y) = (2; 1), − ; . 9 9 273/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 274 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả ® ® (2x − 3y − 2)(x − 5y − 3) = 0 (2x − 3y − 2)(x − 5y − 3) = 0 (1) i) ⇔ x − 3y − 1 = 0 x = 3y + 1 (2) Thay (2) vào (1) ta được phương trình ñ y=0 2 . (2(3y + 1) − 3y − 2)(3y + 1 − 5y − 3) = 0 ⇔ −6y − 6y = 0 ⇔ y = −1 TH 1. Với y = 0 thay vào (2) ⇒ x = 1. TH 2. Với y = −1 thay vào (2)⇒ x = −2. Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x; y) = {(1; 0), (−2; −1)}. CÁCH KHÁC ® ® x=1 2x − 3y − 2 = 0 ®   (2x − 3y − 2)(x − 5y − 3) = 0  y=0  x − 3y − 1 = 0 . ⇔ ® ⇔ ®  x = −2  x − 5y − 3 = 0 x − 3y − 1 = 0 y = −1 x − 3y − 1 = 0 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x; y) = {(1; 0), (−2; −1)}. ® ® j) x + 2y + 1 = 0 2  (x + 2y + 1)(x + 2y + 2) = 0  ®xy + y + 3y + 1 = 0 ⇔  x + 2y + 2 = 0 xy + y 2 + 3y + 1 = 0 xy + y 2 + 3y + 1 = 0 (1) (2) ○ Giải ® hệ phương trình (1) ® x + 2y + 1 = 0 x = −2y − 1 (3) ⇔ 2 xy + y + 3y + 1 = 0 xy + y 2 + 3y + 1 = 0 (4) Thay (3) vào (4) ta được phương trình √ ñ y = 1 + 2 √ . (−2y − 1)y + y 2 + 3y + 1 = 0 ⇔ −y 2 + 2y + 1 = 0 ⇔ y =1− 2 √ √ TH 1. Với y = 1 + 2 thay vào (3) ⇒ x = −3 − 2 2. √ √ TH 2. Với y = 1 − 2 thay vào (3)⇒ x = −3 + 2 2. ○ Giải ® hệ phương trình (2) ® x + 2y + 2 = 0 x = −2y − 2 (5) ⇔ 2 xy + y + 3y + 1 = 0 xy + y 2 + 3y + 1 = 0 (6) Thay (5) vào (6) ta được phương trình √  1+ 5 y = 2√ . (−2y − 2)y + y 2 + 3y + 1 = 0 ⇔ −y 2 + y + 1 = 0 ⇔   1− 5 y= 2 √ √ 1+ 5 TH 1. Với y = thay vào (5) ⇒ x = −3 − 5. 2√ √ 1− 5 TH 2. Với y = thay vào (5)⇒ x = −3 + 5. 2 Vậy nghiệm ® của hệ phương trình đã cho là Ç √ å Ç √ å´ √ √ √ √ √ 1+ 5 √ 1− 5 (x; y) = (−3 − 2 2; 1 + 2), (−3 + 2 2; 1 − 2), −3 − 5; , −3 + 5; . 2 2  274/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 275 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH c Bài 7. Giải hệ phương trình ®p 2x − y + 3 = 2 a) 2 x + y 2 − xy = 19 p ® x+ y+3=4 d) √ y+ x+2=3 Luôn nổ lực để đạt được thành quả ®√ ®√ p x+1− y+2=1 c) x + y = 10 ®p √ 2x + y + 1 − x + y = 1 f) 3x + 2y = 4 p x−4+ y−1=4 b) x + y = 15 p ® 2x + y − 2 + 4 = 0 e) √ 2y + x + 2 = 4 Ê Lời giải. ®p 2x − y + 3 = 2 a) 2 x + y 2 − xy = 19. ® ®p ® y = 2x − 1 2x − y + 3 = 4 2x − y + 3 = 2 ⇔ Ta có ⇔ 2 2 2 2 x2 + (2x − 1)2 − x(2x − 1) = 19 x + y − xy = 19 x + y − xy = 19 ® y = 2x − 1 ⇔ 3×2 − 3x − 18 = 0   yñ = 2x − 1 ⇔ x=3   x = −2 ® x=3  y=5  ⇔ ®  x = −2 y = −5 ®√ p x−4+ y−1=4 b) x + y = 15. √ √ Đặt x − 4 = A, y − 1 = B (A, B ≥ 0). Hệ phương trình trở thành:®  A=1 ® ® ®  A+B =4 B =4−A B =4−A  ®B = 3 ⇔ ⇔ ⇔ (TMĐK).   A=3 A2 + B 2 = 10 A2 + (4 − A)2 = 10 2A2 − 8A + 6 = 0 B=1 ® ® ® ®√ x−4=1 x−4=1 x=5 A=1 ⇔ ⇔ . • Với ta có p y−1=3 y=4 B=3 y−1=3 ® • Với A=3 ta có B=1 ®√ x−4=3 p ⇔ y−1=1 ® x−4=9 ⇔ y−1=1 ® x = 13 . y=2 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x; y) = {(5; 4), (13; 2)}. ®√ p x+1− y+2=1 c) x + y = 10. √ √ Đặt x + 1 = A, y + 2 = B (A, B ≥ 0). Hệ phương trình trở thành: 275/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 276 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả ® ® A−B =1 ⇔ A2 + B 2 = 13 ® • Với ® A=3 ta có B=2 B =A−1 ⇔ A2 + (A − 1)2 = 13 ® A=3  B=2 B =A−1 ® ⇔   A = −2 2A2 − 2A − 12 = 0 B = −3 ®√ x+1=3 p ⇔ y+2=2 ® x+1=9 ⇔ y+2=4 ® . (loại) x=8 . y=2 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x; y) = {(8; 2)}. p ® x+ y+3=4 d) √ y + x + 2 = 3. √ √ y + 3 =®B (A, B ≥ 0) A2 + B = 6 (1) Hệ phương trình trở thành: A + B 2 = 6 (2) Đặt x + 2 = A, ñ A−B =0 . Lấy (1) − (2) ⇒ A + B − A − B = 0 ⇔ (A − B)(A + B − 1) = 0 ⇔ A+B−1=0 2 2 ñ A=2 • Với A = B, từ (1) ⇒ A + A − 6 = 0 ⇔ . Suy ra A = B = 2. A = −3 (loại) 2 • Với A + B − 1 = 0 ⇒ A + B = 1. Do A, B ≥ 0 nên 0 ≤ A, B ≤ 1. Suy ra A2 + B ≤ 2, mâu thuẫn với (1). ®√ ® ® x+2=2 x+2=4 x=2 A=B=2⇔ p ⇔ ⇔ . y+3=4 y=1 y+3=2 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x; y) = {(2; 1)}. p ® 2x + y − 2 + 4 = 0 e) √ 2y + x + 2 = 4. Đặt √ x + 2 = A, √ ® y − 2 = B (A, B ≥ 0). Hệ phương trình trở thành: 2A2 + B = 0 2B 2 + A = 0 (1) (2) Do A, B ≥ 0 nên (1) ⇒ A = B = 0. (ta thấy A = B = 0 cũng thỏa (2)) ®√ ® ® x+2=0 x+2=0 x = −2 A=B=0⇔ p ⇔ ⇔ . y−2=0 y=2 y−2=0 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x; y) = {(−2; 2)}. ®p √ 2x + y + 1 − x + y = 1 f) 3x + 2y = 4. √ √ x + y = B (A ≥ 0, B ≥ 0). Hệ phương trình trở thành: ® A=2 ® ® ®  A−B =1 B =A−1 B =A−1  ®B = 1 ⇔ ⇔ ⇔ .   A = −1 A2 + B 2 = 5 A2 + (A − 1)2 = 5 2A2 − 2A − 4 = 0 (loại) B = −2 Đặt 276/528 2x + y + 1 = A, p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 277 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH ® • Với A=2 ta có B=1 Luôn nổ lực để đạt được thành quả ®p ® ® 2x + y + 1 = 4 x=2 2x + y + 1 = 2 ⇔ ⇔ . √ x+y =1 y = −1 x+y =1 Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x; y) = {(2; −1)}.  | Dạng 3. Hệ phương trình đối xứng và đẳng cấp HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI I ○ Dấu hiệu nhận dạng: Khi thay đổi xị trí x và y cho nhau thì hệ không thay đổi và trật tự các phương trình cũng không thay đổi. ○ Phương ® pháp giải: Biến đổi về dạng tổng và tích. S =x+y . Đặt P = xy Giải hệ với ẩn S, P với điều kiện hệ có nghiệm (x; y) là S 2 ≥ 4P . Tìm nghiệm (x; y) bằng cách thế vào phương trình X 2 − SX + P = 0. o Một số biểu thức đối xứng thường gặp a) x2 + y 2 = (x + y)2 − 2xy = S 2 − 2P . b) x3 + y 3 = (x + y)3 − 3xy(x + y) = S 3 − 3P S. c) (x − y)2 = (x + y)2 − 4xy = S 2 − 4P . 2 d) x4 + y 4 = (x2 + y 2 ) − 2×2 · y 2 = S 4 − 4S 2 P + 2P 2 . e) x4 + y 4 + x2 y 2 = (x2 − xy + y 2 ) (x2 + xy + y 2 ) = . . . HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐỐI XỨNG LOẠI II ○ Dấu hiệu nhận dạng: Khi thay đổi xị trí x và y cho nhau thì hệ không thay đổi và trật tự các phương trình thay đổi(phương trình này thành phương trình kia). ○ Phương pháp giải: Lấy vế trừ vế và phân tích thành nhân tử, lúc nào cũng đưa được về dạng (x − y) · f (x) = 0, tức luôn có x = y. o Đối với hệ đối ® xứng√loại II chứa căn thức, sau khi trừ ta thường nhân lượng liên hợp. Chẳng hạn: √ √ x − y. x2 + x = 2y √ √  ⇒ x2 − y 2 + x − y = 2(y − x) và nhân lượng liên hợp √ 2 y + y = 2x HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẲNG CẤP BẬC HAI ® 2 a1 x + b1 xy + c1 y 2 = d1 ○ Dạng tổng quát: (i) a2 x2 + b2 xy + c2 y 2 = d2 ® d2 (a1 x2 + b1 xy + c1 y 2 ) = d1 · d2 (1) ○ Phương pháp giải: (i) ⇔ d1 (a2 x2 + b2 xy + c2 y 2 ) = d1 · d2 (2) Lấy (1) − (2) ⇒ (a1 d2 − a2 d1 ) · x2 + (b1 d2 − b2 d1 ) · xy + (c1 d2 − c2 d1 ) · y 2 = 0. Đây là phương trình đẳng cấp bậc hai nên sẽ tìm được mối liên hệ giữa x, y bằng phép chia. o Một số bài toán nâng cao, ta có thể sử dụng phương pháp thế cụm để tạo thành đẳng cấp. 277/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 278 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH 5. Luôn nổ lực để đạt được thành quả BÀI TẬP VẬN DỤNG c Bài 1. Giải các hệ phương trình sau (đối xứng loại 1): ® 2x + 2y = 4 + xy (THPT Nguyễn Chí Thanh a) x2 + y 2 + x + y = 18 ® x + xy + y = 3 (THPT Hùng Vương b) x2 y + xy 2 = 2 ® x + y + 2xy = 1 (THPT An Dương Vương c) x2 + y 2 = 1 ® x + y + xy = 7 (THPT Võ Trường Toản d) x2 + y 2 = 10 – TP.HCM) – TP.HCM) – TP.HCM) – TP.HCM) Ê Lời giải. ® a) 2x + 2y = 4 + xy x2 + y 2 + x + y = 18. ® 2(x + y) = 4 + xy Hệ phương trình đã cho tương đương với . (x + y)2 − 2xy + x + y = 18 ® S =x+y Đặt , (điều kiện có nghiệm S 2 ≥ 4P ). P = xy Khi đó hệ phương trình trở thành ® ® 2S = 4 + P P = 2S − 4 ⇔ 2 S − 2P + S = 18 S 2 − 3S − 10 = 0 ñ S = 5, P = 6 ⇔ (thỏa S 2 ≥ 4P ) S = −2, P = −8 ® ñ S=5 X=2 2 • Với khi đó x, y là nghiệm của phương trình X − 5X + 6 = 0 ⇔ ⇒ P =6 X=3 ® ® x=3 x=2 ∨ . y=2 y=3 ® ñ S = −2 X=2 • Với khi đó x, y là nghiệm của phương trình X 2 + 2X − 8 = 0 ⇔ ⇒ P = −8 X = −4 ® ® x = −4 x=2 ∨ . y=2 y = −4 Vậy hệ phương trình có nghiệm là (3; 2), (2; 3), (−4; 2), (2; −4). ® x + xy + y = 3 b) x2 y + xy 2 = 2. ® (x + y) + xy = 3 Hệ phương trình đã cho tương đương với . xy(x + y) = 2 ® S =x+y Đặt , (điều kiện có nghiệm S 2 ≥ 4P ). P = xy 278/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 279 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Khi đó hệ phương trình trở thành ® ⇔ S+P =3 ⇔ SP = 2 ® P =3−S S 2 − 3S + 2 = 0 ñ S = 2, P = 1 (thỏa S 2 ≥ 4P ) S = 1, P = 2 (không thỏa S 2 ≥ 4P ) ® S=2 • Với khi đó x, y là nghiệm của phương trình X 2 − 2X + 1 = 0 ⇔ X = 1 ⇒ P =1 Vậy hệ phương trình có nghiệm là (1; 1). ® x=1 . y=1 ® c) x + y + 2xy = 1 x2 + y 2 = 1. ® S =x+y , (điều kiện có nghiệm S 2 ≥ 4P ). Đặt P = xy Khi đó hệ phương trình trở thành ® S + 2P = 1 ⇔ S 2 − 2P = 1 ® 2P = 1 − S S2 + S − 2 = 0  S = 1, P = 0 (thỏa S 2 ≥ 4P ) ⇔  3 S = −2, P = (không thỏa S 2 ≥ 4P ) 2 ® ñ ® S=1 X = 0 x=0 khi đó x, y là nghiệm của phương trình X 2 − X = 0 ⇔ ⇒ ∨ P =0 X = 1. y=1 • Với ® x=1 . y=0 Vậy hệ phương trình có nghiệm là (0; 1), (1; 0). ® d) x + y + xy = 7 x2 + y 2 = 10. ® S =x+y Đặt , (điều kiện có nghiệm S 2 ≥ 4P ). P = xy Khi đó hệ phương trình trở thành ® ⇔ ® S+P =7 ⇔ S 2 − 2P = 10 ® P =7−S S 2 + 2S − 24 = 0 ñ S = 4, P = 3 (thỏa S 2 ≥ 4P ) S = −6, P = 13 (không thỏa S 2 ≥ 4P ) S=4 • Với khi đó x, y là nghiệm của phương trình X 2 − 4X + 3 = 0 ⇔ P =3 ® ® x=3 x=1 ∨ . y=1 y=3 Vậy hệ phương trình có nghiệm là (3; 1), (1; 3). ñ X=3 ⇒ X=1  279/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 280 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH 6. Luôn nổ lực để đạt được thành quả BÀI TẬP VỀ NHÀ ® c Bài 1 (THPT Trần Văn Giàu – Tp.HCM). Giải hệ phương trình x2 + xy + y 2 = 7 xy + 7 = x + y. Ê Lời giải. ® Đặt x+y =a xy = b ® ® ® 2 ® 2 ® 2 a= a=0 a −a=0 a −b=7 a −b=7 (x + y)2 − xy = 7 hoặc ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ Khi đó hệ trở thành b= b = −7 b=a−7 b=a−7 a−b=7 x + y − xy = 7 √ √ ® ® ® ® x= 7 x=− 7 a=0 x+y =0 √ hoặc √ . Với ⇔ ⇔ b = −7 xy = −7 7 7 y = − y = ® ® ® ® x = −3 x=2 x+y =1 a=1 . hoặc ⇔ ⇔ Với y=2 y = −3 xy = −6 b = −6 √ √ √ √ Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm (x, y) là ( 7; − 7), (− 7; 7), (2; −3), (−3; 2).  ® ® c Bài 2 (THPT Hùng Vương – Tp.HCM). Giải hệ phương trình x2 + y 2 = 2(xy + 2) x + y = 8. Ê Lời giải. ® x+y =a xy = b. ® 2 ® ® 2 ® x + y 2 = 2(xy + 2) (x + y)2 − 2xy = 2xy + 4 a − 4b = 4 a=8 Khi đó ⇔ ⇔ ⇔ . x+y =8 x+y =8 a=8 b = 15 ® ® ® x+y =8 x=5 x=3 Do đó ⇔ hoặc . xy = 15 y=3 y=5 Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm (x, y) là (5; 3), (3; 5). Đặt ® c Bài 3 (THPT Trần Phú – Tp.HCM). Giải hệ phương trình  x + y + 2xy = 4 . x2 y + xy 2 = 2 Ê Lời giải. ® Đặt u=x+y . Khi đó ta có: v = xy ® u + 2v = 4 ⇒ uv = 2 ® u = 4 − 2v ⇒ − 2v 2 + 4v − 2 = 0 ® u=2 v = 1. ® x+y =2 xy = 1. Vì (x + y)2 − 4xy = 3 > 0 nên x, y là nghiệm của phương trình X 2 − 2X + 1 = 0. Suy ra: x = y = 1. Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S = {(1; 1)}. Do đó: ® c Bài 4 (THPT Võ Thị Sáu – Tp.HCM). Giải hệ phương trình 280/528  x + xy + y = −1 . x2 y + y 2 x = −6 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 281 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ê Lời giải. ® ® u + v = −1 u=x+y . . Khi đó, hệ trở thành: uv = −6 v = xy Vì (u + ® v)2 − 4uv = 23 ® > 0 nên u, v là nghiệm của phương trình X 2 + X − 6 = 0. u=2 u = −3 . hoặc Suy ra: v = −3 v=2 ® ® x + y = −3 x+y =2 Do đó: hoặc . xy = 2 xy = −3 Vì (−3)2 − 4 · 2 = 1 > 0 và 24 − 4(−3) = 16 > 0 nên x, y là nghiệm của phương trình X 2 + 3X + 2 = 0 hoặc X 2®− 2X − 3 = 0. ® ® ® x = −1 x = −2 x = −1 x=3 Suy ra: hoặc hoặc hoặc . y = −2 y = −1 y=3 y = −1 Vậy tập nghiệm của hệ phương trình là S = {(−1; −2) , (−2; −1) , (−1; 3) , (3; −1)}.  Đặt c 5 (THPT Nguyễn Thị Minh Khai – Tp.HCM). Giải ® Bài 2 2x + 2y 2 − 5xy = −7 . xy − x − y = 7 hệ phương trình Ê Lời giải. Ta có: ® 2×2 + 2y 2 − 5xy = −7 ⇔ xy − x − y = 7 ® 2(x + y)2 − 9xy + 7 = 0 ⇔ xy − 7 = x + y ⇔ ® 2(x + y)2 − 9(xy − 7) − 63 + 7 = 0 xy − 7 = x + y ® 2(x + y)2 − 9(x + y) − 56 = 0 xy = x + y + 7. (I) Đặt x + y = t, khi đó ® t=x+y =8    xy = 8 + 7 = 15 (I1 ) t=8  ® 2      2t − 9t − 56 = 0 −7 −7 ⇔ (I) ⇔ ⇔ t=   t=x+y =  xy = t + 7 (1) 2   2 (I )   2 xy = t + 7 −7 7  xy = +7= · 2 2 ® x+y =8 . Theo định lý Vi-ét đảo ta có x, y là nghiệm của phương trình X 2 −8X +15 = 0. xy = 15 ® x=5 ®  y=3 x+y =8  Khi đó ⇔ ®  x=3 xy = 15 Giải (I1 ) : y = 5.  −7  x + y = =S 2 Giải (I2 ) : . Theo định lý Vi-ét đảo ta có x, y là nghiệm của phương trình X 2 + 7  xy = = P 2 7 7 X + = 0. 2 2 281/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 282 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Å ã2 Å ã2 7 −147 7 −4× = < 0 nên phương trình trên vô nghiệm. Do đó (I2 ) cũng vô Mà S − 4P = 2 2 4 nghiệm. Vậy hệ phương trình đã cho có hai cặp nghiệm là (5; 3) và (3; 5).  2 ® c Bài 6 (THPT Trung Phú - Tp.HCM). Giải hệ phương trình xy + x + y = 5 . x2 + y 2 − 3x − 3y = −4 Ê Lời giải. Ta có: ® ® ® xy = 5 − (x + y) xy + x + y = 5 xy + x + y = 5 ⇔ ⇔ 2 2 2 2 (x + y)2 − 3(x + y) + 4 − 2xy = 0 x + y − 3(x + y) = −4 x + y − 3x − 3y = −4 ® xy = 5 − (x + y) ⇔ (x + y)2 − 3(x + y) + 4 − 2 [5 − (x + y)] = 0 ® xy = 5 − (x + y) (I) ⇔ (x + y)2 − (x + y) − 6 = 0. Đặt x + y = t, khi đó ®  t=x+y =3 ® xy = 5 − t (I1 )    ñ xy = 5 − t  ®xy = 2 (I) ⇔ 2 ⇔ ⇔ t=3   t −t−6=0 t = x + y = −2  t = −2 (I2 ) xy = 7. ® x+y =3 . Theo định lý Vi-ét đảo ta có x, y là nghiệm của phương trình X 2 − 3X + 2 = 0. xy = 2 ® x=2 ®  y=1 x+y =3  Khi đó ⇔ ®  x=1 xy = 2 Giải (I1 ) : y = 2. x + y = −2 = S Giải (I2 ) : . Theo định lý Vi-ét đảo, x, y là nghiệm của phương trình X 2 +2X +7 = 0. xy = 7 = P Mà S 2 − 4P = (−2)2 − 4 · 7 = −24 < 0 nên phương trình trên vô nghiệm. Do đó (I2 ) cũng vô nghiệm. Vậy hệ phương trình đã cho có hai cặp nghiệm là (1; 2) và (2; 1).  ®   1 + 1 = 2xy c Bài 7 (THPT Nguyễn Thượng Hiền - Tp.HCM). Giải hệ x y .  x(y − 2) + y(x − 2) + 2 = 0 Ê Lời giải. Điều kiện x, y ≥ 0. Khi đó, ta có:  ® ®  1 + 1 = 2xy x + y = 2(xy)2 x + y = 2(xy)2 x y ⇔ ⇔  − (x + y) + xy + 1 = 0 − 2(xy)2 + xy + 1 = 0 x(y − 2) + y(x − 2) + 2 = 0  x + y = 2(xy)2    xy = 1 ⇔     xy = −1 2 282/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 283 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ta có: ® ® x+y =2 x=1 ⇔ xy = 1 y=1  −1   x =     2   x + y = 2  y=1 ⇔  −1 xy =  x=1   2     −1   y= 2 ã Å ã −1 −1 ; 1 , 1; . Vậy nghiệm của hệ phương trình là (1; 1) , 2 2 Å  ® c Bài 8 (THPT Chuyên Lê Hồng Phong - Tp.HCM). Giải hệ x + xy + y = 17 . x3 + y 3 − 10xy = 33 Ê Lời giải. ® ® ® S + P = 17 ⇔ S 3 − 3P S − 10P = 33 x + xy + y = 17 x + y + xy = 17 ⇔ 3 3 x + y − 10xy = 33 (x + y)3 − 3xy(x + y) − 10xy = 33 Đặt S = x + y, P = xy ta được: ® P = 17 − S ⇔ S 3 − 3(17 − S)S − 10(17 − S) = 33. ® P = 17 − S S 3 − 3S 2 − 41S − 203 = 0 (vô nghiệm  Vậy hệ phương trình vô nghiệm.  1 1   x + y + + = 5 x y c Bài 9 (THPT Chuyên Trần Đại Nghĩa - Tp.HCM). Giải hệ . 1 1  2 2  x + y + 2 + 2 = 9 x y Ê Lời giải. Điều kiện x 6= 0, y 6= 0. ® u+v =5 1 1 . Đặt u = x + và v = y + . Khi đó, hệ trở thành: x y u2 + v 2 − 4 = 9 ® ® ® ® u+v =5 u+v =5 u+v =5 u+v =5 Ta có: ⇔ ⇔ ⇔ . 2 2 2 2 2 u +v −4=9 u + v = 13 uv = 6 (u + v) − 2uv = 13 Khi đó, theo định lý Vi-ét đảo, u, v là nghiệm của phương trình X 2 − 5X + 6 = 0. ® u=2 ®  u+v =5  v=3 Dẫn đến, ⇔ ® .  u=2 uv = 6 v=3   1  x + = 2 x = 1 √ √ x Với u = 2, v = 3 ta có ⇔ 3+ 5 3− 5 1   y + = 3 y= ∨y = . 2 2 y 283/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 284 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả  √ √  1  3+ 5 3− 5 x + = 3  x= ∨x= x Với u = 3, v = 2 ta có ⇔ 2 2 . 1   y + = 2 y=1 y Ç å Ç å √ å Ç √ å Ç √ √ 3+ 5 3− 5 3+ 5 3− 5 Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm (x; y) là: 1; ; 1; ; ;1 ; ;1 . 2 2 2 2  ® x + y + x2 + y 2 = 12   c Bài 10 (THPT Nguyễn Du - Tp.HCM). Giải hệ . x2 + x y 2 + y = 36 Ê Lời giải. ® u + v = 12 Đặt u = x2 + x và v = y 2 + y. Khi đó, hệ trở thành: . uv = 36 2 Khi đó, theo ® định lý Vi-ét®đảo, u, v là nghiệm của phương trình X − 12X + 36 = 0. u=6 u + v = 12 . ⇔ Dẫn đến, v=6 uv = 36 ® 2 ® x +x=6 x = 2 ∨ x = −3 Với u = v = 6 ta có ⇔ . 2 y +y =6 y = 2 ∨ y = −3 Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm (x; y) là: (−3; −3) ; (−3; 2) ; (2; −3) ; (2; 2). ® c Bài 11 (THPT Nguyễn Hữu Huân - Tp.HCM). Giải hệ phương trình  √ x + y − xy = 3 p √ . x+1+ y+1=4 Ê Lời giải. Điều kiện x, y ≥ 0. Khi đó, ta có: ® ( √ ® √ √ x + y = 3 + xy x + y − xy = 3 x + y = 3 + xy » p p √ ⇔ ⇔ √ √ x+1+ y+1=4 x + y + 2 xy + x + y + 1 = 14 3 + xy + 2 xy + 4 + xy = 14 ® √ x + y = 3 + xy (1) ⇔ √ 3xy + 26 xy − 105 = 0 (2) √ √ √ Ta có (2) : 3xy + 26 xy − 105 = 0 ⇔ xy = 3 (Vì xy ≥ 0). Khi đó, thay vào (1) ta có x + y = 6. Từ đó ta có được ® ® ® ® ® √ x + y = 3 + xy (1) x+y =6 x=6−y x=6−y x=3 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ √ 3xy + 26 xy − 105 = 0 (2) xy = 9 (6 − y) y = 9 y=3 y = 3. Vậy nghiệm của hệ phương trình là (3; 3).  ® √ √ x y + y x = 30 √ c Bài 12 (THPT Tân Bình - Tp.HCM). Giải hệ phương trình . √ x x + y y = 35 Ê Lời giải. ® 2 u v + v 2 u = 30 √ √ . Điều kiện x, y ≥ 0. Đặt u = x và v = y. Khi đó, hệ trở thành: u3 + v 3 = 35 ® 2 ® 2 ® ® u v + v 2 u = 30 u v + v 2 u = 30 uv (u + v) = 30 uv = 6 Ta có: ⇔ ⇔ ⇔ 3 3 3 u + v = 35 u+v =5 u + v = 5. (u + v) = 35 + 30.3 284/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 285 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH - HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Khi đó, theo định lý Viet đảo, u, v là nghiệm của phương trình X 2 − 5X + 6 = 0. ® u=3 ®  v=2 uv = 6  ⇔ ® Dẫn đến,  u=2 u + v = 5. v = 3. Với u = 3, v = 2 ta có x = 9 và y = 4 (Vì x, y ≥ 0). Với u = 2, v = 3 ta có x = 4 và y = 9 (Vì x, y ≥ 0). c Bài 13 (THPT p Mạc Đĩnh Chi - Tp.HCM). Giải (√ x−1+ y−1=3 » . x + y = 5 + (x − 1)(y − 1)  hệ phương trình Ê Lời giải. ® √ u+v =3 √ Điều kiện x, y ≥ 1. Đặt u = x − 1 và v = y − 1. Hệ phương trình trở thành . u2 + 1 + v 2 + 1 = 5 + uv ® ® ® ® u+v =3 u=3−v u=3−v u=1 Ta có ⇔ ⇔ ⇔ ∨ 2 2 2 2 2 u + 1 + v + 1 = 5 + uv (3 − v) + v = 3 + (3 − v)v 3v − 9v + 6 = 0 v=2 ® u=2 . v=1 ® ®√ ® x−1=1 u=1 x=2 Với ta có p ⇔ (nhận). v=2 y=5 y−1=2 ® ® ®√ x−1=2 x=5 u=2 ⇔ Với (nhận). ta có p y=2 v=1 y−1=1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là (2; 5) và (5; 2).  c Bài 14. Giải các hệ phương trình sau (đối xứng loại 2): ® 2 ® 2 x − 2y 2 = 2x + y x + xy − 4y = 6 a) b) y 2 − 2x2 = 2y + x. y 2 + xy − 4x = 6. p ® 2 √ ®√ x+1+ 7−y =4 x + x = 2y c) d) p √ √ y 2 + y = 2x. y + 1 + 7 − x = 4. Ê Lời giải. x2 − 2y 2 = 2x + y a) y 2 − 2x2 = 2y + x. Lấy vế trừ vế, ta được ®  y=x 3(x2 − y 2 ) = x − y ⇔ (x − y)(3x + 3y − 1) = 0 ⇔  1 y = −x + . 3 ○␣ Thay y = x vào phương trình thứ nhất, ta được ñ ñ x=0 y=0 x + 3x = 0 ⇔ x(x + 3) = 0 ⇔ ⇒ x = −3 y = −3. 2 285/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 286 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả ○␣ Thay y = −x + 1 vào phương trình thứ nhất, ta được 3 1 1 4 2 1 x2 − 2(−x + )2 = 2x + (−x + ) ⇔ x2 − 2x2 + − = x + 3 3 3 9 3 ⇔ 3x2 − 3x + 5 = 0. Ta có ∆ = 9 − 4 · 3 · 5 < 0. Do đó phương trình vô nghiệm. Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là (0; 0) và (−3; −3). ® 2 x + xy − 4y = 6 b) y 2 + xy − 4x = 6. Lấy vế trừ vế, ta được ñ y=x x − y + 4(x − y) = 0 ⇔ (x − y)(x + y + 4) = 0 ⇔ y = −x − 4. 2 2 ○␣ Thay y = x vào phương trình thứ nhất, ta được ñ ñ x = −1 y = −1 2x2 − 4x − 6 = 0 ⇔ ⇒ x=3 y = 3. ○␣ Thay y = −x − 4 vào phương trình thứ nhất, ta được x2 + x(−x − 4) − 4(−x − 4) = 6 ⇔ x2 − x2 − 4x + 4x + 16 = 6 ⇔ 16 = 6. Do đó phương trình vô nghiệm. Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) là (−1; −1) và (3; 3). ® 2 √ x + x = 2y c) √ y 2 + y = 2x. Điều kiện x ≥ 0, y ≥ 0. Lấy vế trừ vế, ta được x2 − y 2 + √ x− √ √ √ y + 2(x − y) = 0 ⇔ (x − y)(x + y) + x − y + 2(x − y) = 0 √ √ √  √ √  √  ⇔ x− y x + y (x + y) + 1 + 2 x + y = 0 √ √ √ √ √  √  x− y =0 x + y (x + y) + 1 + 2 x + y > 0 với m ⇔ ⇔ y=x Thay y = x vào phương trình đầu ta được √ x=0  √x = 1 x=0    √ √  x = 1 x2 + x − 2x = 0 ⇔ √x = −1 + 5 ⇔ √   3− 5 2√  x= . √ −1 − 5 2 x= (loại) 2 Ç √ √ å 3− 5 3− 5 Vậy hệ các nghiệm (x; y) là (0, 0), (1, 1), ; . 2 2 286/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 287 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả ®√ p x+1+ 7−y =4 d) p √ y + 1 + 7 − x = 4. Điều kiện −1 ≤ x, y ≤ 7. Lấy vế trừ vế, ta được p p √ √ x+1− y+1+ 7−y− 7−x=0 x−y x−y +√ ⇔ √ =0 √ √ 7−x+ 7−y x+1+ y+1 Å ã 1 1 +√ ⇔ (x − y) √ =0 √ √ 7−x+ 7−y x+1+ y+1 ã Å 1 1 >0 . ⇔ y = x do √ +√ √ √ 7−x+ 7−y x+1+ y+1 Thay y =√x vào phương trình đầu, ta được √ x + 1 +√ 7 − x = 4.√ (1) Đặt u = x + 1; v = 7 − x, u, v ≥ 0. Khi đó ta có hệ ® 2 ® u + v2 = 8 u·v =4 ⇔ u+v =4 u + v = 4. Từ đó ta có u, v là nghiệm của phương trình X 2 − 4X + 4 = 0 Suy ra u = v = 2 ⇒ x = 3. Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) là (3; 3).  c Bài 15. Giải các hệ phương trình sau ® 2 x = 3x + 2y a) y 2 = y + 2x ® 2x = y 2 − 4y + 5 c) 2y = x2 − 4x + 5 ® x + y2 = y3 e) y + x2 = x3 √ ®√ 2 √ x +3+2 x=3+ y g) p √ √ y2 + 3 + 2 y = 3 + x ® x2 − 2y 2 = 2x + y y 2 − 2×2 = 2y + x ® (4x + 2)2 = 2y + 15 (4y + 2)2 = 2x + 15 b) d) x3 = 2x + y y 3 = 2y + x ( p √ x 1 + y 2 + y 1 + x2 = 2 p h) √ x 1 + x2 + y 1 + y 2 = 2 ® f) Ê Lời giải. x2 = 3x + 2y y 2 = y + 2x Lấy vế trừ vế, ta được ® a) ñ y=x x − y x = x − y ⇔ (x − y)(x + y − 1) = 0 ⇔ y =1−x 2 287/528 2 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 288 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả ○␣ Thay y = x vào phương trình đầu, ta được ñ ñ y=0 x = 0 ⇒ x2 = 3x + 2x ⇔ x(x − 5) = 0 ⇔ y = 5. x=5 ○␣ Thay y = 1 − x vào phương trình ta được ñ ñ x = −1 y=2 x = 3x + 2(1 − x) ⇔ x − x − 2 = 0 ⇔ ⇒ x=2 y = −1. 2 2 Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) là (0; 0); (5; 5); (−1; 2) và (2; −1). ® 2 x − 2y 2 = 2x + y b) y 2 − 2×2 = 2y + x Lấy vế trừ vế, ta được ñ y=x x2 − y 2 x = x − y ⇔ (x − y)(x + y − 1) = 0 ⇔ y = 1 − x. ○␣ Thay y = x vào phương trình đầu, ta được ñ ñ x=0 y=0 x = 3x + 2x ⇔ x(x − 5) = 0 ⇔ ⇒ x=5 y = 5. 2 ○␣ Thay y = 1 − x vào phương trình ta được ñ ñ x = −1 y=2 x2 = 3x + 2(1 − x) ⇔ x2 − x − 2 = 0 ⇔ ⇒ x=2 y = −1. Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) là (0; 0); (5; 5); (−1; 2) và (2; −1). ® 2x = y 2 − 4y + 5 c) 2y = x2 − 4x + 5 Lấy vế trừ vế, ta được ñ y=x 2x−2y = y −x −4y +4x ⇔ (x−y)(x+y)−3(x−y) = 0 ⇔ (x−y)(x+y −3) = 0 ⇔ y = 3 − x. 2 2 ○␣ Thay y = x vào phương trình thứ hai ta được ñ ñ x=1 y=1 x − 6x + 5 = 0 ⇔ ⇒ x=5 y = 5. 2 ○␣ Thay y = 3 − x vào phương trình thứ hai ta được √ √ ñ ñ x = 1 − 2 y = 2 + 2 √ ⇒ √ x2 − 2x − 1 = 0 ⇔ x=1+ 2 y =2− 2 Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) là (1; 1); (5; 5); (1 − 288/528 √ 2; 2 + √ √ √ 2) và (1 + 2; 2 − 2). p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 289 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả (4x + 2)2 = 2y + 15 d) (4y + 2)2 = 2x + 15 Lấy vế trừ vế, ta được ® (4x + 2)2 − (4y + 2)2 = 2(y − x) ⇔ 4(x − y)(4x + 4y + 4) + 2(x − y) = 0 ⇔ (x − y)(8x + 8y + 9) = 0  y=x  ⇔ 9 y = −x − . 8 ○␣ Thay y = x vào phương trình đầu ta được   −11 −11 x= y=  8 ⇒ 8 16×2 + 16x + 4 = 2x + 15 ⇔ 16×2 + 14x − 11 = 0 ⇔   1 1 x= y= . 2 2 ○␣ Thay y = −x − 9 vào phương trình đầu ta được 8 √ √   −9 − 221 −9 + 221 x = y = 9 16√ 16√  (4x + 2)2 = 2(−x − ) + 15 ⇔ 64×2 + 72x − 35 = 0 ⇔  ⇒   8 −9 + 221 −9 − 221 x= y= 16 16 å √ √ Å ã Å ã Ç −9 − 221 −9 + 221 −11 −11 1 1 ; ; ; và Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) là ; ; 8 8 2 2 16 16 Ç å √ √ −9 + 221 −9 − 221 ; . 16 16 ® x + y2 = y3 e) y + x2 = x3 Lấy vế trừ vế ta được ñ y=x 3 3 2 2 2 2 x −y = x −y +y −x ⇔ (x−y)(x +y +xy −x−y +1) = 0 ⇔ 2 x + y 2 + xy − x − y + 1 = 0. ○␣ Thay y = x vào phương trình đầu ta được   x=0 y=0 √ √     1 − 5 1 − 5  y = ⇒ x3 − x2 − x = 0 ⇔ x(x2 − x − 1) = 0 ⇔ x =  2√ 2√     1+ 5 1+ 5 . . x= y= 2 2 ○␣ x2 + y 2 + xy − x − y + 1 = 0 ⇔ 2×2 + 2y 2 + 2xy − 2x − 2y + 2 = 0 289/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 290 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả ⇔ (x2 + 2xy + y 2 ) + (x2 − 2x + 1) + (y 2 − 2y + 1) = 0 ⇔ (x + y)2 + (x − 1)2 + (y − 1)2 = 0  x = −y  x=1 ⇔   y = 1. Do đó hệ vô nghiệm. Ç Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là (0, 0); √ √ å Ç √ √ å 1− 5 1− 5 1+ 5 1+ 5 ; và ; . 2 2 2 2 x3 = 2x + y f) y 3 = 2y + x Trừ vế theo vế, ta được ® ñ y=x x − y = x − y ⇔ (x − y)(x + y + xy − 1) = 0 2 x + y 2 + xy = 1 3 3 2 2 (1) ○␣ Thay y = x vào phương trình ban đầu ta được x3 − 3x = 0 ⇔ x(x2 − 3) = 0 ⇔ ñ x=0 √ x = ± 3. ○␣ Cộng vế theo vế hai phương trình ban đầu ta được ñ y = −x x + y = 3(x + y) ⇔ (x + y)(x + y − xy − 3) = 0 ⇔ 2 x + y 2 − xy = 3 3 3 2 2 (2) Í Thay y = −x vào phương trình đầu ta được ñ x=0 x −x=0⇔ x = ±1. 3 Í Kết hợp phương trình (1) và (2) ta được x2 +y 2 −xy = 3(x2 +y 2 +xy) ⇔ 2(x2 +xy+y 2 ) = 0 ⇔ 2(x+y)2 = 0 ⇔ x+y = 0(trở về trường hợp trê √ √ √ √ Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) là (0; 0), ( 3; 3), (− 3; − 3), (−1; 1) và (1; −1). √ ®√ 2 √ x +3+2 x=3+ y g) p √ √ y2 + 3 + 2 y = 3 + x Điều kiện x, y ≥ 0. Lấy vế trừ vế ta được √ p √ √ x2 + 3 − y 2 + 3 + x − y = 0 x2 − y 2 x−y p ⇔ √ +√ √ =0 x+ y x2 + 3 + y 2 + 3 Ç å x+y 3 p ⇔ (x − y) √ +√ =0 √ x+ y x2 + 3 + y 2 + 3 Ç å x+y 3 p √ ⇔ y=x +√ √ >0 x+ y x2 + 3 + y 2 + 3 290/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 291 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Thay y = x và phương trình đầu ta được √ √ x3 + 3 = 3 − x ® √ 3− x≥0 √ ⇔ x2 + 3 = 9 − 6 x + x ® 0≤x≤9 √ ⇔ x2 − x + 6 x − 6 = 0 ® 0≤x≤9  √ √ ⇔ ( x − 1) x( x + 1) + 6 = 0   0√≤ x ≤ 9  √ ⇔ x=1 x( x + 1) + 6 > 0   ⇔x=1 Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) là (1; 1). ( p √ x 1 + y 2 + y 1 + x2 = 2 p h) √ x 1 + x2 + y 1 + y 2 = 2 Lấy vế trừ vế ta được ñ ñ Äp ä p √ √ y=x y √ 1 + y 2 − 1 + x2 = 0 ⇔ p (x−y) 1 + y 2 −(x−y) 1 + x2 = 0 ⇔ (x−y) ⇔ y 1 + y 2 = 1 + x2 ○␣ Thay y = x vào phương trình đầu ta được   x≥0   √   ®   2 −1 − 1 5 √ √ x ≥ 0 ⇔x= ⇔ x = 2x 1 + x2 = 2 ⇔ x 1 + x2 = 1 ⇔ 2√   x4 + x2 − 1 = 0.     −1 + 5   x2 = 2 −1 + 2 ○␣ Thay y = −x vào phương trình đầu ta được 0 = 2 (vô lí). Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) là ( −1 + 2 √ 5 ; −1 + 2 √ 5 ).  c Bài 16. Giải các hệ phương trình sau (đẳng cấp) ® 2 ® 2 x + 2xy + 3y 2 = 9 x − 2xy + 3y 2 = 9 a) b) 2×2 + 2xy + y 2 = 2 2×2 − 13xy + 15y 2 = 18 ® ® 2 14×2 − 21y 2 + 22x − 39y = 0 2x − x(y − 1) + y 2 = 3y c) d) 35×2 + 28y 2 + 111x − 10y = 0. x2 + xy − 3y 2 = x − 2y. ® 3 ® 3 x − 8x = y 3 + 2y 2x − 9y 3 = (x − y)(2xy + 3) f) e) x2 − 3y 2 = 6. x2 − xy + y 2 = 3. Ê Lời giải. 291/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 √ 5 . 292 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH ® a) Luôn nổ lực để đạt được thành quả x2 + 2xy + 3y 2 = 9 2×2 + 2xy + y 2 = 2 (1) (2) ® 2 x =9 vô nghiệm. Với y = 0 thì hệ thành x2 = 1 Với y 6= 0, đặt x = ty. Hệ đã cho trở thành ® 2 2 ®2 2 y (t + 2t + 3) = 9 t y + 2ty 2 + 3y 2 = 9 ⇔ 2 2 2 2 y 2 (2t2 + 2t + 1) = 2 2t y + 2ty + y = 2 (3) (4) Lập tỉ số các phương trình (3) và (4), ta được  3 t=− t2 + 2t + 3 9  8 = ⇔ 16t2 + 14t + 3 = 0 ⇔  1 2t2 + 2t + 1 2 t=− . 2 3 8 Với t = − ⇒ y = − x, thế vào (1) ta được 8 √3 3 17 17×2 = 9 ⇔ x = ± . 17 1 Với t = − ⇒ y = −2x, thay vào phương trình (1), ta được 2 9×2 = 9 ⇔ x2 = 1 ⇔ x = ±1. Ç √ √ å Ç √ √ å 3 17 8 17 3 17 8 17 Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) là − ; , ;− , (−1; 2) và (1; −2). 17 17 17 17 ® 2 x − 2xy + 3y 2 = 9 (1) b) 2 2 2x − 13xy + 15y = 18 (2)  2 y = 3 vô nghiệm. Với x = 0 hệ đã cho trở thành y 2 = 6 5 Với x 6= 0, đặt y = tx. Hệ đã cho trở thành ® 2 ® 2 2 x − 2tx2 + 3t2 x2 = 9 x (3t − 2t + 1) = 9 (3) ⇔ 2 2 2 2 2 2 2x − 13tx + 15t x = 18 x (15t − 13t + 2) = 18. (4) Lập tỉ số các phương trình (3) và (4), ta được ñ t=0 3t2 − 2t + 1 1 2 = ⇔ 9t − 9t = 0 ⇔ 9t(t − 1) = 0 ⇔ 15t2 − 13t + 2 2 t=1 Với t = 0 ⇒ y = 0, thay vào phương trình (1), ta được x2 = 9 ⇔ x = ±3. Với t = 1 ⇒ y = x,√thay vào phương trình (1), ta được 3 2 . 2×2 = 9 ⇔ x = ± 2 Ç √ Ç √ √ å √ å 3 2 3 2 3 2 3 2 Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) là (3; 0), (−3; 0), ; và − ;− . 2 2 2 2 ® 14×2 − 21y 2 + 22x − 39y = 0 c) 35×2 + 28y 2 + 111x − 10y = 0.   x=0      11  ®   x=− 14×2 + 22x = 0 7 ⇔ x = 0. Với y = 0 thì hệ phương trình trở thành ⇔  2  35x + 111x = 0 x=0       111   x=− 35 292/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 293 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (x; y) = (0; 0). Với y 6= 0, đặt x = ty. Hệ phương trình đã cho trở thành ® 2 2 14t y − 21y 2 + 22ty − 39y = 0 35t2 y 2 + 28y 2 + 111ty − 10y = 0 ® 2 14t y − 21y + 22t − 39 = 0 (1) ⇔ 2 35t y + 28y + 111t − 10 = 0. (2) 39 − 22t Rút y ở phương trình (1), ta được y = . 14t2 − 21 39 − 22t Thay y = vào phương trình (2), ta được 14t2 − 21 39 − 22t 39 − 22t + 28 · + 111t − 10 = 0 2 14t − 21 14t2 − 21 ⇔35t2 (39 − 22t) + 28(39 − 22t) + 111t(14t2 − 21) − 10(14t2 − 21) = 0 ⇔784t3 + 1225t2 − 2947t + 1302 = 0 ⇔t = −3. 35t2 · 39 − 22 · (−3) = 1. 14 · (−3)2 − 21 ⇒ x = ty = (−3) · 1 = −3. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (x; y) = {(0; 0), (−3; 1)}. ® 2 2x − x(y − 1) + y 2 = 3y d) x2 + xy − 3y 2 = x − 2y. Ta có ® 2 2x − x(y − 1) + y 2 = 3y (1) 2 2 x + xy − 3y = x − 2y (2) ® 2 2x − xy + x + y 2 − 3y = 0 ⇔ 2 x + xy − x − 3y 2 + 2y = 0 ® 2 2x − 2y 2 = −3y 2 + 3y − x + xy ⇔ 2 x − y 2 = 2y 2 − 2y + x − xy ® 2(x − y)(x + y) = −3y(y − 1) + x(y − 1) ⇔ (x − y)(x + y) = 2y(y − 1) − x(y − 1) ® 2(x − y)(x + y) = (y − 1)(x − 3y) ⇔ (x − y)(x + y) = (2y − x)(y − 1) ® 2(x − y)(x + y) = (y − 1)(x − 3y) ⇔ 2(x − y)(x + y) = 2(2y − x)(y − 1). ⇒y= ⇒ (y− 1)(x − 3y) = 2(2y − x)(y − 1) ⇔ (y − 1)(x − 3y − 4y + 2x) = 0 ⇔ (y − 1)(3x − 7y) = y=1 0⇔ 7 x = y. 3 Với y = 1, thay vào phương trình (1), ta được 2×2 − x(1 − 1) + 12 = 3 · 1 ⇔2×2 = 2 ⇔x = ±1. 293/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 294 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả 7 Với x = y, thay vào phương trình (1), ta được 3 Å ã2 7 7 2· y − y(y − 1) + y 2 = 3y 3 3 98 7 7 ⇔ y 2 − y 2 + y + y 2 − 3y = 0 9 3 3 86 2 2 ⇔ y − y=0 3 9 y=0 ⇔ 3 y= . 43 7 Với y = 0 ⇒ x = · 0 = 0. 3 3 7 3 7 Với y = ⇒x= · = . 43 3 43 43 ã™ ß Å 7 3 ; . Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (x; y) = (1; 1), (−1; 1), (0; 0), 43 43 ® 3 x − 8x = y 3 + 2y e) x2 − 3y 2 = 6. Ta có ® 3 x − 8x = y 3 + 2y x2 − 3y 2 = 6 ® 3 x − y 3 = 2(4x + y) ⇔ 2 x − 3y 2 = 6 ®  3 x3 − y 3 = 6(4x + y) ⇔ 2 x − 3y 2 = 6 ®   3 x3 − y 3 = x2 − 3y 2 (4x + y) (1) ⇔ 2 2 x − 3y = 6. (2) Ta có   3 x3 − y 3 = x2 − 3y 2 (4x + y) ⇔3×3 − 3y 3 = 4×3 + x2 y − 12xy 2 − 3y 3 ⇔x3 + x2 y − 12xy 2 = 0  ⇔x x2 + xy − 12y 2 = 0  ⇔x x2 + 4xy − 3xy − 12y 2 = 0 ⇔x (x + 4y) (x − 3y) = 0  x=0  ⇔ x + 4y = 0 x − 3y = 0  x=0  ⇔ x = −4y x = 3y. Với x = 0, thay vào phương trình (2), ta có −3y 2 = 6 ⇒ Vô nghiệm. 2 2 2 Với x = −4y, thay vào phương trình (2), ta có 16y − 3y = 6 ⇔ 13y = 6 ⇔ y = ± 294/528 √ 78 ⇒x= 13 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 295 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả √ 4 78 ∓ . 13 Với x = 3y, thay vào phương trình (2), ta có 9y 2 − 3y 2 = 6 ⇔ 6y 2 = 6 ⇔ y = ±1 ⇒ x = ±3. ®Ç √ ´ √ å Ç √ √ å 4 78 78 4 78 78 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (x; y) = − ; , ;− , (3; 1), (−3; −1) 13 13 13 13 2×3 − 9y 3 = (x − y)(2xy + 3) f) x2 − xy + y 2 = 3. Ta có ® ® 2×3 − 9y 3 = (x − y)(2xy + 3) x2 − xy + y 2 = 3 2×3 − 9y 3 = (x − y)(2xy + 3) ⇔ 2 x + xy + y 2 = 2xy + 3 ® 3 2x − 9y 3 = (x − y)(x2 + xy + y 2 ) ⇔ 2 x + y 2 = xy + 3 ® 3 2x − 9y 3 = x3 − y 3 ⇔ 2 x + y 2 = xy + 3 ® 3 x = 8y 3 ⇔ 2 x + y 2 = xy + 3 ® x = 2y ⇔ 2 x + y 2 = xy + 3. (∗) ® Thay x = 2y vào (∗), ta có 4y 2 + y 2 = 2y 2 + 3 ⇔3y 2 = 3 ⇔y = ±1. Với y = 1, ta có x = 2. Với y = −1, ta có x = −2. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (x; y) = {(2; 1), (−2; −1)}.  7. BÀI TẬP NÂNG CAO Giải các phương trình sau ® √  (x + y) 3xy − 4 x = −2 c Bài 1. √ (x + y) (3xy + 4 y) = 2. Ê Lời giải. √  (x + y) 3xy − 4 x = −2 √ (x + y) (3xy + 4 y) = 2. ® x≥0 Điều kiện xác định y ≥ 0. ® 295/528 (1) (2) p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 296 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Cộng vế với vế của phương trình (1) với phương trình (2), ta được √ √  (x + y) 6xy − 4 x + 4 y = 0 ñ x+y =0 √ ⇔ √ 6xy − 4 x + 4 y = 0 ñ x = −y (loại vì x, y ≥ 0) ⇔ √ √ 3xy = 2 x − 2 y. (3) √ √ Thay 3xy = 2 x − 2 y vào phương trình (1), ta được √ √ √  √ √  (x + y) 2 x − 2 y − 4 x = −2 ⇔ (x + y) x + y = 1. (4) Nhân chéo (3) với (4), ta được √ √  √ √  (x + y) x + y 2 x − 2 y = 3xy ⇔2(x2 − y 2 ) = 3xy ⇔2×2 − 2y 2 − 3xy = 0 ⇔2×2 − 4xy + xy − 2y 2 = 0 ⇔(x − 2y)(2x + y) = 0 ñ x = 2y ⇔ y = −2x (loại vì x, y ≥ 0). Thay x = 2y vào phương trình (2), ta có √ (2y + y)(3 · 2y · y + 4 y) = 2 √  ⇔3y 6y 2 + 4 y = 2 √ ⇔9y 3 + 6y y − 1 = 0 √  −1 + 2 √ y y = 3√ ⇔  √ −1 − 2 y y= (loại). 3√ p −1 + 2 ⇔ y3 = √3 3 − 2 2 ⇔y 3 = 9 √ 2 3 3 − 2 ⇔y = . 9 ⇒x=2 3 √ 3−2 2 . 9 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (x; y) = 2 3 √ 3−2 2 ; 9 3 √ ! 3−2 2 . 9   √ 1  y 4 + 2y 3 − x = − + 3 3 4 c Bài 2. √ 1  y 4 + 2×3 − y = − − 3 3. 4 Ê Lời giải. 296/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 297 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả  √ 1  x4 + 2y 3 − x = − + 3 3 4 √ 1  y 4 + 2×3 − y = − − 3 3. 4 Cộng vế với vế của hai phương trình, ta được x4 + 2y 3 − x + y 4 + 2×3 − y = − 1 2 1 ⇔x4 + 2×3 − x + y 4 + 2y 3 − y + = 0 Å ã2 Å ã 1 1 4 2 3 2 4 2 3 2 ⇔ x + x + + 2x − x − x + y + y + + 2y − y − x = 0 4 4 Å ã2 Å ã2 1 1 ⇔ x2 + x − + y2 + y − =0 2 2  1  x 2 + x − = 0 2 ⇔ 1  y 2 + y − = 0 2√  −1 ± 3   x = 2√ ⇔  −1 ± 3  y = . 2  √ 1 1 √ √   − = − + 3 3 −1 + 3 −1 + 3 4 4 Thay x = và y = vào hệ phương trình, ta được √  2 2  − 1 = − 1 − 3 3. 4 4 Ç √ å √ −1 + 3 −1 + 3 không là nghiệm của hệ phương trình. ⇒ (x; y) = ; 2 2  √ √ 1 1 √ √   − − 3 3 = − + 3 3 −1 + 3 −1 − 3 4 4 Thay x = và y = vào hệ phương trình, ta được √ √  2 2  − 1 + 3 3 = − 1 − 3 3. 4 4 Ç √ √ å −1 + 3 −1 − 3 ⇒ (x; y) = ; không là nghiệm của hệ phương trình. 2 2  √ √ 1 1 √ √   − + 3 3 = − + 3 3 −1 − 3 −1 + 3 4 4 Thay x = và y = vào hệ phương trình, ta được √ √  2 2  − 1 − 3 3 = − 1 − 3 3. 4 4 Ç √ √ å −1 − 3 −1 + 3 ⇒ (x; y) = ; là nghiệm của hệ phương trình. 2 2  √ 1 1 √ √   = − + 3 3 − −1 − 3 −1 − 3 4 4 Thay x = và y = vào hệ phương trình, ta được √  2 2  − 1 = − 1 − 3 3. 4 4 Ç √ √ å −1 − 3 −1 − 3 ⇒ (x; y) = ; không là nghiệm của hệ phương trình. 2 2 Ç √ √ å −1 − 3 −1 + 3 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (x; y) = ; . 2 2 297/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 298 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH    x + Luôn nổ lực để đạt được thành quả 78y = 20 + y2 c Bài 3. 78x   = 15. y + 2 x + y2 x2    x + 78y = 20 (1) x2 + y 2 78x   = 15. (2) y + 2 x + y2 Điều kiện xác định x2 + y 2 6= 0. Ê Lời giải.   78 = 20 y Với x = 0, thay vào hệ phương trình, ta có ⇒ Vô nghiệm.   y = 15 x = 20 Với y = 0, thay vào hệ phương trình, ta có 78 ⇒ Vô nghiệm.  = 15 x Vậy x  = 0 hoặc y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình.  2 78y 78y     = 20 = 20y x + 2 xy + 2 2 x +y x + y2 Ta có ⇔ 78x   78×2   = 15 y + 2 xy + = 15x. 2 x +y x2 + y 2 78(x2 + y 2 ) 15x − 78 ⇒ 2xy + = 20y + 15x ⇔ 2xy + 78 = 20y + 15x ⇔ y = . 2 2 x +y 2x − 20 Ta có (1) ⇔ x3 + xy 2 + 78y = 20×2 + 20y 2 ⇔ x3 − 20×2 + y(xy + 78 − 20y) = 0. 15x − 78 Thay y = vào phương trình (1), ta có 2x − 20 Å ã 15x − 78 15x − 78 15x − 78 3 2 x − 20x + x· + 78 − 20 · =0 2x − 20 2x − 20 2x − 20 15x − 78 x(15x − 78) + 78(2x − 20) − 20(15x − 78) · =0 ⇔x3 − 20×2 + 2x − 20 2x − 20 15x − 78 15×2 − 222x ⇔x3 − 20×2 + · =0 2x − 20 2x − 20 x(15x − 78)(15x − 222) ⇔x(x2 − 20x) + =0 (2x − 20)2 (15x − 78)(15x − 222) =0 ⇔x2 − 20x + (2x − 20)2 ⇔(x2 − 20x)(2x − 20)2 + (15x − 78)(15x − 222) = 0 ⇔(x2 − 20x)(4×2 − 80x + 400) + 225×2 − 4500x + 17316 = 0 ⇔4×4 − 160×3 + 2000×2 − 8000x + 225×2 − 4500x + 17316 = 0 ⇔4×4 − 160×3 + 2225×2 − 12500x + 17316 = 0 ⇔(x − 2)(x − 18)(4×2 − 80x + 481) = 0 ñ x=2 ⇔ x = 18. 15 · 2 − 78 = 3. 2 · 2 − 20 15 · 18 − 78 Với x = 18, ta có y = = 12. 2 · 18 − 20 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (x; y) = {(2; 3), (18; 12)}. Với x = 2, ta có y = 298/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 299 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả ã Å √ 12   · x=2  1− y + 3x ã Å c Bài 4. 12  √   1+ · y = 6. y + 3x Ê Lời giải. ã Å √ 12   1− · x=2 (1)  y + 3x Å ã 12  √   1+ (2) · y = 6. y + 3x   x ≥ 0 Điều kiện xác định y ≥ 0   y + 3x 6= 0. Ta có ã Å √ 12   · x=2  1− y + 3x ã Å 12  √   1+ · y=6 y + 3x  12 2   1 − y + 3x = √x ⇔  1 + 12 = √6  y + 3x y  2 6   2 = √x + √y ⇔ 24 6 2   =√ −√  y + 3x y x  1 3   1 = √x + √y ⇔ 12 3 1   =√ −√ .  y + 3x y x Nhân vế với vế của hai phương trình với nhau ta được Ç åÇ å √ 3 3 1 12 = 1+ x+ √ √ −√ y + 3x y y x 12 9 1 ⇔ = − y + 3x y x 12 9x − y ⇔ = y + 3x xy ⇔12xy = (9x − y)(y + 3x) ⇔12xy = 9xy + 27×2 − y 2 − 3xy ⇔27×2 − 6xy − y 2 = 0 ⇔27×2 + 3xy − 9xy − y 2 = 0 ⇔3x(9x + y) − y(9x + y) = 0 ⇔(3x − y)(9x + y) = 0 ñ y = 3x ⇔ y = −9x (loại). 299/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 300 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Thay y = 3x vào phương trình (1), ta có Å ã √ 12 1− · x=2 3x + 3x Å ã √ 2 ⇔ 1− · x=2 x 2 2 ⇔1 − = √ x x 2 2 ⇔ + √ −1=0 x x  √ 1 −1 + 3  √x = 2  √ ⇔  1 −1 − 3 √ = 2 x √ 2 √ ⇔ x= −1 + 3 √ √ ⇔ x=1+ 3 √ ⇔x = 4 + 2 3 (TM) √ ⇒y = 12 + 6 3 (TM). √ √ Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (x; y) = (4 + 2 3; 12 + 6 3). ® c Bài 5. x2 + xy + y 2 = 7 x2 − xy − 2y 2 = −x + 2y. x2 + xy + y 2 = 7 x2 − xy − 2y 2 = −x + 2y. Ta có ®  Ê Lời giải. (1) (2) (2) ⇔ x2 − 2xy + xy − 2y 2 + x − 2y = 0 ⇔ x(x − 2y) + y(x − 2y) + (x − 2y) = 0 ⇔ (x + y + 1)(x − 2y) = 0 ñ x = 2y ⇔ x = −y − 1. Với x = 2y, thay vào phương trình (1), ta được 4y 2 + 2y 2 + y 2 = 7 ⇔7y 2 = 7 ⇔y = ±1. Với y = 1, ta có x = 2. Với y = −1, ta có x = −2. Với x = −y − 1, thay vào phương trình (1), ta được (−y − 1)2 + (−y − 1)y + y 2 = 7 ⇔y 2 + 2y + 1 − y 2 − y + y 2 = 7 ⇔y 2 + y − 6 = 0 ñ y=2 ⇔ y = −3. 300/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 301 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Với y = 2, ta có x = −3. Với y = −3, ta có x = 2. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (x; y) = {(2; 1), (−2; −1), (−3; 2), (2; −3)}. ® c Bài 6.  x3 − 3×2 y + 4y 3 = (x − 2y)2 p p x − 2y + 3x + 2y = 4x − 4. Ê Lời giải. x3 − 3×2 y + 4y 3 = (x − 2y)2 (1) p p x − 2y + 3x +®2y = 4x − 4. (2) x − 2y ≥ 0 Điều kiện xác định 3x + 2y ≥ 0. Ta có ® (1) ⇔ x3 − 4×2 y + 4xy 2 + x2 y − 4xy 2 + 4y 3 = (x − 2y)2   ⇔ x x2 − 4xy + 4y 2 + y x2 − 4xy + 4y 2 = (x − 2y)2 ⇔ (x + y)(x − 2y)2 = (x − 2y)2 ⇔ (x + y − 1)(x − 2y)2 = 0 ñ x=1−y ⇔ x = 2y. Với x = 1 − y, thay vào (2), ta có » p 1 − y − 2y + 3(1 − y) + 2y = 4(1 − y) − 4 p p ⇔ 1 − 3y + 3 − y = −4y ( y≤0 » ⇔ 1 − 3y + 3 − y + 2 (1 − 3y)(3 − y) = 16y 2 ® y≤0 ⇔ p 3y 2 − 10y + 3 = 8y 2 + 2y − 2   y ≤ 0 ⇔ 8y 2 + 2y − 2 ≥ 0   2 3y − 10y + 3 = 64y 4 + 32y 3 − 28y 2 − 8y + 4   y ≤ 0 ⇔ 8y 2 + 2y − 2 ≥ 0   4 64y + 32y 3 − 31y 2 + 2y + 1 = 0. ñ y = −1 Ta có 64y + 32y − 31y + 2y + 1 = 0 ⇔ (y + 1)(64y − 32y + y + 1) = 0 ⇔ 64y 3 − 32y 2 + y + 1 = 0. Với y = −1, ta có y ≤ 0 và 8y 2 + 2y − 2 ≥ 0. ⇒ x = 2. Với y ≤ 0 và 8y 2 + 2y − 2 ≥ 0 thì phương trình 64y 3 − 32y 2 + y + 1 = 0 vô nghiệm. 4 301/528 3 2 3 2 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 302 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Với x = 2y, thay vào (2), ta có ⇒x= 9+ √ p p 2y − 2y + 3 · 2y + 2y = 4 · 2y − 4 p ⇔ 8y = 8y − 4 √  p 1 + 17  8y = 2√ ⇔ p 1 − 17 8y = √ 2 9 + 17 ⇔8y = 2 √ 9 + 17 ⇔y = (TM). 16 17 8 (TM). ® Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (x; y) = ® c Bài 7. (2; −1), 9+ √ √ å´ 17 9 + 17 ; . 8 16  2y 2 + xy − x2 = 0 x2 − xy − y 2 + 3x + 7y + 3 = 0. 2y 2 + xy − x2 = 0 x2 − xy − y 2 + 3x + 7y + 3 = 0. Ta có ® Ç Ê Lời giải. (1) (2) (1) ⇔ 2y 2 + 2xy − xy − x2 = 0 ⇔ 2y(y + x) − x(y + x) = 0 ⇔ (2y − x)(y + x) = 0 ñ x = 2y ⇔ x = −y. Với x = 2y, thay vào phương trình (2), ta được 4y 2 − 2y 2 − y 2 + 6y + 7y + 3 = 0 ⇔y 2 + 13y + 3 = 0 √  −13 + 157 y = 2√ ⇔  −13 − 157 y= 2√ ñ x = −13 + 157 √ ⇒ x = −13 − 157. Với x = −y, thay vào phương trình (2), ta được y 2 + y 2 − y 2 − 3y + 7y + 3 = 0 ⇔y 2 + 4y + 3 = 0 ñ y = −1 ⇔ y = −3 ñ x=1 ⇒ x = 3. 302/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 303 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là ® Ç å Ç å´ √ √ √ √ −13 + 157 −13 − 157 (x; y) = (1; −1), (3; −3), −13 + 157; , −13 − 157, . 2 2  ® c Bài 8. x2 + 2y 2 − 3xy + x − y = 0 x2 − 3y + 4y 2 − 1 = 0. Ê Lời giải. 2 ® 2 x + 2y − 3xy + x − y = 0 x2 − 3y + 4y 2 − 1 = 0. Ta có (1) (2) (1) ⇔ x2 − xy − 2xy + 2y 2 + x − y = 0 ⇔ x(x − y) − 2y(x − y) + (x − y) = 0 ⇔ (x − 2y + 1)(x − y) = 0 ñ x=y ⇔ x = 2y − 1. Với x = y, thay vào phương trình (2), ta có x2 − 3x + 4×2 − 1 = 0 ⇔5×2 − 3x − 1 = 0 √ 3 ± 29 ⇔x = 10 √ 3 ± 29 ⇒y = . 10 Với x = 2y − 1, thay vào phương trình (2), ta có (2y − 1)2 − 3y + 4y 2 − 1 = 0 ⇔4y 2 − 4y + 1 − 3y + 4y 2 − 1 = 0 ⇔8y 2 − 7y = 0  y=0  ⇔ 7 y= . 8 Với y = 0, ta có x = 2 · 0 − 1 = −1. 7 7 3 Với y = , ta có x = 2 · − 1 = . 8 8 4 ®Ç Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (x; y) = √ √ å Ç √ √ å Å 3 + 29 3 + 29 3 − 29 3 − 29 3 ; , ; , (−1; 0), 10 10 10 10 4  ®√ c Bài 9. p √ x + 1 + 4 x − 1 − y4 + 2 = y x2 + 2x(y − 1) + y 2 − 6y + 1 = 0. Ê Lời giải. 303/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 304 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả ®√ p √ x + 1 + 4 x − 1 − y4 + 2 = y x2 + 2x(y − 1) + y 2 − 6y + 1 = 0. Điều kiện xác định x ≥ 1. Ta có (1) (2) (2) ⇔ x2 + y 2 + 1 + 2xy − 2x − 2y = 4y ⇔ (x + y − 1)2 = 4xy ≥ 0. (3) ⇒ y ≥ 0. Ta có √ √ 4 p p x − 1 − y4 + 2 − 4 y4 = 0 p p √ √ ⇔ x + 1 − y 4 + 2 + 4 x − 1 − 4 y 4 = 0. (1) ⇔ x+1+ (4) ® ® x−1=0 x=1 Nếu ⇔ , thay vào hệ phương trình thì thỏa mãn. 4 y =0 y=0 ⇒ (x;®y) = (1; 0) là nghiệm của hệ phương trình. ® x − 1 6= 0 x 6= 1 Nếu ⇔ , ta có y 4 6= 0 y 6= 0 x − y4 − 1 x − y4 − 1 ä Ä√ p + Ä√ (4) ⇔ √ p p ä =0 4 x + 1 + y4 + 2 x + 1 + 4 y4 x + 1 + y4    1 1 ä Ä√ p ⇔ x − y4 + 1  √ + Ä√ p p ä = 0 4 x + 1 + y4 + 2 x + 1 + 4 y4 x + 1 + y4 ⇔ x − y4 − 1 = 0 ⇔ x − 1 = y4. 2 Thay x − 1 = y 4 vào phương trình (3), ta được (y 4 + y) = 4y. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có p y4 + y2 ≥ 2 y4 · y 2 ⇔ y 4 + y ≥ 4y 5 ⇔4y ≥ 4y 5 ⇔4y(y 4 − 1) ≤ 0 ⇔y ≤ 1 (Vì y ≥ 0). 2 2 Vì y ≤ 1 nên y (y 3 + 1) ≤ 1 · (13 + 1) = 4. Dấu “=” xảy ra khi y = 1. Ta có 2 y 4 + y 2 = 4y  ⇔y 2 y 3 + 1 = 4y ñ y=0  ⇔ y y4 + 1 = 4 ñ y = 0 (loại) ⇔ y = 1 (TM). Với y = 1, ta có x − 1 = 14 ⇔ x = 2. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (x; y) = {(1; 0), (2; 1)}. 304/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 305 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả »  4×2 + (4x − 9)(x − y) + √xy = 3y » c Bài 10. 4 (x + 2)(y + 2x) = 3(x + 3). Ê Lời giải. »  4×2 + (4x − 9)(x − y) + √xy = 3y (1) » 4 (x + 2)(y + 2x) = 3(x + 3). (2)  2  4x + (4x − 9)(x − y) ≥ 0 Điều kiện xác định xy ≥ 0   (x + 2)(y + 2x) ≥ 0. p √ 2 Vì 4x + (4x − 9)(x − y) + xy = 3y nên y ≥ 0 mà xy ≥ 0 nên x ≥ 0. »  4×2 + x(4x − 9) = 0 » Thay y = 0 vào hệ phương trình, ta được ⇔ Vô nghiệm. 4 2x(x + 2) = 3(x + 3) Vậy y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình. Ta có (1) ⇔ » √ 4×2 + (4x − 9)(x − y) − 2y + xy − y = 0 4×2 + (4x − 9)(x − y) − 4y 2 xy − y 2 ⇔p =0 +√ xy + y 4×2 + (4x − 9)(x − y) + 2y 4(x − y)(x + y) + (4x − 9)(x − y) y(x − y) ⇔ p +√ =0 xy + y 4×2 + (4x − 9)(x − y) + 2y ô ñ 4(x + y) + 4x − 9 y =0 ⇔ (x − y) p +√ xy + y 4×2 + (4x − 9)(x − y) + 2y ñ ô y 8x + 4y − 9 ⇔ (x − y) p +√ =0 xy + y 4×2 + (4x − 9)(x − y) + 2y  x−y =0  8x + 4y − 9 y ⇔ p +√ = 0. 2 xy + y 4x + (4x − 9)(x − y) + 2y Với x = y, thay vào phương trình (2), ta có » 4 (x + 2)(x + 2x) = 3(x + 3) √ ⇔4 3×2 + 6x = 3(x + 3)  ⇔16 3×2 + 6x = 9(x + 3)2 ⇔48×2 + 96x = 9(x2 + 6x + 9) ⇔39×2 + 42x − 81 = 0  x = 1 (TM)  ⇔ 27 x=− (loại). 13 ⇒y = 1. 305/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 306 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả y 8x + 4y − 9 +√ = 0, áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có Với p 2 xy + y 4x + (4x − 9)(x − y) + 2y » 3(x + 3) = 2 · 2 (x + 2)(y + 2x) ≤ 2(x + 2 + y + 2x) ⇔6x + 2y + 4 ≥ 3x + 9 ⇔3x + 2y − 5 ≥ 0 ⇔6x + 4y − 10 ≥ 0 ⇔8x + 4y − 9 ≥ 2x + 1. Vì x ≥ 0 nên 2x + 1 > 0 ⇒ 8x + 4y − 9 > 0. 8x + 4y − 9 y ⇒p +√ > 0, ∀x ≥ 0, y > 0. xy + y 4×2 + (4x − 9)(x − y) + 2y Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là (x; y) = (1; 1). ® √ 2 2x + y = 3 − 2x − y c Bài 11. x2 − 2xy − y 2 = 2.  (1) (2) Ê Lời giải. Điều kiện xác định: 2x + y ≥ 0. Từ (1) ⇒ 4×2 + 4y 2 − 20x − 20y + 8xy +√9 = 0 ⇒ (2x + 2y √ − 1)(2x + 2y − 9) = 0. 3 2 2∓3 2 1 − 2x . Từ (2) suy ra x = ± ⇒y= . TH1: y = 2 4√ √4 2 ∓ 178 9 − 2x 178 . Từ (2) suy ra x = ± ⇒y= . TH2: y = 2 4 Ç √ √4 å 3 2 2∓3 2 Thử lại ta nhận (x; y) = ± ; là cặp nghiệm của hệ phương trình. 4 4  √ √ √ xy + (x − y)( xy − 2) + x = y + y   √ (x + 1) y + xy + x(1 − x) = 4. (» c Bài 12. Ê Lời giải. √ Điều kiện xác định y ≥ 0, xy ≥ 0, xy + (x − y)( xy − 2) ≥ 0 . Phương trình (1) tương đương √ xy + (x − y)( xy − 2) − y 2 x−y » +√ √ =0 √ x+ y xy + (x − y)( xy − 2) + y   √ xy − 2 y + 1 ⇔ (x − y)  » +√ √  = 0. (∗) √ x+ y xy + (x − y)( xy − 2) + y Giờ ta chứng minh y + √ xy ≥ 2. Thật vậy, từ (2) ta có y+ √ xy = 4 + x2 − x. x+1 Và chứng minh 4 + x2 − x ≥ 2 ⇔ (x − 1)2 (x + 2) ≥ 0. (đúng) x+1 306/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 307 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Vậy từ (*) suy ra x = y thay vào (2) ta được  x=1 √   1 + 17   (x + 1) 3x − x2 = 4 ⇔ x = 4√   1 − 17 . (loại) x= 4 Ç √ √ å 1 + 17 1 + 17 Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (1; 1), ; . 4 4 ® c Bài 13.  √ y 2 + 8 1 − 2x − 9 = 0 4×2 + y 2 + 2x + y = 2(1 − 2xy). Ê Lời giải. 1 Điều kiện xác định x ≤ . 2 ® √ y 2 + 8 1 − 2x − 9 = 0 4×2 + y 2 + 2x + y = 2(1 − 2xy)  √ 2  yñ + 8 1 − 2x − 9 = 0 2x + y = 1 ⇔   2x + y = −2 ® ⇔ √ y 2 + 8 1 − 2x − 9 = 0 (4×2 + 4xy + y 2 ) + (2x + y) − 2 = 0 ® ⇔ √ y 2 + 8 1 − 2x − 9 = 0 (2x + y)2 + (2x + y) − 2 ® 2x + y = 1 2x + y = 1 p p √  √  2  ( y − 1)( y 3 + y 2 + 9) = 0  y +8 y−9=0 ⇔ ⇔ ® ®  2x + y =  2x + y = −2 Ä√−2 3 ä √ √ √ 2 3+y 3+y −6 3+y+8 =0 y +8 3+y−9=0 ® ® x=0 2x + y = 1   √  y=1 y=1    ⇔ ® ⇔   x = 1  2x + y = −2  2 √ y = −3. 3+y =0 ® 1 Vậy hệ đã cho có nghiệm: (x; y) = (0; 1), ( ; −3). 2 ®√ √ √ x+y+ x−y =2 y c Bài 14. √ √ (1 − x)(5y − 4 5y + 8) = 4×2 .  Ê Lời giải. Điều kiện: x ≥ y ≥ 0. Nhận xét: Nếu y = 0, thay vào phương trình đầu suy ra x = 0. Thay vào phương trình sau không thỏa. √ √ Do đó y > 0 ⇒ x + y > x − y. √ √ 2y √ √ √ Từ x + y + x − y = 2 y ⇒ √ = 2 y ⇒ 5y = 4x. Thay vào phương trình sau ta x+y− x−y có √ √ √ √ √ √ (1 − x)(4x − 4 4x + 8) = 4×2 ⇔ x2 + x x − 3x + 4 x − 2 = 0 ⇔ x = 3 − 1. √ 4( 3 − 1) Suy ra y = . 5 Ç å √ √ 4( 3 − 1) Vậy hệ đã cho có nghiệm: (x; y) = 3 − 1; .  5 307/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 308 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH ® c Bài 15. Luôn nổ lực để đạt được thành quả √ x2 − 2 = 4y y + 1 22(y − 1)2 = (x2 + 9)(x2 + 9y). Ê Lời giải. Điều kiện: y ≥ −1. Đặt a = x2 + 9, b = y − 1. Phương trình thứ hai tương đương ñ 2 ñ x = −11y + 2 a = −11b 2 ⇔ 2 22b = a(a + 9b) ⇔ (a + 11b)(a − 2b) = 0 ⇔ x = 2y − 11. a = 2b Thay vào phương trình đầu, ta dễ dàng √ tìm được √ nghiệm. Vậy hệ đã cho có nghiệm: (x; y) = ( 2; 0), (− 2; 0). ® c Bài 16.  (x − 1)(y − 1)(x + y − 2) = 6 x2 + y 2 − 2x − 2y − 3 = 0. Ê Lời giải. ® Hệ phương trình đã cho tương đương (x − 1)(y − 1) [(x − 1) + (y − 1)] = 6 (x − 1)2 + (y − 1)2 − 5 = 0. Đặt u = x − 1, v = y − 1 ta được hệ ® uv(u + v) = 6 (u + v)2 − 2uv = 5 ® ⇔ u+v =3 uv = 2 ® ⇔ u = 2, v = 1 u = 1, v = 2. Từ đó, nghiệm của hệ đã cho là ® ® x=3 y=2 và x=2 y = 3. Vậy hệ đã cho có nghiệm: (x; y) = (2; 3), (3; 2). ® c Bài 17.  √ x4 − 4×2 + 2y 2 − 6 2y = −9 √ √ 2 2x y + x2 + 2 2y = 22. Ê Lời giải. Hệ đã cho tương đương ® √ (x2 − 2)2 + ( 2y − 3)2 = 4 √ (x2 + 2)( 2y + 1) = 24 ® ⇔ (a − 2)2 + (b − 2)2 = 4 (a + 2)(b + 2) = 24   √ x = ±2 x = ± 2 √ √ và ⇔ 3 2 5 2 y = y = . 2 2 Ç √ å Ç √ å √ 5 2 3 2 Vậy hệ đã cho có nghiệm: (x; y) = ±2; , ± 2; . 2 2 ® c Bài 18. 308/528 ® ⇔ a = 2, a = 4 b = 4, b = 2  xy + x + 1 = 7y x2 y 2 + xy + 1 = 13y 2 . p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 309 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ê Lời giải. Do y = 0 không là nghiệm của hệ nên hệ đẫ cho tương đương   1 x x 1  ®   x + + = 7 x + + = 7 a+b=7 y y y y ã2 ⇔ ⇔ Å x 1 x 1   a2 − b = 13 x2 + +  = 13 − = 13 x +  y y2 y y  1   x+ y =4   1  x = 3y x = 1, y =   3 ⇔ ⇔ 1  x = 3, y = 1.  x + = −5  y  x = 12y Å ã 1 Vậy hệ đã cho có nghiệm: (x; y) = 1; , (3; 1). 3 ® c Bài 19. ñ a = 4, b = 3 ⇔ a = −5, b = 12  x2 + y 2 + xy = 3x − 2 (x2 + xy)4 + (y 2 + 2)4 = 17×4 . Ê Lời giải. Do x = 0 không là nghiệm, nên hệ đã cho tương đương  2 x + xy y 2 + 2  ®   + =3 2 2 x + xy + y + 2 = 3x x x Å ã Å ã4 4 ⇔ x2 + xy y2 + 2  (x2 + xy)4 + (y 2 + 2)4 = 17×4  + = 17  x x ® ⇔ a+b=3 a4 + b4 = 17 ® ⇔ a = 1, b = a = 2, b = Do đó ta có ® x+y =1  2  y + 2 = 2x ®   x+y =2 y2 + 2 = x ® x=1   y=0 ⇔ ®  x=3 y = −2 ® x=2   y=0 và  ®  x=3 y = −1 Vậy hệ đã cho có nghiệm: (x; y) = (1; 0), (2; 0), (3; −2), (3; −1). ® c Bài 20.  xy + x − 1 = 3y x2 y − x = 2y 2 . Ê Lời giải. Hệ đã cho tương đương ® ® x + (xy − 1) = 3y x(xy − 1) = 2y 2 x = 2y   xy − 1 = y ⇔ ®  x=y xy − 1 = 2y  x = 2y   y = 1, y = − 1  2 ⇔ ®   x=y √ √ y = 1 + 2, y = 1 − 2. Å ã √ √ ä Ä √ √ ä 1 Ä Vậy hệ đã cho có nghiệm: (x; y) = (2; 1), −1; − , 1 + 2; 1 + 2 , 1 − 2; 1 − 2 . 2 309/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 310 3. HỆ PHƯƠNG TRÌNH ® c Bài 21. Luôn nổ lực để đạt được thành quả x3 y 3 + 8 = 16y 3 x(xy + 2) = 8y 2 . Ê Lời giải. ® 3 3 x y + 8 = 16y 3 (1) x2 y + 2x = 8y 2 (2) Vì y = 0 không là nghiệm của hệ, nên từ (2) ta có 2×2 y 2 + 4xy = 16y 3 . Thay vào (1), ta được x3 y 3 − 2×2 y 2 − 4xy + 8 = 0 ⇔ xy = 2. Hệ hương trình đã cho tương đương Thay vào (1), ta được x = 2, y = 1. Vậy hệ đã cho có nghiệm: (x; y) = (2; 1).  √ √ xy + x + 2 + x2 + x − 4 x = 0 √ xy + x2 + 2 = x · ( xy + 2 + 3). ®√ c Bài 22. Ê Lời giải. ® a = xy + 2 . Điều kiện: a, b, x ≥ 0. b = x2 Hệ đã cho tương đương ®√ √ √ a + x + b + x = 4 x (1) √ a + b = a + b + 3x (2) Đặt Từ (1) suy ra Ä√ ä2 √ √ (4 x)2 = a + x + b + x ≤ 2(a + x + b + x) ⇒ 16x ≤ 2(a + b + 2x) ⇒ 6x ≤ a + b 1 ⇒ 3x ≤ (a + b). 2 Từ (2) suy ra √ 1 ab = 3x ≤ (a + b) 2 √ ⇒ a + b − ab ≤ 0 ⇒ a ® = b = 3x xy + 2 = 3x ⇒ x2 = 3x  x = 3 ⇒ 7 y = . 3 Å ã 7 Vậy hệ đã cho có nghiệm: (x; y) = 3; . 3  xy + x + y = 3 c Bài 23. 1 1 2  2 + 2 = . x + 2x y + 2y 3 a+b− 310/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 311 Chương 3. PHƯƠNG TRÌNH – HỆ PHƯƠNG TRÌNH Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ê Lời giải. Điều kiện: x, y 6= 0; −2. Hệ đã cho tương đương  (x + 1)(y + 1) = 4 1 1 2  2 + 2 = x + 2x y + 2y 3 Đặt a = x + 1, b = y + 1 hệ đã cho tương đương  ñ ñ ab = 4 a = 2, b = 2 x=y=1 ⇔ 1 1 2 ⇔  a = −2, b = −2 x = y = −3. + = a2 − 1 b 2 − 1 3 Vậy hệ đã cho có nghiệm: (x; y) = (1; 1), (−3; −3).  Å ã2 Å ã2 x y  + =1 c Bài 24. y+1 x+1  1 + xy = x2 + y 2 . Ê Lời giải. Điều kiện: x, y 6= −1. Ta sử dụng kết quả sau: Nếu x2 − xy + y 2 = 1 thì x y + = 1. y+1 x+1 Chứng minh: x2 − xy + y 2 = 1 ⇔ x(x + 1) + y(y + 1) = xy + x + y + 1 = (x + 1)(y + 1) ⇔ y x + = 1. y+1 x+1 x y = a, = b ta có hệ mới y+1 x+1 ® ñ ñ a = 0, b = 1 x = 1, y = 0 a+b=1 ⇔ ⇔ 2 2 a = 1, b = 0 x = 0, y = 1. a +b =1 Áp dụng vào bài toán trên, đặt Vậy hệ đã cho có nghiệm: (x; y) = (1; 0), (0; 1). 311/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 C h ươ ng 4 BẤT PHƯƠNG PHƯƠNG TRÌNH TRÌNH & & BẤT BẤT ĐẲNG ĐẲNG BẤT THỨC THỨC BẤT PHƯƠNG TRÌNH & BẤT ĐẲNG THỨC BÀI 1. BẤT ĐẲNG THỨC A – TÓM TẮT LÝ THUYẾT . 1. Kiến thức cơ bản Điều kiện Nội dung Cộng hai vế với số bất kỳ một số dương: c > 0 a bc ® a>b ⇔a+c>b+d c>d ® a>b>0 ⇔ ac > bd c>d>0 (3) Mũ lẻ a < b ⇔ a2n+1 < b2n+1 (5a) Mũ chẵn 0 < a < b ⇔ a2n < b2n (5b) một số âm: c < 0 Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều Nhân từng vế bất dẳng thức khi biết nóa dương (4) + Nâng lũy thừa với n ∈ Z √ √ a>0 a 0 a>b⇔ 1 1 < a b (7a) Nếu a, b trái dấu: ab < 0 a>b⇔ 1 1 > a b (7b) a< b (6a) Lấy căn hai vế Nghịch đảo √ 3 a< √ 3 b (6b) 2. Bất đẳng thức Cauchy(AM-GM) a) Với ∀a ≥ 0, b ≥ 0 thì ta có a+b √ ≥ ab 2 312/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 313 Chương 4. BẤT PHƯƠNG TRÌNH & BẤT ĐẲNG THỨC Luôn nổ lực để đạt được thành quả Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b. b) Với ∀a ≥ 0, b ≥ 0 thì ta có a+b+c √ 3 ≥ abc 3 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. (a + b)2 (a + b + c)3 và abc ≤ . Hoặc có thể viết ab ≤ 4 27 c) Tổng quát với n số a1 , a2 , . . . , an ≥ 0 thì ta có √ a1 + a2 + . . . + an ≥ n a1 a2 . . . an n 3. Bất đẳng thức Bunhiacopxki (Cauchy Schawarz) a) Với ∀x, y, a, b ∈ R thì (ax + by)2 ≤ a2 + b2  x2 + y 2  hoặc |ax + by| ≤ Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi » (a2 + b2 ) (x2 + y 2 ) (4.1) y x = (a, b 6= 0). a b b) Với ∀x, y ∈ R và a, b > 0 thì (x + y)2 x2 y 2 + ≥ a b a+b Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi y x = . a b B – DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP | Dạng 1. Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp biến đổi tương đương Phương pháp giải ○ Ta có thể áp dụng tương tự cho bộ ba số (x; y; z) và (a; b; c). ○ Để chứng minh bằng phương pháp tương đương, có thể làm theo hai ý tưởng + Biến đổi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với một bất đẳng thức đã biết là luôn đúng. + Sử dụng một bất dẳng thức đã biết, biến đổi để dẫn đến bất đẳng thức cần chứng minh. ○ Một số bất đẳng thức luôn đúng 313/528 a) A2 ≥ 0. b) A2 + B 2 ≥ 0. c) AB ≥ 0 với A, B ≥ 0. d) A2 + B 2 ≥ ±2AB. p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 314 1. Bất đẳng thức Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Ví dụ 1. Cho a, b, c ∈ R. Chứng minh rằng: a2 + b2 + 1 ≥ ab + a + b Ê Lời giải. 2 2 Đặt S = a + b + 1 − ab − a − b. Ta có    2S = 2a2 + 2b2 + 2 − 2ab − 2a − 2b = a2 − 2ab + b2 + a2 − 2a + 1 + b2 − 2b + 1 = (a − b)2 + (a − 1)2 + (b − 1)2 ≥ 0, ∀a, b, c. Suy ra S ≥ 0. Hay a2 + b2 + 1 − ab − a − b ≥ 0 ⇔ a2 + b2 + 1 ≥ ab + a + b. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = 1.  c Ví dụ 2. Cho a, b, c ∈ R. Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 ≥ ab − bc − ca. Ê Lời giải. 2 2 2 Đặt S = a + b + c − ab + bc + ca. Ta có    2S = 2a2 + 2b2 + 2c2 − 2ab + 2bc + 2ca = a2 − 2ab + b2 + b2 + 2bc + c2 + c2 + 2ac + a2 = (a − b)2 + (b + c)2 + (c + a)2 ≥ 0 Suy ra S ≥ 0. Hay 2a2 + 2b2 + 2c2 − 2ab + 2bc + 2ca ≥ 0 ⇔ a2 + b2 + c2 ≥ ab − bc − ca. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = −c.  c Ví dụ 3. Chứng minh rằng: a2 + b2 + 4 ≥ ab + 2 (a + b) , ∀ a, b ∈ R Ê Lời giải. 2 2 Đặt S = a + b + 4 − ab + 2 (a + b). Ta có    2S = 2a2 + 2b2 + 8 − 2ab − 4a − 4b = a2 − 2ab + b2 + a2 − 4a + 4 + b2 − 4b + 4 = (a − b)2 + (a − 2)2 + (b − 2)2 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = 2.  c Ví dụ 4. Chứng minh rằng với ∀a ∈ R thì ta luôn có a4 − 4a + 3 ≥ 0. Ê Lời giải. 4 Đặt S = a − 4a + 3. Ta có 2 S = a4 − 2a2 + 1 + 2a2 − 4a + 2 = a2 − 1 + 2 (a − 1)2 ≥ 0. Suy ra S ≥ 0. Hay a2 − 4a + 3 ≥ 0. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = 1.  c Ví dụ 5. Chứng minh rằng với mọi a2 + b2 > 0 thì ta luôn có a2 + ab + 2b2 + ab3 > 0. a2 − ab + b2 Ê Lời giải. 3 Đặt S = a2 + ab + 2b2 + a2 ab . − ab + b2 Ta thấy 314/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 315 Chương 4. BẤT PHƯƠNG TRÌNH & BẤT ĐẲNG THỨC Luôn nổ lực để đạt được thành quả ○ Với b = 0 thì S = a2 > 0 do a, b không đồng thời bằng 0. ○ Với b 6= 0. Ta chia cả hai vế cho b2 , ta được a  a 2 a S S0 = 2 = + + 2 +  2 b . a a b b b − +1 b b a Đặt t = . Khi đó b t t = t2 + t + 1 + 1 + 2 −t+1 t −t+1 2 t +1 = t2 + t + 1 + 2 > 0, ∀t ∈ R. t −t+1 S 0 = t2 + t + 2 + S0 t2 S > 0 ⇔ S > 0. b2 Do đó suy ra điều phải chứng minh. Suy ra  a4 + b 4 + 1 ≥ a2 b 2 − a2 + b 2 . c Ví dụ 6. Chứng minh rằng với mọi a, b ∈ R thì ta luôn có 2 Ê Lời giải. Đặt S = a4 + b4 + 1 − 2a2 b2 + 2a2 − 2b2 . Ta có    2 2 S = a4 − 2a2 b2 − 1 + b4 − 2b2 + 1 = a2 − b2 − 1 + b2 − 1 ≥ 0 Suy ra S ≥ 0 hay a4 + b4 + 1 − 2a2 b2 + 2a2 − 2b2 ≥ 0 ⇔ a4 + b 4 + 1 a4 + b 4 + 1 − a2 b 2 + a2 − b 2 ≥ 0 ⇔ ≥ a2 b 2 − a2 + b 2 2 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = 0, b = 1.  a2 + b 2 ≥ c Ví dụ 7. Chứng minh rằng với mọi a, b ∈ R thì ta luôn có 2 Å a+b 2 ã2 . Ê Lời giải. Ta có (a − b)2 ≥ 0 ⇔ a2 + b2 ≥ 2ab ⇔ 2a2 + 2b2 ≥ a2 + 2ab + b2 Å ã 2a2 + 2b2 a2 + 2ab + b2 a2 + b 2 a+b 2 ≥ ⇔ ≥ . ⇔ 4 4 2 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b.  c Ví dụ 8. Chứng minh rằng a4 + b4 ≥ ab3 + a3 b, ∀ a, b ∈ R. Ê Lời giải. Ta có   a4 + b4 − ab3 − a3 b = a3 (a − b) − b3 (a − b) = (a − b) a3 − b3 = (a − b)2 a2 + ab + b2 . Å ã b 3b2 2 2 Vì a + ab + b = a + + ≥ 0 với ∀a, b ∈ R do đó (a − b)2 (a2 + ab + b2 ) ≥ 0. 2 4 Suy ra a4 + b4 ≥ ab3 + a3 b, ∀a, b ∈ R. 315/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 316 1. Bất đẳng thức Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Ví dụ 9. Chứng minh rằng x5 + y 5 − x4 y − xy 4 ≥ 0, ∀x + y ≥ 0. Ê Lời giải. Ta có  x5 − x4 y + y 5 − xy 4 = x4 (x − y) − y 4 (x − y) = (x − y)2 (x + y) x2 + y 2 . Vì x + y ≥ 0, (x − y)2 ≥ 0 và (x2 + y 2 ) ≥ 0 nên suy ra x5 − x4 y + y 5 − xy 4 ≥ 0. Hay x5 + y 5 ≥ x4 y + xy 4 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y.  c Ví dụ 10. Chứng minh rằng a3 + b3 ≥ a2 b + ab2 , ∀a ≥ 0; b ≥ 0. Ê Lời giải. a3 − a2 b + b3 − ab2 = a2 (a − b) − b2 (a − b) = (a − b)2 (a + b) . Vì a ≥ 0, b ≥ 0 nên a + b ≥ 0. Mặt khác (a − b)2 ≥ 0, ∀a, b ∈ R nên suy ra a3 − a2 b + b3 − ab2 ≥ 0. Hay a3 + b3 ≥ ab2 + a2 b. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ a = b.  BÀI TẬP VẬN DỤNG c Bài 1. Chứng minh các bất đẳng thức sau và cho biết dấu đẳng thức xảy ra khi nào? a) (a + b)2 ≥ 4ab, ∀a; b ∈ R. c) a + b + b) 2(a2 + b2 ) ≥ (a + b)2 , ∀a; b ≥ 0. √ 1 √ ≥ a + b, ∀a; b ≥ 0. 2 d) a + b + c + √ √ 3 √ ≥ a + b + c, ∀a; b; c ≥ 0. 4 e) a2 + b2 + c2 + 12 ≥ 4(a + b + c), ∀a; b; c ∈ R. f) a4 ± a + 1 > 0, ∀a ∈ R. g) a4 + 3 ≥ 4a, ∀a ∈ R. h) a2 + b2 + 4 ≥ ab + 2a + 2b, ∀a; b; c ∈ R. i) a2 + b2 + c2 ≥ ab − ac + 2bc, ∀a ,b, c ∈ R. 4 j) 4a4 + 5a2 ≥ 8a3 + 2a − 1, ∀a ∈ R. k) a2 (1 + b2 ) + b2 (1 + c2 ) + c2 (1 + a2 ) ≥ 6abc, ∀a; b; c ∈ R. l) a4 +b4 +c2 +1 ≥ 2a(ab2 −a+c+1), ∀a; b; c ∈ R. m) x2 + y 2 + 5 > xy + x + 3y, ∀x; y ∈ R. n) 4a2 + 4b2 + 6a + 3 ≥ 4ab, ∀a; b ∈ R. o) x2 + 2y 2 + 2xy − 2x − 5y + 4 > 0, ∀x; y ∈ R. p) x2 + y 2 + xy − 3x − 3y + 3 ≥ 0, ∀x; y ∈ R. q) x2 + y 2 + xy − 5x − 4y + 7 ≥ 0, ∀x, y. r) x2 + 4y 2 + 3z 2 + 14 > 2x + 12y + 6z, ∀x, y, z. s) x2 + y 2 + 1 ≥ xy + x + y, ∀x, y ∈ R. t) x2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx, ∀x, y,z ∈ R. u) x4 + y 4 + z 4 ≥ xyz(x + y + z), ∀x, y, z. v) ab + 2bc + 3ca ≤ 0, ∀a + b + c = 0. Ê Lời giải. 316/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 317 Chương 4. BẤT PHƯƠNG TRÌNH & BẤT ĐẲNG THỨC Luôn nổ lực để đạt được thành quả a) Chứng minh rằng: (a + b)2 ≥ 4ab, ∀a; b ∈ R. Ta có (a + b)2 ≥ 4ab ⇔ a2 + 2ab + b2 − 4ab ≥ 0 ⇔ a2 − 2ab + b2 ≥ 0 ⇔ (a − b)2 ≥ 0 luôn đúng ∀a; b ∈ R. Vậy (a + b)2 ≥ 4ab, ∀a; b ∈ R. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b. b) Chứng minh rằng: 2(a2 + b2 ) ≥ (a + b)2 , ∀a; b ≥ 0. Ta có 2(a2 + b2 ) ≥ (a + b)2 ⇔ 2a2 + 2b2 ≥ a2 + 2ab + b2 ⇔ a2 − 2ab + b2 ≥ 0 ⇔ (a − b)2 ≥ 0 luôn đúng ∀a; b ∈ R. Vậy 2(a2 + b2 ) ≥ (a + b)2 , ∀ ∈ R. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b. √ 1 √ c) Chứng minh rằng: a + b + ≥ a + b, ∀a; b ≥ 0. Ta có 2 √ 1 √ a+b+ ≥ a+ b 2 √ √ 1 1 ⇔ a− a+ +b− b+ ≥0 4 4 ã2 Å√ ã2 Å √ 1 1 a− b− ⇔ + ≥ 0 luôn đúng ∀a; b ≥ 0. 2 2 √ 1 √ Vậy a + b + ≥ a + b, ∀a; b ≥ 0. 2 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = . 4 √ √ 3 √ d) Chứng minh rằng: a + b + c + ≥ a + b + c, ∀a; b; c ≥ 0. Ta có 4 √ √ 3 √ a+b+c+ ≥ a+ b+ c 4 √ √ √ 1 1 1 ⇔ a− a+ +b− b+ +c− c+ ≥0 4 4 4 ã2 Å√ ã2 Å ã2 Å √ √ 1 1 1 a− b− c− ⇔ + + ≥ 0 luôn đúng ∀a; b; c ≥ 0. 2 2 2 √ √ 3 √ Vậy a + b + c + ≥ a + b + c, ∀a; b; c ≥ 0. 4 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = . 4 e) Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 + 12 ≥ 4(a + b + c), ∀a; b; c ∈ R. Ta có a2 + b2 + c2 + 12 ≥ 4(a + b + c) ⇔ a2 − 4a + 4 + b2 − 4b + 4 + c2 − 4c + 4 ≥ 0 ⇔ (a − 2)2 + (b − 2)2 + (c − 2)2 ≥ 0 luôn đúng ∀a; b; c ∈ R. Vậy a2 + b2 + c2 + 12 ≥ 4(a + b + c), ∀a; b; c ∈ R. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 2. 317/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 318 1. Bất đẳng thức Luôn nổ lực để đạt được thành quả f) Chứng minh rằng: a4 ± a + 1 > 0, ∀a ∈ R. Ta có a4 ± a + 1 > 0 1 1 1 ⇔ a4 − a2 + + a2 ± a + + > 0 4 4 2 Å ã2 Å ã2 1 1 1 ⇔ a2 − + a± + > 0 luôn đúng ∀a ∈ R. 2 2 2 Vậy a4 ± a + 1 > 0, ∀a ∈ R. g) Chứng minh rằng: a4 + 3 ≥ 4a, ∀a ∈ R. Ta có a4 + 3 ≥ 4a ⇔ (a − 1)2 (a2 + 2a + 3) ≥ 0  ⇔ (a − 1)2 (a + 1)2 + 2 ≥ 0 luôn đúng ∀a ∈ R. Vậy a4 + 3 ≥ 4a, ∀a ∈ R. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 1. h) Chứng minh rằng: a2 + b2 + 4 ≥ ab + 2a + 2b, ∀a; b; c ∈ R. Ta có a2 + b2 + 4 ≥ ab + 2a + 2b ⇔ 2a2 + 2b2 + 8 ≥ 2ab + 4a + 4b ⇔ (a − b)2 + (a − 2)2 + (b − 2)2 ≥ 0 luôn đúng ∀a; b; c ∈ R. Vậy a2 + b2 + 4 ≥ ab + 2a + 2b, ∀a; b; c ∈ R. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 2. i) Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 ≥ ab − ac + 2bc, ∀a; b; c ∈ R. Ta có 4 a2 + b2 + c2 ≥ ab − ac + 2bc 4 a 2 ⇔ − b + c ≥ 0 luôn đúng ∀a; b; c ∈ R. 2 Vậy a2 + b2 + c2 ≥ ab − ac + 2bc, ∀a; b; c ∈ R. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a − 2b + 2c = 0. 4 j) Chứng minh rằng: 4a4 + 5a2 ≥ 8a3 + 2a − 1, ∀a ∈ R. Ta có 4a4 + 5a2 ≥ 8a3 + 2a − 1 ⇔ (4a4 − 4a3 ) − (4a3 − 4a2 ) + (a2 − 2a + 1) ≥ 0 ⇔ (a − 1)(4a3 − 4a2 + a − 1) ≥ 0 ⇔ (a − 1)2 (4a2 + 1) ≥ 0 luôn đúng ∀a ∈ R. Vậy 4a4 + 5a2 ≥ 8a3 + 2a − 1, ∀a ∈ R. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 1. k) Chứng minh rằng: a2 (1 + b2 ) + b2 (1 + c2 ) + c2 (1 + a2 ) ≥ 6abc, ∀a; b; c ∈ R. Ta có a2 (1 + b2 ) + b2 (1 + c2 ) + c2 (1 + a2 ) ≥ 6abc ⇔ a2 + b2 + c2 + a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 ≥ 6abc ⇔ (a2 − 2abc + b2 c2 ) + (b2 − 2abc + c2 a2 ) + (c2 − 2abc + a2 b2 ) ≥ 0 ⇔ (a − bc)2 + (b − ac)2 + (c − ab)2 ≥ 0 luôn đúng ∀a; b; c ∈ R. 318/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 319 Chương 4. BẤT PHƯƠNG TRÌNH & BẤT ĐẲNG THỨC Luôn nổ lực để đạt được thành quả Vậy a2 (1 + b2 ) + b2 (1 + c2 ) + c2 (1+ a2 ) ≥ 6abc, ∀a; b; c ∈ R.  a = bc Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b = ac   c = ab. l) Chứng minh rằng: a4 + b4 + c2 + 1 ≥ 2a(ab2 − a + c + 1), ∀a; b; c ∈ R. Ta có a4 + b4 + c2 + 1 ≥ 2a(ab2 − a + c + 1) ⇔ (a4 − 2a2 b2 + b4 ) + (a2 − 2ac + c2 ) + (a2 − 2a + 1) ≥ 0 ⇔ (a2 − b2 )2 + (a − c)2 + (a − 1)2 ≥ 0 luôn đúng ∀a; b; c ∈ R. Vậy a4 + b4 + c2 + 1 ≥ 2a(ab2 − a®+ c + 1), ∀a; b; c ∈ R. a=c=1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b = ±1. m) Chứng minh rằng: x2 + y 2 + 5 > xy + x + 3y, ∀x; y ∈ R. Ta có x2 + y 2 + 5 > xy + x + 3y ⇔ 2×2 + 2y 2 + 10 > 2xy + 2x + 6y ⇔ (x2 − 2xy + y 2 ) + (x2 − 2x + 1) + (y 2 − 6y + 9) + 1 > 0 ⇔ (x − y)2 + (x − 1)2 + (y − 3)2 + 1 > 0 luôn đúng ∀x; y ∈ R. Vậy x2 + y 2 + 5 > xy + x + 3y, ∀x; y ∈ R. n) Chứng minh rằng: 4a2 + 4b2 + 6a + 3 ≥ 4ab, ∀a; b ∈ R. Ta có 4a2 + 4b2 + 6a + 3 ≥ 4ab ⇔ (4b2 − 4ab + a2 ) + 3(a2 + 2a + 1) ≥ 0 ⇔ (2b − a)2 + 3(a + 1)2 ≥ 0 luôn đúng ∀a; b ∈ R. Vậy 4a2 + 4b2 + 6a + 3 ≥ 4ab, ∀a;b ∈ R. a = −1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b = −1 . 2 o) Chứng minh rằng: x2 + 2y 2 + 2xy − 2x − 5y + 4 > 0, ∀x; y ∈ R. Ta có x2 + 2y 2 + 2xy − 2x − 5y + 4 > 0 9 7 ⇔ (y 2 − 3y + ) + (x2 + y 2 + 1 + 2xy − 2x − 2y) + > 0 4 4 Å ã 3 2 7 ⇔ y− + (x + y − 1)2 + > 0 luôn đúng ∀x; y ∈ R. 2 4 Vậy x2 + 2y 2 + 2xy − 2x − 5y + 4 > 0, ∀x; y ∈ R.   1  y − 3 = 0 x = − 2 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ⇔ 3   y = . x+y−1=0 2 p) Chứng minh rằng: x2 + y 2 + xy − 3x − 3y + 3 ≥ 0, ∀x; y ∈ R. Ta có x2 + y 2 + xy − 3x − 3y + 3 ≥ 0 ⇔ 4×2 + 4y 2 + 4xy − 12x − 12y + 12 ≥ 0 ⇔ (2x + y)2 − 6(2x + y) + 9 + 3(y − 1)2 ≥ 0 ⇔ (2x + y − 3)2 + 3(y − 1)2 ≥ 0 luôn đúng ∀x; y ∈ R. 319/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 320 1. Bất đẳng thức Luôn nổ lực để đạt được thành quả Vậy x2 + y 2 + xy − 3x − 3y + 3 ≥ 0, ∀x; y ∈ R. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1. q) x2 + y 2 + xy − 5x − 4y + 7 ≥ 0, ∀x, y. Ta có x2 + y 2 + xy − 5x − 4y + 7 ≥ 0 ⇔ 4×2 + 4y 2 + 4xy − 20x − 16y + 28 ≥ 0 ⇔ (2x)2 + 4xy + y 2 − 10(2x + y) + 25 + 3y 2 − 6y + 3 ≥ 0 ⇔ (2x + y − 5)2 + 3(y − 1)2 ≥ 0 luôn đúng ∀x; y. Vậy x2 + y 2 + xy − 5x − 4y + 7 ® ≥ 0, ∀x, y. ® 2x + y − 5 = 0 x=2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ⇔ y−1=0 y = 1. r) x2 + 4y 2 + 3z 2 + 14 > 2x + 12y + 6z, ∀x, y, z. Ta có x2 + 4y 2 + 3z 2 + 14 > 2x + 12y + 6z 9 ⇔ x2 − 2x + 1 + 4(x2 − 3x + ) + 3(z 2 − 2z + 1) + 14 − 1 − 9 − 3 > 0 4 3 ⇔ (x − 1)2 + 4(y − )2 + 3(z − 1)2 + 1 > 0 luôn đúng ∀ x, y, z 2 Vậy x2 + 4y 2 + 3z 2 + 14 > 2x + 12y + 6z ∀x, y,  z. x=1 x − 1 = 0       3 3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi y − = 0 ⇔ y =   2 2     z−1=0 z = 1. s) x2 + y 2 + 1 ≥ xy + x + y, ∀x, y ∈ R. Ta có x2 + y 2 + 1 ≥ xy + x + y ⇔ 2×2 + 2y 2 + 2 − 2xy − 2x − 2y ≥ 0 ⇔ x2 − 2xy + y 2 + x2 − 2x + 1 + y 2 − 2 + 1 ≥ 0 ⇔ (x − y)2 + (x − 1)2 + (y − 1)2 ≥ 0 luôn đúng ∀ x, y ∈ R. Vậy x2 + y 2 + 1 ≥ xy + x + y, ∀x, y ∈ R. Dấu bằng xảy ra khi x = y = 1. t) x2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx, ∀x, y,z ∈ R. Ta có x2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx ⇔ 2×2 + 2y 2 + 2z 2 − 2xy − 2yz − 2zx ≥ 0 ⇔ x2 − 2xy + y 2 + y 2 + 2yz + z 2 + z 2 + 2zx + x2 ≥ 0 ⇔ (x − y)2 + (y − z)2 + (x − z)2 ≥ 0 luôn đúng ∀ x, y, z ∈ R. Vậy x2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx, ∀x, y,z ∈ R. Dấu bằng xảy ra khi x = y = z. u) x4 + y 4 + z 4 ≥ xyz(x + y + z), ∀x, y, z. Từ bất đẳng thức đã chứng minh ở trên x2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx ta có x2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx ⇔ x4 + y 4 + z 4 ≥ x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 . 320/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 321 Chương 4. BẤT PHƯƠNG TRÌNH & BẤT ĐẲNG THỨC Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ta lại có x2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x2 = (xy)2 + (yz)2 + (xz)2 ≥ x2 yz + xy 2 a + xyz 2 = xyz(x + y + z). Vậy x4 + y 4 + z 4 ≥ xyz(x + y + z) luôn đúng ∀ x, y, z. Dấu bằng xảy ra khi x = y = z. v) ab + 2bc + 3ca ≤ 0, ∀a + b + c = 0. Ta có a + b + c = 0 ⇔ a = −(b + c). Thay vào vế trái ta có −b(b + c) + 2bc − 3c(b + c) ≤ 0 ⇔ −b2 − bc + 2bc − 3bc − 3c2 ≤ 0 ⇔ −[(b + c)2 + c2 ] ≤ 0 luôn đúng ∀ a + b + c = 0. Vậy ab + 2bc + 3ca ≤ 0, ∀a + b + c = 0. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 0.  c Bài 2. Cho a, b, c ∈ R. Chứng minh a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca (1). Áp dụng bất đẳng thức (1) để chứng minh các bất đẳng thức sau và cho biết dấu bất đẳng thức xảy ra khi nào? a) (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2 ). b) (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca). c) a4 + b4 + c4 ≥ abc(a + b + c). d) a4 + b4 + c4 ≥ abc, (a + b + c = 1). Ê Lời giải. Trước hết ta chứng minh a + b + c ≥ ab + bc + ca (1). Ta có 2 2 2 a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca ⇔ 2a2 + 2b2 + 2c2 − 2ab − 2bc − 2ca ≥ 0 ⇔ a2 − 2ab + b2 + b2 + 2bc + c2 + c2 + 2ca + a2 ≥ 0 ⇔ (a − b)2 + (b − c)2 + (a − c)2 ≥ 0 luôn đúng ∀ a, b, c ∈ R. Vậy a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca, ∀a, b, c ∈ R. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c. a) (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2 ). Ta có (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2 ) ⇔ a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca ≤ 3a2 + 3b2 + 3c2 ⇔ 2ab + 2bc + 2ca ≤ 2a2 + 2b2 + 2c2 ⇔ ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 luôn đúng theo chứng minh (1) Vậy (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2 ), ∀a, b, c ∈ R. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c. b) (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca). Ta có (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) ⇔ a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca ≥ 3ab + 3bc + 3ca ⇔ a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ac luôn đúng theo chứng minh (1) Vậy (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca), ∀a, b, c ∈ R. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c. 321/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 322 1. Bất đẳng thức Luôn nổ lực để đạt được thành quả c) a4 + b4 + c4 ≥ abc(a + b + c). Ta có a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca ⇔ a4 + b4 + c4 ≥ a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 . Ta lại có a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 = (ab)2 + (bc)2 + (ca)2 ≥ a2 bc + ab2 c + abc2 = abc(a + b + c). ⇔ a4 + b4 + c4 ≥ abc(a + b + c) luôn đúng theo chứng minh (1) Vậy a4 + b4 + c4 ≥ abc(a + b + c). Dấu bằng xảy ra khi a = b = c. d) a4 + b4 + c4 ≥ abc, (a + b + c = 1). Theo chứng minh trên ta có a4 + b4 + c4 ≥ abc(a + b + c). Mà a + b + c = 1 nên a4 + b4 + c4 ≥ abc luôn đúng ∀ a, b, c ∈ R. Vậy a4 + b4 + c4 ≥ abc, (a + b + c = 1). Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 0.  c Bài 3. Cho a, b ≥ 0. Chứng minh: a3 + b3 ≥ a2 b + ab2 = ab(a + b) (2). Áp dụng bất đẳng thức (2) để chứng minh các bất đẳng thức sau và cho biết dấu đẳng thức xảy ra khi nào? a) b) a3 1 1 1 1 + 3 + 3 ≤ , ∀a > 0, b > 0, c > 0. 3 3 3 + b + abc b + c + abc c + a + abc abc a3 1 1 1 + 3 + 3 ≤ 1, ∀a > 0, b > 0, c > 0 và abc = 1. 3 3 + b + 1 b + c + 1 c + a3 + 1 Ê Lời giải. Trước tiên, ta chứng minh: a3 + b3 ≥ a2 b + ab2 = ab(a + b) (2). Thật vậy, bất đẳng thức (2) tương đương với:  (a + b) a2 − ab + b2 − ab(a + b) ≥ 0  ⇔ (a + b) a2 − 2ab + b2 ≥ 0 ⇔ (a + b)(a − b)2 ≥ 0 (luôn đúng vì a, b ≥ 0). Dấu “=” xảy ra khi a = b. 1 1 ≤ . a3 + b3 + abc ab(a + b + c) Áp dụng tương tự cho hai bất đẳng thức còn lại rồi cộng theo vế, ta được: a) Từ (2), ta có: 1 1 1 + + ab(a + b + c) bc(a + b + c) ac(a + b + c) a+b+c 1 = = = V P. abc(a + b + c) abc VT ≤ Dấu “=” xảy ra khi a = b = c. 322/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 323 Chương 4. BẤT PHƯƠNG TRÌNH & BẤT ĐẲNG THỨC Luôn nổ lực để đạt được thành quả b) Từ (2), ta được: 1 1 1 + + ab(a + b) + 1 bc(b + c) + 1 ac(a + c) + 1 a b c + + = abc(a + b) + c abc(b + c) + a abc(a + c) + b c a b = + + a+b+c a+b+c a+b+c a+b+c = 1 = V P. = a+b+c VT ≤ Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1.  c Bài 4. Cho a, b, x, y ∈ R. Chứng minh: √ a2 + x 2 + p b2 + y 2 ≥ p (a + b)2 + (x + y)2 (3) (gọi là bất đẳng thức Mincốpxki). Áp dụng (3) để chứng minh các bất đẳng thức sau hoặc tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P và cho biết dấu đẳng thức xảy ra khi nào ? √ √ √ a) Chứng minh: 1 + a2 + 1 + b2 ≥ 5, ∀a ≥ 0; b ≥ 0 và a + b = 1. ® … … a≥0 1 1 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a2 + 2 + b2 + 2 với b a b ≥ 0. Ê Lời giải. p p √ Trước tiên, ta chứng minh bất đẳng thức Mincốpxki: a2 + x2 + b2 + y 2 ≥ (a + b)2 + (x + y)2 Thật vậy, bất đẳng thức (3) tương đương: » 2 2 2 2 a + x + b + y + 2 (a2 + x2 ) (b2 + y 2 ) ≥ (a + b)2 + (x + y)2 » ⇔ 2 (a2 + x2 ) · (b2 + y 2 ) ≥ 2ab + 2xy   ⇔ 4 a2 + x2 b2 + y 2 ≥ 4a2 · b2 + 4×2 · y 2 + 8abxy (3). ⇔ (2ay − 2bx)2 ≥ 0 (luôn đúng). Dấu “=” xảy ra khi b a = . x y a) Áp dụng bất đẳng thức Mincốpxki, ta được: » VT ≥ (1 + 1)2 + (a + b)2 √ √ = 22 + 12 = 5 = V P. 1 Dấu “=” xảy ra khi a = b = . 2 b) Áp dụng bất đẳng thức Mincốpxki, ta được: P ≥ AM-GM ≥ Dấu “=” xảy ra khi a = b = 1. Vậy, Pmin Å Å ã ã 1 2 1 2 a+ + b+ a b √ √ 22 + 22 = 2 2. √ = 2 2.  323/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 324 1. Bất đẳng thức Luôn nổ lực để đạt được thành quả | Dạng 2. Các kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cauchy 1. Sử dụng tách cặp nghịch đảo cơ bản a) Tách tập nghịch đảo là kỹ thuật tách phần nguyên theo mẫu số để sau khi áp dụng bất đẳng thức Cauchy triệt tiêu đi biến số hoặc còn lại biến tương đồng với vế còn lại. b) Một số kỹ thuật tách: (a) X + a + (b) X + a X2 (c) X 2 + a X √ c c = (X + b) + +a−b≥2 c+a−b X +b X +b … … a a a X X 3 X X + + 2 ≥3 . . 2 = 3. 3 = 2 2 X 2 2 X 4 … … 2 a a a a 3 a = X2 + + ≥ 3 3 X 2. . =2 2X 2X 2X 2X 4 c Bài 5 (THPT Trần Phú-TPHCM 2017-2018). Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) = x 8 + 2 x−2 với x > 2. Ê Lời giải. 8 x−2 8 x = + + 1. Ta có f (x) = + 2 x−2 2 x−2 x−2 8 Khi x > 2, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ; ta được: 2 x−2 … x−2 8 8 x−2 f (x) = + +1≥2 · +1=5 2 x−2 2 x−2 x−2 8 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi = ⇔ (x − 2)2 = 16 ⇔ x = 6 2 x−2 Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) bằng 5 khi x = 6.  c Bài 6 (THPT An Dương Vương-TPHCM 2017-2018). Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số x 2 f (x) = + với x > 1. 2 x−1 Ê Lời giải. x 2 x−1 2 1 Ta có f (x) = + = + + 2 x−1 2 x−2 2 x−1 2 Khi x > 1, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ; ta được: 2 x−1 … x−1 x−1 2 1 2 1 5 f (x) = + + ≥2 · + = 2 x−1 2 2 x−1 2 2 x−1 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi = ⇔ (x − 1)2 = 4 ⇔ x = 3 2 x−1 5 Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) bằng khi x = 3. 2  c Bài 7 (THPT Hoàng Hoa Thám-TPHCM 2018-2019). Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 324/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 325 Chương 4. BẤT PHƯƠNG TRÌNH & BẤT ĐẲNG THỨC f (x) = x − 2 + Luôn nổ lực để đạt được thành quả 2 với x > −2. x+2 Ê Lời giải. 2 2 =x+2+ −4 Ta có f (x) = x − 2 + x+2 x+2 2 ta được: Khi x > −2, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương x + 2; x+2 … √ 2 2 f (x) = x + 2 + − 4 ≥ 2 (x + 2) · −4=2 2−4 x+2 x+2 √ 2 ⇔ (x + 2)2 = 2 ⇔ x = 2 − 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x + 2 = x+2 √ √ Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) bằng 2 2 − 4 khi x = 2 − 2.  c Bài 8 (THPT Trưng Vương-TPHCM 2018-2019). Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 4x 3 f (x) = + với x > 2. 3 x−2 Ê Lời giải. 4x 3 4x − 8 2 8 4(x − 2) 2 8 Ta có f (x) = + = + + = + + 3 x−2 3 x−2 3 3 x−2 3 3 4(x − 2) ; ta được: Khi x > 2, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương 3 x−2 f (x) = 3 8 4(x − 2) + + ≥2 3 x−2 3 3 8 20 4(x − 2) · + = 3 x−2 3 3 4(x − 2) 3 = ⇔ (x − 2)2 = 3 x−2 20 Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) bằng khi x = 3 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 9 7 ⇔x= 4 2 7 . 2  c Bài 9 (THPT Nguyễn Thượng Hiền-TPHCM 2014-2015). Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 3×2 + x + 1 2 f (x) = với x > . 3x − 2 3 Ê Lời giải. Thực hiện phép chia đa thức, ta có: 3×2 + x + 1 3x − 2 3 = x+1+ 3x − 2 3x − 2 3 5 = + + 3 3x − 2 3 f (x) = 2 3x − 2 3 Khi x > , áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ; ta được: 3 3 3x − 2 … 3x − 2 3 5 3x − 2 3 5 11 f (x) = + + ≥2 · + = 3 3x − 2 3 3 3x − 2 3 3 3x − 2 3 5 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi = ⇔ (3x − 2)2 = 9 ⇔ x = . 3 3x − 2 3 11 5 Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) bằng khi x = . 3 3 325/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 326 1. Bất đẳng thức Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 10 (THPT Nguyễn Thượng Hiền-TPHCM 2013-2014). Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số (x + 2)(x + 8) với x > 0. f (x) = x Ê Lời giải. Ta có: (x + 2)(x + 8) x 16 = x + 10 + x 16 + 10 = x+ x f (x) = 16 Khi x > 0, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương x; ta được: x … 16 16 f (x) = x + + 10 ≥ 2 x · + 10 = 18 x x 16 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = ⇔ x2 = 16 ⇔ x = 4 x Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) bằng 18 khi x = 4  c Bài 11 (THPT Chuyên Lê Hồng Phong-TPHCM 2014-2015). Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm 3x + 1 số f (x) = 9x + với x > 1. x−1 Ê Lời giải. 3x + 1 4 4 Ta có: f (x) = 9x + = 9x + 3 + = 9x − 9 + + 12 x−1 x−1 x−1 4 Khi x > 1, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương 9(x − 1); ta được: x−1 … 4 4 + 12 ≥ 2 9(x − 1) · + 12 = 24 f (x) = 9(x − 1) + x−1 x−1 4 4 5 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 9(x − 1) = ⇔ (x − 1)2 = ⇔ x = x−1 9 3 5 Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x) bằng 24 khi x = . 3  c Bài 12 (THPT Chuyên Lê Hồng Phong-TPHCM 2014-2015). Với x > 0, tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: x + 4 3x − 10 y= + x x+2 . Ê Lời giải. Thêm một hạng tử vào biểu thức đã cho,ta có: x + 4 3x − 10 x + 4 + x − x −5x − 10 + 8x 2(x + 2) 8x 2(x + 2) y = + = + = −1−5+ = + x x+2 x x+2 x x+2 x 8x −6 x+2 2(x + 2) 8x Khi x > 0, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ; ta được: x x+2 326/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 327 Chương 4. BẤT PHƯƠNG TRÌNH & BẤT ĐẲNG THỨC y= Luôn nổ lực để đạt được thành quả 2(x + 2) 8x + −6≥2 x x+2 2(x + 2) 8x · −6=2 x x+2 8x 2 2(x + 2) = ⇔ (x + 2)2 = 4×2 ⇔ x = x x+2 3 2 Kết luận: min y = 2 khi x = 3 (0;+∞) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi c Bài 13 (THPT Trần Phú-TPHCM 2018-2019). Tìm 4 1 y= + với 0 < x < 1. 1−x x giá trị nhỏ  nhất của hàm số Ê Lời giải. ® Å ã Å ã a=4 1 4 1 4 − a + ax 1 − bx 4 + = −a + − b + a + b= + + a + b và chọn Ta có y = 1−x x 1−x x 1−x x b=1 … Å ã Cauchy 4x 1−x 1−x 4x Thì khi đó ta có y = + +5 ≥ 2 · +5=9 1−x x 1−x x 4x 1−x 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = ⇔x= 1−x x 3 1 Kết luận: min y = 9 khi x = 3 (0;1) x2 y2 (x + y)2 x2 b + y 2 a Cách khác: Chứng minh lại BĐT Cauchy-Schwarz dạng: + ≥ ⇔ ≥ a b a+b ab (x + y)2 a+b ⇔ (x2 b + y 2 a)(a + b) ≥ ab(x + y)2 ⇔ (bx − ay)2 ≥ 0 luôn đúng. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi y x bx = ay ⇔ = a b 1 22 12 (2 + 1)2 4 + = + ≥ = 9 và dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi Áp dụng: y = 1−x x 1−x x (1 − x) + x 1 1 2 = ⇔x= .  1−x x 3 c Bài 14 (THPT Chuyên Lê Hồng Phong-TPHCM 2017-2018). Với 0 < x < 1, tìm giá trị nhỏ 1 2 . nhất của hàm số y = + x 1−x Ê Lời giải. Thêm một hạng tử vào biểu thức đã cho, ta có: 1 − x + x 2 − 2x + 2x 1−x 2x y= + = + +3 x 1−x x 1−x Khi 0 < x < 1, áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương 1 − x 2x ; ta được: x 1−x … √ 1−x 2x 1−x 2x y= + +3≥2 · +3=2 2+3 x 1−x x 1−x √ 1−x 2x Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi = ⇔x= 2−1 x √ 1−x √ Kết luận: min y = 2 2 + 3 khi x = 2 − 1.  (0;1) 327/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 328 1. Bất đẳng thức Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 15 (THPT Nguyễn Thị Minh Khai-TPHCM 2018-2019). Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: f (x) = 1 5 + = x 1 − 5x Khi đó ta có: Å y= 1 5 + x 1 − 5x 1 với 0 < x < . 5 ® ã Ê Lời giải. a=5 1 5 1 − ax 5 − b + 5bx −a + − b + a + b= + + a + b và chọn x 1 − 5x x 1 − 5x b=5 ã Å f (x) = Å 1 − 5x 25x + + 10 x 1 − 5x ã Cauchy … 1 − 5x 25x ≥ 2 · + 10 = 20 x 1 − 5x 1 − 5x 25x 1 = ⇔x= x 1 − 5x 10 1 Kết luận: Ñ min é y = 20 khi x = . 10 1 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi 0;  5 c Bài 16 (THPT Chuyên Trần Đại Nghĩa-TPHCM 2016-2017). Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: 2 6 với 0 < x < 2. f (x) = + x 2−x 6 2 y= + = x 1−x Khi đó ta có: Å ® ã Å ã Ê Lời giải. a=3 6 − ax 2 − 2b + bx 6 2 −a + − b + a + b= + + a + b và chọn x 2−x x 2−x b=1 ã Cauchy … √ x 6 − 3x · +4=2 3+4 f (x) = ≥ 2 x 2−x √ 6 − 3x x Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi = ⇔ x=3− 3 x 2−x √ √ Kết luận: min y = 2 3 + 4 khi x = 3 − 3. Å x 6 − 3x + +4 x 2−x  (0;2) c Bài 17 (THPT Cần Thạnh-TPHCM 2018-2019). Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: y= 9 32 − ; 2x − 4 x ∀x ∈ (0; 2) Ê Lời giải. 9 32 − 4Å− 2x x ã 9 32 = − + 4 − 2x x ïÅ ã Å ã ò 9 32 = − −a + −b +a+b 4 − 2x x ïÅ ã Å ã ò 9 − 4a + 2ax 32 − bx = − + +a+b 4 − 2x x y = − 328/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 329 Chương 4. BẤT PHƯƠNG TRÌNH & BẤT ĐẲNG THỨC Luôn nổ lực để đạt được thành quả  a = 9 4 Ta chọn  b = 16 Khi đó ta có: 32 − 16x 73 9x + + y=− 2(4 − 2x) x 4 ï ò Cauchy ñ ≤ − 2 ô 9x 8(4 − 2x) 73 121 · + =− 2(4 − 2x) x 4 4 8(4 − 2x) 16 9x = ⇔x= 2(4 − 2x) x 11 16 121 khi x = . Kết luận: max y = − 4 11 (0;2) Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi c Bài 18. Với x > 0, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = 3x +  4 . x2 Ê Lời giải. n n mx mx + + 2 Hướng dẫn: y = mx + 2 = x 2 2 x Ta có … √ 4 Cauchy 3 3x 3x 4 3x 3x 3 + + 2 ≥ 3 · . 2 =3 9 y= 2 2 x 2 2 x 3x 3x 4 3x 4 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi = = 2 ⇔ = 2 ⇔x= √ 3 2 2 x 2 x 3 √ 2 Kết luận: min y = 3 3 9 khi x = √ . 3 3 (0;+∞) c Bài 19. Với x > 0, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = 5x +  100 . x2 Ê Lời giải. Ta có … √ 5x 5x 100 Cauchy 3 5x 5x 100 3 + + 2 ≥ 3 · · 2 = 15 5 y= 2 2 x 2 2 x √ 5x 5x 100 5x 100 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi = = 2 ⇔ = 2 ⇔x=235 2 √2 x 2 x √ Kết luận: min y = 15 3 5 khi x = 2 3 5.  (0;+∞) c Bài 20. Với x > 0, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = 5x + 15 x3 Ê Lời giải. n mx mx mx n Hướng dẫn: y = mx + 3 = + + + 3 x 3 3 3 x Ta có: … √ 5x 5x 5x 5 Cauchy 4 5x 5x 5x 15 5 3 y= + + + 3 ≥ 4 · · · = 3 3 3 x 3 3 3 x3 3 √ 5x 15 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi = 3 ⇔x= 3 3 x √ √ 5 3 Kết luận: min y = khi x = 3. 3 (0;+∞) 329/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 330 1. Bất đẳng thức Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 21. Với x > 0, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = 2×2 + 4 x Ê Lời giải. n n n Hướng dẫn: y = mx2 + = mx2 + + x 2x 2x Ta có: … Cauchy 2 2 2 2 3 y = 2×2 + + ≥ 3 2×2 · · = 6 x x x x 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 2×2 = ⇔ x = 1 x Kết luận: min y = 6 khi x = 1.  (0;+∞) 2. Sử dụng thêm bớt để tìm giá trị lớn nhất cơ bản ò 5 c Bài 22. Với x ∈ 0; , hãy tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = x(5 − 2x). 2 ï Ê Lời giải. √ (a + b) . Áp dụng a + b ≥ 2 ab ⇒ ab ≤ 4 1 Ta có: y = x(5 − 2x) = · (2x) · (5 − 2x) 2 |{z} | {z } 2 a b 25 1 [(2x) + (5 − 2x)]2 = . ⇒y≤ · 2 4 8 25 Suy ra giá trị lớn nhất của hàm số bằng . 8 5 Dấu “=” xảy ra khi 2x = 5 − 2x ⇔ x = . 4 ò ï 9 c Bài 23. Với x ∈ 0; , hãy tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = 4x(9 − 5x). 5  Ê Lời giải. 4 Ta có: y = 4x(9 − 5x) = · (5x) · (9 − 5x) 5 4 [(5x) + (9 − 5x)]2 81 ⇒y≤ · = . 5 4 5 81 Suy ra giá trị lớn nhất của hàm số bằng . 5 9 Dấu “=” xảy ra khi 5x = 9 − 5x ⇔ x = . 10  c Bài 24. Tìm giá trị lớn nhất của f (x) = (2x − 1)(5 − 3x), biết rằng 1 5 ≤x≤ . 2 3 Ê Lời giải. Å ã 2 3 Ta có: y = f (x) = (2x − 1)(5 − 3x) = · 3x − (5 − 3x) 3 2 ïÅ ã ò2 3 3x − + (5 − 3x) 2 49 2 ⇒y≤ · = . 3 4 24 330/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 331 Chương 4. BẤT PHƯƠNG TRÌNH & BẤT ĐẲNG THỨC Luôn nổ lực để đạt được thành quả 49 . Suy ra giá trị lớn nhất của hàm số bằng 24 3 13 Dấu “=” xảy ra khi 3x − = 5 − 3x ⇔ x = . 2 12  c Bài 25. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số f (x) = x(1 − 2x)2 , biết rằng 0 < x < 1 2 Ê Lời giải. (a + b + c)3 Áp dụng a + b + c ≥ 3 abc ⇒ abc ≤ . 27 1 Ta có: y = f (x) = x(1 − 2x)2 = · 4x(1 − 2x)(1 − 2x) 4 2 1 [(4x) + (1 − 2x) + (1 − 2x)]3 = . ⇒y≤ · 4 27 27 2 Suy ra giá trị lớn nhất của hàm số bằng . 27 1 Dấu “=” xảy ra khi 4x = 1 − 2x ⇔ x = . 6 √ 3  c Bài 26. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = √ x−2+ √ 6 − x. Ê Lời giải. Tập xác định D = [2; 6]. p Vì y ≥ 0 ⇒ y 2 = 4 + 2 (x − 2)(6 − x) ≥ 4 ⇒ y ≥ 2 ⇒ min y =p 2 khi x = 2 hoặc x = 6. Ta lại có y 2 = 4 + 2 (x − 2)(6 − x) √ ⇒ y 2 ≤ 4 + (x √− 2) + (6 − x) = 8 ⇒ y ≤ 2 2. ⇒ max y = 2 2 khi x − 2 =√6 − x ⇔ x = 4. Vậy min y = 2 và min y = 2 2. x∈D  x∈D c Bài 27. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = √ x−1+ √ 5 − x. Ê Lời giải. Tập xác định D = [1; 5]. p Vì y ≥ 0 ⇒ y 2 = 4 + 2 (x − 1)(5 − x) ≥ 4 ⇒ y ≥ 2 ⇒ min y =p 2 khi x = 1 hoặc x = 5. Ta lại có y 2 = 4 + 2 (x − 2)(6 − x) √ ⇒ y 2 ≤ 4 + (x − 1) + (5 − x) = 8 ⇒ y ≤ 2 2. √ ⇒ max y = 2 2 khi x − 1 =√5 − x ⇔ x = 3. Vậy min y = 2 và min y = 2 2. x∈D  x∈D c Bài 28. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = √ √ x − 2 + 2 6 − x. Ê Lời giải. Tập xác định √ D = [2;√6]. √ Ta có y =√ x − 2 +√ 6 − x + 6 − x. p Đặt A = x − 2 + 6 − x thì A2 = 4 + 2 (x − 2)(6 − x) ≥ 4. Suy ra A ≥ 2 dấu “=” xảy ra khi x = 2 hoặc x = 6. Do đó y ≥ 2 ⇒ min y = 2 khi x = 6. a b Áp dụng (ac + bd)2 ≤ (a2 + b2 )(c2 + d2 ), dấu “=” xảy ra khi = . d  2 √ √ √ √c Ta có y 2 = x − 2 + 2 6 − x ≤ (12 + 22 ) ( x − 2)2 + ( 6 − x)2 331/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 332 1. Bất đẳng thức Luôn nổ lực để đạt được thành quả √ ⇒ y 2 ≤ 5 · 4 = 20 ⇒ √ y ≤ 2 5. √ √ x−2 6−x 14 ⇒ max y = 2 5 khi = ⇔x= . 1 √ 2 5 Vậy min y = 2 và min y = 2 5. x∈D  x∈D √ √ c Bài 29. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 5 x + 1 + 3 6 − x. Ê Lời giải. Tập xác định  √ D = [−1;√6]. √ √ √ Ta có y = 5 x + 1 + 3 6 − x = 3 x + 1 + 6 − x + 2 x + 1. p √ √ Đặt A = x√+ 1 + 6 − x thì A2 = 7 + 2 (x + 1)(6 − x) ≥ 7. Suy ra A ≥ √7 dấu “=” xảy √ ra khi x = −1 hoặc x = 6. Do đó y ≥ 3 7 ⇒ min y = 3 7 khi x = −1. 2 √  √ √ √ Ta lại có y 2 = 5 x + 1 + 3 6 − x ≤ (52 + 32 ) ( x + 1)2 + ( 6 − x)2 √ ⇒ y 2 ≤ 34 · 5 = 238 ⇒√y ≤ 238.√ √ x+1 6−x 141 ⇒ max y = 238 khi = ⇔x= . 5 √ 2 34 √ Vậy min y = 3 7 và min y = 238. x∈D x∈D  √ √ x y−4+y x−4 . c Bài 30. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = xy Ê Lời giải. ® x≥4 . y≥4 √ √ √ √ y−4 x−4 x y−4+y x−4 = + . Ta có P = xy y x ab 1 Áp dụng bất đẳng thức a2 + b2 ≥ 2ab ⇔ 2 ≤ . Dấu “=” xảy ra khi a = b. 2 a +b 2 Ta có: √ √ 2 y−4 1 y−4 1 ≤ ⇒ ≤ ; 4 + (y − 4) 2 y 4 √ √ 2 x−4 1 1 x−4 ≤ ⇒ ≤ . 4 + (x − 4) 2 x 4 Điều kiện: √ Suy ra P = Vậy Pmax = y−4 + y √ x−4 1 ≤ . x 2 1 khi x = y = 8. 2  xy c Bài 31. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = p , ∀x > 4, y > 1. (x − 4)(y − 1) Ê Lời giải. ® x>4 . y>1 xy x y Ta có P = p =√ ·√ . y−1 x−4 (x − 4)(y − 1) Điều kiện: 332/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 333 Chương 4. BẤT PHƯƠNG TRÌNH & BẤT ĐẲNG THỨC Luôn nổ lực để đạt được thành quả Áp dụng: Với a > 0, b > 0 ta có: a2 + b2 ≥ 2ab ⇒ a2 + b 2 ≥ 2. Dấu “=” xảy ra khi a = b. ab Với x > 4 và y > 1, ta có: x 4 + (x − 4) √ ≥2⇒ √ ≥ 4; 2 x−4 x−4 1 + (y − 1) y √ ≥2⇒ √ ≥ 2. 1 y−1 y−1 x y ·√ ≥ 8. y−1 x−4 = 8 khi x = 8 và y = 2. Suy ra P = √ Vậy Pmin  x2 − x + 3 c Bài 32. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = √ , ∀x ∈ (0; 1). 1 − x3 Ê Lời giải. √ √ x2 + x + 1 x2 − x + 3 (x2 + x + 1) + 2(1 − x) 2 1−x √ y= √ = √ = √ +√ . 1−x 13 − x3 1 − x · x2 + x + 1 x2 + x + 1 √ Áp dụng: Với a ≥ 0, b ≥ 0, ta có: a + b ≥ 2 ab. Dấu “=” xảy ra khi a = b. √ √ √ √ √ 2 1−x 2 1−x x2 + x + 1 x2 + x + 1 √ +√ ≥2 ·√ = 2 2. Do đó: y = √ 1−x 1−x x2√+ x + 1 x2 + x + 1 √ −3 + 13 . Vậy ymin = 2 2 khi x = 2 c Bài 33. Cho a, b, c > 0. Chứng minh:  a2 b2 16c2 64c − a − b + + ≥ . b+c c+a a+b 9 Ê Lời giải. Ta có: 4(b + c) a2 + ≥2 b+c 9 4(b + c) 4a a2 · = ; b+c 9 3 b2 4(c + a) + ≥2 c+a 9 b2 4(c + a) 4b · = ; c+a 9 3 16c2 + (a + b) ≥ 2 a+b 16c2 · (a + b) = 8c. a+b Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được: a2 b2 16c2 4(b + c) 4(c + a) 4a 4b + + + + + (a + b) ≥ + + 8c b+c c+a a+b 9 9 3 3 a2 b2 16c2 4a 4b 4(b + c) 4(c + a) ⇒ + + ≥ + + 8c − − − (a + b) b+c c+a a+b 3 3 9 9 a2 b2 16c2 64c − a − b ⇒ + + ≥ . b+c c+a a+b 9 Dấu bằng xảy ra a = b = 2c. 333/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 334 1. Bất đẳng thức 3. Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ghép đối xứng a) Cho X, Y , Z ≥ 0. Chứng minh X + Y + Z ≥ A + B + C.  Cauchy   X + Y ≥ 2A    Cauchy ⊕ Chứng minh. Ta có Y + Z ≥ 2B ⇒ X + Y + Z ≥ A + B + C.     Cauchy  Z + X ≥ 2C   mX + nY + pZ ≥ (m + n + p)A ⊕ Tổng quát. Ta có mY + nZ + pX ≥ (m + n + p)B ⇒ (m + n + p)(X + Y + Z) ≥ (m + n +   mZ + nX + pY ≥ (m + n + p)C p)(A + B + C). b) Cho X, Y , Z ≥ 0. Chứng Z ≥ ABC.  minh XY 2 XY ≥ A   √ Nhân Nếu chứng minh được Y Z ≥ B 2 ⇒ XY Z ≥ A2 B 2 C 2 = |ABC| ≥ ABC.   ZX ≥ C 2 c Bài 40. Chứng minh rằng với mọi a, b, c ≥ 0, ta luôn có a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca. Ê Lời giải.  Cauchy √   a2 + b2 ≥ 2 a2 b2 = 2ab    Cauchy √ ⊕ Ta có b2 + c2 ≥ 2 b2 c2 = 2bc ⇒ 2(a2 + b2 + c2 ) ≥ 2(ab + bc + ca) ⇔ a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca.     Cauchy √  2 c + a2 ≥ 2 c2 a2 = 2ac Dấu “=” xảy ra khi a = b = c ≥ 0.  Ä√ √ √ √ ä c Bài 41. Chứng minh với mọi a, b, c ≥ 0 thì ta luôn có ab + bc + ca ≥ abc a+ b+ c . Ê Lời giải.  Cauchy √ √   ab + bc ≥ 2 ab · bc = 2b ac    √ Cauchy √ Ta có bc + ca ≥ 2 bc · ca = 2c ab    √  Cauchy √  ca + ab ≥ 2 ca · ab = 2a bc. Suy ra √ √ √ √ √ √ √ 2(ab + bc + ca) ≥ 2(a bc + b ac + c ab) hay ab + bc + ca ≥ abc( a + b + c). Dấu “=” xảy ra khi a = b = c ≥ 0.  c Bài 42. Chứng minh rằng với mọi a, b, c ∈ R và khác 0 thì    a2 c 2   + 2  2  c b     2 2 Ta có c + b   b 2 a2      b2 a2    2+ 2 a c 334/528 ≥ 2 c 2 b2 c c · = 2 ≥ 2 · b 2 a2 a a 2 b 2 a2 b b · 2 =2 ≥2· . 2 a c c c Cauchy ≥ 2 2 Cauchy ≥ Ê Lời giải. a c a a · 2 =2 ≥2· 2 c b b b 2 Cauchy a2 c 2 b 2 a b c + 2+ 2 ≥ + + . 2 c b a b c a p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 335 Chương 4. BẤT PHƯƠNG TRÌNH & BẤT ĐẲNG THỨC Luôn nổ lực để đạt được thành quả Suy ra ã ã Å a2 c 2 b 2 a2 c 2 b 2 a b c a b c 2 2 + 2 + 2 ≥2 + + hay 2 + 2 + 2 ≥ + + . c b a b c a c b a b c a a b c Dấu “=” xảy ra khi = = ≥ 0. b c a Å  c Bài 43. Chứng minh rằng với mọi a, b ∈ R thì ta luôn có 4a2 + 9b2 + 5 ≥ 4(a + 3b). Ê Lời giải. Ta có 4a2 + 9b2 + 5 = (4a2 + 1) + (9b2 + 4) Dấu “=” xảy ra khi a = Cauchy ≥ √ √ 2 4a2 · 1 + 2 9b2 · 4 = 4|a| + 12|b| ≥ 4a + 12b = 4(a + 3b). 1 2 và b = . 2 3  c Bài 44. Chứng minh rằng với mọi a, b, c ≥ 0 thì ta có a3 + b3 + c3 ≥ a2 b + b2 c + c2 a. Ê Lời giải.  Cauchy √ 3   a3 + a3 + b3 ≥ 3 a3 · a3 · b3 = 3a2 b    Cauchy √ ⊕ Ta có b3 + b3 + c3 ≥ 3 3 b3 · b3 · c3 = 3b2 c ⇒ 3(a3 +b3 +c3 ) ≥ 3(a2 b+b2 c+c2 a) hay a3 +b3 +c3 ≥     Cauchy √  3 3 c + c3 + a3 ≥ 3 c3 · c3 · a3 = 3c2 a a2 b + b2 c + c2 a. Dãu “=” xảy ra khi a = b = c ≥ 0.  √ √ √ c Bài 45. Chứng minh rằng với mọi a, b, c ≥ 0 thì ta có a2 + b2 + c2 ≥ a bc + b ca + c ab. Ê Lời giải.  √ Cauchy √ 4  2 2 2 2 2 · a2 · b2 · c2 = 4a bc  a + a + b + c ≥ 4 a    Cauchy √ Ta có b2 + b2 + c2 + a2 ≥ 4 4 b2 · b2 · c2 · a2 = 4b√ac    √  Cauchy √  2 4 c + c2 + a2 + b2 ≥ 4 c2 · c2 · a2 · b2 = 4c ab. Suy ra √ √ √ √ √ √ 4(a2 + b2 + c2 ) ≥ 4(a bc + b ac + c ab) hay a2 + b2 + c2 ≥ a bc + b ac + c ab. Dấu “=” xảy ra khi a = b = c ≥ 0. c Bài 46. Chứng minh rằng với mọi a, b, c > 0 thì  a3 b 3 c 3 + + ≥ ab + bc + ca. b c a Ê Lời giải.  3 Cauchy a   + ab ≥ 2a2    b   3 3 Cauchy b3 c 3 ⊕ a b 2 ⇒ Ta có + + ≥ 2(a2 + b2 + c2 ) − (ab + bc + ca). + bc ≥ 2b  b c a c    3 Cauchy  c   + ca ≥ 2c2 a a3 b 3 c 3 Mặt khác, theo kết quả bài 40, ta có a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca, cho nên + + ≥ ab + bc + ca. b c a Dấu “=” xảy ra khi a = b = c > 0.  335/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 336 1. Bất đẳng thức Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 47. Chứng minh rằng với mọi a, b, c > 0 thì ta có ab bc ca p 2 + + ≥ 3(a + b2 + c2 ). c a b Ê Lời giải. Điều cần chứng minh tương đương với Å ã Å ã2 Å ã2  2 ab bc ca 2 ab bc ca 2 2 2 + + ≥ 3(a + b + c ) ⇔ + + + 2(a2 + b2 + c2 ) ≥ 3(a2 + b2 + c2 ). c a b c a b  Å ã2 Å ã2 Cauchy Å ã2 Å ã2  bc bc ab ab    + ≥ 2 · = 2b2   c a c a    Å ã2  2  Å ã2  2 Cauchy bc ca bc ca Ta có + ≥ 2 · = 2c2  a b a b       ca 2 Å ab ã2 Cauchy  ca 2 Å ab ã2    ≥ 2 = 2a2 . + ·  b c b c Cộng vế theo vế ta được Å ã2 Å ã2  2 bc ca ab + + ≥ a2 + b 2 + c 2 . c a b Do đó Å ab c ã2 Å bc + a ã2 +  ca 2 b + 2(a2 + b2 + c2 ) ≥ 3(a2 + b2 + c2 ). Dấu “=” xảy ra khi a = b = c > 0.  c Bài 48. Chứng minh rằng với mọi a, b, c ≥ 0 thì a2 (1 + b2 ) + b2 (1 + c2 ) + c2 (1 + a2 ) ≥ 6abc. Ê Lời giải.  Cauchy   2  2 2 1 + b2 ≥ 2b     a (1 + b ) ≥ 2a b Cauchy Ta có 1 + c2 ≥ 2c ⇒ b2 (1 + c2 ) ≥ 2b2 c   2    c (1 + a2 ) ≥ 2c2 a.  Cauchy  2 1 + a ≥ 2a Từ đó a2 (1 + b2 ) + b2 (1 + c2 ) + c2 (1 + a2 ) ≥ 2a2 b + 2b2 c + 2c2 a Cauchy ≥ √ 3 3 2a2 b · 2b2 c · 2c2 a = 6abc. Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1.  Ä √ ä3 c Bài 49. Chứng minh rằng với a, b, c ≥ 0 thì ta luôn có (1 + a)(1 + b)(1 + c) ≥ 1 + 3 abc .  1 1 1    1 + a + 1 + b + 1 + c Cauchy  a b c   + +  1+a 1+b 1+c Cộng vế theo vế. ta được Cauchy Ta có ≥ ≥ Ê Lời giải. 1 3· p 3 (1 + a)(1 + b)(1 + c) 3· 3 abc . (1 + a)(1 + b)(1 + c) √ √ 1 + 3 abc 3 3 ≥ 3p ⇔ (1 + a)(1 + b)(1 + c) ≥ (1 + abc)3 . 3 (1 + a)(1 + b)(1 + c) Dấu “=” xảy ra khi a = b = c ≥ 0. 336/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 337 Chương 4. BẤT PHƯƠNG TRÌNH & BẤT ĐẲNG THỨC Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 50. Chứng minh rằng với mọi a, b, c ≥ 0 ta có (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc. Ê Lời giải.  Cauchy √   a + b ≥ 2 ab    Cauchy √ Ta có b + c ≥ 2 bc ⇒ (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc.     Cauchy √  c + a ≥ 2 ca Dấu “=” xảy ra khi a = b = c ≥ 0.  √ c Bài 51. Chứng minh rằng với mọi a, b, c > 0 ta luôn có (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) ≥ 16 2abc. Ê Lời giải.  Cauchy √   a2 + 2 ≥ 2 2a    √ Cauchy √ Ta có b2 + 2 ≥ 2 2b ⇒ (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) ≥ 16 2abc.     Cauchy √  2 c + 2 ≥ 2 2c √ Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 2.  c Bài 52. Chứng minh rằng với mọi a, b, c ≥ 0 ta có (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) ≥ 9abc. Ê Lời giải.  Cauchy √ a + b + c ≥ 3 3 abc Ta có ⇒ (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) ≥ 9abc. Cauchy √  2 3 a + b 2 + c 2 ≥ 3 a2 b 2 c 2 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c ≥ 0. ã Å 1 1 ≥ 4. c Bài 53. Chứng minh rằng với mọi a > 0, b > 0 ta có (a + b + 2) · + a+1 b+1 Ta có Ê Lời giải.  » Cauchy   a + b + 2 = (a + 1) + (b + 1) ≥ 2 (a + 1)(b + 1) 1 1 Cauchy 1   a + 1 + b + 1 ≥ 2 · p (a + 1)(b + 1) Dấu “=” xảy ra khi a = b ≥ 0. Å 1 1 ⇒ (a + b + 2) + a+1 b+1 ã ≥ 4.  Å 1 1 1 c Bài 54. Chứng minh rằng với mọi a, b, c > 0 thì ta có (a+b+c)· + + a+b b+c c+a Ta có  ã 9 ≥ . 2 Ê Lời giải.  Cauchy »   2(a + b + c) = (a + b) + (b + c) + (c + a) ≥ 3 3 (a + b)(b + c)(c + a) 1 1 1   a + b + b + c + c + a Cauchy ≥ 1 3· p . 3 (a + b)(b + c)(c + a) Từ đó Å 1 1 1 2(a + b + c) + + a+b b+c c+a Dấu “=” xảy ra khi a = b = c > 0. 337/528 ã Å 1 1 1 ≥ 9 hay (a + b + c) + + a+b b+c c+a ã 9 ≥ . 2  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 338 1. Bất đẳng thức Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 55. Cho a > 0, b > 0, c > 0. Chứng minh a b c 3 + + ≥ . b+c c+a a+b 2 (BĐT Nesbitt) Ê Lời giải. Ta có b c a b c a + + = +1+ +1+ +1−3 b+c c+a a+b b+c c+a a+b a+b+c a+b+c a+b+c = + + −3 b+c c+a a+b ã Å Bài 54 9 1 1 3 1 + + −3 ≥ −3= . = (a + b + c) a+b b+c c+a 2 2 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c > 0. 4.  Kĩ Thuật Cauchy ngược Dấu Một số trường hợp nếu đánh giá trực tiếp bằng Cauchy ngược dấu thì sẽ đưa về dạng A ≤ P ≥ B: Không nói lên được điều gì?! Khi đó ta biến đổi và áp dụng bất đẳng thức CauChy ngược dấu sẽ a ≥?!. Nếu áp dụng Cauchy dưới mẫu số được tránh được điều này. Chẵn hạn cần chúng minh: 1 + b2 a a ≤ sẽ không đạt yêu cầu. Khi đó cần thêm trước nó là dấu “− ”. Tức là biến đổi 2 1+b 2b a a(1 + b2 ) − ab2 ab2 ab2 ab = = a − ≥ a − =a− 2 2 2 1+b 1+b 1+b 2b 2 sẽ được mong muốn. Thông thường, sau khi sử dụng kỹ thuật ngược dấu sẽ đưa bài toán về bất đẳng thức hoán vị về bất đẳng thức đối xứng và giản lượt đi mẫu số, giúp ta dễ dàng xử lý hơn so với để nguyên thủy. c Bài 56. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ x y z nhất của biểu thức P = + + 2 2 1+y 1+z 1 + x2 Ê Lời giải. x x(1 + y 2 ) − xy 2 xy 2 xy 2 xy p Ta có = = x − ≥ x − (1). =x− 2 2 2 2 1+y 1+y 1+y 2 2 1 · y ® 2 y =1 Dấu “= ” xảy ra ⇔ ⇔ y = 1. y>0 yz zx y z Tương tự ≥y− (2), ≥z− (3). 2 2 1+z 2 1+x 2 Cộng vế theo vế của (1), (2) và (3), ta có x y z xy + yz + zx + + ≥x+y+z− . 2 2 2 1+y 1+z 1+x 2 Mặt khác (x + y + z)2 ≥ 3(xy + yz + zx) ⇔ xy + yz + zx ≤ 3 ⇔ − xy + yz + zx 3 ≥− 2 2 Suy ra P ≥3− Kết luận. Giá trị nhỏ nhất của P bằng 338/528 3 khi x = y = z = 1. 2 3 3 = . 2 2  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 339 Chương 4. BẤT PHƯƠNG TRÌNH & BẤT ĐẲNG THỨC Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 57. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ x2 y2 z2 nhất của biểu thức P = + + . x + 2y 2 y + 2z 2 z + 2×2 Ê Lời giải. x 2p x(x + 2y ) − 2xy 2xy 2 2xy 2 3 p Ta có (xy)2 (1). = x − = = x − ≥ x − 2 2 2 3 2 2 x + 2y x + 2y x + 2y 3 3 x · y · y  2  x = y Dấu “=”xảy ra ⇔ x > 0 .   y>0 2 y z 2p 2p ≥ y − 3 (yz)2 (2), ≥ z − 3 (zx)2 (3). Tương tự 2 2 y + 2z 3 z + 2x 3 Cộng vế theo vế của (1), (2) và (3), ta có 2 2 2  » » x2 y2 z2 2 » 3 2 + 3 (yz)2 + 3 (zx)2 . (xy) + + ≥ x + y + z − x + 2y 2 y + 2z 2 z + 2×2 3 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có  p 3  x + y + xy ≥ 3 x2 y 2   p y + z + yz ≥ 3 3 y 2 z 2  √  3  z + x + zx ≥ 3 z 2 x2 . Cộng vế theo vế, ta có 2(x + y + z) + xy + yz + zx ≥ 3. Mặt khác, với x + y + z = 3, ta có (x + y + z)2 ≥ 3(xy + yz + zx) ⇔ xy + yz + zx ≤ 3 » 3 (xy)2 + » 3 (yz)2 +  » 3 (zx)2 . Suy ra » » » 3 (xy)2 + 3 (yz)2 + 3 (zx)2 ≤ 3. Khi đó P ≥3− 2 · 3 = 1. 3 Kết luận. ® Giá trị nhỏ nhất của P bằng 1 khi x = y 2 , y = z 2 , z = x2 ⇔ x = y = z = 1. x > 0, y > 0, z > 0  c Bài 58. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ x2 y2 z2 nhất của biểu thức P = + + . x + 2y 3 y + 2z 3 z + 2×3 Ê Lời giải. x x(x + 2y ) − 2xy 2xy 3 2xy 3 2√ 3 p Ta có = = x − ≥ x − x2 y (1). = x − 3 3 3 x + 2y 3 x + 2y 3 x + 2y 3 3 3 x · y · y  3  x = y Dấu “= ” xảy ra ⇔ x > 0 .   y>0 2 339/528 3 3 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 340 1. Bất đẳng thức Luôn nổ lực để đạt được thành quả y2 z2 2p 2√ 3 3 2 z (2), y z 2 x (3). ≥ y − ≥z− 3 3 y + 2z 3 z + 2x 3 Cộng vế theo vế của (1), (2) và (3), ta có √ ä p x2 y2 z2 2 Ä√ 3 2y + 3 y2z + 3 z2x . x + + ≥ x + y + z − x + 2y 3 y + 2z 3 z + 2×3 3 Tương tự Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có  √ p 3 2 y 3 = 3 3 x2 y  xy + xy + y ≥ 3 x   p p yz + yz + z ≥ 3 3 y 2 z 3 = 3 3 y 2 z  √ √  3 3  zx + zx + x ≥ 3 z 2 x3 = 3 z 2 x. Cộng vế theo vế, ta có 2(xy + yz + zx) + x + y + z ≥ 3 Ä√ 3 x2 y + ä √ p 3 3 y2x + z2x . Mặt khác, với x + y + z = 3, ta có (x + y + z)2 ≥ 3(xy + yz + zx) ⇔ xy + yz + zx ≤ 3. Suy ra √ 3 x2 y + √ p 3 3 y 2 x + z 2 x ≤ 3. Khi đó P ≥3− 2 · 3 = 1. 3 Kết luận. ® Giá trị nhỏ nhất của P bằng 1 khi x = y 3 , y = z 3 , z = x3 ⇔ x = y = z = 1. x > 0, y > 0, z > 0  c Bài 59. Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn điều kiện x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ x+1 y+1 z+1 nhất của biểu thức P = 2 + 2 + 2 . y +1 z +1 x +1 Ê Lời giải. Ta có x+1 (x + 1)(y 2 + 1) − (x + 1)y 2 (x + 1)y 2 (x + 1)y 2 1 p = = x + 1 − ≥ x + 1 − (x + 1)y (1). = x + 1 − y2 + 1 y2 + 1 y2 + 1 2 2 1 · y2 Dấu “= ” xảy ra ⇔ y = 1. 1 z+1 1 y+1 ≥ y + 1 − (y + 1)z (2), 2 ≥ z + 1 − (z + 1)x (3). Tương tự 2 z +1 2 x +1 2 Cộng vế theo vế của (1), (2) và (3), ta có x+1 y+1 z+1 1 + 2 + 2 ≥ x + y + z + 3 − (xy + yz + zx + x + y + z) . 2 y +1 z +1 x +1 2 Rút gọn vế phải, ta có x+1 y+1 z+1 1 1 + 2 + 2 ≥ (x + y + z) + 3 − (xy + yz + zx) . 2 y +1 z +1 x +1 2 2 Mặt khác, với x + y + z = 3, ta có (x + y + z)2 ≥ 3(xy + yz + zx) ⇔ xy + yz + zx ≤ 3. Khi đó P ≥ 1 1 · 3 + 3 − · 3 = 3. 2 2 Kết luận. Giá trị nhỏ nhất của P bằng 3 khi x = y = z = 1. 340/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 341 Chương 4. BẤT PHƯƠNG TRÌNH & BẤT ĐẲNG THỨC 5. Luôn nổ lực để đạt được thành quả Kỹ thuật sử dụng trọng số để tìm điểm rơi c Bài 60. Cho ba số thực dương a +√ b + √ c = √ 6. Tìm giá P = 3 a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a. a, trị b, c thoả mãn điều kiện lớn nhất của biểu thức Ê Lời giải. Phân tích: Vì vai trò của a, b, c như nhau nên ta dự đoán giá trị lớn nhất sẽ đạt được khi a = b = c = 2. Do đó, ta cần tìm α, β > 0 sao cho α = β = a + 3b = 8 để khi đánh giá Cauchy cho ba số α, β, a + 3b thì dấu = xảy ra. Ta có √ 1» 3 a + 3b = 3 8 · 8 · (a + 3b) 4 1 1 1 ≤ · · (8 + 8 + a + 3b) = (a + 3b + 16). 4 3 12 Tương tự √ 3 1 (b + 3c + 16) 12 √ 1 3 c + 3a ≤ (c + 3a + 16). 12 b + 3c ≤ √ √ √ 1 1 3 · (4a + 4b + 4c + 48) = · 4 · (6 + 12) = 6. a + 3b + 3 b + 3c + 3 c + 3a ≤ 12 12   a + 3b = 8 Vậy giá trị lớn nhất của P là 6 khi b + 3c = 8 ⇔ a = b = c = 2.   c + 3a = 8 Suy ra P =  c Bài 61 (HSG Sơn La). Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn xyz = 1. Chứng minh P = x3 y3 z3 3 + + ≥ . (1 + y)(1 + z) (1 + x)(1 + z) (1 + x)(1 + y) 4 Ê Lời giải. Phân tích: Vì vai trò của x, y, z là như nhau nên dấu = xảy ra khi x = y = z = 1. Ta cần tìm α > 0 sao cho x3 1+y 1+z + + ≥ … (1 + y)(1 + z) α α  x3 1+y 1+z  = = α α ⇒ α = 8. Dấu = ở bất đẳng thức trên xảy ra khi (1 + y)(1 + z)  x=y=z=1 Do đó, ta có lời giải như sau Ta có 3 x3 1+y 1+z 3 3 x + + ≥3 = x. 2 (1 + y)(1 + z) 8 8 8 4 Tương tự y3 1+x 1+z 3 + + ≥ y. (1 + x)(1 + z) 8 8 4 341/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 342 1. Bất đẳng thức Luôn nổ lực để đạt được thành quả z3 1+x 1+y 3 + + ≥ z. (1 + x)(1 + y) 8 8 4 Suy ra x3 y3 z3 1+x 1+y 1+z 3 + + + + + ≥ (x + y + z) (1 + y)(1 + z) (1 + x)(1 + z) (1 + x)(1 + y) 4 4 4 4 x+y+z 3 3√ 3 3 ⇒ P ≥ − ≥ 3 xyz − = . 2 4 2 4 4 3 Vậy P ≥ . 4 Dấu = xảy ra khi x = y = z = 1.  c Bài 62. Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng x5 y 5 z 5 + + ≥ x3 + y 3 + z 3 . y2 z2 z2 Ê Lời giải. Phân tích: Vì vai trò của x, y, z như nhau nên dấu = ở bất đẳng thức trên xảy ra khi x = y = z. Với m, n ∈ N∗ ta có 5m p x5 m+n x 3 + n · y ≥ (m + n) · y 3n = (m + n) · m+n x5m · y 3n−2m . 2 2m y y p Cần chọn m, n sao cho m+n x5m · y 3n−2m = x3 , nghĩa là m = 3, n = 2. Từ đó ta có bài giải như sau. Ta có x5 x5 x 5 x5 x5 x5 x5 3 · 2 + 2 · y 3 = 2 + 2 + 2 + y 3 + y 3 ≥ 5 5 2 · 2 · 2 · y 3 · y 3 = 5×3 . y y y y y y y m· Tương tự ta có y5 + 2 · z 3 ≥ 5y 3 2 z z5 3 · 2 + 2 · x3 ≥ 5z 3 . x 3· Suy ra ã   x5 y 5 z 5 3 2 + 2 + 2 + 2 x3 + y 3 + z 3 ≥ 5 x3 + y 3 + z 3 y z z 5 5 5 x y z ⇒ 2 + 2 + 2 ≥ x3 + y 3 + z 3 . y z z Å  c Bài 63. Cho các số thực không âm thoả mãn x + y + z = 31. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2×2 + 3y 2 + 5z 2 . Ê Lời giải. Phân tích: Vì trong biểu thức của P , z, y, z không có tính chất đối xứng nên ta giả sử giá trị nhỏ nhất của P đạt được khi x = a, y = b và z = c với a, b, c > 0 thoả mãn a + b + c = 31. Khi đó ta có 2×2 +3y 2 +5z 2 = 2(x2 +a2 )+3(y 2 +b2 )+5(z 2 +c2 )−2a2 −3b2 −5c2 ≥ 4ax+6by +10cz −2a2 −3b2 −5c2 . 342/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 343 Chương 4. BẤT PHƯƠNG TRÌNH & BẤT ĐẲNG THỨC ® Lúc này, ta cần tìm a, b, c sao cho Luôn nổ lực để đạt được thành quả   a = 15 4a = 6b = 10c ⇔ b = 10  a + b + c = 31  c = 6. Từ đó, ta có bài giải như sau P = 2×2 + 3y 2 + 5z 2 = 2(x2 + 152 ) + 3(y 2 + 102 ) + 5(z 2 + 62 ) − 930 ≥ 60x + 60y + 60z − 930 = 930. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 930 khi x = 15, y = 10, z = 6.  c Bài 64. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tám giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức … P = 2a + 2b + 2c − a 2b + 2a + 2c − b … 2c . 2a + 2b − c Ê Lời giải. Ta có … 2a = 2b + 2c − a √ √ a 6 6a2 6a ≥ = . 3a + (2b + 2c − a) 3a(2a + 2b − c) a+b+c 2 Tương tự ta cũng có √ 2b b 6 ≥ . 2a + 2c − b a+b+c √ … c 6 2c ≥ . 2a + 2b − c a+b+c √ … … … 2a 2b 2c 6(a + b + c) √ Suy ra P = + + ≥ = 6. 2b + 2c − a 2a + 2b − c a+b+c √2a + 2c − b Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 6 khi a = b = c, nghĩa là tam giác đã cho là tam giác đều. c Bài 65. Cho x, y, z > 0 thoả mãn P =  1 1 1 + + = 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y z 1 1 1 + + . 2x + y + z 2y + x + z 2z + x + y Ê Lời giải. Trước tiên ta cần chứng minh với mọi a, b > 0 thì Å ã 1 1 1 1 ≥ + . a+b 4 a b 1 1 2 2 4 + ≥√ ≥ = . a+b a b a+b ab 2 Å ã 1 1 1 1 Suy ra ≥ + . a+b 4 a b Áp dụng bất đẳng thức trên cho từng phân thức 2 lần ta được Å ã 1 1 1 1 1 1 1 1 = ≥ + ≥ + + . 2x + y + z 2x + (y + z) 4 2x y + z 8x 16y 16z Thật vậy, ta có 343/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 344 1. Bất đẳng thức Luôn nổ lực để đạt được thành quả Tương tự 1 1 1 1 ≥ + + 2y + x + z 8y 16x 16z 1 1 1 1 ≥ + + . 2z + x + y 8z 16x 16y Suy ra 1 1 3 1 + + ≥ P = 2x + y + z 2y + x + z 2z + x + y 16 3 4 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là khi x = y = z = . 4 3 Å 1 1 1 + + x y z ã = 3 3 ·4= . 16 4  BÀI TẬP VỀ NHÀ c Bài 66. Chứng minh các bất đẳng thức sau và cho biết dấu đẳng thức xảu ra khi nào? p p √ √ 1 + x3 + y 3 1 + y3 + z3 1 + z 3 + x2 + + ≥ 3 3 ∀x, y, z > 0 và xyz = 1. a) xy yz zx b) a2 a b c 1 1 1 + 2 + 2 ≤ + + với a, b, c là các số thực dương. 2 2 2 +b b +c a +c 2a 2b 2c Ê Lời giải. » p √ 3 3 x3 y 3 1+ + 3 a) Ta có ≥ =√ . xy xy xy p √ √ √ 3 3 1+y +z 3 1 + z 3 + x3 3 Tương tự ta có ≥√ ; ≥√ . yz yz zx zxÇ å p p √ 3 3 3 3 3 2 √ √ 1 1 1+x +y 1+y +z 1+z +x 1 + + ≥ 3 √ +√ +√ ≥ 3·3· ⇒ xy yz zx xy yz zx √ 1 p = 3 3. 3 2 x y2z2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1. p x3 y3 a2 + b 2 b2 a 1 b) Ta có =a+ ≥ 2b ⇒ 2 ≤ . a a a + b2 2b b 1 c 1 Tương tự ta có ⇒ 2 ≤ ; 2 ≤ . 2 2 b +c 2c a + c 2a a b c 1 1 1 Cộng vế với vế, ta có 2 + 2 + 2 ≤ + + . 2 2 2 a +b b +c a +c 2a 2b 2c Dấu “= ” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.  c Bài 67. Chứng minh các bất đẳng thức sau và cho biết dấu đẳng thức xảy ra khi nào? a) Cho a, b, c > 0. Chứng minh abc ≥ (b + c − a)(c + a − b)(a + b − c). 1 1 1 1 + + ≥ 2. Chứng minh abc ≤ . 1+a 1+b 1+c 8 p √ √ 1 + 1 + x2 1 + 1 + y 2 1 + 1 + z 2 c) + + ≤ xyz, với ∀x > 0, y > 0, z > 0 và x+y +z = xyz. x y z b) Cho ∀a > 0, b > 0, c > 0, d > 0 và 344/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 345 Chương 4. BẤT PHƯƠNG TRÌNH & BẤT ĐẲNG THỨC Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ê Lời giải. a) Đặt 2x = c + b − a; 2y = a + c − b; 2z = a + b − c. ⇒ a = y + z; b = x + z; c = x + y. Bất đẳng thức ⇔ 8xzy ≤ (x + y)(y + z)(z  + x). √  x + y ≥ 2√ xy Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có y + z ≥ 2 yz  √  z + x ≥ 2 zx Nhân vế với vế, ta có điều phải chứng minh. Dấu “= ” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z ⇔ a = b = c. b) Ta có Å ã Å ã 1 1 1 1 1 1 + + ≥2⇔ ≥ 1− + 1− 1+a 1+b 1+c 1+a 1+b 1+c 1 b c ⇔ ≥ + 1+a b+1 c+1 1 bc ≥2 . ⇔ 1+a (b + 1)(c + 1) … 1 ac 1 ab Tương tự ta có ≥2 và ≥2 . 1+b (a + 1)(c + 1) 1+c (a + 1)(b + 1) Nhân vế với vế, ta có 8abc 1 ≥ (a + 1)(b + 1)(c + 1) (a + 1)(b + 1)(c + 1) 1 ⇔ abc ≤ đpcm. 8 1 Dấu “= ” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = . 2 1 1 1 + + = 1. c) Theo đề bài ta có x + y + z = xyz ⇔ xy yz zx … √ 1 + 1 + x2 1 1 Ta có = + +1 x x x2 1 1 1 1 1 = + + + + 2 x x xy yz zx Å ãÅ ã. 1 1 1 1 1 = + + + x y x z x 1 1 2 + + 1 y z x ≤ · x 2 Chứng minh tương tự, ta có Å ã 1 1 1 3(xy + yz + zx) 3(xy + yz + zx) (x + y + z)2 VT ≤ 3 + + = = ≤ = x+y+z = x y z xyz x+y+z x+y+z xyz.(đpcm) √ Dấu “= ” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 3.  c Bài 68. Chứng minh các bất đẳng thức sau và cho biết dấu đẳng thức xảy ra khi nào? 345/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 346 1. Bất đẳng thức a) Cho x, y, z > 0. Chứng minh ® b) Cho Luôn nổ lực để đạt được thành quả y2 z2 x+y+z x2 + + ≥ . x+y y+z z+x 2 x, y, z > 0 x3 y 3 z 3 . Chứng minh 2 + 2 + 2 ≥ 3. y z x xyz = 1 √ √ √ a + 3b + b + 3c + c + 3a ≤ 6. √ √ √ √ d) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh 3 ab + 3 bc + 3 ca ≤ 3 3. √ √ xy e) Cho x, y ≥ 4. Chứng minh x y − 4 + y x − 4 ≤ . 2 √ √ √ f) Cho x, y, z ≥ 1. Chứng minh 2xy z − 1 + 2yz x − 1 + 2zx y − 1 ≤ 3xyz. c) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh Ê Lời giải. x2 x+y y2 y+z z2 x+z + ≥ x; + ≥ y; + ≥ z. x+y 4 y+z 4 x+z 4 x2 y2 z2 x+y+z Cộng vế với vế, ta được + + ≥ . x+y y+z z+x 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z. a) Ta có x3 y 3 z 3 (xyz)3 3 + + ≥ 3 = 3. y 2 z 2 x2 (xyz)2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z. √ √ a + 3b + 4 2 a + 3b c) Ta có a + 3b = ≤ 2 4 √ b + 3c + 4 √ c + 3a + 4 Tương tự ta có b + 3c ≤ ; c + 3a ≤ . 4 4 Cộng vế với vế ta có điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. √ √ √ 1 √ 1 √ √ √ 1 d) Ta có 3 ab + 3 bc + 3 ca ≤ 3 3 ⇔ 3 ab √ + 3 bc √ + 3 ca √ ≤ 1. 3 3 3 3 3 3 1 a + b + √ 1 3 3; Mà ab √ ≤ 3 3 3 1 b+c+ √ 1 3 3;. bc √ ≤ 3 3 3 1 c+a+ √ 1 3 3 ca √ ≤ 3 3 3 2(a + b + c) + 1 Cộng vế với vế ta có V T ≤ = 1 (đpcm). 3 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = . 3 √ √ y−4·2 (y − 4) + 4 xy e) Ta có x y − 4 = x ≤x = . 2 4 4 √ xy Tương tự ta có y x − 4 ≤ . 4 √ √ xy Cộng vế với vế, ta có x y − 4 + y x − 4 ≤ (đpcm). 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 8. b) Áp dụng BĐT Cauchy, ta có 346/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 347 Chương 4. BẤT PHƯƠNG TRÌNH & BẤT ĐẲNG THỨC Luôn nổ lực để đạt được thành quả √ √ √ f) Ta có 2xy z − 1 + 2yz x − 1 + 2zx y − 1 ≤ xy(z − 1 + 1) + yz(x − 1 + 1) + zx(y − 1 + 1) ≤ 3xyz (đpcm). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 2.  347/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 II PHẦN HÌNH HỌC 26 23 3816 9 1 7 6 22 29 30 19 49 14 39 4 28 37 47 18 5 15 35 10 20 17 8 25 40 27 41 21 2 36 42 13 34 50 45 3 46 12 44 33 31 32 43 24 48 11 C h ươ ng 1 VEC-TƠ VÀ VÀ CÁC CÁC PHÉP PHÉP TOÁN TOÁN TRÊN TRÊN VEC-TƠ VEC-TƠ VÀVEC-TƠ CÁC PHÉP TOÁN TRÊN VEC-TƠ VEC-TƠ BÀI 1. VEC-TƠ VÀ CÁC PHÉP TOÁN TRÊN VEC-TƠ A – TÓM TẮT LÝ THUYẾT . a) Các định nghĩa mở đầu c Định nghĩa 1.1. Vec-tơ là một đoạn thẳng có hướng. A B ○ Một đầu được xác định là gốc, còn đầu kia là ngọn. ○ Hướng từ gốc tới ngọn, gọi là hướng của vec-tơ. ○ Độ dài của vec-tơ là độ dài đoạn thẳng được xác định bởi điểm đầu và điểm cuối của vec-tơ. # » # » c Định nghĩa 1.2. Véc-tơ có gốc A, ngọn B được kí hiệu AB và độ dài của véc-tơ AB được # » kí hiệu là |AB| = AB là khoảng cách giữa điểm đầu và điểm cuối của véc-tơ. Ngoài ra, véc-tơ #» còn được kí hiệu bởi một chữ in thường, phía trên có mũi tên như #» a , b , #» u , · · · độ dài của véc-tơ #» a được kí hiệu là | #» a |. #» c Định nghĩa 1.3. Véc-tơ không, kí hiệu 0 có: ○ Điểm gốc và điểm ngọn trùng nhau. ○ Độ dài bằng 0. ○ Hướng bất kỳ. c Định nghĩa 1.4. Hai Véc-tơ cùng phương khi chúng ñ cùng nằm trên một đường thẳng hoặc AB ∥ CD # » # » nằm trên hai đường thẳng song song: AB ∥ CD ⇔ A, B, C, D : thẳng hàng. A B C D B C A D c Định nghĩa 1.5. Hướng của hai véc-tơ: Hai véc-tơ cùng phương có thể cùng hướng hoặc ngược hướng. Ta chỉ xét hướng của hai véc-tơ khi chúng cùng phương. # » # » ○ Hai véc-tơ AB và CD gọi là cùng hướng, kí hiệu: # » # » AB ↑↑ CD ⇔ A B ® AB ∥ CD Hai tia AB, CD cùng hướng. 349/528 C D p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 350 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả # » # » ○ Hai véc-tơ AB và CD gọi là ngược hướng, kí hiệu: # » # » AB ↑↓ CD ⇔ ® AB ∥ CD Hai tia AB, CD ngược hướng. A B D C c Định nghĩa 1.6. Hai véc-tơ được gọi là bằng nhau khi chúng cùng hướng (cùng phương, cùng chiều) và cùng độ dài. # » # » AB và CD cùng hướng # » # » AB = CD ⇔ # » # » A B  AB = AB hay AB = CD. D C C D c Định nghĩa 1.7. Hai véc-tơ được gọi là đối nhau nếu chúng ngược hướng và có cùng độ dài. b) Các phép toán trên véc-tơ ○ Tổng của hai véc-tơ — Hệ thức Chasles (quy tác ba điểm hay quy tắc tam giác) # » # » # » + Với ba điểm A, B, C bất kỳ, ta có AB = AC + CB. + Quy tắc ba điểm còn được gọi là hệ thức Chasles dùng để cộng các véc-tơ liên # » # » # » tiếp, có thể mở rộng cho trường hợp nhiều véc-tơ như sau: A1 An = A1 A2 + A2 A3 + # » # » A3 A4 + · · · + An−1 An . — Quy tắc hình bình hành + Cho hình bình hành ABCD thì ñ# » # » ñ# » # » # » B C AB = DC AC = AB + AD # » # » # » và # » # » AD = BC. DB = DA + DC A D + Quy tắc hình bình dùng để cộng các véc-tơ chung gốc. Ä Ä #» ä #» #» #»ä #» #» — Tính chất: #» a + b = b + #» a , #» a + b + #» c = #» a + b + #» c , #» a + 0 = 0 + #» a = #» a. ○ Hiệu hai véc-tơ — Véc-tơ đối + Véc-tơ đối của véc-tơ #» a , kí hiệu − #» a. #» #» #» + Tổng của hai véc-tơ đối là véc-tơ 0 : a + (− #» a) = 0. # » # » # » — Hiệu hai véc-tơ: Với ba điểm A, B, C bất kỳ, ta luôn có: AB = CB − CA. ○ Tích của một số với một véc-tơ #» — Định nghĩa: cho một số thực k 6= 0 và một véc-tơ #» a 6= 0 . Khi đó: Tích k · #» a là một véc-tơ có + k #» a : cùng hướng với #» a khi k > 0. #» + k a : ngược hướng với #» a khi k < 0. Ä #»ä #» #» #» #» — Tính chất: k a + b = k #» a + k b , (k + h) #» a = k #» a + h b , (−1) · #» a = − #» a , 0 · #» a = 0. #» Ä #» #»ä #» — Điều kiện để hai véc-tơ #» a , b b 6= 0 cùng phương là ∃k ∈ R để #» a = k· b. # » # » — Điều kiện để ba điểm A, B, C thẳng hàng là ∃k ∈ R : AB = k · AC. 350/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 351 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả c) Tính chất trung điểm và trọng tâm tam giác ○ Tính chất trung điểm # » # » # » Nếu I là trung điểm của AB và M là điểm bất kỳ thì ta luôn có: 2M I = M A + M B. ○ Tính chất trọng tâm Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC và M là điểm bất kỳ, khi đó ta luôn có: # » # » # » #» # » # » # » # » GA + GB + GC = 0 và 3M G = M A + M B + M C. d) Biểu thị một véc-tơ thông qua hai véc-tơ không cùng phương #» Cho hai véc-tơ không cùng phương #» a và b . Khi đó mọi véc-tơ #» c đều có thể biểu thị được #» #» một cách duy nhất qua hai véc-tơ a và b , nghĩa là có duy nhất cặp số thực m và n sao cho #» #» c = m #» a +nb. B – DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP | Dạng 1. Chứng minh đẳng thức véc-tơ # » a) Quy tắc ba điểm: Chèn C vào véc-tơ AB # » # » # » ○ Cộng: AB = AC + CA (chèn giữa). # » # » # » ○ Trừ: AB = CB − CA (C cuối - C đầu). b) Quy tắc hình bình hành: Cho hình bình hành ABCD (quy tắc đường chéo hbh): B A # » # » # » DB = DA + DC. D C c) Tính chất trung điểm: Nếu I là trung điểm của AB và M là điểm bất kỳ. M # » # » # » 2M I = M A + M B. A B I d) Tính chất trọng tâm: G là trọng tâm của tam giác ABC và M là điểm bất kỳ. A # » # » # » #» Ë GA + GB + GC = 0 . # » # » # » # » Ë M A + M B + M C = 3M G. M D F G B E C c Bài 1. Cho 5 điểm A, B, C, D, E. Chứng minh rằng # » # » # » # » # » # » # » # » # » a) AB + CD + EA = CB + ED. b) CD + EA = CA + ED. Ê Lời giải. 351/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 352 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả b) Biến đổi vế trái theo vế phải a) Biến đổi vế trái theo vế phải # » # » Vế trái = CD Ä # »+ EA # »ä Ä # » # »ä = CA + AD + ED + DA Ä # » # »ä Ä # » # »ä = CA + ED + AD + DA Ä # » # »ä # » = CA + ED + AA # » # » = CA + ED = vế phải (đpcm). # » # » # » Vế trái = Ä AB + CD + EA # » # »ä # » Ä # » # »ä = AC + CB + CD + ED + DA Ä # » # »ä Ä # » # »ä = CA + ED + AD + DA # » # » Ä # » # »ä = CB + ED + AD + DA # » # » Ä # » # »ä = CB + ED + AD − AD # » # » = CB + ED = vế phải (đpcm). Cách 2. Biến đổi vế phải theo vế trái. # » # » Vế phải = CA + ED Ä # » # »ä Ä # » # »ä = CD + DA + EA + AD Ä # » # »ä # » # » = CD + EA + DA + AD Ä # » # »ä # » = CD + EA + DD Ä # » # »ä #» = CD + EA + 0 # » # » = CD + EA = vế trái (đpcm). Cách 2. Biến đổi vế phải theo vế trái. # » # » Vế phải = CB + ED Ä # » # »ä Ä # » # »ä = CA + AB + EA + AD # » Ä # » # »ä # » = AB + CA + AD + EA # » # » # » = AB + CD + EA = vế trái (đpcm). Cách 3. Giả sử ta luôn có: ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ # » # » # » # » # » AB + Ä CD + EA =ä CB Ä #+»ED# »ä #» # » # » # » AB + CD − CB + EA − ED = 0 # » # » # » #» AB + BD + DB = 0 # » # » #» AB + DA = 0 #» #» 0 = 0 (luôn đúng) # » # » # » # » # » Suy ra AB + CD + EA = CB + ED Cách 3. Giả sử ta luôn có: ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ # » # » # » # » CD + EA = CA + ED # » # » # » # » #» CD − CA + EA − ED = 0 # » # » #» AD + DA = 0 # » #» AA = 0 #» #» 0 = 0 (luôn đúng) # » # » # » # » Suy ra CD + EA = CA + ED  c Bài 2. Cho các điểm bất kì. Hãy chứng minh đẳng thức # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » a) AB + BC + CD + DE = AE. b) AB + BC + CD + DE + EF = AF . # » # » # » # » c) AC + BD = AD + BC. # » # » # » # » d) AB + CD = AD + CB. # » # » # » # » e) AB − CD = AC − BD. # » # » # » # » f) AB − AD = CB − CD. # » # » # » # » g) BC + AB = DC + AD. # » # » # » # » #» h) AB + BC + CD + DA = 0 . # » # » # » # » # » # » i) AD + BE + CF = AE + BF + CD. # » # » # » # » # » # » j) AC + DE − DC − CE + CB = AB. Ê Lời giải. 352/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 353 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ b) a) Vế trái = = = # » # » # » # » AB + BC + CD + DE # » # » AC + CE # » AE = vế phải. c) Vế trái = = = = # » # » # » # » # » AB + BC + CD + DE + EF # » # » # » AC + CE + EF # » # » AE + EF # » AF = vế phải. d) Vế trái = = = = = # » # » AC + BD # » # » # » # » AD + DC + BC + CD # » # » # » # » AD + BC + DC + CD # » # » # » AD + BC + DD # » # » AD + BC = vế phải. e) Vế trái = = = = = = # » # » AB + CD # » # » # » # » AD + DB + CB + BD # » # » # » # » AD + CB + DB + BD # » # » # » AD + CB + DD # » # » #» AD + CB + 0 # » # » AD + CB = vế phải. f) Vế trái = = = = = = = # » # » AB − CD # » # » AB + DC # » # » # » # » AC + CB + DB + BC # » # » # » # » AC + DB + CB + BC # » # » # » AC − BD + CC # » # » #» AC − BD + 0 # » # » AC − BD = vế phải. g) # » # » # » # » AB − AD = CB − CD # » # » ⇔ DB = DB(đúng). # » # » # » # » Vậy AB − AD = CB − CD. h) Vế trái = = = = = = 353/528 Luôn nổ lực để đạt được thành quả # » # » BC + AB # » # » # » # » BD + DC + AD + DB # » # » # » # » DC + AD + BD + DB # » # » # » DC + AD + BB # » # » #» DC + AD + 0 # » # » DC + AD = vế phải. Vế trái = = = # » # » # » # » AB + BC + CD + DA # » # » AC + CA # » AA = vế phải. p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 354 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả j) i) Vế trái = = = = = = # » # » # » AD + BE + CF # » # » # » # » # » # » AE + ED + BF + F E + CD + DF # » # » # » # » # » # » AE + BF + CD + ED + F E + DF # » # » # » # » # » AE + BF + CD + ED + DE # » # » # » # » AE + BF + CD + EE # » # » # » AE + BF + CD = vế phải. Vế trái = = = = = = # » # » # » # » # » AC + DE − DC − CE + CB # » # » # » # » # » AC + DE + CD + EC + CB # » # » # » # » # » AC + CD + DE + EC + CB # » # » # » AD + DC + CB # » # » AC + CB # » AB = Vế phải.  c Bài 3. Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của hai đường chéo AC, BD. # » # » #» # » # » # » # » a) Chứng minh rằng: AB + CD = 2IJ. b) Chứng minh rằng: AB + AD + CB + CD = #» 4IJ. Ê Lời giải. B A I J C D a) Do I, J lần lượt là trung điểm của hai đường chéo AC, BD nên ta có: # » # » #» # » # » #» AI + CI = 0 ; JB + JD = 0 . Khi đó: # » # » VT = Ä AB + CD # » # » # »ä Ä # » # » # »ä = AI + IJ + JB + CI + IJ + JD # » Ä # » # »ä Ä # » # »ä = 2IJ + AI + CI + JB + JD # » #» #» = 2IJ + 0 + 0 #» = 2IJ = V P. #» # » # » b) Theo ý a) ta có: 2IJ = AB + CD. (1) Mặt khác #» # » # » 2IJ =AB + CD # » # » # » =AD + DB + CD 354/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 355 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả # » # » # » =AD + (CD + DB) # » # » # » =AD + (CD + DB) # » # » =AD + CB. (2) Cộng (1) và (2) theo vế ta được: # » # » # » # » #» AB + AD + CB + CD = 4IJ.  c Bài 4. Cho tứ giác ABCD. Gọi M , N theo thứ tự là trung điểm các đoạn AD, BC. # » # » # » a) Chứng minh rằng: AB + DC = 2M N . # » # » # » b) Chứng minh rằng: AC + DB = 2M N . # » # » # » # » #» c) Gọi I là trung điểm M N . Chứng minh rằng: IA + IB + IC + ID = 0 . Ê Lời giải. B A N I M M N C D a) Ta có: # » # » # » 2M N = M N + M N # » # » # » # » # » # » = (M A + AB + BN ) + (M D + DC + CN ) Ä # » # »ä Ä # » # »ä # » # » = M A + M D + BN + CN + (AB + DC) # » # » = AB + DC. b) Ta có: # » # » # » 2M N = M N + M N # » # » # » # » # » # » = (M A + AC + CN ) + (M D + DB + BN ) Ä # » # »ä Ä # » # »ä # » # » = M A + M D + BN + CN + (AC + DB) # » # » = AC + DB. c) Ta có: #» #» #» # » V T = IA + IC + ID Ä # »+ IB # »ä Ä # » # »ä = IA + ID + IB + IC # » #» = 2IM + 2IN # » #» = 2(IM + IN ) #» = 0.  355/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 356 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 5. Cho tam giác ABC. Gọi M là trung điểm BC và I là trung điểm AM . # » # » # » #» a) Chứng minh rằng: 2IA + IB + IC = 0 . # » # » # » #» b) Với điểm O bất kỳ. Chứng minh rằng: 2OA + OB + OC = 4OI Ê Lời giải. A I B C M a) Ta có: #» #» #» V T = 2IA + (IB + IC) #» # » = 2IA + 2 IM Ä # » # »ä #» = 2 IA + IM = 0 = V P. b) Ta có: Ä # » # »ä # » # » # » # » V T = 2 OI + IA + OI + IB + OI + IC # » Ä # » # » # »ä = 4OI + 2IA + IB + IC # » #» #» = 4OI + 0 = 4OI = V P.  c Bài 6. Cho hình bình hành ABCD có tâm O và E là trung điểm AD. Chứng minh: # » # » # » # » #» a) Chứng minh rằng: OA + OB + OC + OD = 0 . # » # » # » # » b) Chứng minh rằng: EA + EB + 2EC = 3AB. # » # » # » # » c) Chứng minh rằng: EB + 2EA + 4ED = EC. Ê Lời giải. A E D 356/528 B O C p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 357 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả a) Ta có: # » # » # » # » V T = OA + OC + OD Ä # »+ OB # »ä Ä # » # »ä = OA + OC + OB + OD #» #» = 0 + 0 = V P. # » # » b) Theo tính chất trung điểm ta có 4EO = 2AB. Khi đó # » # » # » V T = EA + EB + 2EC # » # » # » # » = EA 2EC Ä # +»EA# +»AB ä + # » = 2 EA + EC + AB # » # » = 4EO + AB # » # » # » = 2AB + AB = 3AB = V P. c) Ta có: # » # » # » V T = EB + 2EA + 4ED Ä # » # » # » # » # »ä = EA + AB + 2ED + 2 EA + ED Ä # » # »ä # » # » = EA + ED + ED + AB # » # » # » = ED + DC = EC = V P.  c Bài 7. Cho hình bình hành ABCD. Gọi M là trung điểm CD. Lấy N trên đoạn BM sao cho BN = 2M N . Chứng minh rằng # » # » # » # » # » a) Chứng minh rằng: 3AB + 4CD = CM + N D + M N . # » # » # » b) Chứng minh rằng: AC = 2AB + BD. # » # » # » c) Chứng minh rằng: 3AN = 4AB + 2BD. Ê Lời giải. A B N D a) Ta có: M C # » # » # » # » # » # » V T = 3AB + 4CD = 3(AB + CD) + CD = CD # » # » # » # » V P = CM + M N + N D = CD (1) (2) Từ (1) và (2) suy ra V T = V P . 357/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 358 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả # » # » b) Do AB = DC nên ta có: # » # » # » # » # » # » # » # » V P = 2AB + BD = AB + BD + DC = AD + DC = AC = V T. c) Ta có: # » # » V T = 4AB + 2BD # » # » # » = 2AB + 2(AB + BD) # » # » = 2AB + 2AD # » # » = 2AB Ä # »+ 2BC # »ä # » = 2 AB + BC = 2AC = V P.  c Bài 8. Cho hình bình hành ABCD có M là trung điểm BC và G là trọng tâm tam giác ACD. # » # » 1# » a) Chứng minh rằng: AM = AB + AD. 2 2# » 1# » # » b) Chứng minh rằng: M G = − AB + AD. 3 6 Ê Lời giải. B A M G D a) Ta có: N C # » # » # » # » 1# » # » 1# » V T = AM = AB + BM = AB + BC = AB + AD = V P. 2 2 b) Ta có: # » # » # » V T = M B + BA + AG 1# » # » 2# » = − BC − AB + AN 2 3 1 # » # » 2 Ä # » # »ä AD + DN = − AD − AB + 2 3 1# » # » 1# » = AD − AB + AB 6 3 2# » 1# » = − AB + AD = V P. 3 6  358/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 359 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 9. Cho tam giác ABC có D, M lần lượt là trung điểm BC và AB, điểm N thuộc cạnh AC sao cho N C = 2N A và gọi K là trung điểm M N . # » 1# » 1# » a) Chứng minh rằng: AK = AB + AC. 4 6 # » 1# » 1# » b) Chứng minh rằng: KD = AB + AC. 4 3 Ê Lời giải. A N M K B a) Ta có: D C Å ã 1# » 1# » # » 1 Ä # » # »ä 1 1 # » 1 # » AM + AN = AB + AC = AB + AC = V P. V T = AK = 2 2 2 3 4 6 b) Ta có: Å ã 1# » 1# » 1# » 1# » # » # » # » 1 Ä # » # »ä AB + AC − AB + AC = AB + AC = V P. V T = KD = AD − AK = 2 4 6 4 3  c Bài 10. Cho tam giác ABC. Trên hai cạnh AB, AC lần lượt lấy hai điểm D và E sao cho # » # » # » # » AD = 2DB, CE = 3EA. Gọi M là trung điểm DE và I là trung điểm BC. # » 1# » 1# » a) Chứng minh rằng: AM = AB + AC. 3 8 # » 1# » 3# » b) Chứng minh rằng: M I = AB + AC. 6 8 Ê Lời giải. A E D B 359/528 M I C p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 360 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ a) Ta có: Luôn nổ lực để đạt được thành quả Å ã 1# » 1# » # » 1 Ä # » # »ä 1 2 # » 1 # » V T = AM = AD + AE = AB + AC = AB + AC = V P. 2 2 3 4 3 8 b) Ta có: Å ã 1# » 1# » 1# » 3# » # » # » # » 1 Ä # » # »ä V T = M I = AI − AM = AB + AC − AB + AC = AB + AC = V P. 2 3 8 6 8  c Bài 11. Cho tam giác ABC với I, J, K lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CA. Gọi D thuộc đoạn BC sao cho 3BD = 2BC và M là trung điểm AD. # » # » # » #» a) Chứng minh rằng: AK + CJ + BI = 0 . # » 1# » 5# » b) Chứng minh rằng: BM = AC − AB. 3 6 Ê Lời giải. A K I M B J D C # » #» # » # » # » # » a) Ta có: AK = IJ, CJ = KI, BI = JK. Khi đó # » # » # » # » # » # » # » # » # » #» V T = AK + CJ + BI = IJ + KI + JK = JK + KI + IJ = 0 = V P. b) Ta có: 1 # » 1 2 # » 1 Ä # » # »ä 1 # » 1 # » 5 # » # » 1 Ä # » # »ä V T = BM = BA + BD = − AB+ · BC = AC − AB − AB = AC − AB = V P. 2 2 2 3 3 2 3 6  c Bài 12. Cho tam giác ABC có G là trọng tâm, I là trung điểm của BC và H là điểm đối xứng của C qua G. # » 2# » 1# » # » 1 Ä # » # »ä a) Chứng minh AH = AB − AC. b) Chứng minh HB = AB + AC . 3 3 3 # » 1# » 5# » c) Chứng minh IH = AB − AC. 6 6 Ê Lời giải. 360/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 361 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả # » 2# » 1# » a) Chứng minh AH = AB − AC. 3 3 Vì G là trung điểm của HC nên ta có A # » # » # » AH = 2AG − AC 1 Ä # » # »ä # » = 2· AB + AC − AC (vì G là trọng tâm 4ABC) 3 2# » 1# » = AB − AC. 3 3 H M G B C I # » 1 Ä # » # »ä b) Chứng minh HB = AB + AC . 3 ã Å 1 Ä # » # »ä 2# » 1# » # » # » # » # » AB − AC = AB + AC . Ta có HB = AB − AH = AB − 3 3 3 # » 1# » 5# » c) Chứng minh IH = AB − AC. 6 6 # » 1 Ä # » # »ä AB + AC (vì I là trung điểm của BC). Ta có AI = 2 # » # » # » 2 # » 1 # » 1 Ä # » # »ä 1 # » 5 # » Do đó IH = AH − AI = AB − AC − AB + AC = AB − AC. 3 3 2 6 6  c Bài 13. Cho tam giác ABC gọi G, H, O lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi D là điểm đối xứng của A qua O và M là trung điểm của cạnh BC. # » # » # » # » # » # » # » a) Chứng minh HB + HC = HD. b) Chứng minh HA + HB + HC = 2HO. # » # » # » # » c) Chứng minh HA − HB − HC = 2OA. # » # » # » # » d) Chứng minh OA + OB + OC = OH. # » # » e) Chứng minh OH = 3OG. # » # » f) Chứng minh AH = 2OM . Ê Lời giải. # » # » # » a) Chứng minh HB + HC = HD. Ta có BH ∥ CD (vì cùng vuông góc với AC). Và BD ∥ CH (vì cùng vuông góc với AB). Suy ra BDCH là hình bình hành. # » # » # » Vậy HB + HC = HD (quy tắc hình bình hành). A H B G O C M D # » # » # » # » b) Chứng minh HA + HB + HC = 2HO. 361/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 362 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ta có # » # » # » HA + HB + HC # » # » = HA + HD (theo ý trên) # » = 2HO (vì O là trung điểm của AD). # » # » # » # » c) Chứng minh HA − HB − HC = 2 OA. # » # » # » # » Ä # » # »ä # » # » # » # » HA − HB − HC = HA − HB + HC = HA − HD = DA = 2OA. # » # » # » # » d) Chứng minh OA + OB + OC = OH. # » # » # » # » # » # » # » OA + OB + OC = 3OH + HA + HB + HC (quy tắc 3 điểm) # » # » = 3OH + 2HO (theo ý trên) # » = OH. # » # » e) Chứng minh OH = 3OG. # » # » # » # » Theo ý trên ta có OA + OB + OC = OH. # » # » # » # » Mặt khác, G là trọng tâm tam giác ABC nên OA + OB + OC = 3OG. # » # » Suy ra OH = 3OG. # » # » f) Chứng minh AH = 2OM . # » # » Trong tam giác AHD, ta có OM là đường trung bình nên AH = 2OM .  c Bài 14. Cho tam giác ABC. Dựng bên ngoài tam giác các hình bình hành ABIF , BCP Q, # » # » # » #» CARS. Chứng minh rằng RF + IQ + P S = 0 . Ê Lời giải. # » # » # »  (1)  RF = RA + AF #» #» # » Ta có IQ = IB + BQ (2)   # » # » # » P S = P C + CS. (3) Cộng vế theo vế của (1), (2), (3), ta được # » #» # » # » # » # » #» # » # » RF + IQ + P S = (RA + CS) + (AF + IB) + (BQ + P C). | {z } | {z } | {z } #» # » # » # » 0 #» Suy ra RF + IQ + P S = 0 (đpcm). #» 0 F R A #» 0 I S B C Q P  c Bài 15. Dựng bên ngoài tứ giác ABCD các hình bình hành ABEF , BCGH, CDIJ, DAKL. # » # » # » # » #» # » #» # » # » a) Chứng minh rằng KF +EH+GJ +IL = 0 . b) Chứng minh rằng EL − HI = F K − GJ. Ê Lời giải. 362/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 363 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả a) # » # » # » # » #» Chứngminh rằng KF + EH + GJ + IL = 0 . # » # » # » KF = KA + AF (1)     # » # » # » EH = EB + BH (2) Ta có # » # » # »  GJ = GC + CJ (3)    # » # » # » IL = ID + DL. (4) Cộng vế theo vế của (1), (2), (3), (4) ta được # » # » # » #» KF + EH + GJ + IL = # » # » # » # » # » # » # » #» (KA + DL) + (EB + AF ) + (BH + GC) + (CJ + ID). | {z } | {z } | {z } | {z } #» 0 #» 0 #» 0 # » # » # » # » #» Suy ra KF + EH + GJ + IL = 0 (đpcm). #» 0 K L A F I D J E C B H G # » #» # » # » b) Chứng minh rằng EL − HI = F K − GJ. Ta có # » #» # » # » # » # » Ä # » # » # » # »ä EL − HI = EB + BC + CD + DL − HG + GC + CD + DI # » # » Ä # » # »ä Ä # » # »ä = EB + DL − GC + DI vì BCGH là hình bình hành nên BC = HG # » # » Ä # » # »ä = F A + AK − GC + CJ Ä # » # » # » # » # » # »ä vì ABEF, ADLK, CDIJ là các hình bình hành nên EB = F A, DL = AK, DI = CJ # » # » = F K − GJ.  c Bài 16. Chứng minh rằng các tam giác ABC, A0 B 0 C 0 có cùng trọng tâm khi và chỉ khi đẳng # » # » # » #» thức sau được thỏa mãn AA0 + BB 0 + CC 0 = 0 . Ê Lời giải. Gọi G, G0 lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC và A0 B 0 C 0 . # » # » # » #» Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có GA + GB + GC = 0 . # » # » # » #» Tương tự, G0 là trọng tâm của tam giác A0 B 0 C 0 nên ta có G0 A0 + G0 B 0 + G0 C 0 = 0 . # » #» Do hai tam giác ABC, A0 B 0 C 0 có cùng trọng tâm ⇒ G ≡ G0 ⇒ GG0 = 0 . Áp dụng quy tắc ba điểm, ta có Ä # » # » # »ä Ä # » # » # »ä Ä # » # » # »ä # » # » # » AA0 + BB 0 + CC 0 = AG + GG0 + G0 A0 + BG + GG0 + G0 B 0 + CG + GG0 + G0 C 0 # » # » #» # » # » # » Ä # » # » # »ä = − (GA + GB + GC) + G0 A0 + G0 B 0 + G0 C 0 +3GG0 = 3GG0 = 0 . | {z } | {z } #» 0 #» 0 # » # » # » #» ⇒ Điêu kiện cần và đủ để 4ABC và 4A0 B 0 C 0 có cùng trọng tâm là AA0 + BB 0 + CC 0 = 0 . # » #» d Nhận xét. Để chứng minh hai điểm A và B trùng nhau, ta cần chứng minh AB = 0 .  c Bài 17. Cho tam giác ABC. Gọi A0 là điểm đối xứng của A qua B, B 0 là điểm đối xứng của B qua C, C 0 là điểm đối xứng của C qua A. Chứng minh rằng hai tam giác ABC và A0 B 0 C 0 có cùng trọng tâm. Ê Lời giải. 363/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 364 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả # » # » # » # » # »0 # » Ta có AA0 = 2AB, BB 0 = 2BC, CC = 2CA. ä Ä # » # » # » # » # » # » #» Do đó AA0 + BB 0 + CC 0 = 2 AB + BC + CA = 0 . Vậy hai tam giác ABC và A0 B 0 C 0 có cùng trọng tâm. C0 A B B0 C A0  #» # » #» # » # » #» c Bài 18. Cho tam giác ABC và các điểm I, J, K xác định bởi 2IB + 3IC = 0 , 2JC + 3JA = 0 # » # » #» và 2KA + 3KB = 0 . Chứng minh hai tam giác ABC và IJK có cùng trọng tâm. Ê Lời giải. #» # » #» # » 3# » # » # » #» # » 3# » Ta có 2IB + 3IC = 0 ⇔ BI = BC, 2JC + 3JA = 0 ⇔ CJ = CA, 5 5 # » # » #» # » 3# » 2KA + 3KB = 0 ⇔ AK = AB. 5 # » # » # » 3 Ä # » # » # »ä #» BC + CA + AB = 0 . Suy ra BI + CJ + AK = 5 Vậy hai tam giác ABC và IJK có cùng trọng tâm. A J K B C I  c Bài 19. Cho tứ giác ABCD. Các điểm M , N , P , Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Chứng minh hai tam giác AN P và CM Q có cùng trọng tâm. Ê Lời giải. Do M , N , P , Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA, ta có # » 1# » # » 1# » # » # » # » 1# » 1# » AM = AB, N C = BC, P Q = P D + DQ = CD + DA. 2 2 2 2 # » # » # » 1 Ä # » # » # » # »ä #» AB + BC + CD + DA = 0 . Nên AM + N C + P Q = 2 Vậy hai tam giác AN P và CM Q có cùng trọng tâm. A Q D M P B N C  c Bài 20. Cho tam giác ABC đều tâm O và điểm M nằm bên trong tam giác. Gọi D, E, F là # » # » # » 3# » hình chiếu của M trên BC, AC, AB. Chứng minh M D + M E + M F = M O. 2 Ê Lời giải. 364/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 365 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Từ điểm M dựng lần lượt các đường thẳng song song với các cạnh của tam giác (như hình vẽ), tức P Q ∥ BC, SR ∥ AC, T U®∥ AB. BP ∥ T M # » # » ⇒ ⇒ BP M T là hình bình hành ⇒ M T + M P = P M ∥ BT # » M B. Tương tự CRM Q, ASM U là các hình bình hành # » # » # » # » # » # » ⇒ M R + M Q = M C và M U + M S = M A. ’ ’ ’ =M ’ Ta có P BT = M T R = QCR RT = 60◦ . Suy ra tam giác M T R là tam giác đều nên M D là trung tuyến # » # » # » ⇒ D là trung điểm của đoạn T R ⇒ 2M D = M T + M R. (1) # » # » # » Tương tự, suy ra 2M E = M U + M Q. (2) # » # » # » Tương tự, suy ra 2M F = M P + M S. (3) A S U F M P E Q O B T D R C Ta lại có O là tâm của tam giác đều ABC ⇒ O là trọng tâm tam giác ABC và M là điểm bất kỳ nên # » # » # » # » M A + M B + M C = 3M O. Cộng (1), (2), (3) ta được ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ # » # » # » # » # » # » # » # » # » 2M D + 2M E + 2M F = M T + M R + M U + M Q + M P + M S Ä # » # » # »ä Ä # » # »ä Ä # » # »ä Ä # » # »ä 2 MD + ME + MF = MT + MP + MR + MQ + MU + MS Ä # » # » # »ä # » # » # » 2 MD + ME + MF = MA + MB + MC Ä # » # » # »ä # » 2 M D + M E + M F = 3M O # » # » # » 3# » M D + M E + M F = M O. 2  | Dạng 2. Tìm mô-đun (độ dài) véc-tơ . #» #» Phương pháp giải: Để tính #» a ± b ± #» c ± d ta thực hiện theo hai bước sau: #» #» Bước 1. Biến đổi và rút gọn biểu thức véctơ #» a ± b ± #» c ±d = chất trung điểm, hình bình hành, trọng tâm,.... sao cho #» v dựa vào qui tắc ba điểm, tính #» v là đơn giản nhất. Bước 2. Tính độ dài (mô-đun) của #» v dựa vào tính chất hình học đã cho. 365/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 366 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ o Luôn nổ lực để đạt được thành quả Một số kiến thức hình học phẳng thường được sử dụng √ 3 . ○ Chiều cao tam giác đều = cạnh · 2 √ ○ Đường chéo hình vuông = cạnh · 2. Cho tam giác ABC vuông tại A, có AH là đường cao, AM là trung tuyến. Khi đó: ○  Pitago: √BC 2 = AB 2 + AC 2 ⇒ A 2 2  BC = AB + AC   √ AB = BC 2 − AC 2   AC = √BC 2 − AB 2 . B 1 ○ Trung tuyến AM = BC. 2 C H M ○ AB 2 = BH · BC và AC 2 = CH · BC. ○ 1 1 1 = + và AH 2 = HB · HC. HA2 AB 2 AC 2 ’= ○ sin ABC AC đối = ; BC huyền ’= cos ABC AB kề = ; BC huyền ’= tan ABC AC đối = . AB kề c Bài 21. Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 3 cm, AC = 4 cm. Gọi I là trung điểm BC. Xác định và tính độ dài véc-tơ # » # » a) #» u = BA + BC. # » # » b) #» v = AB + AC. # » # » #» = CA c) w + CB. #» # » d) #» x = 2IA − CA. Ê Lời giải. # » # » a) #» u = BA + BC. Gọi M là trung điểm của AC, ta có # » # » # » # » # » #» u = BA + BC = 2BM ⇒ | #» u | = 2BM = 2 BM = 2BM . √ √ Ta có M A = 2 ⇒ M B = 32 + 22 = 13. √ ⇒ | #» u | = 2BM = 2 13 cm. # » # » b) #» v = AB + AC. # » # » #» #» #» Ta có #» v = AB + AC = 2AI ⇒ | #» v | = 2AI = 2 AI = 2AI. 1 1√ 2 5 3 + 42 = . Mà AI = BC = 2 2 2 ⇒ | #» v | = 2AI = 5 cm. 366/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 367 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả C 4cm M A I 3cm J B # » # » #» = CA c) w + CB. Gọi J là trung điểm của AB, ta có: # » # » # » # » # » #» = CA #» = 2CJ = 2 CJ = 2CJ. w + CB = 2CJ ⇒ | w| … √ 2 3 3 73 Ta có AJ = ⇒ CJ = 42 + . = 2 √ 2 2 #» ⇒ | w| = 2CJ = 73 cm. #» # » d) #» x = 2IA − CA. Ä # » # »ä #» # » #» # » #» # » # » Ta có #» x = 2IA − CA = 2IA + AC = 2IA + 2AM = 2 IA + AM = 2IM . # » ⇒ | #» x | = 2IM = 2IM = AB = 3 cm.  c Bài 22. Cho tam giác ABC đều cạnh a, gọi G là trọng tâm tam giác và H là trung điểm BC. Tính # » # » # » # » a) AB + AC . b) AB − AC . # » # » c) GA − GC . # » # » d) GB + GC . # » # » e) AH + BC . Ê Lời giải. √ √ √ a 3 2 a 3 1 a 3 Ta có tam giác ABC đều cạnh a suy ra AH = , AG = AH = , GH = AH = . 2 3 3 3 6 # » # » a) AB + AC . # » # » # » Ta có AB + AC = 2AH. √ √ a 3 # » # » # » ⇒ AB + AC = 2AH = 2AH = 2 · = a 3. 2 # » # » b) AB − AC . # » # » # » Ta có AB − AC = CB = a. # » # » c) GA − GC . # » # » # » Ta có GA − GC = CA = CA = a. 367/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 368 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả A M G B C H # » # » d) GB + GC . # » # » # » Ta có GB + GC = 2GH. √ a 3 # » # » # » ⇒ GB + GC = 2GH = 2GH = . 3 # » # » e) AH + BC . Gọi M là trung điểm của AH. Ä # » # »ä # » # » # » # » # » # » # » Ta có AH + BC = BC − HA = 2HC − 2HM = 2 HC − HM = 2M C. sÇ √ å √ 2  a 2 √ a 3 a a 3 1 2 2 , HC = ⇒ M C = HM + HC = + = = Ta có M H = AH = 2 4 2 4 2 √ a 7 . 4 √ √ a 7 a 7 # » # » # » # » ⇒ AH + BC = 2M C = 2 M C = 2M C = 2 · = . 4 2  c Bài 23. Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 3, BC = 4. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC và CD. Tính # » # » # » # » # » a) AB + AC + AD . b) AM + AN . Ê Lời giải. a) Ta có # » # » # » AB + AC + AD 4 A 3 Ä # » # »ä # » # » # » AB + AD + AC = AC + AC # » = 2AC √ = 2AC = 2 · 32 + 42 = 10 = D O N E B M C # » # » b) AM + AN . Gọi O = AC ∩ BD, E = AC ∩ M N . 368/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 369 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ta có tứ giác M ON C là hình chữ nhật, có E là trung điểm của OC (đường trung bình) suy ra E là trung điểm của M N . # » # » # » ⇒ AM + AN = 2AE = 2AE = 2(AC − CE). √ 1 1 5 1 Do AC = 32 + 42 = 5, CE = M N = BD = AC = . 2 Å 4 ã 4 4 5 15 # » # » ⇒ AM + AN = 2(AC − CE) = 2 5 − = . 4 2  c Bài 24. Cho hình chữ nhật ABCD tâm O có AB = 4, AD = 3. Gọi M , N là các điểm tùy ý. Tính: # » # » # » # » # » b) M A + M B − 2M C . a) AC + BD . Ê Lời giải. 4 A a) Gọi I là trung điểm của DC. Ä # » # »ä # » # » # » # » Ta có AC + BD = 2OC + 2OD = 2 OC + OD # » # » 2 OC + OD . # » # » #» ⇒ AC + BD = 2 2OI = 4OI = 2BC = 2 · 3 = 6. B = 3 D O I C b) Ta có # » # » # » M A + M B − 2M C = = = Ä # » # »ä Ä # » # »ä MA − MC + MB − MC # » # » CA − CB # » BA = BA = 4.  Kinh nghiệm: Với m bất kì, ta cần tách đồng nhất hệ số và sử dụng trừ để mất đi điểm M tùy ý. Tức là # » # » # » Ä # » # »ä Ä # » # »ä M A + M B − 2M C = M A − M C + M B − M C = . . .. c Bài 25. Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a, lấy M là một điểm tùy ý. Chứng minh rằng các véc-tơ sau không đổi và tính độ dài của chúng. # » # » # » # » a) #» u = OA − CB. b) #» v = CD − DA. # » # » # » # » c) #» x = 2M A + M B − M C − 2M D. # » # » # » d) #» y = 3M A − M B − 2M C. # » # » # » # » e) #» z = 3M A − M B − M C − M D. Ê Lời giải. 369/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 370 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả # » # » a) #» u = OA − CB. # » # » # » # » # » Ta có #» u = OA − CB = CO − CB√= BO. 1 a 2 # » ⇒ | #» u | = BO = BO = BD = . 2 2 # » # » b) #» v = CD − DA. # » # » # » # » # » Ta có #» v = CD − DA = CD √ − CB = BD. # » #» ⇒ | v | = BD = BD = a 2. A B M a J O G D K I C # » # » # » # » c) #» x = 2M A + M B − M C − 2M D. Ä # » # »ä Ä # » # »ä # » # » # » # » Ta có #» x = 2M A + M B − M C − 2M D = 2 M A − M D + M B − M C . # » # » # » # » # » ⇒ #» x = 2DA + CB = 2DA + DA = 3DA. # » # » ⇒ | #» x | = 3DA = 3 DA = 3DA = 3a. # » # » # » d) #» y = 3M A − M B − 2M C. Gọi I là trung điểm của DC và J là trung điểm của AI. Ä # » # »ä # » # » # » # » Ä # » # »ä # » #» Ta có y = 3M A − M B − 2M C = M A − M B + 2 M A − M C = BA + 2CA. Ä # » # »ä # » # » #» # » # » # » ⇒ #» y = CD + 2CA = 2CI + 2CA = 2 CI + CA = 2 · 2CJ = 4CJ. a 3 3a 1 Gọi K là trung điểm của DI. Khi đó KJ = AD = và KC = DC = . 4 4 Å ã2  2 2 √ 2 p 13 3a a a ⇒ CJ = KC 2 + KJ 2 = . + = 4 2 4 √ √ a 13 #» ⇒ | y | = 4CI = 4 · = a 13. 4 # » # » # » # » e) #» z = 3M A − M B − M C − M D. Gọi G là trọng tâm tam giác BCD. # » # » # » # » Ä # » # »ä Ä # » # »ä Ä # » # »ä Ta có #» z = 3M A − M B − M C − M D = M A − M B + M A − M C + M A − M D . Ä # » # » # »ä # » # » # » # » # » 2# » ⇒ #» z = BA + CA + DA = − AB + AC + AD = −3AG = 3GA = CA. 3 √ √ 2 2 2 2a 2 # » ⇒ | #» z | = CA = CA = · a 2 = . 3 3 3 3  ’ = 60◦ và cạnh là a. Gọi O là giao điểm của hai đường c Bài 26. Cho hình thoi ABCD có BAD chéo AC và BD. Tính # » # » # » # » a) AB + AD . b) BA − BC . # » # » c) OB − DC . Ê Lời giải. 370/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 371 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả √ a 3 ’ = 60◦ nên tam giác ABD đều. Khi đó AO = Hình thoi ABCD có BAD , AB = BD = AD = a. 2 D # » # » a) AB + AD . √ # » # » # » # » Ta có AB + AD = AC = 2 AO = 2AO = a 3. 60◦ A C O # » # » b) BA − BC . √ # » # » # » # » Ta có BA − BC = CA = 2 AO = 2AO = a 3. B # » # » c) OB − DC . # » # » # » # » # » Ta có OB − DC = DO − DC = CO = OC = OA = √ a 3 . 2  ’ = 60◦ , cạnh AB = a. Gọi I là trung c Bài 27. Cho tam giác ABC vuông tại A, có góc ABC điểm của BC. Tính độ dài các véc-tơ sau #» # » # » # » # » a) #» a = AB − AC. b) b = AB + AC. #» # » # » # » d) d = BA − BI − IC. # » #» # » c) #» c = AB + IC − AC. Ê Lời giải. ’ = 60◦ , cạnh AB = a, Xét 4ABC vuông tại A, có góc ABC √ AB 1 ⇒ AC = AB · tan 60◦ = a 3, BC = = 2a, AI = BI = CI = BC = a. ◦ cos 60 2 B # » # » a) #» a = AB − AC. # » # » # » Ta có | #» a | = AB − AC = CB = CB = 2a. 60◦ I #» # » # » b) b = AB + AC. #» # » # » #» Ta có b = AB + AC = 2AI = 2AI = 2a. # » #» # » c) #» c = AB + IC − AC. # » #» # » Ta có | #» c | = AB + IC − AC = # » #» #» CB + IC = IB . ⇒ | #» c | = IB = a #» # » # » # » d) d = BA − BI − IC. #» # » #» #» #» #» Ta có d = BA − BI − IC = IA − IC A Ä # » # »ä # » AB − AC + IC C = √ # » = CA = CA = a 3.  c Bài 28. Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 7a, AC = 24a. Gọi N và K lần lượt là trung điểm cạnh AC và BN . # » # » # » #» a) Chứng minh 4AK − 2AB − AC = 0 . # » # » b) Tính AB − AC . # » # » c) Tính 2AB + AC . 371/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 372 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ê Lời giải. a) # » # » # » #» Chứng minh 4AK − 2AB − AC = 0 . # » 1 Ä # » # »ä Ta có K là trung điểm BN nên AK = AB + AN . 2 # » 1# » Mà N là trung điểm AC nên AN = AC. 2 Å ã 1# » 1# » # » 1 # » 1# » AB + AC = AB + AC. Suy ra AK = 2 2 2 4 # » # » # » #» Vậy 4AK − 2AB − AC = 0 . B K 7a N 24a A C # » # » b) Tính AB − AC . √ # » # » # » Ta có AB − AC = CB = CB = AB 2 + AC 2 = 25a. # » # » c) Tính 2AB + AC . # » # » # » #» # » # » # » Ta có 4AK − 2AB − AC = 0 ⇔ 2AB + AC = 4AK. # » # » # » Suy ra 2AB + AC = 4|AK| = 4AK. 4ABN vuông tại A có AK là đường trung tuyến. 1p 1 √ 1 1√ AB 2 + AN 2 = (7a)2 + (12a)2 = a 193. Suy ra AK = BN = 2 2 2 √2 # » # » # » Vậy 2AB + AC = 4|AK| = 4AK = 2a 193.  ’ = 60◦ . Gọi I là trung điểm c Bài 29. Cho hình thoi ABCD có tâm O, cạnh bằng a và góc ABC của đoạn DO và G là trọng tâm tam giác ABO. # » # » a) Tính BA + BC . # » # » b) Tính BA + 2BC . #» # » # » c) Chứng minh rằng 4IC = 4AB + AD. Ê Lời giải. a) # » # » Tính BA + BC . # » # » # » Ta có BA + BC = 2BO. ◦ ’ ABCD là hình thoi √ có ABC = 60 nên 4ABC đều cạnh a 3 a, suy ra BO = . 2 √ # » # » # » Vậy BA + BC = 2|BO| = 2BO = a 3. A a G I B O D K C # » # » b) Tính BA + 2BC . Gọi K là trung điểm của CD. # » # » # » # » # » # » # » # » Ta có BA + 2BC = BA + BC + BC = BD + BC = 2BK. 372/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 373 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả 1 a 1 Do IK là đường trung bình của tam giác OCD nên IK = OC = AC = . 2 4 4 Đồng thời ta cũng có IK ∥ CO√nên IK ⊥ BD. 3 3a 3 Ta tính được BI = BO = . 2 4 sÇ √ å 2  a  2 a√ 7 √ 3a 3 2 2 Xét 4BIK vuông tại I có BK = BI + IK = = . + 4 4 2 #» # » # » c) Chứng minh rằng 4IC = 4AB + AD. # » 1 Ä # » # »ä I là trung điểm OD nên CI = CO + CD . 2ã Å Å ã 1# » # » 1 1# » 1# » # » 3# » 1# » #» 1 Suy ra −IC = − AC − AB = − AB − AD − AB = − AB − AD. 2 2 2 2 2 4 4 #» # » # » Vậy 4IC = 3AB + AD.  c Bài 30. Cho tam giác ABC vuông tại A, có đường cao AH, AB = a, HC = 2a, a > 0. # » # » # » # » a) Chứng minh rằng AB + HC = AC + HB. # » # » # » # » b) Tính CA − CB và AH + AC . Ê Lời giải. # » # » # » # » a) Chứng minh rằng AB + HC = AC + HB. # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » Ta có AB + HC = AC + CB + HB + BC = AC + HB + CB + BC = AC + HB. b) # » # » # » # » Tính CA − CB và AH + AC . # » # » Tính CA − CB . # » # » # » Ta có CA − CB = |BA| = AB = a. # » # » Tính AH + AC . # » # » #» Gọi I là trung điểm HC. Khi đó AH + AC = 2AI. Đặt BH = x > 0. 2 2 2 2 Ta ñcó AH 2 = AB √ − BH = HB · HC ⇔ a − x = 2ax x = (−1 + 2)a (nhận) √ ⇔ x = (−1 − 2)a (loại). p √ √ √ 2 − HB 2 = a −2 + 2 2. Nên BH = (−1 + 2)a ⇒ AH = ABp √ √ Xét 4AHI có AI = AH 2 + HI 2 =p a −1 + 2 2. √ # » # » #» Vậy AH + AC = 2|AI| = 2AI = 2a −1 + 2 2. B H a I A C  ’ = 45◦ . c Bài 31. Cho hình thang cân ABCD có đáy nhỏ AD = a và đường cao AH = a, góc ABC # » # » # » Hãy tính CB − AD + AC . Ê Lời giải. 373/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 374 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả # » # » # » # » # » # » # » # » # » Ta có CB − AD + AC = CB − (AD − AC) = CB − CD = DB. Gọi K là hình chiếu của D lên BC. Khi đó ADKH là hình vuông. ⇒ HK = AD = DK = a. ’ = 45◦ ⇒ 4ABH vuông cân tại Xét 4ABH vuông tại H có ABH H ⇒ BH = AH = a. p √ 2 + DK 2 = BK (2a)2 + a2 = Xét 4BDK vuông tại K có BD = √ a 5. √ # » # » # » # » Vậy CB − AD + AC = |DB| = BD = a 5. a A D a ◦ 45 B H K C  ’ = 60◦ , G là trọng tâm tam giác ABD. c Bài 32. Cho hình thoi ABCD cạnh a, tâm O, BAD # » # » a) Tính AC − BD . # » # » b) Tính AB + 2AG . Ê Lời giải. a) # » # » Tính AC − BD . # » # » # » # » # » # » # » Ta có AC − BD = 2AO + 2OB = 2(AO + OB) = 2AB. # » # » # » Vậy AC − BD = 2|AB| = 2AB = 2a. B K A G O I C D # » # » b) Tính AB + 2AG . #» # » Gọi I là trọng tâm tam giác BCD, khi đó ta chứng minh được AI = 2AG. # » # » # » #» # » Suy ra AB + 2AG = AB + AI = 2AK với K là trung điểm BI. √ √ a 3 2 a 3 = . Do I là trọng tâm tam giác đều BCD nên BI ⊥ CD hay BI ⊥ AB và BI = · 3 2 3 √ a 3 Suy ra BK = . 6 s Ç √ å2 √ √ a 3 a 39 2 2 2 Xét 4ABK vuông tại B có AK = AB + BK = a + = . 6 6 √ a 39 # » # » # » Vậy AB + 2AG = 2|AK| = 2AK = . 3  c Bài 33. Cho tam giác ABC cân tại A, có AB = 4, BC = 6. Gọi AM , BN , CK lần lượt là trung tuyến của 4ABC và G là trọng tâm. # » # » # » #» a) Chứng minh AM + BN + CK = 0 . # » # » b) Tính GB + GC . Ê Lời giải. a) 374/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 375 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả # » # » # » #» Chứng minh AM + BN + CK = 0 . A 1 Ä # » # » # » # » # » # »ä # » # » # » AM + BN + CK = AB + AC + BA + BC + CA + CB 2 1 Ä # » # » # » # » # » # »ä #» = AB + BA + AC + CA + BC + CB = 0 . 2 K B G N M C # » # » b) Tính GB + GC . 1 Ta có BM = BC = 3. 2 √ Xét 4ABM vuông tại M có AM 2 + BM 2 = AB 2 ⇒ AM = 7. # » # » # » #» Do G là trọng tâm 4ABC nên GA + GB + GC = 0 . # » # » # » Suy ra GB + GC = −GA. √ 2 2 7 # » # » # » . Vậy GB + GC = −GA = GA = AM = 3 3  c Bài 34. Cho hình bình hành ABCD, có tam giác ABC vuông tại C, AD = 8a, AC = 15a. Gọi M , N lần lượt là trung điểm cạnh CD và AD. # » # » # » # » # » # » # » # » a) Chứng minh AB − M D = CB − CD − M A. b) Chứng minh BD − 2CN = 2AM . # » # » # » # » c) Tính AC + BC và AM + CN . Ê Lời giải. # » # » # » # » # » a) Chứng minh AB − M D = CB − CD − M A. # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » Ta có AB − M D = AB − M A − AD = AC + CB − M A − AC − CD = CB − CD − M A. # » # » # » b) Chứng minh BD − 2CN = 2AM . # » # » # » Do M là trung điểm CD nên AC + AD = 2AM . # » # » # » Do N là trung điểm AD nên CA + CD = 2CN . # » # » # » Do ABCD là hình bình hành nên DA + DC = DB. # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » Ta có 2CN + 2AM = CA + CD + AC + AD = −DA − DC = −DB = BD. # » # » # » Vậy BD − 2CN = 2AM . c) 375/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 376 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả # » # » # » # » Tính AC + BC và AC + BC . # » # » Tính AC + BC . # » # » # » Do M là trung điểm CD nên AC + AD = 2AM . # » # » Do ABCD là hình bình hành nên BC = AD. 4ACD vuông tại A có AM là đường trung tuyến. 1 1√ 17 Suy ra AM = CD = AC 2 + AD2 = a. 2 2 2 # » # » # » # » # » Vậy AC + BC = AC + AD = 2AM = 2AM = 17a. # » # » Tính AM + CN . B A C O G N M D Gọi O là giao điểm của AC và BD. √ a 481 Xét 4BCO vuông tại C có BC + CO = BO ⇒ BO = . 2 # » # » # » # » # » 1# » Ta có BD − 2CN = 2AM ⇒ AM + CN = BD. 2 √ 1# » 1 a 481 # » # » Vậy AM + CN = BD = BD = BO = . 2 2 2 2 2 2  c Bài 35. Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 3a, BC = 4a. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, E là trung điểm của GD, F là trung điểm BC và M là điểm tùy ý. # » # » # » # » a) Chứng minh M A + M B + M C + 3M D = # » 6M E. # » # » # » b) Tính AB + AC + AD . # » # » # » c) Tính AB + AC − 2AD . Ê Lời giải. a) # » # » # » # » # » Chứng minh M A + M B + M C + 3M D = 6M E. # » # » # » # » Do G là trọng tâm tam giác ABC nên M A + M B + M C = 3M G. # » # » # » Do E là trung điểm GD nên M G + M D = 2M E. Ä # » # » # » # » # » # » # » # »ä # » Vậy M A + M B + M C + 3M D = 3M G + 3M D = 3 M G + M D = 6M E. A D O E G B F C # » # » # » b) Tính AB + AC + AD . √ # » # » # » # » # » # » # » # » # » AB + AC + AD = AB + AD + AC = AC + AC = 2 AC = 2AC = 2 AB 2 + BC 2 = p 2 (3a)2 + (4a)2 = 10a. # » # » # » c) Tính AB + AC − 2AD . # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » AB + AC − 2√AD = AB − ADp + AC − AD = DB√+ DC = 2DF với F là trung điểm BC. Ta có DF = CD2 + CF 2 = (3a)2 + (2a)2 = a 13. √ # » # » # » # » Vậy AB + AC − 2AD = 2|DF | = 2DF = 2a 13.  376/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 377 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả | Dạng 3. Phân tích véc-tơ #» Dựa vào nội dung định lí “Cho trước 2 véc-tơ #» u , #» v ( #» u , ( #» u 6= 0 ) không cùng phương. Với mọi #» bao giờ cũng tìm được một cặp số thực α, β duy nhất sao cho w #» = α · #» véc-tơ w, u + β · #» v ”. Khi đó, ta có hai hướng giải quyết Hướng 1: Từ giả thiết xác định tính chất hình học, rồi từ đó khai triển véc-tơ cần biểu diễn bằng phương pháp xen điểm, hiệu hai véc-tơ cùng gốc, quy tắc hình bình hành, tính chất trung điểm, trọng tâm,. . . . Hướng 2: Từ giả thiết lập được mối quan hệ véc-tơ giữa các đối tượng, rồi từ đó khai triển biể thức này bằng phương pháp xen điểm, hiệu hai véc-tơ cùng gốc, quy tắc hình bình hành, tính chất trung điểm, trọng tâm,. . . . c Bài 36. Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh AB, N là điểm sao cho # » 3# » # » # » # » # » AN = AC. Biểu thị (phân tích) véc-tơ M N , DN theo hai véc-tơ AB và AC. 4 Ê Lời giải. # » # » # » ○ Phân tích M N theo hai véc-tơ AB và AC. # » # » # » 3# » 1# » Ta có M N = AN − AM = AC − AB. 4 2 # » # » # » ○ Phân tích DN theo hai véc-tơ AB Ävà AC. # » # » # » 3# » # » # »ä # » 1 # » Ta có DN = AN − AD = AC − AC − AB = AB − AC. 4 4 A M B O N D C Bình luận: Bản chất của việc phân tích là biểu diễn véc-tơ này theo véc-tơ đã chỉ định (đã làm ở dạng 1).  c Bài 37. Cho tam giác ABC có G là trọng tâm. Gọi I là điểm đối xứng của B qua G và M là trung điểm của BC. #» # » # » a) Phân tích AI theo AB và AC. #» # » # » b) Phân tích CI theo AB và AC. # » # » # » c) Phân tích M I theo AB và AC. # » # » # » #» d) Phân tích AB, AC theo AG và AI. Ê Lời giải. 377/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 378 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả C a) Gọi N là trung điểm của AC. Ta có I N #» # » # » # » 4 # » # » 4 Ä # » # »ä AI = AB + BI = AB + BN = AB + AN − AB 3 ã 3 Å 1# » 2# » # » 4 1# » # » = AB + AC − AB = − AB + AC. 3 2 3 3 G A M B 1# » 1# » 1# » 2# » # » #» #» # » b) CI = AI − AC = − AB + AC − AC = − AB − AC. 3 3 3 3 1 # » 2 # » 1 Ä # » # »ä 5# » # » #» # » c) M I = AI − AM = − AB + AC − AC + AB = − AB + 3 3 2 6 1# » AC. 6 # » # » # » # » # » # » d) AB + AC = 2AM ⇔ AB + AC = 3AG. 1# » 2# » #» # » # » #» AI = − AB + AC ⇔ −AB + 2AC = 3AI. Do đó, ta có 3# » ® # » 3# » ®# » # » # » AB + AC = 3AG AC = AG + AI # » # » #» ⇔ # » # » #» # » #» − AB + 2AC = 3AI AB = AG + IG = 2AG − AI.  c Bài 38. Cho hình bình hành ABCD. Gọi I là trung điểm của CD và G là trọng tâm tam giác #» # » # » # » BCI. Hãy phân tích BI và AG theo AB và AD. Ê Lời giải. Gọi N là trung điểm của BI. Ta có # » # » # » # » 1# » BI = BC + CI = AD − AB. 2 D I C G # » # » # » # » # » # » 1 Ä # » # »ä CI + CB AG = AB + BC + CG = AB + AD − Å ã 3 1# » # » 2# » 7# » # » # » 1 = AB + AD − − AB + AD = AD + AB 3 2 3 6 N A . B  c Bài 39. Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Gọi I là điểm trên cạnh BC sao cho 2CI = 3BI. Gọi J là điểm trên cạnh BC kéo dài sao cho 5JB = 2JC. #» # » # » # » a) Phân tích AI, AJ theo AB và AC. # » #» #» b) Phân tích AG theo AI và AJ. Ê Lời giải. A G J 378/528 B IM C p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 379 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ä # » # »ä #» # » 2 # » 2 Ä # » # »ä #» #» AC − AB . a) Từ giả thiết, ta có 2IC = −3IB ⇔ 2 IB + BC = −3IB ⇔ BI = BC = 5 5 ä Ä Ä # » # » # » # » 2 # » 2 # » # »ä # » # » Tương tự, ta có 5JB = 2JC ⇔ 2 JB + BC = 5JB ⇔ JB = BC = AC − AB . 3 3 ä Ä 2# » 3# » #» # » #» # » 2 # » # » AI = AB + BI = AB + AC − AB = AC + AB. 5 5 5 2# » 5# » # » # » # » # » 2 Ä # » # »ä AJ = AB + BJ = AB − AC − AB = − AC + AB. 3 3 3   2# » 3# » #» # » 5#» 3# » ®   # » # » # »  AC + AB = AI AB = AI + AJ 2 AC + 3 AB = 5 AI 5 8 8 ⇔ b) Ta có 5 # » # » # » ⇔  # » 25 # » 2 5 # » # » # » #»  − 2AC + 5AB = 3AJ  − AC + AB = AJ AC = AI − 9 AJ. 3 3 16 16 Å ã 3 #» 35 # » 1 #» # » 2 # » 1 Ä # » # »ä 1 35 # » AG = AM = AB + AC = AI − AJ = AI − AJ. 3 3 3 16 16 48 16  # » # » # » c Bài 40. Cho tam giác ABC có hai trung tuyến là AK và BM . Phân tích AB, BC, AC theo # » # » AK và BM . Ê Lời giải. # » # » # » # » # » # » # » # » # » Ta có 2AK = AB + AC; 2BM = BA + BC = −AB + AC − AB = # » # » −2AB + AC.  # » 2# » 2# » ® # » # » # »  AB = AK − BM 2AK = AB + AC 3 3 Do đó # » # » # » ⇔ # » 4 # » 2 # » 2BM = −2AB + AC AC = AK + BM . 3 3 # » # » # » 2# » 4# » BC = AC − AB = AK + BM . 3 3 A M B K C  | Dạng 4. Chứng minh ba điểm thẳng hàng # » # » Để chứng minh 3 điểm A, B, C thẳng hàng, ta chứng minh AB = k AC. # » # » # » c Bài 41. Cho tam giác ABC. Gọi M, N, P lần lượt là các điểm thỏa mãn M B = 2M C, N C = # » # » # » −2N A, P B = −4P A. Chứng minh các điểm M, N, P thẳng hàng. Ê Lời giải. # » # » # » # » # » # » # » Ta có M B = 2M C ⇔ M B − M C = M C ⇔ CB = M C. # » # » # » # » # » # » # » N C = −2N A ⇔ N C − N A = −3N A ⇔ AC = −3N A. # » # » # » # » # » # » # » P B = −4P A ⇔ P B − P A = −5P A ⇔ AB = −5P A. # » # » # » # » 2# » M N = M C + CN = CB + CA. 3 # » 4 Ä # » # »ä 6 # » # » # » # » # » 4# » M P = M B + BP = 2CB + BA = 2CB + CA − CB = CB + 5 5 5 4# » CA. 5 Å ã 6 # » 2# » 6# » # » Dễ thấy M P = CB + CA = M N nên các điểm M, N, P 5 3 5 thẳng hàng. A P N B C M  379/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 380 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả # » # » # » # » c Bài 42. Cho tam giác ABC. Gọi P, Q, lần lượt là các điểm thỏa mãn P A = 2P B, 3QA+2QC = #» 0 . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Chứng minh các điểm P, Q, G thẳng hàng. Ê Lời giải. # » # » # » # » # » # » # » Ta có P A = 2P B ⇔ PÄA − P B =äP B ⇔ BA = P B. # » # » # » #» # » # » # » # » #» 3QA + 2QC = 0 ⇔ 3 QA − QC + 5QC = 0 ⇔ 3CA = 5CQ. # » # » # » # » # » # » 2 # » # » # » 2 Ä # » # »ä BN − BC = P G = P B + BC + CG = BA + BC + CN = BA + BC + 3 3 4# » 1# » BA + BC. 3 3 # » 2 Ä # » # »ä 8 # » 2 # » # » # » # » # » 2# » BC − BA = BA + BC. P Q = P A + AQ = 2BA + AC = 2BA + 5 5 5 5 Å ã 6# » # » 6 4# » 1# » Dễ thấy P Q = BA + BC = P G nên các điểm P, Q, G thẳng hàng. 5 3 3 5 A Q N B G C P  # » # » # » # » c Bài 43. Cho tam giác ABC và các điểm M, N, P được xác định bởi M B = 2M C, N A+2N C = #» # » # » #» 0, PA + PB = 0. a) Xác định M, N, P và vẽ hình. b) Chứng minh M, N, P thẳng hàng. Ê Lời giải. A # » # » # » # » # » # » # » a) Ta có M B = 2M C ⇔ M B − M C = M C ⇔ CB = M C ⇔ M là điểm đói xứng với B qua C. # » # » #» # » # » # » # » # » N A + 2N C = 0 ⇔ N A − N C = −3N C ⇔ CA = −3N C ⇔ N là điểm trên cạnh AC sao cho 3CN = AC. # » # » #» P A + P B = 0 ⇔ P là trung điểm của AB. # » # » # » 1# » # » b) M P = BP − BM = BA − 2BC. 2 1 Ä # » # »ä # » 1# » # » # » # » # » BA − BC − BC = M N = CN − CM = CA − BC = 3 3 1# » 4# » BA − BC. 3 3 Å ã 2# » # » 2 1# » # » BA − 2BC = M P nên M, N, P thẳng Dễ thấy M N = 3 2 3 hàng. P N M C B  # » # » # » c Bài 44. Cho tứ giác lồi ABCD và các điểm M, N được xác định bởi M A = 2M B, 2N C + # » #» 3N A = 0 . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. # » # » # » # » a) Chứng minh AB + CD = AD + CB. b) Chứng minh M, N, G thẳng hàng. Ê Lời giải. 380/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 381 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả C # » # » # » # » # » # » # » # » # » a) Ta có AB + CD = AD + DB + CB + BD = AD + CB + BD + # » # » # » DB = AD + CB. b) Gọi P là trung điểm của BC. Ta có # » # » # » # » # » # » # » M A = 2M B ⇔ M A − M B = M B ⇔äBA = M B. Ä # » # » # » # » # » # » #» 2N C + 3N A = 0 ⇔ 2 N C − N A = −5N A ⇔ 2AC = # » −5N A. # » # » # » # » 2# » M N = AN − AM = −2AB + AC. 5 2# » 1 Ä # » # »ä # » # » # » # » # » M G = AG − AM = AP − 2AB = AB + AC − 2AB = 3 3 5# » 1# » − AB + AC. 3 3 Å ã 5 5# » # » # » 2# » Dễ thấy M G = −2AB + AC = M N nên M, N, G 6 5 6 thẳng hàng. D P N G A B M  # » # » # » # » #» c Bài 45. Cho tam giác ABC có trung tuyến BI và H, K thỏa BC = 5BH và 2BK + IK = 0 . # » # » # » a) Xác định các điểm H, K trên hình vẽ? b) Biểu diễn AK theo hai véc-tơ AB và AC. c) Chứng minh ba điểm A, H, K thẳng hàng. Ê Lời giải. a) Xác định các điểm H, K trên hình vẽ? # » # » # » # » Ta có BC = 5BH nên BC và BH cùng hướng và BC = 5BH. Do đó H nằm giữa B và C và nằm gần B. # » # » # » # » # » # » #» Do 2BK + IK = 0 ⇔ IK = −2BK nên IK và BK ngược hướng và IK = 2BK. Vậy K nằm giữa B và I, K nằm gần B. A I K B H C # » # » # » b) Biểu diễn AK theo hai véc-tơ AB và AC. Ta có # » # » # » # » 1# » AK = AB + BK = AB + BI 3 # » 1 Ä # » # »ä = AB + AI − AB 3 2# » 1# » = AB + AC. 3 6 c) Chứng minh ba điểm A, H, K thẳng hàng. 381/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 382 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ta có # » # » # » # » 1# » AH = AB + BH = AB + BC 5 # » 1 Ä # » # »ä = AB + AC − AB 5 4# » 1# » = AB + AC 5Å 5 ã 6 2# » 1# » 6# » = AB + AC = AK. 5 3 6 5 # » # » Do đó AK, AH cùng phương hay A, H, K thẳng hàng.  c Bài 46. Cho hình chữ nhật ABCD, có tâm O, AB = 4a, AD = 3a, M là một điểm tùy ý. # » # » # » # » a) Chứng minh #» v = 3M A − M B − M C − M D không phụ thuộc vào vị trí điểm M . Tính độ dài véc-tơ #» v. # » 1# » # » 4# » # » # » b) Gọi E, F là hai điểm thỏa mãn AE = AB, CF = CA. Phân tích véc-tơ DE và DF theo 4 5 # » # » hai véc-tơ AB và AD, suy ra ba điểm D, E, F thẳng hàng. Ê Lời giải. # » # » # » a) Gọi G là trọng tâm tam giác BCD, khi đó BG+ CG+ DG = #» 0. Ta có # » # » # » # » 3M A − M B − M C − M D # » # » # » # » # » # » MA − MB + MA − MC + MA − MD # » # » # » BA + CA + DA # » # » # » # » # » 3GA + BG + CG + DG = 3GA √ # » Khi đó | #» v | = 3GA = 3AG = 2AC = 2 AB 2 + BC 2 = 10a. #» v = = = = A E B F O G D C # » # » # » # » 1# » b) Ta có DE = DA + AE = −AD + AB. 4 Å ã 4# » 1# » 4 4# » # » # » # » # » 1# » # » 1# » −AD + AB = DE. Và DF = DA + AF = −AD + AC = − AD + AB = 5 5 5 5 4 5 # » # » Vậy DE, DF cùng phương hay D, E, F thẳng hàng.  c Bài 47. Cho tam giác ABC đều cạnh bằng a, có G là trọng tâm. Gọi D là điểm đối xứng của # » # » A qua B và E là điểm thỏa mãn đẳng thức véc-tơ 5AE = 2AC. 382/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 383 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả # » # » # » # » a) Tính AB + AC và GA − GB . # » # » # » b) Phân tích hai véc-tơ DE, DG theo AB và # » AC. c) Chứng minh ba điểm D, E, G thẳng hàng. Ê Lời giải. a) Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC. √ # » # » # » Ta có AB + AC = 2AM = 2AM = a 3. # » # » # » Và GA − GB = BA = AB = a. # » # » # » # » 2# » b) Ta có DE = DA + AE = −2AB + AC. 5 # » # » # » # » 1 Ä # » # »ä Và DG = DA + AG = −2AB + AB + AC = 3 5# » 1# » − AB + AC. 3 3 Å ã 6 5# » 1# » # » # » 2# » c) Do DE = −2AB + AC = − AB + AC = 5 5 3 3 6# » DG. 5 # » # » Nên DE, DG cùng phương hay D, E, G thẳng hàng. A E G B M C D  c Bài 48. Cho hình vuông ABCD cạnh a. Gọi O là trọng tâm tam giác BCD. # » # » # » # » a) Chứng minh rằng AB + AC + AD = 3AO. # » # » b) Xác định và tính độ dài của véc-tơ #» u = AC + DB. # » # » c) Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC và M , N là các điểm được xác định bởi AM = 2AB, # » # » 5AN = 2AC. Chứng minh rằng M , N , G thẳng hàng. Ê Lời giải. # » # » # » #» a) Do O là trọng tâm tam giác BCD nên OB + OC + OD = 0 . # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » Ta có AB + AC + AD = AO + OB + AO + OC + AO + OD = 3AO + OB + OC + OD = 3AO. b) Gọi K là giao điểm của AC và BD. # » # » # » # » # » Khi đó #» u = AC + DB = 2AK + 2KD = 2AD. Nên | #» v | = 2AD = 2a. 383/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 384 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả c) Ta có # » # » # » M N = M A + AN # » 2# » = −2AB + AC 5 M B A G N K O Và # » # » # » # » 2# » M G = M A + AG = −2AB + AH 3 # » 1 Ä # » # »ä = −2AB + AC + AB 3 5# » 1# » = − AB + AC 3 3 Å ã 5 5# » # » 2# » = −2AB + AC = M N . 6 5 6 D C # » # » Do đó M N , M G cùng phương hay M , N , G thẳng hàng.  c Bài 49. Cho tam giác ABC có G là trọng tâm, gọi I là trung điểm AB và M là trung điểm AI. Lấy điểm H đối xứng với C qua G. # » # » # » # » a) Chứng minh 2OA + OH + OG = 4OM , với O bất kì. # » # » #» # » # » # » # » b) Gọi N là điểm xác định bởi 2N B + 3N C = 0 . Tính AN , AG theo AB và AC. c) Chứng minh ba điểm G, M , N thẳng hàng. Ê Lời giải. a) Ta có ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ # » # » # » # » 2OA + OH + OG = 4 OM Ä # » # »ä # » # » # » # » #» 2 OA − OM + OH − OM + OG − OH = 0 # » # » # » #» 2M A + M H + M G = 0 # » # » #» 2M A + 2M I = 0 # » # » #» M A + M I = 0 (đúng vì M là trung điểm của IA). 2# » 3# » # » # » # » # » 2# » # » 2# » 2# » # » b) Ta có AN = AC + CN = AC + CB = AC + AB − AC = AB + AC. Và AG = 5 5 5 5 5 1# » 1# » AB + AC. 3 3 384/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 385 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả A c) Ta có # » # » # » M N = M B + BN 3# » 3# » AB + BC = 4 5 3# » 3# » 3# » = AB + AC − AB 4 5 4 3 # » 3# » = AB + AC. 20 5 M H G I B C N Và # » # » # » M G = M A + AG 1 # » 1 Ä # » # »ä = − AB + AC + AB 4 3 1 # » 1# » = AB + AC 12Å 3 ã 5 3 # » 3# » 5# » = AB + AC = M N . 9 20 5 9 # » # » Do đó M N , M G cùng phương hay M , N , G thẳng hàng.  c Bài 50. Cho hình bình hành ABCD có các điểm M , I, N lần lượt thuộc các cạnh AB, BC, CD sao cho 3AM = AB, BI = k · BC, 2CN = CD. Gọi G là trọng tâm của tam giác BM N . Định k để ba điểm A, G, I thẳng hàng. Ê Lời giải. Do G là trọng tâm của tam giác BM N , nên có # » # » # » # » 3AG = AB + AN + AM . A D M G N Khi đó B C # » # » 1 Ä # » # »ä 1 # » I 3AG = AB + AC + AD + AB 2 3 4# » 1# » 1# » = AB + AC + BC 3 2 2 5 # » 1# » # » ⇒ AG = AB + AC. Ä # » # »ä # »18 # » 3 # » # » #» # » # » Theo đề BI = k · BC ⇒ BI = k BC ⇔ AI − AB = k AC − AB ⇔ AI = (1 − k)AB + k AC. #» # » Để ba điểm A, thì AI = mAG,m ∈ R.  G, I thẳng hàng  6 5m   1 − k = m = 3k k = 11 18 ⇔ Do đó ta có ⇔ 5k m  1 − k =  k = m = 18 . 6 3 11  #» # » # » #» c Bài 51. Cho tam giác ABC có trọng tâm G, I là điểm định bởi 5IA − 7IB − IC = 0 . #» # » a) Chứng minh GI = 2AB. b) Gọi O là giao điểm của AI, BG và BO = k · BG. Hãy tìm k. 385/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 386 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ê Lời giải. a) Ta có #» # » # » #» 5IA − 7IB − IC = 0 # » # » # » # » #» ⇔ 5GA − 7GB − GC − 3IG = 0 #» # » # » #» # » ⇔ 3IG = 6GA − 6GB ⇔ 3IG = 6BA #» # » ⇔ GI = 2AB. b) Ta có #» # » #» AI = AG + GI 1# » 1# » # » = AB + AC + 2AB 3 3 7# » 1# » = AB + AC 3 3 Và # » # » # » # » # » AO = AB + BO = AB + k · BG # » 1 Ä # » # »ä = AB + k BA + BC 3 3 − 2k # » 1 # » = AB + k AC. 3 3 # » #» Do A, O, I thẳng  hàng nên AO = mAI, m ∈ R. 3 − 2k 7m ®   = 3 3 ⇔ m=k Do đó ta có ⇔  3 − 2k = 7k 1k = m 3 3  1  k = 3  m = 1 . 3 A G B O C I  c Bài 52. Cho tam giác ABC có AD là phân giác, AB = 6, AC = 8. Gọi M , N là các điểm trên 3 3 AH AC và BC sao cho thỏa AM = AC, BN = BC. Gọi H ∈ AD thỏa mãn = k > 0. 4 4 AD # » # » # » # » # » # » a) Phân tích AD theo AB và AC. b) Phân tích AD theo hai véc-tơ BM và AN . 386/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 387 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ê Lời giải. A # » # » # » a) Phân tích AD theo AB và AC. BD AB Theo tính chất đường phân giác, ta có = = DC AC M 6 3 = . B C 8 4 D N # » 3# » # » 3# » Khi đó BD = DC ⇒ BD = BC. 4 7 # » # » # » # » 3# » Ta có AD = AB + BD = AB + BC. 7 # » # » 3 Ä # » # »ä 4 # » 3 # » Khi đó AD = AB + AC − AB = AB + AC. (1) 7 7 7 # » # » # » b) Phân tích AD theo hai véc-tơ BM và AN . # » # » # » Đặt AD = xBM + y AN . Khi đó Ä # » # »ä Ä # » # »ä # » # » # » AD = xBM + y AN = x AM − AB + y AB + BN ò Å ã Å ã Å ã ï 3# » # » 3# » # » # » 3# » # » 3 Ä # » # »ä AC − AB AC − AB + y AB + BC = x AC − AB + y AB + = x 4 4 4 4 Å ã Å ã 3 # » 1 3 3 # » 1 # » 3 # » # » # » = xAC − xAB + y AB + y AC = −x + y AB + x + y AC. (2) 4 4 4 4 4 4 Đồng nhất hệ số của (1) và (2), ta có   −20 1 4   x = −x+ y = 20 # » 32 # » # » 4 7 ⇔ 21 ⇒ AD = − BM + AN .   21 21 y = 32 3x + 3y = 3 4 4 7 21  c Bài 53. Cho 4ABC, có trọng tâm G. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB,AC. Lấy hai #» # » #» # » # » # » #» điểm I, J sao cho: 2IA + 3IB = 0 , 2JA + 5JB + 3JC = 0 . a) Chứng minh rằng M ,N , J thẳng hàng và J là trung điểm của BI. # » # » b) Gọi E trên đoạn AB thỏa: AE = k · AB. Xác định k để C, E, J thẳng hàng. Ê Lời giải. A P M E B I J N C î #» #» # » # » #» # »ó î # » # »ó #» # » # » #» # » a) 2JA + 5JB + 3JC = 0 ⇒ 2JA + 2JB + 3JB + 3JC = 0 ⇒ 4JM + 6JN = 0 ⇒ JM = 3# » − JN 2 387/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 388 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả ⇒ ba điểm M , J, N thẳng hàng. Ta có: 1# » 1# » 1# » 3 # » 1# » # » # » # » 1# » 2# » 1# » 2 # » # » BJ = BN +N J = BC+ N M = BC+ (BM −BN ) = BC+ BA− BC = BC− BA. 2 5 2 5 2 5 5 10 5 3# » 2# » # » # » # » # » 2# » # » 2 # » # » BI = BC + CI = BC + CA = BC + (BA − BC) = BC − BA. 5 5 5 5 # » # » ⇒ BC = 2BJ ⇒ J là trung điểm của BI # » # » # » 2# » # » 2# » # » # » 7# » # » b) JC = JN + N C = M N + BN = M N + M N − M B = M N − M B. 5 5 5 # » 3# » # » EJ = M N − xM B 5 3 7 3 Ba điểm C, J, E thẳng hàng khi : = x : (−1) ⇒ x = − 5 5 7 Ta có: 10 5 3 M E = M B ⇒ AE = AB = AB 7 14 7  c Bài 54. Cho hình bình hành ABCD. Gọi M , N là hai điểm lần lượt thuộc đoạn AB và CD sao cho AB = 3AM , CD = 2CN . # » # » # » a) Tính AN theo các vectơ AB và AC.. # » # » # » b) Gọi G là trọng tâm tam giác BM N , tính AG theo các vectơ AB và AC.. #» # » #» # » # » c) Gọi I là điểm định bởi BI = k BC. Tính AI theo các vectơ AB và AC. Tìm k để đường thẳng AI đi qua G. Ê Lời giải. A M B G E D N C Ä # » # »ä Ä # » # »ä Ä # » # » # »ä # » # » # » a) AN = 2 AD + AC = 2 BC + AC = 2 AC + AC − AB = 4AC − 2AB. b) ï ò # » # » # » 1 # » 1 Ä # » # »ä 1 # » 1 Ä # » # » # »ä 2 # » AG = AM + M G = AB + M N + M B = AB + −AM + AC − N C + AB 3 3 3 3 3 ïÅ ã ò 1# » 2 1# » # » 1# » 2# » = AB + − AB + AC − AB + AB 3 3 3 2 3 Å ã 1# » 1 1# » # » = AB + − AB + AC 3 3 6 5 # » 1# » = AB + AC 18 3 388/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 389 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ä # » # »ä #» # » #» # » # » # » # » # » c) AI = AB + BI = AB + k BC = AB + k AC − AB = (1 − k)AB + k AC # » #» Ba điểm A, G, I thẳng hàng khi hai vectơ AG, AI cùng phương 1 5 11 1 6 ⇒ (1 − k) · = k · ⇒k· = ⇒k= . 3 18 18 3 11  ’ = 60◦ , AB = 2a, AD⊥BD. Gọi F là trung điểm c Bài 55. Cho hình bình hành ABCD có BAD CD. # » # » # » # » a) Tính AB − AD , AB + 2AD theo a.. # » # » # » # » # » # » b) Gọi M , N là hai điểm thỏa 3AM = 4AD và 3AN = AB + 2AC. Hãy phân tích tính M N # » # » theo các vectơ AB và AD. Chứng tỏ ba điểm M , N , F thẳng hàng. Ê Lời giải. B A N H D F C M # » # » # » a) AB − AD = DB = BD 1 Ta có AB = AB = a (cạnh đối diện với góc 30◦ ) √ √ 2 ⇒ BD = AB 2 − AD2 = a 3. # » # » # » # » # » # » # » # » AB + 2AD = AB + AD + AD = AC + AD = 2 AE với E là trung điểm của DC. Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A lên DC a 3a 1 Ta có DH = AD = ⇒ HE = . 2 √ 2 … 2 2 a a 5 ⇒ AH = a2 + = 4 2√ … 5a2 9a2 a 14 ⇒ AE = + = . 4 4 2 √ √ a 14 # » # » # » # » Vậy AB − AD = a 3, AB + 2AD = . 2 # » # » # » 1 # » 1 # » 1 # » 1 Ä # » # »ä 5 # » 1 # » AC − AB = AB − AC b) M F = DF − DM = DC − AD = AB − 2 3 2 3 6 3 4# » 2 Ä # » # »ä 4 Ä # » # »ä # » # » # » # » # » # » M N = −AM + AB + BN = − AD + AB + AC − AB = − AC − AB + AB + 3 3 3 2 Ä # » # »ä 5 # » 2 # » AC − AB = AB − AC. 3 3 3 5 5 1 2 1 Ta có : = : = 6 3 3 3 2 ⇒ M , N , F thẳng hàng.  389/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 390 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả | Dạng 5. Chứng minh song song # » # » # » # » Để chứng minh AB ∥ CD, ta cần chứng minh AB = k CD. c Bài 56. Cho tam giác ABC có M là trung điểm của cạnh BC. Gọi D, E lần lượt là các điểm # » # » # » # » thỏa mãn các đẳng thức: BD = 4BA, AE = 3AC. Chứng minh DE ∥ AM . Ê Lời giải. # » # » # » # » # » 1 Ä # » # »ä 1 # » 1 # » Ta có AM = AC + CM = AC = AC + AB − AC = AB + AC. 2 2 2 # » # » # » # » # » DE = AE − AD = 3AC + 3AB # » # » ⇒ DE = 6AM . D A B M C E  c Bài 57. Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Gọi M là trung điểm của BC và I là điểm thỏa # » # » #» # » # » #» hệ thức 3CI + CA = 0 và 3BN + AB = 0 . Chứng minh rằng N I ∥ BG. Ê Lời giải. 2# » 1# » # » #» # » 1# » 2# » Ta có N I = AI − AN = AC − AB = − AB + AC 3 3 3 3 2# » 1# » # » # » # » 2 # » # » 1 Ä # » # »ä # » BG = AG − AB = AM − AB = AB + AC − AB = − AB + AC 3 3 3 3 #» # » ⇒ N I = BG N I ∥ BG. A I N B G C M  c Bài 58. Cho hình bình hành ABCD có I là trung điểm của CD. Gọi G là trọng tâm tam giác # » # » #» BCI và điểm J thỏa mãn đẳng thức vectơ AB + 4AJ = 0 . Chứng minh rẳng: #» 1# » # » # » 5# » 2# » a) AI = AB + AD và AG = AB + AD. 2 6 3 b) Chứng minh CJ ∥ AG. Ê Lời giải. 390/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 391 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả J 1 Ä # » # »ä 1 Ä # » # » # »ä 1 # » # » AD + AC = AD + AD + AB = AB + AD. a) 2 2 2 1 Ä # » # » # »ä # » AG = AI + AB + AC 3ã Å 1 1# » # » # » # » # » 5# » 2# » AB + AD + AD + AB + AB = AB + AD 3 2 6 3 = A D B I G C # » 5# » 2# » b) Ta có AG = AB + AD 6 3 # » # » # » # » # » 1# » 5# » # » JC = AC − AJ = AD + AB + AB = AB + AD 4 4 # » # » ⇒ AG = JC ⇒ AG ∥ JC.  | Dạng 6. Tìm tập hợp điểm thỏa mãn hệ thức Bài toán: Tìm tập hợp điểm M thỏa điều kiện Ω cho trước? Phương pháp: Sử dụng các phép biến đổi, biến đổi Ω về một trong những dạng sau: # » # » ○ Trường hợp 1: Nếu |M A| = |M B| với A và B (cố định) thì tập hợp điểm M thuộc đường trung trực của đoạn thẳng AB. # » # » ○ Trường hợp 2: Nếu |M C| = k|AB| với A, B, C cho trước (cố định) thì tập hợp điểm M thuộc đường tròn tâm C bán kính k · AB # » # » ○ Trường hợp 3: Nếu M A = k BC với A, B, C cho trước (cố định) và Nếu k ∈ R+ thì tập hợp điểm M thuộc nửa đường thẳng đi qua A và song song với BC theo # » hướng vectơ BC. Nếu k ∈ R− thì tập hợp điểm M thuộc nửa đường thẳng đi qua A và song song với BC # » ngược hướng vectơ BC. c Bài 59. Cho tam giác ABC. Tìm tập hợp điểm M thỏa mãn điều kiện: # » # » # » # » # » # » # » # » a) |M A + M B| = |M A + M C| b) |M A + M B| = |M A − M C| # » # » # » # » # » c) 3|M A + M B| = 2|M A + M C + M C| # » # » # » # » d) |M A + 2M B| = |2M C + M A| # » # » # » # » # » e) |M A + M B + M C| = |2M A + M B| # » # » # » # » # » # » f) |4M A + M B + M C| = |2M A − M B − M C| Ê Lời giải. a) Gọi I, K lần lượt là trung điểm của AB, AC. Ta có # » # » # » # » # » # » # » # » |M A + M B| = |M A + M C| ⇒ 2|M I| = 2|M K| ⇒ |M I| = |M K| ⇒ M thuộc trung trực của IK. 1 # » # » # » # » # » # » # » b) |M A + M B| = |M A + M C| ⇒ 2|M I| = |CA| ⇒ |M I| = AC 2 AC ⇒ M thuộc đường tròn tâm I bán kính . 2 391/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 392 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả c) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có # » # » # » # » # » # » # » # » # » 3|M A + M B| = 2|M A + M C + M C| ⇒ 6 M I = 6 M G ⇒ M I = M G ⇒ M thuộc đường trung trực của IG. # » # » #» # » # » #» d) Gọi P và Q là hai điểm thỏa P A + 2P B = 0 , QA + 2QC = 0 Ä # » # »ä Ä # » # »ä # » # » # » # » # » # » # » # » |M A + 2M B| = |2M C + M A| ⇒ M P + P A + 2 M P + P B = M Q + QA + 2 M Q + QC # » # » # » # » # » # » ⇒ 3M P + P A + 2P B = 3M Q + QA + 2QC # » # » ⇒ 3M P = 3 M Q # » # » ⇒ MP = MQ Vậy M thuộc đường trung trực của P Q. # » # » #» e) Gọi E là điểm thỏa mãn 2M A + M B = 0 , ta có Ä # » # »ä # » # » # » # » # » # » # » # » # » |M A + M B + M C| = |2M A + M B| ⇒ 3 M G = 2 M E + EA + M E + EB ⇒ M G = # » ME . ⇒ M thuộc đường trung trực của GE. # » # » # » # » # » # » f) |4M A + M B + M C| = |2M A − M B − M C| # » # » # » #» # » # » # » #» Gọi N , L là các điểm thỏa mãn 4M A + M B + M C = 0 và 2M A − M B − M C = 0 , ta có # » # » # » # » # » # » |4M AÄ+ M B + MäC| = |2M A − M B − M C| # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » ⇒ 4 MN + NA + MN + NB + MN + NC = MA − MB + MA − MC # » # » # » # » # » # » ⇒ 6M N + 4M A + M B + M C = BA + CA # » # » # » ⇒ 6M N = AB + AC # » # » ⇒ 6 M N = 2 AR với R là trung điểm BC 1 # » # » ⇒ M N = AR 3 AR . ⇒ M thuộc đường tròn tâm N bán kính 3  c Bài 60. Cho tam giác ABC. Tìm tập hợp các điểm M thỏa mãn điều kiện: # » # » #» # » # » # » a) k M A + (1 − k)M B = 0 , k ∈ R. b) M A + k M B = k M C, k ∈ R. # » # » # » #» c) M A+(1−k)M B−k M C = 0 , k ∈ R, k 6= 1. # » # » # » # » d) AM + k AB = AB + k AC, k ∈ R. Ê Lời giải. a) Ta có # » # » #» k M A + (1 − k)M B = 0 Ä # » # »ä #» # » ⇔ k M A + (1 − k) M A + AB = 0 # » # » #» ⇔ M A + (1 − k)AB = 0 # » # » ⇔ AM = (1 − k)AB. Kết luận: tập hợp điểm M là đường thẳng AB. 392/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 393 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả b) Ta có # » # » # » M A + kM B = kM C ä Ä # » # » # » #» ⇔ MA + k MB − MC = 0 # » # » #» ⇔ M A + k CB = 0 # » # » ⇔ M A = k BC. Kết luận: tập hợp điểm M là đường thẳng đi qua A và song song với BC. c) Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và BC. Ta có ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ # » # » # » #» M A + (1 − k)M B − k M C = 0 # » # » # » # » #» M A + M B − kM B − k M C ä= 0 Ä # » # » # » # » #» MA + MB − k MB + MC = 0 # » # » #» 2M I − 2k M Ä #J »= 0# »ä #» # » 2M I − 2k M I + IJ = 0 # » #» (2 − 2k)M I = 2k IJ 2k # » # » MI = IJ. 2 − 2k Kết luận: tập hợp điểm M là đường thẳng IJ trừ điểm J. d) Ta có # » # » # » # » AM + k AB = AB + k AC Ä # » # »ä #» # » # » ⇔ AM − AB + k AB − AC = 0 # » # » #» ⇔ BM + k CB = 0 # » # » ⇔ BM = k BC. Kết luận: tập hợp điểm M là đường thẳng BC.  c Bài 61. Cho hình vuông ABCD cạnh 2a tâm O. Hãy tìm tập hợp điểm M thỏa mãn điều kiện # » # » # » # » # » # » M A + M B + M C + M D = AB − AD . Ê Lời giải. # » # » # » # » # » # » # » # » Ta có AB − AD = DB và M A + M B + M C + M D = 4M√O. 1 2 1 √ Do đó, ta có 4M O = DB hay OM = BD = · 2 2a = · a. 4 4 2 √ 2 Vậy tập hợp điểm M là đường tròn tâm O, bán kính · a. 2 A B O D C  393/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 394 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả ’ = 60◦ . Gọi I là c Bài 62. Cho hình thoi ABCD cố định có tâm O, cạnh bằng a và góc ABC # » # » # » # » trung điểm của đoạn DO. Tìm tập hợp điểm M thỏa mãn điều kiện M A + M B + M C + M D = # » #» 4 M A + ID . Ê Lời giải. # » # » # » # » # » Ta có M A + M B + M C + M D = 4M O. # » #» # » #» # » # » # » Kẻ AE = ID, khi đó M A + ID = M A + AE = M E. # » # » # » # » # » #» Khi đó M A + M B + M C + M D = 4 M A + ID ⇔ 4M O = 4M E ⇔ M O = M E. Vậy tập hợp điểm M nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng OE. B A E O C I D  # » # » # » c Bài 63. Cho hình vuông ABCD cạnh a. Gọi P, Q là các điểm thỏa mãn BP = BC − 2AB và 1# » # » # » CQ = − AC − BC. 2 a) Chứng minh ba điểm A, P, Q thẳng hàng. √ # » # » # » # » b) Tìm tập hợp điểm M thỏa mãn M A + M B + M C + M D = 4a 3. Ê Lời giải. # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » a) Ta có AP = AB + BP = AB + BC − 2AB = BC − AB = BC + BA = BD. # » # » # » # » 1# » # » 1# » # » # » # » # » Bên cạnh đó, AQ = AC + CQ = AC − AC − BC = AC + CB = OC + CB = OB. 2 2 # » # » Vậy AP = −2AQ, do đó A, P, Q thẳng hàng. # » # » # » # » # » b) Ta có M A + M B + M C + M D = 4M O. √ √ √ # » # » # » # » Do đó M A + M B + M C + M D = 4a 3 ⇔ 4M O = 4a 3 ⇔ OM = a 3. √ Vậy tập hợp điểm M là đường tròn tâm O, bán kính a 3.  c Bài 64. Cho hình bình hành ABCD cạnh bằng a và có tâm O. Gọi N ∈ CD sao cho CD = 2CN . # » # » # » a) Biểu diễn AN theo AB, AC. # » # » # » # » b) Tìm tập hợp điểm M thỏa mãn M A + M B + M C + M D = 4AB. Ê Lời giải. 394/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 395 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả A # » # » # » # » # » 1# » # » # » 1# » a) Ta có AN = AD + DN = AC + CD + AB = AC − AB + AB = 2 2 # » 1# » AC − AB. 2 # » # » # » # » # » b) Ta có M A + M B + M C + M D = 4M O. # » # » # » # » Do đó M A + M B + M C + M D = 4AB ⇔ 4M O = 4AB ⇔ OM = AB = a. Vậy tập hợp điểm M là đường tròn tâm O, bán kính bằng a. B O D N C  C – BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM # » # » c Câu 1. Nếu có AB = AC thì A. điểm B trùng với điểm C. C. điểm A là trung điểm của đoạn BC. B. tam giác ABC là tam giác đều. D. tam giác ABC là tam giác cân. Ê Lời giải. Theo định nghĩa hai véc-tơ bằng nhau thì điểm B trùng với điểm C. Chọn đáp án A  # » c Câu√2. Cho tam giác ABC√đều cạnh bằng 1, trọng√tâm G. Độ dài véc-tơ AG √ bằng 3 3 3 3 . B. . C. . D. . A. 2 3 4 6 Ê Lời giải. √ √ 2 3 3 2 # » Gọi M là trung điểm của BC, ta có AG = AG = AM = · = . 3 3 2 3 Chọn đáp án B  # » # » c Câu 3. Cho tứ giác ABCD có AD = BC. Mệnh đề nào sau đây sai? A. ABCD là hình bình hành. B. DA = BC. # » # » # » # » C. AC = BD. D. AB = DC. Ê Lời giải. # » # » Hai véc-tơ AC và BD không cùng hướng, không cùng độ dài nên không bằng nhau. Chọn đáp án C  c Câu 4. Cho ba điểm M, N, P thẳng hàng, trong đó điểm N nằm giữa hai điểm M và P. Cặp véc-tơ cùng hướng là # » # » # » # » # » # » # » A. M N và M P . B. M P và P N . C. N M và N P . D. M N và P N . Ê Lời giải. # » # » Nhìn vào hình vẽ ta dễ thấy M N và M P cùng hướng. Chọn đáp án A 395/528 M N P  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 396 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Câu 5. Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD của hình bình hành ABCD. Mệnh đề nào sau đây sai? # » # » # » # » # » # » # » # » A. CB = DA. B. OB = DO. C. AB = DC. D. OA = OC. Ê Lời giải. # » # » # » # » Ta có OA = CO nên OA = OC là mệnh đề sai. B A O D C  Chọn đáp án D # » c Câu 6. Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 3, AD = 4. Giá trị của AC bằng A. 6. B. 3. C. 4. D. 5. Ê Lời giải. √ √ # » Ta có AC = AC = AB 2 + BC 2 = AB 2 + AD2 = 5. A B D C  Chọn đáp án D # » c Câu 7. Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 3, BC = 5. Độ dài của véc-tơ AC bằng A. 6. B. 8. C. 13. D. 4. Ê Lời giải. √ # » Ta có AC = AC = BC 2 − AB 2 = 4. C A B  Chọn đáp án D c Câu 8. Gọi M là trung điểm của đoạn AB. Khẳng định nào sau đây sai? 1# » # » # » # » # » # » # » #» # » A. M A = M B. B. AB = 2M B. C. M A + M B = 0 . D. M A = − AB. 2 Ê Lời giải. # » # » Ta có M A = −M B. Chọn đáp án A 396/528 A M B  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 397 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Câu 9. Cho tam giác đều ABC với √ đường cao AH. Mệnh đề nào sau đây đúng? 3 # » # » # » # » # » # » # » # » HC . C. HB = HC. D. AC = 2 HC . A. AB = AC. B. AH = 2 Ê Lời giải. # » # » # » Ta có 2 HC = BC = BC = AC = AC . A B H C  Chọn đáp án D c Câu 10. Cho tam giác ABC, trọng tâm G. Kết luận nào sau đây đúng? # » # » # » # » # » # » A. Không xác định được GA + GB + GC. B. GA = GB = GC. # » # » # » #» # » # » # » C. GA + GB + GC = 0 . D. GC = GA + GB. Ê Lời giải. # » # » # » #» Theo quy tắc trọng tâm của tam giác thì GA + GB + GC = 0 . Chọn đáp án C  # » c Câu 11. Cho tam giác M N P vuông tại M và M N = 3 cm, M P = 4 cm. Độ dài của N P bằng A. 4 cm. B. 5 cm. C. 6 cm. D. 3 cm. Ê Lời giải. √ # » Ta có N P = N P = M N 2 + M P 2 = 5. P M N  Chọn đáp án B ◦ c Câu 12. Cho hình thoi ABCD tâm O, cạnh bằng a và góc A bằng √ 60 . Kết luận nào đúng? √ a 3 a 2 # » # » # » # » # » A. |OA| = |OB|. B. |OA| = a. C. |OA| = . D. |OA| = . 2 2 Ê Lời giải. √ a 3 # » Ta có 4ABD là tam giác đều cạnh a nên |OA| = OA = . 2 B A O C D Chọn đáp án C 397/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 398 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Câu 13. Cho hình bình hành ABCD. Mệnh đề nào sau đây đúng? # » # » # » # » # » # » # » # » # » A. AB + BC = CA. B. BA + AD = AC. C. BC + BA = BD. # » # » # » D. AB + AD = CA. Ê Lời giải. # » # » # » Theo quy tắc hình bình hành ta có BC + BA = BD. Chọn đáp án C  c Câu 14. Cho hình chữ nhật ABCD, gọi O là giao điểm của AC và BD. Mệnh đề nào sau đây đúng? # » # » # » # » # » # » A. OA = OB = OC = OD. B. AC = BD. # » # » # » # » # » # » # » #» D. AC − AD = AB. C. OA + OB + OC + OD = 0 . Ê Lời giải. # » # » # » # » Ta có AC − AD = DC = AB. B A O D C  Chọn đáp án D # » # » c Câu 15. Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 3, BC = 5. Tính AB + BC . A. 4. B. 5. C. 6. D. 3. Ê Lời giải. √ # » # » # » Ta có AB + BC = AC = AC = BC 2 − AB 2 = 4. C A B  Chọn đáp án A c Câu 16. Cho bốn điểm bất kỳ A, B, C, O. Mệnh đề nào sau đây là đúng? # » # » # » # » # » # » A. OA = OB − BA. B. OA = CA + CO. # » # » # » #» # » # » # » C. BC − AC + AB = 0 . D. BA = OB − OA. Ê Lời giải. # » # » # » # » # » # » # » # » #» Ta có BC − AC + AB = AB + BC − AC = AC − AC = 0 . Chọn đáp án C  c Câu 17. Điều kiện cần và đủ để điểm O là trung điểm của đoạn AB là # » # » # » # » # » # » #» A. OA = OB. B. OA = OB. C. AO = BO. D. OA + OB = 0 . Ê Lời giải. # » # » #» Điểm O là trung điểm của đoạn AB khi và chỉ khi OA + OB = 0 . Chọn đáp án D 398/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 399 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả # » # » c Câu 18. Cho tam giác ABC đều có độ dài cạnh bằng a. Khi đó AB + BC bằng √ √ a 3 A. . B. a. C. 2a. D. a 3. 2 # » # » # » Ta có AB + BC = AC = a. Ê Lời giải.  Chọn đáp án B # » # » c Câu 19. Cho tam giác ABC vuông tại A và AB = 3, AC = 4. Véc-tơ CB + AB có độ dài bằng √ √ √ √ B. 2 3. C. 3. D. 13. A. 2 13. Ê Lời giải. # » # » # » # » # » # » # » Kẻ BD = AB, khi đó ta có CB + AB = CD. √ √ = CB + BD √ 2 2 Xét 4ADC vuông tại A có CD = AD + AC = 62 + 42 = 2 13. √ # » # » Vậy CB + AB = 2 13. C A D B  Chọn đáp án A # » # » c Câu 20. Cho tam giác ABC đều có độ dài cạnh bằng 2a. Độ dài của AB + BC √ bằng √ √ a 3 A. a 3. B. 2a. C. 2a 3. D. . 2 # » # » # » Ta có AB + BC = AC. # » # » Do đó AB + BC = AC = 2a. Ê Lời giải.  Chọn đáp án B c Câu 21. Cho tam giác ABC. Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm các cạnh AB, AC, BC. Hỏi # » # » M P + N P bằng véc-tơ nào? # » # » # » # » A. P B. B. AP . C. M N . D. AM . Ê Lời giải. # » # » # » # » # » Ta có M P + N P = AN + N P = AP . A N C Chọn đáp án B M P B  c Câu 22. Cho hình bình hành ABCD, giao điểm của hai đường chéo là O. Tìm mệnh đề sai? 399/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 400 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả # » # » # » # » A. DA − DB = OD − OC. # » # » # » C. CO − OB = BA. # » # » # » #» B. DA + DB + DC = 0 . # » # » # » D. AB − BC = DB. Ê Lời giải. # » # » # » Theo quy tắc hình bình hành, ta có DA + DC = DB. # » # » # » # » # » # » #» Do đó DA + DB + DC = DB + DB = 2DB 6= 0 . # » # » # » #» Vậy mệnh đề: “ DA + DB + DC = 0 ” là mệnh đề sai và dễ dàng kiểm tra được các mệnh đề còn lại là các mệnh đề đúng. D A O C B  Chọn đáp án B c Câu 23. Cho tam giác ABC, trọng tâm G. Phát biểu nào đúng? # » # » # » # » # » # » A. AB + BC = AC . B. GA + GB + GC = 0. # » # » # » # » # » # » D. GA + GB + GC = 0. C. AB + BC = AC. Ê Lời giải. Theo tính chất trọng tâm tam giác, ta có A # » # » # » #» GA + GB + GC = 0 . # » # » # » Vậy GA + GB + GC = 0. G C M B  Chọn đáp án D c Câu 24. Cho lục giác đều ABCDEF và O là tâm của nó. Đẳng thức nào sai? # » # » # » #» # » # » # » A. OA + OC + OE = 0 . B. BC + F E = AD. # » # » # » # » # » # » # » #» C. OA + OB + OC = EB . D. AB + CD + F E = 0 . Ê Lời giải. Ta có # » # » # » #» # » # » # » #» AB + CD + F E = 0 = AB + BO + OA = 0 . C B O D E A F  Chọn đáp án D # » # » # » # » c Câu 25. Cho bốn điểm A, B, C, D phân biệt. Khi đó AB − DC + BC − AD bằng # » # » # » #» A. AC. B. 2DC. C. 0 . D. BD. Ê Lời giải. # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » #» Ta có AB − DC + BC − AD = AB + BC + CD + DA = AC + CA = 0 . Chọn đáp án C 400/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 401 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Câu 26. Cho ba điểm A, B, C phân biệt. Đẳng thức nào sau đây sai? # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » A. AB + BC = AC. B. CA + AB = BC. C. BA + AC = BC. D. AB − AC = CB. # » # » # » # » Ta có CA + AB = CB 6= BC. Chọn đáp án B Ê Lời giải.  # » # » c Câu 27. Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Khi đó AB + AD bằng √ √ a 2 A. a 2. B. . C. 2a. D. a. 2 Ê Lời giải. # » # » # » Áp dụng tính chất hình bình hành ta có AB + AD = AC. √ # » # » # » Do đó AB + AD = AC = a 2. A B D C  Chọn đáp án A # » # » c Câu 28. Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Khi đó AB + AC bằng √ √ √ √ a 3 a 5 B. a 3. C. . D. . A. a 5. 3 2 Ê Lời giải. Gọi E là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABEC và F là hình chiếu của E lên đường thẳng AB. # » # » # » Khi đó AB + BC = AE . Xét tam giác AEF vuông tại F , có AF = 2a, EF = a, do đó √ √ √ AE = AF 2 + EF 2 = 4a2 + a2 = a 5. Chọn đáp án A A B F D C E  c Câu 29. Cho hình chữ nhật ABCD, biết AB = 4a và AD = 3a. Tính độ dài của véc-tơ # » # » AB + AD. √ A. 5a. B. 6a. C. 2a 3. D. 7a. Ê Lời giải. Theo tính chất hình bình hành, ta có A B D C √ √ # » # » # » AB + AD = AC = AB 2 + AD2 = 16a2 + 9a2 = 5a. Chọn đáp án A 401/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 402 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả # » # » # » c Câu 30. Cho hình vuông ABCD cạnh a. Giá trị của AB + AC + AD bằng √ √ A. A 2. B. 2a. C. 2a 2. D. 3a. Ê Lời giải. Ta có √ # » # » # » # » # » # » AB + AC + AD = AC + AC = 2 AC = 2AC = 2a 2. A B D C  Chọn đáp án C # » # » c Câu 31. cạnh 4a. Độ dài AB √ √ + AC là √ Cho tam giác đều ABC B. a 5. C. a 6. A. 2a 3. √ D. 4a 3. Ê Lời giải. Gọi M là trung điểm của BC . Vì AM là đường trung tuyến của tam giác đều cạnh 4a nên √ √ 4a 3 = 2a 3. AM = 2 √ # » # » # » Do đó AB + AC = 2AM = 2AM = 4a 3. C M A B  Chọn đáp án D #» # » #» # » #» # » c Câu 32. Cho ba lực F1 = M A, F2 = M B, F3 = M C cùng tác động vào một vật tại điểm M và vật đứng yên. #» #» ÷ Cho biết cường độ của F1 , F2 đều bằng 100 N và AM B = 60◦ . Khi A #» #» F1 #» đó cường√độ lực của F3 bằng F3 √ √ √ M C B. 50 3 N . C. 25 3 N . D. 100 3 N . A. 50 2 N . #» F2 B Ê Lời giải. Gọi D là đỉnh thứ tư của hình bình hành M ADB. #» #» # » # » # » Khi đó hợp lực F1 + F2√= M A + M B = M D. √ 100 3 M D = 2M O = 2 · = 100 3. √ #» #» 2 Vậy hợp lực F1 + F2 có độ lớn 100 3. √ #» Vì điểm M đứng yên nên độ lớn của lực F3 là 100 3N . C #» F3 A #» F1 M 60◦ D O #» F2 B Chọn đáp án D  # » # » ’ = 60◦ . Độ dài véc-tơ OB c Câu 33. Cho hình thoi ABCD cạnh a, tâm O và BAD − CD bằng 402/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 403 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ √ a 7 A. . 2 Luôn nổ lực để đạt được thành quả √ a 5 B. . 2 √ D. a 3. C. 2a. Ê Lời giải. Gọi G là trung điểm của đoạn OC. # » # » # » # » # » Ta có OB − CD = DO + DC = 2 DG = 2DG. D √ a OC a 3 Tam giác DOG vuông tại O có DO = , OG = = nên 2 2 4 à  a 2 Ç a√3 å2 a√7 √ 2 2 + = . 2DG = DO + OG = 2 2 4 2 A 60◦ O G C B  Chọn đáp án A # » # » c Câu 34. Cho hình vuông ABCD cạnh a. Giá trị AB − DA bằng √ A. A 2. B. 2a. C. 0. D. A. Ê Lời giải. Ta có √ # » # » # » # » # » AB − DA = AB + AD = AC = AC = a 2. A B D C  Chọn đáp án A # » # » c Câu 35. Cho hình vuông ABCD cạnh a, tâm O. Giá trị của OB + OC bằng √ √ a a 2 B. a. C. . D. . A. a 2. 2 2 Ê Lời giải. Ta có # » # » # » # » # » OB + OC = DO + OC = DC = DC = a. A B O D C  Chọn đáp án B # » # » c Câu 36. Cho hình thoi ABCD có AC = 2a, BD = a. Giá trị của AC + BD bằng √ √ A. a 5. B. 5a. C. 3a. D. a 3. 403/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 404 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ê Lời giải. Gọi O là tâm của hình thoi. # » # » # » # » # » Khi đó ta có AC + BD = 2AO + 2OD = 2AD = 2AD. D Áp dụng định lý Pi-ta-go trong tam giác AOD ta có AD = √ AO2 + OD2 = O A √ 2 5 a a a2 + = . 4 2 C B √ # » # » Do đó AC + BD = 2AD = a 5.  Chọn đáp án A 1 c Câu 37. Cho tam giác ABC, E là điểm trên đoạn BC sao cho BE = BC. Tìm khẳng định 4 đúng? # » 3# » 1# » # » 1# » 1# » A. AE = AB + AC. B. AE = AB + AC. 4 4 4 4 # » # » # » # » 1# » 1# » C. AE = 3AB + 4AC. D. AE = AB − AC. 3 5 Ê Lời giải. # » # » Vì E nằm trên đoạn thẳng BC nên hai véc-tơ BE, BC cùng hướng. 1 Do đó, từ BE = BC ta có 4 # » 1# » # » # » 1 Ä # » # »ä # » 3# » 1# » BE = BC ⇔ AE − AB = AC − AB ⇔ AE = AB − AC. 4 4 4 4 A C E B  Chọn đáp án A # » # » # » c Câu 38. Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Biểu diễn Véc-tơ AG qua hai Véc-tơ AB, AC là # » 1 Ä # » # »ä # » 1 Ä # » # »ä AB − AC . B. AG = AB + AC . A. AG = 3Ä 3Ä ä # » 1 # » # » # » 1 # » # »ä C. AG = AB + AC . D. AG = AB − AC . 6 6 Ê Lời giải. Gọi M là trung điểm của BC, ta có Å ã 1 Ä # » # »ä # » 2 # » 2 1 Ä # » # »ä AG = AM = AB + AC = AB + AC . 3 3 2 3 A G C Chọn đáp án B M B  # » # » ’ = 120◦ . Độ dài véc-tơ tổng AB c Câu 39. Tam giác ABC có AB = AC = a, ABC + AC bằng √ A. 2a. B. a 3. C. a. D. 3a. 404/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 405 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ê Lời giải. Gọi M là trung điểm của BC, ta có # » # » # » AB + AC = 2AM A ÷ = 30◦ nên AM = Tam giác ABM vuông tại M , ABM a # » # » AB · sin 30◦ = . Vậy AB + AC = 2AM = a. 2 a 30 120◦ a ◦ B M C  Chọn đáp án C # » # » c Câu 40. Cho tam giác ABC đều cạnh a, H là trung điểm của BC. Tính CA − HC bằng √ √ 2 3a a 7 a 3a A. . B. . C. . D. . 3 2 2 2 Ê Lời giải. Gọi K là trung điểm của AH. # » # » # » # » # » Khi đó CA − HC = CA + CH = 2CK = 2CK. AH a = Xét tam giác KHC vuông tại H có HC = , KH = 2 2 √ a 3 . 4 Do đó à  a 2 Ç a√3 å2 a√7 √ 2CK = CH 2 + HK 2 = 2 + = . 2 4 2 C H K A B  Chọn đáp án B # » # » c Câu 41. Cho tứ giác ABCD. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Khi đó AC +BD bằng # » # » # » # » A. −2M N . B. M N . C. 2M N . D. 3M N . Ê Lời giải. Ta có A # » # » # » # » AC = AM + M N + N C. # » # » # » # » BD = BM + M N + N D. D M N B Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên ta được # » # » # » # » # » # » # » # » # » AC + BD = AM + M N + N C + BM + M N + N D = 2M N . Chọn đáp án C 405/528 C  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 406 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả # » # » # » c Câu 42. Cho tam giác ABC và điểm M thoả mãn M B + M C = AB. Tìm vị trí điểm M . A. M là trung điểm AC. B. M là trung điểm AB. C. M là trung điểm BC. D. M là điểm thứ tư của hình bình hành ABCM . Ê Lời giải. Gọi I là trung điểm của BC, ta có A # » # » # » # » # » # » 1# » M B + M C = AB ⇔ 2M I = AB ⇔ IM = BA ⇔ M là trung điểm của AC. 2 M C I B  Chọn đáp án A c Câu 43. Cho hình bình hành ABCD tâm O và điểm M bất kì. Khẳng định nào sau đây đúng? # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » A. M A + M B + M C + M D = M O. B. M A + M B + M C + M D = 2M O. # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » C. M A + M B + M C + M D = 3M O. D. M A + M B + M C + M D = 4M O. Ê Lời giải. Ta có D A Ä # » # »ä Ä # » # »ä # » # » # » # » MA + MB + MC + MD = MA + MC + MB + MD # » # » = 2 M O + 2M O # » = 4M O. O C B  Chọn đáp án C c Câu 44. Cho hình vuông ABCD có tâm là O. Tìm mệnh đề sai. # » # » # » # » # » # » A. AB + AD = 2AO. B. AC + DB = 4AB. # » # » 1# » # » # » 1# » C. OA + OB = CB. D. AD + DO = CA. 2 2 Ê Lời giải. # » # » # » # » # » # » # » # » Ta có AC + DB = 2AO +2OB = 2AB. Vậy khẳng định AC + DB = 4AB là khẳng định sai và dễ dàng kiểm tra các khẳng định còn lại đều là khẳng định đúng. A B O D Chọn đáp án B C  # » # » c Câu 45. Trên đường thẳng M N lấy điểm P sao cho M N = −3M P . Điểm P được xác định đúng trong hình vẽ nào sau đây 406/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 407 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ M P Luôn nổ lực để đạt được thành quả N Hình 1 N M P Hình 2 N M P Hình 3 M P N Hình 4 A. Hình 3. B. Hình 4. C. Hình 1. D. Hình 2. Ê Lời giải. Theo đề ta có # » # » M N = −3M P ⇔ ®# » ® # » M nằm giữaN và P M N và M P ngược hướng ⇔ N P = 3M P. M N = 3M P Vậy hình 3 thỏa mãn đề bài. Chọn đáp án A  #» #» c Câu 46. Cho tam giác ABC và I thỏa IA = 3IB. Đẳng thức nào sau đây đúng? #» # » # » #» # » # » A. CI = 3CB − CA . B. CI = CA − 3CB. #» # » # » #» # » # » C. 2CI = 3CB − CA . D. 2CI = CA − 3CB. Ê Lời giải. Ta có A #» #» # » #» # » #» #» # » # » IA = 3IB ⇔ CA − CI = 3CB − 3CI ⇔ 2CI = 3CB − CA. I C B  Chọn đáp án C c Câu 47. Cho tam giác ABC. Gọi M là trung điểm của BC và N là trung điểm AM . Đường # » # » thẳng BN cắt AC tại P . Khi đó AC = xCP thì giá trị của x bằng 5 4 2 3 A. − . B. − . C. − . D. − . 3 3 3 2 Ê Lời giải. 407/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 408 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ta có A Ä # » # »ä 1# » x+1# » # » # » # » # » # » BC. AC = xCP ⇔ BC − BA = x BP − BC ⇔ BP = − BA + P x x # » 1 Ä # » # »ä 1 # » 1 # » Lại có BN = BA + BC = BA + BC. 2 2 # » 4 # » C # » Ba điểm B, N , P thẳng hàng ⇔ BN và BP cùng phương ⇔ ∃k ∈ R : BP = # » k BN   1 k 3   Å ã   − = x = − 1# » x+1# » 1# » 1# » # » # » x 2 ⇔ 2 BP = k BN ⇔ − BA+ BC = k BA + BC ⇔ 4 x + 1 k   x x 2 4  k = . = 3 x 4 Chọn đáp án D N M B  # » c Câu 48. Trên đường thẳng chứa cạnh BC của tam giác ABC lấy một điểm M sao cho M B = # » 3M C. Đẳng thức nào đúng? # » # » # » # » # » # » A. 2AM = AB + AC. B. AM = 2AB + AC. # » # » # » # » # » # » C. AM = AB − AC. D. 2AM + AB = 3AC. Ê Lời giải. Ta có A Ä # » # »ä # » # » # » # » # » # » # » M B = 3M C ⇔ AB − AM = 3 AC − AM ⇔ 2AM + AB = 3AC. M C  Chọn đáp án D c Câu 49. Phát biểu nào là sai? # » # » # » # » A. Nếu AB = AC thì AB = AC . # » # » C. 3AB = AC thì A, B, C thẳng hàng. B # » # » B. AB = CD thì A, B, C, D thẳng hàng. # » # » # » # » D. AB − CD = DC − BA. Ê Lời giải. # » # » Khi 4 điểm A, B, C, D phân biệt thì từ đẳng thức AB = CD ta có hai đường thẳng AB và CD song song hoặc trùng nhau. Do đó, không thể khẳng định các điểm A, B, C, D thẳng hàng. # » # » Vậy khẳng định: “ AB = CD thì A, B, C, D thẳng hàng ” là khẳng định sai và dễ dàng kiểm tra được các khẳng định còn lại đều đúng. Chọn đáp án B  c Câu 50. Cho tam giác đều ABC cạnh a. Biết rằng tập hợp các điểm M thỏa mãn đẳng thức # » # » # » # » # » 2M A + 3M B + 4M C = M B − M A là đường tròn cố định có bán kính R. Tính R theo a. a a a a A. R = . B. R = . C. R = . D. R = . 3 9 2 4 Ê Lời giải. Gọi I là điểm sao cho # » # » Ä # » # »ä #» #» # » #» # » Ä # » # »ä # » 3AB + 4AC 2IA + 3IB + 4IC = 0 ⇔ −2AI + 3AB − AI + 4 AC − AI ⇔ AI = . (∗) 9 408/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 409 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ta có Ä # » # »ä Ä # » # » ä Ä # » # » ä # » Ä #» #» # »ä # » # » # » # » 2M A+3M B+4M C = 2 M I + IA +3 M I + IB +4 M I + IC = 9M I+ 2IA + 3IB + 4IC = 9M I. Do đó ⇔ # » # » # » # » # » 2M A + 3M B + 4M C = M B − M A # » # » Ä #» #» # »ä 9M I + 2IA + 3IB + 4IC = AB ⇔ 9M I = AB 1 a ⇔ IM = AB = . 9 9 Vì I là điểm cố định thỏa mãn (∗) nên tập hợp các điểm M cần tìm là đường tròn tâm I, bán kính AB a R= = . 9 9 Chọn đáp án B  BÀI 2. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ A – TÓM TẮT LÝ THUYẾT . c Định nghĩa 2.1 (Hệ trục tọa độ). Hệ trục tọa độ Oxy là hệ gồm hai trục Ox, Oy vuông góc với nhau. #» Trong đó Ox là trục hoành, Oy là trục tung, O là gốc tọa độ và i = (0; 1), #» j = (1; 0) là hai véc-tơ đơn vị. y #» j = (1; 0) O #» i = (0; 1) x #» #» c Định nghĩa 2.2 (Tọa độ véc-tơ). #» u = (x; y) ⇔ #» u =xi +yj. #» #» #» c Ví dụ 1. #» u = − i + 2 j ⇔ #» u (. . . ; . . .) hoặc #» a = 3 j ⇔ #» a (. . . ; . . .). # » #» #» c Định nghĩa 2.3 (Tọa độ điểm). M (x; y) ⇔ OM = x i + y j . # » # » #» #» #» c Ví dụ 2. OA = − i + 2 j ⇔ A(. . . ; . . .) hoặc OB = −2 i ⇔ B(. . . ; . . .). #» c Tính chât 2.1. Cho hai véc-tơ #» a = (x1 ; y1 ), b = (x2 ; y2 ). Khi đó ta có các tính chất sau ® #» #» Ä #»ä x1 = x2 #» a. b #» #» • a = b ⇔ • cos a , b = #» y1 = y2 | #» a| · b #» • #» a ± b = (x1 ± x2 ; y1 ± y2 ) • k #» a = (kx1 ; kx2 ) #» • #» a · b = x1 x2 + y 1 y 2 p • | #» a | = x21 + y12 409/528 #» #» #» • #» a cùng phương b ( b 6= 0 ) ⇔ ∃k ∈ R : #» a = #» kb −→ (hai véc-tơ bằng nhau khi hoành = hoành và tung = tung) −→ (± hai véc-tơ = (hoành ± hoành ; tung ± tung) p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 410 2. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Luôn nổ lực để đạt được thành quả −→ (nhân phân phối) −→ (tích hai véc-tơ = hoành · hoành + tung · tung) −→ (cos của góc tích vô hướng ) tích độ dài −→ (mô-đun của véc-tơ = căn hoành bình + tung bình) −→ (hai véc-tơ cùng phương thì véc-tơ này gấp k lần véc-tơ kia) giữa hai véc-tơ = c Tính chât 2.2. Cho tam giác ABC có A (xA ; yA ), B (xB ; yB ), C (xC ; yC ). Khi đó # » −→ (nhớ: B − A) • AB = (xB − xA ; yB − yA )  x + xB  xI = A 2 • I là trung điểm AB ⇔ A+B y + yB  A yI = −→ (nhớ: I = ) 2 2  x + xB + xC  x G = A G • G là trọng tâm ∆ABC ⇔ y + y A+B+C  A B + xC y G = ) −→ (nhớ: G = 3 3 | Dạng 1. Bài toán cơ bản c Bài 1. Cho ba điểm A(−2; 1), B(2; −3), C(0; 3). # » # » # » a) Tính AB, BC, CA và AB, BC, CA. Chứng tỏ A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. b) Tìm chu vi của tam giác ABC. c) Tìm tọa độ trọng tâm G của ABC. d) Tìm tọa độ M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC. # » # » # » e) Tìm điểm E thỏa mãn CE = 2AB − 3AC. f) Tìm điểm F ∈ Ox để A, B, F thẳng hàng. Ê Lời giải. # » a) AB = (xB − xA ; yB − yA ) = (2 − (−2); −3 − 1) = (4; −4). # » BC = (xC − xB ; yC − yB ) = (0 − 2; 3 − (−3)) = (−2; 6). # » CA = (x 1 − 3) = (−2; −2). »A − xC ; yA − yC ) = (−2 − 0;p √ 2 2 AB = (xB − xA ) + (yB − yA ) = 42 + (−4)2 = 4 2. » p √ BC = (xB − xA )2 + (yB − yA )2 = (−2)2 + 62 = 2 10. » p √ CA = (xB − xA )2 + (yB − yA )2 = (−2)2 + (−2)2 = 2 2. 4 −4 # » # » Do 6= nên AB và BC không cùng phương. −2 6 Suy ra A, B, C không thẳng hàng hay A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. √ √ √ √ √ b) Chu vi của tam giác ABC là P = AB + BC + CA = 4 2 + 2 10 + 2 2 = 6 2 + 2 10.   −2 + 2 + 0 x + xB + xC   ã Å x G = A xG = 1 3 3 c) G là trọng tâm ABC ⇒ ⇒ ⇒ G 0; .   3 yG = yA + yB + yC y = 1 + (−3) + 3 G 3 3 410/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 411 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả   −2 + 2 xA + xB   x M = x M = 2 2 d) M là trung điểm AB ⇒ ⇒ ⇒ M (0; −1). y + y 1 + (−3)   A B y M = y = G 2 2   x + x 2+0 B C   x N = x N = 2 2 ⇒ ⇒ N (1; 0). N là trung điểm BC ⇒ y + y −3 +3   C yN = y N = B 2 2 e) Ta có # » # » # » CE = 2AB − 3AC ⇒ ® xE − xC = 2 (xB − xA ) − 3 (xC − xA ) yE − yC = 2 (yB − yA ) − 3 (yC − yA ) ® xE − 0 = 2 (2 − (−2)) − 3 (0 − (−2)) yE − 3 = 2 (−3 − 1) − 3 (3 − 1) ® xE = 2 ⇒ E(2; −11). yE = −11 ⇔ ⇔ f) Gọi F (xF ; 0) ∈ Ox. # » # » Ta có AB = (4; −4); AF = (xF + 2; −1). xF + 2 −1 # » # » A, B, F thẳng hàng ⇔ AB, AF cùng phương ⇔ = ⇔ xF = −1. 4 −4 Vậy F (−1; 0).  c Bài 2. Cho ba điểm A(−2; −1), B(−1; 4), C(3; 0). # » # » # » a) Tính AB, BC, CA và AB, BC, CA. Chứng tỏ A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. b) Tìm chu vi của tam giác ABC. c) Tìm tọa độ trọng tâm G của ABC. d) Tìm tọa độ M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC. # » # » # » e) Tìm điểm E thỏa mãn AE + 2BC = EB. f) Tìm điểm F ∈ Oy để A, C, F thẳng hàng. Ê Lời giải. # » a) AB = (xB − xA ; yB − yA ) = (−1 − (−2); 4 − (−1)) = (1; 5). # » BC = (xC − xB ; yC − yB ) = (3 − (−1); 0 − 4) = (4; −4). # » CA = (x −1). »A − xC ; yA − yC ) = (−2 − 3;√−1 − 0) = (−5; √ 2 2 AB = (xB − xA ) + (yB − yA ) = 12 + 52 = 26. » p √ BC = (xB − xA )2 + (yB − yA )2 = 42 + (−4)2 = 4 2. » p √ CA = (xB − xA )2 + (yB − yA )2 = (−5)2 + (−1)2 = 26. 1 5 # » # » Do 6= nên AB và BC không cùng phương. 4 −4 Suy ra A, B, C không thẳng hàng hay A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. √ √ √ √ √ b) Chu vi của tam giác ABC là P = AB + BC + CA = 26 + 4 2 + 26 = 2 26 + 4 2. 411/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 412 2. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Luôn nổ lực để đạt được thành quả   xA + xB + xC −2 + (−1) + 3   x G = xG = 3 3 c) G là trọng tâm ABC ⇒ ⇒ ⇒ G (0; 1). y + y + y −1 + 4 +0   A B C yG = y = G 3 3   −2 + (−1) x + xB   Å ã xM = x M = A 3 3 2 2 ⇒ ⇒M − ; . d) M là trung điểm AB ⇒   2 2 y = (−1) + 4 yM = yA + yB G 2 2   xB + xC −1 + 3   x N = x N = 2 2 N là trung điểm BC ⇒ ⇒ ⇒ N (1; 2). y + y 4 + 0   B C yN = y N = 2 2 e) Ta có # » # » # » AE + 2BC = EB ⇒ ® xE − xA + 2 (xC − xB ) = xB − xE yE − yA + 2 (yC − yB ) = yB − yE ® xE − (−2) + 2 (3 − (−1)) = −1 − xE yE − (−1) + 2 (0 − 4) = 4 − yE  11  ã Å x E = − 11 11 2 . ⇔ ⇒E − ;  2 2 yE = 11 2 ⇒ f) Gọi F (0; yF ) ∈ Oy. # » # » Ta có CA = (−5; −1); CF = (−3; yF ). yF −3 3 # » # » A, C, F thẳng hàng ⇔ CA, CF cùng phương ⇔ = ⇔ yF = − . −1 −5 5 Å ã 3 Vậy F 0; − . 5  c Bài 3. Cho ba điểm A(−4; 1), B(2; 4), C(−1; −5). # » # » # » a) Tính AB, BC, CA và AB, BC, CA. Chứng tỏ A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. b) Tìm chu vi của tam giác ABC. c) Tìm tọa độ trọng tâm G của ABC. d) Tìm tọa độ M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC. # » # » # » e) Tìm điểm E thỏa mãn EA + 2BE = 3CB. f) Tìm điểm F ∈ Oy để A, B, F thẳng hàng. Ê Lời giải. # » a) AB = (xB − xA ; yB − yA ) = (2 − (−4); 4 − 1) = (6; 3). # » BC = (xC − xB ; yC − yB ) = (−1 − 2; −5 − 4) = (−3; −9). # » CA = (x 1 − (−5)) = (−3; 6). »A − xC ; yA − yC ) = (−4 − (−1); √ √ AB = (xB − xA )2 + (yB − yA )2 = 62 + 32 = 3 5. 412/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 413 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả » p √ (xB − xA )2 + (yB − yA )2 = (−3)2 + (−9)2 = 3 10. » p √ CA = (xB − xA )2 + (yB − yA )2 = (−3)2 + 62 = 3 5. 3 6 # » # » 6= nên AB và BC không cùng phương. Do −3 −9 Suy ra A, B, C không thẳng hàng hay A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. √ √ √ √ √ b) Chu vi của tam giác ABC là P = AB + BC + CA = 3 5 + 3 10 + 3 5 = 6 5 + 3 10.   xA + xB + xC −4 + 2 − (−1)   x G = x G = 3 3 c) G là trọng tâm ABC ⇒ ⇒ G (−1; 0). ⇒ y + y + y   A B C 1 + 4 + (−5) y G = y = G 3 3   x + xB −4 + 2   ã Å x M = A x M = 5 2 2 d) M là trung điểm AB ⇒ . ⇒ ⇒ M −1;   2 y M = y A + y B y G = 1 + 4 2 2   x + xC 4 + (−5) B   Å ã x N = x N = 1 1 2 2 N là trung điểm BC ⇒ ⇒ ⇒N ;− .   2 2 y N = y B + y C y = 4 + 0 N 2 2 BC = e) Ta có # » # » # » EA + 2BE = 3CB ⇒ ® xA − xE + 2 (xE − xB ) = 3 (xB − xC ) yA − yE + 2 (yE − yB ) = 3 (yB − yC ) ® − 4 − xE + 2 (xE − 2) = 3 (2 − (−1)) 1 − yE + 2 (yE − 4) = 3 (4 − (−5)) ® xE = 17 ⇒ E (17; 34) . yE = 34 ⇒ ⇔ f) Gọi F (0; yF ) ∈ Oy. # » # » Ta có AB = (6; 3); AF = (4; yF − 1). yF − 1 4 # » # » = ⇔ yF = 3. A, B, F thẳng hàng ⇔ AB, AF cùng phương ⇔ 3 6 Vậy F (0; 3).  c Bài 4. Cho ba điểm A(1; −2), B(0; 4), C(3; 2). # » # » # » a) Tính AB, BC, CA và AB, BC, CA. Chứng tỏ A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. b) Tìm chu vi của tam giác ABC. c) Tìm tọa độ trọng tâm G của ABC. d) Tìm tọa độ M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC. # » # » # » e) Tìm điểm E thỏa mãn CE = 2AB − 3AC. f) Tìm điểm F ∈ Ox để A, C, F thẳng hàng. Ê Lời giải. 413/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 414 2. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Luôn nổ lực để đạt được thành quả # » a) AB = (xB − xA ; yB − yA ) = (0 − 1; 4 − (−2)) = (−1; 6). # » BC = (xC − xB ; yC − yB ) = (3 − 0; 2 − 4) = (3; −2). # » CA = (x − 2) = (−2; −4). »A − xC ; yA − yC ) = (1 − 3; −2 p √ 2 2 AB = (xB − xA ) + (yB − yA ) = (−1)2 + 62 = 37. » p √ BC = (xB − xA )2 + (yB − yA )2 = 32 + (−2)2 = 13. » p √ CA = (xB − xA )2 + (yB − yA )2 = (−2)2 + (−4)2 = 2 5. 6 −1 # » # » 6= nên AB và BC không cùng phương. Do 3 −2 Suy ra A, B, C không thẳng hàng hay A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. √ √ √ b) Chu vi của tam giác ABC là P = AB + BC + CA = 37 + 13 + 2 5.   1+0+3 xA + xB + xC   ã Å xG = x G = 4 4 3 3 ⇒ c) G là trọng tâm ABC ⇒ ; . ⇒G   3 3 yG = −2 + 4 + 2 yG = yA + yB + yC 3 3   x + xB 1+0   ã Å x M = A xM = 1 2 2 d) M là trung điểm AB ⇒ ⇒ ;1 . ⇒M   2 yM = yA + yB yG = −2 + 4 2 2   x + xC 0+3 B   ã Å x N = x N = 3 2 2 N là trung điểm BC ⇒ ;3 . ⇒ ⇒N   2 yN = yB + yC y N = 4 + 2 2 2 e) Ta có # » # » # » CE = 2AB − 3AC ⇒ ® xE − xC = 2 (xB − xA ) − 3 (xC − xA ) yE − yC = 2 (yB − yA ) − 3 (yC − yA ) ® xE − 3 = 2 (0 − 1) − 3 (3 − 1) yE − 2 = 2 (4 − (−2)) − 3 (2 − (−2)) ® xE = −5 ⇒ E(−5; 2). yE = 2 ⇔ ⇔ f) Gọi F (xF ; 0) ∈ Ox. # » # » Ta có AC = (2; 4); AF = (xF − 1; 2). 2 xF − 1 # » # » A, C, F thẳng hàng ⇔ AC, AF cùng phương ⇔ = ⇔ xF = 2. 2 4 Vậy F (2; 0).  | Dạng 2. Tìm điểm đặc biệt . Nhóm 1: TÌM ĐỈNH THỨ TƯ CỦA HÌNH BÌNH HÀNH Cần nhớ: Tìm tọa độ điểm ® # D» để ABCD là hình bình hành, ta làm theo các bước: AD = (· · · · · · ; · · · · · · ) ○ Gọi D(x, y) và tính # » A BC = (· · · · · · ; · · · · · · ). ® ® x =? Hoành = Hoành # » # » ○ Sử dụng AD = BC ⇔ ⇒ y =? Tung = Tung B 414/528 D C p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 415 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Lưu ý: Có thể tìm trung điểm của AC từ đó suy ra tọa độ điểm D. c Bài 5. Cho ba điểm A(−6; 2), B(2; 6), C(7, −8). Tìm D để ABCD là hình bình hành? Xác định tâm I của hình bình hành. Ê Lời giải. ®# » AD = (x + 6; y − 2) Gọi D(x; y). Ta có # » BC = (5; −14). ® ® x+6=5 x = −1 # » # » Vì ABCD là hình bình hành nên AD = BC ⇔ ⇔ ⇔ D(−1; −12). y − 2 = −14 y = −12  x + xC 1  x I = A = 2 2 ⇔ Tâm I của hình bình hành chính là trung điểm của đường chéo AC nên ta có y + y  C y I = A = −3 2 Å ã 1 I ; −3 .  2 c Bài 6. Cho ba điểm A(−4; 1), B(2; 4), C(−1; −5). Tìm D để ABCD là hình bình hành? Xác định tâm I của hình bình hành. Ê Lời giải. ®# » AD = (x + 4; y − 1) Gọi D(x; y). Ta có # » BC = (−3; −9). ® ® x + 4 = −3 x = −7 # » # » Vì ABCD là hình bình hành nên AD = BC ⇔ ⇔ ⇔ D(−7; −8). y − 1 = −9 y = −8  5 x + xC  x I = A =− 2 2 ⇔ Tâm I của hình bình hành chính là trung điểm của đường chéo AC nên ta có y + y  A C y I = = −2 2 Å ã 5 I − ; −2 .  2 c Bài 7. Cho ba điểm A(4; 3), B(−1; 2), C(5; −2). Tìm D để ABCD là hình bình hành? Xác định tâm I của hình bình hành. Ê Lời giải. ®# » AD = (x − 4; y − 3) Gọi D(x; y). Ta có # » BC = (6; −4). ® ® x−4=6 x = 10 # » # » Vì ABCD là hình bình hành ⇒ AD = BC ⇔ ⇔ ⇔ D(10; −1). y − 3 = −4 y = −1  9 x + xC  xI = A = 2 2 ⇔ Tâm I của hình bình hành chính là trung điểm của đường chéo AC nên ta có y + y 1  C yI = A = 2 2 Å ã 9 1 I ; . 2 2  c Bài 8. Cho tam giác ABC có A(−2; 1), B(4; 1) và C(−2; 7). Tìm tọa độ của điểm D để ABDC là hình vuông. Ê Lời giải. Theo bài ra ta tính được 415/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 416 2. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ # » • AB = (6; 0); Luôn nổ lực để đạt được thành quả # » • AC = (0; 6). # » # » ’ = 90◦ . Dễ thấy AB · AC = 0 nên AB ⊥ AC hay góc BAC Lại có AB = AC = 6. Do hình bình hành có một góc vuông và hai cạnh bên kề bằng nhau thì là hình vuông nên để ABDC # » # » là hình vuông thì chỉ tìm tọa độ sao cho BD = AC là đủ. ® #cần » BD = (x − 4; y − 1) Gọi D(x; y). Ta có # » AC = (0; 6). ® ® x=4 x−4=0 # » # » ⇔ D(4; 7).  ⇔ Vì ABCD là hình vuông ⇒ BD = AC ⇔ y=7 y−1=6 1. BÀI TẬP VỀ NHÀ 2 c Bài 5. Cho ba điểm A(1; 1), B(3; 3), C(9; 3). Tìm điểm D để ABCD là hình bình hành.. Ê Lời giải. ®# » AD = (x − 1; y − 1) Gọi D(x; y). Ta có # » BC = (6; 0). ® ® x−1=6 x=7 # » # » Vì ABCD là hình bình hành nên ta có AD = BC ⇔ ⇔ ⇔ D(7; 1). y−1=0 y=1  c Bài 6. Cho ba điểm A(−1; 1), B(5; 1), C(3; −2). Tìm D để ABCD là hình bình hành.. Ê Lời giải. ®# » AD = (x + 1; y − 1) Gọi D(x; y). Ta có # » BC = (−2; −3). ® ® x + 1 = −2 x = −3 # » # » Vì ABCD là hình bình hành nên ta có AD = BC ⇔ ⇔ ⇔ D(−3; −2). y − 1 = −3 y = −2  c Bài 7. Cho ba điểm A(−2; −1), B(1; 3), C(10; 3). Tìm D để ABCD là hình bình hành. Xác định tâm I của hình bình hành.. Ê Lời giải. ®# » AD = (x + 2; y + 1) Gọi D(x; y). Ta có # » BC = (9; 0). ® ® x+2=9 x=7 # » # » Vì ABCD là hình bình hành nên ta có AD = BC ⇔ ⇔ ⇔ D(7; −1). y+1=0 y = −1  x + xC  x = A =4 2 Tâm I của hình bình hành chính là trung điểm của đường chéo AC nên ta có ⇒ ⇔  y = yA + yC = 1 2 I(4; 1).  c Bài 8. Cho ba điểm A(−1; 1), B(1; 3), C(7; 3). Tìm D để ABCD là hình bình hành. Xác định tâm I của hình bình hành. Ê Lời giải. 416/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 417 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả ®# » AD = (x + 1; y − 1) Gọi D(x; y). Ta có # » BC = (6; 0). ® ® x=5 x+1=6 # » # » ⇔ D(5; 1). ⇔ Vì ABCD là hình bình hành nên ta có AD = BC ⇔ y=1  y−1=0 x + xC  x = A =3 2 Tâm I của hình bình hành chính là trung điểm của đường chéo AC nên ta có ⇔  y = yA + yC = 2 2 I(3; 2).  c Bài 9. Cho tam giác ABC có A(−1; 0), B(2; 3) và C(5; 0). Tìm tọa độ điểm D để ABCD là hình vuông. . Ê Lời giải. Theo bài ra ta tính được # » • AB = (3; 3); # » • BC = (3; −3). # » # » ’ = 90◦ . Dễ thấy AB · BC = 0√nên AB ⊥ BC hay góc ABC Lại có AB = BC = 3 2. Do hình bình hành có một góc vuông và hai cạnh bên kề bằng nhau thì là hình vuông nên để ABCD # » # » là hình vuông thì chỉ cần tìm tọa độ sao cho BD = AC là đủ. ®# » DC = (5 − x; −y) Gọi D(x; y). Ta có # » AB = (3; 3). ® ® 5−x=3 x=2 # » # » Vì ABCD là hình vuông nên DC = AB ⇔ ⇔ ⇔ D(2; −3). −y =3 y = −3 Vậy tọa độ điểm D là (2; −3).  c Bài 10. Cho tam giác ABC có A(4; 0), B(0; 4) và C(0; −4). Tìm tọa độ điểm D để ABDC là hình vuông. Ê Lời giải. Theo bài ra ta tính được # » • AB = (−4; 4); # » • AC = (−4; −4). # » # » ’ = 90◦ . Dễ thấy AB · AC = 0√nên AB ⊥ AC hay góc BAC Lại có AB = AC = 4 2. Do hình bình hành có một góc vuông và hai cạnh bên kề bằng nhau thì là hình vuông nên để ABDC # » # » là hình vuông thì chỉ tìm tọa độ sao cho BD = AC là đủ. ® #cần » BD = (x; y − 4) Gọi D(x; y). Ta có # » AC = (−4; −4). ® ® x = −4 x = −4 # » # » Vì ABCD là hình vuông ⇒ BD = AC ⇔ ⇔ ⇔ D(−4; 0). y − 4 = −4 y=0 Vậy tọa độ điểm D là (−4; 0).  417/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 418 2. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Nhóm 2: TÌM TỌA ĐỘ TRỰC TÂM . Cần nhớ Tìm H là chân đường cao kẻ từ A đến BC (H là hình chiếu của A lên BC). Phương pháp làm: ñ # » # » # » # » BC ⊥ AH ⇔ BC · AH = 0 Giải hệ phương trình # » # » # » # » AC ⊥ BH ⇔ AC · BH = 0. A H B C c Bài 11. Cho tam giác ABC, biết tọa độ các đỉnh là A(−6; 2), B(2; 6), C(7; −8). Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. Ê Lời giải. ®# » BC = (5; −14) Gọi H(x; y). Ta có # » AH = (x + 6; y − 2). # » # » # » # » Vì BC ⊥ AH ⇔ BC · AH = 0 ⇔ 5(x + 6) − 14(y − 2) = 0 ⇔ 5x − 14y = −58 (1). ®# » AC = (13; −10) Lại có # » BH = (x − 2; y − 6). # » # » # » # » Vì AC ⊥ BH ⇔ AC · BH = 0 ⇔ 13(x − 2) − 10(y − 6) =0 ⇔ 13x − 10y = −34 (2). 26 ®  x = 5x − 14y = −58 33 Từ (1), (2) ta có hệ phương trình ⇔ 146  13x − 10y = −34 y = . 33 Å ã 26 146 Vậy tọa độ trực tâm H là H ; . 33 33  c Bài 12. Cho tam giác ABC, biết tọa độ các đỉnh là A(2; 4), B(0; 2), C(−1; 3). Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. Ê Lời giải. ®# » BC = (−1; 1) Gọi H(x; y). Ta có # » AH = (x − 2; y − 4). # » # » # » # » Vì BC ⊥ AH ⇔ BC · AH = 0 ⇔ −(x − 2) + y − 4 = 0 ⇔ −x + y = 2 (1). ®# » AC = (−3; −1) Ta lại có # » BH = (x; y − 2). # » # » # » # » Vì AC ⊥ BH ⇔ AC · BH = 0 ⇔ −3x ® − y + 2 = 0 ⇔ −3x ® − y = −2 (2). −x+y =2 x=0 Từ (1), (2) ta có hệ phương trình ⇔ − 3x − y = −2 y = 2. Vậy tọa độ trực tâm H là H(0; 2).  c Bài 13. Cho tam giác ABC, biết tọa độ các đỉnh là A(−2; −1), B(3; 0), C(−1; 4). Tìm tọa độ điểm H là trực tâm của tam giác ABC. Ê Lời giải. ®# » BC = (−4; 4) Gọi H(x; y). Ta có # » AH = (x + 2; y + 1). # » # » # » # » Vì BC ⊥ AH ⇔ BC · AH = 0 ⇔ −4(x + 2) + 4(y + 1) = 0 ⇔ −4x + 4y = 4 (1). 418/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 419 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả ®# » AC = (1; 5) Ta lại có # » BH = (x − 3; y). # » # » # » # » Vì AC ⊥ BH ⇔ AC · BH = 0 ⇔ x− 3 + 5y = 0 ⇔ x + 5y = 3 (2). 1 ®  x = − − 4x + 4y = 4 3 ⇔ Từ (1), (2) ⇒ 2  x + 5y = 3 y = . ã 3 Å 1 2 . Vậy tọa độ trực tâm H là H − ; 3 3  c Bài 14. Cho tam giác ABC, biết tọa độ các đỉnh là A(1; 2), B(3; 4), C(−2; 5). Tìm tọa độ điểm M để gốc tọa độ O là trực tâm của tam giác ABM . Ê Lời giải. ®# » OA = (1; 2) Gọi M (x; y). Ta có # » BM = (x − 3; y − 4). # » # » # » # » Vì OA ⊥ BM ⇔ OA · BM = 0 ⇔ −x + 3 − 2(y − 4) = 0 ⇐ −x − 2y = −11 (1). ®# » BO = (−3; −4) Ta lại có # » AM = (x − 1; y − 2). # » # » # » # » Vì BO ⊥ AM ® ⇔ BO · AM = 0 ⇔ −3(x ® − 1) − 4(y − 2) = 0 ⇔ −3x − 4y = −11 (2). − x − 2y = −11 x = −11 Từ (1), (2) ⇒ ⇔ − 3x − 4y = −11 y = 11. Vậy tọa độ điểm M là M (−11; 11). 2.  BÀI TẬP VỀ NHÀ 3 c Bài 15. Cho tam giác ABC, biết là A (−4; 1), B (2; 4), C (2; −2). Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. Ê Lời giải. # » # » # » Ta có AB = (6; 3), AC = (6; −3), BC = (0; −6). Gọi H (x; y). Khi đó # » # » AH = (x + 4; y − 1), BH = (x − 2; y − 4). ® ®# » # » ® AH · BC = 0 AH ⊥ BC 0 · (x + 4) − 6 · (y − 1) = 0 Vì H là trực tâm của 4ABC nên ta có ⇔ # » # » ⇔ ⇔ BH ⊥ AC 6 · (x − 2) − 3 · (y − 4) = 0 BH · AC = 0  x = 1 2  y = 1. Å ã 1 Vậy H ;1 . 2  c Bài 16. Cho tam giác ABC, biết tọa độ các đỉnh là A (2; 5), B (−3; −2), C (5; −1). Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. # » # » Ta có AC = (3; −6) , BC = (8; 1). Gọi H (x; y). 419/528 Ê Lời giải. p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 420 2. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Luôn nổ lực để đạt được thành quả # » # » AH = (x − 2; y − 5) , BH = (x + 3; y + 2). Vì H là trực tâm của 4ABC nên ta có hệ phương trình  43 ®# » # » ® ® ®  x= AH · BC = 0 8x + y = 21 AH ⊥ BC 8(x − 2) + y − 5 = 0 17 ⇔ ⇔ # » # » ⇔ ⇔ 13  3x − 6y = 3 BH ⊥ AC 3(x + 3) − 6(y + 2) = 0 BH · AC = 0 y = . 17 Å ã 43 13 Vậy H ; . 17 17  c Bài 17. Cho tam giác ABC với A (1; −4), B (−2; 3) và H Å 17 13 ; 8 8 ã là trực tâm của tam giác. Tìm tọa độ điểm C. Ê Lời giải. # » # » Gọi C (x; ã có AC = Å (x − 1; yã+ 4), BC = (x + 2; y − 3). Å y). Ta 33 11 9 45 # » # » ; , BH = ;− . AH = 8 8 8 8 Vì H là trực tâm của 4ABC nên ta  có hệ phương trình 9 45 ® ®# » # » ® ®   (x + 2) + (y − 3) = 0 AH · BC = 0 AH ⊥ BC x + 5y = 13 x=3 8 8 ⇔ # » # » ⇔ ⇔ ⇔  BH ⊥ AC 3x − y = 7 y = 2. BH · AC = 0  33 (x − 1) − 11 (y + 4) = 0 8 8 Vậy C (3; 2).  Å ã 1 c Bài 18. Cho tam giác ABC với A (4; −1), C (−2; 2) và H − ; −1 là trực tâm của tam giác. 2 Tìm tọa độ điểm B. Ê Lời giải. # » # » Gọi B (x; 4; y + 1), CB = (x + 2; y − 2). Å y). Ta ã có AB = Å (x − ã 9 3 # » # » AH = − ; 0 , CH = ; −3 . 2 2 Vì H là trực tâm của 4ABC nên ta  có ® ®# » # » ® ®  −9 (x + 2) + 0(y − 2) = 0  AH · CB = 0 x + 2 = 0 x = −2 AH ⊥ BC 2 ⇔ ⇔ ⇔ # » # » ⇔  CH ⊥ AB x − 2y = 6 y = −4. CH · AB = 0  3 (x − 4) − 3(y + 1) = 0 2 Vậy B (−2; −4).  Nhóm 3: TÌM TỌA ĐỘ CHÂN ĐƯỜNG CAO . Cần nhớ Tìm H là chân đường cao kẻ từ A đến BC (H là hình chiếu của A lên BC). Phương ® # » pháp: # » # » # » AH ⊥ BC ⇔ AH · BC = 0 # » # » B, H, C thẳng hàng ⇔ BH, BC cùng phương. A B 420/528 H C p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 421 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 19. Cho tam giác ABC với A(1; −3), B(−5; 6) và C(0; 1). Tìm tọa độ điểm H là chân đường cao kẻ từ đỉnh A đến BC. Tính diện tích tam giác ABC. Ê Lời giải. ○ Tìm chân đường cao H kẻ từ A đến BC # »   AH = (x − 1; y + 3) # » ○ Gọi H(x; y). Ta có BC = (5; −5)   # » BH = (x + 5; y − 6). # » # » # » # » ○ Ta có AH⊥BC ⇔ AH · BC = 0 ⇔ 5(x − 1) + (−5)(y + 3) = 0 ⇔x − y = 4 (1). y−6 x+5 # » # » = ⇔ x + y = 1. ○ Ta lại có B, H, C thẳng hàng ⇔ BH, BC cùng phương ⇔ 5 −5  5 ®  ã Å  x = x−y =4 5 3 2 ○ Từ (1) và (2) ⇒ ⇒ ;− . ⇔H  2 2 x+y =1 y = − 3 2 Tính  diện tích tam giác ABC: » √  2 + (1 − 6)2 = 5 2  BC = (0 + 5)  √ Å ã2 Å ã2 Ta có 5 2 3 −3   −1 + +3 = . AH = 2 2 2 15 1 Suy ra: S∆ABC = AH · BC = . 2 2 (2)  c Bài 20. Cho tam giác ABC với A(−4; 1), B(2; 4) và C(2; −2). Tìm tọa độ điểm H là chân đường cao kẻ từ đỉnh B đến AC. Tính diện tích tam giác ABC. Ê Lời giải. ○ Tìm chân đường cao H kẻ từ B đến AC # »   BH = (x − 2; y − 4) # » ○ Gọi H(x; y). Ta có AC = (6; −3)   # » AH = (x + 4; y − 1). # » # » # » # » ○ Ta có BH⊥AC ⇔ BH · AC = 0 ⇔ 6(x − 2) + (−3)(y − 4) = 0 ⇔ 6x − 3y = 0 (1). x+4 y−1 # » # » ○ Ta lại có A, H, C thẳng hàng ⇔ AH, AC cùng phương ⇔ = ⇔ x + 2y = −2. 6 −3 (2)  −2 ®  Å ã x = 6x − 3y = 0 −2 −4 5 ⇔H ; . ○ Từ (1) và (2) ⇒ ⇒  5 5 x + 2y = −2 y = −4 5 Tính diện tích tam giác ABC: 421/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 422 2. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Luôn nổ lực để đạt được thành quả  » √   AC = (2 + 4)2 + (−2 − 1)2 = 3 5  √ Å ã2 Å ã2 Ta có −2 −4 12 5   −2 + −4 = BH = 5 5 5 1 Suy ra: S∆ABC = BH · AC = 18. 2  3. Bài tập về nhà 4 c Bài 21. Tìm chân đường cao kẻ từ C đến AB. Biết A(0; 4), B(−2; 1), C(0; 2). Ê Lời giải. # » Ta có AB = (−2; −3). Phương trình đường thẳng AB là ® x = −2t y = 4 − 3t. Phương trình đường thẳng qua C và vuông góc với đường thẳng AB là (−2) · (x − 0) + (−3) · (y − 2) = 0 ⇔ 2x + 3y − 6 = 0. Chân đường cao H kẻ từ C đến AB có tọa độ thỏa mãn  6    t=   13   2x + 3y − 6 = 0  −12 x = −2t ⇒ x=   13    y = 4 − 3t  34  y = . 13 ã Å −12 34 . Vậy H ; 13 13  c Bài 22. Tìm chân đường cao H kẻ từ B đến AC. Biết A(−2; 1), B(0; 6), C(0; −4). Ê Lời giải. # » Ta có AC = (2; −5). Phương trình đường thẳng AC là ® x = −2 + 2t y = 1 − 5t. Phương trình đường thẳng qua B và vuông góc với đường thẳng AC là 2 · (x − 0) + (−5) · (y − 6) = 0 ⇔ 2x − 5y + 30 = 0. Chân đường cao H kẻ từ B đến AC có tọa độ thỏa mãn  −21    t=   29   2x − 5y + 30 = 0  −100 x = −2 + 2t ⇒ x=   29    y = 1 − 5t  134  y = . 29 Å ã −100 134 Vậy H ; . 29 29 422/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 423 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 23. Cho tam giác ABC có A(3; −1), B(6; 0) và C(1; 5). Tìm M trên đường thẳng BC sao cho AM có độ dài ngắn nhất. Ê Lời giải. Đoạn thẳng AM có độ dài ngắn nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng BC. # » Ta có BC = (−5; 5). Phương trình đường thẳng BC là ® x = −3 − 5t y = −1 + 5t. Phương trình đường thẳng qua A và vuông góc với đường thẳng BC là (−5) · (x − 3) + 5 · (y + 1) = 0 ⇔ −5x + 5y + 20 = 0. Chân đường cao H kẻ từ B đến AC có tọa độ thỏa mãn  ®   − 5x + 5y + 20 = 0 x=5 x = −3 − 5t ⇒  y = 1.  y = −1 + 5t Vậy M (5; 1).  c Bài 24. Cho tam giác ABC có A(1; 5), B(−5; 2) và C(−1; 9). Tìm M trên đường thẳng BC sao cho AM có độ dài ngắn nhất. Ê Lời giải. Đoạn thẳng AM có độ dài ngắn nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng BC. # » Ta có BC = (4; 7). Phương trình đường thẳng BC là ® x = −5 + 4t y = 2 + 7t. Phương trình đường thẳng qua A và vuông góc với đường thẳng BC là 4 · (x − 1) + 7 · (y − 5) = 0 ⇔ 4x + 7y − 39 = 0. Chân đường cao H kẻ từ B đến AC có tọa độ thỏa mãn     4x + 7y − 39 = 0 x = x = −5 + 4t ⇒    y = y = 2 + 7t Å Vậy M 423/528 ã −29 89 ; . 13 13 −29 13 89 . 13  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 424 2. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ . Luôn nổ lực để đạt được thành quả Nhóm 4. TÌM TÂM ĐƯỜNG TRÒN NGOẠI TIẾP TAM GIÁC Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là giao điểm của của ba đường trung trực của tam giác ABC. ○ Nếu tam giác ABC là tam giác vuông thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC trùng o với trung điểm cạnh huyền của tam giác ABC. ○ Nếu tam giác ABC là tam giác đều thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC trùng với trọng tâm G của tam giác ABC. c Bài 25. Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với A(1; 2), B(−2; 6), C(9; 8). Ê Lời giải. # » # » # » # » # » # » Ta có AB = (−3; 4), AC = (8; 6), suy ra AB · AC = (−3) · 8 + 4 · 6 = 0 hay AB ⊥ AC. Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nhận đoạn thẳng BC làm đường kính và tọa độ tâm I là xI = 7 6+8 −2 + 9 = , yI = = 7. 2 2 2  c Bài 26. Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với A(1; 3), B(−1; −1), C(9; −1). Ê Lời giải. # » # » # » # » # » # » Ta có AB = (−2; −4), AC = (8; −4), suy ra AB · AC = (−2) · 8 + (−4) · (−4) = 0 hay AB ⊥ AC. Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nhận đoạn thẳng BC làm đường kính và tọa độ tâm I là xI = −1 + (−1) −1 + 9 = 4, yI = = −1. 2 2  c Bài 27. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(−4; 1), B(2; 4), C(2; −2). a) Tính chu vi của tam giác ABC. b) Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ê Lời giải. √ # » # » # » a) Ta có AB = (6; 3), AC = (6; −3), BC√= (0; −6), suy ra AB = AC = 3 5, BC = 6. √ √ Vậy chu vi của tam giác ABC bằng 3 5 + 3 5 + 6 = 6 + 6 5. Å ã 5 # » b) Gọi M , N là trung điểm của BC, AB. Ta có M (2; 1), N −1; , suy ra AM = (6; 0). 2 Do tam giác ABC là tam giác cân tại A (do AB = AC) nên AM là đường trung trực của BC. Phương trình đường thẳng AM là y = 1. Phương trình đường trung trực của AB là Å ã 5 3 6 · (x + 1) + 3 · y − = 0 ⇔ 6x + 3y − = 0. 2 2 Tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là nghiệm của hệ   Å ã y = 1 x = − 1 1 4 ⇒ I − ;1 . ⇔ 6x + 3y − 3 = 0  4 y = 1 2  424/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 425 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 28. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(2; −1), B(0; 5), C(−3; 7). Tìm tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ê Lời giải. # » # » # » Ta có AB = (−2; 6), AC = (−5; 8), = (−3; 2). Å BC ã −1 Gọi M , N là trung điểm của AB, AC. Ta có M (1; 2), N ; 3 , Phương trình đường trung trực 2 của AB là −2 · (x − 1) + 6 · (y − 2) = 0 ⇔ −x + 3y − 5 = 0. Phương trình đường trung trực của AC là Å ã 1 53 −5 · x + + 8 · (y − 3) = 0 ⇔ −5x + 8y − = 0. 2 2 Tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là nghiệm của hệ   74  Å ã  − x + 3y − 5 = 0 x = − 1 9 ⇔ ⇒ I − ;1 .  − 5x + 8y − 53 = 0  4 y = −3 2 14  c Bài 29. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(−1; 1), B(3; 5), C(8; −1). Tìm tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ê Lời giải. # » # » # » Ta có AB = (4; 4), AC = (9; −2), BC = (5; −6). Å Gọi M , N là trung điểm của AB, AC. Ta có M (1; 3), N ã 7 ;0 . 2 Phương trình đường trung trực của AB là 4 · (x − 1) + 4 · (y − 2) = 0 ⇔ x + y − 4 = 0. Phương trình đường trung trực của AC là Å ã 7 63 − 2 · (y − 0) = 0 ⇔ 9x − 2y − = 0. 9· x− 2 2 Tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là nghiệm của hệ   79  Å ã x + y − 4 = 0 x = 79 9 22 ; ⇔ ⇒I . 9x − 2y − 63 = 0  22 22 y = 9 2 22  c Bài 30. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(6; 3), B(−3; 6), C(1; −2). Tìm tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ê Lời giải. 425/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 426 2. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Luôn nổ lực để đạt được thành quả # » # » # » Ta có AB = (−9; 3), AC = (−5; −5), BCÅ= (4;ã−8).Å ã 7 3 9 ; ,N ;1 . Gọi M , N là trung điểm của AB, AC. Ta có M 2 2 2 Phương trình đường trung trực của AB là Å ã Å ã 3 9 −9 · x − +3· y− = 0 ⇔ 3x − y = 0. 2 2 Phương trình đường trung trực của AC là ã Å 7 + (−5) · (y − 1) = 0 ⇔ x + y − 4 = 0. (−5) · x − 2 Tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là nghiệm của hệ ® ® x=1 x+y−4=0 ⇒ I (1; 3) . ⇔ y=3 x+y−4=0  426/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 427 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ o. Luôn nổ lực để đạt được thành quả Nhóm 5. TÌM TỌA ĐỘ CHÂN ĐƯỜNG PHÂN GIÁC AB # » # » ○ Nếu AD là đường phân giác trong góc A của tam giác ABC thì DB = − · DC. AC ○ Nếu tam giác ABC cân hoặc đều thì chân đường phân giác đỉnh A là trung điểm của BC. c Bài 31. Cho tam giác ABC với A(−4; 1), B(2; 4) và C(2; −2). Tìm tọa độ D là chân đường phân giác góc A. Tìm tọa độ I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ê Lời giải. √ # » # » # » Ta có AB = (6; 3), AC = (6; −3), BC = (0; −6), suy ra AB = AC = 3 5, BC = 6. Do đó, tam giác ABC cân tại A. Vậy chân đường phân giác đỉnh A là trung điểm của BC, suy ra xD = 2+2 4 + (−2) = 2, yD = = 1. 2 2 Gọi I(x; y) là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC. Khi đó, BI là tia phân giác của tam giác ABD. Theo tính chất phân giác, ta có  √ √  3   − 4 − x = − 5 · (2 − x) 7−3 5   AB # » #» x= √ 3 · ID ⇔ ⇔ IA = − 2   BD 3 5  1 − y = − y = 1. · (1 − y) 3 Ç å √ 7−3 5 Vậy I ;1 . 2 A I B D C  c Bài 32. Cho tam giác ABC với A(1; 3), B(−1; −1) và C(9; −1). Tìm tọa độ D là chân đường phân giác góc A. Tìm tọa độ I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ê Lời giải. √ √ # » # » # » Ta có AB = (−2; −4), AC = (8; −4), BC = (10; 0) suy ra AB = 2 5, AC = 4 5, BC = 10. Do đó, Giả sử D(xD , yD ), Theo tính chất tia phân giác góc A, ta có  √   2  − 1 − x = − √5 · (9 − x )  D D  x = 7 AB # » # » D 4 5 3 √ DB = − · DC ⇔ ⇔   AC 2 5  y = 1.  − 1 − yD = − √ · (−1 − yD ) D  4 5 Å ã 7 10 Do đó, D ; −1 ⇒ BD = . Gọi I(x; y) là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC. 3 3 427/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 428 2. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Khi đó, BI là tia phân giác của tam giác ABD. Theo tính chất phân giác, ta có  √ Å ã 2 5 7    1−x=− · −x  10  √ 3 ®   5 x = 4 − AB # » #» 3 √ √ · ID ⇔ ⇔ IA = −  BD y = 3 5 − 6.  3 − y = − 2 5 · (−1 − y)   10   3 Ä ä √ √ Vậy I 4 − 5; 3 5 − 6 . A I B D C  428/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 429 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả c √Bài 33. Trên mặt phẳng Oxy cho điểm B(5; 2). Tìm tọa độ điểm D trên Ox thỏa mãn BD = 2 2. Ê Lời giải. Gọi D(x; 0) ∈ Ox. Ta có √ BD = 2 2 » √ ⇔ (x − 5)2 + (0 − 2)2 = 2 2 ⇔ (x − 5)2 + 4 = 8 ⇔ x2 − 10x + 21 = 0 ñ x=7 ⇔ x = 3. Vậy D(7; 0) hoặc D(3; 0).  c √ Bài 34. Tìm điểm E trên đường thẳng d : y = −0,5x cách điểm A(1; −4) một khoảng bằng 10. ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ÊÅLời giải. ã 1 Gọi E x; − x ∈ d. 2 Ta có √ AE = 2 2 … √ 1 (x − 1)2 + (− x + 4)2 = 10 2 Å ã2 1 2 (x − 1) + − x + 4 = 10 2 5 2 x − 6x + 7 = 0 4 x=2  14 x= . 5 Å ã 14 7 Vậy E(2; −1) hoặc E ;− . 5 5  c Bài 35. √ Trên mặt phẳng Oxy cho điểm A(−1; −1). Tìm tọa độ điểm M thuộc trục tung sao cho AM = 17. Ê Lời giải. Gọi M (0; m) ∈ Oy. Ta có √ AM = 17 » √ ⇔ (0 + 1)2 + (m + 1)2 = 17 ⇔ (m + 1)2 + 1 = 17 ⇔ m2 + 2m − 15 = 0 ñ m=3 ⇔ m = −5. Vậy M (0; 3) hoặc M (0; −5). 429/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 430 2. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 36. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A(−1; 3) và B(2; 4). a) Tìm tọa độ điểm M là điểm đối xứng với A qua B. b) Tìm tọa độ điểm N nằm trên trục hoành thỏa mãn N A = N B. c) Tìm tọa độ điểm C có hoành độ bằng 2 sao cho tam giác ABC vuông tại C. Ê Lời giải. a) ® b) M đối xứng với A qua B nên xM = 2xB − xA = 5 . yM = 2yB − yA = 5 Suy ra M (5; 5). c) Gọi N (x; 0) ∈ Ox. Ta có NA = NB » » 2 2 ⇔ (x + 1) + (0 − 3) = (x − 2)2 + (0 − 4)2 ⇔ (x + 1)2 + 9 = (x − 2)2 + 16 ⇔ 6x = 10 5 ⇔ x= 3 Å Vậy N ã 5 ;0 . 3 # » # » d) Gọi C(2; y). Ta có CA = (3; y − 3) và CB = (0; 4 − y). Vì 4ABC vuông tại C nên # » # » # » # » CA ⊥ CB ⇔ CA · CB = 0 ⇔ (y − 3) · (4 − y) = 0 ñ y=3 ⇔ y = 4 (loại). Vậy C (2; 3).  c Bài 37. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A(−2; 1) và B(1; −2). Tìm điểm M thuộc trục Ox để tam giác ABM vuông tại A. Ê Lời giải. # » # » Gọi M (m; 0). Ta có AB = (3; −3) và AM = (m + 2; −1). Vì 4ABM vuông tại A nên # » # » # » # » AB ⊥ AM ⇔ AB · AM = 0 ⇔ 3(m + 2) + 3 = 0 ⇔ m = −3. Vậy M (−3; 0). 430/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 431 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 38. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A(1; 2) và B(−2; 6). Tìm điểm M thuộc trục Ox để tam giác M AB cân tại M . Ê Lời giải. Gọi M (x; 0) ∈ Ox. Tam giác M AB cân tại M ⇔ MA = MB » » ⇔ (1 − x)2 + (2 − 0)2 = (−2 − x)2 + (6 − 0)2 ⇔ (1 − x)2 + 4 = (−2 − x)2 + 36 ⇔ 6x = −35 35 ⇔ x=− 6 Å ã 35 Vậy M − ; 0 . 6  c Bài 39. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A(2; 1) và B(1; 2). Tìm điểm M thuộc trục Oy để tam giác ABM cân tại B. Ê Lời giải. Gọi M (0; m) ∈ Oy. Tam giác ABM cân tại B ⇔ BA = BM » » ⇔ (2 − 1)2 + (1 − 2)2 = (0 − 1)2 + (m − 2)2 ⇔ (m − 2)2 = 1 ⇔ m2 − 4m + 3 = 0 ñ m=1 ⇔ m = 3. # » # » Với m = 1, hai vec tơ AB = (−1; 1), AM = (−2; 0) không cùng phương nên A, B, M là ba đỉnh của một tam giác (thỏa mãn). # » # » Với m = 3, hai vec tơ AB = (−1; 1), AM = (−2; 2) cùng phương nên A, B, M thẳng hàng (không thỏa mãn).  c Bài 40. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A(1; −2) và B(2; 3). a) Tìm tọa độ điểm M thuộc trục hoành sao cho M, A, B thẳng hàng. b) Tìm tọa độ điểm D sao cho tam giác OAD vuông cân tại gốc tọa độ. Ê Lời giải. # » # » a) Gọi M (m; 0) ∈ Ox. Ta có AB = (1; 5), AM = (m − 1; 2). # » # » Ba điểm M, A, B thẳng hàng khi và chỉ khi AB cùng phương AM ⇔ Å Vậy M 431/528 m−1 2 7 = ⇔m= . 1 5 5 ã 7 ;0 . 5 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 432 2. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Luôn nổ lực để đạt được thành quả # » # » b) Gọi D(x; y). Ta có OA = (1; −2), OD = (x; y). Tam giác OAD vuông cân tại O ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ®# » # » OA · OD = 0 OA2 = OD2 ® x − 2y = 0 5 = x2 + y 2 ® x − 2y = 0 5y 2 = 5 ® x − 2y = 0 y = ±1. Vậy D(2; 1) hoặc D(−2; −1).  c Bài 41. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A(1; 5) và B(−7; 11). Tìm điểm M sao cho tam giác ABM vuông cân tại điểm M . Ê Lời giải. # » # » Gọi M (x; y). Ta có AM = (x − 1; y − 5), BM = (x + 7; y − 11). Tam giác ABM vuông cân tại M ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ®# » # » AM · BM = 0 AM 2 = BM 2 ® (x − 1)(x + 7) + (y − 5)(y − 11) = 0 (x − 1)2 + (y − 5)2 = (x + 7)2 + (y − 11)2  (x − 1)(x + 7) + (y − 5)(y − 11) = 0 y = 4x + 12 3  4x  + 12 y = 3 2   25x + 50x = 0 3  9 4x   y = 3 + 12 ñ x=0    x = −6. Vậy M (0; 12) hoặc M (−6; 4).  c Bài 42. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC, tìm tọa độ điểm D để ABCD là hình chữ nhật với a) A(1; 2), B(5; 4), C(7; 0) b) A(6; 3), B(4; 7), C(2; 1). Ê Lời giải. 432/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 433 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả # » # » a) Ta có AB = (4; 2), BC = (2; −4). # » # » AB · BC = 0, suy ra tam giác ABC vuông tại B. Do đó nếu tứ giác ABCD là hình bình hành thì ABCD là hình chữ nhật. # » # » Tứ giác ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi A, B, C không thẳng hàng và BA = CD ® xA − xB = xD − xC ⇔ yA − yB = yD − yC ® xD = xA + xC − xB = 3 ⇔ yD = yA + yC − yB = −2. Vậy D(3; −2). # » # » b) Ta có AB = (−2; 4), AC = (−4; −2). # » # » AB · BC = 0, suy ra tam giác ABC vuông tại A. Do đó nếu tứ giác ABCD là hình bình hành thì ABCD là hình chữ nhật. # » # » Tứ giác ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi A, B, C không thẳng hàng và BA = CD ® xA − xB = xD − xC ⇔ yA − yB = yD − yC ® xD = x A + xC − xB = 0 ⇔ yD = yA + yC − yB = 5. Vậy D(0; 5).  c Bài 43. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC, tìm tọa độ điểm I với #» #» #» a) A(1; 2), B(5; 4), C(7; 0) và I ∈ Ox thỏa mãn IA + IB + IC đạt giá trị nhỏ nhất. #» #» #» b) A(6; 3), B(4; 7), C(2; 1) và I ∈ Oy thỏa mãn IA + IB + IC đạt giá trị nhỏ nhất. Ê Lời giải. #» # » # » # » a) Gọi I(x;  #0)» ∈ Ox và đặt u = IA + IB + IC.   IA = (1 − x; 2) #» Ta có IB = (5 − x; 4) ⇒ #» u = (13 − 3x; 6).   #» IC = (7 − x; 0) p Khi đó | #» u | = (13 − 3x)2 + 62 ≥ 6. 13 Dấu = xảy ra khi và chỉ khi 13 − 3x = 0 ⇔ x = . 3 Å ã 13 Vậy I ;0 . 3 #» #» #» b) Gọi I(0; ∈ Oy và đặt #» u = IA + IB + IC.  y) #»   IA = (6; 3 − y) #» Ta có IB = (4; 7 − y) ⇒ #» u = (12; 11 − 3y).   #» IC = (2; 1 − y) p #» Khi đó | u | = 122 + (11 − 3x)2 ≥ 12. 433/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 434 2. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Luôn nổ lực để đạt được thành quả 11 Dấu = xảy ra khi và chỉ khi 11 − 3x = 0 ⇔ x = . 3 Å ã 11 Vậy I 0; . 3  c Bài 44. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A(−1; 3) và B(1; −2). Tìm điểm M thuộc trục # » # » hoành sao cho 2M A + M B đạt giá trị nhỏ nhất. Ê Lời giải. # » # » Gọi M (x; 0) ∈ Ox và đặt #» u = 2M A + M B. ®# » M A = (−1 − x; 3) Ta có # » ⇒ #» u = (−1 − 3x; 4). M B = (1 − x; −2) p Khi đó | #» u | = (−1 − 3x)2 + 42 ≥ 4. Å ã 1 Vậy M − ; 0 . 3 1 Dấu = xảy ra khi và chỉ khi −1 − 3x = 0 ⇔ x = − . 3  c Bài 45. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A(4; 2), B(3; 5), C(5; −3). Tìm D ∈ Oy sao cho ABCD là hình thang có cạnh đáy là AB. Ê Lời giải. ®# » DC = (5; −y − 3) Gọi D(0; y) ∈ Oy. Ta có # » AB = (7; 3). ABCD là hình thang cạnh đáy AB khi và chỉ khi tồn tại số thực k > 0 sao cho # » # » DC = k AB 5 −y − 3 ⇔ = =k 7 3 5  k = 7 ⇔  y = − 36 . 7 Å ã 36 Vậy D 0; − . 7  c Bài 46. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với A(2; 4), B(1; 2), C(6; 2). Gọi M là trung điểm của BC. Tìm tọa độ giao điểm E của đường thẳng AM với trục tung. Ê Lời giải. Gọi E(0; Å y) ∈ Oy ã là giao Åđiểm của ã AM và trục tung. 7 3 # » # » Ta có M ; 2 , AM = ; −2 ; AE = (−2; y − 4). 2 2 # » # » Ba điểm A, M, E thẳng hàng do đó hai vec tơ AM và AE cùng phương ⇔ Å ã 20 Vậy E 0; . 3 434/528 −2 3 2 = y−4 20 ⇔y= . −2 3  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 435 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 47. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A(1; −2), B(2; −3). Tìm tọa độ giao điểm M của đường thẳng AM với trục tung. Ê Lời giải. Gọi M (0; y) ∈ Oy là giao điểm của AB và Oy. # » # » Ta có AB = (1; −1), AM = (−1; y + 2). # » # » Ba điểm A, B, M thẳng hàng do đó hai vec tơ AB và AM cùng phương ⇔ −1 y+2 = ⇔ y = −1. 1 −1 Vậy M (0; −1).  c Bài 48 (HK I – THPT Tân Bình – Tp. HCM). Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A(−2; −1) và ÷ B(2; −4). Tìm toạ độ điểm M thuộc trục tung sao cho M BA = 45◦ Ê Lời giải. Gọi M (0; y) ∈ Oy. Ta có »  # » p ®# » 2 + (y + 4)2 =  BM (−2) y 2 + 8y + 20 = BM = (−2; y + 4) » ⇒ # » # »  BA BA = (−4; 3) = (−4)2 + 32 = 5 √ √ # » # » BM · BA 2 8 + 3(y + 4) 2 ◦ ◦ ÷ ÷ Vì M BA = 45 ⇒ cos M BA = cos 45 ⇔ # » # » = ⇔ p = 2 2 5 y 2 + 8y + 20 BM · BA √ p ⇔ 6y + 40 = 5 2 y 2 + 8y + 20 ⇔ (6y + 40)2 = 50(y 2 + 8y + 20)  y = 10 ⇔ 36y 2 + 480y + 1600 = 50y 2 + 400y + 1000 ⇔ 14y 2 − 80y − 600 = 0 ⇔  30 y=− . 7 Å ã 30 Vậy có hai điểm M thoả bài toán là M (0; 10) hoặc M 0; − . 7  c Bài 49 (HK I – THPT Ngô Gia Tự – Tp. HCM). Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A(3; 1) và ÷ = 60◦ B(1; 3). Tìm toạ độ điểm M thuộc trục tung sao cho ABM Ê Lời giải. Gọi M (0; y) ∈ Oy. Ta có »  # » p ®# »  BM = (−1)2 + (y − 3)2 = y 2 − 6y + 10 BM = (−1; y − 3) » ⇒ √ # » # »  BA BA = (2; −2) = 22 + (−2)2 = 2 2 Vì ÷ = 60◦ ⇒ cos ABM ÷ = cos 60◦ ⇔ ABM # » # » BM · BA 1 # » # » =2 BM · BA 2(−1) − 2(y − 3) 1 √ p = 2 2 2 2 y + 6y + 10 √ p ⇔ −2y + 4 = 2 y 2 − 6y + 10 ⇔ 435/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 436 2. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Luôn nổ lực để đạt được thành quả ® ⇔ − 2y + 4 ≥ 0 (2y − 4)2 = 2(y 2 − 6y + 10) ® y≤2 2y 2 − 4y − 4 = 0  y≤2  ñ √ y = 1 + 3 (loại) ⇔  √  y = 1 − 3 (nhận). ⇔ Vậy M (0; 1 − √ 3).  c Bài 50 (HK I – THPT Chuyên Trần Đại Nghĩa – Tp. HCM). Trong mặt phẳng Oxy, cho ba ÷ điểm A(3; 4), B(2; 1) và C(−1; 2). Tìm điểm M trên đường thẳng BC để AM B = 45◦ . Ê Lời giải. # » Ta có BC = (−3; 1). Đường thẳng BC đi qua điểm B(2; 1) nhận véc-tơ #» n = (1; 3) làm véc-tơ pháp tuyến có phương trình là 1(x − 2) + 3(y − 1) = 0 ⇔ x + 3y − 5 = 0 Điểm M thuộc BC nên M = (5 − 3y; y). Ta được » » # » # » AM = (2 − 3y; y − 4) ⇒ AM = (2 − 3y)2 + (y − 4)2 = 10(y 2 − 2y + 2) » » # » # » BM = (3 − 3y; y − 1) ⇒ BM = (3 − 3y)2 + (y − 1)2 = 10(y 2 − 2y + 1). ÷ ÷ AM B = 45◦ ⇒ cos AM B = cos 45◦ ⇔ Vì √ # » # » AM · BM 2 # » # » = 2 AM · BM √ (2 − 3y)(3 − 3y) + (y − 4)(y − 1) 2 p ⇔ p = 2 2 2 10(y − 2y + 2) 10(y − 2y + 1) √ 10(y 2 − 2y + 1) 2 p ⇔ p = 2 10(y 2 − 2y + 2) 10(y 2 − 2y + 1) y 2 − 2y + 1 1 = ⇔ 2(y 2 − 2y + 1) = y 2 − 2y + 2 2 y − 2y + 2 2 ñ y=0⇒x=5 ⇔ y 2 − 2y = 0 ⇔ y = 2 ⇒ x = −1. ⇔ Vậy M (5; 0) hoặc M (−1; 2).  c Bài 51 (HK I – THPT Trường Chinh – Tp. HCM). Trong mặt √ phẳng Oxy, xác định toạ độ D và E biết D ∈ Ox, E ∈ Oy thoả 4ADE vuông tại A và DE = 52, với A(1; 5). Ê Lời giải. Gọi D = (x; 0) và E = (0; y). # » # » # » Ta có DE = (−x; y), AD = (x − 1; −5), AE = (−1; y − 5). # » # » Tam giác ADE vuông tại E ⇔ AD · AE = 0 ⇔ (x − 1)(−1) − 5(y − 5) = 0 ⇔ x = 26 − 5y 436/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 437 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Mặt khác » √ √ DE = 52 ⇔ (−x)2 + y 2 = 52 ⇔ x2 + y 2 = 52 ⇔ (26 − 5y)2 + y 2 = 52 ⇔ 26y 2 − 260y + 624 = 0 ñ y = 6 ⇒ x = −4 ⇔ y = 4 ⇒ x = 6. Vậy ta được D(−4; 0), E(0; 6) hoặc D(6; 0), E(0; 4).  c Bài 52 (HK I – THPT Trưng Vương – Tp. HCM). Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với A(1; 3), B(−1; −1), C(9; −1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông M N EF , biết A là trung điểm của M N , B là điểm thuộc đường chéo N F sao cho N B = 3BF . Ê Lời giải. Gọi độ dài cạnh hình vuông là a. Khi đó, ta có  a  AN = 2 √ ⇒ AB 2 = AN 2 + BN 2 − 2AN · BN cos 45◦ 3 3a 2  BN = N F = 4 8 √  a 2 Ç 3a√2 å2 3a 5 a 2 cos 45◦ = a2 ⇔ AB 2 = + −2· · 2 4 2 4 8 p √ √ 2 2 Mà AB = (−1 − 1) + (−1 − 3) = 2 5, thế vào ta đưọc a = 4 2. Goi N (x; y), ta có √ # » # » AN · BN 2 (x − 1)(x + 1) + (y − 3)(y + 1) √ cos 45◦ = ⇔ = ⇔ x2 + y 2 − 2y − 16 = 0 AN · BN 2 2 2·6 Lại có AN 2 = (x − 1)2 + (y − 3)2 = 8 ⇔ x2 + y 2 − 2x − 6y + 2 = 0 ® 2 ® x + y 2 − 2y − 16 = 0 x = −1 Từ (1) và(2) ta được hệ phương trình ⇔ hoặc 2 2 x + y − 2x − 6y + 2 = 0 y=5 Å ã 19 13 Suy ra N (−1; 5) hoặc N ; . 5 5 Với N (−1; 5), vì A là trung điểm M N , suy ra M (3; 1). # » 3# » BN = F N ⇒ F (−1; −3). # » 4 # » M N =Å F E ⇒ E(−5; 1). Å ã ã Å ã 19 13 9 17 13 11 Tương tự với N ; , ta có E(3; −3); M − ; ;F − ;− 5 5 5 5 5 5 Bài 4. tập (1) (2)  19  x = 5 . 13  y = 5 tổng  hợp c Bài 53 (HK1-THPT Bách Việt – TP. HCM). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(−6; 2), B(2; 6), C(7; −8). a) Chứng minh ba điểm A, B, C lập thành # » # » tam giác. Tính AB · AC. b) Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn BC, tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC. c) Tìm D để ABCD là hình bình hành. d) Tìm tọa độ trực tâm H của 4ABC. 437/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 438 2. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ê Lời giải. # » # » a) Ta có AB = (8; 4) và AC = (13; −10). 8 4 # » # » Do 6= , suy ra AB và AC không cùng phương hay A, B, C lập thành tam giác. 13 # −10 » # » Khi đó, AB · AC = 8 · 13 + 4 · (−10) = 64. b) I(xI ; yI ) là trung điểm của BC, khi đó  xB + xc 2+7 9  Å ã = = x I = 9 2 2 2 ⇒I ; −1 .  2 y = yB + yC = 6 + (−8) = −1 I 2 2 G(xG ; yG ) là trọng tâm tam giác ABC, khi đó  xA + xB + x C −6 + 2 + 7  = =1 x G = 3 3 ⇒ G(1; 0).  y = yA + yB + yC = 2 + 6 + (−8) = 0 G 3 3 # » # » c) Gọi D(x; y) là điểm cần tìm, khi đó AD = (x + 6; y − 2) và BC = (5; −14). # » # » Để ABCD là hình bình hành thì AD = BC ® ® x+6=5 x = −1 ⇒ ⇔ ⇒ D(−1; −12). y − 2 = −14 y = −12 d) Gọi H(x; y) là điểm cần tìm. Vì H là trực tâm tam giác ABC nên  26 ®# » # » ® ®  x = AH · BC = 0 5 · (x + 6) − 14 · (y − 2) = 0 5x − 14y = −58 33 ⇔ ⇔ ⇔ # » # » 146  13 · (x − 2) − 10(y − 6) = 0 13x − 10y = −34 BH · AC = 0 y = 33 Å ã 26 146 Suy ra H ; . 33 33  c Bài 54 (HK1-THPT Quốc tế Bắc Mỹ – TP. HCM). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(2; 4), B(0; 2), C(−1; 3). a) Chứng minh ba điểm A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. b) Tính độ dài đường trung tuyến CM của tam giác ABC. c) Tìm D để B là trọng tâm của tam giác ACD. d) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. Ê Lời giải. # » # » a) Ta có AB = (−2; −2) và AC = (−3; −1). −2 −2 # » # » Do 6= , suy ra AB và AC không cùng phương hay A, B, C lập thành tam giác. −3 −1 438/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 439 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả b) I(xI ; yI ) là trung điểm của AB, khi đó  x + xB 0+2  x I = A = =1 2 2 ⇒ I (1; 3) .  y I = y A + y B = 4 + 2 = 3 2 2 √ # » # » Khi đó, CM = (2; 0) ⇒ CM = 22 + 02 = 2. c) Gọi D(x; y) là điểm cần tìm. Vì B là trọng tâm tam giác ACD nên  x + xC + xD ®  xB = A xD = 3xB − xA − xC = 3 · 0 − 2 − (−1) = −1 3 ⇔  yD = 3yB − yA − yC = 3 · 2 − 4 − 3 = −1 yB = yA + yC + yD 3 Suy ra D(−1; −1). d) Gọi H(x; y) là điểm cần tìm. Vì H là trực tâm tam giác ABC nên ®# » # » ® ® ® AH · BC = 0 − 1 · (x − 2) + 1 · (y − 4) = 0 −x+y =2 x=0 ⇔ ⇔ ⇔ # » # » − 3 · (x − 0) − 1(y − 2) = 0 − 3x − y = −2 y=2 BH · AC = 0 Suy ra H(0; 2).  c Bài 55 (HK1-THPT Lê Trọng Tấn – TP. Hồ Chí Minh). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 4ABC có A(−2; 0), B(5; 3), C(3; −2). a) Chứng minh 4ABC vuông cân. b) Tìm điểm E sao cho A là trung điểm của BE. c) Tìm toạ độ điểm M , N sao cho M , N chia đoạ AB thành 3 đoạn bằng nhau. d) Tìm tọa độ điểm D sao cho ABCD là hình bình hành. e) Tìm tâm đường tròn ngoại tiếp I và trực tâm H của tam giác ABC. Ê Lời giải. a) Chứng minh 4ABC vuông cân. # » # » Ta có CA = (−5; (−2; −5). » » 2) và CB = √ √ 2 2 Suy ra CA = (−5) + 2 = 29 và CB = (−2)2 + (−5)2 = 29 . # » # » # » # » Khi đó, CA · CB = (−5)(−2) + 2(−5) = 0 ⇒ CA ⊥ CB. Vậy tam giác ABC vuông cân tại C. b)  A(xA ; yA ) là trung điểm của BE, khi đó x + xE ®  x A = B xE = 2xa − xB = 2 · (−2) − 5 = −9 2 ⇔ ⇒ E(−9; −3). y + y  E yE = 2yA − yB = 2 · 0 − 3 = −3 yA = B 2 439/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 440 2. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Å ã x+5 y+3 ; . 2 2 c) Gọi M (x; y), khi đó N là trung điểm của N B nên N = Å ã 5−x 3−y # » # » Suy ra AM = (x + 2; y) và N B = ; . 2 2 # » # » Vì M , N chia đoạn AB thành 3 đoạn bằng nhau nên ta có AM = N B   5−x ®  x + 2 = x = 1 3x = 1 2 3 ⇔ ⇔ ⇔   3y = 3 y = 3 − y y = 1. 2 Å ã Å ã 1 8 Suy ra M = ; 1 và N = ;2 . 3 3 d) Gọi I(x; y) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M , N lần lượt là trung điểm cạnh AC và BC. Å ã Å ã 1 1 Suy ra M = ; −1 và N 3; . Å2 ã 2 Å ã 1 2 # » #» Suy ra M I = x − ; y + 1 , N I = x − 4; y − . 2 2 Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình ã  Å   1 9 3  ®# » # »    − 2(y + 1) = 0 5 x − 5x − 2y − = 0 x =  M I · CA = 0 2 2 2 Å ã ⇔ ⇔ ⇔ #» # » 21 3 1    N I · CB = 0 2x + 5y − y = .  =0 2(x − 4) + 5 y − =0 2 2 2 Gọi H(x; y) là trực tâm tam giác ABC. # » # » # » # » Ta có AH = (x + 2; y), BH = (x − 5; y − 3), CB = (2; 5), CA = (−5; 2). Toạ độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình ®# » # » ® ® ® AH · CB = 0 2(x + 2) + 5y = 0 2x + 5y = −4 x=3 ⇔ ⇔ ⇔ # » # » − 5(x − 5) + 2(y − 3) = 0 − 5x + 2y = −19 y = −2. BH · CA = 0 Å Vậy I = 3 3 ; 2 2 ã và H(3; −2).  c Bài 56 (HK1-THPT Trần Quang Khải – TP. Hồ Chí Minh). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(1; 2), B(−2; 6), C(9; 8). a) Chứng minh rằng tam giác ABC vuông tại A. b) Tìm M là trung điểm của AC và tính độ dài trung tuyến BM của tam giác ABC. # » # » c) Gọi N là điểm trên cạnh BC sao cho BN = 3N C. Tính diện tích tam giác ABN . Ê Lời giải. # » # » a) Ta có AB = (−3; 4) và AC = (8; 6). # » # » # » # » Suy ra AB · AC = −3 · 8 + 4 · 6 = 0 ⇒ AB ⊥ AC. Vậy 4ABC vuông tại A. 440/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 441 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả b) M (xM ; yM ) là trung điểm của AC, khi đó  x + xC 1+9  xM = A = =5 2 2 ⇒ M (5; 5) .  yM = yA + yC = 2 + 8 = 5 2 2 p √ # » # » Suy ra BM = (7; −1) ⇒ CM = 72 + (−1)2 = 5 2. c) Gọi N (x; y). Ta có # » # » BN = (x + 2; y − 5), N C = (9 − x; 8 − y). Khi đó # » # » BN = 3N C ⇔ ® x + 2 = 3(9 − x) ⇔ y − 6 = 3(8 − y) ®  25  ã Å x = 4x = 25 25 15 4 ; . ⇔ ⇒N  4 2 4y = 30 y = 15 2 1 1 3 3 Gọi AH là đường cao tam giác ABC, khi đó S4ABN = · AH · BN = · AH · BC = S4ABC . 2 2 4 4 p √ Ta có AB = (−3)2 + 42 = 5, AC = 82 + 62 = 10. 3 75 3 Suy ra S4ABN = · AB · AC = · 5 · 10 = . 4 4 5  c Bài 57 (HK1-THPT Nguyễn Thượng Hiền – TP. Hồ Chí Minh). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(0; 4), B(−6; 1), C(−2; 8). a) Chứng minh rằng tam giác ABC vuông. Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. b) Tìm toạ độ điểm M thuộc Ox sao cho tam giác M AB vuông tại M . Ê Lời giải. # » # » a) Ta có AB = (−6; −3) và AC = (−2; 4). # » # » Suy ra AB · AC = (−6)(−2) + (−3)4 = 0. Vậy 4ABC vuông tại A. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp 4ABC, khi đó I là trung điểm cạnh BC. Suy ra  −6 − 2 x + xC  Å ã x I = B = = −4 9 2 2 ⇒ I −4; .  2 yI = yB + yC = 1 + 8 = 9 2 2 2 √ √ # » # » BC = (4; 7) ⇒ BC = 42 + 72 = 65. √ 1 65 Suy ra R = BC = . 2 2 b) M ∈ Ox nên gọi M (x; 0). # » # » Ta có AM = (x; −4), BM = (x + 6; −1). # » # » Tam giác M AB vuông tại M khi và chỉ khi AM ⊥ BM # » # » ⇔ AM · BM = 0 ⇔ x(x + 6) + (−4)(−1) = 0 441/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 442 2. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Luôn nổ lực để đạt được thành quả ⇔ x2 + 6x + 4 = 0 √ ñ x = −3 + 5 √ ⇔ x = −3 − 5. Vậy có hai điểm M (−3 + √ 5; 0) và M (−3 − √ 5; 0).  c Bài 58 (THPT Tây Thạnh – Tp. HCM). Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với A(0; 2), B(0; −3), C(2; −1). # » # » # » #» a) Tìm tọa độ điểm G thỏa GA + GB + GC = 0 . b) Tìm tọa độ điểm D ∈ Ox để ABCD là hình thang với hai đáy là AB, CD. Ê Lời giải. # » # » # » #» a) Ta có GA + GB + GC = 0 khi và chỉ khi G là trọng tâm 4ABC. Khi đó  x + xB + xC 0+0+2 2  ã Å x G = A = = 3 3 3 ⇒ G 2; −2 .  3 3 yG = yA + yB + yC = 2 − 3 − 1 = − 2 3 3 3 b) Gọi D(x; 0) là điểm cần tìm. # » # » Khi đó AB = (0; −5) và DC = (2 − x; −1). # » # » Để ABCD là hình thang đáy là AB và CD thì AB cùng phương với DC ⇒ 0 −5 = ⇔ x = 2 ⇒ D(2; 0). 2−x −1  c Bài 59 (THPT Bùi Thị Xuân – TP. HCM). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(−2; 4), B(−3; −1), C(1; −1) và G là trọng tâm tam giác ABC. # » # » # » a) Tìm điểm M thỏa AM = 3AG + BC. b) Tìm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ê Lời giải. a) Giả sử N là trung điểm của BC, ta có # » # » # » # » # » 3AG + BC = 2AN + 2N C = 2AC. # » # » Suy ra AM = 2AC ⇔ C là trung điểm của AM . Khi đó  x + xM ®  x C = A xM = 2xC − xA = 2 + 2 = 4 2 ⇒ ⇒ M (4; 2). y + y  M yM = 2yC − yA = −2 + 4 = 2 yC = A 2 442/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 443 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả b)  Gọi I(x; y) là tâm đường tròn ngoại »tiếp 4ABC, khi đó #»  IA = (−2 − x; −4 − y) ⇒ IA = (−2 − x)2 + (−4 − y)2    » #» IB = (−3 − x; −1 − y) ⇒ IB = (−3 − x)2 + (−1 − y)2   »  #» IC = (1 − x; −1 − y) ⇒ IC = (1 − x)2 + (−1 − y)2 Vì I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên ta có ® 2 IA = IB 2 IA = IB = IC ⇔ IA2 = IC 2 ® (−2 − x)2 + (−4 − y)2 = (−3 − x)2 + (−1 − y)2 ⇔ (−2 − x)2 + (−4 − y)2 = (1 − x)2 + (−1 − y)2 ® ® x = −1 x−y =1 ⇔ ⇔ ⇒ I(−1; −2). y = −2 x = −1 Vậy tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I(−1; −2).  c Bài 60 (THPT Nguyễn Thị Minh Khai – Tp. HCM). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(−2; 2), B(1; 0), C(3; −3). a) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. b) Tìm D ∈ Oy để ABCD là hình thang đáy lớn BC. Ê Lời giải. a) Gọi H(x; y) là điểm cần tìm. Vì H là trực tâm tam giác ABC nên ®# » # » ® ® ® AH · BC = 0 2 · (x + 2) − 3 · (y − 2) = 0 2x − 3y = −10 x = 13 ⇔ ⇔ ⇔ # » # » 5 · (x − 1) − 5y = 0 5x − 5y = 5 y = 12. BH · AC = 0 Suy ra H(13; 12). b) Gọi D(0; y) là điểm cần tìm. # » # » Khi đó AD = (2; y − 2) và BC = (2; −3). ®# » # » BC cùng phương AD Để ABCD là hình thang đáy lớn là BC thì . BC > AD # » # » Ta có BC cùng phương với AD ⇒ −3 2 = ⇔ y = −1 ⇒ D(0; −1). 2 y−2 p p √ Khi đó AD = 22 + (−1 − 2)2 = 13 và BC = 22 + (−3)2 = 13. Vì AD = BC nên giá trị D tìm được không thỏa yêu cầu bài toán.  BÀI TẬP RÈN LUYỆN 443/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 444 2. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 61. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(−2; −1), B(1; 1) và C(2; −7). a) Tam giác ABC là tam giác gì? Tính diện tích tam giác ABC. b) Gọi H là chân đường cao xuất phát từ A của tam giác ABC. Tìm tọa độ điểm H. Ê Lời giải. # » # » # » # » a) Ta có AB = (3; 2) và AC = (4; −6) nên AB · AC = 3 · 4 + 2 · (−6) = 0. Do đó AB ⊥ AC nên tam giác ABC vuông tại A. p √ √ √ 1 Khi đó do AB = 32 + 22 = 13 và AC = 42 + (−6)2 = 2 13 nên SABC = · AB · AC = 13. 2 # » # » # » b) Gọi H(x; y). Ta có AH = (x + 2; y + 1); BH = (x − 1; y − 1) và BC = (1; −8). Khi đó # » # » ○ AH · BC = 0 ⇔ x + 2 − 8(y + 1) = 0 ⇔ x = 8y + 6. (1) x−1 y−1 # » # » ○ B, H, C thẳng hàng ⇔ BH, BC cùng phương ⇔ = ⇔ y = −8x + 9. 1 −8 (2) 6 3 Từ (1) và (2) ta thu được x = và y = − . 5 5 ã Å 6 3 Vậy H ;− . 5 5  c Bài 62. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1; −1), B(5; −3) và C(2; 0). a) Chứng minh 4ABC vuông. Tính diện tích và chu vi tam giác ABC. b) Xác định tọa độ chân đường cao H kẻ từ C của tam giác ABC. c) Tìm điểm M thuộc đường thẳng d : x + 2y + 1 = 0 sao cho AM = √ 5. Ê Lời giải. p p √ √ 2 + (y − y )2 = 2 5, BC = 2 + (y − y )2 = 3 2 và a) Ta có AB = (x − x ) (x − x ) A B A B B C B C p √ CA = (xC − xA )2 + (yC − yA )2 = 2. Do AB 2 = BC 2 + CA2 nên tam giác ABC vuông tại √ √ C. Khi đó chu vi tam giác ABC là PABC = 2 5 + 4 2 và diện tích tam giác ABC là SABC = 1 · BC · CA = 3. 2 # » # » # » b) Gọi H(x; y). Ta có CH = (x − 2; y); BH = (x − 5; y + 3) và AB = (4; −2). Khi đó # » # » ○ CH · AB = 0 ⇔ 4(x − 2) − 2y = 0 ⇔ y = 2x − 4. (1) x−5 y+3 # » # » ○ A, H, B thẳng hàng ⇔ BH, AB cùng phương ⇔ = ⇔ x = −2y − 1. 4 −2 (2) 7 6 Từ (1) và (2) ta thu được x = và y = − . 5 5 Å ã 7 6 Vậy H ;− . 5 5 444/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 445 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả c) Do M thuộc đường p d : x + 2y + 1 = 0 nên giả√sử M (−2t √ thẳng √ − 1; t). √ Khi đó AM = 5 ⇔ (−2t − 2)2 + (t + 1)2 = 5 ⇔ 5|t + 1| = 5 ⇔ t + 1 = ±1 ⇔ t ∈ {−2; 0}. Vậy M (3; −2) hoặc M (−1; 0).  c Bài 63. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(0; 2), B(6; 0) và C(5; 7). a) Chứng minh rằng tam giác ABC cân. b) Tìm tọa độ đỉnh D sao cho ADBC là hình thoi. Tính diện tích hình thoi này. c) Xác định tọa độ tâm I và bán kính đường tròn nội tiếp hình thoi ADBC. Ê Lời giải. p p √ √ a) Ta có AB = (xA − xB )2 + (yA − yB )2 = 5 2 và AC = (xA − xC )2 + (yA − yC )2 = 5 2. Do đó tam giác ABC cân tại A. b) Do ABC là tam giác cân tại A nên ® ADBC là hình thoi khi và chỉ khi ADBC là hình bình hành. xD − xA = xB − x C # » # » Điều này xảy ra khi AD = CB ⇔ . yD − yA = yB − yC Thay số ta được D(1; −5). p √ Do hình thoi ADBC có hai đường chéo là AB, CD và CD = (xC − xD )2 + (yC − yD )2 = 4 10 √ 1 nên diện tích hình thoi ADBC là SADBC = · AB · CD = 20 5. 2  x + xB  xI = A =3 2 c) Đường tròn nội tiếp hình thoi ADBC có tâm là trung điểm chung của AB và CD nên  yI = yA + yB = 1 2 √ Nửa chu vi của hình thoi ADBC là p = 2AB = 10 2 nên bán kính đường tròn nội tiếp hình thoi là √ SADBC rADBC = = 10. p  c Bài 64. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(2; 3), B(−1; −1) và C(6; 6). a) Hãy tính độ dài 3 cạnh của tam giác ABC rồi tính chu vi và diện tích của tam giác. b) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc vủa B lên cạnh AC. c) Tìm tọa độ trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp I của tam giác ABC. Từ đó chứng minh ba điểm I, H, G thẳng hàng. d) Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng AH sao cho M cách đều A và C. Ê Lời giải. p p √ 2 + (y − y )2 = 5, BC = 2 + (y − y )2 = 7 2 và a) Ta có AB = (x − x ) (x − x ) A B A B B C B C p CA = (xC − xA )2 + (yC − yA )2 = 5. √ Do đó tam giác ABC cân tại A và chu vi tam giác ABC là AB + BC + CA = 10 + 7 2. 445/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 446 2. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Khi đógọi T là trung điểm BC thì AT ⊥ BC. √ x T = x B + x C = 5  p 2 2 nên AT = (x − x )2 + (y − y )2 = 2 . Ta có A T A T  2 yT = yB + yC = 5 2 2 1 7 Suy ra SABC = · AT · BC = . 2 2 # » # » # » b) Gọi K(x; y) là hình chiếu cần tìm. Ta có BK = (x+1; y +1); AK = (x−2; y −3) và AC = (4; 3). Khi đó # » # » ○ BK · AC = 0 ⇔ 4(x + 1) + 3(y + 1) = 0 ⇔ 4x + 3y = −7. (1) y−3 x−2 # » # » = ⇔ 3x − 4y = −6. (2) ○ A, K, C thẳng hàng ⇔ AK, AC cùng phương ⇔ 4 3 46 3 Từ (1) và (2) ta thu được x = − và y = . 25 25 ã Å 46 3 là tọa độ cần tìm. Vậy − ; 25 25  x + xB + xC 7  x G = A = 3 3 c) Tạo độ trọng tâm G của tam giác ABC là y + y + y 8  A B C y G = = . 3 # » 3 # » # » # » Gọi H(x; y) thì AH = (x − 2; y − 3), BH = (x + 1; y + 1), BC = (7; 7) và AC = (4; 3). ®# » # » ® ® AH · BC = 0 7(x − 2) + 7(y − 3) = 0 x = −22 Do H là trực tâm tam giác ABC nên # » # » ⇔ ⇔ . 4(x + 1) + 3(y + 1) = 0 y = 27 BH · AC = 0 Vậy trực tâm tam giác ABC là H(−22; 27). Gọi I(a; b). Khi đó do I là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC nên:  29 ® ® ®  2 2 2 2 a = IA = IB (a − 2) + (b − 3) = (a + 1) + (b + 1) 6a + 8b = 11 2 . ⇔ ⇔ 2 2 2 2 ⇔  (a − 2) + (b − 3) = (a − 6) + (b − 6) IA = IC 8a + 6b = 59 b = − 19 2 ã Å 29 19 ;− . Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC là I 2 2 Å ã Å ã 73 73 73 73 # » #» # » #» Ta có GH = − ; và GI = nên GH = −2GI. Vậy G, H, I thằng hàng. ;− 3 3 6 6 # » # » d) Giả sử M (x; y) thì AM = (x − 2; y − 3) và AH = (−24; 24). Khi đó: ○ M cách đều A, C ⇔ (x − 2)2 + (y − 3)2 = (x − 6)2 + (y − 6)2 ⇔ 8x + 6y = 59. x−2 y−3 # » # » ○ M , A, H thằng hàng ⇔ AM , AH cùng phương ⇔ = ⇔ x + y = 5. −24 24 Å ã 29 19 Từ (1), (2) ta được M ;− . 2 2 (1) (2)  c Bài 65. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(2; 3), B(−5; 2), C(−2; −2). a) Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của A lên BC. b) Tìm tọa độ điểm M sao cho tam giác ABM vuông cân tại M . 446/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 447 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ê Lời giải. # » # » # » a) Gọi H(x; y). Ta có AH = (x − 2; y − 3); BH = (x + 5; y − 2) và BC = (3; −4). Khi đó # » # » ○ AH · BC = 0 ⇔ 3(x − 2) − 4(y − 3) = 0 ⇔ 3x − 4y = −6. (1) y−2 x+5 # » # » = ⇔ 4x+3y = −14. ○ B, H, C thẳng hàng ⇔ BH, BC cùng phương ⇔ 3 −4 (2) 74 18 Từ (1) và (2) ta thu được x = − và y = − . 25 25 Å ã 74 18 Vậy H − ; − . 25 25 # » # » b) Gọi M (x; y) thì M A = (x − 2; y − 3) và M B = (x + 5; y − 2). Khi đó do tam giác AM B vuông cân tại M nên # » # » ○ AM ⊥ M B ⇔ M A· M B = 0 ⇔ (x−2)(x+5)+(y−3)(y−2) = 0 ⇔ x2 +y 2 +3x−5y−4 = 0. (1) ○ M A = M B ⇔ (x − 2)2 + (y − 3)2 = (x + 5)2 + (y − 2)2 ⇔ y = −7x − 8. ñ x = −1 Từ (1) và (2) ta thu được 50×2 + 150x + 100 = 0 ⇔ . x = −2 Từ đó ta thu được M (−1; −1) hoặc M (−2; 6). (2)  c Bài 66. Trong mặt phẳng tọa độ, cho tam giác ABC có A(9; −2), B(2; −3) và C(7; 2). a) Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu vuông góc của A lên BC. b) Tìm tọa độ điểm M trên trục tung sao cho tam giác BCM vuông tại B. Ê Lời giải. # » # » a) Gọi H(x; y). Ta có AH = (x − 9; y + 2); BH = (x − 2; y + 3) và # » # » ○ AH · BC = 0 ⇔ −5(x − 9) − 5(y + 2) = 0 ⇔ x + y = 7. x−9 # » # » ○ B, H, C thẳng hàng ⇔ BH, BC cùng phương ⇔ = −5 # » BC = (−5; −5). Khi đó (1) y+2 ⇔ x − y = 11. −5 (2) Từ (1) và (2) ta thu được x = 9 và y = −2. Vậy H (9; −2). b) Do M nằm trên trục tung nên tọa độ của M có dạng (0; y). # » Khi đó BM = (−2; y + 3) nên tam giác BCM vuông tại B khi và chỉ khi # » # » BC · BM = 0 ⇔ −5(−2) − 5(y + 3) = 0 ⇔ y = −1. Vậy M (0; −1).  c Bài 67. Trong mặt phẳng Oxy, cho tứ giác ABCD có A(1; 3), B(−1; 1), C(3; −3), D(3; 1). 447/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 448 2. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Luôn nổ lực để đạt được thành quả a) Chứng minh ABCD là một hình thang vuông tại A và B. b) Tìm tọa độ điểm M trên trục hoành sao cho M cách đều A và B. c) Tìm tọa độ điểm I sao cho tam giác IBC vuông cân tại I. Ê Lời giải. # » # » # » a) Ta có AB = (−2; −2), AD = (2; −2) và BC = (4; −4). # » # » # » # » Do AB · AD = 0 và AB · BC = 0 nên AB ⊥ AD, AB ⊥ BC. Vậy ABCD là hình thang vuông tại A và B. b) Điểm M nằm trên trục hoành nên tọa độ của M có dạng (x; 0). Khi đó M cách đều A và B ⇔ M A = M B ⇔ (x − 1)2 + (−3)2 = (x + 1)2 + (−1)2 ⇔ x = 2. Vậy M (2; 0). #» #» c) Gọi I(x; y) thì IB = (x + 1; y − 1) và IC = (x − 3; y + 3). Khi đó do tam giác IBC vuông cân tại I nên #» #» ○ IB ⊥ IC ⇔ IB · IC = 0 ⇔ (x + 1)(x − 3) + (y − 3)(y + 3) = 0 ⇔ x2 + y 2 − 2x − 12 = 0. (1) ○ IB = IC ⇔ (x + 1)2 + (y − 1)2 = (x − 3)2 + (y + 3)2 ⇔ x = y + 2. ñ y=2 Từ (1) và (2) ta thu được 2y 2 + 2y − 12 = 0 ⇔ y = −3. Từ đó ta thu được I(4; 2) hoặc I(−1; −3). (2)  c Bài 68. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A(−1; 1), B(1; 3), C(1; −1). a) Chứng minh tam giác ABC vuông cân tại A. b) Tính chu vi và diện tích tam giác ABC. c) Tìm tọa độ điểm M thuộc trục tung sao cho tam giác AM B vuông tại B. Ê Lời giải. p p √ 2 + (y − y )2 = 2 2, BC = (x − x ) (xB − xC )2 + (yB − yC )2 = 4 và a) Ta có AB = A B A B p √ CA = (xC − xA )2 + (yC − yA )2 = 2 2. Do AB = AC và AB 2 + AC 2 = BC 2 nên tam giác ABC vuông cân tại A. √ b) Chu vi tam giác ABC là AB + BC + CA = 4 + 4 2. 1 Diện tích tam giác ABC là SABC = · AB · AC = 4. 2 c) Do M nằm trên trục tung nên tọa độ của M có dạng (0; y). # » # » Khi đó BM = (−1; y − 3) và AB = (2; 2) nên tam giác AM B vuông tại B khi và chỉ khi # » # » AB · BM = 0 ⇔ 2(−1) + 2(y − 3) = 0 ⇔ y = 4. Vậy M (0; 4).  448/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 449 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 69. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(1; 2) và B(3; 1). a) Chứng minh tam giác OAB vuông cân. Tính chu vi và diện tích tam giác OAB. b) Tìm tọa độ điểm D để tứ giác OABD là hình vuông. Ê Lời giải. p p √ √ 2 + (y − y )2 = 2 + (y − y )2 = a) Ta có AB = (x − x ) 5, OA = (x − x ) 5 và A B A B O A O A p √ 2 2 OB = (xO − xB ) + (yO − yB ) = 10. Do OA = AB và OA2 + AB 2 = OB 2 nên tam √ giác OAB vuông cân tại A. √ Chu vi tam giác OAB là OA + OB + AB = 2 5 + 10. 1 5 Diện tích tam giác OAB là SOAB = · OA · AB = . 2 2 b) Gọi D(x; y). Do tam giác OAB vuông cân tại A nên OABD là hình vuông khi và chỉ khi OABD là hình bình hành, điều này tương đương với # » # » OA = DB ⇔ (1; 2) = (3 − x; 1 − y) ⇔ D(2; −1). Vậy D(2; −1).  c Bài 70. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A(−6; 4), B(0; 7), C(3; 1). a) Chứng minh tam giác ABC vuông cân. Tính diện tích tam giác ABC. b) Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình thang vuông đáy AD = 3BC. c) Tìm tọa độ điểm E thuộc trục hoành sao cho CE ∥ AB. Ê Lời giải. p p √ √ 2 + (y − y )2 = 3 5, BC = a) Ta có AB = (x − x ) (xB − xC )2 + (yB − yC )2 = 3 5 và A B A B p √ CA = (xC − xA )2 + (yC − yA )2 = 3 10. Do AB = BC và AB 2 + BC 2 = AC 2 nên tam giác ABC vuông cân tại B. 1 45 Diện tích tam giác ABC là SABC = · AB · BC = . 2 2 # » # » b) Gọi D(x; y) thì AD = (x + 6; y − 4) và BC = (3; −6). Do tam giác ABC vuông tại B nên ABCD là hình thang vuông đáy AD = 3BC khi và chỉ khi ® ® x+6=9 x=3 # » # » AD = 3BC ⇔ ⇔ y − 4 = −18 y = −14. Vậy D(3; −14). # » # » c) Do E thuộc trục hoành nên tọa độ E có dạng (x; 0). Suy ra CE = (x − 3; −1) và AB = (6; 3). −1 x−3 # » # » Khi đó CE ∥ AB ⇔ CE, AB cùng phương ⇔ = ⇔ x = 1. 6 3 Vậy E(1; 0).  449/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 450 2. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 71. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(−1; 1), B(1; 2), C(3; 2). a) Tìm tọa độ trực tâm của tam giác ABC. # » # » # » b) Tìm tọa độ điểm D thuộc Ox sao cho T = AD + BD − 3CD có giá trị nhỏ nhất. Ê Lời giải. # » # » a) Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Ta có AC = (4; 1), BC = (2; 0). Đường thẳng BH đi qua B(1; 2) và vuông góc với AC có phương trình là A 4 · (x − 1) + 1 · (y − 2) = 0 ⇔ 4x + y − 6 = 0. H Đường thẳng AH đi qua A(−1; 1) và vuông góc với BC có phương trình là 2 · (x + 1) + 0 · (y − 1) = 0 ⇔ x + 1 = 0. B C Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ ® ® 4x + y − 6 = 0 x = −1 ⇒ ⇒ H (−1; 10) . x+1=0 y = 10 # » # » # » b) Do D thuộc Ox nên D(x; 0), suy ra AD = (x + 1; −1), BD = (x − 1; −2), CD = (x − 3; −2). Ta có » # » # » # » T = AD + BD − 3CD = (−x + 9)2 + 32 ≥ 3. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = 9. Vậy biểu thức T đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi D(9; 0).  c Bài 72. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(−2; 4), B(2; −6), C(3; 6). a) Chứng minh tam giác ABC vuông. Tính diện tích tam giác ABC. b) Tìm tọa độ H là hình chiếu vuông góc của điểm A lên BC. # » # » c) Tìm tọa độ điểm M thuộc trục tung sao cho M A + M B đạt giá trị nhỏ nhất. Ê Lời giải. # » # » # » a) Ta có AB = (4; −10), AC = (5; 2), BC = (1; 12), suy ra # » # » AB · AC = 4 · 5 + (−10) · 2 = 0. Do đó, tam giác ABC vuông tại A. Diện tích của tam giác ABC là S= 450/528 √ 1 1 √ · AB · AC = · 2 29 · 29 = 29. 2 2 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 451 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả b) Phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với BC là 1 · (x + 2) + 12 · (y − 4) = 0 ⇔ x + 12y − 46 = 0. Phương trình của đường thẳng BC là ® x=3+t , y = 6 + 12t t ∈ R. Do H là giao điểm của d và đường thẳng BC nên tọa độ của H là nghiệm của hệ  29    t=−   145    x + 12y − 46 = 0 14 x=3+t ⇒ x=   5    y = 6 + 12t  18  y = . 5 Å ã 14 18 Vậy H ; . 5 5 # » # » c) Do M nằm trên trục tung nên M (0; m) . Ta có M A = (−2; 4 − m), M B = (2; −6 − m). Suy ra # » # » T = M A + M B = |−2 − 2m| . Ta có T ≥ 0, dấu “=” khi và chỉ khi m = −1. # » # » Vậy M (0; −1) thì M A + M B đạt giá trị nhỏ nhất.  c Bài 73. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(7; −3), B(8; 4), C(1; 5). a) Tìm tọa độ H là hình chiếu vuông góc của điểm A lên BC. b) Gọi N là trung điểm của AB. Tính CN . # » # » c) Tìm tọa độ điểm M thuộc trục hoành sao cho M A + M B đạt giá trị nhỏ nhất. Ê Lời giải. # » # » # » a) Ta có AB = (1; 7), AC = (−6; 8), BC = (−7; 1). Ta có # » # » AB · BC = 1 · (−7) + 7 · 1 = 0. Do đó AB ⊥ BC tại B hay hình chiếu H của A lên BC trùng với B(8; 4). b) Tọa độ trung điểm N của AB là 7+8 15 −3 + 4 1 = , yN = = . 2 2 2 2 √ Å ã2 Å ã2 15 1 5 10 −1 + −5 = . 2 2 2 xN = Do đó, CN = 451/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 452 2. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Luôn nổ lực để đạt được thành quả # » # » c) Do M nằm trên trục hoành nên M (m; 0) . Ta có M A = (7 − m; −3), M B = (8 − m; 4). Suy ra » # » # » T = M A + M B = (15 − 2m)2 + 1 15 Ta có T ≥ 1, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m = . 2 Å ã 15 # » # » ; 0 thì M A + M B đạt giá trị nhỏ nhất. đạt giá trị nhỏ nhất. Vậy M 2  c Bài 74. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A(1; 2), B(3; −4). Tìm tọa độ điểm a) P thuộc Ox sao cho P A + P B nhỏ nhất. b) Q thuộc Oy sao cho |QA − QB| lớn nhất. Ê Lời giải. # » # » a) Do P thuộc Ox nên P (p; 0), suy ra P A = (1 − p; 2), P B = (3 − p; −4). Ta có » √ # » # » # » # » # » P A + P B = P A + P B ≥ P A − P B = BA = 22 + (−6)2 = 2 10. Dấu “=” khi và chỉ khi P nằm giữa A, B hay P là giao điểm của đường thẳng AB là trục Ox. Phương trình đường thẳng AB là ® x = 1 + 2t y = 2 − 6t. Tọa độ của P là thỏa mãn hệ  1    t=  x = 1 + 2t   3   y = 2 − 6t ⇒ x = 5     3  y=0  y = 0. Å ã 5 Vậy P A + P B nhỏ nhất khi và chỉ khi P ;0 . 3 b) Do Q thuộc Oy nên Q(0; y). Ta có # » # » # » |QA − QB| ≤ QA − QB = BA . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi Q là giao điểm của đường thẳng AB là trục Oy. Phương trình đường thẳng AB là ® x = 1 + 2t y = 2 − 6t. Tọa độ của Q là nghiệm của hệ   1    x = −1 + 2t t = 2 y = 2 − 6t ⇒ x = 0      x=0 y = −1. Vậy |QA − QB| lớn nhất khi và chỉ khi Q (0; −1).  452/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 453 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 75. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(5; −1), B(−1; 3), C(−1; 5). a) Tìm tọa độ trực tâm của tam giác ABC. b) Tìm tọa độ điểm M thuộc Ox sao cho T = M A2 + 2M B 2 có giá trị nhỏ nhất. Ê Lời giải. # » # » # » a) Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Ta có AB = (−6; 4), AC = (−6; 6), BC = (0; 2). Đường thẳng BH đi qua B(−1; 3) và vuông góc với AC có phương trình là (−6) · (x + 1) + 6 · (y − 3) = 0 ⇔ −x + y − 4 = 0. A H Đường thẳng AH đi qua A(5; −1) và vuông góc với BC có phương trình là 0 · (x − 5) + 2 · (y + 1) = 0 ⇔ y + 1 = 0. B C Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ ® ® −x+y−4=0 x = −5 ⇒ ⇒ H (−5; −1) . y+1=0 y = −1 # » # » b) Do M thuộc Ox nên M (m; 0), suy ra M A = (5 − m; −1), M B = (−1 − m; 3). Ta có T = M A2 + 2M B 2 = 3m2 − 6m + 46 = 3(m − 1)2 + 43 ≥ 43. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m = 1. Vậy biểu thức T đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi M (1; 0).  c Bài 76. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(4; −3), B(1; 4), C(1; −2). a) Tìm tọa độ trực tâm của tam giác ABC và tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. # » # » # » b) Tìm tọa độ điểm M thuộc AC sao cho T = M A + 2M B − 4M C có giá trị nhỏ nhất. Ê Lời giải. # » # » # » a) Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Ta có AB = (−3; 7), AC = (−3; 1), BC = (0; −6). Đường thẳng BH đi qua B(1; 4) và vuông góc với AC có phương trình là A (−3) · (x − 1) + 1 · (y − 4) = 0 ⇔ −3x + y − 1 = 0. H Đường thẳng AH đi qua A(4; −3) và vuông góc với BC có phương trình là 0 · (x − 4) + (−6) · (y + 3) = 0 ⇔ y + 3 = 0. B C Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ ® 453/528  ã Å x = − 4 − 3x + y − 1 = 0 4 3 ⇒ H − ; −3 . ⇒  3 y+3=0 y = −3 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 454 2. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Å Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, AC. Ta có M ã Å ã 5 5 5 1 ; ,N ;− . 2 2 2 2 Phương trình đường trung trực của AB là Å ã Å ã 5 1 (−3) · x − +7· y− = 0 ⇔ −3x + 7y + 4 = 0. 2 2 Phương trình đường trung trực của AC là ã Å ã Å 5 5 +1· y+ = 0 ⇔ −3x + y + 10 = 0. (−3) · x − 2 2 Tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là nghiệm của hệ  ® ã Å x = 11 − 3x + 7y + 4 = 0 11 3 ⇒I ⇔ ;1 .  3 − 3x + y + 10 = 0 y=1 b) Phương trình đường thẳng AC là ® x = 4 − 3t y = −3 + t. # » # » # » Do M thuộc AC nên M (4 − 3t; −3 + t), suy ra M A = (3t; −t), M B = (−3 + 3t; 7 − t), M C = (−3 + 3t; 1 − t). Ta có √ # » # » # » T = M A + 2M B − 4M C = 10t2 − 16t + 136. √ 18 10 4 Ta có T ≥ . Dấu “=” khi và chỉ khi t = . 5 5 Å ã 8 −11 Vậy biểu thức T đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi M . ; 5 5  c Bài 77. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(3; −1), B(2; 2), C(8; 4). a) Chứng minh tam giác ABC vuông. Tính diện tích tam giác ABC.‘ b) Tìm tọa độ điểm D thuộc Ox sao cho tam giác DBC cân tại D. # » # » c) Tìm tọa độ điểm M thuộc Oy sao cho M A + 3M C ngắn nhất. # » # » # » d) Tìm tọa độ điểm N thuộc Oy sao cho N A + N B + N C ngắn nhất. Ê Lời giải. # » # » # » a) Ta có AB = (−1; 3), AC = (5; 5), BC = (6; 2), suy ra # » # » AB · BC = (−1) · 6 + 3 · 2 = 0. Do đó, tam giác ABC vuông tại B. Diện tích của tam giác ABC là S= 454/528 √ 1 1 √ · AB · BC = · 10 · 2 10 = 10. 2 2 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 455 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả b) Tọa độ trung điểm I của BC là xI = 2+8 2+4 = 5, yI = = 3. 2 2 Phương trình trung trực d của BC là 6 · (x − 5) + 2 · (y − 3) = 0 ⇔ 3x + y − 18 = 0. Theo bài ra, D nằm trên Ox và tam giác DBC cân tại D nên D là giao điểm của đường thẳng d và trục Ox. Do đó, tọa độ của D là nghiệm của hệ ® ® x=6 3x + y − 18 = 0 ⇔ y = 0. y=0 Vậy D(6; 0). # » # » c) Do M nằm trên trục tung nên M (0; m) . Ta có M A = (3; −1 − m), M C = (8; 4 − m). Suy ra » # » # » T = M A + 3M C = 272 + (11 − 4m)2 11 Ta có T ≥ 27, dấu “=” khi và chỉ khi m = . 4 ã Å 11 # » # » thì M A + 3M C đạt giá trị nhỏ nhất. Vậy M 0; 4 # » # » # » d) Do N nằm trên trục hoành nên N (n; 0). Ta có N A = (3−n; −1), N B = (2−n; 2), N C = (8−n; 4). Suy ra » # » # » # » P = N A + N B + N C = (13 − 3n)2 + 52 13 Ta có P ≥ 5, dấu “=” khi và chỉ khi n = . 3 Å ã 13 # » # »# » Vậy N ; 0 thì N A + N B N C đạt giá trị nhỏ nhất. 3  5. BÀI TẬP #» c Câu 1. Trong mặt phẳng Oxy, toạ độ i là #» #» A. i = (1; 0). B. i = (1; 1). TRẮC #» C. i = (0; 0). NGHIỆM #» D. i = (0; 1). Ê Lời giải. #» Toạ độ véc-tơ i = (1; 0).  Chọn đáp án A c Câu 2. Cho hai véc-tơ #» u = (3; −4) và #» v = (−1; 2). Toạ độ của véc-tơ #» u + 2 #» v là A. (1; 0). B. (0; 1). C. (−4; 6). D. (4; −6). Ê Lời giải. #» Ta có 2 v = (−2; 4) nên #» u + 2 #» v = (1; 0). Chọn đáp án A 455/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 456 2. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Luôn nổ lực để đạt được thành quả #» #» c Câu 3. Trong mặt phẳng Oxy, cho #» a = (−1; 3) và b = (5; −7). Tọa độ véc-tơ 3 #» a − 2 b là A. (13; −29). B. (−6; 10). C. (−13; 23). D. (6; −19). Ê Lời giải. #» #» Ta có 3 a = (−3; 9), 2 · b = (10; −14). #» Do đó 3 #» a − 2 b = (−13; 23).  Chọn đáp án C #» #» c Câu 4. Cho hai véc-tơ #» a = (1; 5) và b = (−2; 1). Tính #» c = 3 #» a +2b. A. #» c = (7; 13). B. #» c = (1; 17). C. #» c = (−1; 17). D. #» c = (1; 16). Ê Lời giải. #» Ta có 3 #» a = (3; 15), 2 · b = (−4; 2). #» Do đó #» c = 3 #» a + 2 b = (−1; 17).  Chọn đáp án C #» #» #» #» #» #» c Câu 5. Cho hai véc-tơ #» a = 2 i − 3 j và b = − i + 2 j . Toạ độ của véc-tơ #» c = #» a − b là A. (2; 7). B. (1; −1). C. (3; −5). D. (−3; 5). Ê Lời giải. #» #» Ta có #» a = (2; −3) và b = (−1; 2). Do đó #» c = #» a − b = (3; −5).  Chọn đáp án C #» c Câu 6. Tìm toạ độ véc-tơ #» u biết #» u + #» v = 0 và #» v = (2; −3). A. (−2; 3). B. (2; 3). C. (2; −3). D. (−2; −3). Ê Lời giải. #» #» #» Ta có u + v = 0 ⇔ #» u = − #» v = (−2; 3).  Chọn đáp án A #» #» c Câu 7. Cho hai véc-tơ #» a = (4; 10) và b = (2; x). Nếu hai véc-tơ #» a và b cùng phương thì A. x = 6. B. x = 7. C. x = 4. D. x = 5. Ê Lời giải. 2 x #» Hai véc-tơ #» a và b cùng phương khi và chỉ khi = ⇔ x = 5. 4 10  Chọn đáp án D #» #» #» #» c Câu 8. Cho hai véc-tơ #» u = 2 i − j và #» v = i + x j . Xác định x sao cho #» u và #» v cùng phương. 1 1 A. x = −1. B. x = 2. C. x = . D. x = − . 4 2 Ê Lời giải. 1 x 1 #» #» #» #» Hai véc-tơ #» u = 2 i − j và #» v = i + x j cùng phương khi và chỉ khi = ⇔x=− . 2 −1 2 Chọn đáp án D 456/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 457 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả #» #» c Câu 9. Cho hai véc-tơ #» a = (−5; 0) và b = (4; x). Tìm x để hai véc-tơ #» a , b cùng phương. A. x = −1. B. x = −5. C. x = 4. D. x = 0. Ê Lời giải. #» #» Hai véc-tơ #» a , b cùng phương khi và chỉ khi tồn tại số thực k sao cho b = k #» a ⇔ Chọn đáp án D ® 4 = −5k ⇒ x = 0. x=0·k  #» #» #» #» #» c Câu 10. Cho hai véc-tơ #» a = 2 i − 3 j và b = m j + i . Nếu hai véc-tơ cùng phương thì 3 2 B. m = − . C. m = −6. D. m = 6. A. m = − . 3 2 Ê Lời giải. 1 m 3 #» Hai véc-tơ #» a và b cùng phương khi và chỉ khi = ⇔m=− . 2 −3 2  Chọn đáp án B c Câu 11. Cho A(−2m; −m), B(2m; m). Với giá trị nào của m thì đường thẳng AB đi qua O? A. m = 5. B. ∀m ∈ R. C. Không có m. D. m = 3. Ê Lời giải. ○ Với m = 0 ta thấy A, B, O trùng nhau.  x + xB   A =0 2 hay O là trung điểm của AB. Do đó A, O, B thẳng ○ Với m 6= 0 thì nhận thấy y + y  B  A =0 2 hàng. Do đó với mọi m thì đường thẳng AB luôn đi qua O.  Chọn đáp án B c Câu 12. Cho hai điểm A(2; −3) và B(3; 4). Tìm toạ độ điểm M trên trục hoành sao cho ba điểm A, B, ã hàng. Å Å M thẳng ã 17 5 1 B. M A. M − ; − . ;0 . C. M (1; 0). D. M (4; 0). 3 3 7 Ê Lời giải. # » # » M ∈ Ox ⇒ M (x; 0). Ta có AM = (x − 2; 3), AB = (1; 7). x−2 3 17 # » # » Ba điểm A, B, M thẳng hàng khi và chỉ khi AM , AB cùng phương khi và chỉ = ⇔x= . 1 7 7 Å ã 17 Vậy M ;0 . 7 Chọn đáp án B  0 c Câu 13. Cho A(0; −2), B(−3; 1). Tìm toạ độ giao điểm M của AB với trục xÅ Ox. ã 1 A. M (0; −2). B. M (−2; 0). C. M (2; 0). D. M − ; 0 . 2 Ê Lời giải. 457/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 458 2. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Luôn nổ lực để đạt được thành quả # » # » M ∈ Ox ⇒ M (x; 0). Khi đó ta có AM = (x; 2), AB = (−3; 3). # » # » Ba điểm A, B, M thẳng hàng khi và chỉ khi AM , AB cùng phương khi và chỉ khi x 2 = ⇔ x = −2. Vậy M (−2; 0). −3 3 Chọn đáp án B  0 c Câu 14. Cho hai điểm A(−2; Å −3), B(4; ã 7). Tìm điểm M Å ∈ yã Oy thẳng hàng với Å A và ã B. 4 1 1 C. M 0; . D. M 0; . A. M (0; 1). B. M 0; − . 3 3 3 Ê Lời giải. # » # » Vì M ∈ y Oy nên M (0; y). Khi đó ta có AM = (2; y + 3), AB = (6; 10). y+3 1 2 # » # » ⇔ y = . Vậy Ba điểm A, B, M khi và chỉ khi AM , AB cùng phương khi và chỉ khi = 6 10 3 Å ã 1 M 0; . 3  Chọn đáp án D 0 c Câu 15. Cho hai véc-tơ #» u = (2x − 1; 3) và #» v = (1; x + 2). Có hai giá trị x1 , x2 của x để #» u #» cùng phương với v . Giá trị của tích số x1 · x2 bằng 5 5 5 5 A. − . B. − . C. . D. . 3 2 2 3 Ê Lời giải. #» #» Hai véc-tơ u và v cùng phương khi và chỉ khi (2x − 1) · (x + 2) = 3 · 1 ⇔ 2×2 + 3x − 5 = 0. (1) Nhận thấy phương trình (1) có a · c = 2 · (−5) < 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm x1 và x2 5 theo đinh lí Vi-ét ta có x1 · x2 = − . 2 Chọn đáp án B  c Câu 16. Cho hai điểm A(2; −3) và B(4; 7). Toạ độ trung điểm I của đoạn thẳng AB là A. (6; 4). B. (2; 10). C. (3; 2). D. (8; −21). Ê Lời giải. Toạ độ trung điểm I của đoạn AB là I(3; 2).  Chọn đáp án C c Câu 17. Cho hai điểm B(3; 2) và C(5; 4). Toạ độ trung điểm M của BC là A. M (4; 3). B. M (2; 2). C. M (2; −2). D. M (−8; 3). Ê Lời giải. Toạ độ trung điểm M của BC là (4; 3).  Chọn đáp án A c Câu 18. Cho tam giác ABC có A(3; −5), B(9; 7), C(11; −1). Gọi M , N lần lượt là trung điểm # » của AB và AC. Tìm toạ độ M N là A. (10; 6). B. (5; 3). C. (2; −8). D. (1; −4). Ê Lời giải. # » Theo công thức toạ độ trung điểm, ta có M (6; 1) và N (7; −3). Do đó M N = (1; −4). Chọn đáp án D 458/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 459 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Câu 19. Cho tam giác ABC có tọa độ ba đỉnh lần lượt là A(2; 3), B(5; 4), C(−1; −1). Tọa độ trọng tâm G của tam giác có tọa độ là A. (2; 2). B. (1; 1). C. (4; 4). D. (3; 3). Ê Lời giải. Å ã 2+5−1 3+4−1 Toạ độ trọng tâm G = ; = (2; 2). 3 3  Chọn đáp án A c Câu 20. Cho ba điểm A(5; −2), B(0; 3), C(−5; −1). Khi đó trọng tâm tam giác ABC là A. G(1; −1). B. G(10; 0). C. G(0; 0). D. G(0; 11). Ê Lời giải. ã Å 5 + 0 − 5 −2 + 3 − 1 ; = (0; 0). Toạ độ trọng tâm G = 3 3  Chọn đáp án C c Câu 21. Cho tam giác ABC có A(3; 5), B(1; 2), C(5; 2). Tọa độ trọng tâm G của tam giác là √ B. (3; 3). C. (−3; 4). D. (4; 0). A. ( 2; 3). Ê Lời giải. Å ã 3+1+5 5+2+2 Toạ độ trọng tâm G = ; = (3; 3). 3 3  Chọn đáp án B ã 1 ; 0 là trọng tâm. Tọa độ C c Câu 22. Cho tam giác ABC với A(−3; 6), B(9; −10) và có G 3 là A. C(5; −4). B. C(5; 4). C. C(−5; 4). D. C(−5; −4). Å Ê Lời giải.   1 −3 + 9 + xC x A + xB + xC ®   x G =  = xC = −5 3 3 3 ⇔ ⇔ Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên   yC = 4. yG = yA + yB + yC 0 = 6 + (−10) + yC 3 3 Vậy C(−5; 4).  Chọn đáp án C c Câu 23. Cho tam giác ABC với A(−2; 2), B(3; 5) và trọng tâm là gốc O. Tọa độ đỉnh C là A. C(−1; −7). B. C(2; −2). C. C(−3; −5). D. C(1; 7). Ê Lời giải.   xA + xB + x C −2 + 3 + xC ®   x O = 0 = xC = −1 3 3 Vì O là trọng tâm tam giác ABC nên ⇔ ⇔   yC = −7. yO = yA + yB + yC 0 = 2 + 5 + y C 3 3 Vậy C(−1; −7). Chọn đáp án A  459/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 460 2. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Câu 24. Cho tam giác ABC với A(6; 1), B(−3; 5) và trọng tâm G(−1; 1). Tọa độ đỉnh C là A. C(−6; −3). B. C(−3; 6). C. C(6; −3). D. C(−6; 3). Ê Lời giải. Vì G là trọngtâm tam giác ABC nên  x + xB + xC 6 + (−3) + xC A ®   x G = −1 = xC = −6 3 3 ⇔ ⇔ y + y + y   B C yC = −3. y G = A  1 = 1 + 5 + yC 3 3 Vậy C(−6; −3).  Chọn đáp án A # » c Câu 25. Cho hai điểm A(5; 2) và B(10; 8). Tọa độ của véc-tơ AB là A. (15; 10). B. (2; 4). C. (5; 6). D. (50; 16). Ê Lời giải. # » Ta có AB = (xB − xA ; yB − yA ) = (10 − 5; 8 − 2) = (5; 6). # » Vậy AB = (5; 6).  Chọn đáp án C c Câu 26. Cho hai điểm A(1; 4) và B(3; 5). Khi đó, kết quả nào dưới đây đúng? # » # » # » # » A. BA = (1; 2). B. AB = (2; 1). C. AB = (4; 9). D. AB = (−2; −1). Ê Lời giải. # » # » # » Ta có AB = (xB − xA ; yB − yA ) = (3 − 1; 5 − 4) = (2; 1), mà BA = −AB = −(2; 1) = (−2; −1). # » # » Vậy AB = (2; 1), BA = (−2; −1). Chọn đáp án B  # » # » c Câu 27. Cho ba điểm A(3; 5), B(6; 4) và C(5; 7). Tìm tọa độ điểm D biết CD = AB. A. D(4; 3). B. D(6; 8). C. D(−4; −2). D. D(8; 6). Ê Lời giải. Gọi D(xD ; yD ) là điểm cần tìm. # » # » Ta có: AB =®(3; −1), CD = (x® D − 5; yD − 7). xD − 5 = 3 xD = 8 # » # » Vì CD = AB ⇔ ⇔ ⇒ D(8; 6). yD − 7 = −1 yD = 6  Chọn đáp án D # » # » c Câu 28. Cho hai điểm M (1; 6) và N (6; 3). Tìm điểm P thỏa P M = 2P N . A. P (0; 11). B. P (6; 5). C. P (2; 4). D. P (11; 0). Ê Lời giải. Gọi P (xP ; yP ) là điểm cần tìm. # » Ta có: P M = (1 − xP ; 6 − yP ), # » # » và P N = (6 − x®P ; 3 − yP ) ⇒ 2P N = (12 ® − 2xP ; 6 − 2yP ). 1 − xP = 12 − 2xP xP = 11 # » # » Vì P M = 2P N ⇔ ⇔ ⇒ P (11; 0). 6 − yp = 6 − 2yP yP = 0 Chọn đáp án D 460/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 461 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả #» # » #» c Câu ã hai điểm A(1;Å2) vàã B(−2; 3). Tìm tọa độ điểm I sao cho IA + 2IB = 0 . Å 29. Cho 2 8 . B. 1; . C. (1; 2). D. (2; −2). A. −1; 3 5 Ê Lời giải. Gọi I(xI ; yI ) là điểm cần tìm. #» # » Ta có IA = (1 − xI ; 2 − yI ), AB = (−3; 1). ® ã Å xI = −1 3(1 − xI ) = −2 · (−3) 8 #» # » #» #» # » . ⇔ Mà IA + 2IB = 0 ⇔ 3IA = −2AB ⇔ ⇒ I −1; yI = 8 3 3(2 − yI ) = (−2) · 1 3 Chọn đáp án A  # » # » # » #» c Câu 30. Cho A(−4; 0), B(−5; 0), C(3; 0). Tìm điểm M ∈ Ox thỏa M A+ M B + M C = 0 . A. M (−5; 0). B. M (−2; 0). C. M (2; 0). D. M (−4; 0). Ê Lời giải. Gọi M (xM ; yM ) là điểm cần tìm. Vì M ∈ Ox nên M (xM ; 0). Cách 1: Giải trực tiếp. Ta có # » M A = (−4 − xM ; 0) # » M B = (−5 − xM ; 0) # » M C = (3 − xM ; 0), # » # » # » nên M A + M B ® + M C = (−6 − 3xM ; 0), − 6 − 3xM = 0 # » # » # » #» suy ra M A + M B + M C = 0 ⇔ ⇔ xM = −2 ⇒ M (−2; 0). 0 = 0 (luôn đúng) Cách 2: Dùng tính chất trọng tâm. # » # » # » #» Vì M A + M B + M C = 0 ⇔ G là trọng tâm tam giác ABC, do đó xM = −4 + (−5) + 3 −6 xA + xB + xC = = = −2 ⇒ M (−2; 0). 3 3 3  Chọn đáp án B # » # » c Câu 31. Cho ba điểm A(2; 5), B(1; 1), C(3; 3). Tìm tọa độ điểm E sao cho AE = 3AB − # » 2AC. A. E(−3; −3). B. E(−2; −3). C. E(3; −3). D. E(−3; 3). Ê Lời giải. Gọi E(xE ; yE ) là điểm cần tìm. Ta có # » AE = (xE − 2; yE − 5) # » AB = (−1; −4) # » AC = (1; −2). # » # » ⇒ 3AB − 2AC = (−5; −8), do đó ® ® xE − 2 = −5 xE = −3 # » # » # » AE = 3AB − 2AC ⇔ ⇔ ⇒ E(−3; −3). yE − 5 = −8 yE = −3 Chọn đáp án A 461/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 462 2. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Câu 32. Cho ba điểm A(−5; 6), B(−4; −1) và C(4; 3). Tìm D để ABCD là hình bình hành. A. D(−3; 10). B. D(−3; −10). C. D(3; 10). D. D(3; −10). Ê Lời giải. Gọi D(xD ; yD ) là điểm ® cần tìm. ® 1 = 4 − xD xD = 3 # » # » ⇒ D(3; 10). Để ABCD là hình bình hành thì AB = DC ⇔ ⇔ −7 = 3 − yD yD = 10 Chọn đáp án C  c Câu 33. Cho hình bình hành ABCD biết A(−2; 0), B(2; 5), C(6; 2). Tọa độ điểm D là A. D(−2; 3). B. D(2; −3). C. D(2; 3). D. D(−2; −3). Ê Lời giải. Gọi D(xD ; yD ) là điểm ® cần tìm. ® 4 = 6 − xD xD = 2 # » # » ⇒ D(2; −3). Để ABCD là hình bình hành thì AB = DC ⇔ ⇔ 5 = 2 − yD yD = −3 Chọn đáp án B  #» #» #» #» #» = 2 #» c Câu 34. Cho hai véc-tơ #» u = 2 i − 3 j và #» v = −5 i − j . Gọi (a; b) là tọa độ của w u − 3 #» v thì tích ab bằng A. 63. B. −57. C. 57. D. −63. Ê Lời giải. #» #» #» #» Nhắc lại: i = (1; 0), j = (0; 1) và #» u = a · i + b · j = (a; b). Suy ra #» u = (2; −3), #» v = (−5; −1). #» = 2 #» #» = (19; −3). Do đó, w u − 3 #» v ⇒w Vì vậy, a = 19, b = −3, suy ra, ab = 19 · (−3) = −57. Vậy ab = −57.  Chọn đáp án B # » # » c Câu 35. Cho ba điểm A(1; 3), B(−1; 2) và C(−2; 1). Tọa độ của véc-tơ #» u = AB − AC là A. (−1; 2). B. (4; 0). C. (−5; −3). D. (1; 1). Ê Lời giải. Cách 1: Ta có # » AB = (−2; −1) # » AC = (−3; −2). # » # » ⇒ #» u = AB − AC = (1; 1). Vậy #» u (1; 1). Cách 2: # » # » # » #» Ta có: u = AB − AC = CB = (1; 1). Vậy #» u (1; 1). Chọn đáp án D  c Câu 36. Cho tam giác ABC có M (2; 3), N (0; −4), P (−1; 6) lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB. Tọa độ A là 462/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 463 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ A. (1; −10). B. (1; 5). Luôn nổ lực để đạt được thành quả C. (−3; −1). D. (−2; −7). Ê Lời giải. Gọi A(xA ; yA ) là điểm cần tìm. Vì P , N lần lượt là trung điểm của AB, BC nên P M là đường trung  bình của 4BAC. P M ∥ AC ⇒ P M = 1 AC. 2 1 Hơn nữa, ta có N là trung điểm của AC nên AN = AC. 2 Xét tứ giác AN M P , ta có  P M ∥ AN (vì P M ∥ AC mà N ∈ AC) ã Å 1 P M = AN = AC . 2 A P N B M C ® ® − xA = 3 xA = −3 # » # » Vậy AN M P là hình bình hành, do đó AN = P M ⇔ ⇔ ⇒ A(−3; −1). − 4 − yA = −3 yA = −1  Chọn đáp án C #» c Câu 37. Cho ba véc-tơ #» a = (5; 3), b = (4; 2) và #» c = (2; 0). Khẳng định nào đúng? #» #» #» #» #» #» #» #» A. c = −2 a + 3 b . B. c = a − b . C. #» c = #» a −2b. D. #» c = 2 #» a −3b. Ê Lời giải. #» #» #» Gọi x, y là hai ® số thực thỏa c®= x a + y b . 5x + 4y = 2 x = −2 Khi đó ⇔ 3x + 2y = 0 y = 3. #» #» #» ⇒ c = −2 a + 3 b .  Chọn đáp án A #» #» c Câu 38. Cho ba véc-tơ #» a = (x; 2), b = (−5; 1) và #» c = (x; 7). Tìm x biết #» c = 2 #» a +3b. A. x = 5. B. x = −15. C. x = 3. D. x = 15. #» Ta có #» c = 2 #» a +3b ⇔ ® Ê Lời giải. ® x = 15 2x − 3 · 5 = x ⇔ 2·2+3·1=7 7 = 7. Vậy x = 15. (luôn đúng)  Chọn đáp án D c Câu 39. Cho tam giác ABC có A(1; 3), B(−3; 3) và C(8; 0). Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm BC, CA, AB. Giá trị của xM + xN + xP bằng A. 3. B. 1. C. 6. D. 2. Ê Lời giải. 463/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 464 2. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Å Vì M , N , P lần lượt là trung điểm BC, CA, AB, suy ra M ⇒ xM + xN + xP = ã Å ã 9 3 5 3 ; ,N ; , P (−1; 3). 2 2 2 2 5 9 + + (−1) = 6. 2 2  Chọn đáp án C c Câu 40. Cho điểm M (3; −4). Gọi M1 , M2 lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên Ox, Oy. Khẳng định nào đúng? # » # » A. OM1 = (−3; 0). B. OM2 = (0; 4). # » # » # » # » C. OM1 − OM2 = (−3; −4). D. OM1 + OM2 = (3; −4). Ê Lời giải. Nhắc lại: ○ Hình chiếu vuông góc của A(xA ; yA ) trên Ox là A0 (xA ; 0). ○ Hình chiếu vuông góc của A(xA ; yA ) trên Oy là A0 (0; yA ). # » ○ Với A(xA ; yA ) thì OA = (xA ; yA ). Vì M1 , M2 lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên Ox, Oy, nên M1 (3; 0), M2 (0; −4). # » suy ra, OM1 = (3; 0), # » và OM2 = (0; −4). # » # » # » # » Hơn nữa, OM1 − OM2 = (3; 4) và OM1 + OM2 = (3; −4). Chọn đáp án D  c Câu 41. Cho tam giác ABC có A(2; 4), B(3; 1) và C(−1; 1). Tọa độ điểm E nằm trên trục hoành sao cho EA = EB. A. E(3; 0). B. E(−5; 0). C. E(−3; 0). D. E(5; 0). Ê Lời giải. Gọi E(xE ; yE ) là điểm cần tìm. Vì E nằm trên trục hoành, nên E(xE ; 0). # » Ta có: AE = (xE − 2; −4) ⇒ AE 2 = (xE − 2)2 + 16. # » Tương tự, BE = (xE − 3; −1) ⇒ BE 2 = (xE − 3)2 + 1. Suy ra EA = EB ⇔ EA2 = EB 2 ⇔ (xE − 2)2 + 16 = (xE − 3)2 + 1 ⇔ 2xE + 10 = 0 ⇒ xE = −5. Vậy E(−5; 0).  Chọn đáp án B c Câu 42. Cho tam giác A(−3; 1), B(1; 2), C(−2; −2). Cho hai điểm I nằm trên Ox để tam giác AIB vuông tại I. Tổng hoành độ của hai điểm đó bằng A. −2. B. 2. C. 3. D. −3. Ê Lời giải. Giả sử I(m; 0) là điểm thuộc trục hoành thỏa mãn giả thiết bài toán. Ta có tam giác AIB vuông tại I khi và chỉ khi #» #» AI · BI = 0 ⇔ (m + 3)(m − 1) + (−1) · (−2) = 0 ⇔ m2 + 2m − 1√= 0 ñ m = −1 + 2 √ ⇔ m = −1 − 2. Vậy tổng hoành độ hai điểm I thỏa mãn yêu cầu bài toán là −2. Chọn đáp án A 464/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 465 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Câu 43. Cho hai điểm A(2; 4), B(1; 3). Tìm điểm M có hoành độ dương sao cho tam giác ABM vuông cân tại B. A. M (0; 4). B. M (2; −2). C. M (2; 2). D. M (3; 2). Ê Lời giải. # » Ta có AB = (−1; −1). Phương trình đường thẳng d đi qua B và vuông góc với AB là (−1) · (x − 1) + (−1) · (y − 3) = 0 ⇔ x + y − 4 = 0. Tam giác ABM vuông cân tại B nên M ∈ d. Giả sử M (m; 4 − m), ta có î ó AB 2 = M B 2 ⇔ 2 = (1 − m)2 + (m − 1)2 ⇔ 2(m − 1)2 = 2 ñ m=0 ⇔ m = 2. Vậy điểm M (2; 2) là thỏa mãn yêu cầu bài toán.  Chọn đáp án C c Câu 44. Cho tam giác ABC có A(2; 4), B(6; 0), C(1; 3). Biết điểm D(x; y) là đỉnh của hình chữ nhật ABDC. Giá trị của x + y bằng A. 4. B. −5. C. 1. D. 5. Ê Lời giải. # » # » # » # » Ta có AB = (4; −4), AC = (−1; −1), suy ra AB · AC = 0 nên AB ⊥ AC. Gọi I là trung điểm của BC, ta có xI = 6+1 7 0+3 3 = , yI = = . 2 2 2 2 Do tam giác ABC là tam giác vuông tại A nên ABDC là hình chữ nhật khi và chỉ khi I cũng là trung điểm của AD. Do đó  7  xD = 2xI − xA = 2 · − 2 = 5 2 ⇒ D(5; −1). 3  yD = 2yI − yA = 2 · − 4 = −1 2 Vậy x + y = 5 + (−1) = 4.  Chọn đáp án A c Câu 45. Cho tam giác ABC có A(1; 2), B(−4; 3), C(3; 12). Tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I(a; b). Tổng a + b bằng A. 5. B. 6. C. 7. D. 8. Ê Lời giải. # » # » Ta có AB = (−5; 1), AC = (2; 10). Å ã 3 5 Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, AC. Ta có M − ; , N (2; 7). 2 2 Phương trình đường trung trực của AB là Å ã Å ã 3 5 (−5) · x + +1· y− = 0 ⇔ −5x + y − 10 = 0. 2 2 465/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 466 2. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Phương trình đường trung trực của AC là 2 · (x − 2) + 10 · (y − 7) = 0 ⇔ x + 5y − 37 = 0. Tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là nghiệm của hệ  1 ®  ã Å x = − − 5x + y − 10 = 0 1 15 2 ⇔ . ⇒I − ;  2 2 x + 5y − 37 = 0 y = 15 2 Vậy a + b = 7.  Chọn đáp án C c Câu 46. Cho tam giác ABC có A(1; −1), B(−2; 2), C(3; 1).Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng √ √ √ √ 26 26 . C. 5 2. . A. 26. B. D. 3 2 Ê Lời giải. # » # » # » # » # » Ta có AB = (−3; 3), AC = (2; 2), BC = (5; −1). Do AB · AC = 0 nên tam giác ABC vuông tại A. Do đó, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là đường tròn có tâm là trung điểm của BC và bán kính √ BC 26 R= = . 2 2  Chọn đáp án B c Câu 47. Cho tam giác ABC có A(1; 2), B(−4; 3), C(3; 12). Tọa độ điểm M để O(0; 0) là trực tâm tam Å giác ABM ã là Å ã Å ã Å ã 10 2 2 10 −2 2 2 −10 A. M . B. M . C. M . D. M . ; ; ; ; 11 11 11 11 11 11 11 11 Ê Lời giải. # » # » Giả sử O(0; 0) là trực tâm tam giác ABM . Ta có AO = (−1; −2), BO = (4; −3), Đường thẳng BM đi qua B(−4; 3) và vuông góc với AO có phương trình là (−1) · (x + 4) + (−2) · (y − 3) = 0 ⇔ x + 2y − 2 = 0. Đường thẳng AM đi qua A(1; 2) và vuông góc với BO có phương trình là 4 · (x − 1) + (−3) · (y − 2) = 0 ⇔ 4x − 3y + 2 = 0. A O B M Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ  2 ®  ã Å x = x + 2y − 2 = 0 2 10 11 . ⇒ ⇒M ;  11 11 4x − 3y + 2 = 0 y = 10 11 Chọn đáp án B 466/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 467 Chương 1. Vec-tơ và các phép toán trên vec-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Câu 48. Cho tam giác ABC có A(4; 1), B(−4; 3), C(3; 7). Tọa độ điểm M để O(0, 0) là trực tâm tam Å giác ABM ã là Å ã Å ã Å ã 13 13 13 13 13 −13 −13 −13 A. M ; . B. M − ; . C. M ; . D. M ; . 8 2 8 2 8 2 8 2 Ê Lời giải. # » # » Giả sử O(0, 0) là trực tâm tam giác ABM .Ta có AO = (−4; −1), BO = (4; −3), Đường thẳng BM đi qua B(−4; 3) và vuông góc với AO có phương trình là (−4) · (x + 4) + (−1) · (y − 3) = 0 ⇔ 4x + y + 13 = 0. Đường thẳng AM đi qua A(4; 1) và vuông góc với BO có phương trình là 4 · (x − 4) + (−3) · (y − 1) = 0 ⇔ 4x − 3y − 13 = 0. A O B M Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ  13 ®  ã Å x = − 4x + y + 13 = 0 13 13 8 . ⇒ ⇒ M − ;−  8 2 4x − 3y − 13 = 0 y = − 13 2  Chọn đáp án D 1 c Câu 49. Tìm tọa độ điểm M có hoành độ là số nguyên trên đường thẳng d : y = − x cách 2 √ điểm A(1; −4) một khoảng bằng 10. A. M (2; 1). B. M (2; −1). C. M (−2; 1). D. M (−2; −1). Ê Lời giải. Giả sử M (2m; −m) thuộc đường thẳng d. Ta có √ AM = 10 ⇔ (2m − 1)2 + (−m + 4)2 = 10 2 ⇔ 5m  − 12m + 7 = 0 m=1 ⇔  7 m= . 5 Vậy M (2; −1) là điểm cần tìm. Chọn đáp án B 467/528  p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 C h ươ ng 2 TÍCH VÔ VÔ HƯỚNG HƯỚNG CỦA CỦA HAI HAI TÍCH VÉC-TƠ TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VÉC-TƠ VÉC-TƠ BÀI 1. TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VÉC-TƠ A – TÓM TẮT LÝ THUYẾT . 1. Góc giữa hai véc-tơ #» #» # » # » #» Cho #» a , b 6= 0 . Từ một điểm O bất kì vẽ OA = #» a , OB Ä= b . Khi đó #» #»ä #» #» ’ AOB được gọi là góc giữa hai véc-tơ a và b , kí hiệu là a , b = α. Ta có 0◦ ≤ α ≤ 180◦ . #» a A α O 2. #» b B Tích vô hướng của hai véc-tơ #» #» c Định nghĩa 1.1. Tích vô hướng của hai véc-tơ #» a và b là một số, kí hiệu là #» a · b , được xác định bởi công thức Ä #»ä #» #» #» a · b = | #» a | · b · cos #» a, b . Đặc biệt #» a · #» a = #» a 2 = | #» a |2 . 3. Tính chất c Tính chât 1.1. Với #» #» ○ #» a · b = b · #» a. Ä #» ä ○ #» a b + #» c = #» a· #» #» a , b , #» c bất kỳ và ∀k ∈ R, ta có #» #» #» b + a · c. Ä #»ä Ä #»ä #» ○ (k #» a ) · b = k #» a · b = #» a kb . 4. ○ #» a 2 = | #» a |2 . Ä #»ä2 #» #» ○ #» a + b = #» a 2 + 2 #» a · b + b 2. Ä #» #»ä Ä #» #»ä ○ #» a 2 − b 2 = #» a− b a+ b Biểu thức tọa độ của tích vô hướng #» Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho #» a = (a1 ; a2 ), b = (b1 ; b2 ). Khi đó #» ○ #» a · b = a1 b 1 + a2 b 2 . #» #» Ä #»ä a· b a1 b 1 + a2 b 2 #» ○ cos a , b = #» = pa2 + a2 · pb2 + b2 . #» |a| · b 1 2 1 2 468/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 469 Chương 2. Tích vô hướng của hai véc-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ä #»ä #» #» ○ #» a ⊥ b ⇔ cos #» a , b = 0 ⇔ #» a · b = 0 ⇔ a1 b1 + a2 b2 = 0. p ○ | #» a | = a21 + a22 . p # » ○ Với A(xA ; yA ), B(xB ; yB ) thì AB = |AB|2 = (xB − xA )2 + (yB − yA )2 . 5. Phương tích Cho đường tròn (O) và một điểm M . Dựng cát tuyến M AB với (O), ta định nghĩa: Phương tích của điểm M đối với đường tròn (O) là một số, kí hiệu là PM/(O) và được xác định bởi công thức: B # » # » PM/(O) = M A · M B = d2 − R2 với d = M O. O Nếu M nằm ngoài đường tròn (O) và M T là tiếp tuyến của (O) thì # » PM/(O) = M T 2 = M T 2 . Nghĩa là M A · M B = M T 2 . A M T B – DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP | Dạng 1. Tính tích vô hướng và bình phương vô hướng để tính độ dài Kiết thức cần nhớ. ○ Diện tích tam giác đều S4đều (cạnh)2 × = 4 ○ Diện tích hình vuông SHnhvung 1. BÀI √ cạnh × suy ra chiều cao tam giác đều = 2 √ = (cnh)2 suy ra đường chéo hình vuông = cạch × 2. 3 TẬP VẬN √ 3 . DỤNG c Bài 1. Cho tam giác đều ABC cạnh a, tâm O. # » # » # » # » a) Tính AB · AC và AB · BC. # » # » # » # » b) Tính (OB + OC)(AB − AC). # » # » # » # » c) Tính (AB + 2AC)(AB − 3BC). A O B H C Ê Lời giải. a) Ä # » # »ä a2 # » # » # » # » ○ Ta có AB · AC = AB · AC cos AB, AC = a · a · cos 60◦ = . 2 469/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 470 1. Tích vô hướng của hai véc-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ä # » # »ä a2 # » # » # » # » # » # » ○ Ta có AB · BC = −BA · BC = − BA · BC cos BA, BC = −a · a · cos 60◦ = − . 2 Ä # » # »ä Ä # » # »ä b) OB + OC AB − AC . # » # » # » # » # » # » Gọi H là điểm của BC. Khi đó ta có OB + OC = 2OH và AB = CB. Ä # −»AC Ä #trung ä Ä ä # » # »ä » # » # » # » # » # » # » Suy ra OB + OC AB − AC = 2OH · CB = 2 OF · CB cos OH, CB = 2 · OH · CB · cos 90◦ = 0. Ä# » # »ä Ä # » # »ä # » # » # » # » # » # » # » c) Ta có AB + 2AC AB − 3BC = AB 2 − 3AB · BC + 2AB · AC − 6AC · BC (∗) Ta lại có # » ○ AB 2 = a2 . a2 # » # » ○ AB · BC = − . 2 2 # » # » a ○ AB · AC = . 2 # » # » # » # » a2 ○ AC · BC = CA · CB = . 2 Ä# » a2 a2 a2 a2 # »ä Ä # » # »ä Thay vào (∗), suy ra AB + 2AC AB − 3BC = a2 + 3 · +2· −6· = . 2 2 2 2  c Bài 2. Cho tam giác ABC đều cạnh a, đường cao AH. # » # » # » # » a) Tính AB · AC và BA · AH. Ä # » # »ä Ä # » # »ä b) Tính z = CB − CA 2CA − 3AH . A B H C Ê Lời giải. a) Ä # » # »ä a2 # » # » # » # » ○ AB · AC = AB · AC cos AB, AC = . 2 √ Ä # » # »ä a 3 3a2 # » # » # »# » # » # » ○ BA · AH = −AB AH = − AB · AH cos AB, AH = −a · cos 30◦ = − . 2 4 Ä # » # »ä Ä # » # »ä # » # » # » # » # » # » # » b) Ta có CB − CA 2CA − 3AH = 2CB · CA − 3CB · AH − 2CA2 + 3CA · AH (∗) Ta lại có # » # » a2 ○ CB · CA = . 2 # » # » ○ CB · AH = 0. (vì AH ⊥ BC). # » ○ CA2 = a2 . 3a2 # » # » # » # » ○ CA · AH = −AC · AH = − . 4 470/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 471 Chương 2. Tích vô hướng của hai véc-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ä # » # »ä Ä # » 13a2 # »ä Thay vào (∗) ta được Z = CB − CA 2CA − 3AH = − . 4  c Bài 3. C o hình vuông ABCD cạnh a, tâm O. # » # » # » # » a) Hãy tìm AB · BC và AB · BD. Ä # » # »ä Ä # » # »ä b) Hãy tính z = AB + AD BD + BC . h # » # » # » # » c) Hãy tính ON · AB và N A · AB, với N là điểm trên cạnh BC. Ê Lời giải. A D O a B N C # » # » a) Ta có AB · BC = AB ·ÄBC · cos 90ä◦ = a · a · 0 = 0. # » # » # » # » # » # » # » # » # » Ta có AB · BD = AB AD − AB = AB · AD − AB · AB = 0 − a2 = −a2 . Ä # » # »ä Ä # » # »ä # » Ä # » # »ä # » # » # » # » b) z = AB + AD BD + BC = AC BD + AD = AC · BD+ AC · AD = 0+AC ·AD·cos 45◦ = √ √ 2 a 2·a· = a2 . 2 # » # » Ä # » # »ä # » # » # » # » # » # » # » c) Ta có ON · AB = BN − BO · AB = BN · AB − BO · AB = 0 + BO · BA = BO · BA · cos 45◦ = √ √ 2 a2 a 2 ·a· = . 2 # » 2 # » 2 Ä # » # »ä # » # » # » # » # » Ta có N A · AB = N B + BA · AB = N B · AB − AB · AB = 0 − a2 = −a2 .  c Bài 4. C ’ = 60◦ . o hình thoi ABCD tâm O cạnh bằng 7, góc BAC # » # » # » # » # » # » # » # » a) Hãy tính AB · AC và AB · OA. b) Hãy tính AC · BD và AB · OB. h Ê Lời giải. Từ đề bài ta có 4ABC và 4ADC là tam giác đều. A D O B 471/528 C p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 472 1. Tích vô hướng của hai véc-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả 49 1 # » # » a) Ta có AB · AC = AB · AC · cos 60◦ = 7 · 7 · = . 2 2 1# » # » 49 # » # » # » 1# » Ta có AB · OA = −AB · AC = − AB · AC = − . 2 2 4 # » # » b) Ta có AC · BD = AC · BD · cos 90◦ = 0. √ √ 7 3 3 147 # » # » # » # » ◦ Ta có AB · OB = BA · BO = BA · BO · cos 30 = 7 · · = . 2 2 4  c Bài 5. Cho hình thang ABCD có đáy lớn BC = 3a, đáy nhỏ AD = a, đường cao AB = 2a. # » # » a) Hãy tính AB · CD # » # » # » # » b) Hãy tính BC · BD và AC · BD c) Gọi I là trung điểm của CD. Hãy tính góc giữa AI và CD Ê Lời giải. A D I H B E C Dựng DE ⊥ BC, E ∈ BC ⇒ ABED là hình chữ nhật. # » # » # » # » a) AB · CD = DE · CD = DE · CD · cos (135◦ ). √ Tam giác DEC vuông cân tại Ç E nên DC = 2a 2. √ å √ 2 # » # » Do đó AB · CD = 2a · 2a 2 · − = −4a2 . 2 b) Ä ä # » # » ’ = BC · BD · BE = BC · BE = 3a2 . ○ BC · BD = BC · BD · cos DBC BD ○ Ta có Ä # » # »ä Ä # » # »ä # » # » AC · BD = BC − BA AD − AB # » # » # » # » # » # » # » # » = BC · AD − BC · AB − BA · AD + BA · AB = BC · AD · cos 0◦ − 0 − 0 + AB 2 · cos 180◦ = 3a2 − 4a2 = −a2 . ’ = BIA. ‘ Do HI ⊥ AB nên c) Gọi H là trung điểm của AB, khi đó 4ABD = 4HAI ⇒ ABD AI ⊥ DB. Do đó góc giữa AI và CD là 90◦ .  472/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 473 Chương 2. Tích vô hướng của hai véc-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả ’ = 60◦ . c Bài 6. Cho tam giác ABC có AB = 2, AC = 3, BAC # » # » # » # » #» a) Tính AB · AC và độ dài cạnh BC b) Cho điểm M thỏa M B + 2M C = 0 . Tính độ dài AM Ê Lời giải. C 3 60◦ B A 2 a) Å ã 1 # » # » ◦ =3 ○ AB · AC = AB · AC · cos 60 = 2 · 3 · 2 Ä # » # »ä2 √ # » # » # » ○ BC 2 = BC 2 = AC − AB = AC 2 + AB 2 − 2AB · AC = 4 + 9 − 2 · 3 = 7 ⇒ BC = 7. b) # » # » #» # » ○ Phân tích: Để tính AM ta dựa vào đẳng thức M B + 2M C = 0 và biểu diễn AM theo hai # » # » # »2 véc-tơ AB, AB. Sau đó sử dụng đẳng thức bình phương vô hướng, tức là AM = (· · · )2 để tìm ra AM 2 ⇒ AM . Đó là hướng xử lí thường gặp cho dạng toán này. Ä # » # »ä #» # » # » #» # » # » # » 1# » 2# » ○ Ta có M B + 2M C = 0 ⇔ AB − AM + 2 AC − AM = 0 ⇔ AM = AB + AC. 3 3 Å ã2 1 2 1 4 4 4 4 52 # » # » # » # » # » Suy ra AM 2 = AM 2 = AB + AC = AB 2 + AC 2 + AB · AC = + 4 + · 3 = 3 3 9 9 9 9 9 9 √ 2 13 Vậy AM = . 3  √ ’ = 135◦ . Gọi điểm M thuộc AC sao c Bài 7. Cho tam giác ABC có AB = a 2, BC = 5a, ABC # » # » # » # » # » cho 2AM = 3CM . Tính BA · BC. Tìm x, y sao cho BM = xBA + y BC và tính độ dài đoạn BM . Ê Lời giải. A M 135◦ B 473/528 C p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 474 1. Tích vô hướng của hai véc-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả √ # » # » ○ BA · BC = BA · BC · cos 135◦ = a 2 · 5a · Ç √ å 2 = −5a2 . − 2 # » 3# » # » # » 3 Ä # » # »ä # » 2# » 3# » ○ Ta có 2AM = 3CM ⇒ AM = M C ⇔ BM − BA = BC − BM ⇔ BM = BA + BC. 2 2 5 5 2 3 Vậy x = , y = . 5 5 ã Å 9 4 12 # » # » 9 4 2# » 3# » 2 2 BA + BC = BC 2 + BA2 + BA · BC = · 25a2 + · 2a2 + ○ Ta có BM = 5 5 25 25 25 25 25 2 12 173a (−5a2 ) = . 25 √ 25 173a Vậy BM = . 5  ’ = 120◦. c Bài 8. Cho tam giác ABC có AB = 2, AC = 3, BAC # » # » a) Tính AB · AC và độ dài đường trung tuyến AM # » # » b) Gọi AD là phân giác trong của góc A của tam giác ABC. Phân tích AD theo hai véc-tơ AB # » và AC. Suy ra độ dài đoạn AD Ê Lời giải. A 120 ◦ C B D M a) Å ã 1 # » # » ◦ ’ = −3. ○ AB · AC = AB · AC · cos BAC = 2.3 · cos 120 = 2 · 3 · − 2 # » 1 Ä # » # »ä ○ Do M là trung điểm của BC nên AM = AB + AC . 2 Ä ä Ä 1 # » # » 2 1 7 # » # »ä 4 + 9 + 2(−3) AM 2 = AB + AC = AB 2 + AC 2 + 2AB · AC = = . 4 √ 4 4 4 7 Vậy AM = . 2 b) BD AB 2 ○ Do AD là đường phân giác trong của góc A nên ta có = = . DC AC 3 # » 2# » # » # » 2 Ä # » # »ä # » 3# » 2# » Suy ra BD = DC ⇔ AD − AB = AC − AD ⇔ AD = AB + AC. 3 3 5 5 Å ã2 3# » 2# » 9 4 12 # » # » 36 36 36 # » ○ Ta có AD2 = AD2 = AB + AC = AB 2 + AC 2 + · AB · AC = + − = 5 5 25 25 25 25 25 25 36 . 25 6 Do đó AD = . 5 474/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 475 Chương 2. Tích vô hướng của hai véc-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả  √ c Bài 9. Cho tam giác ABC có AB = 2a, BC = a 7, AC = 3a. Gọi M là trung điểm của AB, N thuộc AC sao cho AN = 2N C và D thuộc M N sao cho 2DM = DN . # » # » # » # » # » a) Tìm x, y sao cho AD = xAB + y AC b) Tìm AB · AC và độ dài đoạn AD Ê Lời giải. A M D B N C Ä # » # »ä # » # » # » # » 2# » # » # » # » # » # » a) Ta có DN = 2M D ⇔ AN − AD = 2 AD − AM ⇔ 3AD = AN +2AM ⇔ 3AD = AC + AB. 3 1 2 # » 2# » 1# » Suy ra AD = AC + AB. Vậy x = , y = . 9 3 3 9 b) # » # » # » # »# » # »# » 1 ○ Ta có BC = AC−AB ⇒ BC 2 = AC 2 +AB 2 −2AB·AC ⇒ AB·AC = (4a2 + 9a2 − 7a2 ) = 2 3a2 . ã Å 4 4 # »# » 4 4 4 2# » 1# » 2 1 # »2 2 AC + AB = AB 2 + AC 2 + AB AC = a2 + a2 + a2 = ○ Ta có AD = AD = 9 3 9 81 27 9 9 9 12 2 a. 9 √ 2a 3 . ⇒ AD = 3  c Bài 10. Tính góc giữa hai véc-tơ trong các trường hợp sau ® #» ® #» a = (1; −2) a = (3; −4) a) #» b) #» b = (−1; −3) b = (4; 3) ® #» a = (2; −5) c) #» b = (3; 7) Ê Lời giải. ® #» #» Ä #»ä a = (1; −2) a· a, b = a) #» ⇒ cos #» b = (−1; −3) | #» a| · ◦ 45 . ® #» #» Ä #»ä a = (1; −2) a· #» b) #» ⇒ cos a , b = #» b = (−1; −3) |a| · 475/528 √ #» Ä #»ä 1(−1) + (−2)(−3) 2 b #» p p = = ⇒ a, b = #» 2 + (−2)2 · 2 + (−3)2 2 1 (−1) b #» Ä #»ä b 3(4) + (−4)(3) #» p p = = 0 ⇒ a , b = 90◦ . #» 2 2 2 2 3 + (−4) · (4) + (3) b p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 476 1. Tích vô hướng của hai véc-tơ ® #» #» Ä #»ä a = (1; −2) a· c) #» ⇒ cos #» a, b = b = (−1; −3) | #» a| · ◦ 135 . Luôn nổ lực để đạt được thành quả √ #» Ä #»ä − 2 2(3) + (−5)(7) b #» p p = ⇒ a, b = = #» 2 + (−5)2 · 2 + (7)2 2 2 (3) b  c Bài 11. Cho hai véc-tơ #» u , #» v có cùng độ dài bằng 1 và thoả mãn |2 #» u − 3 #» v | = 4. Tính #» #» cos ( u , v ). Ê Lời giải. 2 #» #» #» #» Ta có |2 u − 3 v | = 4 ⇔ (2 u − 3 v ) = 16 ⇔ 4 #» u 2 − 12 · #» u · #» v + 9 #» v 2 = 16 ⇔ 4 | #» u |2 − 12 | #» u | · | #» v | cos ( #» u , #» v ) + 9 | #» v |2 = 16 ⇔ 4 − 12 cos ( #» u , #» v ) + 9 = 16 1 Vậy cos ( #» u , #» v) = − . 4 1 ⇔ cos ( #» u , #» v) = − . 4  c Bài 12. Cho hai véc-tơ #» u , #» v có cùng độ dài bằng 1 và thoả mãn |2 #» u − 3 #» v | = 3. Tính #» #» cos ( u , v ). Ê Lời giải. 2 #» #» #» #» Ta có |2 u − 3 v | = 3 ⇔ (2 u − 3 v ) = 9 ⇔ 4 #» u 2 − 12 · #» u · #» v + 9 #» v2 = 9 ⇔ 4 | #» u |2 − 12 | #» u | · | #» v | cos ( #» u , #» v ) + 9 | #» v |2 = 9 ⇔ 4 − 12 cos ( #» u , #» v)+9 = 9 1 Vậy cos ( #» u , #» v) = . 3 1 ⇔ cos ( #» u , #» v) = . 3  #» c Bài 13. Cho hai véc-tơ #» a , b có cùng độ dài bằng 1 và góc tạo bởi hai véc-tơ đó bằng 60◦ . Xác #» #» định cô-sin của góc giữa hai véc-tơ #» u và #» v với #» u = #» a + 2 b , #» v = #» a − b. Ê Lời giải. Ä #»ä 1 #» #» Ta có #» a · b = | #» a | · b · cos #» a , b = 1 · 1 · cos 60◦ = . Từ đó 2 Ä 1 1 #»ä Ä #» #»ä #»2 #» #» #» #» #» 2 • #» u · #» v = #» a +2b a − b = a + a · b − 2 b 2 = | #» a |2 + #» a · b −2 b =1+ −2=− . 2 2 Ä √ 1 #» #» #» #» 2 #»ä2 a 2 + 4 #» a · b + 4 b 2 = | #» a |2 + 4 #» a · b + 4 b = 1 + 4 · + 4 = 7 ⇒ | #» • | #» u |2 = #» a + 2 b = #» u | = 7. 2 Ä 1 #» #» #» #» 2 #»ä2 a 2 − 2 #» a · b + b 2 = | #» a |2 − 2 #» a · b + b = 1 − 2 · + 1 = 1 ⇒ | #» • | #» v |2 = #» a − b = #» v | = 1. 2 1 √ #» #» − Ä #»ä a · b 7 #» 2 Vậy cos a , b = =√ =− .  #» 14 7·1 | #» a| · b Ä #»ä #» #» c Bài 14. Cho 2 véc-tơ #» a và b với | #» a | = 6, b = 3 và #» a , b = 45◦ . Hãy tính các tích vô hướng 476/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 477 Chương 2. Tích vô hướng của hai véc-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ä #»ä a) #» a · 2 #» a− b . Ä #»ä Ä #»ä b) 3 #» a + 4 b −2 #» a +3b . Ê Lời giải. Ä #»ä √ #» #» Ta có #» a · b = | #» a | · b · cos #» a , b = 6 · 3 · cos 45◦ = 9 2. Ä √ √ #»ä #» #» a) #» a · 2 #» a − b = 2 #» a 2 − #» a · b = 2 | #» a |2 − #» a · b = 2 · 62 − 9 2 = 72 − 9 2. b) Ä #»ä Ä #»ä #» #» #» #» 3 #» a + 4 b −2 #» a + 3 b = −6 #» a 2 + #» a · b + 12 b 2 = −6 | #» a |2 + #» a · b + 12 b 2 √ = −108 + 9 2.  √ c Bài 15. Cho hai véc-tơ #» u và #» v thoả mãn | #» u | = 3, | #» v | = 2 và | #» u − 3 #» v | = 3. Tính |2 #» u + #» v |. Ê Lời giải. Ta có 9 = | #» u − 3 #» v |2 = | #» u |2 − 6 #» u · #» v + 9 | #» v |2 = 27 − 6 #» u · #» v . Suy ra #» u · #» v = 3. ä Ä √ 2 2 2 2 2 = 26. Từ đó |2 #» u + #» v | = 4 | #» u | + 4 #» u · #» v + | #» v | = 4 · 32 + 4 · 3 + √ #» #» Vậy |2 u + v | = 26.  √ #» #» #» #» c Bài 16. Cho hai véc-tơ #» a và b thoả mãn | #» a | = b = 1 và 2 #» a · b và a − b = 3. Tính #» #» #» a+ b . Ê Lời giải. #» Ta có 3 = 2 #» a− b #» Và #» a+ b 2 #» #» = | #» a |2 + 2 #» a· b + b 2 #» #» = 4 | #» a |2 − 4 #» a· b + b #» 1 Suy ra #» a· b = . 2 √ #» #» = 3. Suy ra a + b = 3. 2 2 #» = 5 − 4 #» a · b.  | Dạng 2. Chứng minh vuông góc c Bài 17. Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 3, BC = 5. # » # » # » # » a) Tính BA · CA. b) Tính AB · BC. 3 # » # » 1# » # » 1# » # » c) Gọi D, E, F là các điểm thỏa mãn AD = AB, CE = CA và BF = BC. Chứng minh 3 2 11 DE ⊥ AF . Ê Lời giải. # » # » a) Ta có BA ⊥ CA nên BA · CA = 0. 477/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 478 1. Tích vô hướng của hai véc-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả 3 AB = . b) Ta có cos B = # » # »BC # 5» # » Ta có AB · BC = −BA · BC = −BA · BC · cos B = −9. # » # » # » 1# » 1# » c) Ta có DE = AE − AD = AC − AB. 2 3 3 # » # » 3 # » # » # » # » # » # » Ta lại có AF = BF − BA = BC + AB = (AC − AB) + AB = 11 11 3 # » 8 # » AC + AB. 11 11 Từ đó suy ra Å ã Å ã 1# » 1# » 3 # » 8 # » # » # » DE · AF = AC − AB · AC + AB 2 3 11 11 Å ã 3 8 8 3 # » # » 2 2 = AC − AB + − · AB · AC 22 33 22 33 3 2 8 18 = (5 − 32 ) − · 32 + · 0 = 0. 22 33 66 Suy ra DE ⊥ AF . C E F A D B  c Bài 18. Cho tam giác ABC có góc A nhọn. Dựng bên ngoài tam giác ABC các tam giác vuông cân đỉnh A là ABD và ACE. Goi M là trung điểm của đoan BC. Chứng minh rằng AM vuông góc với DE. Ê Lời giải. ( ’ = CAB ’ + BAD ’ = BAC ’ + 90◦ CAD ’ = BAE. ’ nên CAD ◦ ’ ’ ’ ’ BAE = BAC + CAE = BAC + 90 ® AB = AD, AC = AE Có 4ABD và 4ACE vuông cân tại A nên ’ = CAE ’ = 90◦ . BAD Ta có Ä # » # »ä Ä # » # »ä # » # » 2AM · DE = AB + AC AE − AD # » # » # » # » # » # » # » # » = AB · AE + AC · AE − AB · AD − AC · AD ’ + 0 − 0 − AC · AD · cos CAD ’ = 0. = AB · AE · cos BAE E Ta có D A B M Do đó AM ⊥ DE. C  c Bài 19. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AH và HC. Chứng minh BI ⊥ AJ. Ê Lời giải. 478/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 479 Chương 2. Tích vô hướng của hai véc-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả  # » 1 Ä # » # »ä  AJ = AH + AC 2 Ta có I, J là trung điểm AH, HC nên # » 1 Ä # » # »ä  BI = BA + BH . 2 ’ = ACH ’ do cùng phụ CBA. ’ Ta có BAH AC HA Ta có 4ABC v 4HBA (g − g) nên = ⇒ AC · HB = AB · HA. AB HB Ta có Ä # » # »ä Ä # » # »ä #» #» 4AJ · BI = AH + AC BA + BH # » # » # » # » # » # » # » # » = AH · BA + AH · BH + AC · BA + AC · BH ’ + 0 + 0 + AC · BH · cos HCA ’ = 0. = −AH · BA · cos HAB B H J I C A Do đó BI ⊥ AJ.  c Bài 20. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi H là trung điểm của đoạn BC, D là hình chiếu vuông góc của H trên AC, M là trung điểm của đoạn HD. Chứng minh AM ⊥ DB. Ê Lời giải. HC AH = ⇒ AH ·HD = HC ·AD. AD # HD » # » Do H là trung điểm BC nên BH = HC và HB = −HC. # » # » # » Ta có M là trung điểm của HD nên 2AM = AH + AD. Ta có Ä # » # » ä Ä # » # »ä # » # » 2 · AM · BD = AH + AD BH + HD # » # » # » # » # » # » # » # » = AH · BH + AH · HD + AD · BH + AD · HD ’ + AD · CH · cos HCD ’ + 0 = 0. = 0 − AH · HD · cos AHD Ta có 4AHD v 4HCD (g − g), nên Do đó AM ⊥ DB. A D M B H C  c Bài 21. Cho hình chữ nhật ABCD, dựng BH ⊥ AC. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AH và DC. Chứng minh BM ⊥ M N . Ê Lời giải. 479/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 480 1. Tích vô hướng của hai véc-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ta có M, N là trung  Ä # » # »ä # » 1 # » # »  BM = BA + BH , M A = −M H 2 Ä # » # »ä # »  M N = 1 M D + MC . #2 » Biến đổi M N , ta có điểm AH, DC nên # » 1 Ä # » # » # » # »ä 1 Ä # » # » ä M A + AD + M H + HC = AD + HC . MN = 2 2 ’ = BAC ’ do cùng phụ với BCH. ’ Ta có HBC A B M H D N C AB BH = ⇔ BH · BC = HC · AB. Do 4BHC v 4ABC (g − g), nên HC BC # » # » Do ABCD là hình chữ nhật nên AD = BC. Ta có Ä # » # » ä Ä # » # »ä # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » 4 · BM · M N = BA + BH AD + HC = BA · AD + BA · HC + BH · AD + BH · HC ’ + BH · AD · cos HBC ’ + 0 = 0. = 0 − BA · HC · cos BAC Do đó BM ⊥ M N .  | Dạng 3. Chứng minh hệ thức thường gặp # » # » c Bài 22. Cho H là trung điểm của AB và M là một điểm tùy ý. Chứng minh M A · M B = HM 2 − HA2 . Ê Lời giải. # » # » Do H là trung điểm AB nên HA = −HB. Ta có # » # » # » # » # » # » M A · M B = (M H + HA)(M H + HB) # » # » # » # » # » # » # » # » = MH · MH + M H · HB + HA · M H + HA · HB # » Ä # » # »ä # » # » 2 = HM + M H · HB + HA − HA · HA = HM 2 − HA2 . M A H B # » # » Vậy M A · M B = HM 2 − HA2 , hay ta có điều phải chứng minh.  c Bài 23. Chứng minh với bốn điểm A, B, C, D bất kỳ ta có # » # » # » # » # » # » AB · CD + AC · DB + AD · BC = 0. (Hệ thức Euler - có thể dùng hệ thức này để chứng minh ba đường cao đồng quy). 480/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 481 Chương 2. Tích vô hướng của hai véc-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ê Lời giải. Ta có # » # » # » # » # » # » AB · CD + AC · DB + AD · BC # » # » # » # » # » # » # » # » # » = AB(AD − AC) + AC(AB − AD) + AD(AC − AB) # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » = AB · AD − AB · AC + AC · AB − AC · AD + AD · AC − AD · AB #» = 0.  c Bài 24. Cho tứ giác ABCD. Gọi I, J theo thứ tự là trung điểm của AC, BD. Chứng minh rằng AB 2 + BC 2 + CD2 + DA2 = AC 2 + BD2 + 4IJ 2 . Ê Lời giải. Trước hết ta chứng minh đẳng thức sau # » # » #» (AB + CD)2 = 4IJ 2 . Thật vậy ta có # » # » # » #» # » # » #» # » (AB + CD)2 = (AI + IJ + JB + CI + IJ + JD)2 2  # » # » #» #» #» + JD}) + 2 · IJ  = (AI + CI}) + (JB | {z | {z #» 0 #» 0 #» = 4 · IJ 2 . C D I J A B Ta có ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ AB 2 + BC 2 + CD2 + DA2 = AC 2 + BD2 + 4IJ 2 Ä # » # »ä2 AB 2 + BC 2 + CD2 + DA2 = AC 2 + BD2 + AB + CD   # » # » AD2 − AC 2 − BD2 − BC 2 = 2AB · CD Ä # » # »ä Ä # » # »ä Ä # » # »ä Ä # » # »ä # » # » AD − AC · AD + AC − BD − BC · BD + BC = 2AB · CD # » Ä # » # »ä # » Ä # » # »ä # » # » CD AD + AC − CD BD + BC = 2AB · CD # » Ä # » # » # » # »ä # » # » CD AD + AC − BD − BC = 2AB · CD # » î # » # » Ä # » # »äó # » # » CD (AD + DB AC + CB = 2AB · CD # » î # » # »ó # » # » CD AB + AB = 2AB · CD (luôn đúng).  481/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 482 1. Tích vô hướng của hai véc-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 25. Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng # » # » a) 2AB · AC = AB 2 + AC 2 − BC 2 . b) BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2AB · AC · cos A. Ê Lời giải. b) Ta có a) Ta có # » # » # » BC 2 = BC 2 = (AC − AB)2 # » # » # » # » = AC 2 − 2AB · AC + AB 2 # » # » ⇒ 2AB · AC = AC 2 + AB 2 − BC 2 . # » # » # » BC 2 = BC 2 = (AC − AB)2 # » # » # » # » = AC 2 − 2 · AC · AB + AB 2 # » # » = AC 2 + AB 2 − 2 · |AC| · |AB| · cos A = AB 2 + AC 2 − 2AB · AC · cos A.  c Bài 26. Cho tam giác ABC có I là trung điểm của BC và AH là đường cao. Chứng minh a) AB 2 + AC 2 = 2AI 2 + A BC 2 . 2 # » #» 1 b) BC · IH = (AB 2 − AC 2 ). 2 B H I C Ê Lời giải. a) Ta có # » # » AB 2 + AC 2 = AB 2 + AC 2 #» #» #» #» = (AI + IB)2 + (AI + IC)2 #» #» #» #» = (AI + IB)2 + (AI − IB)2 #» #» #» #» #» #» #» #» = AI 2 + 2AI · IB + IB 2 + AI 2 − 2AI · IB + IB 2 #» #» = 2AI 2 + 2IB 2 ã Å 1# » 2 # »2 = 2AI + 2 · − BC 2 1 = 2AI 2 + BC 2 . 2 b) Ta có 1 1 # »2 # »2 · (AB 2 − AC 2 ) = · (AB − AC ) 2 2 1 # » # » Ä # » # »ä = · (AB − AC) · AB + AC 2 1 # » #» # » #» = · CB · 2AI = 2BC · AI 2 # » #» # » = 2BC(IH + HA) # » # » # » = BC · IH + BC · HA # » #» = BC · IH.  482/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 483 Chương 2. Tích vô hướng của hai véc-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả c Bài 27. Cho tam giác ABC, trung tuyến AM . Chứng minh rằng A 1 # » # » a) AB · AC = AM 2 − BC 2 . 4 b) AM 2 = 2(AB 2 + AC 2 ) − BC 2 . 4 (định lý đường trung tuyến) B M C Ê Lời giải. a) Ta có # » # » AB · AC = Ä ä2 Ä ä # » # » # » # » AB 2 + 2AB · AC + AC − AB 2 − 2AB · AC + AC 2 4 # » # »2 # » # »2 (AB + AC) − (AB − AC) = 4 # » 2 # »2 (2AM ) − CB = 4 4AM 2 − BC 2 BC 2 = = AM 2 − . 4 4 b) Ta có ï ò 1 # » # » 2 # »2 AM = AM = (AB + AC) 2 1 # » # » = (AB 2 + AC 2 + 2AB · AC) 4 1î # » # »ó = 2(AB 2 + AC 2 ) − (AB 2 + AC 2 − 2AB · AC) 4 1î # » # » ó = 2 · (AB 2 + AC 2 ) − (AB − AC)2 4 1î # »ó = 2(AB 2 + AC 2 ) − BC 2 4  1 = 2(AB 2 + AC 2 ) − BC 2 4 2  c Bài 28. Cho tam giác ABC, biết AB = c, BC = a, AC = b có trọng tâm G. Chứng minh rằng GA2 + GB 2 + GC 2 = a2 + b 2 + c 2 . 3 (Hệ thức Lep-nit) Ê Lời giải. 483/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 484 1. Tích vô hướng của hai véc-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên ta có # » # » # » #» GA + GB + GC = 0 # » # » # » ⇒ (GA + GB + GC)2 = 0 # » # » # » # » # » # » ⇔ GA2 + GB 2 + GC 2 + 2(GA · GB + GB · GC + GC · GA) = 0 # » # » # » # » ⇔ 3(GA2 + GB 2 + GC 2 ) − (GA2 + GB 2 − 2GA · GB) − (GB 2 + GC 2 − 2GB · GC) # » # » −(GC 2 + GA2 − 2GC · GA) = 0 # » # » # » # » # » # » ⇔ 3(GA2 + GB 2 + GC 2 ) = (GA − GB)2 + (GB − GC)2 + (GC − GA)2 # » # » # » ⇔ 3(GA2 + GB 2 + GC 2 ) = BA2 + CB 2 + AC 2 a2 + b 2 + c 2 . ⇔ GA2 + GB 2 + GC 2 = 3  c Bài 29. Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Chứng minh rằng, với mọi điểm M ta luôn có M A2 + M B 2 + M C 2 = GA2 + GB 2 + GC 2 + 3M G2 . Ê Lời giải. # » # » # » #» Vì G là trọng tâm tam giác ABC ⇒ GA + GB + GC = 0 . Ta có M A2 + M B 2 + M C 2 = = = = = Ä # » # »ä2 Ä # » # »ä2 Ä # » # »ä2 M G + GA + M G + GB + M G + GC # » # » # » # » M G2 + 2M G · GA + GA2 + M G2 + 2M G · GB + GB 2 # » # » +M G2 + 2M G · GC + GC 2 # » Ä # » # » # »ä GA2 + GB 2 + GC 2 + 3M G2 + 2M G · GA + GB + GC # » #» GA2 + GB 2 + GC 2 + 3M G2 + 2M G · 0 GA2 + GB 2 + GC 2 + 3M G2 . Nhận xét: Từ đẳng thức M A2 + M B 2 + M C 2 = GA2 + GB 2 + GC 2 + 3M G2 . ○ Vì A, B, C cố định nên điểm M có tổng bình phương các khoảng cách từ đó đến các đỉnh của tam giác nhỏ nhất chính là trọng tâm của tam giác. ○ Nếu tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O, R) thì 3(R2 − OG2 ) = GA2 + GB 2 + GC 2 (với điểm M ≡ O).  c Bài 30. Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Chứng minh rằng, với mọi điểm M ta luôn có M G2 =  1  1 M A2 + M B 2 + M C 2 − AB 2 + BC 2 + CA2 . 3 9 Ê Lời giải. # » # » # » # » Vì G là trọng tâm tam giác ABC ⇒ M A + M B + M C = 3M G. 484/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 485 Chương 2. Tích vô hướng của hai véc-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Bình phương hai vế ta được 9M G2 = Ä # » # » # »ä2 MA + MB + MC # » # » # » # » # » # » = M A 2 + M B 2 + M C 2 + 2M A · M B + 2 M B · GC + 2 M Cä · M A Ä  # » # » = 3 M A2 + M B 2 + M C 2 − M A2 + M B 2 − 2M A · M B Ä # » # »ä Ä # » # »ä − M B 2 + M C 2 − 2M B · M C − M C 2 + M A2 − 2M C · M A  Ä # » # »ä2 Ä # » # »ä2 Ä # » # »ä2 = 3 M A2 + M B 2 + M C 2 − M A − M B − M B − M C − M C − M A  # » # » # » = 3 M A2 + M B 2 + M C 2 − BA2 − CB 2 − AC 2   = 3 M A2 + M B 2 + M C 2 − AB 2 + BC 2 + CA2 . Chia cả hai vế cho 9 ta được điều phải chứng minh M G2 =  1  1 M A2 + M B 2 + M C 2 − AB 2 + BC 2 + CA2 . 3 9  c Bài 31. Cho tam giác ABC, gọi H là trực tâm, M là trung điểm của cạnh BC. Chứng minh # » # » # » rằng BC 2 = 4M H · M A. Ê Lời giải. ®# » # » # » AB + AC = 2AM Vì M là trung điểm của cạnh BC nên ta có # » # » # ». HB + HC = 2HM Do đó # » # » # » # » 4M H · M A = 2ÄM H · 2M Aä Ä # » # » # » # »ä = BH + CH · BA + CA # » # » # » # » # » # » # » # » = BH · BA + BH · CA + CH · BA + CH · CA # » # » # » # » = BH · BA + CH · CA (vì H là trực tâm của 4ABC) # » Ä # » # »ä # » Ä # » # »ä = BH · BC + CA + CH · CB + BA # » # » # » # » # » # » # » # » = BH · BC + BH · CA + CH · CB + CH · BA # » # » # » # » = BH · BC + CH · CB (vì H là trực tâm của 4ABC) # » # » # » # » = BH Ä· BC − CH ä· BC # » # » # » = BC BH − CH # » # » = BC · BC # » = BC 2 . 485/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 486 1. Tích vô hướng của hai véc-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả A E F H B C M  c Bài 32. Cho tam giác ABC có AD, BE, CF lần lượt là các đường trung tuyến. Chứng minh # » # » # » # » # » # » #» rằng AB · CF + BC · AD + CA · BE = 0 . Ê Lời giải. A E F B D C # » # » # »   AB + AC = 2AD # » # » # » Do AD, BE, CF lần lượt là các đường trung tuyến nên ta có BA + BC = 2BE .   # » # » # » CA + CB = 2CF Do đó = = = = = = # » # » # » # » # » # » AB · CF + BC · AD + CA · BE 1 Ä # » # » # » # » # » # »ä AB · 2CF + BC · 2AD + CA · 2BE 2 1 î# » # » # » # » # » # » # » # » # »ó AB · (CA + CB) + BC · (AB + AC) + CA · (BA + BC) 2 1 î # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » # » # »ó AB · CA + AB · CB + BC · AB + BC · AC + CA · BA + CA · BC 2 1 îÄ # » # » # » # »ä Ä # » # » # » # »ä Ä # » # » # » # »äó AB · CA + CA · BA + AB · CB + BC · AB + BC · AC + CA · BC 2 1 îÄ # » # » # » # »ä Ä # » # » # » # »ä Ä # » # » # » # »äó AB · CA − CA · AB + AB · CB − CB · AB + BC · AC − AC · BC 2 #» 0  486/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 487 Chương 2. Tích vô hướng của hai véc-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả 1 1 c Bài 33. Cho tam giác ABC. Chứng minh S = AB·AC sin A = 2 2 q Ä # » # »ä2 # » # » AB 2 · AC 2 − AB · AC . Ê Lời giải. Kẻ đường cao BH. Ta có sin A = BH ⇒ BH = BA · sin A. Do BA đó S = = = = = = = = = 1 AC · BH 2 1 AC · BA · sin A 2 1 AB · AC · sin A 2 Å ã2 1 AB · AC · sin A 2 1 p # »2 # »2 AB · AC · sin2 A 2» 1 # »2 # »2 AB · AC · (1 − cos2 A) 2q ä 1 Ä # »2 # »2 # »2 # »2 AB · AC − AB · AC · cos2 A 2… 2 1 # »2 # »2  # » # » AB · AC − AB · AC · cos A 2… 1 # »2 # »2 Ä # » # »ä2 AB · AC − AB · AC 2 A H B C  c Bài 34. Cho tam giác ABC, biết BC = a, AC = b, AB = c và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng #» #» # » #» a) aIA + bIB + cIC = 0 . b) aIA2 + bIB 2 + cIC 2 = abc. Ê Lời giải. 487/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 488 1. Tích vô hướng của hai véc-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả a) Qua C dựng đường thẳng song song với IA, cắt đường thẳng BI tại E. Qua C dựng đường thẳng song song với IB, cắt đường thẳng AI tại F . #» #» #» IECF là hình bình hành nên IC = IE + IF . Gọi D là giao điểm của AI và BC. Vì ID ∥ CE và AD là đường phân giác nên ta có BD AB b b# » BI #» = = = ⇒ IE = − IB IE CD AC c c (1) A E (2) Tương tự ta chứng minh được a#» #» IF = − IA c I (3) B Từ (1), (2) và (3) suy ra D b# » a#» #» #» # » #» #» IC = − IB − IA ⇔ aIA + bIB + cIC = 0 . c c C F Ä #» #» #» # » #» #» # »ä b) Ta có aIA + bIB + cIC = 0 ⇒ aIA + bIB + cIC = 0. #» #» #» #» #» #» ⇔ a2 IA2 + b2 IB 2 + c2 IC 2 + 2abIA · IB + 2bcIB · IC + 2acIA · IC = 0.(∗) Ä # » # » ä2 # » # » #» #» #» Mà AB 2 = IB − IA = IB 2 − 2IA · IB + IA2 #» #» #» #» # » ⇒ 2IA · IB = IB 2 + IA2 − AB 2 = IA2 + IB 2 − AB 2 . Tương tự ta có #» #» 2IB · IC = IB 2 + IC 2 − BC 2 . #» #» 2IC · IA = IC 2 + IA2 − AC 2 . Thay vào (∗) ta có ⇔ ⇔ ⇔ ⇔   a2 IA2 + b2 IB 2 + c2 IC 2 + ab IA2 + IB 2 − AB 2 + bc IB 2 + IC 2 − BC 2  +ac IC 2 + IA2 − AC 2 = 0 IA2 (a2 + ab + ac) + IB 2 (b2 + ab + bc) + IC 2 (c2 + ac + bc) −(abAB 2 + bcBC 2 + acAC 2 ) = 0 aIA2 (a + b + c) + bIB 2 (b + a + c) + cIC 2 (c + a + b) − (abc2 + bca2 + acb2 ) = 0  (a + b + c) aIA2 + bIB 2 + cIC 2 − abc(c + a + b) = 0  (a + b + c) aIA2 + bIB 2 + cIC 2 = abc(c + a + b) Vì a + b + c 6= 0 nên chia cả hai vế cho a + b + c ta được aIA2 + bIB 2 + cIC 2 = abc.  C – BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM c Câu đường tròn tâmÄ O ngoại tiếp tam giác đều 120◦ ? Ä #1. »Cho Ä # M»N#P». äGóc nào sau đây Ä # bằng # »ä # » # »ä » # »ä A. M N , N P . B. M O, ON . C. M N , OP . D. M N , M P . 488/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 489 Chương 2. Tích vô hướng của hai véc-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả Ê Lời giải. # » # » ○ Dựng M Q = N P . Khi đó M N P Q là hình thoi nên Ä # » # »ä Ä # » # »ä ÷ MN, NP = MN, MQ = N M Q = 120◦ . Ä # » # »ä Ä # » # »ä ÷ M O, ON = 180◦ − OM , ON = 180◦ − M ON = 60◦ . Ä # » # »ä # » # » ○ Ta có OP ⊥ M N ⇒ OP ⊥ M N ⇒ M N , OP = 90◦ . ○ ○ Ä # » # »ä ÷ MN, MP = N M P = 60◦ . Q M O N P  Chọn đáp án A “ = 50◦ . Hệ thức nào sau đây là sai? c Câu giác ABC vuông tại A, có góc B Ä #2.» Tam Ä # » # »ä # »ä A. BC, AC = 40◦ . B. AB, CB = 50◦ . Ä # » # »ä Ä # » # »ä C. AC, CB = 120◦ . D. AB, BC = 130◦ . Ê Lời giải. Ä # » # »ä Ä # » # »ä ’ = 40◦ . ○ Ta có BC, AC = CB, CA = BCA Ä # » # »ä Ä # » # »ä ’ = 50◦ . ○ Ta có AB, CB = BA, BC = ABC Ä # » # »ä Ä # » # »ä ’ = 140◦ . ○ Ta có AC, CB = 180◦ − CA, CB = 180◦ − BCA Ä # » # »ä Ä # » # »ä ’ = 130◦ . ○ Ta có AB, BC = 180◦ − BA, BC = 180◦ − ABC A ◦ 50 B C  Chọn đáp án C #» #» #» #» #» #» c Câu 3. Cho hai véc-tơ #» a = 4 i + 6 j và b = 3 i − 7 j . Khi đó #» a · b bằng A. −30. B. 30. C. 43. D. 3. Ê Lời giải. 489/528 p Nguyễn Quốc Dương – Ô 0375113359 490 1. Tích vô hướng của hai véc-tơ Luôn nổ lực để đạt được thành quả #» #» Ta có #» a = (4; 6), b = (3; −7) nên #» a · b = 12 − 42 = −30.  Chọn đáp án A Ä # » # »ä # » # » c Câu 4. Cho hai véc-tơ OM = (−2; −1), ON = (3; −1). Tính góc OM , ON . √ √ 2 2 ◦ ◦ A. 135 . B. −135 . C. . D. − . 2 2 Ê Lời giải. √ √ # » # » # » # » Ta có OM = 5, ON = 10 và OM · ON = −6 + 1 = −5. Do đó √ # » # » Ä # » # »ä Ä # » # »ä −5 OM · ON 2 cos OM , ON = # » # » = √ √ = − ⇒ OM , ON = 135◦ . 2 5 · 10 OM · ON  Chọn đáp án A #» #» c Câu 5. Cho hai véc-tơ #