Sách tham khảo môn Toán - Bài Giảng Trọng Tâm Chương Trình Chuẩn Toán 10 - Ths Lê Hồng Đức - FULLTEXT (441 trang)

lª hång ®øc v­¬ng ngäc
nguyÔn tuÊn phong lª h÷u trÝ lª bÝch ngäc
c¸c bµi ging träng t©m theo
ch­¬ng tr×nh chuÈn
to¸n 10

2

lêi nãi ®Çu
Bé gi¸o dôc vµ §µo t¹o ®· c«ng bè “H­êng dÉn «n tËp thi m«n To¸n THPT” vµ
“CÊu tróc ®Ò thi tèt nghiÖp THPT m«n To¸n, ®Ò thi ®¹i häc vµ cao ®¼ng m«n To¸n”,
cô thÓ:
cÊu tróc ®Ò thi tèt nghiÖp THPT
I. PhÇn chung cho tÊt c c¸c thÝ sinh (7 ®iÓm)
C©u 1 (3 ®iÓm):
• Kho s¸t, vÏ ®å thÞ hµm sè.
• C¸c bµi to¸n liªn quan ®Õn øng dông cña ®¹o hµm vµ ®å thÞ cña hµm sè: chiÒu
biÕn thiªn cña hµm sè, cùc trÞ, tiÕp tuyÕn, tiÖm cËn (®øng vµ ngang) cña ®å thÞ
hµm sè. T×m trªn ®å thÞ nh÷ng ®iÓm cã tÝnh chÊt cho tr­íc, t­¬ng giao gi÷a
hai ®å thÞ (mét trong hai ®å thÞ lµ ®­êng th¼ng)…
C©u 2 (3 ®iÓm):
• Hµm sè, ph­¬ng tr×nh, bÊt ph­¬ng tr×nh mò vµ logarit.
• Gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña hµm sè. T×m nguyªn hµm, tÝnh tÝch ph©n.
• Bµi to¸n tæng hîp.
C©u 3 (1 ®iÓm): H×nh häc kh«ng gian (tæng hîp): tÝnh diÖn tÝch xung quanh cña h×nh nãn
trßn xoay, h×nh trô trßn xoay; tÝnh thÓ tÝch cña khèi l¨ng trô, khèi chãp, khèi nãn trßn
xoay, khèi trô trßn xoay; tÝnh diÖn tÝch mÆt cÇu vµ thÓ tÝch khèi cÇu.
II. PhÇn riªng (3 ®iÓm)
1. Theo ch­¬ng tr×nh chuÈn:
C©u 4a (2 ®iÓm):
• X¸c ®Þnh to¹ ®é cña ®iÓm, vect¬ MÆt cÇu.
• ViÕt ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng, mÆt ph¼ng.
• TÝnh gãc, tÝnh khong c¸ch tõ ®iÓm ®Õn mÆt ph¼ng. VÞ trÝ t­¬ng ®èi cña
®­êng th¼ng, mÆt ph¼ng vµ mÆt cÇu.
C©u 5a (1 ®iÓm):
• Sè phøc: m«®un cña sè phøc, c¸c phÐp to¸n trªn sè phøc. C¨n bËc hai cña sè
thùc ©m. Ph­¬ng tr×nh bËc hai hÖ sè thùc cã biÖt thøc ©m.
• øng dông cña tÝch ph©n: tÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng, thÓ tÝch khèi trßn xoay.
2. Theo ch­¬ng tr×nh n©ng cao:
C©u 4b (2 ®iÓm): Ph­¬ng ph¸p to¹ ®é trong kh«ng gian
• X¸c ®Þnh to¹ ®é cña ®iÓm, vect¬ MÆt cÇu.
• ViÕt ph­¬ng tr×nh mÆt ph¼ng, ®­êng th¼ng.
• TÝnh gãc, tÝnh khong c¸ch tõ ®iÓm ®Õn ®­êng th¼ng, mÆt ph¼ng, khong
c¸ch gi÷a hai ®­êng th¼ng.
• VÞ trÝ t­¬ng ®èi cña ®­êng th¼ng, mÆt ph¼ng vµ mÆt cÇu.
C©u 5b (1 ®iÓm):
• Sè phøc: m«®un cña sè phøc, c¸c phÐp to¸n trªn sè phøc. C¨n bËc hai cña sè
phøc. Ph­¬ng tr×nh bËc hai hÖ sè phøc. D¹ng l­îng gi¸c cña sè phøc.
• §å thÞ hµm ph©n thøc h÷u tØ bËc hai trªn bËc nhÊt vµ mét sè yÕu tè liªn quan.
• Sù tiÕp xóc cña hai ®­êng cong.
• HÖ ph­¬ng tr×nh mò vµ logarit.
• øng dông cña tÝch ph©n: tÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng, thÓ tÝch khèi trßn xoay.
3

CÊu tróc cña mét ®Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng
I. PhÇn chung cho tÊt c c¸c thÝ sinh (7 ®iÓm)
C©u 1 (2 ®iÓm):
• Kho s¸t, vÏ ®å thÞ hµm sè.
• C¸c bµi to¸n liªn quan ®Õn øng dông cña ®¹o hµm vµ ®å thÞ cña hµm sè: chiÒu
biÕn thiªn cña hµm sè, cùc trÞ, tiÕp tuyÕn, tiÖm cËn (®øng vµ ngang) cña ®å thÞ
hµm sè. T×m trªn ®å thÞ nh÷ng ®iÓm cã tÝnh chÊt cho tr­íc, t­¬ng giao gi÷a
hai ®å thÞ (mét trong hai ®å thÞ lµ ®­êng th¼ng)…
C©u 2 (2 ®iÓm):
• Ph­¬ng tr×nh, bÊt ph­¬ng tr×nh vµ hÖ ®¹i sè.
• C«ng thøc l­îng gi¸c, ph­¬ng tr×nh l­îng gi¸c.
C©u 3 (1 ®iÓm):
• T×m giíi h¹n.
• T×m nguyªn hµm. TÝnh tÝch ph©n.
• øng dông cña tÝch ph©n: tÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng, thÓ tÝch khèi trßn xoay.
C©u 4 (1 ®iÓm): H×nh häc kh«ng gian (tæng hîp): quan hÖ song song, quan hÖ vu«ng gãc cña
®­êng th¼ng, mÆt ph¼ng. TÝnh diÖn tÝch xung quanh cña h×nh nãn trßn xoay, h×nh trô
trßn xoay; tÝnh thÓ tÝch cña khèi l¨ng trô, khèi chãp, khèi nãn trßn xoay, khèi trô trßn
xoay; tÝnh diÖn tÝch mÆt cÇu vµ thÓ tÝch khèi cÇu.
C©u 5 (1 ®iÓm): To¸n tæng hîp.
II. PhÇn riªng (3 ®iÓm)
1. Theo ch­¬ng tr×nh chuÈn:
C©u 6a (2 ®iÓm): Ph­¬ng ph¸p to¹ ®é trong mÆt ph¼ng vµ trong kh«ng gian
• X¸c ®Þnh to¹ ®é cña ®iÓm, vect¬.
• §­êng trßn, elÝp, mÆt cÇu.
• ViÕt ph­¬ng tr×nh mÆt ph¼ng, ®­êng th¼ng.
• TÝnh gãc, tÝnh khong c¸ch tõ ®iÓm ®Õn mÆt ph¼ng. VÞ trÝ t­¬ng ®èi cña
®­êng th¼ng, mÆt ph¼ng vµ mÆt cÇu.
C©u 7a (1 ®iÓm):
• Sè phøc.
• Tæ hîp, x¸c suÊt, thång kª.
• BÊt ®¼ng thøc. Cùc trÞ cña biÓu thøc ®¹i sè.
2. Theo ch­¬ng tr×nh n©ng cao:
C©u 6b (2 ®iÓm): Ph­¬ng ph¸p to¹ ®é trong mÆt ph¼ng vµ trong kh«ng gian
• X¸c ®Þnh to¹ ®é cña ®iÓm, vect¬.
• §­êng trßn, ba ®­êng c«nic, mÆt cÇu.
• ViÕt ph­¬ng tr×nh mÆt ph¼ng, ®­êng th¼ng.
• TÝnh gãc, tÝnh khong c¸ch tõ ®iÓm ®Õn ®­êng th¼ng, mÆt ph¼ng. Khong c¸ch
gi÷a hai ®­êng th¼ng. VÞ trÝ t­¬ng ®èi cña ®­êng th¼ng, mÆt ph¼ng vµ mÆt cÇu.
C©u 7b (1 ®iÓm):
• Sè phøc.
• §å thÞ hµm ph©n thøc h÷u tØ bËc hai trªn bËc nhÊt vµ mét sè yÕu tè liªn quan.
• Sù tiÕp xóc cña hai ®­êng cong.
• HÖ ph­¬ng tr×nh mò vµ logarit.
• Tæ hîp, x¸c suÊt, thång kª.
• BÊt ®¼ng thøc. Cùc trÞ cña biÓu thøc ®¹i sè.
4

Dùa vµo ®ã Nhãm Cù M«n chóng t«i xin tr©n träng giíi thiÖu tíi b¹n ®äc bé s¸ch:
C¸c bµi ging träng t©m M«n To¸n (gåm 3 tËp)
miªu t chi tiÕt ph­¬ng ph¸p gii cho c¸c d¹ng to¸n th­êng gÆp trong c¸c ®Ò thi tèt
nghiÖp THPT, ®¹i häc vµ cao ®¼ng m«n To¸n.
Víi m«n To¸n 10 phÇn kiÕn thøc träng t©m:
• §¹i sè bao gåm c¸c ch­¬ng III, ch­¬ng IV, ch­¬ng V cïng mét chót kiÕn thøc
cña ch­¬ng II.
• H×nh häc cã mét phÇn kiÕn thøc cña ch­¬ng I, ch­¬ng II, ch­¬ng III.
Tõ ®ã, cuèn C¸c bµi ging träng t©m To¸n 10 ®­îc chia thµnh 2 phÇn:
PhÇn I: §¹i sè, bao gåm c¸c chñ ®Ò:
Chñ ®Ò 1 - Hµm sè
Chñ ®Ò 2 - Ph­¬ng tr×nh vµ hÖ ph­¬ng tr×nh bËc nhÊt
Chñ ®Ò 3 - BÊt ®¼ng thøc
Chñ ®Ò 4 - Ph­¬ng tr×nh bËc hai
Chñ ®Ò 5 - BÊt ph­¬ng tr×nh bËc hai
Chñ ®Ò 6 - HÖ ph­¬ng tr×nh bËc hai
Chñ ®Ò 7 - Ph­¬ng tr×nh, bÊt ph­¬ng tr×nh vµ hÖ chøa dÊu trÞ tuyÖt ®èi
Chñ ®Ò 8 - Ph­¬ng tr×nh, bÊt ph­¬ng tr×nh vµ hÖ v« tØ
PhÇn II: H×nh häc, bao gåm c¸c chñ ®Ò:
Chñ ®Ò 1 - Vect¬ trong mÆt ph¼ng
Chñ ®Ò 2 - §­êng th¼ng vµ c¸c bµi to¸n liªn quan
Chñ ®Ò 3 - §­êng trßn vµ c¸c bµi to¸n liªn quan
Chñ ®Ò 4 - ElÝp vµ c¸c bµi to¸n liªn quan
Chñ ®Ò 5 - Hypebol vµ c¸c bµi to¸n liªn quan
Chñ ®Ò 6 - Parabol vµ c¸c bµi to¸n liªn quan
Tr­íc mçi phÇn nhá ®Òu cã:
A. KiÕn thøc cÇn nhí: Nh¾c l¹i c¸c néi dung kiÕn thøc c¬ bn mµ c¸c em häc sinh
cÇn nhí.
B. Ph­¬ng ph¸p gii c¸c d¹ng to¸n liªn quan: Chia theo c¸c chñ ®Ò vµ ë ®ã
mçi d¹ng to¸n ®Òu ®­îc tr×nh bµy theo phong c¸ch thuËt to¸n d­íi d¹ng
c¸c b­íc thùc hiÖn cïng thÝ dô minh ho¹ ngay sau ®ã. Cuèi mçi thÝ dô th­êng
cã nhËn xÐt ®Ó gióp c¸c em häc sinh cñng cè kiÕn thøc.
C. C¸c bµi to¸n chän läc: Bao gåm c¸c vÝ dô cã tÝnh tæng hîp cao vµ ®­îc
trÝch ra tõ c¸c ®Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng.
5

Víi phong c¸ch tr×nh bµy nh­ vËy, cuèn tµi liÖu sÏ gióp t¨ng chÊt l­îng bµi ging
cho c¸c thÇy, c« gi¸o vµ víi c¸c em häc sinh nã sÏ cung cÊp mét bé gi¸o tr×nh hoµn
chØnh vÒ mÆt kiÕn thøc, dÔ ®äc, dÔ hiÓu.
§Ó cuèn tµi liÖu ngµy cµng hoµn ho h¬n Nhãm Cù M«n chóng t«i rÊt mong nhËn
®­îc nh÷ng ý kiÕn ®ãng gãp quý b¸u cña b¹n ®äc gÇn xa.
Hµ néi, ngµy 11 th¸ng 9 n¨m 2009
Chñ biªn Lª Hång §øc
6

CHƢƠNG 1 HÀM SỐ BẬC NHẤT VÀ BẬC HAI
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
I. HÀM SỐ
1. TẬP XÁC ĐỊNH CỦA HÀM SỐ
Với một hàm số y = f(x), ta có:
D = {x | y tồn tại},
khi đó D gọi là tập xác định của hàm số.
2. SỰ BIẾN THIÊN CỦA HÀM SỐ
Định nghĩa: Cho hàm số y = f(x) xác định trên khoảng (a, b).
1. Một hàm số y = f(x) gọi là tăng hay đồng biến trong khoảng (a, b) nếu với x 1 ,
x 2 bất kỳ thuộc khoảng đó ta có:
x 1 < x 2 f(x 1 ) < f(x 2 ).
2. Một hàm số y = f(x) gọi là giảm hay nghịch biến trong khoảng (a, b) nếu với
x 1 , x 2 bất kỳ thuộc khoảng đó ta có
x 1 < x 2 f(x 1 ) > f(x 2 ).
3. TÍNH CHẴN, LẺ CỦA HÀM SỐ
Định nghĩa: Cho hàm số y = f(x) xác định trên tập D.
• Hàm số y = f(x) được gọi là hàm chẵn nếu với mọi xD ta có:
xD
.
f ( x) f ( x)
• Hàm số y = f(x) được gọi là hàm lẻ nếu với mọi xD ta có:
xD
.
f ( x) f ( x)
NhËn xÐt:
• Hàm số chẵn nhận trục tung làm trục đối xứng.
• Hàm số lẻ nhận gốc toạ độ O làm tâm đối xứng.
4. TRỤC ĐỐI XỨNG CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ
Định nghĩa 1: Đường thẳng x = a là trục đối xứng của đồ thị y = f(x)
với phép biến đổi toạ độ:
X x a
x X a
Y
y y Y
hàm số Y = F(X) là hàm số chẵn.
7

5. TÂM ĐỐI XỨNG CỦA ĐỒ THỊ HÀM SỐ
Định nghĩa: Điểm I(a; b) là tâm đối xứng của đồ thị y = f(x)
với phép biến đổi toạ độ:
X x a
x X a
Y y b y Y b
hàm số Y = F(X)b là hàm số lẻ.
II. HÀM SỐ BẬC NHẤT
Định nghĩa: Hàm số bậc nhất là hàm số có dạng y = ax + b, trong đó a, b là các hằng số
và a 0.
Cho hàm số:
y = ax + b, với a 0.
Miền xác định D = .
Sự biến thiên: là hàm số đơn điệu.
Cụ thể:
• Với a > 0, hàm số đồng biến.
• Với a < 0, hàm số nghịch biến.
Bảng biến thiên:
Với a > 0 Với a < 0
x - + x - +
y
+
y
+
-
-
Đồ thị: đồ thị của hàm bậc nhất là một đường thẳng (d), do đó chỉ cần xác định
hai điểm bất kỳ thuộc (d) ta sẽ có được đồ thị của (d).
• Nếu b = 0, đồ thị của (d) đi qua gốc toạ độ O và điểm A(1, a).
• Nếu b 0, đồ thị của (d) đi qua hai điểm B(0, b) và C( b a , 0).
a>0
C
y
B
a
A
O 1
x
y=ax+b
y=ax
y
B
a
O
A
1
C
a

III. HÀM SỐ BẬC HAI
Định nghĩa: Hàm số bậc hai là hàm số có dạng y = ax 2 + bx + c, trong đó a, b, c là
các hằng số và a 0.
Nhận xét rằng:
2 2
2 2
ax 2 2 b b b
+ bx + c = ax
2 x. 2 4
2
a a 4a + c = b
x
2a
b 4ac
.
4a
Từ đó, nếu đặt:
= b 2 b
4ac, p = 2 a và q =
4a
thì hàm số y = ax 2 + bx + c có dạng y = a(x p) 2 + q.
Như vậy, nếu gọi (P 0 ): y = ax 2 thì để có được đồ thị của parabol y = ax 2 + bx + c
ta tịnh tiến hai lần như sau:
1. Tịnh tiến (P 0 ) sang phải p đơn vị nếu p > 0, sang trái p đơn vị nếu p < 0, ta
nhận được đồ thị hàm số y = a(x p) 2 gọi là (P 1 ).
2. Tịnh tiến (P 1 ) lên trên q đơn vị nếu q > 0, xuống dưới q đơn vị nếu q < 0,
ta nhận được đồ thị hàm số y = ax 2 + bx + c.
b
Đồ thị hàm số bậc hai: đồ thị của hàm số là một Parabol (P) có đỉnh S( 2 a , )
4a
và nhận đường thẳng x = làm trục đối xứng và:
2
ba
• Hướng bề lõm lên trên nếu a > 0.
• Hướng bề lõm xuống dưới nếu a < 0.
Từ đồ thị hàm số bậc hai, ta suy ra bảng biến thiên:
Với a > 0 Với a < 0
b
b
x - - + x - - 2 a
2 a
y
+
+
y
-
- 4a - 4a
Vậy, ta có kết luận:
Vậy, ta có kết luận:
o Hàm số nghịch biến trên o Hàm số đồng biến trên
khoảng (-; - 2
ba ).
khoảng (-;- 2
ba ).
o Hàm số đồng biến trên khoảng o Hàm số nghịch biến trên
(- 2
ba ; +).
khoảng (- 2
ba ; +).
b b
o Khi x=- hàm số đạt cực tiểu o Khi x=- hàm số đạt cực
2a
2a
đại
+
-
9

y min =f(- 2 a )=-
b
y max =f(-
4a
2 a )=-
4a
§Ó vÏ ®å thÞ hµm sè bËc hai chóng ta kh«ng thùc hiÖn c¸c phÐp tÞnh tiÕn tõ ®å thÞ
hµm sè y = ax 2 mµ thùc hiÖn nh­ sau:
• LÊy ba ®iÓm chñ ®¹o, gåm ®Ønh S vµ hai ®iÓm A, B ®èi xøng víi nhau qua S.
• Nèi ASB ®Ó ®­îc mét gãc råi thùc hiÖn vÏ ®­êng cong parabol lùon theo
®­êng gãc nµy.
Ta cã c¸c tr­êng hîp:
• Với a > 0 thì:
y
y
y
-/4a
O
A
S
-b/2a
(P)
B
-b/a
x
O
A
S
-b/2a
(P)
B
-b/a
x
O
-/4a
A
-b/2a
S
(P)
B
-b/a
x
• Với a < 0 thì:
y
y
y
O
-/4a
A
-b/2a
S
-b/a
B
(P)
x
O
A
-b/2a
S
-b/a
(P)
B
x
-/4a
O
A
(P)
S
-b/2a
-b/a
B
x
NhËn xÐt chung:
• > 0 Parabol cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt.
• = 0 Parabol tiếp xúc với trục hoành.
• < 0 Parabol không cắt trục hoành.
B PHƢƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN
§1. HÀM SỐ
D¹ng to¸n 1: Tìm tập xác định của hàm số
Phương pháp thực hiện
Ta lựa chọn một trong hai phương pháp sau:
Ph­¬ng ph¸p 1: Tìm tập D của x để f(x) có nghĩa, tức là tìm:
D = {x | f(x) }.
Ph­¬ng ph¸p 2: Tìm tập E của x để f(x) không có nghĩa, khi đó tập xác định
của hàm số là D = \E.
Chú ý: Thông thường f(x) cho bởi biểu thức đại số thì với:
10

f1( x)
f(x) = điều kiện là
f ( x)
2
f(x) = 2 k
f ( ) 1
x (k ) điều kiện là
f1( x), f2( x)
cã nghÜa
.
f2( x) 0
f1( x) cã nghÜa
.
f1( x) 0
ThÝ dô 1. Tìm tập xác định của các hàm số:
x 1
a. y =
2
x 2x 3
. b. y = x 1 + 2
x 3x 2.
Giải
a. Hàm số xác định khi:
x 2 x
1
2x 3 0 .
x
3
Vậy, tập xác định của hàm số là D = \{3, 1}.
b. Hàm số xác định khi:
x
1
x
10
x
1
x
2
2
x
2
x
3x 2 0 ( x1)( x 2) 0
1 x 1
x
1
Vậy, tập xác định của hàm số là D = [1; 1][2; +).
1
Chú ý: Trong câu a), nếu các em học sinh biến đổi hàm số về dạng y =
x 3
.
rồi khẳng định hàm số xác định khi x + 3 0 x 3 và do đó tập
D = \{3}. Đây là lời giải sai vì phép biến đổi hàm số không phải là
phép biến đổi tương đương.
ThÝ dô 2. Tìm tập xác định của các hàm số:
a. y =
Giải
a. Hàm số xác định khi:
2 3x
0
1 2x
0
23x
1
. b. y =
1
2x
x
2 / 3
x < 1
x
1/ 2 2 .
1
Vậy, tập xác định của hàm số là D = ;
2 .
1
víi x 1
x 3 .
2x víi x 1
11

. Hàm số xác định khi:
x
3 0 víi x 1 x
3víi x 1 x
1
.
2 x 0 víi x 1 x
2 víi x 1 x
1
Vậy, ta được D = .
Nhận xét: Như vậy, trong thí dụ trên:
• Ở câu a), miêu tả điều kiện có nghĩa của biểu thức trong dấu căn
ở dạng đơn và ở mẫu số.
• Ở câu b), chúng ta gặp dạng hàm số hợp.
ThÝ dô 3. Tìm m để hàm số sau xác định trên đoạn [1; 3]:
12
y =
2
1 2x mx m 15
.
Giải
Hàm số nghĩa khi:
1 2x 2 + mx + m + 15 0 2x 2 + mx + m + 15 1. (1)
Bài toán được chuyển về việc tìm m để (1) nghiệm đúng với x [1; 3].
Điều kiện cần: Bất phương trình nghiệm đúng với x[1; 3]
Nghiệm đúng với x = 1, x = 2
| 2m
17 | 1
1 2 17 1 9 m 8
m
| 3m
23 | 1
22
1 3m
23 1
m = 8.
8 m
3
Vậy, với m = 8 là điều kiện cần để (1) nghiệm đúng với x [1; 3].
Điều kiện đủ: Với m = 8, ta có:
(1) 2x 2 8x + 7 1 1 2x 2 8x + 7 1
2
2
2x
8x 8 0
( x 2) 0
2
1 x 3.
2
2x
8x 6 0 x 4x 3 0
Vậy, với m = 8 thoả mãn điều kiện đầu bài.
D¹ng to¸n 2: Xét sự biến thiên của hàm số
Phương pháp thực hiện
Ta lựa chọn một trong hai phương pháp sau:
Ph­¬ng ph¸p 1: Sử dụng định nghĩa.
Ph­¬ng ph¸p 2: Thực hiện theo các bước:
B­íc 1: Lấy x 1 , x 2 (a, b) với x 1 x 2 ta thiết lập tỉ số:
f ( x1) f ( x2)
A = .
x1
x2
B­íc 2: Khi đó:
• Nếu A > 0 với mọi x 1 , x 2 (a, b) và x 1 x 2 thì hàm số
đồng biến trên (a, b).

• Nếu A < 0 với mọi x 1 , x 2 (a, b) và x 1 x 2 thì hàm số
nghịch biến trên (a, b).
ThÝ dô 1. Khảo sát sự biến thiên của các hàm số:
a. y = f(x) = x + 3. b. y = f(x) = x 2 + x + 1.
Giải
a. Với x 1 , x 2 và x 1 x 2 ta có:
f ( x1) f ( x2)
A =
x x
1 2
Vậy, hàm số đồng biến.
b. Với x 1 , x 2 và x 1 x 2 ta có:
1 2
( x 3) ( x 3)
= 1 > 0
x x
=
1 2
1 2
2 2
f ( x1) f ( x2)
( x1 x1 1) ( x2 x2
1)
A = =
= x 1 + x 2 + 1.
x x
x x
Khi đó:
1 2
• Nếu x 1 , x 2 > 1 2 thì A > 0 suy ra hàm số đồng biến trên ( 1 2 ; +).
• Nếu x 1 , x 2 < 1 2 thì A < 0 suy ra hàm số nghịch biến trên (; 1 2 ).
Chú ý: 1. Với hàm số y = f(x) = ax + b, a 0, thì:
Lấy x 1 , x 2 và x 1 x 2 ta có:
f ( x1) f ( x2)
( ax1 b) ( ax2
b)
A = = = a.
x1
x2
x1
x2
Khi đó:
• Nếu a > 0 thì hàm số đồng biến trên .
• Nếu a < 0 thì hàm số nghịch biến trên .
2. Với hàm số y = f(x) = ax 2 + bx + c, a 0, thì:
Lấy x 1 , x 2 và x 1 x 2 ta có:
2 2
f ( x1) f ( x2)
( ax1 bx1 c) ( ax2 bx2
c)
A = =
x x
x x
1 2
= a(x 1 + x 2 + b a ).
Khi đó:
a. Với a > 0, ta có:
1 2
13

• Nếu x 1 , x 2 > 2
ba
thì A > 0 nên hàm số đồng biến trên
( 2
ba + ).
• Nếu x 1 , x 2 < 2
ba
thì A < 0 nên hàm số nghịch biến trên
(; 2
ba ).
b. Với a < 0, ta có:
• Nếu x 1 , x 2 > 2
ba
thì A < 0 nên hàm số nghịch biến trên
( 2
ba + ).
• Nếu x 1 , x 2 < 2
ba
thì A > 0 nên hàm số đồng biến trên
(; 2
ba ).
ThÝ dô 2. Khảo sát sự biến thiên của các hàm số:
a. y = f(x) = x 3 + 2x + 8. b. y = f(x) = x 3 + 3x 2 + 7x + 1.
Giải
a. Với x 1 , x 2 và x 1 x 2 ta có:
3 3
f ( x1) f ( x2)
( x1 2x1 8) ( x2 2x2
8)
A = =
x x
x x
3 3
( x1 x2) (2x1 2 x2)
x x
1 2
=
x
2 2
1 2
1 2
1 2
x + x 1 x 2 + 2 = 1 2 (x 1 + x 2 ) 2 + 1 2 ( 2 2
x x ) + 2 > 0, x.
1 2
Vậy, hàm số đồng biến trên .
b. Với x 1 , x 2 và x 1 x 2 ta có:
3 2 3 2
f ( x1) f ( x2)
( x1 3x1 7x1 1) ( x2 3x2 7x2
1)
A = =
x x
x x
1 2
3 3 2 2
( x1 x2 ) 3( x1 x2 ) 7( x1 x2)
=
= x
x x
1 2
1 2
x + x 1 x 2 + 3x 1 + 3x 2 + 7
2 2
1 2
= 1 2 (x 1 + x 2 ) 2 + 1 2 ( 2 2
x x ) + 3(x 1 + x 2 ) + 7
1 2
=
14

= 1 2 [(x 1 + x 2 ) 2 +6(x 1 + x 2 ) + 9] + 1 2 ( 2 2
x1 x2
) + 5 2
= 1 2 [(x 1 + x 2 ) + 3] 2 + 1 2 ( 2 2
x1 x2
) + 5 > 0, x.
2
Vậy, hàm số đồng biến trên .
ThÝ dô 3. Khảo sát sự biến thiên của các hàm số:
a. y = f(x) = 2 1
2
x
3x
1
. b. y = f(x) = x
Giải
a. Viết lại hàm số dưới dạng:
y = 2 3 + 5
.
3(3x 1)
x
x1
.
1
Với x 1 , x 2
\{ 1 3 } và x 1 < x 2 ta có:
3x 1 < 3x 2 3x 1 1 < 3x 2 1 3(3x 1 1) < 3(3x 2 1)
5 5
> 2 3(3x1
1)
3(3x2
1)
3 + 5
> 2 3(3x1
1)
3 + 5
3(3x2
1)
f(x 1 ) > f(x 2 ).
Vậy, hàm số luôn nghịch biến trên \{ 1 3 }.
b. Viết lại hàm số dưới dạng:
1
y x .
x 1
Với x 1 , x 2 \{1} và ở về cùng một phía so với 1, ta có:
1 1
x1 x2
f ( x1) f ( x2)
x11
x2
1
A
x x
x x
1 2
1 1
x1 x2
x1 1 x2
1
x1
x2
x1
x2
x1
x2
x11 x2
1
x x
1 2
1 2
1
x
1 x 1
Vậy, hàm số luôn đồng biến trên \{1}.
ThÝ dô 4. Khảo sát sự biến thiên của các hàm số:
1
1 2
> 0
15

2
a. y = f(x) = x 2 . b. y = f(x) =
Giải
a. Với x 1 , x 2 và x 1 x 2 ta có:
f ( x ) f ( x )
=
x x
A=
1 2
1 2
x
2 x 2
2 2
1 2
x
x
1 2
2 2
( x1 2) ( x2
2)
=
2 2
( x x )( x 2 x 2)
1 2 1 2
x x
2 2
.
1 2
=
2 2
x1 x2
x
2
2x 3.
Khi đó:
• Nếu x 1 , x 2 > 0 thì A > 0 suy ra hàm số đồng biến trên (0; +).
• Nếu x 1 , x 2 < 0 thì A < 0 suy ra hàm số nghịch biến trên (; 0).
b. Với x 1 , x 2 và x 1 x 2 ta có:
f ( x1) f ( x2)
A = =
x x
=
x
x
1 2
2
1 2
2 2
1
2
1
3
2
2
2
3
.
x x x x
Khi đó:
x 2x 3 x 2x
3
2 2
1 1 2 2
x
x
1 2
( x 2x 3) ( x 2x
3)
2 2
1 1 2 2
( x x ) x 2x 3 x 2x
3
2 2
1 2 1 1 2 2
• Nếu x 1 , x 2 > 1 thì A > 0 suy ra hàm số đồng biến trên (1; +).
• Nếu x 1 , x 2 < 1 thì A < 0 suy ra hàm số nghịch biến trên (; 1).
ThÝ dô 5. Cho hàm số:
ax
y = f(x) =
x 2
.
a. Với a = 1, hãy khảo sát sự biến thiên của hàm số trên (2; +).
b. Tìm a để hàm số đồng biến trên (2; +).
Giải
Với x 1 , x 2 (2; +) và x 1 x 2 ta có:
ax1 ax2
f ( x1) f ( x2)
x12 x2
2
2a
A = =
=
.
x x x x ( x 2)( x 2)
1 2
1 2
a. Với a = 1, suy ra:
A < 0 với mọi x 1 , x 2 (2; +) và x 1 x 2 .
Vậy, với a = 1 hàm số nghịch biến trên (2; +).
1 2
=
16

. Để hàm số đồng biến trên (2; +) điều kiện là:
A > 0 với mọi x 1 , x 2 (2; +) và x 1 x 2 2a > 0 a < 0.
Vậy, với a < 0 thoả mãn điều kiện đầu bài.
D¹ng to¸n 3: Xét tính chẵn, lẻ của hàm số
Phương pháp thực hiện
Ta thực hiện theo các bước sau:
B­íc 1: Tìm tập xác định D của hàm số, khi đó:
• Nếu D là tập đối xứng (tức là xD xD), ta thực hiện tiếp
bước 2.
• Nếu D không phải là tập đối xứng (tức là xD mà xD), ta kết
luận hàm số không chẵn cũng không lẻ.
B­íc 2: Xác định f(x) , khi đó:
• Nếu f(x) = f(x) kết luận hàm số là hàm chẵn.
• Nếu f(x) = f(x) kết luận hàm số là hàm lẻ.
• Ngoài ra kết luận hàm số không chẵn cũng không lẻ.
ThÝ dô 1. Xét tính chẵn, lẻ của các hàm số sau:
2
4 2
x 1
a. y = f(x) =
x 1
. b. y = f(x) = x 3x
1
.
2
x 4
2
x 1
c. y = f(x) = . d. y = f(x) = |x| 3 (x 2 1).
x
Giải
a. Vì tập xác định D = \{1} không phải là tập đối xứng nên hàm số không chẵn,
không lẻ.
b. Tập xác định D = \{2} là tập đối xứng.
Xét:
4 2
4 2
( x) 3( x) 1
x 3x
1
f(–x) =
=
= f(x).
2
2
( x) 4
x 4
Vậy, hàm số chẵn.
c. Tập xác định D = \{0} là tập đối xứng. Xét:
2
2
( x) 1
x 1
f(–x) = = – = –f(x)
x
x
Vậy, hàm số lẻ.
d. Tập xác định D = là tập đối xứng. Xét:
f(–x) = |–x| 3 [(–x) 2 1] = |x| 3 (x 2 1) = f(x).
Vậy, hàm số chẵn.
ThÝ dô 2. Xét tính chẵn, lẻ của các hàm số sau:
17

a. y f ( x) 1 x 1 x.
. b. y = f(x) = 3 2x 3 3 2x 3
Giải
a. Tập xác định D = [1; 1] là tập đối xứng. Xét:
f(–x) = 1 ( x)
+ 1 ( x)
= 1 x + 1 x = f(x).
Vậy, hàm số chẵn.
b. Hàm số xác định trên D = là tập đối xứng. Ta có:
f(x) = 3 2( x) 3
3 2( x) 3 = 3 2x 3 + 3 2x 3 = f(x).
Vậy, hàm số là chẵn.
ThÝ dô 3. Xác định m để hàm số y = f(x) = x 3 + (m 2 1)x 2 + m1 là hàm lẻ.
Giải
Hàm số xác định trên D = là tập đối xứng.
Khi đó, để hàm số là lẻ điều kiện là:
2
1 0
f(–x) = –f(x), m m
m = 1.
m
1 0
Vậy, với m = 1 thoả mãn điều kiện đề bài.
Chú ý: Với hàm đa thức bậc n dạng: y = f(x) =
n
i
ax
i
thì:
i0
• Nếu các hệ số bậc lẻ bằng 0 thì hàm số là hàm chẵn.
• Nếu các hệ số bậc chẵn bằng 0 thì hàm số là hàm lẻ.
• Nếu tồn tại ít nhất một hệ số bậc chẵn và một hệ số bậc lẻ khác 0
thì hàm số không chẵn cũng không lẻ.
1
ThÝ dô 4. Cho hàm số y = f(x) = . Tuỳ theo m hãy xét tính
2
( m 1) x mx 1
chẵn, lẻ của hàm số.
Giải
Ta xét các trường hợp:
Trường hợp 1: Với m = 0, ta được:
1
y =
x 2
1
.
Hàm số này xác định trên D = \{1, 1} là tập đối xứng và có:
1
f(x) =
2
( x) 1
= 1
2
x 1
= f(x),
do đó, nó là hàm chẵn.
Trường hợp 2: Với m = 1, ta được:
18

1
y =
x 1
.
Hàm số này xác định trên D =
chẵn, không lẻ.
Trường hợp 3: Với m 0 m 1.
\{1} là tập không đối xứng do đó hàm số không
Khi đó, hàm số g(x) = (m + 1)x 2 + mx 1 không chẵn cũng không lẻ do đó hàm
số y = f(x) cũng không chẵn, không lẻ.
Kết luận:
• Với m = 0, hàm số là chẵn.
• Ngoài ra nó không chẵn, không lẻ.
ThÝ dô 5. Cho a, b
Giải
, xác định tất cả các hàm số f(x) sao cho:
f(ax) + f(x) = b, với x . (1)
Đặt t = 2
a x suy ra x = 2
a t và ax = 2
a + t. Khi đó:
(1) f( 2
a + t) + f( 2
a t) = b, t
f( 2
a + t) 2
b + f( 2
a t) 2
b = 0, t . (2)
Đặt g(t) = f( 2
a + t) 2
b , suy ra g(t) = f( 2
a t) 2
b . Khi đó:
(2) g(t) + g(t) = 0, tR g(t) = g(t), t
g(t) là hàm lẻ trên .
Vậy hàm số f(x) = g(x 2
a ) + 2
b với g(x) là hàm lẻ tuỳ ý trên .
D¹ng to¸n 4: Sơ lƣợc về phép tịnh tiến
Phương pháp thực hiện
Sử dụng kết quả: Trong mặt phẳng toạ độ, cho (G) là đồ thị của hàm số y = f(x),
p và q là hai số tuỳ ý. Khi đó:
1. Đồ thị hàm số y = f(x) + q có được khi tịnh tiến (G)
• Lên trên q đơn vị nếu q > 0.
• Xuống dưới q đơn vị nếu q < 0.
2. Đồ thị hàm số y = f(x p) có được khi tịnh tiến (G)
• Sang phải p đơn vị nếu p > 0.
• Sang trái p đơn vị nếu p < 0.
19

ThÝ dô 1. Cho (H): y = 2 2
. Hỏi muốn có đồ thị hàm số y = 3x thì phải tịnh
x x
tiến (H) như thế nào ?
Giải
Ta có:
y = 2 3x = 2 x x 3.
Vậy, muốn có đồ thị của hàm số này ta cần tịnh tiến (H) xuống dưới 3 đơn vị.
ThÝ dô 2. Hãy lựa chọn phép tịnh tiến song song với trục Oy để nhận được đồ thị
2
2
x 7
x 2x3
hàm số y = từ đồ thị (H): y =
2 x
2 x
Giải
Ta có:
2
2
2
x 7 x 2x 3 2(2 x)
x 2x3
y = =
=
2.
2 x 2 x
2 x
Vậy, muốn có đồ thị của hàm số này ta cần tịnh tiến (H) xuống dưới 2 đơn vị.
Chú ý: Các em học sinh hẳn sẽ thắc mắc về lí do xác định được phép biểu
2
x 7
diễn trên cho hàm số y = , để trả lời câu hỏi này thông thường
2 x
chúng ta lựa chọn cách trình bày, giả sử:
2
x 7
y = = f(x) + b
2 x
2
2
2
x 7 x 2x3
x ( b 2) x 3
2b
=
+ b =
.
2 x 2 x
2 x
Bằng việc đồng nhất hệ số, ta suy ra:
1
1
0 b 2 b = 2.
7 3 2b
Vậy, ta được:
2
x 7
y = = f(x)2.
2 x
Do đó, đồ thị của hàm số được suy ra bằng phép tịnh tiến (H) theo Oy
xuống dưới 2 đơn vị.
D¹ng to¸n 5: Trục đối xứng của đồ thị hàm số
Phương pháp thực hiện
20

1. Chứng minh rằng đồ thị hàm số y = f(x) nhận đường thẳng x = a làm trục đối
xứng, ta thực hiện theo các bước sau:
B­íc 1: Với phép biến đổi toạ độ
X x a
x X a
Y
y y Y
hàm số có dạng:
Y = f(X + a) Y = F(X) (1)
B­íc 2: Nhận xét rằng hàm số (1) là hàm số chẵn.
B­íc 3: Vậy, đồ thị hàm số nhận đường thẳng x = a làm trục đối xứng.
2. Tìm điều kiện của tham số để đồ thị hàm số y = f(x) nhận đường thẳng x = a làm
trục đối xứng, ta thực hiện theo các bước sau:
B­íc 1: Với phép biến đổi toạ độ
X x a
x X a
Y
y y Y
hàm số có dạng:
Y = f(X + a) Y = F(X) (1)
B­íc 2: Đồ thị hàm số nhận đường thẳng x = a làm trục đối xứng
hàm số (1) là hàm số chẵn tham số .
B­íc 3: Kết luận.
3. Tìm phương trình đường cong đối xứng với (C): y = f(x) qua đường thẳng y = a,
ta thực hiện theo các bước sau:
B­íc 1: Gọi (H) là đường cong đối xứng với (C): y = f(x) qua đường y = a.
B­íc 2: Khi đó, với mỗi M(x, y)(H)
M 1 (x 1 ; y 1 )(C) sao cho M đối xứng với M 1 qua đường thẳng y = a
x 1 , y 1 thoả mãn:
y1 f ( x1)
x1
x
(I)
y1
y 2a
B­íc 3: Khử x 1 , y 1 từ hệ (I) ta được phương trình của đường cong (H).
ThÝ dô 1. Tìm trục đối xứng của đồ các thị hàm số:
a. y = x 2 + 4x + 3. b. y = x 4 + 2x 2 + 2.
Giải
a. Giả sử đồ thị hàm số có trục đối xứng là x = a.
Khi đó, với phép biến đổi toạ độ:
X x a
Y
y
hàm số:
x X a
y Y
21

22
Y = (X + a) 2 + 4(X + a) + 3 là hàm số chẵn.
Ta có:
Y = (X + a) 2 + 4(X + a) + 3 = X 2 + 2(a + 2)X + a 2 + 4a + 3. (1)
Hàm số (1) là hàm số chẵn
a + 2 = 0 a = – 2
Vậy, đồ thị hàm số có trục đối xứng là đường thẳng x + 2 = 0.
b. Giả sử đồ thị hàm số có trục đối xứng là x = a.
Khi đó, với phép biến đổi toạ độ:
X x a
x X a
Y
y y Y
hàm số:
Y = (X + a) 4 + 2(X + a) 2 + 2 là hàm số chẵn
Ta có:
Y = (X + a) 4 + 2(X + a) 2 + 2
= X 4 + 4aX 3 + (6a 2 + 2)X 2 + (4a 3 + 4a)X + 2a + 2 (1)
Hàm số (1) là chẵn:
4a
0
a = 0.
3
4a
4a
0
Vậy, đồ thị hàm số có trục đối xứng là trục tung.
ThÝ dô 2. Cho hàm số:
y = x 4 + 4mx 3 2(m1)x 2 2mx + 1.
Tìm m để đồ thị hàm số có trục đối xứng song song với Oy.
Giải
Giả sử đồ thị hàm số có trục đối xứng song song với Oy là x = a (a 0).
Khi đó, với phép biến đổi toạ độ:
X x a
x X a
Y
y y Y
hàm số:
Y = (X + a) 4 + 4m(X + a) 3 – 2(m–1)(X + a) 2 – 2m(X + a) + 1 là chẵn.
Ta có:
Y = (X + a) 4 + 4m(X + a) 3 – 2(m – 1)(X + a) 2 – 2m(X + a) + 1
= X 4 + (4a + 4m)X 3 + (6a 2 + 12ma – 2m + 2)X 2 +
+ (4a 3 + 12ma 2 – 4ma + 4a – 2m)X +
+ a 4 + 4ma 2 –2(m–1)a 2 –2ma + 1. (1)
Hàm số (1) chẵn:
4a4m
0
a
m
3 2
3 2
4a 12ma 4ma 4a 2m
0 4m
2m 3m
0

m0
4m 2 + 2m 3 = 0 m =
Vậy, với m =
1
13
4
1
13
4
thoả mãn điều kiện đầu bài.
D¹ng to¸n 6: Tâm đối xứng của đồ thị hàm số
Phương pháp thực hiện
1. Chứng minh rằng đồ thị hàm số y = f(x) nhận điểm I(a, b) làm tâm đối xứng, ta
thực hiện theo các bước sau:
B­íc 1: Với phép biến đổi toạ độ
X x a
x X a
Y y b y Y b
hàm số có dạng:
Y + b = f(X + a) Y = F(X) (1)
B­íc 2: Nhận xét rằng hàm số (1) là hàm số lẻ.
B­íc 3: Vậy, đồ thị hàm số nhận điểm I(a, b) làm tâm đối xứng.
2. Tìm điều kiện của tham số để đồ thị hàm số y = f(x) nhận điểm I(a, b) làm tâm
đối xứng, ta thực hiện theo các bước sau:
B­íc 1: Thực hiện phép biến đổi toạ độ
X x a
x X a
Y y b y Y b
hàm số có dạng:
Y + b = f(X + a) Y = F(X) (1)
B­íc 2: Đồ thị hàm số nhận I(a, b) làm tâm đối xứng
hàm số (1) là hàm số lẻ tham số .
B­íc 3: Kết luận.
3. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị hàm số y = f(x) đối xứng qua điểm I(a, b), ta thực
hiện theo các bước sau:
B­íc 1: Lấy hai điểm A(x A , y(x A )) và B(x B , y(x B )) thuộc đồ thị hàm số.
B­íc 2: Hai điểm A và B đối xứng qua điểm I(a, b)
xA
xB
2a
toạ độ A và B.
yA
yB
2b
4. Tìm phương trình đường cong đối xứng với (C): y = f(x) qua điểm I(x 0 , y 0 ), ta thực
hiện theo các bước sau:
B­íc 1: Gọi (H) là đường cong đối xứng với (C) qua điểm I(x 0 , y 0 ).
B­íc 2: Khi đó, với mỗi M(x, y)(H)
M 1 (x 1 , y 1 )(C) sao cho M đối xứng với M 1 qua I
x 1 , y 1 thoả mãn:
.
23

B­íc 3:
y1 f ( x1)
x1
x 2x0
y1 y 2
y0
Khử x 1 , y 1 từ hệ (I) ta được phương trình của đường cong (H).
ThÝ dô 1. Tìm tâm đối xứng của đồ thị các hàm số sau:
a. y = 2x 3 x
6x + 3. b. y = 2 x . 1
Giải
a. Giả sử hàm số nhận điểm I(a, b) làm tâm đối xứng.
Với phép biến đổi toạ độ:
X x a x X a
Y y b y Y b
khi đó hàm số có dạng:
Y + b = 2(X + a) 3 6(X + a) + 3
Y = 2X 3 + 6aX 2 + (6a 6)X + 2a 3 6a + 3 b (1)
Hàm số (1) là lẻ
6a
0 a
0
3
.
2a 6a b 3 0 b
3
Vậy, hàm số có tâm đối xứng I(0; 3).
b. Viết lại hàm số dưới dạng:
y = 1
1 .
2 2(2x
1)
Giả sử hàm số nhận điểm I(a; b) làm tâm đối xứng.
Với phép biến đổi toạ độ:
X x a x X a
Y y b y Y b
khi đó hàm số có dạng:
Y + b = 1
1 Y = 1 b
1
2 [2( X a) 1]
2 2X
2a 1
. (1)
Hàm số (1) là lẻ
1
1
b
b 0 2
2
.
1
2a
1 0
a
2
Vậy, hàm số có tâm đối xứng I( 1 2 ; 1 2 ).
(I)
24

Chú ý: Đồ thị hàm số:
• y = f(x) = ax 3 + bx 2 b
+ cx + d, với a 0 luôn nhận điểm U( 3 a , f( b
)) làm
3a tâm đối xứng.
• y = f(x) = ax b
cx d
, với c 0, D = adbc 0 luôn nhận điểm I( d c , a c ) làm
tâm đối xứng.
2
ax bx c
• y = f(x) =
, với a, d 0 luôn nhận điểm I( e dx e
d , f( e )) làm
d
tâm đối xứng.
ThÝ dô 2. Cho hàm số:
(2m 1) x m 2
y = .
mx 1
Tìm m để đồ thị hàm số nhận điểm I(1; 1) làm tâm đối xứng.
Giải
Điểm I(1; 1) là tâm đối xứng của đồ thị khi với phép biến đổi toạ độ:
X
x1
x
X 1
Y
y 1 y Y 1
hàm số sau là hàm lẻ
(2m 1)( X 1) m 2 (2m 1)( X 1) m 2
Y + 1 = Y = 1.
mX ( 1) 1
mX m
1
Để hàm số là hàm lẻ trước tiên nó phải có tập xác định D là tập đối xứng, tức là
m = 0 hoặc m = 1.
Thử lại:
• Với m = 0, ta được:
Y = X, là hàm số lẻ.
• Với m = 1, ta được:
X 2
Y = 1 = 2 , là hàm số lẻ.
X X
Vậy, với m = 0 hoặc m = 1 thỏa mãn điều kiện đầu bài.
ThÝ dô 3. Cho hàm số:
Giải
2
x 4mx 5m
(C m ): y =
.
x 2
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị (C m ) có hai điểm phân
biệt đối xứng nhau qua gốc toạ độ.
25

2
2
xA4mxA5m
xB
4mxB
5m
Hai điểm A(x A ,
) và B(x B ,
) thuộc (C m ).
xA
2
xB
2
Hai điểm A và B đối xứng với nhau qua gốc toạ độ
xA
xB
0 (1)
2 2
xA 4mxA 5m xB 4mxB
5m
0 (2)
xA
2 xB
2
Thay (1) vào (2) ta được:
2
(2m1) x
A
= 5m (3)
Để tồn tại hai điểm A và B thì phương trình (3) phải có nghiệm.
Do 0 < x 4 nên:
0 <
2
A
1 4
5m
2m 1
4
m
2 3.
m
0
Vậy, với 1 2 < m 4 3
hoặc m < 0 thoả mãn điều kiện đầu bài.
D¹ng to¸n 7: Tìm phƣơng trình đƣờng cong đối xứng
ThÝ dô 1. Tìm phương trình đường cong đối xứng với đồ thị hàm số (C) qua
đường thẳng y = 1, biết:
26
a. (C): y = 2x + 3. b. (C): y =
x 1
x 1
.
Giải
a. Gọi (H) là đường cong đối xứng với (C) qua đường thẳng y = 1.
Khi đó, với mỗi M(x; y)(H)
M 1 (x 1 ; y 1 )(C) với y 1 = 2x 1 + 3 (1)
sao cho M đối xứng với M 1 qua đường thẳng y = 1 x 1 , y 1 thoả mãn:
x1
x x1
x
. (I)
y1 y 2
y1 2
y
Thay (I) vào (1), ta được:
y = – 2x – 1.
Vậy, đường cong (H) có phương trình: y = – 2x – 1.
b. Gọi (H) là đường cong đối xứng với (C) qua đường thẳng y = 1.
Khi đó, với mỗi M(x; y)(H)
x1
1
M 1 (x 1 ; y 1 ) (C) với y 1 = (1)
x 1
1

sao cho M đối xứng với M 1 qua đường thẳng y = 1 x 1 , y 1 thoả mãn:
x1
x x1
x
. (I)
y1 y 2
y1 2
y
Thay (I) vào (1), ta được:
x 3
y =
x 1
.
x 3
Vậy, đường cong (H) có phương trình: y =
x 1
.
ThÝ dô 2. Cho hàm số:
2
( x 1)
(C): y = .
x 2
Tìm phương trình đường cong đối xứng với đồ thị (C) qua điểm I(1; 1).
Giải
Gọi (H) là đường cong đối xứng với (C) qua điểm I(1; 1).
Khi đó, với mỗi M(x; y)(H)
2
( x1
1)
M 1 (x 1 , y 1 )(C) với y 1 =
x1
2
(1)
sao cho M đối xứng với M 1 qua điểm I(1; 1) x 1 , y 1 thoả mãn:
x1
x 2
x1
2
x
. (I)
y1
y 2
y1
2
y
Thay (I) vào (1), ta được:
2
x 1
y = .
x
2
x 1
Vậy, đường cong (H) có phương trình : y = .
x
§2. HÀM SỐ BẬC NHẤT
D¹ng to¸n 1: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số bậc nhất
Phương pháp thực hiện
Dựa trên lý thuyết trong phần kiến thức cần nhớ.
ThÝ dô 1. Cho hàm số y = x + 3.
a. Xác định giao điểm của đồ thị hàm số với trục tung và trục hoành.
Vẽ đồ thị hàm số.
27

. Gọi A và B theo thứ tự là hai giao điểm nói trên. Tính diện tích
OAB (O là gốc toạ độ).
c. Gọi là góc nhọn tạo bởi đồ thị hàm số với trục Ox. Tính tan,
suy ra số đo góc .
d. Bằng đồ thị tìm x để y > 0, y 0.
Giải
a. Đồ thị cắt trục Oy tại A có:
x = 0 y = 0 + 3 = 3 A(0, 3).
y = x + 3 y
Đồ thị cắt trục Ox tại B có:
3 A
y = 0 0 = x + 3 x = 3 B(3, 0).
b. Ta có:
28
S OAB = 1 2 OA.OB = 1 2 .3.3 = 9 2
(đơn vị diện tích).
c. Trong OAB, ta có ABO = , suy ra:
OA 3
tan =
OB 3
= 1 = 450 .
d. Từ đồ thị suy ra:
• y > 0 x < 3, ứng với phhần đồ thị phía trên trục Ox.
• y 0 x 3, ứng với phhần đồ thị phía dưới trục Ox.
ThÝ dô 2. Vẽ đồ thị của các hàm số:
2x
víi x 0
x
1 víi x 1
a. y = 1 . b. y = .
x víi x 0
2x
4 víi x 1
2
Giải Bạn đcọ tự vẽ hình.
a. Đồ thị gồm hai tia:
• Tia Ot trùng với đồ thị hàm số y = 2x với x 0.
• Tia Ot' trùng với đồ thị hàm số y = 1 x với x < 0.
2
b. Đồ thị gồm hai tia:
• Tia A 1 B đi qua hai điểm A(1; 2) và B(2; 3).
• Tia A 2 B đi qua hai điểm A(0; 4) và B(2; 3).
ThÝ dô 3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị các hàm số:
a. y = |x1|. b. y = |2x1| + |2x 1|.
Giải
y
a. Ta biến đổi:
1
B
y = x1
O
I
O 1 1
A
B
|
3
x
y = 1x
x
y = |x1|

1 1
y = x nÕu x x
1 nÕu x 1
= .
( x 1) nÕu x 1 1 x nÕu x 1
Do đó, đồ thị hàm số là hai tia IA (với I(1; 0) và A(2,
1)) và IB (với B(0, 1)).
Dựa vào đồ thị chúng ta nhận được bảng biến thiên của hàm số như sau:
x - 1 +
y
-
+
0
Điều đó chứng tỏ:
• Hàm số nghịch biến trên (; 1).
• Hàm số đồng biến trên (1; +).
b. Viết lại hàm số dưới dạng:
1
4x nÕu x
2
1 1
y = 2 nÕu x .
2 2
1
4x nÕu x
2
Do đó, đồ thị hàm số gồm:
• Tia IA với A(1; 4) và I( 1 2 ; 2).
A
I
y
O
4
2
1 1
y = 4x
J
B
y = 4x
x
• Đoạn thẳng IJ với J( 1 2 ; 2).
• Tia JB với B(1; 4).
ThÝ dô 4. Cho hàm số:
(d m ): y = (m1)x + 2m3.
a. Tìm m để hàm số là đồng biến, nghịch biến, không đổi.
b. Chứng tỏ rằng khi m thay đổi (C m ) luôn đi qua 1 điểm cố định.
Giải
a. Điều kiện để hàm số đồng biến:
m – 1 > 0 m > 1.
Điều kiện để hàm số nghịch biến:
m – 1 < 0 m < 1.
Điều kiện để hàm số không đổi biến:
m – 1 = 0 m = 1.
b. Giả sử đồ thị hàm số luôn đi qua điểm M(x 0 ; y 0 ), ta có:
y 0 = (m1)x 0 + 2m3, m (x 0 + 2)m – x 0 – 3 – y 0 = 0, m
29

30
x0
20
x0
2
.
x0 y0
3 0 y0
1
Vậy, đồ thị hàm số luôn đi qua điểm cố định M(–2 ; –1).
ThÝ dô 5. Cho họ đường thẳng (d m ) có phương trình:
(d m ): (m1)x + (2m3)ym1 = 0.
1. Xác định m để:
a. (d m ) đi qua A(2, 1).
b. (d m ) có hướng đi lên.
c. (d m )//Ox.
d. (d m ) vuông góc với đường thẳng ( 1 ): 3x + 2y100 = 0.
e. (d m ) song song với đường thẳng ( 2 ): x2y + 12 = 0.
2. Tìm điểm cố định mà họ (d m ) luôn đi qua.
Giải
1. Ta lần lượt có:
a. (d m ) đi qua điểm A(2, 1) điều kiện là:
(m1).2 + (2m3).1m1 = 0 3m – 6 = 0 m = 2.
b. (d m ) có hướng đi lên điều kiện là:
ab < 0 (m1)(2m3) 1 < m < 3 2 .
c. (d m ) song song với Ox điều kiện là:
m – 1 = 0 m = 1.
d. (d m ) vuông góc với đường thẳng ( 1 ) điều kiện là:
3(m1) + 2(2m3) = 0 7m = 9 m = 9 7 .
e. (d m ) song song với đường thẳng ( 2 ) điều kiện là:
m1 2m3
4m = 5 m = 5 1 2
4 .
2. Giả sử đồ thị hàm số luôn đi qua điểm M(x 0 ; y 0 ), ta có:
(m1)x 0 + (2m3)y 0 m1 = 0, m
(x 0 + 2y 0 – 1)m – x 0 – 3y 0 – 1 = 0, m
x0 2 y0
1 0 x0
5
.
x0 3y0
1 0 y0
2
Vậy, đường thẳng (d m ) luôn đi qua điểm cố định M(5 ; – 2).
ThÝ dô 6. Cho hai hàm số f(x) = (m 2 + 1)x 4 và g(x) = mx + 2, với m 0.
Chứng minh rằng:
a. Các hàm số f(x), f(x) + g(x), f(x) g(x) là các hàm đồng biến.

. Hàm số g(x) f(x) là hàm nghịch biến.
Giải
a. Ta lần lượt xét:
• Hàm số f(x) có hệ số a = m 2 + 1 > 0 do đó nó là hàm đồng biến.
• Hàm số:
f(x) + g(x) = (m 2 + 1)x 4 + mx + 2 = (m 2 + m + 1)x 2.
có hệ số:
a = m 2 1
+ m + 1 = m
2 + 3 4 > 0
do đó, nó là hàm đồng biến.
• Hàm số:
f(x) g(x) = (m 2 + 1)x 4 (mx + 2) = (m 2 m + 1)x 6.
có hệ số:
a = m 2 1
m + 1 = m
2 + 3 4 > 0
do đó, nó là hàm đồng biến.
b. Hàm số:
g(x) f(x) = mx + 2 [(m 2 + 1)x 4] = (m 2 m + 1)x + 6.
có hệ số:
2
a = (m 2 1
3
m + 1) = m
< 0
2
4
do đó, nó là hàm nghịch biến.
2
2
ThÝ dô 7. Cho hàm số y = f(x) = ax + b, với a 0.
a. Chứng minh rằng với một giá trị x 0 tuỳ ý cho trước, bao giờ cũng
tìm được hai số m và n sao cho f(m) < f(x 0 ) < f(n).
b. Chứng minh rằng hàm số bậc nhất không có giá trị lớn nhất và nhỏ
nhất.
Giải
a. Ta biết rằng với mỗi x 0 tuỳ ý cho trước, bao giờ cũng có:
x 0 1 < x 0 < x 0 + 1.
Ta xét hai trường hợp:
Trường hợp 1: Với a > 0, khi đó hàm số đồng biến, do đó:
f(x 0 1) < f(x 0 ) < f(x 0 + 1)
từ đó, ta chọn m = x 0 1 và n = x 0 + 1.
Trường hợp 2: Với a < 0, khi đó hàm số nghịch biến, do đó:
f(x 0 1) > f(x 0 ) > f(x 0 + 1)
31

từ đó, ta chọn m = x 0 + 1 và n = x 0 1.
b. Giả sử trái lại hàm số có:
• Giá trị lớn nhất f(x 1 ) ứng với x 1 .
• Giá trị nhỏ nhất f(x 2 ) ứng với x 2 .
Theo kết quả câu a), luôn tìm được hai số m và n sao cho:
f(x 1 ) < f(n) f(x 1 ) không phải là giá trị lớn nhất.
f(x 2 ) > f(m) f(x 2 ) không phải là giá trị nhỏ nhất.
ThÝ dô 8. Cho hàm số y = f(x) = ax, với a 0.
a. Chứng minh rằng f(kx 1 ) = kf(x 1 ) và f(x 1 + x 2 ) = f(x 1 ) + f(x 2 ).
b. Các hệ thức trong câu a) còn đúng với hàm số:
y = g(x) = ax + b, với b 0 hay không ?
Giải
a. Ta có:
f(kx 1 ) = a(kx 1 ) = akx 1 = k(ax 1 ) = kf(x 1 ), đpcm.
f(x 1 + x 2 ) = a(x 1 + x 2 ) = ax 1 + ax 2 = f(x 1 ) + f(x 2 ) , đpcm.
b. Ta lần lượt xét:
• Với hệ thức:
g(kx 1 ) = kg(x 1 ) a(kx 1 ) + b = k(ax 1 + b)
b0
akx 1 + b = akx 1 + bk b(k 1) = 0 k = 1.
Vậy, hệ thức g(kx 1 ) = kg(x 1 ) chỉ đúng với k = 0.
• Với hệ thức:
g(x 1 + x 2 ) = g(x 1 ) + g(x 2 ) a(x 1 + x 2 ) + b = (ax 1 + b) + (ax 2 + b)
ax 1 + ax 2 + b = ax 1 + ax 2 + 2b b = 0, loại.
Vậy, hệ thức g(x 1 + x 2 ) = g(x 1 ) + g(x 2 ) không đúng.
D¹ng to¸n 2: Lập phƣơng trình đƣờng thẳng
Phương pháp thực hiện
Thực hiện theo các bước:
ThÝ dô 1. Viết phương trình y = ax + b của các đường thẳng:
a. Đi qua hai điểm A(4, 3) và B(2, 1).
b. Đi qua điểm A(1, 1) và song song với Ox.
Giải
a. Ta có:
A(4, 3) (d): y = ax + b 3 = 4a + b. (1)
B(2, 1) : y = ax + b 1 = 2a + b. (2)
32

Giải hệ phương trình tạo bởi (1) và (2) ta được a = 2 và b = 5.
Vậy, phương trình đường thẳng (d) có dạng: y = 2x 5.
b. Đường thẳng (d) đi qua điểm A(1, 1) và song song với trục hoành nên có
phương trình: y = 1.
ThÝ dô 2. Cho hàm số y = ax 3a.
a. Xác định giá trị của a để đồ thị hàm số đi qua điểm A(0; 4). Vẽ đồ
thị hàm số với a vừa tìm được.
b. Tính khoảng cách từ gốc toạ độ đến đường thẳng tìm được trong a).
Giải
a. Đồ thị hàm số đi qua điểm A(0; 4) khi và chỉ khi:
4 = a.0 3a 3a = 4 a = 4 3 .
Vậy, hàm số có dạng y = 4 3 x + 4.
Để vẽ đồ thị hàm số ta lấy thêm điểm B(3; 0).
b. Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên đường thẳng.
Trong OAB vuông tại O, ta có:
1 1 1
OH =
2 2 2
OH OA OB
OA.
OB
OA
OB
2 2
=
4.3
4 3
Vậy, khoảng cách từ gốc toạ độ đến đường thẳng bằng 12 5 .
2 2
4
O
y
B
= 12 5 .
H
A
|
3
x
§3. HÀM SỐ BẬC HAI
D¹ng to¸n 3: Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số bậc hai
Phương pháp thực hiện
Dựa trên lý thuyết trong phần kiến thức cần nhớ.
ThÝ dô 1. Cho hàm số y = f(x) = x 2 4x + 2.
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
b. Từ đó lựa chọn phép tịnh tiến song song với trục Ox để nhận được
đồ thị hàm số y = x 2 2.
c. Giải thích tại sao với mỗi giá trị của m thì các phương trình
x 2 4x + 2 = m và x 2 2 = m đều có cùng số nghiệm.
Giải
a. Ta lần lượt tính:
33

2 a = 2 và = 2.
4a
y=x 2 2 y
Vậy, đồ thị hàm số là một parabol có đỉnh S(2, 2),
nhận đường thẳng x = 2 làm trục đối xứng và hướng bề
lõm lên trên.
Bảng biến thiên:
O
x 2 +
2
y
+ CĐ
2
+
Đồ thị: ta lấy thêm hai điểm trên đồ thị là A(0, 2), B(4, 2).
b. Giả sử:
34
y = x 2 2 = f(x + a)
x 2 2 = (x + a) 2 4(x + a) + 2 = x 2 + (2a4)x + a 2 4a + 2.
Suy ra:
1
1
0 2a
4 a = 2.
2
2 a 4a
2
Vậy, ta được y = x 2 2 = f(x + 2).
Do đó, đồ thị của hàm số được suy ra bằng phép tịnh tiến theo Ox đồ thị hàm số
y = f(x) sang trái 2 đơn vị.
c. Vì số nghiệm của mỗi phương trình đúng bằng số giao điểm của đường thẳng y = m với
đồ thị của các hàm số y = x 2 4x + 2 và y = x 2 2, do đó chúng đều có cùng số nghiệm.
ThÝ dô 2. Cho hai hàm số (P 1 ) và (P 2 ), biết:
(P 1 ): y = x 2 + 2x + 3, (P 1 ): y = 1 2 x2 4x + 3.
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hai hàm số (P 1 ) và (P 2 ) trên cùng một hệ trục
toạ độ.
b. Tìm m để đường thẳng y = m cắt cả hai đồ thị vừa vẽ.
Giải
a. Ta có bảng sau:
Khảo sát (P 1 ) Khảo sát (P 2 )
b
2 a = 1 và = 4.
4a
b
2 a = 4 và = 5.
4a
Bảng biến thiên:
Bảng biến thiên:
x 1 + x 4 +
y
CĐ
y + -5 +
4
CT
2
S
y=x 2 4x+2
x

Đồ thị: Hoành độ giao điểm của (P 1 ) và (P 2 ) là nghiệm phương trình:
x 2 + 2x + 3 = 1 2 x2 4x + 3 3x 2 12x = 0 3x(x 4) = 0
Khi đó, toạ độ các giao điểm là:
E(0, 3) và F(4, 5).
b. Từ đồ thị của (P 1 ) và (P 2 ), đường thẳng y = m cắt
cả hai đồ thị
x
0
.
x
4
5 m 4.
Vậy, với 5 m 4 thoả mãn điều kiện đầu bài. -5
(P
S 1
2 )
ThÝ dô 3. Cho hàm số (P m ): y = (1 + m)x 2 2(m 1)x + m 3.
a. Khảo sát sự biến thiên và đồ thị hàm số với m = 0 (tương ứng là
(P 0 )). Bằng đồ thị tìm x để y 0, y 0.
b. Viết phương trình đường thẳng đi qua đỉnh của (P 0 ) và giao điểm
của (P 0 ) với Oy.
c. Xác định m để (P m ) là Parabol. Tìm quĩ tích đỉnh của Parabol
(P m ) khi m thay đổi.
d. Chứng tỏ rằng (P m ) luôn đi qua một điểm cố định, tìm toạ độ điểm
cố định đó.
y
Giải
a. Với m = 0 ta được (P 0 ): y = x 2 + 2x 3
Ta lần lượt tính:
b
2 a = 1 và = 4.
4a
B -1 O A
-3 1
Vậy, đồ thị hàm số là một parabol có đỉnh S(1, 4), nhận đường thẳng x = 1
làm trục đối xứng và hướng bề lõm lên trên.
Bảng biến thiên:
x - -1 +
+ CT +
y
-4
Đồ thị: ta lấy thêm vài điểm trên đồ thị A(1, 0), B(-3, 0), C(0, -3).
Từ đồ thị suy ra:
(P 0 )
4
3
O
y
S
S 2
-3
C
-4
(P 1 )
x
(d)
x
Cabri3D_Download_212_Win.exe
• y 0
.
• y 0 3 x 1.
b. Giả sử phương trình đường thẳng (d) có dạng:
(d): Ax + By + C = 0, A 2 + B 2 > 0. (1)
Vì S(1, 4) và C(0, 3) thuộc (d), ta được:
35

A 4B C 0 A 4B 3B
0
3B
C 0 C
3B
Thay (I) vào (1), ta được:
(d): Bx + By + 3B = 0 (d): x y 3 = 0.
c. Để (P m ) là Parabol điều kiện là:
AB
. (I)
C
3B
1 + m 0 m 1,
m 1
khi đó (P m ) có đỉnh S m (
m 1
, 4
m 1
).
Để nhận được phương trình quĩ tích đỉnh của Parabol (P m ) khi m thay đổi, ta thực
hiện việc khử m từ hệ:
m 1
m 1
4 y
x
m 1
x
1
m 1
y
x = 2x + y 2 = 0.
4 4 y 4 y
y m
1
m 1
y
y
Vậy, quĩ tích đỉnh S m là đường thẳng (): 2x + y 2 = 0.
d. Giả sử M(x 0 ; y 0 ) là điểm cố định mà (P m ) luôn đi qua, khi đó:
y 0 = (1 + m) x 2(m 1)x 0 + m 3, với m
2
0
( x 2x 0 + 1)m +
2
0
2
x
0
+ 2x 0 3 y 0 = 0, với m
2
x0 2x0
1 0 x0
1
2
.
x0 2x0 3 y0
0 y0
0
Vậy, họ (P m ) luôn đi qua điểm cố định M(1; 0).
ThÝ dô 4. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = |x1|(x + 3).
Giải
Viết lại hàm số dưới dạng:
y=x 1(x + 3)
2
( x 1)( x 3) nÕu x 1
y =
x 2x 3 nÕu x y 1
= .
(1 x)( x 3) nÕu x
2
1 x 2x 3 nÕu x S 1
Bảng biến thiên:
A O B
x 1 1 +
x
CT
+
y 4 0
y= x
Đồ thị: ta lấy các điểm A(3; 0), S(1; 4), B(1; 0).
2 x + 3
D¹ng to¸n 4: Hàm số dạng y = ax 2 + bx + c, với a 0
Phương pháp thực hiện
36

Thực hiện theo các bước:
B­íc 1: Vẽ đồ thị hàm số (P): y = ax 2 + bx + c, với a 0.
B­íc 2: Đồ thị hàm số y = ax 2 + bx + c gồm hai phần:
• Phần từ trục hoành trở lên của đồ thị (P).
• Đối xứng phần đồ thị phía dưới trục hoành của (P) qua trục hoành.
B­íc 3: Dựa vào đồ thị ta lập được bảng biến thiên của hàm số y = ax 2 + bx +
c.
ThÝ dô 1. Cho hàm số (P): y = x 2 + 2x3.
a. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
b. Dựa vào đồ thị vừa vẽ trên, tuỳ theo giá trị của m, hãy cho biết số
nghiệm của phương trình |x 2 + 2x3| = m.
Giải
y=|x 2 +x3|
y
a. Ta lần lượt tính:
y = m
4
b
2 a = 1 và = 4.
1
4a
3
x
Vậy, đồ thị hàm số là một parabol có đỉnh S(1; 4),
4
nhận đường thẳng x = 1 làm trục đối xứng và hướng bề
lõm lên trên.
Bảng biến thiên:
x 1 +
+ CĐ +
y
4
Đồ thị: ta lấy thêm hai điểm trên đồ thị là A(3; 0), B(1; 0).
b. Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = |x 2 + 2x3|
(phần đường đậm) và đường thẳng (d): y = m, ta được:
• Với m < 0, phương trình vô nghiệm.
• Với m = 0, phương trình có hai nghiệm x = 1 và x = 3.
• Với 0 < m < 4, phương trình có bốn nghiệm phân biệt.
• Với m = 4, phương trình có ba nghiệm phân biệt.
• Với m > 4, phương trình có hai nghiệm phân biệt.
D¹ng to¸n 5: Lập phƣơng trình Parabol
Phương pháp thực hiện
Thực hiện theo các bước:
B­íc 1: Giả sử Parabol (P): y= ax 2 + bx + c, với a 0.
B­íc 2: Dựa vào điều kiện K để xác định a, b, c.
Trong bước này ta cần lưu ý các điều kiện thường gặp sau:
• Điểm A(x 0 , y 0 ) (P) ta nhận được điều kiện:
37

y 0 = a x 2 0
+ bx 0 + c.
• (P) có đỉnh S(x 0 , y 0 ) ta nhận được điều kiện:
b
x0
2a
.
y0
4a
• (P) có giá trị cực đại (hoặc cực tiểu) bằng y 0 ta nhận được điều kiện:
a
0
a
0
(hoặc ).
y0
y0
4a
4a
• (P) đạt giá trị cực đại (hoặc cực tiểu) tại điểm có hoành độ bằng x 0
ta nhận được điều kiện:
a
0
a
0
b (hoặc b ).
x0
x0
2a
2a
• (P) nhận đường thẳng x = x 0 làm trục đối xứng ta nhận được điều
kiện:
x 0 = 2
ba .
B­íc 3: Kết luận.
ThÝ dô 1. Xác định parabol y = ax 2 + bx + 2, biết rằng parabol đó:
a. Đi qua hai điểm M(1; 5) và N(2; 8).
b. Đi qua điểm A(3; 4) và có trục đối xứng là x = 3 2 .
c. Có đỉnh là I(2; 2).
d. Đi qua điểm B(1; 6) và tung độ của đỉnh là 1 4 .
Giải
a. Ta có:
• M(1; 5) (P) 5 = a + b + 2 (1)
• N(2; 8) (P) 8 = 4a 2b + 2 (2)
Giải hệ phương trình tạo bởi (1) và (2) ta được a = 2 và b = 1.
Vậy, ta được (P): y = 2x 2 + x + 2.
b. Ta có:
• A(3; 4) (P) 4 = 9a + 3b + 2 (1)
• Trục đối xứng x = 3 2 b
2a b = 3a
2
(2)
38

Giải hệ phương trình tạo bởi (1) và (2) ta được a = 1 3
và b = 1.
Vậy, ta được (P): y = 1 3 x2 x + 2.
c. Ta có:
•
b
Đỉnh I(2; 2). Mà đỉnh S
;
2a
4a b
= 2
2a
(1)
• I(2, 2) (P) 2 = 4a + 2b + 2 2a + b = 2 (2)
Giải hệ phương trình tạo bởi (1) và (2) ta được a = 1 và b = 4.
Vậy, ta được (P): y = x 2 4x + 2.
d. Ta có:
• B(1; 6) (P) 4 = a b (1)
1
• Tung độ của đỉnh: = 4a 4 = a b2 8a = a b 2 = 9a. (2)
Từ (1) và (2) ta có:
ab4
ba4
ba4
ba4
2
2
2 2
b
9a
b
9a
( a4) 9a
a
a16 0
a
1
ba4
2
3
a
1 b
( P) : y x 3x
2
2
a
16 ( ) : 16 12 2
a
16
P y x x
b 12
Vậy, có hai parabol thoả mãn đề bài.
ThÝ dô 2. Xác định a, b, c biết parabol y = ax 2 + bx + c.
a. Đi qua ba điểm A(0; 1), B(1; 1), C(1; 1).
b. Có đỉnh I(1; 4) và đi qua điểm D(3; 0).
c. Có giá trị cực tiểu bằng 1 và đi qua hai điểm A(2; 1), B(0; 3).
Giải
a. Ta có:
• A(0; 1) (P): y = ax 2 + bx + c 1 = c. (1)
• B(1; 1) (P): y = ax 2 + bx + c 1 = a + b + c. (2)
• C(1; 1) (P): y = ax 2 + bx + c 1 = a b + c. (3)
Giải hệ phương trình tạo bởi (1), (2) và (3) ta được a = 1, b = 1 và c = 1.
Vậy, phương trình (P) có dạng: y = x 2 x 1.
b. Ta có:
• D(3; 0) (P): y = ax 2 + bx + c 0 = 9a + 3b + c. (1)
• I(1; 4) (P): y = ax 2 + bx + c 4 = a + b + c. (2)
39

• I(1; 4) là đỉnh của (P) 2
ba
= 1 b = 2a. (3)
Giải hệ phương trình tạo bởi (1), (2) và (3) ta được a = 1, b = 2 và c = 3.
Vậy, phương trình (P) có dạng: y = x 2 + 2x + 3.
c. Ta có:
• A(2; –1) (P) –1 = a.2 2 + b.2 + c. (1)
• B(0; 3) (P) 3 = a.0 + b.0 + c. (2)
•
Có giá trị cực tiểu bằng –1 = –1.
4a
(3)
Từ (1), (2) và (3) ta có:
a = 2 ; b = 6 ; c = 3.
Vậy, phương trình (P): y = 2x 2 + 6x + 3.
C. CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC
VÝ dô 1:
Giải
a. Điều kiện:
40
Tìm m để hàm số:
x 1
a. y = xác định trên [0; 1).
2 2
x 2( m 1) x m 2m
1
b. y = x 2m1
xác định trên (1; 3).
2x
m
x 2 – 2(m + 1)x + m 2 x
m
+ 2m 0 (x – m)(x – m – 2) 0 .
x
m 2
Vậy, để hàm số xác định trên [0; 1) thì {m ; m + 2} [0; 1)
m
20
m
2
m 1
m 1 .
m 0 1 m
2 1 m 0
b. Điều kiện:
x 2m1 0
x
2m1
m . (*)
2xm0
x
2
Để hàm số xác định trên (1; 3) thì (1; 3) là tập con của (*), tức là:
m 1 < 3 2m 1 m = 2.
2
Vậy, với m = 2 thoả mãn điều kiện đầu bài.
VÝ dô 2: Cho a , xác định tất cả các hàm số f(x) sao cho:

Giải
f(ax) = f(x), với x . (1)
Đặt x = 2
a t suy ra t = 2
a x và ax = 2
a + t. Khi đó:
(1) f( 2
a + t) = f( 2
a t), t . (2)
Đặt g(t) = f( 2
a + t), suy ra g(t) = f( 2
a t). Khi đó:
(2) g(t) = g(t), t g(t) là hàm chẵn trên .
Vậy hàm số f(x) = g(x 2
a ) với g(x) là hàm chẵn tuỳ ý trên .
VÝ dô 3: Cho ba đường thẳng:
(d 1 ): y = 2x1, (d 2 ): y = 2x, (d 3 ): y = ax + 3.
Xác định a để ba đường thẳng trên đồng quy, rồi vẽ đồ thị của ba đường
thẳng đó trên cùng một hệ trục toạ độ.
Giải
Để (d 1 ), (d 2 ), (d 3 ) đồng quy thì (d 3 ) phải đi qua giao điểm của (d 1 ) và (d 2 ).
Hoành độ giao điểm của (d 1 ) và (d 1 ) được xác định bởi:
2x – 1 = 2 – x x = 1 y = 1.
Do đó, giao điểm của (d 1 ) và (d 2 ) là điểm M(1 ; 1).
Lại có, M (d 3 ) suy ra:
1 = a.1 + 3 a = – 2.
Vậy, với a = – 2, ba đường thẳng đã cho đồng quy tại điểm M(1; 1).
Học sinh tự vẽ hình.
VÝ dô 4: Xác định a, b, c cho biết parabol y = ax 2 + bx + c đi qua điểm A(8, 0)
và có đỉnh là I(6, 12).
Giải
Ta có:
• A(8, 0) (P) 0 = 64a + 8b + c (1)
• Đỉnh I(6, 12) (P) 12 = 36a + 6b + c (2)
• Đỉnh có hoành độ = 6 b = 12a (3)
2
ba
Giải hệ phương trình tạo bởi (1), (2) và (3) ta được a = 3, b = 36, c = 96.
Vậy, ta được (P): 3x 2 36x + 96.
41

VÝ dô 5: Cho hàm số y = ax 2 + bx + c, a 0. Chứng minh rằng đồ thị hàm số
nhận đường thẳng x = 2
ba
làm trục đối xứng.
Giải
Với phép biến đổi toạ độ:
b
X x
b
x
X
2a
2a
Y
y
y Y
hàm số có dạng:
2
2
b
Y = a X
2a
+ b b
X
2a
+ c = a b
X
2a
+ b b
X
2a
+ c
2
2 b b b
= a X
X
2 + bX
a 4a
2a
+ c
2 2
= aX 2 b
+
4a – b
+ c là hàm số chẵn với mọi a, b, c.
2a 42
Vậy, hàm số nhận đường thẳng x = – 2
ba
làm trục đối xứng.
VÝ dô 6: Cho hàm số (P): y = x 2 + 2x.
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
b. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình x 2 2|x| + m = 0.
Giải
y
a. Ta lần lượt tính:
S
b
2 a = 1 và A
= 1.
4a
O x
y = m
Vậy, đồ thị hàm số là một parabol có đỉnh S(1; 1),
nhận đường thẳng x = 1 làm trục đối xứng và hướng bề
lõm xuống dưới.
y= x 2 + x
Bảng biến thiên:
x 1 +
y
CT
1
Đồ thị: ta lấy thêm hai điểm trên đồ thị là O(0; 0), A(2; 0).
b. Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = x 2 +
2x (phần đường đậm) và đường thẳng (d): y = m, ta được:
• Với m > 1, phương trình vô nghiệm.
• Với m = 1, phương trình có hai nghiệm x = 1 và x = 1.
• Với 0 < m < 1, phương trình có bốn nghiệm phân biệt.

• Với m = 0, phương trình có ba nghiệm phân biệt.
• Với m < 0, phương trình có hai nghiệm phân biệt.
VÝ dô 7: Tìm m để đồ thị hàm số y = x 4 + 4x 3 + mx 2 có trục đối xứng song song
với Oy.
Giải
Giả sử đồ thị hàm số có trục đối xứng song song với Oy là x = a (a 0).
Khi đó, với phép biến đổi toạ độ:
X x a
x X a
Y
y y Y
hàm số
Y = (X + a) 4 + 4(X + a) 3 + m(X + a) 2 là hàm số chẵn.
Ta có:
Y = (X + a) 4 + 4(X + a) 3 + m(X + a) 2
= X 4 + (4 + 4a)X 3 + (6a 2 + m + 12a)X 2
Hàm số (1) chẵn
+ (4a 3 + 12a 2 + 2ma)X + a 4 + ma 2 + 3a 3 (1)
3 2
4a 12a 2ma
0 m
4
.
4 4a
0
a
1
Vậy, với m = 4 hàm số nhận đường thẳng x = –1 làm trục đối xứng.
VÝ dô 8:
Cho hàm số:
2
2 x ( m 4) x 2m
1
y =
.
x 2
Tìm m để đồ thị hàm số nhận điểm I(2; 1) làm tâm đối xứng.
Giải
Điểm I(2; 1) là tâm đối xứng của đồ thị khi với phép biến đổi toạ độ:
X
x2
x
X 2
Y
y 1 y Y 1
hàm số sau là hàm lẻ
2
2
2( X 2) ( m 4)( X 2) 2m
1
2 X ( m 3) X 1
Y + 1 =
Y = .
X
X
Để hàm số là hàm lẻ điều kiện là:
m + 3 = 0 m = 3
Vậy, với m = 3 thoả mãn điều kiện đầu bài.
VÝ dô 9:
Cho hàm số:
y = x 3 3mx 2 + 3(m 2 1)x + 1m 2 (C m ).
43

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị (C m ) có hai điểm phân
biệt đối xứng nhau qua gốc toạ độ.
Giải
Hai điểm:
A(x A , y A ) với y A =
3
xA
3m x 2 A
+ 3(m 2 1)x A + 1m 2 , (1)
3
xB
3m x 2 B
+ 3(m 2 1)x B + 1m 2 ,
B(x B , y B ) với y B =
(2)
thuộc đồ thị hàm số.
Hai điểm A và B đối xứng với nhau qua gốc toạ độ
xA
xB
0 (3)
yA
yB
0 (4)
Thay (1), (2), (3) vào (4) ta được:
3m x 2 A
= 1m 2 (5)
Để tồn tại hai điểm A và B thì phương trình (5) phải có nghiệm.
Do 0 <
x nên:
2
A
2
1
m m
1
0 <
3m
.
0 m 1
Vậy, với m

CHƢƠNG 2 PHƢƠNG TRÌNH, HỆ PHƢƠNG TRÌNH
A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ
I. ĐẠI CƢƠNG VỀ PHƢƠNG TRÌNH
1. KHÁI NIỆM PHƢƠNG TRÌNH MỘT ẨN
Định nghĩa: Cho hai biểu thức f(x) và g(x) của cùng biến số x.
1. Mệnh đề chứa biến x dạng f(x) = g(x) được gọi là phương trình một ẩn; x
gọi là ẩn số (hay ẩn) của phương trình.
2. Ngoài các điều kiện để hai biểu thức f(x) và g(x) có nghĩa, đôi khi x còn phải
thoả mãn thêm những điều kiện khác nữa. Ta gọi chung các điều kiện ấy là
điều kiện xác định của phương trình f(x) = g(x).
3. Số x 0 gọi là nghiệm của phương trình f(x) = g(x) nếu nó thoả mãn ĐKXĐ của
phương trình và mệnh đề f(x 0 ) = g(x 0 ) là đúng.
4. Việc tìm tất cả các nghiệm của phương trình gọi là giải phương trình. Nói
cách khác, giải một phương trình là tìm tập nghiệm của phương trình đó.
Chú ý:
1. Hệ thức x = m (với m là một số nào đó) cũng là một phƣơng trình. Phƣơng trình
này chỉ rõ rằng m là nghiệm duy nhất của nó.
2. Ta thƣờng kí hiệu tập nghiệm của phƣơng trình là T. Phƣơng trình có thể có một
nghiệm, hai nghiệm, ..., nhƣng cũng có thể không có nghiệm nào (tức là T = ) thì
ta gọi là vô nghiệm, phƣơng trình có T = thì gọi là nghiệm đúng với mọi x.
3. Nhiều trƣờng hợp, ta không thể tính đƣợc giá trị chính xác của nghiệm, hoặc bài
toán chỉ yêu cầu tính giá trị gần đúng của nghiệm (với độ chính xác cho trƣớc). Giá
trị đó gọi là nghiệm gần đúng của phƣơng trình.
2. PHƢƠNG TRÌNH TƢƠNG ĐƢƠNG
Định nghĩa: Hai phương trình f 1 (x) = g 1 (x) và f 2 (x) = g 2 (x) có cùng một tập nghiệm
là hai phương trình tương đương. Khi đó, ta viết:
f 1 (x) = g 1 (x) f 2 (x) = g 2 (x).
Chú ý: Khi muốn nhấn mạnh hai phƣơng trình có cùng điều kiện xác định D
và tƣơng đƣơng với nhau, ta nói:
"Hai phương trình tương đương trong điều kiện D"
hoặc "Với điều kiện D, hai phương trình là tương đương với nhau".
Định nghĩa (Phép biến đổi tương đương): Các phép biến đổi không làm thay đổi tập
nghiệm của phương trình được gọi là các phép biến đổi tương đương.
Phép biến đổi tương đương biến một phương trình thành phương trình
tương đương với nó.
43

Định lí 1: Cho phương trình f(x) = g(x) với ĐKXĐ D, h(x) là một biểu thức xác định
với mọi x thoả mãn điều kiện D (h(x) có thể là hằng số). Khi đó, với điều
kiện D, phương trình f(x) = g(x) tương đương với mỗi phương trình sau:
a. f(x) + h(x) = g(x) + h(x).
b. f(x).h(x) = g(x).h(x) nếu h(x) 0 với x D.
Hệ quả: Với ĐKXĐ của phương trình ban đầu thì:
a. (Quy tắc chuyển vế): f(x) + h(x) = g(x) f(x) = g(x) h(x).
b. (Quy tắc rút gọn): f(x) + h(x) = g(x) + h(x) f(x) = g(x).
3. PHƢƠNG TRÌNH HỆ QUẢ
Định nghĩa: Cho phương trình f 1 (x) = g 1 (x) có tập nghiệm T 1 . Phương trình f 2 (x) = g 2 (x)
có tập nghiệm T 2 được gọi là hệ quả của phương trình f 1 (x) = g 1 (x) nếu
T 1 T 2 .
Định lí 2: Khi bình phương hai vế của phương trình, ta được phương trình hệ quả
của phương trình đã cho:
44
f(x) = g(x) f 2 (x) = g 2 (x)
Chú ý: 1. Nếu hai vế của một phƣơng trình luôn cúng dấu với mọi x thoả mãn
ĐKXĐ của phƣơng trình thì khi bình phƣơng hai vế của nó, ta đƣợc
phƣơng trình tƣơng đƣơng.
2. Nếu phép biến đổi một phƣơng trình dẫn đến phƣơng trình hệ quả
thì sau khi tìm đƣợc nghiệm của phƣơng trình hệ quả, ta phải thử
lại vào phƣơng trình đã cho để phát hiện và loại nghiệm ngoại lai.
4. PHƢƠNG TRÌNH NHIỀU ẨN
Định nghĩa: Cho hai biểu thức f(x, y,…) và g(x, z,…).
1. Mệnh đề chứa các biến dạng f(x, y,…) = g(x, z,…) được gọi là
phương trình nhiều ẩn ẩn; x, y, z,… gọi là các ẩn số của phương trình.
2. Các số x = x 0 , y = y 0 , z = z 0 ,… thoả mãn ĐKXĐ của phương trình và
mệnh đề f(x 0 , y 0 ,…) = g(x 0 , z 0 ,…) là đúng thì bộ (x 0 , y 0 , z 0 ,…) được
gọi là một nghiệm của phương trình.
II. PHƢƠNG TRÌNH BẬC NHẤT VÀ BẬC HAI MỘT ẨN
1. PHƢƠNG TRÌNH BẬC NHẤT MỘT ẨN
Với yêu cầu "Giải và biện luận phương trình ax + b = 0" ta sẽ thực hiện nhƣ sau:
Viết lại phƣơng trình dƣới dạng:
ax = b. (1)
Ta xét hai trƣờng hợp:
Trường hợp 1: Nếu a = 0 thì:
(1) 0 = b b = 0.
Vậy, ta đƣợc:

• Nếu b = 0, phƣơng trình nghiệm đúng với mọi x .
• Nếu b 0, phƣơng trình vô nghiệm.
Trường hợp 2: Nếu a 0 thì:
(1) x = b , tức là phƣơng trình có nghiệm duy nhất.
a
Kết luận:
• Với a 0, phƣơng trình có nghiệm duy nhất x = b a .
• Với a = b = 0 , phƣơng trình nghiệm đúng với mọi x.
• Với a = 0 và b 0, phƣơng trình vô nghiệm.
2. PHƢƠNG TRÌNH BẬC HAI MỘT ẨN
Với yêu cầu "Giải và biện luận phương trình ax 2 + bx + c = 0 (1)" ta sẽ thực hiện
nhƣ sau:
Trường hợp 1. Với a = 0 thì phƣơng trình có dạng:
bx + c = 0 bx = c. (2)
a. Nếu b = 0 thì:
(2) 0 = c c = 0.
• Nếu c = 0, phƣơng trình nghiệm đúng với mọi x .
• Nếu c 0, phƣơng trình vô nghiệm.
b. Nếu b 0 thì:
(2) x = c : phƣơng trình có nghiệm duy nhất.
b
Trường hợp 2. Với a 0 ta tính biệt thức:
= b 2 4ac (hoặc nếu b = 2b' thì tính ' = (b') 2 ac).
a. Nếu < 0 (hoặc ' < 0) thì phƣơng trình (1) vô nghiệm.
b. Nếu = 0 (hoặc ' = 0) thì phƣơng trình (1) có nghiệm kép:
x 0 = b 2a (hoặc x 0 = b'
a ).
c. Nếu > 0 (hoặc ' > 0) thì phƣơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt:
b
b'
'
x 1,2 = (hoặc x1,2 = ).
2a
a
Kết luận:
• Với a = b = c = 0, phƣơng trình nghiệm đúng với mọi x .
• Với a = b = 0 và c 0 , phƣơng trình vô nghiệm.
• Với a = 0 và b 0 , phƣơng trình có nghiệm duy nhất x = c b .
• Với a 0 và < 0, phƣơng trình vô nghiệm.
• Với a 0 và = 0, phƣơng trình có nghiệm kép x 0 = b 2a (hoặc x 0 = b'
a ).
45

• Với a 0 và > 0, phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt:
3. ĐỊNH LÍ VI ÉT
x 1,2 =
b
( hoặc x1,2 =
2a
b'
' ).
a
Định lí: Nếu phƣơng trình ax 2 + bx + c = 0, với a 0 có hai nghiệm x 1 và x 2 thì:
b
S x1 x
2
a
.
c
P x
1.x
2
a
Hệ quả:
1. Nếu a + b + c = 0, phƣơng trình ax 2 + bx + c = 0 có 2 nghiệm:
x1
1
c .
x2
a
2. Nếu ab + c = 0, phƣơng trình ax 2 + bx + c = 0 có 2 nghiệm
x1
1
c .
x
2
a
Chú ý: Trƣớc khi áp dụng định lí Viét cần tìm điều kiện để phƣơng trình có
hai nghiệm:
a 0
.
' 0
Định lí Viét đƣợc sử dụng để:
a. Tìm hai số biết tổng và tích của chúng.
b. Tính giá trị của các biểu thức đối xứng giữa các nghiệm.
c. Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc vào tham số.
d. Xét dấu các nghiệm.
e. Tìm điều kiện để các nghiệm của phƣơng trình thoả mãn điều kiện K.
f. Ứng dụng khác.
III. MỘT SỐ PHƢƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƢƠNG TRÌNH BẬC NHẤT
HOẶC BẬC HAI
a. Phƣơng trình chứa ẩn ở mẫu.
b. Phƣơng trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối.
c. Phƣơng trình chứa ẩn dƣới dấu căn.
46

IV. PHƢƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẬC NHẤT NHIỀU ẨN
1. PHƢƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN
Định nghĩa: Phương trình bậc nhất hai ẩn là phương trình có dạng:
ax + by = c
trong đó:
• a, b, c là hằng số và a, b không đồng thời bằng không.
• x, y là hai ẩn số.
Mỗi phƣơng trình bậc nhất hai ẩn đều có vô số nghiệm. Tập hợp các nghiệm của
phƣơng trình đƣợc biểu diễn trên mặt phẳng toạ độ là một đƣờng thẳng, gọi là đƣờng
thẳng ax + by = c (mỗi điểm của đƣờng thẳng ax + by = c biểu diễn một cặp nghiệm
(x, y) của phƣơng trình).
• Nếu a 0, b 0 thì đường thẳng đó là đồ thị hàm số bậc nhất:
y = a b x + c b .
• Nếu a = 0, b 0 thì đường thẳng đó là đồ thị hàm số y = c b
đó là đường thẳng song song với Ox nếu c 0, trùng với Ox nếu c = 0.
• Nếu a 0, b = 0 thì đường thẳng đó có dạng x = c a
đó là đường thẳng song song với Oy nếu c 0, trùng với Oy nếu c = 0.
Chú ý: 1. Đƣờng thẳng x = a
c không phải là đồ thị hàm số.
2. Với yêu cầu giải phƣơng trình ax + by = c, ta thƣờng thực hiện ba
công việc:
• Biến đổi để chỉ ra một vài nghiệm cụ thể của phƣơng trình.
• Viết đƣợc công thức nghiệm tổng quát của phƣơng trình.
• Biểu diễn nghiệm của phƣơng trình trên mặt phẳng toạ độ.
2. HỆ HAI PHƢƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN
Định nghĩa: Hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn có dạng:
a
a
Khi đó, đặt:
1
x b
2
1
x b
y c
2
1
y c
D = a 1 b 2 a 2 b 1 , D x = c 1 b 2 c 2 b 1 , D y = c 1 a 2 c 2 a 1 .
Ta có:
2
.
D
a. Nếu D 0 thì hệ có nghiệm duy nhất (x, y) =
D
D
y
,
D
x
.
47

. Nếu D = 0 thì:
- Nếu D x 0 hoặc D y 0 thì hệ phƣơng trình vô nghiệm.
- Nếu D x = D y = 0 thì hệ có vô số nghiệm (x 0 , y 0 ) thoả mãn phƣơng
trình a 1 x + b 1 y = c 1 .
V. HỆ PHƢƠNG TRÌNH BẬC HAI HAI ẨN
a. Hệ phƣơng trình trong đó ccó một phƣơng trình bậc nhất: Dùng phƣơng pháp thế.
b. Hệ phƣơng trình mà mỗi phƣơng trình trong hệ không thay đổi khi thay thế
đồng thời x bởi y và y bởi x: Dùng phƣơng pháp đặt ẩn phụ S = x + y; P = xy.
B PHƢƠNG PHÁP GIẢI CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN
§1. ĐẠI CƢƠNG VỀ PHƢƠNG TRÌNH
D¹ng to¸n 1: Các bài toán mở đầu về phƣơng trình
Phương pháp áp dụng
Sử dụng kiến thức trong phần "Kiến thức cần nhớ".
ThÝ dô 1. Tìm tập nghiệm của phương trình x + x = x + 1.
Giải
Nhận xét rằng:
• Với x = 0 thì VT = 0 còn VP = 8, do đó x = 0 không là nghiệm.
• Với x < 0 thì x không xác định.
• Với x > 0 thì x không xác định.
Vậy, phƣơng trình có tập hợp nghiệm T = .
Nhận xét: Lời giải của thí dụ trên đƣợc trình bày theo kiểu loại dần. Tuy
nhiên, các em học sinh hẳn sẽ thắc mắc " Tại sao lại biết cách
thực hiện như vậy ?". Câu trả lời đƣợc lấy ra từ thuật toán chung
khi thực hiện công việc giải phƣơng trình, bao gồm các bƣớc:
B­íc 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho các biểu thức trong phƣơng trình.
B­íc 2: Giải phƣơng trình.
Và ở đây, khi thực hiện bƣớc 1, ta cần có điều kiện:
x 0 và x 0 x = 0.
Từ đó, việc giải phƣơng trình trong bƣớc 2 chỉ cần thử với x = 0.
ThÝ dô 2. Giải các phương trình sau:
a. x 1 = 5 2x
. b. x 2 = 2x 1.
Giải
a. Ta có thể lựa chọn một trong ba cách trình bày sau:
48

Cách 1: (Sử dụng lược đồ giải phương trình trong thí dụ 1): ĐKXĐ của phƣơng trình là:
x
1
x
1
0
5 5
5 1 x D = [1, ].
5
2x 0 x
2 2
2
Với x D, bằng cách bình phƣơng hai vế phƣơng trình ban đầu, ta nhận đƣợc
phƣơng trình tƣơng đƣơng là:
x 1 = 5 2x 3x = 6 x = 2 D.
Vậy, phƣơng trình có nghiệm x = 2.
Cách 2: (Sử dụng phép biến đổi tương đương): Ta có:
3x
6
x 1 = 5 2x
x 1 = 5 2x 0 x = 2.
x
1
0
Vậy, phƣơng trình có nghiệm x = 2.
Cách 3: Ta có:
x 1 = 5 2x
x 1 = 5 2x 3x = 6 x = 2.
Thử lại, với x = 2 phƣơng trình có dạng:
2 1 = 5 2. 2 1 = 1, đúng.
Vậy, phƣơng trình có nghiệm x = 2.
b. Ta có thể lựa chọn một trong ba cách trình bày sau:
Cách 1: (Sử dụng phép biến đổi tương đương): Ta có:
1
2x
1
0
x
1
x
2
2 2 2 x = 1.
(x
2) (2x 1)
2
x
1
x
1
Vậy, phƣơng trình có nghiệm x = 1.
Cách 2: Ta có:
x 2 2x 1
x 1 x 2 = 2x 1
.
x 2 2x 1
x 1
Thử lại:
• Với x = 1 phƣơng trình có dạng:
1 2 = 2(1) 1 3 = 3, mâu thuẫn.
• Với x = 1 phƣơng trình có dạng:
1 2 = 2.1 1 1 = 1, đúng.
Vậy, phƣơng trình có nghiệm x = 1.
ThÝ dô 3. Giải các phương trình sau:
x
a. 2 4x 2
2x
x 2 . b. 2 x 3
2x 3 .
x 2
2x 3
Giải
49

a. Ta có D = (2; + ).
Biến đổi phƣơng trình về dạng:
x 2 4x 2 = x 2 x 2 x
0 (lo¹i)
5x = 0 .
x 5
Vậy, phƣơng trình có nghiệm x = 5.
3
b. Ta có D ; .
2
Biến đổi phƣơng trình về dạng:
2x 2 x 3 = 2x 3 2x 2 x 0 (lo¹
i)
3x = 0
x 3/ 2 (lo¹ i)
.
Vậy, phƣơng trình vô nghiệm.
D¹ng to¸n 2: Phƣơng trình hệ quả và hai phƣơng trình tƣơng đƣơng
Phương pháp áp dụng
Cho hai phƣơng trình
f(x, m) = 0 (1)
g(x, m) = 0 (2)
1. Xác định tham số để phƣơng trình (1) là hệ quả của phƣơng trình (2) (nói cách
khác “Để mọi nghiệm của (1) cũng là nghiệm của (2)”), ta thực hiện theo các
bƣớc sau:
B­íc 1: Điều kiện cần
• Giải và tìm nghiệm x = x 0 của (1).
• Để phƣơng trình (1) là hệ quả của phƣơng trình (2), trƣớc hết cần
x = x 0 cũng là nghiệm của (2), tức là:
g(x 0 , m) = 0 m = m 0 .
• Vậy m = m 0 chính là điều kiện cần.
B­íc 2: Điều kiện đủ
• Với m = m 0 , ta đƣợc:
(1) f(x, m 0 ) = 0 nghiệm của (1)
(2) g(x, m 0 ) = 0 nghiệm của (2)
• Kết luận.
2. Xác định tham số để (1) và (2) tƣơng đƣơng, ta lựa chọn theo hai hƣớng sau:
H­íng 1: Nếu (1) & (2) đều giải đƣợc.
Ta thực hiện theo các bƣớc sau:
B­íc 1: Giải (1) để tìm tập nghiệm D 1 ,
Giải (2) để tìm tập nghiệm D 2 .
B­íc 2: Thiết lập điều kiện để D 1 = D 2 .
H­íng 2:
Sử dụng phƣơng pháp điều kiện cần và đủ
B­íc 1:
Điều kiện cần
• Giải và tìm nghiệm x = x 0 của (1).
• Để phƣơng trình (1) & (2) tƣơng đƣơng, trƣớc hết cần
x = x 0 cũng là nghiệm của (2), tức là:
50

B­íc 2:
g(x 0 , m) = 0 m = m 0 .
• Vậy m = m 0 chính là điều kiện cần.
Điều kiện đủ
• Với m = m 0 , ta đƣợc:
(1) f(x, m 0 ) = 0 nghiệm của (1)
(2) g(x, m 0 ) = 0 nghiệm của (2)
• Kết luận.
ThÝ dô 1. Cho hai phương trình:
x 1 2 0 , (1)
x 2 2mx m 2 2 = 0. (2)
Tìm m để mọi nghiệm của (1) cũng là nghiệm của (2).
Giải
Biến đổi (1) về dạng:
x 1 2 x + 1 = 4 x = 3.
Do đó, để mọi nghiệm của (1) cũng là nghiệm của (2) điều kiện là x = 3 cũng là
nghiệm của (2), tức là:
9 6m m 2 2 = 0 m 2 m1 + 6m 7 = 0 .
m7
Vậy, với m = 1 hoặc m = 7 thoả mãn điều kiện đầu bài.
Nhận xét: Nhƣ vậy, trong lời giải của thí dụ trên ta đã không sử dụng mẫu
phƣơng pháp điều kiện cần và đủ bởi các lý do sau:
1 Phƣơng trình (1) không chứa tham số.
2 Dễ dàng tìm đƣợc tất cả các nghiệm của (1) và phép thử các
nghiệm đó vào (2) đơn giản.
Trong những trƣờng hợp một trong các lý do trên bị vi phạm các
em học sinh nên thực hiện đúng mẫu điều kiện cần và đủ để giải.
Trong trƣờng hợp (1) có chứa tham số ta cần chỉ ra đƣợc một
nghiệm tƣờng minh của (1) để tìm đƣợc điều kiện cần cho m. Cụ
thể ta đi xem xét ví dụ sau:
ThÝ dô 2. Cho hai phương trình:
x 2 (m + 2)x + m + 1 = 0, (1)
x 3 2x 2 mx m 2 + 3 = 0. (2)
Tìm m để mọi nghiệm của (1) cũng là nghiệm của (2).
Giải
Điều kiện cần: Nhận xét rằng với mọi m phƣơng trình (1) luôn có nghiệm x = 1.
Do đó, để mọi nghiệm của (1) cũng là nghiệm của (2) trƣớc hết cần x = 1 cũng là
nghiệm của (2), tức là:
51

1 2 m m 2 + 3 = 0 m 2 m1 + m 2 = 0 . .
m2
Đó chính là điều kiện cần của m.
Điều kiện đủ: Ta lần lƣợt:
• Với m = 1, ta đƣợc:
(1) x 2 3x + 2 = 0 x = 1 hoặc x = 2.
(2) x 3 2x 2 x + 2 = 0 (x 1)(x 2 x 2) = 0 x = 1 hoặc x = 2.
suy ra mọi nghiệm của (1) cũng là nghiệm của (2), tức m = 1 thoả mãn.
• Với m = 2, ta đƣợc:
(1) x 2 1 = 0 x = 1.
(2) x 3 2x 2 + 2x 1 = 0 (x 1)(x 2 x + 1) = 0 x = 1.
suy ra x = 1 không là nghiệm của (2), tức m = 2 không thoả mãn.
Vậy, với m = 1 thoả mãn điều kiện đầu bài.
§2. PHƢƠNG TRÌNH BẬC NHẤT
VÀ BẬC HAI MỘT ẨN
D¹ng to¸n 1: Phƣơng trình bậc nhất một ẩn
Phương pháp áp dụng
1. Với bài toán "Giải và biện luận phương trình bậc nhất một ẩn" chúng ta sử dụng
kiến thức đã biết trong phần lý thuyết.
2. Với bài toán "Tìm điều kiện để phương trình bậc nhất một ẩn có nghiệm thoả
mãn điều kiện K" chúng ta thực hiện nhƣ sau:
Giả sử điều kiện cho ẩn số ( nếu cần) là K, khi đó ta có ĐKXĐ là tập D.
Biến đổi phƣơng trình về dạng:
ax = b. (*)
Khi đó:
(1). Phƣơng trình (1) có nghiệm duy nhất:
a 0
.
x b / a D
(2). Phƣơng trình (1) có nghiệm:
a b 0
a 0 .
x b / a D
(3). Phƣơng trình (1) có nghiệm x D thƣờng ta có điều kiện a = b = 0.
(4). Phƣơng trình ban đầu vô nghiệm:
52

a 0 & b 0
a 0 .
x b / a D
Chú ý: Trong nhiều trƣờng hợp các em học lên trình bày đòi hỏi của bài toán
thông qua các bƣớc giải biện luận.
ThÝ dô 1. Giải và biện luận phương trình sau theo tham số m:
m 2 x + 6 = 4x + 3m.
Giải
Biến đổi phƣơng trình về dạng:
m 2 x + 6 = 4x + 3m (m 2 4)x = 3m 6. (*)
Xét các trƣờng hợp:
Tr­êng hîp 1: Nếu m 2 4 0 m 2. Khi đó:
3m 6 3
(*) x =
2
m 4 m 2
Tr­êng hîp 2: Nếu m 2 4 = 0 m = 2. Khi đó:
0.x
0 (lu«n dóng)
(*)
0.x 12
(v« lý)
Kết luận:
3
• Khi m 2, phƣơng trình có nghiệm x =
m
• Khi m = 2, phƣơng trình vô số nghiệm.
• Khi m = 2, phƣơng trình vô nghiệm.
2
.
Nhận xét: Trong thí dụ trên, ta thấy tồn tại đầy đủ các khả năng đƣợc minh
hoạ trong bài toán tổng quát, tuy nhiên sẽ tồn tại những bài toán
là một trƣờng hợp đặc biệt:
• Hệ số a 0 với mọi giá trị của tham số, khi đó ta kết luận ngay
tính duy nhất nghiệm của phƣơng trình.
• Hệ số a = 0 với mọi giá trị của tham số, khi đó ta biện luận
cho b.
ThÝ dô 2. Giải và biện luận phương trình sau theo tham số a, b:
x
a
+ x a 2
= .
2 2
b
a b
a a b
Giải
Điều kiện a b.
Viết lại phƣơng trình dƣới dạng:
(a + b)(x + a) + (a b)(x a) = 2 bx = a 2 + 1.
53

54
Khi đó:
• Với b = 0, phƣơng trình vô nghiệm.
2
a 1
• Với b 0, phƣơng trình có nghiệm x = .
b
ThÝ dô 3. Xác định tham số để phương trình sau có tập hợp nghiệm là :
m 2 (mx1) = 2m(2x + 1).
Giải
Ta biến đổi phƣơng trình về dạng:
(m 3 4m)x = m 2 + 2m. (*)
Điều kiện để (*) có tập hợp nghiệm là là:
3
m 4m 0
m
0
2 .
2m m 0
m2
Vậy, với m = 0 hoặc m = 2 phƣơng trình có tập nghiệm là .
ThÝ dô 4. Xác định m để phương trình sau có nghiệm:
m 2 (x1) = 4x3m + 2 với x > 0.
Giải
Ta biến đổi phƣơng trình về dạng:
(m 2 – 4)x = m 2 – 3m + 2 (m – 2)(m + 2)x = (m – 2)(m 1).
Phƣơng trình có nghiệm với x > 0 điều kiện là:
m 2 0
m 2 0
m
1
.
m1
m2
0
m
2
Vậy, với m > 1 hoặc m < 2 phƣơng trình có nghiệm thoả mãn điều kiện đề bài.
D¹ng to¸n 2: Phƣơng trình bậc hai một ẩn
Phương pháp áp dụng
1. Với bài toán "Giải và biện luận phương trình bậc hai một ẩn" chúng ta sử dụng
kiến thức đã biết trong phần lý thuyết.
2. Với bài toán "Tìm điều kiện để phương trình bậc hai một ẩn có nghiệm thoả mãn
điều kiện K" chúng ta thực hiện nhƣ sau:
Với phƣơng trình:
ax 2 + bx + c = 0.
để tìm điều kiện của tham số sao cho:
a
b 0 & c 0
D¹ng 1: Phƣơng trình vô nghiệm .
a 0 & 0
D¹ng 2: Phƣơng trình nhận mọi x làm nghiệm a = b = c = 0.
D¹ng 3: Phƣơng trình có nghiệm:

a
b c 0
a 0 & b 0 .
a 0 & 0
a
0 & b 0
D¹ng 4: Phƣơng trình có nghiệm duy nhất .
a 0 & 0
D¹ng 5: Phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt:
a
0
.
0
ThÝ dô 1. Giải và biện luận các phương trình:
mx 2 2mx + m 1 = 0. (1)
Giải
Xét hai trƣờng hợp của m.
Trường hợp 1: Với m = 0, ta đƣợc:
(1) 1 = 0, mâu thuẫn phƣơng trình vô nghịêm.
Trường hợp 2: Với m 0, ta có ' = m.
a. Nếu ' < 0 m < 0 thì phƣơng trình (1) vô nghiệm.
b. Nếu ' > 0 m > 0 thì phƣơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt:
m m
x 1,2 = .
m
Kết luận:
• Với m 0, phƣơng trình vô nghiệm.
• Với m > 0, phƣơng trình có 2 nghiệm phân biệt:
x 1,2 =
m m
.
m
Chú ý:
1. Chúng ta có thể trình bày bài toán trên bằng bảng, nhƣ sau:
m a Kết luận
Vô nghiệm.
0 0 0 Vô nghiệm.
+
+ + Có hai nghiệm phân biệt x 1,2 =
m
m
m
.
55

2. Dựa trên tính chất đặc thù của phƣơng trình chúng ta có thể thực hiện bài toán
nhƣ sau:
Biến đổi phƣơng trình về dạng:
56
m(x 2 2x + 1) = 1 m(x 1) 2 = 1.
Nhận xét rằng:
• Với m 0, phƣơng trình vô nghiệm.
• Với m > 0, ta đƣợc:
(x 1) 2 = m
1 x 1 =
m
1
x = 1
m
1 .
3. Nếu bài toán chỉ yêu cầu biện luận theo m số nghiệm của phƣơng trình thì chúng
ta có thể sử dụng phƣơng pháp đồ thị, cụ thể:
Biến đổi phƣơng trình về dạng:
m(x 2 2x + 1) = 1.
Nhận xét rằng:
• Với m = 0, phƣơng trình vô nghiệm.
• Với m 0, ta đƣợc:
x 2 2x + 1 = m
1 .
từ đó vẽ đồ thị hàm số y = x 2 2x + 1 rồi suy ra kết quả biện luận.
ThÝ dô 2. Cho phương trình:
mx 2 2(m2)x + m3 = 0. (1)
a. Tìm m để phương trình có nghiệm.
b. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt.
Giải
a. Ta xét hai trƣờng hợp của m:
Trường hợp 1: Với m = 0
(1) 4x – 3 = 0 x = 3 4 .
Trường hợp 2: Với m 0 thì ' = (m – 2) 2 – m(m – 3) = 4 m
Để (1) có nghiệm ' 0 4 m 0 m 4.
Vậy, với m 4 phƣơng trình có nghiệm.
b. Để phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt điều kiện là:
a 0 m
0
0 m < 4.
' 0 4 m 0
Vậy, với 0 m < 4 phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt.
ThÝ dô 3. Chứng minh rằng với mọi m phương trình sau luôn có hai nghiệm phân
biệt:
x 2 2(m1)xm 2 m1 = 0.

Giải
Ta có thể lựa chọn một trong ba cách trình bày sau:
Cách 1: Ta có:
= (m1) 2 + m 2 + m + 1 = 2m 2 m + 2 = 2(m 1 4 )2 + 15 8
> 0, m
phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt.
Vậy, với mọi m phƣơng trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
Cách 2: Ta có:
= (m1) 2 + m 2 + m + 1 = (m1) 2 + (m + 1 2 )2 + 3 4
> 0, m
phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt.
Vậy, với mọi m phƣơng trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
Cách 3: Ta có:
a.c = m 2 m1 = (m + 1 2 )2 3 4
< 0, m
phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt x 1 < 0 < x 2 .
Vậy, với mọi m phƣơng trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
ThÝ dô 4. Chứng minh rằng với a 2 + b 2 > 0 phương trình sau luôn có nghiệm:
2
a
x + 2
b
x 1
= 1.
Giải
Điều kiện x 0, 1. (*)
Biến đổi phƣơng trình về dạng:
f(x) = x 2 (1 + a 2 + b 2 )x + a 2 = 0. (1)
Ta có:
= (1 + a 2 + b 2 ) 2 4a 2 = (1 + a 2 + b 2 2a)(1 + a 2 + b 2 + 2a)
= [b 2 + (a1) 2 ][b 2 + (a + 1) 2 ] > 0.
Vậy (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 .
Ta đi kiểm tra điều kiện (*), ta có:
f(0) = a 2 và f(1) = b 2 .
Do a, b không đồng thời bằng 0 nên ít nhất một trong hai giá trị f(0) và f(1) khác 0.
Vậy, phƣơng trình luôn có nghiệm.
ThÝ dô 5. Cho hai phương trình:
x 2 + ax + b = 0 (1)
x 2 + cx + d = 0. (2)
Biết rằng ac 2(b + d). Chứng minh rằng ít nhất một trong hai
phương trình có nghiệm.
Giải
57

Gọi (1) , (2) theo thứ tự là biệt số của phƣơng trình (1) và (2), ta có:
(1) = a 2 4b (2) = c 2 4d.
Nhận xét rằng:
(1) + (2) = a 2 4b + c 2 4d
= (a 2 + c 2 ) 4(b + d) 2ac 4(b + d) 4(b + d) 4(b + d) = 0.
(1) + (2) 0
Ít nhất một trong hai (1) , (2) không âm
Ít nhất một trong hai phƣơng trình có nghiệm, đpcm.
Nhận xét: Trong lời giải của ví dụ trên, chúng ta đã sử dụng kết quả:
A + B 0 tồn tại một số không âm.
Ngoài ra, chúng ta còn có:
1. Nếu A + B < 0 tồn tại một số âm.
Kết quả này đƣợc sử dụng để chứng minh "ít nhất một trong
hai phương trình vô nghiệm ".
2. Nếu A.B < 0 hai số trái dấu.
Kết quả này đƣợc sử dụng để chứng minh "Chỉ có một trong
hai phương trình có nghiệm ".
3. Nếu A.B > 0 hai số cùng dấu.
Kết quả này đƣợc sử dụng để chứng minh "Hoặc cả hai
phương trình đề có hai nghiệm phân biệt hoặc chúng cùng vô
nghiệm".
Thí dụ tiếp theo, sẽ minh hoạ lại phƣơng pháp giải bài toán bằng
cách lập phƣơng trình.
ThÝ dô 6. Hai người quét sân. Cả hai người cùng quét sân hết 1 giờ 20 phút, trong
khi nếu chỉ quét một mình thì người thứ nhất quét hết nhiều hơn 2 giờ so
với người thứ hai. Hỏi mỗi người quét sân một mình thì hết mấy giờ ?
Giải
Gọi x (giờ) là thời gian ngƣời thứ nhất quét sân một mình (x > 2).
Khi đó, x 2 (giờ) là thời gian ngƣời thứ hai quét sân một mình.
Trong 1 giờ:
• Ngƣời thứ nhất quét đƣợc x
1 (sân)
• Ngƣời thứ hai quét đƣợc
1
x 2
(sân).
Vì cả hai ngƣời cùng quét sân hết 1 giờ 20 phút = 3
4 giờ, nên trong 1 giờ làm
đƣợc 4
3 (sân).
Ta có phƣơng trình:
58

1 1 3 2x 2 3 + = = 3x 2 x2
14x + 8 = 0 x = 4.
x x 2 4 x(x 2)
4
Vậy, thời gian ngƣời thứ nhất quét sân một mình là 4 giờ, do đó ngƣời thứ hai
quét một mình hết 2 giờ.
D¹ng to¸n 3: Sử dụng phƣơng pháp đồ thị giải và biện luận phƣơng trình
bậc hai một ẩn
Phương pháp áp dụng
Ta biết rằng hàm số:
y = ax 2 + bx + c, với a 0
đƣợc gọi là Parabol (P), có đồ thị:
a < 0
a > 0
y
y
b/2a
y = ax 2 + bx + c
O
x
S
b/2a
O x 1 x 2 x
y = ax 2 + bx + c
S
Số nghiệm của phƣơng trình ax 2 + bx + c = 0 chính bằng số giao điểm của đồ thị
parabol y = ax 2 + bx + c với trục hoành.
Để biện luận theo tham số m, số nghiệm của phƣơng trình:
ax 2 + bx + c = m
ta xét vị trí tƣơng đối của đƣờng thẳng (d): y = m với Parabol (P): y = ax 2 + bx + c.
Nhƣ vậy, trong trƣờng hợp tổng quát ta thực hiện theo các bƣớc sau:
B­íc 1: Chuyển phƣơng trình ban đầu về dạng:
ax 2 + bx + c = g(m).
B­íc 2: Vẽ (P): y = ax 2 + bx + c.
B­íc 3: Khi đó, số nghiệm của phƣơng trình bằng số giao điểm của đƣờng
thẳng (d): y = g(m) với Parabol (P): y = ax 2 + bx + c.
B­íc 4: Bằng việc dịch chuyển đƣờng thẳng (d) song song với Ox ta sẽ nhận
đƣợc kết luận tƣơng ứng.
B­íc 5: Kết luận.
Chú ý: Phƣơng pháp này tỏ ra đặc biệt hiệu quả với yêu cầu về nghiệm thuộc
(; ) cho trƣớc.
ThÝ dô 1. Biện luận số giao điểm của parabol (P): y = x 2 3x + 1 với đường
thẳng (d): y = x + m + 1.
Giải
Số giao điểm của (P) và (d) đúng bằng số nghiệm của phƣơng trình:
x 2 3x + 1 = x + m + 1 x 2 4x m = 0
y
O
(P 1 ): y=x 2 -4x
(d 1 ):
2 4
y=m
x
59

x 2 4x = m (2)
Khi đó, số nghiệm của phƣơng trình là số giao
điểm của Parabol (P 1 ): y = x 2 4x và đƣờng thẳng
(d 1 ): y = m.
Ta đƣợc:
• Với m < 4, phƣơng trình vô nghiệm, tức là (P) không cắt (d).
• Với m = 4, phƣơng trình có nghiệm kép x 0 = 2, tức là (P) tiếp xúc với (d) tại
điểm M(2; 1).
• Với m > 4, phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt, tức là (P) cắt (d) tại hai
điểm phân biệt.
ThÝ dô 2. Cho phương trình:
x 2 + 4xm = 0.
Xác định m để phương trình:
a. Có nghiệm thuộc khoảng (3; 1).
b. Có đúng một nghiệm thuộc (3; 1).
c. Có hai nghiệm phân biệt thuộc (3; 1).
Giải
(P)
Viết lại phƣơng trình dƣới dạng:
x 2 + 4x = m.
Khi đó số nghiệm trên tập D = ( 1) của
phƣơng trình là số giao điểm của đƣờng thẳng
(d): y = m với Parabol (P): y = x 2 + 4x trên D.
Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy:
4
a. Phƣơng trình có nghiệm thuộc D
–4 < m < 5.
(d)
b. Phƣơng trình có một nghiệm thuộc D
–3 < m < 5.
c. Phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt thuộc D
–4 < m < –3.
D¹ng to¸n 4: Các ứng dụng của định lí Viét
Ứng dụng 1: Nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai
Phương pháp áp dụng
Trƣớc tiên, chúng ta cần hiểu rằng " Chỉ thực hiện nhẩm nghiệm của một phương
trình bậc hai trong trường hợp nó có nghiệm nguyên hoặc một nghiệm nguyên còn
một nghiệm hữu tỉ ".
Để làm rõ đƣợc ý tƣởng chủ đạo của phƣơng pháp này, chúng ta bắt đầu lại bằng
thí dụ với phƣơng trình:
3
2
m
y
O
3
4
x
60

x 2 x 12 = 0.
Ta có:
x1
x2
1
x1.x
2
12
3.4
ở đó:
12 = 1.12 = 1.(12) = 2.6 = 2.(6) = 3.4 = 3.(4)
trong các cặp số trên, ta chọn đƣợc cặp (3, 4) vì 3 + 4 = 1 = x 1 + x 2 .
Từ đánh giá đó, suy ra phƣơng trình có hai nghiệm x 1 = 3 và x 2 = 4.
Nhƣ vậy, để thực hiện việc nhẩm nghiệm (nếu có thể) cho phƣơng trình:
x 2 + bx + c = 0
ta thực hiện theo các bƣớc:
B­íc 1: Thiết lập hệ thức Viét cho các nghiệm x 1 và x 2 :
x1
x
2
b
.
x1.x
2
c
B­íc 2: Thực hiện phép phân tích c thành tích của hai thừa số c = m.n.
Với mỗi cặp thừa số phân tích đƣợc, ta tính ngay m + n, khi đó:
a. Nếu m + n = b, chuyển sang bƣớc 3.
b. Nếu m + n b, thực hiện lại bƣớc 2.
B­íc 3: Vậy, phƣơng trình có hai nghiệm là x 1 = m và x 2 = n.
Nhận xét: 1. Thuật toán trên có tính dừng và đƣợc hiểu nhƣ sau:
• Nếu tìm đƣợc một cặp (m, n) thoả mãn điều kiện m + n = b
thì dừng lại phép thử và đƣa ra lời kết luận.
• Nếu các cặp (m, n) đều không thoả mãn thì dừng và trong
trƣờng hợp này đƣợc hiểu là không nhẩm đƣợc nghiệm.
2. Chúng ta đã biết hai trƣờng hợp đặc biệt của phƣơng trình
ax 2 + bx + c = 0 là:
• Nếu a + b + c = 0 thì phƣơng trình có nghiệm x 1 = 1 và x 2 = a
c .
• Nếu a b + c = 0 thì phƣơng trình có nghiệm x 1 = 1 và x 2 =
a
c .
ThÝ dô 1. Trình bày cách nhẩm nghiệm cho các phương trình sau:
a. x 2 13x + 48 = 0. b. 3x 2 + 3x 18 = 0.
1
c. x 2 2x + 3 = 0.
4
Giải
a. Viết lại phƣơng trình dƣới dạng:
61

x 2 + 13x 48 = 0.
Khi đó:
x1
x2
13
mà 3 + (16) = 13.
x1.x
2
48
3.( 16)
Vậy, phƣơng trình có hai nghiệm x 1 = 3 và x 2 = 16.
b. Viết lại phƣơng trình dƣới dạng:
x 2 + x 6 = 0.
Khi đó:
x1
x
2
1
mà 2 + (3) = 1.
x1.x
2
6
2.( 3)
Vậy, phƣơng trình có hai nghiệm x 1 = 2 và x 2 = 3.
c. Viết lại phƣơng trình dƣới dạng:
x 2 8x + 12 = 0.
Khi đó:
x1
x2
8
mà 2 + 6 = 8.
x1.x
2
12 2.6)
Vậy, phƣơng trình có hai nghiệm x 1 = 2 và x 2 = 6.
Nhận xét: Thí dụ trên, đƣợc nêu ra với mục đích khuyên cách em học sinh
hãy thực hiện việc chuyển đổi phƣơng trình ban đầu về dạng đơn
giản nhất trƣớc khi thực hiện công việc nhẩm nghiệm để tránh
đƣợc những sai sót không đáng có.
Ứng dụng 2: Tìm hai số biết tổng và tích của chúng
Phương pháp áp dụng
Nếu hai số u và v có:
u v S
u.v
P
thì u, v là nghiệm của phƣơng trình
t 2 St + P = 0. (1)
Chú ý: Nếu (1) có hai nghiệm t 1 , t 2 (điều kiện S 2 4P 0) thì ta đƣợc:
u t 1
& v t
2
.
u t 2
& v t1
ThÝ dô 1. Tìm hai cạnh của một mảnh vườn hình chữ nhật trong hai trường hợp:
a. Chu vi là 94,4m và diện tích là 494,55m 2 .
b. Hiệu của hai cạnh là 12,1m và diện tích là 1089m 2 .
Giải
62

a. Gọi x và y là hai kích thƣớc của hình chữ nhật, ta có:
2(x
y) 94,4 x
y 47,2
.
xy
494,55 xy
494,55
Suy ra, x và y là hai nghiệm của phƣơng trình:
X 2 x
31,5m
47,2X + 494,55 = 0 .
y
15,7m
Vậy, hình chữ nhật có chiều dài là 31,5m và chiều rộng là 15,7m.
b. Ta có:
x
y 12,1 (x y)
.
xy
1089
Suy ra, x và y là hai nghiệm của phƣơng trình:
X 2 x 39,6 x 39,6
12X + 1089 = 0 .
y 27,5 y 27,5
Vậy, hình chữ nhật có chiều dài là 39,5m và chiều rộng là 27,5m.
Ứng dụng 3: Tính giá trị của các biểu thức đối xứng giữa các nghiệm
Phương pháp áp dụng
Biểu thức đối xứng giữa các nghiệm x 1 và x 2 của phƣơng trình
ax 2 + bx + c = 0
là biểu thức có giá trị không thay đổi khi ta hoán vị x 1 và x 2 .
Ta có thể biểu thị đƣợc các biểu thức đối xứng giữa các nghiệm x 1 và x 2 theo S
và P, ví dụ:
2 2
x1 x2
= (x 1 + x 2 ) 2 2x 1 x 2 = S 2 2P.
1 1 x1 x2
= = S x x xx P .
x
1 2
3 3
1 2
2 2
x1 x2
1 2
x = (x 1 + x 2 ) 3 3x 1 x 2 (x 1 + x 2 ) = S 3 3SP.
1 1 x
=
x
2 2
1 2
2 2
xx
1 2
=
S
2
2P
.
2
P
ThÝ dô 1. Tìm m để phương trình:
x 2 + 2(m + 1)x + 2m + 3 = 0
có hai nghiệm x 1 , x 2 . Khi đó hãy lập phương trình có hia nghiệm là
2x 1 và 2x 2 .
Giải
Trƣớc hết ta cần đi tìm m để phƣơng trình có hai nghiệm x 1 và x 2 là:
' 0 (m + 1) 2 2m 3 0 m 2 2 0 m 2 . (*)
Khi đó, phƣơng trình có hai nghiệm x 1 , x 2 , thỏa mãn:
63

S x1 x2
2(m 1)
.
P x
1.x2
2m 3
Ta có:
2x1 2x2 2(x1 x
2) 4(m 1)
( 2x
1).( 2x
2) 4x
1.x2
4(2m 3)
do đó 2x 1 và 2x 2 là nghiệm của phƣơng trình:
t 2 – 4(m + 1)t + 4(2m + 3) = 0.
Ứng dụng 4: Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc vào tham số
Phương pháp áp dụng
Để tìm hệ thức liện hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc vào tham số (giả sử
tham số là m), ta thực hiện theo các bƣớc sau:
B­íc 1: Tìm điều kiện của m để phƣơng trình có hai nghiệm x 1 , x 2
a 0
.
' 0
B­íc 2: Áp dụng định lí Viét, ta đƣợc:
x1 x2
f (m)
. (I)
x 1.x
2
g(m)
B­íc 3: Khử m từ hệ (I) ta đƣợc hệ thức cần tìm.
Chú ý: Trong nhiều trƣờng hợp, việc khử tham số từ hệ (I) cần sử dụng các
hằng đẳng thức, đặc biệt là các hằng đẳng lƣơng giác, cụ thể:
a. sin 2 + cos 2 = 1. b. tan.cot = 1.
c. 1 + tan 2 1
=
2
cos . d. 1 + 1
cot2 =
2
sin .
ThÝ dô 1. Cho phương trình:
x 2 2(m + 1)xm + 1 = 0.
Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm x 1 và x 2 của phương trình mà
không phụ thuộc vào m.
Giải
Trƣớc hết ta cần đi tìm m để phƣơng trình có hai nghiệm x 1 và x 2 là:
' 0 (m + 1) 2 + m – 1 0 m 2 + 3m 0 m (– ; –3] [0 ; +).
Khi đó, ta có:
x1 x2
2(m 1)
x1 x2
2m 2
x 1 + x 2 + 2x 1 x 2 = 4.
x1x2
1m
2x1x2
2 2m
Vậy, ta đƣợc x 1 + x 2 + 2x 1 x 2 = 4 là hệ thức cần tìm.
ThÝ dô 2. Cho phương trình:
64

x 2 2xsin + cos1 = 0.
a. Chứng minh rằng với mọi phương trình luôn có nghiệm.
b. Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm mà không phụ thuộc vào .
Giải
a. Ta có:
' = sin 2 cos + 1 = sin 2 + (1cos) 0, .
Vậy, với mọi phƣơng trình luôn có hai nghiệm.
b. Giả sử x 1 , x 2 là hai nghiệm của phƣơng trình, ta có:
x1 x2
2 2
2
x1 x2
2sin
sin
sin cos 1
x1 x2
2
x 1.x2
cos 1
2
+ (x 1x 2 + 1) 2 = 1
cos x
1.x2
1
đó chính là hệ thức cần tìm.
Ứng dụng 5: Xét dấu các nghiệm của phương trình bậc hai
Phương pháp áp dụng
Dùng định lí Viét ta có thể xét dấu đƣợc các nghiệm x 1 và x 2 của phƣơng trình
ax 2 + bx + c = 0,
dựa trên kết quả:
• Nếu P = c a < 0 phƣơng trình có hai nghiệm trái dấu x 1 < 0 < x 2 .
• Nếu:
0
phƣơng trình có hai nghiệm cùng dấu.
P 0
• Nếu:
0
P 0 phƣơng trình có hai nghiệm dƣơng 0 < x 1 x 2 .
S 0
• Nếu:
0
P 0 phƣơng trình có hai nghiệm âm x 1 x 2 < 0.
S 0
Chú ý: 1. Cũng từ đây, chúng ta thiết lập đƣợc điều kiện để phƣơng trình
có các nghiệm liên quan tới dấu.
2. Nếu bài toán yêu cầu " Xét dấu các nghiệm của phƣơng trình
tuỳ theo giá trị của tham số ", chúng ta sử dụng bảng sau:
m P S Kết luận
65

m 1
m 2
+
ThÝ dô 1. Tuỳ theo m hãy xét dấu các nghiệm của phương trình:
mx 2 2(m2)x + m3 = 0.
Giải
Ta đi xác định các giá trị:
' = (m – 2) 2 – m(m – 3) = 4 m, S =
Ta có bảng tổng kết sau:
2(m 2)
m
, P = m 3 .
m
m ' P S Dấu các nghiệm
Ph­¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm tho m·n 0 < x 1 < x 2
+ + +
Phƣơng trình có nghiệm x = 3/4
+ – – Phƣơng trình có 2 nghiệm x 1 < 0 < x 2 và x 2 <
|x 1 |
2 0 Phƣơng trình có một nghiệm x 1, 2 = 1/ 2
+ – + Phƣơng trình có 2 nghiệm x 1 < 0 < x 2 và x 2 > |x 1 |
3 0 Phƣơng trình có hai nghiệm x 1 = 0 và x 2 = 2/3
+ + + Phƣơng trình có 2 nghiệm thoả mãn 0 < x 1 < x 2
4 0 Phƣơng trình có nghiệm ké
+
– + + Phƣơng trình vô nghiệm
ThÝ dô 2. Cho phương trình:
x 2 2(m + 7)x + m 2 4 = 0.
Xác định m để phương trình:
a. Có hai nghiệm trái dấu. b. Có hai nghiệm dương.
c. Có hai nghiệm cùng dấu.
66

Giải
a. Điều kiện để phƣơng trình có hai nghiệm trái dấu là:
P < 0 m 2 – 4 < 0 –2 < m < 2.
Vậy, với –2 < m < 2 phƣơng trình có hai nghiệm trái dấu.
b. Điều kiện để phƣơng trình có hai nghiệm dƣơng là:
' 0
14m 53 0
P
2
0 m 4 0
m [ 53 2) (2; +).
S 0 14
2(m 7) 0
Vậy, với m [ 53 2) (2; +) phƣơng trình có hai nghiệm dƣơng.
14
c. Điều kiện để phƣơng trình có hai nghiệm cùng dấu:
' 0
14m 53 0
m [ 53 2) (2; +).
P
2
0 m 4 0
14
Vậy, với m [ 53 2) (2; +) phƣơng trình có hai nghiệm cùng dấu.
14
Ứng dụng 6: Tìm điều kiện để các nghiệm của phương trình bậc hai thoả mãn
điều kiện cho trước
Phương pháp áp dụng
Ta thực hiện theo các bƣớc sau:
B­íc 1: Tìm điều kiện của tham số để phƣơng trình có nghiệm x 1 , x 2
a 0
.
' 0
B­íc 2: Áp dụng định lí Viét, ta đƣợc:
x1 x2
f (m)
. (I)
x 1.x
2
g(m)
B­íc 3: Biểu diễn điều kiện K thông qua (I).
ThÝ dô 1. Cho phương trình 3x 2 2(m + 1)x + 3m 5 = 0. Xác định m để
phương trình có một nghiệm gấp ba nghiệm kia. Tính các nghiệm
trong trường hợp đó.
Giải
Theo định lý Viét, ta có:
2
x1
x 2 (m 1) (1)
3
3m 5
x .x
(2)
1 2
3
Theo điều kiện đề bài, ta có: x 1 = 3x 2 (3)
67

Để phƣơng trình có 2 nghiệm phân biệt, điều kiện là:
' = (m + 1) 2 + 15 9m = m 2 7m + 16 > 0, m R.
Từ (1) và (3), ta có:
4x 2 = 3
2 (m + 1) x2 =
m 1
6
m 1
Từ (3) và (4), ta có: x 1 =
2
Thay x 1 , x 2 ở (5) và (4) vào (2), ta đƣợc:
m 1 m 1 3m
5
. = (m + 1) 2 = 4(3m 5)
6 2 3
m 2 10m + 21 = 0 m = 3 m = 7.
Ta có:
• Khi m = 3 thì x 1 = 2 và x 2 = 3
2 .
(4)
(5)
• Khi m = 7 thì x 1 = 4 và x 2 = 3
4 .
ThÝ dô 2. Cho phương trình:
(m + 2)x 2 2(m1)x + m2 = 0.
a. Tìm các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt cùng
dấu.
b. Xác định m để tổng bình phương các nghiệm của phương trình
bằng 3.
c. Xác định m để phương trình có hai nghiệm x 1 , x 2 thoả mãn |x 1 x 2 | =
2.
Giải
a. Điều kiện để phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt cùng dấu là:
5 2m 0
' 0
m 2 m (; 2) (2; 5
P 0 0
2 ).
m
2
Vậy, với m (; 2) (2; 5 ) phƣơng trình thoả mãn điều kiện đề bài.
2
b. Điều kiện để phƣơng trình có hai nghiệm:
m 2 0
2 m < 5
' 0
2 .
Khi đó, ta có:
68

2(m 1)
x1 x2
m
2
.
m
2
x
1.x2
m
2
Ta có:
3 =
2
x
1
+
2
x
2
= (x 1 + x 2 ) 2 – 2x 1 x 2 =
4(m 1)
2
(m 2)
2
– 2. m 2
m
2
m 2 + 20m = 0 m = 0 hoặc m = – 20.
Vậy, có hai giá trị của m phƣơng trình thoả mãn điều kiện.
c. Ta có:
x 1 x 2 = 2 (x 1 x 2 ) 2 = 4 (x 1 x 2 ) 2 – 4x 1 x 2 = 4
2
4(m 1)
– 4 m 2 = 4 4(m – 1) 2 – 4(m–2)(m + 2) = 4(m + 2) 2
2
(m 2) m
2
m 2 + 6m – 1 = 0 m = –3 10 .
Vậy, với m = –3 10 thoả mãn đề bài.
ThÝ dô 3. Tìm m để phương trình x 2 + 2mx + 4 = 0 có hai nghiệm x 1 , x 2 . Khi đó:
a. Tính theo m giá trị các biểu thức E = x1 x2
, F = 4 x1 4 x2
.
4 4
b. Xác định m sao cho x x 32.
1 2
2
x
1
x
2
c. Xác định m sao cho + 3.
x2
x1
Giải
Điều kiện để phƣơng trình có nghiệm
' 0 m 2 – 4 > 0 m > 2. (*)
Khi đó, ta có:
x1 x2
2m
.
x 1.x 2
4
a. Ta có:
E 2 = x x 2
= x 1 + x 2 + 2 xx
1 2
1 2
= –2m + 2.2 = 4 – 2m > 0 với (*) suy ra m < 2
E = 4 2m .
F 2 = 4 x
4 x
2
= x1 x2
+ 2 4 xx
1 2
= 4 2m + 2 4 4
1 2
2
F =
b. Ta có:
x
4 4
1 2
4
4 2m 2 4 .
2 2
x = x
2
1
x2
– 2 2 2
2
xx
1 2
= x1 x2 2x1x
2
2
– 2 xx
2 2
1 2
69

70
Do đó:
4 4
x x 32 (m 2 – 2.4) – 2.4 2 32 m 2 – 40 32
1 2
m 2 72 m 6 2 .
Kết hợp với điều kiện (*), ta đƣợc:
6 2 m 2
.
2 m 6 2
c. Ta có:
(*).
x
x
Do đó:
1
2
x
x
1
2
2
2
x
+
x
+
2
1
x
x
2
1
2
2
=
x x
3
x x
2 2 2 2
1 1 2 2
2 2
xx
1 2
2
m 40
16
=
x
x
4 4
1 2
2 2
xx
1 2
.
3 m 2 88 m 2 22 , thoả mãn
Ứng dụng 7: Ứng dụng khác
Phương pháp áp dụng
Trong mục này ta đi ứng dụng định lí Viét vào việc:
D¹ng 1: Lập phƣơng trình đƣờng thẳng đi qua hai điểm A(x A ; y A ), B(x B ; y B ) thuộc
Parabol (P): y = ax 2 + bx + c cho trƣớc, khi đó ta thực hiện theo các bƣớc:
B­íc 1: Giả sử phƣơng trình đƣờng thẳng (AB): y = kx + m.
B­íc 2: Phƣơng trình hoành độ giao điểm của (AB) và (P) là:
ax 2 + bx + c = kx + m ax 2 + (bk)x + cm = 0.
B­íc 3: Ta có x A và x B là nghiệm của phƣơng trình và theo Viét ta đƣợc:
k
b
xA
xB
a k
phƣơng trình (d).
c
m m
x
A.x
B
a
D¹ng 2: Lập phƣơng trình tiếp tuyến của Parabol (P) tại điểm M(x M ; y M ), đƣợc
thực hiện tƣơng tự nhƣ trên bằng cách thay x A = x B = x M .
ThÝ dô 1. Cho Parabol (P) có phương trình:
(P): y = x 2 + 3x + 2.
Gọi A và B là hai điểm thuộc (P) có hoành độ lần lượt là 1, 8.
a. Lập phương trình đường thẳng AB.
b. Lập phương trình tiếp tuyến với (P) tại A.
Giải
a. Ta có thể trình bày theo hai cách sau:
Cách 1: (Cách giải thông thƣờng): Từ giả thiết, ta đƣợc A(1; 6) và B(8; 90).

Phƣơng trình đƣờng thẳng AB đƣợc cho bởi:
qua A(1;6)
(AB): (AB): x 1 = y 6 (AB): 12xy 6 = 0.
qua B(8;90) 81
90 6
Cách 2: (Ứng dụng định lý Viét): Giả sử phƣơng trình đƣờng thẳng (AB) có phƣơng trình:
(AB): y = ax + b.
Phƣơng trình hoành độ giao điểm của (AB) và (P) là:
x 2 + 3x + 2 = ax + b x 2 a 3)x + 2b = 0
Ta có x A = 1 và x B = 8 là nghiệm của phƣơng trình và theo Viét ta đƣợc:
xA
xB
a 3 9 a 3
x A.xB
2 b
8 2 b
a 12
.
b 6
Vậy, phƣơng trình (AB): y = 12x 6 = 0.
b. Giả sử phƣơng trình tiếp tuyến tại A là (d): y = ax + b.
Phƣơng trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:
x 2 + 3x + 2 = ax + b x 2 a 3)x + 2b = 0. (*)
Ta có x A = 1 là nghiệm kép của (*) (x 1 = x 2 = 1) và theo Viét ta đƣợc:
xA
xB
a 3 2 a 3
a 5
.
x A.xB
2 b
1 2 b b 1
Vậy, phƣơng trình tiếp tuyến (d): y = 5x + 1.
§3. MỘT SỐ PHƢƠNG TRÌNH QUY VỀ PHƢƠNG TRÌNH BẬC
NHẤT HOẶC BẬC HAI
D¹ng to¸n 1: Giải và biện luận phƣơng trình chứa ẩn ở mẫu
Phương pháp thực hiện
Ta thực hiện theo các bƣớc:
B­íc 1: Đặt điều kiện có nghĩa cho phƣơng trình, khi đó ta có ĐKXĐ là tập D.
B­íc 2: Biến đổi phƣơng trình về dạng bậc nhất hoặc bậc hai, rồi thực hiện giải
nó.
B­íc 3: Kết luận.
ThÝ dô 1. Tìm m để phương trình sau vô nghiệm:
x m x 2
+ = 2. (1)
x 1 x 1
Giải
Điều kiện x 1.
Viết lại phƣơng trình dƣới dạng:
(m + 2)x = 4 m. (2)
71

Ta xét hai trƣờng hợp:
Trường hợp 1: Nếu m + 2 = 0 m = 2 thì:
(2) 0x = 6, mâu thuẫn phƣơng trình vô nghiệm.
Trường hợp 2: Nếu m 2 0 m 2 thì:
4 m
(2) x = .
m 2
Do đó (1) vô nghiệm
4 m 1 ho 4
Æc
m 1 m = 1.
m 2 m 2
Vậy, với m = 2 hoặc m = 1 phƣơng trình ban đầu vô nghiệm.
Chú ý: Trong lời giải trên chúng ta trình bày theo các bƣớc của bài toán giải
biện luận, tuy nhiên cũng có thể trình bày dƣới dạng:
Điều kiện x 1.
Viết lại phƣơng trình dƣới dạng:
(m + 2)x = 4 m. (2)
Phƣơng trình (1) vô nghiệm
m
2 0
4
m 0
m
2
m
2 0
.
m 1
4
m 4 m
1 1
m
2 m 2
Tuy nhiên, cách trình bày kiểu này có thể khiến một vài em học sinh
thấy phức tạp. Do vậy, nếu bài toán yêu cầu " Tìm điều kiện của tham
số để phương trình có nghiệm ( hoặc vô nghiệm ) " tốt nhất các em hãy
trình bày theo các bƣớc của bài toán giải biện luận.
ThÝ dô 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:
x 1 x 2
= . (1)
x 1 x m
Giải
Tập xác định D = \{1, m}.
Viết lại phƣơng trình dƣới dạng:
mx = 2 m. (2)
Do đó (1) có nghiệm duy nhất:
72

m
0
m
0
m
0
2 m
x
1 1 m
1 m{2, 0, 1}.
x
m m 2
2
m m
m 2 0
m
m
Vậy, với m = \{2, 0, 1} phƣơng trình (1) có nghiệm duy nhất.
ThÝ dô 3. Cho phương trình:
a b
+ = 2. (1)
x
b x
a
a. Tìm a, b để phương trình có hai nghiệm phân biệt.
b. Tìm a, b để phương trình có nghiệm.
Giải
Điều kiện:
x a 0
x
a
. (*)
x b 0 x
b
Biến đổi phƣơng trình về dạng:
a(x – a) + b(x – b) = 2(x – a)(x – b)
f(x) = 2x 2 – 3(a + b)x + a 2 + 2ab + b 2 = 0 (2)
Ta có = 9(a + b) 2 – 8(a 2 + 2ab + b 2 ) = (a + b) 2 0, a, b.
a. Để phƣơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt điều kiện là:
2
0
(a b) 0
2
f(a) 0 b ab 0
a 0, b 0 và a b.
2
f(b) 0
a ab 0
Vậy, với a 0, b 0 và a b. phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt.
b. Đáp số: Với mọi a, b không đồng thời bằng không.
ThÝ dô 2. Giải và biện luận các phương trình:
x + 1 x = a b + a b
a
b a b
.
Giải
Điều kiện:
x
0
x
0
a b 0 .
a b
a b 0
Viết lại phƣơng trình dƣới dạng:
(a 2 b 2 )x 2 2(a 2 + b 2 )x + a 2 b 2 = 0. (1)
73

74
Vì a b a 2 b 2 0, ta đi tính biệt thức ' = 4a 2 b 2 0.
Trường hợp 1: Nếu ' = 0 4a 2 b 2 = 0
a 0 & b 0
.
a 0 & b 0
Với a = 0 và b 0, phƣơng trình (1) có nghiệm kép x 0 = 1.
Với a 0 và b = 0, phƣơng trình (1) có nghiệm kép x 0 = 1.
Trường hợp 2: Nếu ' > 0 4a 2 b 2 > 0 a 0 và b 0.
Phƣơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt x 1 = a b và x 2 = a b
a
b a b
.
Kết luận:
• Với a = b, phƣơng trình vô nghiệm.
• Với a = 0 và b 0, phƣơng trình có nghiệm kép x 0 = 1.
• Với a 0 và b = 0, phƣơng trình có nghiệm kép x 0 = 1.
• Với a 0 và b 0 và a b, phƣơng trình có 2 nghiệm phân biệt:
x 1 = a b và x 2 = a b
a
b a b
.
D¹ng to¸n 2: Phƣơng trình tích
Phương pháp thực hiện
Giả sử cần đi "Giải và biện luận phương trình (a 1 x + b 1 )(a 2 x + b 2 ) = 0", ta thực hiện
theo các bƣớc:
B­íc 1: Biến đổi phƣơng trình ban đầu về dạng:
a1x
b1
0 (1)
.
a
2x
b
2
0 (2)
B­íc 2: Giải và biện luận (1).
B­íc 3: Giải và biện luận (2).
B­íc 4:
Kết luận: Trong bƣớc này các em học sinh cần biết cách kết hợp các
trƣờng hợp đã xét trong cả hai bƣớc 1 và bƣớc 2 để có đƣợc lời kết
luận đầy đủ và tƣờng minh.
ThÝ dô 1. Cho phương trình:
x 3 2mx 2 + m 2 x + m1 = 0.
Xác định m để:
a. Phương trình có đúng 1 nghiệm.
b. Phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
c. Phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
d. Phương trình có 2 nghiệm âm phân biệt.
e. Phương trình có 3 nghiệm dương phân biệt.
Giải
Viết lại phƣơng trình dƣới dạng:

(x 1)[x 2 (2m 1)x m + 1] = 0
x
1
. (I)
2
g(x) x (2m 1)x m 1 0 (2)
a. Để phƣơng trình có đúng 1 nghiệm điều kiện là:
2
g
0
4m 3 0
(2)v« nghiÖm
3
2
g
0
4m 3 0
m .
(2)cã nghiÖm kÐp bºng1
2
g(1) 0 3 3m 0
3
Vậy, với m thoả mãn điều kiện đầu bài.
2
b. Để phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt điều kiện là:
(2)cã2 nghiÖm ph©n biÖt vµ 1nghiÖm bºng1
(2)cã nghiÖm kÐp kh¸c1
3 3m 0
3 3m 0
2
4m 3 0
2
4m 3 0
3 3m 0
3 3m 0
2
4m 3 0
2
4m 3 0
g
0 vµ g(1) 0
g 0 vµ g(1) 0
3
m 1 hoÆc m .
2
3
Vậy, với m 1 hoÆc m thoả mãn điều kiện đầu bài.
2
c. Để phƣơng trình có ba nghiệm phân biệt điều kiện là:
(2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1
2
g 0
3
4m 3 0
m
2 .
g(1) 0 3 3m 0
m
1
3 3
Vậy, với m ; ;
\ 1
thoả mãn điều kiện đầu bài.
2 2
d. Để phƣơng trình có hai nghiệm âm phân biệt điều kiện là:
(2) có 2 nghiệm âm phân biệt
g
0
2
4m 3 0
m 3 / 2
3
Sg
0 2m 1 0 m 1/ 2 m .
Pg
0
1 m 0
2
m
1
3
Vậy, với m thoả mãn điều kiện đầu bài.
2
e. Để phƣơng trình có ba nghiệm dƣơng phân biệt điều kiện là:
(2) có 2 nghiệm dƣơng phân biệt khác 1
75

76
Vậy, với
g
0
2
4m 3 0
m 3 / 2
Sg
0
2m 1 0
m 1/ 2 3
m 1.
Pg
0 1 m 0 m
1 2
g(1) 0
3 3m 0
m
1
3
m 1 thoả mãn điều kiện đầu bài.
2
Nhận xét: Lời giải của thí dụ trên đã miêu tả phƣơng pháp cơ bản để "Giải
và biện luận một phương trình bậc ba".
D¹ng to¸n 3: Phƣơng trình trùng phƣơng
Phương pháp thực hiện
Để giải và biện luận phƣơng trình:
ax 4 + bx 2 + c = 0 (1)
ta thực hiện các bƣớc:
B­íc 1: Đặt t = x 2 với điều kiện t 0.
B­íc 2: Khi đó, phƣơng trình đƣợc biến đổi về dạng:
at 2 + bt + c = 0. (2)
B­íc 3: Khi đó:
a. Phƣơng trình (1) có nghiệm duy nhất
(2) có nghiệm t 1 0 = t 2 .
b. Phƣơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt
(2) có nghiệm t 1 < 0 < t 2 .
c. Phƣơng trình (1) có ba nghiệm phân biệt
(2) có nghiệm 0 = t 1 < t 2 .
d. Phƣơng trình (1) có bốn nghiệm phân biệt
(2) có nghiệm 0 = t 1 < t 2 .
Chú ý: 1. Các đánh giá trên nhận đƣợc thông qua nhận xét nếu phƣơng trình
(2) có nghiệm t 0 0 thì phƣơng trình (1) có nghiệm x = t 0
.
2. Cũng thông qua nhận xét này chúng ta thiết lập đƣợc điều kiện
cho nghiệm t của phƣơng trình (2) trong trƣờng hợp bài toán yêu
cầu điều kiện nghiệm x của phƣơng trình (1), thí dụ:
x 1 < x 2 < x 3 < 1 < 2 < x 4 t
2
< t 1
< t < 1 < 2 < 1
t
2
0 < t 1 < 1 < 4 < t 2 .
ThÝ dô 1. Cho phương trình:
x 4 (m + 2)x 2 + m = 0. (1)
Tìm m để phương trình:
a. Có nghiệm duy nhất.

. Có hai nghiệm phân biệt.
c. Có ba nghiệm phân biệt.
d. Có bốn nghiệm phân biệt.
Giải
Đặt t = x 2 với điều kiện t 0.
Khi đó, phƣơng trình đƣợc biến đổi về dạng:
f(t) = t 2 (m + 2)t + m = 0. (2)
a. Phƣơng trình (1) có nghiệm duy nhất
S 0 m 2 0
(2) có nghiệm t 1 0 = t 2 , vô nghiệm.
P 0 m
0
Vậy, không tồn tại m thoả mãn điều kiện đầu bài.
b. Phƣơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt
(2) có nghiệm t 1 < 0 < t 2 a.c < 0 m < 0.
Vậy, với m < 0 thoả mãn điều kiện đầu bài.
c. Phƣơng trình (1) có ba nghiệm phân biệt
2
0
m 4 0
(2) có nghiệm 0 = t 1 < t 2 P 0
m0
m = 0.
S 0
m 2 0
Vậy, với m = 0 thoả mãn điều kiện đầu bài.
d. Phƣơng trình (1) có bốn nghiệm phân biệt
2
0
m 4 0
(2) có nghiệm 0 < t 1 < t 2 P 0
m0
m > 0.
S 0
m 2 0
Vậy, với m > 0 thoả mãn điều kiện đầu bài.
D¹ng to¸n 4: Phƣơng trình hồi quy
Phương pháp thực hiện
D¹ng 1: (Phương trình hồi quy): Để giải và biện luận phƣơng trình:
ax 4 + bx 3 + cx 2 + bx + a = 0 (1)
ta thực hiện theo các bƣớc:
B­íc 1: Nhận xét rằng x = 0 không phải là nghiệm của phƣơng trình. Chia cả
hai vế của phƣơng trình cho x 2 0, ta đƣợc:
a(x 2 1
+
2
x ) + b(x + 1 ) + c = 0. (2)
x
B­íc 2: Đặt t = x + 1 x , điều kiện t 2 suy ra 1
x2 + = t 2 2.
2
x
Khi đó, phƣơng trình (2) có dạng:
(2) at 2 + bt + c2a = 0. (3)
77

B­íc 3: Khi đó:
a. Phƣơng trình (1) có nghiệm, ta sử dụng phƣơng pháp gián tiếp, tức là
"Tìm điều kiện để (3) vô nghiệm hoặc cả hai nghiệm đều thuộc (2; 2)".
b. Phƣơng trình (1) có nghiệm duy nhất
(3) có nghiệm t = 2 hoặc t = 2 tham số.
Thử lại.
c. Phƣơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt (3) có nghiệm
t1 2 & t
2
2
t1 2 t
2
2 .
2 t1 2 t
2
d. Phƣơng trình (1) có ba nghiệm phân biệt (3) có nghiệm
t1 t2
2
.
2 t1 t
2
e. Phƣơng trình (1) có bốn nghiệm phân biệt (3) có nghiệm
2 t1 t
2
t1 t
2
2
.
t1 2 2 t
2
D¹ng 2: (Phương trình phản hồi quy): Để giải và biện luận phƣơng trình:
ax 4 + bx 3 + cx 2 bx + a = 0 (1)
ta thực hiện theo các bƣớc:
B­íc 1: Nhận xét rằng x = 0 không phải là nghiệm của phƣơng trình. Chia cả
hai vế của phƣơng trình cho x 2 0, ta đƣợc:
a(x 2 1
+
2
x ) + b(x 1 ) + c = 0. (2)
x
B­íc 2: Đặt t = x 1 x , suy ra 1
x2 + = t 2 + 2.
2
x
Khi đó, phƣơng trình (2) có dạng at 2 + bt + c + 2a = 0. (3)
Chú ý: 1. Với phƣơng trình phản hồi quy trên không hề có điều kiện cho ẩn
phụ t, tức là với mỗi nghiệm t 0 của (3) ta luôn có hai nghiệm phân
biệt x 1 , x 2 cho (1).
2. Phƣơng pháp đƣợc mở rộng tự nhiên cho dạng phƣơng trình:
ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e = 0
có các hệ số thoả mãn e 2
a = d
b
, e 0.
Khi đó, ta sử dụng ẩn phụ t = x + d b . 1 , và trong trƣờng hợp bd
x
> 0 ta có điều kiện t 2 d b .
78

ThÝ dô 1. Cho phương trình:
x 4 + mx 3 2(m 2 1)x 2 + mx + 1 = 0. (1)
a. Giải phương trình với m = 1.
b. Tìm m để phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt.
c. Tìm m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt.
Giải
Nhận xét rằng x = 0 không phải là nghiệm của phƣơng trình. Chia cả hai vế của
phƣơng trình cho x 2 0, ta đƣợc:
x 2 + mx 2(m 2 1) + m. 1 x + 1
2
x = 0 1
(x2 +
2
x ) + m(x + 1 x ) 2m2 + 2 = 0.
Đặt t = x + 1 x , điều kiện t 2, suy ra 1
x2 +
2
x
= t2 2.
Khi đó, phƣơng trình có dạng:
f(t) = t 2 + mt 2m 2 = 0. (2)
a. Với m = thì (2) có dạng:
t 2 t2 = 0 |t| 2
t = 2 x + 1 = 2 x = 1.
x
Vậy, với m = 1 phƣơng trình có nghiệm x = 1.
b. Phƣơng trình (1) có đúng hai nghiệm phân biệt
(3) có nghiệm thoả mãn
t1 2 vµ t2
2
t 2 t 2 hoÆc 2 t 2 t
1 2 1 2
2
2
f (2) 0
4 2m 2m 0
m m 2 0
2
f ( 2) 0
4 2m 2m
2
0
m m 2 0
2
f (2) 0 4 2m 2m
2
0
m m 2 0 1 m 2
f ( 2)
2
0
4 2m 2m 0
2
.
m m 2 0
2 m 1
f (2) 0
2
2
4 2m 2m 0 m m 2 0
f ( 2) 0
2
2
4 2m 2m 0
m m 2 0
Vậy, với 1 m 2 thoả mãn điều kiện đầu bài.
c. Phƣơng trình (1) có bốn nghiệm phân biệt
(3) có nghiệm thoả mãn:
2 t1 t2 hoÆc t1 t2
2 (*)
.
t1 2 2 t
2
(**)
Nhận xét rằng phƣơng trình (2) có ac = 2m 2 < 0 nên (*) không thể xảy ra.
Khi đó, để có (**) điều kiện là:
79

2
2
f (2) 0
4 2m 2m 0
m m 2 0
f ( 2)
2
m 2.
0 4 2m 2m
2
0 m m 2 0
Vậy, với m 2 thoả mãn điều kiện đầu bài.
ThÝ dô 2. Cho phương trình:
x 4 mx 3 2x 2 + mx + 1 = 0. (1)
a. Giải phương trình với m = 3.
b. Tìm m để phương trình có đúng 2 nghiệm phân biệt.
c. Tìm m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt.
Giải
Nhận xét rằng x = 0 không phải là nghiệm của phƣơng trình. Chia cả hai vế của
phƣơng trình cho x 2 0, ta đƣợc:
x 2 mx 2 + m. 1 x + 1
2
x = 0 1
(x2 +
2
x ) m(x 1 x ) 2 = 0.
Đặt t = x 1 x , suy ra 1
x2 +
2
x
= t2 2.
Khi đó, phƣơng trình có dạng:
f(t) = t 2 t 0
mt = 0 .
t
m
Với t = 0, ta đƣợc:
1
2
x
0
x 1 0 x = 1.
x
a. Với m = 3 ta đƣợc:
t = 3 x 1 x = 3 x2 3x 1 = 0 x = 3 13 .
2
Vậy, với m = 3 phƣơng trình có bốn nghiệm x = 1 và x = 3 13 .
2
b. Phƣơng trình có đúng 2 nghiệm phân biệt điều kiện là m = 0.
c. Phƣơng trình có 4 nghiệm phân biệt điều kiện là m ≠ 0.
D¹ng to¸n 5: Phƣơng trình (x + a)(x + b)(x + c)(x + d) = m, với a + b = c + d
Phương pháp thực hiện
Kí hiệu phƣơng trình ban đầu là (1), ta thực hiện theo các bƣớc:
B­íc 1: Viết lại phƣơng trình dƣới dạng:
[x 2 + (a + b)x + ab].[x 2 + (c + d)x + cd] = m. (2)
B­íc 2: Đặt t = x 2 + (a + b)x + ab, điều kiện
2
(a b)
t (chính là )
4
4a
Suy ra x 2 + (c + d)x + cd = tab + cd.
80

Khi đó, phƣơng trình (2) có dạng:
t(tab + cd) = m t 2 (abcd)tm = 0. (3)
B­íc 3: Khi đó:
a. Phƣơng trình (1) có nghiệm
(2) có nghiệm thoả mãn t
(a b)
4
b. Phƣơng trình (1) có nghiệm duy nhất
(2) có nghiệm t 1 t 2 = .
c. Phƣơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt
t t
(2) có nghiệm thoả mãn
t
t
d. Phƣơng trình (1) có ba nghiệm phân biệt
(2) có nghiệm = t 1 < t 2 .
e. Phƣơng trình (1) có bốn nghiệm phân biệt
(2) có nghiệm < t 1 < t 2 .
1 2
1 2
2
.
=
t
t
t t
1 2
1 2
ThÝ dô 1. Cho phương trình:
x(x2)(x + 2)(x + 4) = 2m. (1)
a. Giải phương trình với m = 6.
b. Tìm m để phương trình vô nghiệm.
c. Tìm m để phương trình có đúng một nghiệm.
d. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt.
e. Tìm m để phương trình có ba nghiệm phân biệt.
f. Tìm m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt.
Giải
Viết lại phƣơng trình dƣới dạng:
(x 2 + 2x)(x 2 + 2x 8) = m.
Đặt t = x 2 + 2x + 1, điều kiện t , suy ra x 2 + 2x = t 1 và x 2 + 2x 8 = t 9.
Khi đó phƣơng trình trên có dạng:
(t 1)(t 9) = 2m f(t) = t 2 10t + 92m = 0. (2)
a. Với m = 6, ta đƣợc:
(2) t 2 t 3
10t21 = 0 .
t 7
Ta lần lƣợt:
• Với t = 3, ta đƣợc:
x 2 + 2x + 1 = 3 x 2 1
3
+ 2x 2 = 0 x 1, 2 = .
2
• Với t = 7, ta đƣợc:
.
81

x 2 + 2x + 1 = 7 x 2 1
7
+ 2x 6 = 0 x 3, 4 = .
2
1
3 1
7
Vậy, với m = 6 phƣơng trình có nghiệm là x 1, 2 = và x 3, 4 =
2
2
b. Phƣơng trình (1) vô nghiệm khi:
(2)v« nghiÖm (*)
.
(2)cã hai nghiÖm nhá h¬n 0 (**)
Nhận xét rằng phƣơng trình (2) có S = 10 > 0 nên (**) không thể xảy ra.
Khi đó, để có (*) điều kiện là:
’ < 0 25 (9 2m) < 0 2m + 16 < 0 m < 8.
Vậy, với m < 8 thoả mãn điều kiện đầu bài.
c. Phƣơng trình (1) có đúng 1 nghiệm khi:
' 0
(2) có nghiệm thoả mãn t 1 t 2 = f(0) 0 , vô nghiệm.
S 0
Vậy, không tồn tại m thoả mãn điều kiện đầu bài.
d. Phƣơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi:
' 0 2m 16 0
(2)cã nghiÖm kÐp lín h¬n 0
m8
S
0
(2)cã hai nghiÖm t1 0 t
10 0 .
2
P
0 m 9 / 2
9 2m 0
9
Vậy, với m 8 hoÆc m> thoả mãn điều kiện đầu bài.
2
e. Phƣơng trình (1) có 3 nghiệm phân biệt khi:
' 0
2m 16 0
9
(2) có nghiệm 0 = t 1 < t 2 f(0) 0
9 2m 0 m .
S 0
2
10 0
9
Vậy, với m thoả mãn điều kiện đầu bài.
2
f. Phƣơng trình (1) có 4 nghiệm phân biệt khi:
' 0
2m 16 0
9
(2) có nghiệm 0 < t 1 < t 2 P 0 9 2m 0 8 m .
S 0
2
10 0
9
Vậy, với 8 m thoả mãn điều kiện đầu bài.
2
.
D¹ng to¸n 6: Phƣơng trình (x + a) 4 + (x + b) 4 = c
Phương pháp thực hiện
Kí hiệu phƣơng trình ban đầu là (1), ta thực hiện theo các bƣớc:
82

B­íc 1: Đặt t = x + a b , suy ra:
2
a
b
x a t
2
.
a
b
x b t
2
Khi đó, phƣơng trình có dạng:
2t 4 a
b
a
b
+ 12
2 .t2 + 2
2
B­íc 2: Đặt u = t 2 , điều kiện u 0.
Khi đó, phƣơng trình có dạng:
2
4
= c. (2)
2
4
2u 2 a
b
+ 12
2 .u + 2 a
b
= c. (3)
2
B­íc 3: Chuyển điều kiện của bài toán thành điều kiện cho u.
ThÝ dô 1. Cho phương trình:
(x + 2) 4 + (x + 6) 4 = m 2 2. (1)
a. Giải phương trình với m 34 .
b. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (2;
1).
Giải
Đặt t = x + 2 6 = x + 4, suy ra:
2
x 2 t 2
.
x 6 t 2
Khi đó, phƣơng trình (1) đƣợc chuyển về dạng:
(t2) 4 + (t + 2) 4 = m 2 2 2t 4 + 48t 2 + 32 = m 2 2
2t 4 + 48t 2 m 2 + 34 = 0. (2)
Đặt u = t 2 , điều kiện u 0.
Khi đó, phƣơng trình (2) đƣợc chuyển về dạng:
f(u) = 2u 2 + 48um 2 + 34 = 0. (3)
a. Với m 34 , ta đƣợc:
(2) 2t 4 + 48t 2 = 0 t = 0 x + 4 = 0 x = 4.
Vậy, với m 34 phƣơng trình có nghiệm duy nhất x = 4.
b. Từ giả thiết:
2 < x

34 < m 2 < 17044 34 m 2 4261.
Vậy, với 34 m 2 4261 thoả mãn điều kiện đầu bài.
D¹ng to¸n 7: Phƣơng trình sử dụng ẩn phụ bậc hai
ThÝ dô 1. Giải và biện luận phương trình:
(xa) 2 x 2 + a 2 x 2 = 8(xa) 2 a 2 , với a 0. (1)
Giải
Nhận xét rằng x = a 0 không phải là nghiệm của phƣơng trình, khi đó chia cả
hai vế của phƣơng trình cho (xa) 2 0, ta đƣợc:
x 2 +
2 2
ax
(x a)
2
x
x
a
x
Đặt t =
x
2
x
a
2
2
= 8a 2 ax
x
x
a 2
2ax
= 8a 2
x
a
2
2ax
a
2
= 8a 2 . (2)
, khi đó phƣơng trình đƣợc chuyển về dạng:
t 2 2at8a 2 = 0
• Với t = 4a, ta đƣợc:
2
x
t
4a
.
t
2a
= 4a x 2 4ax + 4a 2 = 0 x 1 = 2a thoả mãn (*).
x
a
• Với t = 2a, ta đƣợc:
2
x
= 2a x 2 + 2ax2a 2 = 0 x 2,3 = a
x
a
Vậy, phƣơng trình có ba nghiệm phân biệt x 1 = 2a, x 2,3 = a
2
3a thoả mãn (*).
2
3a .
Nhận xét: 1. Ở dạng ban đầu, ta không thấy sự xuất hiện ẩn phụ, tuy nhiên
để làm xuất hiện ẩn phụ ta viết lại phƣơng trình dƣới dạng:
(x) 2 ax
+
x
a
2
= 8a 2 ..
Ta đƣa ra nhận xét cho 2 số hạng trong vế trái của phƣơng trình
trên đóng vai trò A 2 + B 2 của hằng đẳng thức (A B) 2 .
Khi đó, ta có đƣợc 2 hƣớng biến đổi:
• Nếu lựa chọn hƣớng thứ nhất:
2 2 2
A B (A B) 2AB (h1)
2 2 2
A B (A B) 2AB (h2)
.
84

2
2
x 2 ax
+
x
a
= ax
x
x
a + 2
2
2ax
x a
= 2
2
x
2ax 2ax
+
x
a x a
.
Ta thấy rằng không có sự xuất hiện của ẩn phụ.
• Nếu lựa chọn hƣớng thứ hai:
2
2
x 2 ax
+
x
a
= ax
x
x
a 2
2
2ax
x a
= 2
2
x 2ax
x
a
x a
.
Ở đây ẩn phụ đã xuất hiện, đó là
x a
.
Nhƣ vậy việc lựa chọn hƣớng biến đổi đại số đúng cho mỗi phƣơng
trình bậc bốn nói riêng và các phƣơng trình, bất phƣơng trình nói
chung là rất quan trọng.
2. Phƣơng trình trên trên có dạng tổng quát:
x 2 +
2 2
ax
(x a)
2
= b.
D¹ng to¸n 8: Phƣơng trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối
Phương pháp thực hiện
Để giải phƣơng trình chứa ẩn trong dấu giá trị tuyệt đối ta có thể dùng:
a. Định nghĩa của giá trị tuyệt đối.
b. Bình phƣơng hai vế để khử dấu giá trị tuyệt đối.
c. Tính chất của giá trị tuyệt đối.
d. Ẩn phụ.
D¹ng 1: Với phương trình:
f(x) = g(x) f 2 (x) = g 2 (x) [f(x)g(x)].[f(x) + g(x)] = 0 (1)
f (x) g(x) (2)
.
f (x) g(x) (3)
Nhƣ vậy, với phƣơng trình dạng trên có chứa tham số chúng ta cần thực hiện theo
các bƣớc:
B­íc 1: Giải và biện luận (2).
B­íc 2: Giải và biện luận (3)
B­íc 3: Kết luận với lƣu ý tập nghiệm của phƣơng trình (1) là hợp 2 tập
nghiệm của (2), (3).
ThÝ dô 1. Cho phương trình:
x 2 2mx2m = x 2 + 2x. (1)
1. Giải phương trình với m = 1.
2. Tìm m để phương trình:
a. Vô nghiệm. b. Có nghiệm.
c. Có nghiệm duy nhất. d. Có hai nghiệm phân biệt.
e. Có ba nghiệm phân biệt.
2
x
85

Giải
Phƣơng trình tƣơng đƣơng với:
2 2
x 2mx 2m x 2x
2 2
x 2mx 2m x 2x
(m 1)x m
2
x (m 1)x m 0
(m 1)x m (*)
. (I)
x 1 hoÆc
x m
1. Với m = 1, ta thấy ngay phƣơng trình có ba nghiệm phân biệt x = 1 2 , x = 1.
2. Ta lần lƣợt:
a. Không tồn tại m để phƣơng trình vô nghiệm.
b. Với mọi m phƣơng trình luôn có nghiệm.
c. Phƣơng trình có nghiệm duy nhất khi m = 1.
d. Để phƣơng trình có 2 nghiệm phân biệt ta lần lƣợt đánh giá:
• Nếu m = 1 tức m = 1 thì (*) vô nghiệm, do đó không thoả mãn.
m
• Nếu m ≠ 1 tức m ≠ 1 thì (*) có nghiệm x .
m1
• Khi đó, để phƣơng trình có 2 nghiệm phân biệt điều kiện là:
m
1
m1
m m 1
m 1/ 2
m
m m(m 1) .
m
m
0
m1
1
Vậy, với m 0 hoÆc
m thoả mãn điều kiện đầu bài.
2
e. Để phƣơng trình có 3 nghiệm phân biệt khi:
m
1
m1
m m 1
m 1/ 2
m 1 m 1
m 1
.
m
m m(m 1)
m
m
0
m1
1
Vậy, với m \ 0, , 1
thoả mãn điều kiện đầu bài.
2
ThÝ dô 2. Giải và biện luận phương trình mx + 1 = 3x + m2.
Giải
Phƣơng trình đƣợc chuyển thành dạng:
mx 1 3x m 2 (m 3)x m 3 (2)
.
mx 1 3x m 2 (m 3)x 1 m (3)
• Giải và biện luận phƣơng trình (2): Xét hai trƣờng hợp:
Trường hợp 1: Nếu m 3 = 0 m = 3.
(2) 0x = 0, phƣơng trình nghiệm đúng với x .
86

Trường hợp 2: Nếu m 3 0 m 3.
(2) x = 1: phƣơng trình có nghiệm duy nhất.
• Giải và biện luận phƣơng trình (3): Xét hai trƣờng hợp:
Trường hợp 1: Nếu m + 3 = 0 m = 3.
(3) 0x = 4, phƣơng trình vô nghiệm.
Trường hợp 2: Nếu m + 3 0 m 3.
(3) x = 1 m : là nghiệm duy nhất.
m
3
Kết luận:
• Với m = 3, phƣơng trình nghiệm đúng với mọi x .
• Với m = 3, phƣơng trình có một nghiệm là x = 1.
• Với m 3, phƣơng trình có hai nghiệm là x = 1 và x = 1 m
m 3
.
D¹ng 2: Với phương trình:
g(x) 0 g(x) 0
f(x) = g(x)
2 2
(I)
f (x) g (x) f (x) g(x)
f (x) 0
f (x) g(x)
hoặc
. (II)
f (x) 0
f (x) g(x)
Nhƣ vậy, với phƣơng trình dạng trên có chứa tham số chúng ta cần thực hiện theo
các bƣớc:
B­íc 1: Lựa chọn hƣớng biến đổi về (I) hoặc (II), rồi thực hiện việc giải và
biện luận nó.
B­íc 2: Kết luận.
Chú ý: a. Nếu g(x) không chứa tham số ta lựa chọn phép biến đổi (I).
b. Nếu f(x) không chứa tham số ta lựa chọn phép biến đổi (II).
c. Trong trƣờng hợp cả f(x), g(x) đều chứa tham số thì tuỳ vào độ
phức tạp của f(x), g(x) ta lựa chọn phép biến đổi (I) hoặc (II).
ThÝ dô 1. Giải các phương trình sau:
a. 2x + 5 = x 2 x 1 3x 1 + 5x + 1. b. .
2x 3 x 1
Giải
a. Điều kiện x 2 + 5x + 1 + 3 0. (*)
Biến đổi phƣơng trình tƣơng đƣơng với:
2
2
2x
5 x 5x 1
x
3x 4 0 (*)
x 1
2
2
.
2x 5 x 5x 1
x
7x 6 0 x
6
87

Vậy,phƣơng trình có hai nghiệm x = 1 và x = 6.
b. Tập xác định D = R\{1; 2
3 }
Biến đổi phƣơng trình tƣơng đƣơng với:
x 1 3x 1 khi x 1
2
2x 3 x 1
7x 11x 2 0 khi x 1
11
65
x .
2
x 1 3x 1 khi x 1 5x 11x 2 0 khi x 1
14
2x 3 x 1
Vậy, phƣơng trình có hai nghiệm x =
11 65
.
14
ThÝ dô 2. Giải và biện luận các phương trình x1 = mx + 2m1.
Giải
Ta biến đổi phƣơng trình về dạng:
x 1 0
(I)
x 1 mx 2m 1
x1 = mx + 2m1
.
x 1 0
(II)
x 1 (mx 2m 1)
Ta đi giải và biện luận (I)
x
1
(I) .
(1 m)x 2m (*)
Trường hợp 1: Nếu 1 – m = 0 m = 1.
(*) 0.x = 2 (mâu thuẫn) (*) vô nghiệm.
Trường hợp 2: Nếu 1 – m 0 m 1.
2m
(*) x = .
1
m
2m
• Nếu < 1 3m 1 1
< 0 m 3 (I) vô nghiệm.
1
m 1
m
m
1
2m
• Nếu 1 3m 1 0 1 1
m 1
m 3 m < 1 (I) có nghiệm x = 2m
.
1
m
Giải và biện luận (II) – Học sinh tự làm.
D¹ng 3: Sử dụng các tính chất giá trị tuyệt đối
Ta sử dụng các tính chất sau:
TÝnh chÊt 1: Ta có:
a + b = a + b ab 0.
TÝnh chÊt 2: Ta có:
88

TÝnh chÊt 3: Ta có:
a + b = a + b
a + b = ab
a
0
.
b
0
a
0
.
b
0
TÝnh chÊt 4: Ta có:
ab = ab b(ab) 0.
với lƣợc đồ thực hiện theo các bƣớc:
B­íc 1: Đặt điều kiện có nghĩa (nếu cần) cho các biểu thức trong phƣơng trình.
B­íc 2: Biến đổi phƣơng trình về một trong 4 tính chất đã biết.
B­íc 3: Giải ( hoặc biện luận) phƣơng trình đại số nhận đƣợc.
B­íc 4: Kết luận.
ThÝ dô 1. Giải phương trình x 2 4x + 3 + x 2 4x = 3.
Giải
Ta có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: Viết lại phƣơng trình dƣới dạng:
x 2 4x + 3 + 4xx 2 = ( x 2 4x + 3) + (4xx 2 )
TÝnh chÊt
2
2
x 4x 3 0 0
x 1
2
.
4x x 0 3 x 4
Vậy, nghiệm của phƣơng trình là [0; 1] [3; 4].
Cách 2: Viết lại phƣơng trình dƣới dạng:
x 2 4x + 3 + x 2 4x = ( x 2 4x + 3)( x 2 4x)
TÝnh chÊt
3
2
x
3
x 4x 3 0
0
x 1
2
x
1 .
x 4x 0
3 x 4
0
x 4
Vậy, nghiệm của phƣơng trình là [0; 1] [3; 4].
D¹ng 4: Sử dụng ẩn phụ
2
ThÝ dô 1. Cho phương trình mx2 +
| mx 2 | 1
= 2. (1)
a. Giải phương trình với m = 1.
b. Giải và biện luận phương trình theo m.
Giải
Đặt t = mx2 + 1, điều kiện t 1.
Khi đó, phƣơng trình đƣợc biến đổi về dạng:
t1 + 2 t
= 2 t 2 3t + 2 = 0
89

t 1
t 2
| mx 2 | 1 1
| mx 2 | 1 2
| mx 2 | 0
| mx 2 | 1
mx 2
mx 3 . (I)
mx 1
a. Với m = 1, khi đó (I) tƣơng đƣơng với:
x 2
x 3.
x 1
Vậy, với m = 1 phƣơng trình có 3 nghiệm là x = 1, x = 2 và x = 3.
b. Ta có ngay:
• Với m = 0, (I) vô nghiệm (1) vô nghiệm.
• Với m 0, (I) có ba nghiệm phân biệt (1) có ba nghiệm phân biệt.
ThÝ dô 2. Giải phương trình (x + 2)x 3 3x = x 6 6x 4 + 9x 2 + 2x.
Giải
Viết lại phƣơng trình dƣới dạng:
(x 3 3x) 2 (x + 2)x 3 3x + 2x = 0. (1)
Đặt t = x 3 3x, điều kiện t 0.
Khi đó, phƣơng trình (1) đƣợc biến đổi về dạng:
t 2 (x + 2)t + 2x = 0 (3)
ta có t = (x + 2) 2 8x = (x2) 2 , do đó:
3
t
x | x 3x | x
(3)
t
3
2 | x 3x | 2
x
0
3
x 3x x
3
x 3x 2
x
0
3
x 4x 0
3
x 2x 0
3
x 3x 2 0
x 0
x 2 .
x 1, x 2
Vây, phƣơng trình có 6 nghiệm phân biệt x = 0, x = 1, x = 2 , x = 2.
D¹ng to¸n 9: Phƣơng trình chứa căn
Phương pháp áp dụng
Để giải phƣơng trình chứa ẩn dƣới dấu căn ta có thể dùng:
a. Định nghĩa của giá trị tuyệt đối.
b. Bình phƣơng hai vế để khử dấu giá trị tuyệt đối.
c. Tính chất của giá trị tuyệt đối.
d. Ẩn phụ.
D¹ng 1: Với phương trình:
90

f (x,m) = g(x,m) f(x, m) = g(x, m) 0 x
D (*) .
f (x,m) g(x,m)
g(x,m)cãnghÜ a vµ g(x,m) 0
f (x,m) = g(x,m)
.
2
f (x,m) g (x,m)
Lưu ý rằng: Điều kiện (*) đƣợc lựa chọn tuỳ theo độ phức tạp của f(x, m) 0 và
g(x, m) 0, thí dụ với phƣơng trình:
2
x m = x 2mx 3
Ta lựa chọn phép biến đổi:
x m 0
2
x m x 2mx 3
x
m
.
x (2m 1)x 3 m 0
2
ThÝ dô 1. Giải và biện luận các phương trình:
a.
x m
=
x
2 x 2
x
x
m
=
Giải
a. Ta biến đổi phƣơng trình về dạng:
x m x
2
= .
x
2 x
2 x
m
Kết luận:
• Với m 2, phƣơng trình vô nghiệm.
• Với m > 2, phƣơng trình có nghiệm x = m.
b. Ta biến đổi phƣơng trình về dạng:
x 0 vµ m>0 x 0 vµ m>0 x 0 vµ m>0
.
x+m x+1 x+m
x+1>0 x>-1 vµ m 1
Kết luận:
• Với 0 < m 1, phƣơng trình có nghiệm x = 0.
• Với m = 1, phƣơng trình có nghiệm x = 0 hoặc x > 1.
• Ngoài ra vô nghiệm.
x
x 1
.
ThÝ dô 2. Giải phương các trình sau:
a. 5x 6 = x 6. b. x 1 = 1 x 2
Giải
a. Biến đổi phƣơng trình tƣơng đƣơng với:
x 6 0
x
6
x 15
2
2
5x 6 (x 6) x 17x 30 0 x 2 (lo¹
i)
Vậy, phƣơng trình có nghiệm x = 15.
b. Biến đổi phƣơng trình tƣơng đƣơng với:
91

2
1x 0
x 1 (1 x )
| x | 1
x(x 1)( x x 1) 0
2 2
2
Vậy, phƣơng trình có nghiệm x = 0, x = 1, x = 1 5 .
2
D¹ng 2: Với phương trình:
f (x,m) + g(x,m) = h(x,m)
x 0, x 1
1
5 .
x
2
f (x,m)cãnghÜ a vµ
f (x,m) 0
g(x,m)cãnghÜ a vµ
g(x,m) 0
.
f (x,m) g(x,m) 2 f (x,m)g(x,m) h(x,m)
Lưu ý rằng: Không cần h(x, m) 0.
ThÝ dô 1. Giải phương các trình sau:
a. 3 x x 2 1. b. x 4 1 x = 1 2x .
Giải
a. Điều kiện:
3 x 0
2 ≤ x ≤ 3.
x 2 0
Biến đổi phƣơng trình:
3 x = x + 2 + 2 x 2 + 1 x 2 x
x0
x
0
2
x = 1.
x 2
2
x x x 2 0
Vậy, phƣơng trình có 1 nghiệm x = 1.
b. Điều kiện:
x 4 0
1 x 0 4 x 1
2 .
1 2x 0
Phƣơng trình viết lại dƣới dạng:
1 x + 1 2x = x 4 (1 x)(1 2x) = 2x + 1
1
2x 10
x
2 2
(1 x)(1 2x) (2x 1)
Vậy, phƣơng trình có nghiệm x = 0.
2
2x 7x 0
x 1/ 2
x 0 x = 0.
x 7 / 2
ThÝ dô 2. Giải phương trình x 1 2 x 2 x 1 2 x 2 = 2.
Giải
92

Ta biến đổi phƣơng trình về dạng:
2
( x 2 1)
2
( x 2 1) = 1
x 2 + 1 x 2 1 = ( x 2 + 1)( x
2 1)
TÝnh chÊt 4
( x 2 1).2 0 x 2 1 x 3.
Vậy, phƣơng trình có nghiệm là x 3.
Chú ý: Rất nhiều học sinh giải bài này chỉ thu đƣợc nghiệm x = 3.
D¹ng 5: Sử dụng ẩn phụ
ThÝ dô 3. Giải phương các trình sau:
2
a. x 3x 3 +
Giải
a. Đặt t = x 2 3x + 3, ta có:
2
x 3x 6 = 3. b. (x + 5)(2x) = 3
2
x
3x .
t = (x 3 2 )2 + 3 4 3 4
do đó điều kiện cho ẩn phụ t là t 3 4
Khi đó phƣơng trình có dạng:
t + t 3 = 3 t + t + 3 + 2 t(t 3) = 9 t(t 3) = 3t
3 t 0
t
3
2 t = 1 x 2 3x + 3 = 1
t(t 3) (3 t) t 1
Vậy, phƣơng trình có hai nghiệm x = 1, x = 2.
b. Điều kiện:
x 1
.
x 2
x 2 x 3
+ 3x 0 , (1)
x 0
Viết lại phƣơng trình dƣới dạng:
x 2 + 3x + 3
2
x
3x 10 = 0.
2
Đặt t = x 3x , điều kiện t 0. (2)
Khi đó, phƣơng trình có dạng:
t 2 + 3t10 = 0
t 2
t 5
(2)
t = 2
2
x 3x = 2 x 2 x 1
+ 3x = 4 , thoả mãn (1).
x 4
Vậy, phƣơng trình có hai nghiệm x = 1 và x = 4.
93

Nhận xét: Nhƣ vậy, trong thí dụ trên:
• Ở câu a), ẩn phụ đƣợc sử dụng với mục đích hạ bậc cho
phƣơng trình.
• Ở câu b), ẩn phụ đƣợc sử dụng với mục đích chuyển phƣơng
trình ban đầu về phƣơng trình bậc hai.
§4. PHƢƠNG TRÌNH VÀ HỆ PHƢƠNG TRÌNH
BẬC NHẤT NHIỀU ẨN
D¹ng to¸n 1: Phƣơng trình bậc nhất nhiều ẩn
ThÝ dô 1. a. Giải phương trình 4x y = 1.
b. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2y = 3.
c. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 2x + y = 4.
Giải
a. Biến đổi phƣơng trình về dạng:
y = 4x 1.
suy ra, các cặp số (0; 1), (1; 3), …là nghiệm của phƣơng trình.
Vậy, phƣơng trình có vô số nghiệm, với dạng tổng quát (x; 4x 1).
b. Biến đổi phƣơng trình về dạng:
x = 2y + 3.
Để nghiệm của phƣơng trình là nghiệm nguyên thì y phải nguyên.
Vậy, phƣơng trình có vô số nghiệm nguyên thoả mãn (2a + 3, a) với a .
c. Biến đổi phƣơng trình về dạng:
y = 4 – 2x.
Để x, y nguyên dƣơng điều kiện là:
*
*
x
x
x
1
*
.
4 2x x 2 y 2
Vậy, phƣơng trình có duy nhất một cặp nghiệm nguyên dƣơng là (1; 2).
ThÝ dô 2. Giải và biện luận phương trình:
mx + (m1)y = m 2 1. (1)
Giải
Ta xét từng trƣờng hợp sau:
Trường hợp 1: Nếu m = 0 thì:
(1) 0.x – y = –1 y = 1.
Vậy, tập hợp nghiệm của phƣơng trình là S = {(x 0 , 1), x 0 }.
Trường hợp 2: Nếu và m = 1 thì:
(1) x + 0.y = 0 x = 0
Vậy, tập hợp nghiệm của phƣơng trình là S = {(0; y 0 ), y 0 }.
94

Trường hợp 3: Nếu m 0 và m 1.
2
m 1 mx Khi đó lấy x = x 0 tuỳ ý, ta đƣợc y 0 =
0
.
m1
Vậy, tập hợp nghiệm của phƣơng trình là S = {(x 0 ;
2
m 1mx 0
m1
), x 0 }.
D¹ng to¸n 2: Hệ hai phƣơng trình bậc nhất hai ẩn
ThÝ dô 1. Cho hệ phương trình:
(2a 1)x y 1
.
x (a 1)y 1
a. Xét nghiệm của hệ đó với a = 0, a = 1 2 .
b. Giải và biện luận hệ phương trình.
Giải
a. Ta có:
• Với a = 0, hệ có vô số nghiệm.
• Với a = 1 2 , hệ có nghiệm ( 1 2 ; 1)
b. Ta có D = 2a 2 + a ; D x = a ; D y = –2a.
Trường hợp 1: Nếu D 0, tức là:
2a 2 a 0
+ a 0 .
a 1/ 2
1
Hệ có nghiệm duy nhất x = và y = 2
2a 1 2a 1
.
Trường hợp 2: Nếu D = 0, tức là:
2a 2 + a = 0 a = 0 hoặc a = – 1 2 .
• Với a = 0, suy ra D x = D y = 0 nên hệ có vô số nghiệm.
• Với a = – 1 2 , suy ra D x 0 nên hệ vô nghiệm.
Kết luận:
• Với a 0 và a – 1 2 , hệ có nghiệm 1
2a 1
• Với a = 0, hệ có vô số nghiệm.
• Với a = – 1 , hệ vô nghiệm.
2
và y = 2
2a 1
.
95

Chú ý: Với bài toán yêu cầu "Tìm hệ thức liên hệ giữa nghiệm x, y không
phụ thuộc vào tham số", khi đó từ hệ nghiệm x, y hoặc từ hệ ban
đầu ta khử tham số sẽ đƣợc hệ thức cần tìm.
Trong nhiều trƣờng hợp việc khử tham số cần áp dụng các hằng
đẳng thức lƣợng giác, ví dụ nhƣ:
sin 2 + cos 2 = 1, tan.cot = 1,
1
1
2
cos x tan2 = 1,
2
sin x cot2 = 1,...
ThÝ dô 2. Giải và biện luận hệ phương trình:
x(1 cos2 ) ysin2 sin2
.
x(1 cos2 ) y.sin2 cos2
Tìm hệ thức liên hệ giữa nghiệm x, y của hệ không phụ thuộc vào .
Giải
a. Bạn đọc tự giải.
b. Hướng dẫn: Viết lại hệ dƣới dạng:
x.cos2 (y 1)sin2 x
(x 1)cos2 y.sin2 x
coi cos2 và sin2 làm ẩn ta đi tính các D, D cos2 và D sin2 từ đó suy ra:
2 2
cos2f(x,y)
sin 2cos 21
f 2 (x, y) + g 2 (x, y) = 1.
sin2g(x,y)
Đó chính là hệ thức liên hệ giữa các nghiệm không phụ thuộc vào .
ThÝ dô 3. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:
mx
y 1 (1)
x
my 1 (2) . (I)
x
y m (3)
Giải
Xét hệ phƣơng trình tạo bởi (2) và (3):
x
my 1
. (II)
x
y m
Ta có D = 1 m, D x = 1 m 2 , D y = m 1.
Trường hợp 1: Nếu D 0 1 m 0 m 1.
Khi đó, hệ (II) hệ (II) có nghiệm duy nhất x = 1 + m và y = 1.
Nghiệm trên thoả mãn (1)
m(1 + m) 1 = 1 m 2 m
1 (l)
+ m 2 = 0 .
m 2
96

Trường hợp 2: Nếu D = 0 1 m = 0 m = 1. Khi đó hệ (I) có dạng:
x + y = 1, có vô số nghiệm.
Vậy, với m = 1 hoặc m = 2 hệ có nghiệm.
Chú ý: Với bài toán yêu cầu "Tìm điều kiện để hệ phương trình có nghiệm
thoả mãn điều kiện cho trước", ta có các nhận xét sau:
D
a. Với D 0, hệ phƣơng trình có nghiệm duy nhất x = x
D y và y = .
D D
b. Với D = D x = D y = 0, hệ phƣơng trình có vô số nghiệm.
c. Với D = 0 và D x 0 hoặc D y 0, hệ phƣơng trình vô nghiệm.
Trong trƣờng hợp a, c phải so sánh giá trị của nghiệm số với điều
kiện nếu có để nhận đƣợc kết luận đúng.
ThÝ dô 4. Cho hệ phương trình:
x
my 1
.
mx
y m
a. Chứng tỏ rằng với mọi m hệ luôn có nghiệm duy nhất.
b. Tìm giá trị của m để hệ có nghiệm (x; y) là một điểm thuộc góc
phần tư thứ I.
Giải
a. Ta có:
D = m 2 + 1 0 với m, nên hệ phƣơng trình luôn có nghiệm duy nhất.
D x = 1 m 2 , D y = 2m.
2
1
m 2m
Vậy, với mọi m hệ luôn có nghiệm duy nhất ; .
2
2
m 1
m 1
b. Để nghiệm (x; y) là một điểm thuộc góc phần tƣ thứ I, điều kiện là:
2
1
m
0
2
2
m 1 1
m 0 m 2 1
0 < m < 1.
2m
0
2m
0 m
0
2
m
1
Vậy, với 0 < m < 1 thoả mãn điều kiện đầu bài.
ThÝ dô 5. Cho hệ phương trình:
(m 2)x 2y m
.
(2m 1)x y 2m 5
a. Tìm hệ thức liên hệ giữa nghiệm x, y không phụ thuộc vào m.
b. Khi hệ có nghiệm duy nhất, tìm m để hệ có nghiệm nguyên.
Giải
a. Hướng dẫn: Từ hệ thức về nghiệm:
97

5m 10
x
5m 4 5m(x 1) 4x 10
5(x 1) 4x 10
2m 10
m(5y 2) 4y 10
y
5y 2 4y 10
4 5m
21x 35y + 75 = 0.
Đó là hệ thức liên hệ giữa nghiệm x, y của hệ không phụ thuộc vào m.
14
b. Từ công thức nghiệm x, ta biến đổi x1
5m . 4
Khi đó, để x nguyên điều kiện là 5m 4 phải là ƣớc của 14 (tức bằng 1, 2, 7,
14) từ đó ta lập bảng:
5m 4 1 2 7 14 1 2 7 14
m loại loại loại 2 1 loại loại loại
x 0 15
y 1 8
Vậy, ta nhận đƣợc:
• Với m = 2 thì hệ có cặp nghiệm nguyên là (0; 1).
• Với m = 1 thì hệ có cặp nghiệm nguyên là (15; 8).
D¹ng to¸n 3: Hệ ba phƣơng trình bậc nhất ba ẩn
ThÝ dô 1. Giải các hệ phương trình sau:
a.
x
3y 2z 8
2x
3y x 7
2x
2y z 6 . b.
4x 5y 3z 6 .
3x
y z 6
x
2y 2z 5
Giải
a. Kí hiệu các phƣơng trình của hệ theo thứ tự là (1), (2) và (3), khi đó:
• Khử z giữa (1) và (2), ta có: 3x + y = 4.
(4)
• Khử z giữa (2) và (3), ta có: x y = 0. (5)
• Khử y giữa (4) và (5), ta có: x = 1 y = 1 z = 2.
Vậy, hệ phƣơng trình có nghiệm (1; 1; 2).
b. Kí hiệu các phƣơng trình của hệ theo thứ tự là (1), (2) và (3), khi đó:
• Khử z giữa (1) và (2), ta đƣợc: 10x 14y = 27. (4)
• Khử z giữa (1) và (3), ta đƣợc: 5x 4y = 9. (5)
•
3 3 13
Khử x giữa (4) và (5), ta đƣợc: y = x = z = .
2 5 10
3 3 13
Vậy, nghiệm của hệ phƣơng trình: ( ; ; ).
5 2 10
D¹ng to¸n 4: Ứng dụng của hệ phƣơng trình bậc nhất hai ẩn
98

D¹ng 1: Ứng dụng hệ phương trình bậc nhất hai ẩn để xác định vị trí tương
đối của hai đường thẳng
Cho hai đƣờng thẳng (d 1 ) và (d 2 ) có phƣơng trình tổng quát:
(d 1 ):A 1 x + B 1 y + C 1 = 0; (d 2 ): A 2 x + B 2 y + C 2 = 0.
Tuỳ theo giá trị của tham số hãy xác định vị trí tƣơng đối của (d 1 ), (d 2 ), ta thực
hiện theo các bƣớc sau:
B­íc 1: Thiết lập hệ phƣơng trình tạo bởi (d 1 ) và (d 2 ) là:
A1x B1y C1
0 A x B y C
1 1 1
. (I)
A2x B2y C2
0 A2x B2y C2
B­íc 2: Bằng việc biện luận (I) ta có đƣợc vị trí tƣơng đối của (d 1 ) và (d 2 ), cụ thể:
• Nếu (I) vô nghiệm (d 1 ) // (d 2 ).
D
x
• Nếu (I) có nghiệm duy nhất (d 1 )(d 2 ) = {M(
D ,
• Nếu (I) có vô số nghiệm (d 1 ) (d 2 ).
D
y
D )}.
ThÝ dô 1. Cho a 2 + b 2 > 0 và hai đường thẳng (d 1 ) và (d 2 ) có phương trình:
(d 1 ): ax + by = a + b; (d 2 ): bx + ay = ab.
a. Xác định giao điểm của (d 1 ) và (d 2 ).
b. Tìm quỹ tích toạ độ giao điểm khi a, b thay đổi.
Giải
a. Xét hệ phƣơng trình tạo bới (d 1 ) và (d 2 ):
ax by a b
. (I)
bx ay a b
Ta có D = a 2 b 2 ; D x = a 2 2ab b 2 ; D y = a 2 + b 2 .
Để (d 1 ) và (d 2 ) cắt nhau điều kiện là:
Hệ (I) có nghiệm duy nhất D 0 a 2 b 2 0 a b.
2 2 2 2
a 2ab b
a b
Khi đó, giao điểm là I
,
2 2 2 2 .
a b a b
b. Viết lại hệ (I) dƣới dạng:
a(x 1) b(1 y)
x 1 1
y
a(1 y) b(x 1)
1y x 1
x2 + y 2 = 2.
Vậy, quỹ tích giao điểm I khi a, b thay đổi thuộc đƣờng tròn x 2 + y 2 = 2.
D¹ng 2: Ứng dụng hệ phương trình bậc nhất hai ẩn để xét hai phương trình
bậc hai có nghiệm chung
Thực hiện theo các bƣớc sau:
B­íc 1: Xét hệ phƣơng trình tạo bởi 2 phƣơng trình bậc hai:
2
a1x b1x c1
0
. (I)
2
a2x b2x c2
0
99

100
B­íc 2:
B­íc 3:
B­íc 4:
Đặt x 2 = y, ta đƣợc hệ:
b1x a1y c1
(I)
. (II)
b2x a 2y c2
Để 2 phƣơng trình có nghiệm chung trƣớc hết (II) phải có nghiệm thoả
mãn x 2 = y, ta có điều kiện là:
Thử lại.
D
0
D 2
x
/ D D
y/ D .
D Dx
Dy
0
ThÝ dô 1. Với giá trị nào của m thì 2 phương trình sau có nghiệm chung:
2x 2 + mx1 = 0 và mx 2 x + 2 = 0.
Giải
Các phƣơng trình đã cho có nghiệm chung khi hệ sau có nghiệm:
2
2x mx 1 0
.
2
mx x 2 0
Đặt x 2 = y, ta đƣợc hệ:
mx 2y 1
.
x my 2
Ta có D = m 2 2; D x = m4 ; D y = 2m1.
m
4 1 2m
Vì D 0, m, hệ có nghiệm duy nhất x = và y =
2
2
m 2 m 2
.
Do x 2 = y, nên ta phải có:
2
m
4 1 2m
2
m 2
= m 3 + 6m + 7 = 0 m = 1.
2
m 2
Vậy với m = 1 hai phƣơng trình có nghiệm chung là x = 1.
D¹ng 3: Ứng dụng hệ phương trình bậc nhất hai ẩn để biện luận giá trị nhỏ
nhất của biểu thức hai ẩn
Với yêu cầu biện luận giá trị nhỏ nhất của
F = (a 1 x + b 1 y + c 1 ) 2 + ( a 2 x + b 2 y + c 2 ) 2
Ta thực hiện theo các bƣớc sau:
B­íc 1: Xét hai đƣờng thẳng:
(d 1 ): a 1 x + b 1 y + c 1 = 0 và (d 2 ): a 2 x + b 2 y + c 2 = 0.
Vậy giá trị nhỏ nhất của F tuỳ thuộc vào vị trí tƣơng đối của (d 1 ) và (d 2 ).
B­íc 2: Xét hệ phƣơng trình tạo bởi (d 1 ) và (d 2 ) có dạng:
a1x b1y c1
.
a2x b2y c2
Xác định các giá trị D, D x , D y .

B­íc 3:
B­íc 4:
Xét hai trƣờng hợp:
Trường hợp 1: Nếu D 0 thì:
D
x
Hệ có nghiệm duy nhất x =
D và y = D
y
D .
Khi đó (d 1 ) cắt (d 2 ) do đó minF = 0.
Trường hợp 1: Nếu D = 0, đặt t = a 1 x + b 1 y + c 1 , ta đƣợc:
F = 2t 2 + At + B 4
.
A
Vậy minF = , đạt đƣợc khi t = 4 4 a 1x + b 1 y + c 1 = A 4 .
Kết luận:
D
x
• Với D 0, minF = 0, đạt đƣợc khi x =
D và y = D
y
D .
• Với D = 0, minF = 4
, đạt đƣợc khi x, y thuộc đƣờng thẳng có
phƣơng trình a 1 x + b 1 y + c 1 = A 4 .
ThÝ dô 1. Hãy biện luận giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau theo tham số a:
F = (x + y2) 2 + (x + ay3) 2 .
Giải
Xét hai đƣờng thẳng
(d 1 ): x + y 2 = 0 và (d 2 ): x + ay 3 = 0.
Vậy giá trị nhỏ nhất của F tuỳ thuộc vào vị trí tƣơng đối của (d 1 ) và (d 2 ).
Xét hệ phƣơng trình tạo bởi (d 1 ) và (d 2 ) có dạng:
x y 2
.
x ay 3
Ta có:
1 1
2 1
1 2
D = = a1, D x = = 2a3, D y = = 1.
1 a
3 a
1 3
a. Nếu D 0 a1 0 a 1.
Hệ có nghiệm duy nhất:
2a 3 1
x = và y = (d 1 ) cắt (d 2 ) do đó minF = 0.
a 1
a 1
b. Nếu D = 0 a1 = 0 a = 1.
Với a = 1, suy ra D x = 1 0, hệ vô nghiệm.
Khi đó (d 1 ) // (d 2 ) do đó:
F = (x + y2) 2 + (x + y3) 2 .
Đặt t = x + y2, ta đƣợc
101

F = t 2 + (t1) 2 = 2t 2 2t + 1 4
3 .
Vậy, ta đƣợc minF = 4
3 , đạt đƣợc khi:
t = 2
1 x + y2 = 2
1 2x + 2y5 = 0.
Kết luận:
2a 3
• Với a 1, minF = 0, đạt đƣợc khi x = và y =
a 1
1
a 1
.
• Với a = 4, minF = 4
3 , đạt đƣợc khi x, y thoả mãn 2x + 2y5 = 0.
D¹ng 4: Ứng dụng khác của hệ phương trình bậc nhất hai ẩn
ThÝ dô 1. Hãy xác định tất cả các giá trị của a, b sao cho nghiệm của bất phương
trình x2a + 1 b + 1 là đoạn [2; 5].
Giải
1. Nếu b + 1 < 0 b

C¸ch 2: (Phương pháp đồ thị): Ta thực hiện theo các bƣớc sau:
B­íc 1: Ta có:
• Tập hợp các điểm thoả mãn (1) thuộc đƣờng thẳng
(d): Ax + By + C = 0
• Tập hợp các điểm thoả mãn (2) với b = 0 thuộc đƣờng
cong (S): ax 2 + cy 2 + dx + ey + f = 0
B­íc 2: Khi đó số nghiệm của hệ là số giao điểm của đƣờng thẳng (d)
với đƣờng (S).
Chú ý: Khi sử dụng phƣơng pháp này các em học sinh cần nhớ lại điều kiện
tiếp xúc của đƣờng thẳng (d) với đƣờng tròn, Elíp, Hypebol,
Parabol.
ThÝ dô 1. Cho hệ phương trình:
x y 1 0
.
2 2
2mx my 4x 2m 3 0
a. Giải hệ phương trình với m = 3.
b. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất.
Giải
Biến đổi hệ về dạng:
y x 1
y x 1
2 2
2
2mx m(x 1) 4x 2m 3 0 mx 2(m 2)x m 3 0 (1)
a. Với m = 3, hệ có hai cặp nghiệm (0; 1) và ( 2 3 ; 5 3 ).
b. Hệ có nghiệm duy nhất, khi và chỉ khi (1) có nghiệm duy nhất.
Với phƣơng trình (1), ta xét hai trƣờng hợp:
Trường hợp 1: Với m = 0, ta đƣợc:
(1) 4x3 = 0 x = 3 4 y = 7 4 ,
tức là, hệ có nghiệm duy nhất ( 3 4 ; 7 4 ).
Trường hợp 2: Với m 0, để (1) có nghiệm duy nhất điều kiện là:
’ (1) = 0 (m2) 2 m(m3) = 0 m + 4 = 0 m = 4.
Vậy, với m = 0 hoặc m = 4 hệ có nghiệm duy nhất.
ThÝ dô 2. Cho hệ phương trình:
2 2
x y 1
.
x y m
Xác định các giá trị của m để:
103

a. Hệ phương trình vô nghiệm.
b. Hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
c. Hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt.
Giải
Biến đổi hệ về dạng:
2 2
x (x m) 1
y x m
y x m
a. Hệ đã cho vô nghiệm điều kiện là:
2 2
2x 2mx m 1 0 (3)
(3) vô nghiệm ' < 0 m 2 2(m 2 1) < 0 |m| > 2 .
Vậy, với |m| >
2 hệ vô nghiệm.
b. Hệ đã cho có nghiệm duy nhất điều kiện là:
(3) có nghiệm duy nhất ' = 0 m 2 2(m 2 1) = 0 m = 2 .
Vậy, với m = 2 thì hệ phƣơng trình có nghiệm duy nhất.
c. Hệ đã cho có hai nghiệm phân biệt điều kiện là:
(3) có hai nghiệm phân biệt ' > 0 m 2 2(m 2 1) > 0 |m| < 2 .
Vậy, với |m| < 2 hệ có hai nghiệm phân biệt.
Chú ý: Khi đã có kiến thức về phƣơng trình đƣờng thẳng và đƣờng tròn
trong mặt phẳng chúng ta có thể thực hiện theo cách sau:
• Phƣơng trình (1) là đƣờng tròn (C) có tâm O(0; 0), bán kính R = 1.
• Phƣơng trình (2) là phƣơng trình đƣờng thằng (d).
a. Hệ vô nghiệm khi:
(d) không cắt (C) d(O, d) > R
m
1
1
> 1 |m| > 2 .
Vậy, với |m| > 2 hệ vô nghiệm.
b. Hệ có nghiệm duy nhất khi:
(d) tiếp xúc (C) d(O, d) = R
m
1
1
= 1 m = 2 .
Vậy, với m = 2 hệ phƣơng trình có nghiệm duy nhất.
c. Hệ có hai nghiệm phân biệt khi:
(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt
d(O, d) < R
m
1
1
< 1 |m| < 2 .
Vậy, với |m| < 2 hệ có hai nghiệm phân biệt.
ThÝ dô 3. Cho hệ phương trình:
.
104

x y m 0
.
2
y 2x 2m 3 0
a. Giải hệ phương trình với m = 1.
b. Tìm m để hệ có hai cặp nghiệm phân biệt (x 1 ; y 1 ) và (x 2 ; y 2 ) thoả
2 2 2 2
mãn x1 y1
= x2 y2. (*)
Giải
Biến đổi hệ về dạng:
y x m
y x m
2
.
2 2
(x m) 2x 2m 3 0 x 2(m 1)x m 2m 3 0
a. Với m = 1, ta đƣợc:
y x 1
y x 1
x 2& y 1
2
x 4 0
x 2
.
x 2& y 3
Vậy, với m = 1 hệ có hai cặp nghiệm (2; 1) và (2; 3).
b. Biến đổi tiếp hệ về dạng:
y x m
y x m
x1 m 1& y1
1
x m 1 0
(x m 1)(x m 3) 0
.
x2 m 3& y1
3
x m 3 0
Tức là, với mọi m hệ luôn có hai cặp nghiệm.
Điều kiện (*) trở thành:
(m + 1) 2 + 1 = (m3) 2 + 9 8m16 = 0 m = 2.
Vậy, với m = 2 thoả mãn điều kiện đầu bài.
D¹ng to¸n 2: Giải hệ hệ phƣơng trình đối xứng loại I
Phương pháp áp dụng
Phƣơng pháp chung để giải và biện luận hệ đối xứng loại I bao gồm các bƣớc:
B­íc 1: Sử dụng ẩn phụ:
x y S
, điều kiện S 2 4P 0.
xy
P
B­íc 2: Xác định S và P. Khi đó x, y là nghiệm của phƣơng trình:
t 2 St + P = 0. (*)
B­íc 3: Bài toán đƣợc chuyển về giải và biện luận phƣơng trình (*).
Chú ý:
1. Ngoài phƣơng pháp chung để giải hệ đối xứng loại I đƣợc trình bày ở trên,
trong nhiều trƣờng hợp ta còn sử dụng các phƣơng pháp:
a. Phương pháp thế: bởi rất nhiều hệ đối xứng loại I là "Hệ gồm một phương
trình bậc hai và một phương trình bậc nhất của hai ẩn".
b. Phương pháp đồ thị.
105

c. Phương pháp điều kiện cần và đủ: đƣợc áp dụng rất tốt cho hệ với yêu cầu "
Tìm giá trị của tham số để hệ có nghiệm duy nhất ". Khi đó ta thực hiện theo
các bƣớc:
B­íc 1: Điều kiện cần
• Nhận xét rằng, nếu hệ có nghiệm (x 0 ; y 0 ) thì (y 0 ; x 0 ) cũng là
nghiệm của hê, do đó hệ có nghiệm duy nhất khi:
x 0 = y 0 . (**)
• Thay (**) vào hệ ta đƣợc giá trị của tham số . Đó chính là điều
kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất.
B­íc 2: Điều kiện đủ.
2. Một số hệ phƣơng trình cần sử dụng một vài phép biến đổi đơn giản để đƣa
về dạng đối xứng loại I. Thông thƣờng ta sử dụng phép đổi biến.
ThÝ dô 1. Giải hệ phương trình:
2
2
x
xy y 3
.
xy
x y 3
Giải
Đặt S = x + y và P = xy, điều kiện S 2 4P 0.
Khi đó, hệ phƣơng trình có dạng:
2
(x
y) xy 3 S 2 P 3 S 2 ( 3
S) 3 S
0 vµ P 3
.
xy
x y 3
P
S 3
P
3
S S 1
vµ P 2
• Với S = 0 và P = 3 , ta đƣợc:
x
y 0
xy
3
khi đó x, y là nghiệm phƣơng trình:
t 2 x1
3 vµ y1
3
3 = 0 t = 3
x
2
3 vµ y
2
3
• Với S = 1 và P = 2 , ta đƣợc:
x
y 1
xy
2
khi đó x, y là nghiệm phƣơng trình:
t 2 t
1 x3
1 vµ y3
2
+ t 2 = 0 .
t 2
x
4
2
vµ y
4
1
Vậy, hệ phƣơng trình có 4 cặp nghiệm (x 1 ; y 1 ), (x 2 ; y 2 ), (x 3 ; y 3 ) và (x 4 ; y 4 ).
ThÝ dô 2. Cho hệ phương trình:
106

2 2
x y m
.
x y 6
a. Giải hệ phương trình với m = 26.
b. Xác định m để hệ vô nghiệm.
c. Xác định m để hệ có nghiệm duy nhất, xác định nghiệm đó.
d. Xác định m để hệ có hai nghiệm phân biệt.
Giải
Cách 1: Sử dụng phương pháp chung của hệ đối xứng loại I để thực hiện các yêu cầu
của bài toán.
Biến đổi hệ phƣơng trình về dạng:
x y 6
2
(x y) 2xy m
x y 6
36 m
xy
2
khi đó x, y là nghiệm của phƣơng trình:
t 2 6t + 36 m = 0. (1)
2
a. Với m = 26, ta đƣợc:
(1) 2t 2 t 1 x 1 & y 5
12t + 10 = 0
t 5
.
x 5 & y 1
Vậy, với m = 26 hệ phƣơng trình có hai cặp nghiệm (1; 5) và (5; 1).
b. Hệ vô nghiệm
(1) vô nghiệm ' (1) < 0 m18 < 0 m < 18.
Vậy, với m < 18 hệ phƣơng trình vô nghiệm.
c. Hệ có nghiệm duy nhất
phƣơng trình (1) có nghiệm duy nhất ' (1) = 0 m18 = 0 m = 18.
Khi đó hệ có nghiệm x = y = 3.
Vậy, với m = 18 hệ phƣơng trình có nghiệm duy nhất x = y = 3..
d. Hệ có hai nghiệm phân biệt
phƣơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt ' (1) > 0 m18 > 0 m > 18.
Vậy, với m > 18 hệ phƣơng trình có 2 nghiệm phân biệt.
Cách 2: Sử dụng phương pháp thế để thực hiện các yêu cầu của bài toán.
Biến đổi hệ về dạng:
2 2
2
x (6 x) m 2x 12x 36 m 0 (2)
y 6 x
. (I)
y 6 x
a. Với m = 26, ta đƣợc:
(2) 2x 2 x 1
x 1 & y 5
12x + 10 = 0
x 5
.
x 5 & y 1
107

Vậy, với m = 26 hệ phƣơng trình có hai cặp nghiệm (1, 5) và (5, 1).
b. Hệ vô nghiệm
(2) vô nghiệm ' (2) < 0 m18 < 0 m < 18.
Vậy, với m < 18 hệ phƣơng trình vô nghiệm.
c. Hệ có nghiệm duy nhất
phƣơng trình (2) có nghiệm duy nhất ' (1) = 0 m18 = 0 m = 18.
Khi đó hệ có nghiệm x = y = 3.
Vậy, với m = 18 hệ phƣơng trình có nghiệm duy nhất.
d. Hệ có hai nghiệm phân biệt
phƣơng trình (2) có hai nghiệm phân biệt ' (1) > 0 m18 > 0 m > 18.
Vậy, với m > 18 hệ phƣơng trình có 2 nghiệm phân biệt.
Cách 3: Sử dụng phương pháp đồ thị để thực hiện các yêu cầu b), c), d) của bài toán.
Nhận xét rằng với m 0, hệ vô nghiệm, do đó ta xét với m > 0. Ta có:
• Phƣơng trình (1) là đƣờng tròn (C) có tâm O(0, 0), bán kính R = m .
• Phƣơng trình (2) là đƣờng thằng (d).
b. Hệ vô nghiệm
d(O, (d)) > R | 6 |
11
> m m < 18.
Vậy, với m < 18 hệ phƣơng trình vô nghiệm.
c. Hệ có nghiệm duy nhất
(d) tiếp xúc với (C) d(O, (d)) = R | 6 |
11
= m m = 18.
Khi đó, hệ có nghiệm x = y = 3.
Vậy, với m = 18 hệ phƣơng trình có nghiệm duy nhất.
d. Hệ có hai nghiệm phân biệt
(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt
d(O, (d)) < R | 6 |
11
< m m > 18.
Vậy, với m > 18 hệ phƣơng trình có 2 nghiệm phân biệt.
Cách 4: Sử dụng phương pháp điều kiện cần và đủ để thực hiện yêu cầu c) của bài toán.
Điều kiện cần: Nhận xét rằng nếu hệ có nghiệm (x 0 , y 0 ) thì (y 0 , x 0 ) cũng là nghiệm
của hê, do đó hệ có nghiệm duy nhất khi:
x 0 = y 0 . (*)
Khi đó, hệ có dạng:
2
2x0
m
m = 18.
2x0
6
Đó chính là điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất.
Điều kiện đủ: Với m = 18, ta đƣợc:
108

2 2
x y 18
x y 6
x = y = 3 là nghiệm duy nhất.
x y 6 xy 9
Vậy, với m = 18 hệ phƣơng trình có nghiệm duy nhất.
Nhận xét: Thông qua ví dụ trên chúng ta đã thấy đƣợc các phƣơng pháp khác
nhau để thực hiện hệ đối xứng loại I. Trong trƣờng hợp chúng ta
lựa chọn phƣơng pháp tổng quát thì mục đích chính là việc xác
định cho đƣợc:
x y S
xy
P
để từ đó chuyển hệ phƣơng trình thành phƣơng trình:
t 2 St + P = 0.
ThÝ dô 3. Cho hệ phương trình:
2 2
x y 1
.
x y m
Xác định các giá trị của m để:
a. Hệ phương trình vô nghiệm.
b. Hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
c. Hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt.
Giải
Biến đổi hệ về dạng:
x y m
2
(x y) 2xy 1
x y m
2
m 2xy 1
x y m
x( y)
2
m 1
khi đó x, y là nghiệm của phƣơng trình:
t 2 2
m 1
mt + = 0 2t 2 2mt + m 2 1 = 0. (1)
2
a. Hệ đã cho vô nghiệm điều kiện là:
(1) vô nghiệm ' < 0 m 2 2(m 2 1) < 0 |m| > 2 .
Vậy, với |m| >
2 hệ vô nghiệm.
b. Hệ đã cho có nghiệm duy nhất điều kiện là:
(1) có nghiệm duy nhất ' = 0 m 2 2(m 2 1) = 0 m = 2 .
Vậy, với m = 2 thì hệ phƣơng trình có nghiệm duy nhất.
c. Hệ đã cho có hai nghiệm phân biệt điều kiện là:
(1) có hai nghiệm phân biệt ' > 0 m 2 2(m 2 1) > 0 |m| < 2 .
Vậy, với |m| < 2 hệ có hai nghiệm phân biệt.
2
109

D¹ng to¸n 3: Giải hệ hệ phƣơng trình đối xứng loại II
Phương pháp áp dụng
Phƣơng pháp chung để giải và biện luận hệ đối xứng loại II bao gồm các bƣớc:
B­íc 1: Trừ từng vế của hai phƣơng trình bao giờ cũng thu đƣợc phƣơng trình
tích.
x
y
(xy)f(x, y) = 0 .
f (x, y) 0
B­íc 2: Giải hệ cho từng trƣờng hợp.
Chú ý: Ngoài phƣơng pháp chung để giải hệ đối xứng loại II đƣợc trình bày
ở trên, trong nhiều trƣờng hợp ta còn sử dụng các phƣơng pháp:
1. Phương pháp điều kiện cần và đủ: đƣợc áp dụng rất tốt cho hệ với yêu cầu
"Tìm giá trị của tham số để hệ có nghiệm duy nhất". Khi đó ta thực hiện theo
các bƣớc:
B­íc 1: Điều kiện cần
• Nhận xét rằng, nếu hệ có nghiệm (x 0 ; y 0 ) thì (y 0 ; x 0 ) cũng là
nghiệm của hê, do đó hệ có nghiệm duy nhất khi:
x 0 = y 0 . (**)
• Thay (**) vào hệ ta đƣợc giá trị của tham số . Đó chính là điều
kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất.
B­íc 2: Điều kiện đủ.
2. Phương pháp đồ thị.
ThÝ dô 1. Giải hệ phương trình:
2
x 3xy 4y
.
2
y 3xy 4x
Giải
Trừ từng vế hệ phƣơng trình, ta đƣợc:
(x 2 y 2 x
y
) = 4(x y) (x y)(x + y + 4) = 0 .
y 4
x
Ta lần lƣợt:
• Với x = y, hệ phƣơng trình tƣơng đƣơng với:
x
y
x y x
y 0
2 2
2 .
x
3x 4x x
2x 0 x y 2
• Với y = 4 x, hệ phƣơng trình tƣơng đƣơng với:
y
4
x
y
4
x
2
x = y = 2.
2
x
3x( 4
x) 4( 4
x) x
4x 4 0
Vậy, hệ có nghiệm (0; 0) và (2; 2).
110

ThÝ dô 2. Cho hệ phương trình:
2
xy x m(y 1)
.
2
xy y m(x 1)
a. Giải hệ phương trình với m = 1.
b. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
Giải
Trừ từng vế hệ phƣơng trình, ta đƣợc:
x 2 y 2 x
y
= m(x y) (x y)(x + y + m) = 0 .
y m x
Khi đó, hệ phƣơng trình tƣơng đƣơng với:
x
y
y m x
(I) hoặc
2
(II)
2
2x mx m 0 (1)
m m 0 (2)
a. Với m = 1, ta đƣợc:
x
y
x y 1
(I)
2
.
2x x 1 0 x y 1/ 2
y 1 x
(II) vô số nghiệm.
0 0
Vậy, với m = 1 hệ có các nghiệm là (1; 1), ( 1 2 ; 1 2 ) và y 1 x
.
x tïy ý
b. Sử dụng phƣơng pháp điều kiện cần và đủ nhƣ sau:
Điều kiện cần: Nhận xét rằng nếu hệ có nghiệm (x 0 ; y 0 ) thì cũng có nghiệm (y 0 ; x 0 ),
do đó hệ có nghiệm duy nhất thì x 0 = y 0 . Khi đó:
(1) 2 x 2 0
mx 0 + m = 0. (3)
Do x 0 duy nhất nên phƣơng trình (3) có nghiệm duy nhất
' (3) = 0 m 2 8m = 0 m = 0 hoặc m = 8..
Đó chính là điều kiện cần để hệ có nghiệm duy nhất.
Điều kiện đủ: Ta lần lƣợt:
• Với m = 0, hệ có dạng:
2
xy x 0
.
2
xy y 0
Ta thấy hệ có vô số nghiệm thoả mãn y = x loại.
• Với m = 8, hệ có dạng:
111

2
xy x 8(y 1)
2
xy y 8(x 1)
x
y
y 8 x
2
xy x 8(y 1)
x = y = 2 là nghiệm duy nhất.
Vậy, với m = 8 hệ có nghiệm duy nhất.
x
y
y 8 x
72 0
2
2x 8x 8 0
D¹ng to¸n 4: Giải hệ phƣơng trình đẳng cấp bậc hai
Phương pháp áp dụng
Để giải và biện luận hệ đẳng cấp bậc hai:
2 2
a1x b1xy c1y d
1
(1)
2 2
a2x b2xy c2y d
2
(2)
ta có thể lựa chọn một trong hai cách sau:
Cách 1: Thực hiện theo các bƣớc sau:
B­íc 1: Khử số hạng tự do để dẫn tới phƣơng trình:
B­íc 2:
Ax 2 + Bxy + Cy 2 = 0. (3)
Đặt x = ty, khi đó:
(3) y 2 [At 2 + Bt + C] = 0.
• Xét y = 0 thay vào hệ.
• Xét At 2 + Bt + C = 0, nếu có nghiệm t 0 thì thế x = t 0 y vào hệ để xét
hệ với một ẩn y.
Cách 2: Thực hiện theo các bƣớc sau:
B­íc 1: Từ hệ khử số hạng x 2 (hoặc y 2 ) để dẫn tới phƣơng trình khuyết x 2 (hoặc
y 2 ), giả sử:
B­íc 2:
Dx 2 2
Dx F
+ Exy + F = 0 y = . (4)
Ex
Thế (4) vào một phƣơng trình của hệ ta đƣợc phƣơng trình trùng phƣơng ẩn
x.
Chú ý: Với bài toán chứa tham số ta thƣờng lựa chọn cách 2.
ThÝ dô 1. Giải hệ phương trình:
2 2
2x 3xy y 15 (1)
.
2 2
x xy 2y 8 (2)
Giải
Ta có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: Khử số hạng tự do từ hệ ta đƣợc:
x 2 + 9xy22y 2 = 0. (3)
Đặt x = ty, khi đó:
112

y
0
(3) y 2 (t 2 + 9t22) = 0
t 2 .
t 11
Ta lần lƣợt:
• Với y = 0, hệ có dạng:
2
2x 15
vô nghiệm..
2
x 8
• Với t = 2 ta đƣợc x = 2y,
(2) y 2 y1
1
x1 2 & y1
1
= 1
y2
1
.
x2 2 & y2
1
• Với t = 11 ta đƣợc x = 11y,
(2) y 2 = 1
14 y3
1/ 14 x3 1/ 14 & y3
1/ 14
.
y4
1/ 14 x4 1/ 14 & y4
1/ 14
Vậy, hệ phƣơng trình có bốn cặp nghiệm.
Cách 2: Nhận xét rằng: nếu (x, y) là nghiệm của hệ thì y 0.
Khử số hạng x 2 từ hệ ta đƣợc:
xy3y 2 2
3y 1
= 1 x = . (4)
y
Thay (4) vào (2), ta đƣợc:
14y 4 15y 2 + 1 = 0. (5)
Đặt t = y 2 , điều kiện t 0, ta đƣợc:
(5) 14t 2 t 1
15t + 1 = 0 .
t 1/14
• Với t = 1, ta đƣợc:
y 2 y1
1
x1 2 & y1
1
= 1
y2
1
.
x2 2 & y2
1
• Với t = 1 , ta đƣợc:
14
y 2 = 1
14 y3
1/ 14 x3 1/ 14 & y3
1/ 14
.
y4
1/ 14 x4 1/ 14 & y4
1/ 14
Vậy, hệ phƣơng trình có bốn cặp nghiệm.
ThÝ dô 2. Cho hệ phương trình:
2
x xy 2 (*)
.
2 2
2x 4xy 2y m
113

a. Giải hệ với m = 14. b. Tìm m để hệ có nghiệm.
Giải
Nhận xét rằng nếu (x; y) là nghiệm của hệ thì x 0 (nếu trái lại (*) mâu thuẫn).
Từ (*) suy ra:
2
x 2
y = . (**)
x
Thay (**) vào phƣơng trình thứ hai của hệ, ta đƣợc:
2x 2 + 4(x 2 2 2
2(x 2)
2) = m 4x 4 mx 2 8 = 0.
2
x
Đặt t = y 2 , điều kiện t 0, ta đƣợc:
f(t) = 4t 2 mt 8 = 0. (1)
a. Với m = 14 thì hệ có nghiệm (2; 1) và (2; 1).
b. Để hệ có nghiệm thì (1) phải có ít nhất một nghiệm không âm, điều này luôn
đúng bởi ac = 32 < 0.
Vậy, hệ có nghiệm với mọi m.
D¹ng to¸n 5: Hệ phƣơng trình không mẫu mực
Phương pháp áp dụng
Lƣợc đồ để giải các hệ phƣơng trình không mẫu mực có thể đƣợc minh hoạ sơ bộ
theo các bƣớc:
B­íc1: Đặt điều kiện có nghĩa cho hệ phƣơng trình.
B­íc2: Lựa chọn phƣơng pháp thực hiện:
Ph­¬ng ph¸p 1: Biến đổi tƣơng đƣơng.
Ph­¬ng ph¸p 2: Đặt ẩn phụ.
Ph­¬ng ph¸p 3: Đồ thị.
Ph­¬ng ph¸p 4: Điều kiện cần và đủ.
Ph­¬ng ph¸p 5: Đánh giá.
Chú ý: Nếu lựa chọn phƣơng pháp đặt ẩn phụ thì:
1. Với hệ phƣơng trình không chứa tham số có thể chỉ cần thiết lập
điều kiện hẹp cho ẩn phụ.
2. Với hệ phƣơng trình chứa tham số phải đi tìm điều kiện đúng cho ẩn
phụ.
ThÝ dô 1. Giải các hệ phương trình sau:
2 2
(x y)(x y ) 3
a.
. b.
2 2
(x y)(x y ) 15
Giải
a. Viết lại hệ phƣơng trình dƣới dạng:
2 2
2y(x y ) 3x
2 2
x(x y ) 10y
.
114

2
2
(x y) (x y) 3
[(x y) 4xy](x y) 3 (*)
2 2
.
2
(x y)(x y ) 15
(x y)[(x y) 2xy] 15
Trừ theo vế hai phƣơng trình cho nhau ta đƣợc:
2xy(x + y) = 12 x + y = 6 xy .
Thay x + y vào (*) ta đƣợc:
[( 6 xy )2 xy]. 6 = 3 xy = 2 x + y = 3.
xy
Khi đó hệ phƣơng trình tƣơng đƣơng với:
x y 3
xy 2
suy ra x, y là nghiệm phƣơng trình:
t 2 t 1
x1 1, y1
2
3t + 2 = 0
t 2
.
x2 2, y2
1
Vậy, hệ phƣơng trình có hai cặp nghiệm (1; 2), (2; 1).
b. Nhận xét rằng hệ phƣơng trình nhận x 1 = y 1 = 0 làm nghiệm.
Xét các nghiệm thoả mãn x 2 + y 2 > 0 và nhận thấy phải có x, y cùng dấu.
Chia theo vế hai phƣơng trình của hệ, ta đƣợc:
2 2
y y
2
2 2
2y(x y )
= 3x 1
2 2
x(x y ) 10y x
x
= 3
2
y
10 .
1
x
Đặt t = (y/x) 2 , điều kiện t > 0, ta đƣợc:
2
1
y 1
t
20t 2 4 x
x
2y
4
17t + 3 = 0
2
3
5 .
t y 3 x
y
5
x
3
5
Ta lần lƣợt:
• Với x = 2y thì:
x
2y x
2y x2 2 vµ y2
1
2
.
y 1 y 1 x3 2 vµ y3
1
• Với
5
x y thì: 3
115

3
5
x y
5 3 5 3
x 4 4
4
vµ y4
3
2 5 2
5
3
2 15 3
y
5 3 5 3
x
4 4
4 5 5
vµ y5
2 5 2
5
Vậy, hệ phƣơng trình có năm cặp nghiệm:
(0; 0), (x 2 ; y 2 ), (x 3 ; y 3 ), (x 4 ; y 4 ) và (x 5 ; y 5 ).
C. CÁC BÀI TOÁN CHỌN LỌC
.
VÝ dô 1: Giải và biện luận phương trình sau theo tham số a, b:
a(ax + 2b 2 )a 2 = b 2 (x + a).
Giải
a. Ta biến đổi phƣơng trình về dạng:
(a 2 – b 2 )x = a 2 – ab 2 . (**)
Ta đi giải và biện luận (**)
Trường hợp 1: Nếu a 2 – b 2 = 0 a 2 = b 2 .
(*) 0.x = b 2 (1 – a)
• Với a = 1 b = 1, thì (*) 0.x = 0 (lđ) (*) nhận mọi x làm nghiệm.
• Với b = 0 a = 0, thì (*) 0.x = 0 (lđ) (*) nhận mọi x làm nghiệm.
• Với a = b, a 1 và b 0, thì (*) 0.x = b 2 (1 – a) 0 (mâu thuẫn) (*) vô
nghiệm.
Trường hợp 2: Nếu a 2 – b 2 0 a b.
2 2
a ab
(*) x = .
2 2
a b
Kết luận:
• Với a = 1 và b = 1, phƣơng trình nhận mọi x làm nghiệm.
• Với a = b = 0, phƣơng trình nhận mọi x làm nghiệm.
• Với a = b, a 1 và b 0 , phƣơng trình vô nghiệm.
2 2
a ab
• Với a b, phƣơng trình có nghiệm duy nhất x = .
2 2
a b
VÝ dô 2: Xác định m để phương trình sau vô nghiệm:
(m1) 2 x = 4x + m + 1.
Giải
Ta biến đổi phƣơng trình về dạng:
[(m1) 2 4]x = m + 1 (m – 3)(m + 1)x = m + 1. (*)
Điều kiện để phƣơng trình (*) vô nghiệm là:
116

a 0 (m 3)(m 1) 0
m = 3.
b 0 m 1 0
Vậy, với m = 3 phƣơng trình vô nghiệm.
VÝ dô 3: Xác định tham số để phương trình sau có tập hợp nghiệm là :
a(x1) + b(2x + 1) = x + 2.
Giải
Ta biến đổi phƣơng trình về dạng:
(a + 2b 1)x = a b + 2. (*)
Điều kiện để (*) có tập hợp nghiệm là là:
a 2b 1 0 a 1
.
a b 2 0 b 1
Vậy, với a = –1 và b = 1 phƣơng trình có tập nghiệm là .
VÝ dô 4: Cho phương trình:
x 2 4xm = 0.
Xác định m để phương trình:
a. Có nghiệm thuộc khoảng (1; 3).
b. Có đúng một nghiệm thuộc khoảng (1; 3).
c. Có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (1; 3).
d. Có nghiệm thuộc (; 1)(5; +).
e. Có đúng một nghiệm thuộc khoảng (; 1)(5; +).
f. Có hai nghiệm phân biệt thuộc khoảng (; 1)(5; 6).
Giải
y
Viết lại phƣơng trình dƣới dạng:
(P)
x 2 – 4x = m.
Khi đó số nghiệm trên tập D của phƣơng trình là
số giao điểm của đƣờng thẳng (d): y = m với Parabol
(P): y = x 2 – 4x trên D.
Dựa vào đồ thị hàm số, ta thấy:
(d) m
a. Phƣơng trình có nghiệm thuộc D = (1; 3)
1 2 3 4
– 4 < m < 5.
O
b. Phƣơng trình có một nghiệm thuộc D
– 3 < m < 5.
c. Phƣơng trình có 2 nghiệm phân biệt thuộc D
– 4 < m < – 3.
d. Phƣơng trình có một nghiệm thuộc D = (, 1)(5, +) vô nghiệm.
e. Phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt thuộc D = (, 1)(5, +) m > 5.
3
4
x
117

VÝ dô 5: Giả sử a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng phương
trình sau vô nghiệm:
b 2 x 2 + (b 2 + c 2 a 2 )x + c 2 = 0.
Giải
Ta có:
= (b 2 + c 2 a 2 ) 2 4b 2 c 2 = (b 2 + c 2 a 2 2bc)(b 2 + c 2 a 2 2bc)
= [(b c) 2 a 2 ][(b + c) 2 a 2 ]
= (b c a)(b c a)(b c a)(b c a) < 0.
118
0 0 0 0
Vậy, phƣơng trình vô nghiệm.
VÝ dô 6: Cho ba số dương a, b, c và phương trình:
x 2 a b c 5
2x + = 0.
b c c a a b 2
Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm, từ đó xác định điều
kiện của a, b, c để phương trình có nghiệm kép.
Giải
Ta có:
a
’ = 1 +
b c
+ b
c a
+ c
a b
5 a =
2 b c
+ b
c a
+ c 3
.
a b 2
Nhận xét rằng:
a b c
+ +
b c c a a b
a
b
c
= ( + 1) + ( + 1) + ( + 1) 3
b c c a a b
1 1 1
= (a + b + c)( + +
b c c a a b
) 3
1 1
= [(a + b) + (b + c) + (c + a)][ 2 b c
+ 1
c a
+ 1
a b
]3
1 1
.3
3
( a b)(b c)(c a)
.3 3
2 3 ( a b)(b c)(c a)
= 2
9 3 = 2
3
a b c 3
+ + 0 ’ 0.
b c c a a b 2
Vậy, phƣơng trình luôn có nghiệm.
(*)

Để phƣơng trình có nghiệm kép, điều kiện là:
’ = 0 dấu đẳng thức xảy ra tại (*)
a
b b c c a
1 1 1 a = b = c.
a
b b c c a
Vậy, với a = b = c phƣơng trình có nghiệm kép x = 1.
VÝ dô 7:
Cho phương trình:
x
m(x 1)
2
x
2
=
2
3
m
. (1)
m(x 1)(x 2)
a. Tìm m để phương trình có nghiệm duy nhất.
b. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt.
Giải
Điều kiện:
m
0
x 1 0
x 2 0
Biến đổi phƣơng trình về dạng:
x(x + 2) – 2m(x + 1) = 3 – m 2
m
0
x 1. (*)
x 2
f(x) = x 2 2(m 1)x + m 2 x m 1
– 2m – 3 = 0 .
x m 3
a. Để phƣơng trình (1) có nghiệm duy nhất điều kiện là:
f( 1) 0
f( 2) 0
f( 1) 0
f( 2) 0
2
m 4 0
2
m 2m 3 0
2
m 4 0
2
m 2m 3 0
m 2 hoÆcm= 2
.
m 1hoÆcm= 3
Vậy, với m {3, 2, 1} phƣơng trình có nghiệm duy nhất.
b. Để phƣơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt điều kiện là:
f( 1) 0
f( 2) 0
2
m 4 0
2
m 2m 3 0
m2
.
m 1;m 3
Vậy, với m {3, 2, 1, 0} phƣơng trình có hai nghiệm phân biệt.
VÝ dô 8:
Cho hai phương trình:
x 2 mx 2 = 0, (1)
x 2 x + 6m = 0. (2)
Tìm giá trị của m để phương trình (1) và phương trình (2) có ít nhất
một nghiệm chung. Biết m là một số nguyên.
119

Giải
Giả sử x 0 là nghiệm chung của hai phƣơng trình, ta có:
x 2 0 mx 0 2 = 0 (1’)
x 2 0 x 0 + 6m = 0 (2’)
Lấy (1’) trừ (2’), ta đƣợc:
x 0 ( m + 1) 2 6m = 0 (1 m)x 0 = 6m + 2.
Ta xét hai trƣờng hợp:
Trường hợp 1: Với 1 m = 0 m = 1.
Thay vào (1) và (2), ta đƣợc:
(1) x 2 x 2= 0, có 2 nghiệm x 1 = 2 và x 2 = 1.
(2) x 2 x + 6 = 0, vô nghiệm.
Suy ra, m = 1 không thoả mãn.
Trường hợp 2: Với 1 m 0 m 1, ta đƣợc:
6m 2
x 0 = .
1 m
Thay x 0 vào (2’), ta đƣợc phƣơng trình ẩn m:
2
6m 2 6m 2
+ 6m = 0 6m 3 + 30m 2 + 26m + 2 = 0
1 m 1 m
6m 3 + 30m 2 + 24m + 2m + 2 = 0 m(6m 2 + 30m + 24) + 2(m + 1) = 0
m(m + 1)(m + 4) + 2(m + 1) = 0 (m + 1)[m(m + 4) + 2] = 0
(m + 1)[m 2 m
1 0 m
1
+ 4m + 2] = 0
2
.
m 4m 2 0 m 2
2 (lo¹i)
Thử lại, với m = 1, ta có:
(1) x 2 + x 2 = 0, có hai nghiệm phân biệt x 1 = 2 và x 2 = 1.
(2) x 2 x + 6 = 0, có hai nghiệm phân biệt x 3 = 2 và x 4 = 3.
Vậy, với m = 1, hai phƣơng trình có một nghiệm chung.
VÝ dô 9: Giả sử phương trình:
(1 + m 2 )x 2 2(m 2 1)x + m = 0.
có hai nghiệm x 1 , x 2 . Tìm hệ thức liên hệ giữa các nghiệm mà không
phụ thuộc vào m.
Giải
Với giả thiết ta có:
2
2
2(m 1)
1 m 1
x1 x2
2
(x1 x 2)
2
1
m
2 1
m
. (I)
m
2m
x
1.x2
2x
2
1.x2
2
1
m
1
m
120

Khử m từ hệ (I) bằng nhận xét:
1
4 (x 1 + x 2 ) 2 + 4(x 1 x 2 ) 2 2
m 1
2m
= 2 +
2
1
m
1
m
= 1.
Vậy, ta đƣợc (x 1 + x 2 ) 2 + 16(x 1 x 2 ) 2 = 4 là hệ thức cần tìm.
2
VÝ dô 10: Giả sử phương trình ax 2 + bx + c = 0 có hai nghiệm x 1 , x 2 . Chứng
minh rằng hệ thức b 3 + a 2 c + ac 2 = 3abc là điều kiện cần và đủ để
phương trình có một nghiệm bằng bình phương của nghiệm còn lại.
Giải
Theo giả thiết ta đƣợc:
b
S x1 x2
a
. (I)
c
P x
1.x
2
a
Xét biểu thức:
P = (x 1 x )(x 2 x ) = x 1 x 2 +
= x 1 x 2 +
2
2
2
x 1
2
2 2
1
x 1
x2
( x 3 1
+
x [(x 1 + x 2 ) 3 3x 1 x 2 (x 1 + x 2 )]
2
2
= c 2
3
a + c
2
a b
+ 3 c 3
a a . b 3 2 2
a
= b a c ac 3abc
.
3
a
Vậy, nếu b 3 + a 2 c + ac 2 = 3abc thì một trong hai thừa số của P phải bằng 0 và
ngƣợc lại.
2
3
x
2
)
VÝ dô 11: Xác định m để phương trình sau có nghiệm:
2x m
x1
4 x 1 = x 2m 3 .
x1
Giải
Điều kiện x > 1. (*)
Ta biến đổi phƣơng trình về dạng:
2x + m 4(x 1) = x 2m + 3 3x = 3m + 1 x = 3m 1 .
3
Nghiệm trên phải thoả mãn điều kiện (*), tức là:
3m 1
> 1 3m + 1 > 3 m > 2 3
3 .
Vậy, với 2 3
phƣơng trình có nghiệm.
VÝ dô 12: Với giá trị nào của a thì phương trình sau có nghiệm. Tính giá trị của
nghiệm đó.
x 4a 16 = 2 x 2a 4
x . (1)
121

Giải
Viết lại phƣơng trình dƣới dạng:
x 4a 16 + x = 2 x 2a 4 (x 4a 16)x = x2a
122
2
a
x =
4 . (2)
Thay (2) vào (1), ta đƣợc:
2
a 16a 64 = 2
2
a 8a 16
(2a8)a = 2a8a a(a8) 0
2
a a8 = 2a4a. (3)
a 8
.
a 0
Vậy, với a 8 hoặc a 0 thì (1) có nghiệm và nghiệm đó là x =
VÝ dô 13: Cho phương trình:
2 2
x 2x m = x1m.
a. Giải phương trình với m = 2.
b. Giải và biện luận phương trình theo m.
Giải
Viết lại phƣơng trình dƣới dạng:
2 2
(x 1) m 1 = x1m.
Đặt t = x1, điều kiện t 0.
Phƣơng trình tƣơng đƣơng với:
a. Với m = 2
2 2
t m 0
t m 1 = tm 2 2 2
t m 1 (t m)
t 2
(I) 1 vô nghiệm.
t
4
Vậy, với m = 2 phƣơng trình vô nghiệm.
b. Giải và biện luận phƣơng trình
• Với m 0 thì (I) vô nghiệm phƣơng trình vô nghiệm.
• Với m > 0, ta đƣợc:
(I)
t
m
1
t
2m
1
m
2m
1
t 2m
m0
2
2m 1
1
| x 1|
2m
2
a
4 .
t
m
. (I)
2m.t 1 (3)
m0
1
0 m
2
1
x 1
2m

Kết luận:
- Với m 0 hoặc m >
- Với 0 < m
1
, phƣơng trình vô nghiệm.
2
12 , phƣơng trình có 2 nghiệm x = 1 1
2m .
2
2
VÝ dô 14: Tìm m để phương trình x 3x 2 = 2m x x có nghiệm.
Giải
Phƣơng trình đƣợc biến đổi tƣơng đƣơng về dạng:
x 2 + 3x2 = 2m + xx 2 2
x 3x 2 0
0 1 x 2
.
x m 1 x m 1
Do đó, để phƣơng trình có nghiệm, điều kiện là:
1 m + 1 2 0 m 1.
Vậy, với 0 m 1, phƣơng trình có nghiệm.
Chú ý: Nhƣ vậy trong lời giải trên chúng ta đã sử dụng phƣơng pháp biến
đổi tƣơng đƣơng dạng 1 cùng với việc lựa chọn điều kiện x 2 +
3x2 0, điều này đã làm giảm đáng kể độ phức tạp của lời giải.
VÝ dô 15: Giải phương trình:
2
m( 3x 2 + x 1) = 4x9 + 2 3x 5x 2 . (1)
a. Giải phương trình với m = 1.
b. Tìm m để phương trình có nghiệm.
Giải
Điều kiện:
3x 2 0
x 1. (*)
x 1 0
Viết lại phƣơng trình dƣới dạng:
m( 3x 2 + x 1) = [(3x2) + 2
2
3x 5x 2 + (x1)]6
m( 3x 2 + x 1) = ( 3x 2 + x 1) 2 6. (2)
Đặt t = 3x 2 + x 1, t 1. (**)
Khi đó:
(2) mt = t 2 6 f(t) = t 2 mt6 = 0. (3)
a. Với m = 1, phƣơng trình (3) có dạng:
t 2 t 3
t6 = 0 3x 2 + x 1 = 3
t
2 (l)
3x2 + x1 + 2 (3x 2)(x 1) = 9 (3x 2)(x 1) = 62x
123

6 2x 0
x
3
2
x = 2.
2
(3x 2)(x 1) (6 2x) x 19x 34 0
Vậy, nghiệm của phƣơng trình là x = 2.
b. Phƣơng trình (1) có nghiệm (3) có nghiệm thoả mãn (**)
Nhận xét rằng (3) luôn có hai nghiệm trái dấu, do vậy để (3) có nghiệm thoả mãn (**)
(3) có nghiệm thoả mãn t 1 1 t 2 a.f(1) 0 1m6 0 m 5.
Vậy, với m 5 phƣơng trình (1) có nghiệm.
VÝ dô 16: Giải và biện luận hệ phương trình:
2 2
ax by a b
.
bx ay 2ab
Giải
Ta có:
D = a 2 – b 2 ; D x = a(a 2 – b 2 ) ; D y = b(a 2 – b 2 ).
Trường hợp 1: Nếu D 0, tức là a 2 – b 2 0 a b.
Hệ có nghiệm duy nhất x = a và y = b.
Trường hợp 2: Nếu D = 0, tức là:
a 2 – b 2 = 0 a = b hoặc a = –b.
Khi đó D x = D y = 0 nên hệ có vô số nghiệm.
Kết luận:
• Với a b, hệ có nghiệm x = a và y = b.
• Với a = b, hệ có vô số nghiệm.
VÝ dô 17: Cho hệ phương trình:
x my 0
.
mx y m 1
a. Giải và biện luận hệ phương trình.
b. Tìm hệ thức liên hệ giữa nghiệm x, y của hệ không phụ thuộc vào m.
Giải
a. Bạn đọc tự thực hiện.
b. Từ hệ thức về nghiệm:
m m
1
x
x
1
m
1 m
1 y
x =
1
1
y m 1
1 x + y 1 = 0.
1 1
m
1 y
y
Đó là hệ thức liên hệ giữa nghiệm x, y của hệ không phụ thuộc vào m.
VÝ dô 18: Cho hệ phương trình:
124

2
2x by ac c
.
bx 2y c 1
a. Tìm a sao cho với mọi b luôn tồn tại c để hệ có nghiệm.
b. Tìm a sao cho tồn tại c để hệ có nghiệm với mọi b.
Giải
Trƣớc tiên, ta có:
D = 4 b 2 ; D x = 2ac 2 (b 2)c + b; D y = abc 2 (b 2)c 2.
a. Xét hai trƣờng hợp:
Trường hợp 1: Nếu D 0 4 b 2 0 b 2.
Hệ có nghiệm duy nhất với a, c nên không cần đặt điều kiện cho a.
Trường hợp 2: Nếu D = 0 4 b 2 = 0 b = 2.
• Với b = 2, hệ có dạng:
2
2x 2y ac c
.
2x 2y c 1
Hệ có nghiệm ac 2 + c = c 1 ac 2 = . (1)
Do đó c tồn tại (1) có nghiệm theo c a < 0.
• Với b = 2, hệ có dạng:
2
2
2x 2y ac c 2x 2y ac c
.
2x 2y c 1 2x 2y 1
c
Hệ có nghiệm ac 2 + c = 1 c ac 2 + 2c 1 = 0. (2)
Do đó:
c tồn tại (2) có nghiệm theo c
1 a 0
a
0 & c
2
a 0 a 1
a 0 & ' c
0
1 a 0
Để với b luôn c để hệ có nghiệm
a
0
(1), (2) phải đồng thời có nghiệm a < 0.
a 1
Vậy, với a < 0 thì với mọi b, ta luôn tìm đƣợc c để hệ có nghiệm.
b. Với mỗi a để tồn tại c để hệ có nghiệm với mọi b
a
0
(1) hoặc (2) có nghiệm mọi a.
a 1
Vậy, với mọi a luôn tồn tại c để hệ có nghiệm với mọi b.
VÝ dô 19: Tìm m, n, p để cả ba hệ sau đồng thời vô nghiệm:
x py n
px y m nx my 1
; ; .
px y m nx my 1
x py n
125

Giải
Kí hiệu các hệ phƣơng trình trên theo ths tự là (I), (II) và (III).
Xét hệ (I), ta có:
D = 1p 2 ; D x = n + pm; D y = mnp.
Hệ (I) vô nghiệm
2
D
0 1 p 0
Dx
0
n pm 0
.
Dy
0
m pn 0
Xét hệ (II), ta có D = pmn; D x = m 2 1; D y = pnm.
Hệ (II) vô nghiệm
D
0 pm n 0
2
Dx
0 m 1 0 .
Dy
0
p nm 0
Xét hệ (III), ta có D = pnm; D x = pnm; D y = n 2 1.
Hệ (III) vô nghiệm
D
0 pn m 0
Dx
0
p mn 0 .
2
Dy
0
n 1 0
Nhƣ vậy, nếu hệ (I) vô nghiệm thì hệ (II) và (III) có nghiệm, do đó không tồn tại
m, n, p để cả ba hệ đồng thời vô nghiệm.
VÝ dô 20: Giả sử hệ phương trình:
ax by c (1)
bx cy a (2)
cx ay b (3)
có nghiệm. Chứng minh rằng a 3 + b 3 + c 3 = 3abc.
Giải
Xét hệ phƣơng trình tạo bởi (2) và (3) có dạng:
bx cy a
.
cx ay b
Ta có:
D = ba c 2 ; D x = a 2 bc ; D y = b 2 ac.
a. Nếu D 0 ba c 2 0.
2
2
a bc b ac
Hệ có nghiệm duy nhất x = và y = .
2
2
ba c ba c
Nghiệm trên thoả mãn (1) điều kiện là:
126

2
2
a bc b ac
a. +b. =c a 3 + b 3 + c 3 =3abc.
2
2
ba c ba c
b. Nếu D = 0 ba c 2 = 0.
Hệ có nghiệm D x = D y = 0
2
3
c ab 0
c
abc
2
3
a bc 0
a
abc a 3 + b 3 + c 3 = 3abc.
2
3
b ac 0
b abc
Vậy, nếu hệ phƣơng trình có nghiệm thì a 3 + b 3 + c 3 =3abc.
VÝ dô 21: Cho a 2 + b 2 > 0 và hai đường thẳng (d 1 ) và (d 2 ) có phương trình:
(ab)x + y = 1 và (a 2 b 2 )x + ay = b.
a. Xác định giao điểm của (d 1 ) và (d 2 ).
b. Tìm điều kiện với a, b để giao điểm đó thuộc trục hoành.
Giải
a. Xét hệ phƣơng trình tạo bởi (d 1 ) và (d 2 ):
(a b)x y 1
. (I)
2 2
(a b )x ay b
Ta có D = b 2 ab, D x = ab, D y = aba 2 .
Để (d 1 ) và (d 2 ) cắt nhau điều kiện là:
Hệ (I) có nghiệm duy nhất D 0 b 2 ab 0.
Khi đó, giao điểm I có toạ độ I( 1 b ; a b ).
b. Điểm I Ox điều kiện là:
2
b ab 0
a 0
a .
0 b 0
b
Vậy, với a = 0 và b ≠ 0 thoả mãn điều kiện đầu bài.
VÝ dô 22: Cho hệ phương trình:
2 2
x y x 0
.
x ay a 0
a. Tìm a để hệ phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.
b. Gọi (x 1 , y 1 ), (x 2 , y 2 ) là các nghiệm của hệ đã cho. Chứng minh rằng:
(x 2 x 1 ) 2 + (y 2 y 1 ) 2 1.
Giải
Biến đổi hệ về dạng:
2 2
2 2 2
(a ay) y x 0 (a 1)y a(2a 1)y a a 0 (3)
x a ay
x
a ay
127

a. Hệ có 2 nghiệm phân biệt
2
a 1 0
(3) có hai nghiệm phân biệt 0 < a < 4
0
3 .
b. Khi đó, phƣơng trình (3) có hai nghiệm phân biệt y 1 , y 2 thoả mãn:
a(2a 1)
y1 y2
2
a 1
x1 a ay1
và
2
.
a a
2 2
yy
1 2
x a ay
2
a 1
Suy ra:
(x 2 x 1 ) 2 + (y 2 y 1 ) 2 = (ay 1 ay 2 ) 2 + (y 2 y 1 ) 2 = (a 2 + 1)[ (y 2 +
y 1 ) 2 4y 1 y 2 ]
=
4a 3a
2
a 1
2
(2a 1)
= 1
2
a 1
2
1, đpcm.
VÝ dô 23: Giải hệ phương trình:
2 2 2 2
(2x y) 5(4x y ) 6(2x y) 0
1
.
2x y 3
2x y
Giải
Ký hiệu phƣơng trình thứ nhất của hệ là (*).
Điều kiện 2xy 0.
Chia cả hai vế của phƣơng trình (*) cho (2xy) 2 0, ta đƣợc:
2
2x
y
5 2x y + 6 = 0.
2x
y 2x y
Đặt t = 2x y
1
= (2x + y). , ta đƣợc:
2x y
2x y
t 2 t 2
5t + 6 = 0 .
t 3
a. Với t = 2, hệ có dạng:
1
2x y 3
2x y
1
(2x y). 2
2x y
1
khi đó 2x + y, là nghiệm phƣơng trình:
2x y
u 2 3u + 2 = 0 u = 2 hoặc u = 1
128

1 2x y 2
2x y 2 vµ
1
2x y
2x y 1
1 2x y 1
2x y 1 vµ
2
2x y
2x y 1/ 2
b. Với t = 3, hệ có dạng:
1
2x y 3
2x y
1
(2x y). 3
2x y
1
khi đó 2x + y, là nghiệm phƣơng trình:
2x y
v 2 3v + 3 = 0 vô nghiệm.
Vậy, hệ phƣơng trình có hai cặp nghiệm ( 3 8 , 1 4 ) và ( 3 4 , 1 2 ).
3 1
x1 vµ
y1
8 4
.
3 1
x
2
vµ
y2
4 2
VÝ dô 24: Cho hệ phương trình:
2x y 4
.
| x 2y | m
a. Giải hệ phương trình với m = 3.
b. Tìm m để hệ có hai nghiệm với hoành độ trái dấu.
Giải
Biến đổi tƣơng đƣơng hệ về dạng:
m
0
m
0
y 4 2x y 4 2x
2 2
2 2
(x 2y) m
[x 2(4 2x)] m
m
0
m
0
y 4 2x y 4 2x
. (I)
2 2
2 2
(5x 8) m
f (x) 25x 80x 64 m 0 (1)
a. Với m = 3, ta đƣợc:
y 4 2x
y 4 2x
x 1 vµ
y 2
x 1
2
11 2 .
5x 16x 11 0
x vµ
y
x 11/ 5 5 5
Vậy, với m = 3 hệ có nghiệm (1; 2) và ( 11
5 ; 2 5 ).
b. Để hệ có hai nghiệm với hoành độ trái dấu
(1) có hai nghiểm trái dấu a.f(0) < 0 64m 2 < 0 m 0
m > 8.
129

Vậy, với m > 8 thoả mãn điều kiện đầu bài.
VÝ dô 25: Giải hệ phương trình:
x y x y 4
.
2 2
x y 128
Giải
Điều kiện:
x y 0
y
x x y x, suy ra x 0.
x y 0 y
x
Viết lại hệ phƣơng trình dƣới dạng:
x y x y 4
x y x y 4
1 2 1
.
2
2 2
(x y) (x y) 128
(x y) (x y) 256
2 2
Đặt:
u x y
, điều kiện u, v 0.
v x y
Ta đƣợc:
u v 4
u v 4 u v 4
4 4
uv 0
u v 256
uv(uv 32) 0
uv 32
u v 4
u v 4
(I) hoặc
(II)
uv 32
uv 0
• Giải (I): vô nghiệm.
• Giải (II):
x y 4
u 4 & v 0
x y 0
x y 8
(II)
u 0 & v 4
.
x y 0
x 8 vµ
y 8
x y 4
Vậy, hệ phƣơng trình có hai cặp nghiệm (8; 8) và (8;8).
130

ch­¬ng 4 bÊt ®¼ng thøc, bÊt ph­¬ng tr×nh
A. KiÕn thøc cÇn nhí
I. BÊt ®¼ng thøc
1. TÝnh chÊt cña BÊt ®¼ng thøc
TÝnh chÊt 1: (TÝnh chÊt b¾c cÇu): NÕu a > b vµ b > c th× a > c.
TÝnh chÊt 2: NÕu a > b a + c > b + c.
TÝnh chÊt 3: NÕu a > b
a
b
ac
bc nÕu c 0 nÕu c 0
vµ
c c
.
ac bc nÕu c 0 a
b
nÕu c 0
c c
Chóng ta cã c¸c quy t¾c sau:
Quy t¾c 1: (PhÐp céng): NÕu a > b vµ c > d a + c > b + d.
Chó ý quan träng: kh«ng ¸p dông ®­îc "quy t¾c" trªn cho phÐp trõ
hai bÊt ®¼ng thøc cïng chiÒu.
Quy t¾c 2: (PhÐp nh©n): NÕu a > b > 0 vµ c > d > 0 ac > bd.
Quy t¾c 3: (PhÐp n©ng lªn luü thõa): NÕu a > b > 0 a n > b n , víi n * .
Quy t¾c 4: (PhÐp khai c¨n): NÕu a > b > 0 th× n a > n b , víi n *
.
2. bÊt ®¼ng thøc vÒ gi¸ trÞ tuyÖt ®èi
Tõ ®Þnh nghÜa gi¸ trÞ tuyÖt ®èi, ta suy ra c¸c tÝnh chÊt sau:
1. a a a víi mäi sè thùc a.
2. x a a x a víi a 0 (t­¬ng tù x< a a < x < a víi a > 0).
3. x a x a hoÆc x a víi a 0 (t­¬ng tù x > a x < a hoÆc x > a
víi a > 0).
§Þnh lÝ: Víi hai sè thùc a, b tuú ý, ta cã aba + ba+ b.
3. bÊt ®¼ng thøc gi÷a trung b×nh céng vµ trung b×nh nh©n (bÊt ®¼ng
thøc c«si)
§Þnh lÝ: Víi hai sè kh«ng ©m a, b, ta cã:
a b
ab (th­êng ®­îc viÕt a + b 2 ab ),
2
dÊu ®¼ng thøc xy ra khi vµ chØ khi a = b.
HÖ qu 1: NÕu hai sè d­¬ng thay ®æi nh­ng cã tæng kh«ng ®æi th× tÝch cña chóng lín
nhÊt khi hai sè ®ã b»ng nhau.
Tøc lµ, víi hai sè d­¬ng a, b cã a + b = S kh«ng ®æi suy ra:
S 2 S 2
2 ab S ab (ab) Max = , ®¹t ®­îc khi a = b.
4
4
129

ý nghÜa h×nh häc: Trong tÊt c c¸c h×nh ch÷ nhËt cã cïng chu vi h×nh vu«ng cã diÖn
tÝch lín nhÊt.
HÖ qu 2: NÕu hai sè d­¬ng thay ®æi nh­ng cã tÝch kh«ng ®æi th× tæng cña chóng nhá
nhÊt khi hai sè ®ã b»ng nhau.
Tøc lµ, víi hai sè d­¬ng a, b cã ab = P kh«ng ®æi suy ra:
a + b 2 P (a + b) Min = 2 P , ®¹t ®­îc khi a = b.
ý nghÜa h×nh häc: Trong tÊt c c¸c h×nh ch÷ nhËt cã cïng diÖn tÝch h×nh vu«ng cã
chu vi nhá nhÊt.
Më réng
1. Víi c¸c sè a, b, c kh«ng ©m, ta lu«n cã:
a b c
3 abc
3
th­êng ®­îc viÕt:
a + b + c 3 3 abc hoÆc (a + b + c) 3 27abc.
dÊu ®¼ng thøc xy ra khi vµ chØ khi a = b = c.
2. Víi n sè a i , i = 1 , n kh«ng ©m, ta lu«n cã:
a
1
a
2
... a
n n n
a1.a
2....
a
n
.
nsè h¹ng
nsè h¹ ng
dÊu ®¼ng thøc xy ra khi vµ chØ khi a 1 = a 2 = ... = a n .
4. bÊt ®¼ng thøc bunhiac«pxki
§Þnh lÝ: Cho a 1 , a 2 , b 1 , b 2 lµ nh÷ng sè thùc, ta cã:
dÊu ®¼ng thøc xy ra khi
(a 1 b 1 + a 2 b 2 ) 2 ( a 2 1
+
a
b
II. BÊt ph­¬ng tr×nh
1
1
=
a
2 .
b
2
a )( b +
2
2
2
1
2
b
2
),
1. biÕn ®æi t­¬ng ®­¬ng c¸c bÊt ph­¬ng tr×nh
§Þnh lÝ: Cho bÊt ph­¬ng tr×nh f(x) < g(x) víi §KX§ D, h(x) lµ mét biÓu thøc x¸c
®Þnh víi mäi x tho m·n ®iÒu kiÖn D (h(x) cã thÓ lµ h»ng sè). Khi ®ã, víi
®iÒu kiÖn D, bÊt ph­¬ng tr×nh f(x) < g(x) t­¬ng ®­¬ng víi mçi bÊt ph­¬ng
tr×nh sau:
a. f(x) + h(x) < g(x) + h(x).
b. f(x).h(x) < g(x).h(x) nÕu h(x) > 0 víi x D.
c. f(x).h(x) > g(x).h(x) nÕu h(x) < 0 víi x D.
130

2. bÊt ph­¬ng tr×nh vµ hÖ bÊt ph­¬ng tr×nh bËc nhÊt mét Èn
Víi yªu cÇu "Gii vµ biÖn luËn bÊt ph­¬ng tr×nh ax + b < 0" ta sÏ thùc hiÖn nh­ sau:
ViÕt l¹i bÊt ph­¬ng tr×nh d­íi d¹ng:
ax < b. (1)
Ta xÐt ba tr­êng hîp:
Tr­êng hîp 1: NÕu a = 0 th×:
(1) 0 < b b < 0.
VËy, ta ®­îc:
• NÕu b < 0, bÊt ph­¬ng tr×nh nghiÖm ®óng víi mäi x.
• NÕu b 0, bÊt ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm.
Tr­êng hîp 2: NÕu a > 0 th×:
(1) x < a
b .
Tr­êng hîp 3: NÕu a < 0 th×:
(1) x > a
b .
KÕt luËn:
• Víi a > 0, tËp nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ T = (; a
b ).
• Víi a < 0, tËp nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ T = ( a
b ; +).
• Víi a = 0 vµ b < 0, tËp nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ T = .
• Víi a = 0 vµ b 0, tËp nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ T = .
Chó ý: 1. T­¬ng tù chóng ta còng gii vµ biÖn luËn ®­îc c¸c bÊt ph­¬ng tr×nh:
ax + b > 0, ax + b 0, ax + b 0
2. §Ó gii mét hÖ bÊt ph­¬ng tr×nh mét Èn, ta gii tõng bÊt ph­¬ng
tr×nh cña hÖ råi lÊy giao cña c¸c tËp nghiÖm thu ®­îc.
III. dÊu cña nhÞ thøc bËc nhÊt
§Þnh lÝ: Víi nhÞ thøc bËc nhÊt f(x) = ax + b, ta cã:
a. f(x) cïng dÊu víi a khi x lín h¬n nghiÖm x 0 = a
b .
b. f(x) tr¸i dÊu víi a khi x nhá h¬n nghiÖm x 0 = a
b .
Bng tãm t¾t dÊu cña f(x) = ax + b:
x b/a +
f(x) tr¸i dÊu víi a 0 cïng dÊu víi a
131

IV. BÊt ph­¬ng tr×nh vµ hÖ bÊt ph­¬ng tr×nh bËc nhÊt
hai Èn
1. §Ó x¸c ®Þnh miÒn nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh ax + by + c < 0 (t­¬ng tù ®èi víi
c¸c bÊt ph­¬ng tr×nh ax + by + c > 0, ax + by + c 0, ax + by + c 0) ta thùc
hiÖn theo c¸c b­íc sau:
B­íc 1: VÏ ®­êng th¼ng (d): ax + by + c = 0.
B­íc 2: LÊy ®iÓm M(x 0 ; y 0 ) kh«ng n»m trªn (d) vµ x¸c ®Þnh gi¸ trÞ cña:
d M = ax 0 + by 0 + c,
khi ®ã:
a. NÕu d M < 0 th× nöa mÆt ph¼ng (kh«ng kÓ bê (d)) chøa ®iÓm M lµ
miÒn nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh ax + by + c < 0.
b. NÕu d M > 0 th× nöa mÆt ph¼ng (kh«ng kÓ bê (d)) chøa ®iÓm M lµ
miÒn nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh ax + by + c > 0.
2. §Ó x¸c ®Þnh miÒn nghiÖm cña hÖ bÊt ph­¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn ta thùc hiÖn
theo c¸c b­íc sau:
B­íc 1: Víi mçi bÊt ph­¬ng tr×nh trong hÖ, ta x¸c ®Þnh miÒn nghiÖm cña nã vµ
g¹ch bá miÒn cßn l¹i.
B­íc 2: KÕt luËn: MiÒn cßn l¹i kh«ng bÞ g¹ch chÝnh lµ miÒn nghiÖm cña hÖ bÊt
ph­¬ng tr×nh ®· cho.
V. dÊu cña tam thøc bËc hai
§Þnh lÝ: Víi tam thøc bËc hai f(x) = ax 2 + bx + c (a 0), ta cã:
a. NÕu < 0 th× f(x) cïng dÊu víi a, víi x , tøc lµ:
af(x) > 0, x .
b
b. NÕu = 0 th× f(x) cïng dÊu víi a, víi x \{ }, tøc lµ: 2a
b
af(x) > 0, x vµ af(x) 0, x .
2a
c. NÕu > 0 th× f(x) cã hai nghiÖm x 1 , x 2 , gi sö lµ x 1 < x 2 . Lóc ®ã:
• f(x) cïng dÊu víi a khi x < x 1 hoÆc x > x 2 .
• f(x) tr¸i dÊu víi a khi x 1 < x < x 2 .
Trong tr­êng hîp nµy ta cã bng xÐt dÊu nh­ sau:
x - x 1 x 2 +
f(x) cïng dÊu a 0 tr¸i dÊu a 0 cïng dÊu a
Chó ý: §Ó gii bÊt ph­¬ng tr×nh bËc hai, ta sö dông ®Þnh lÝ vÒ dÊu cña tam
thøc bËc hai.
132

B Ph­¬ng ph¸p gii c¸c d¹ng to¸n liªn quan
§1. bÊt ®¼ng thøc
D¹ng to¸n 1: Chøng minh bÊt ®¼ng thøc
Ph­¬ng ph¸p ¸p dông
§Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc:
A > B
ta lùa chän mét trong c¸c ph­¬ng ph¸p sau:
Ph­¬ng ph¸p 1: Ph­¬ng ph¸p chøng minh b»ng ®Þnh nghÜa. Khi ®ã ta lùa
chän theo c¸c h­íng:
H­íng 1: Chøng minh AB > 0.
H­íng 2: Thùc hiÖn c¸c phÐp biÕn ®æi ®¹i sè ®Ó biÕn ®æi bÊt
®¼ng thøc ban ®Çu vÒ mét bÊt ®¼ng thøc ®óng.
H­íng 3: XuÊt ph¸t tõ bÊt ®¼ng thøc ®óng.
H­íng 4: BiÕn ®æi vÕ tr¸i hoÆc vÕ phi.
Ph­¬ng ph¸p 2: Sö dông tÝnh chÊt b¾c cÇu, tøc lµ chøng minh:
A > C vµ C > B.
Ph­¬ng ph¸p 3:
Ph­¬ng ph¸p 4:
Ph­¬ng ph¸p 5:
Ph­¬ng ph¸p 6:
Sö dông c¸c bÊt ®¼ng thøc c¬ bn.
Ph­¬ng ph¸p chøng minh phn chøng, ®­îc ¸p dông víi c¸c
bµi to¸n yªu cÇu chøng minh Ýt nhÊt mét bÊt ®¼ng thøc trong
c¸c bÊt ®¼ng thøc ®· cho lµ ®óng hoÆc sai.
Ph­¬ng ph¸p chøng minh quy n¹p, ®­îc ¸p dông víi c¸c bµi
to¸n liªn hÖ víi n hoÆc n .
Ph­¬ng ph¸p vect¬ vµ h×nh häc, b»ng viÖc sö dông tÝnh chÊt:
• NÕu a, b, c lµ ®é ba c¹nh cña mét tam gi¸c th×
a + b > c vµ ab < c
• Sö dông ®Þnh lý hµm sè sin vµ hµm sè cosin.
• u + v u + v , dÊu ®¼ng thøc xy ra khi u = k v ,
k > 0 (tøc lµ u , v cïng h­íng).
• u . v u . v , dÊu ®¼ng thøc xy ra khi u = k v (tøc
lµ u , v cïng ph­¬ng).
ThÝ dô 1. H·y so s¸nh 2000 2005 vµ 2002 2003 .
Gii
Gi sö:
2000 2005 < 2002 2003
( 2000 2005 ) 2 < ( 2002 2003 ) 2
133

2000 + 2005 + 2 2000. 2005 < 2002 + 2003 + 2 2002. 2003
2000. 2005 < 2002. 2003 2000.2005 < 2002.2003
(2002 2)(2003 + 2) < 2002.2003
2002.2003 6 < 2002.2003, lu«n ®óng.
VËy, ta ®­îc 2000 2005 < 2002 2003 .
NhËn xÐt: Nh­ vËy, ®Ó th­c hiÖn yªu cÇu trªn chóng ta ®i thiÕt lËp mét bÊt ®¼ng
thøc, råi b»ng c¸c phÐp biÕn ®æi ®¹i sè th«ng th­êng chóng ta kh¼ng
®Þnh bÊt ®¼ng thøc ®ã ®óng.
ThÝ dô 2. Chøng minh r»ng víi mäi sè thùc a, b, c lu«n cã:
a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ca.
Gii
Ta cã ba c¸ch tr×nh bµy theo ph­¬ng ph¸p 1 (mang tÝnh minh ho¹), nh­ sau:
C¸ch 1: Ta biÕn ®æi bÊt ®¼ng thøc nh­ sau:
a 2 + b 2 + c 2 (ab + bc + ca) 0
( 2
a 2 ab + 2
b 2 ) + ( 2
b 2 bc + 2
c 2 ) + ( 2
c 2 ca + 2
a 2 ) 0
a b
( )
2 b c
+ ( )
2 c a
+ ( )
2
0, lu«n ®óng.
2 2 2 2 2 2
DÊu "=" xy ra khi:
a b c
a = b = c.
2 2 2
C¸ch 2: Ta biÕn ®æi bÊt ®¼ng thøc nh­ sau:
2(a 2 + b 2 + c 2 ) 2(ab + bc + ca)
(a 2 + b 2 2ab) +(b 2 + c 2 2bc) + (c 2 + a 2 2ca) 0
(a b) 2 + (b c) 2 + (c a) 2 0, lu«n ®óng.
DÊu "=" xy ra khi a = b = c.
C¸ch 3: Ta lu«n cã:
2
2 2
(a
b) 0 a
b 2ab 0
2
2 2
(b
c) 0 b
c 2bc 0 . (I)
2 2 2
(c a) 0
c a 2ca 0
Céng theo vÕ c¸c bÊt ph­¬ng tr×nh trong hÖ (I), ta ®­îc:
2(a 2 + b 2 + c 2 ) 2(ab + bc + ca) 0 a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ca, ®pcm.
DÊu "=" xy ra khi a = b = c.
NhËn xÐt: Nh­ vËy, th«ng qua vÝ dô trªn ®· minh ho¹ cho c¸c em häc sinh thÊy
®­îc ba h­íng chøng minh bÊt ®¼ng thøc khi sö dông ph­¬ng ph¸p
1 vµ sau ®©y ta sÏ minh ho¹ b»ng mét vÝ dô cho h­íng 4.
134

ThÝ dô 3. Chøng minh r»ng víi mäi n
* lu«n cã:
1 1 1
1 1 1
a. + + ... + < 1. b. ... < 1.
2 2
2
1.2 2. 3 n(n 1)
1 2 n
Gii
a. NhËn xÐt r»ng:
1 1 1
=
k(k 1)
k k 1
,
do ®ã:
1 1 1 1 1
VT = (1 ) + ( ) + ... + ( 2 2 3 n n 1
) = 1 1
< 1, ®pcm.
n 1
b. Ta cã:
1 1 1
= víi k 1
k(k k 1 k
2 <
k1
1)
Do ®ã:
1 1 1
... < 1 +
2 2
2
1 2 n
1
1
1 1 1 1 1 1
... = 1 < 1, ®pcm.
2 2 3 n 1 n n
Chó ý: Víi c¸c bÊt ®¼ng thøc cã ®iÒu kiÖn cÇn khÐo lÐo biÕn ®æi ®Ó tËn dông
®­îc ®iÒu kiÖn cña gi thiÕt.
ThÝ dô 4. Chøng minh r»ng:
a. NÕu x 2 + y 2 = 1 th× x + y 2 .
b. NÕu 4x 3y = 15 th× x 2 + y 2 9.
Gii
a. Ta cã:
(x + y) 2 = x 2 + y 2 + 2xy 2(x 2 + y 2 ) = 2 nªn x + y 2 .
DÊu "=" xy ra khi:
x
y x
y
1
2 2 x y .
2
x y 1
2x 1
2
b. Ta cã:
Do ®ã:
4x 5y = 15 y = 3
4 x 5.
2
x 2 + y 2 = x 2 4 16
+ x 5
= x 2 + x
2 40
x + 25
3 9 3
2
25
= x
2 40 5
x + 25 = x 4
+ 9 9.
9 3 3
135

DÊu "=" xy ra khi:
5 x 4 0 x 12 / 5
3
.
y 9 / 5
4x 3y 15
ThÝ dô 5. Chøng minh r»ng, nÕu a, b, c lµ ®é dµi c¸c c¹nh cña mét tam gi¸c th×:
a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca).
Gii
NÕu a, b, c lµ ®é dµi c¸c c¹nh cña mét tam gi¸c th× vai trß cña a, b, c lµ nh­ nhau.
Do ®ã, ta cã thÓ gi sö a b c.
Khi ®ã:
0 a b < c nªn (a b) 2 < c 2 a 2 + b 2 < c 2 + 2ab.
0 b c < c nªn (b c) 2 < a 2 b 2 + c 2 < a 2 + 2bc.
0 a c < b nªn (a c) 2 < b 2 a 2 + c 2 < b 2 + 2ac.
Tõ ®ã, ta cã:
2(a 2 + b 2 + c 2 ) < a 2 + b 2 + c 2 + 2(ab + bc + ca)
a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca).
ThÝ dô 6. Chøng minh r»ng víi mäi a, b
2 2
a b a b a b
. .
2 2 2
Gii
Ta ®i chøng minh víi mäi x, y lu«n cã:
3 3 4 4
x y x y x y
.
3 3
lu«n cã:
6 6
a b
.
2
. (*)
2 2 2
ThËt vËy:
(*) (x + y)(x 3 + y 3 ) 2(x 4 + y 4 ) xy(x 2 + y 2 ) x 4 + y 4
2
2
(xy) 2 x y 3y
0, lu«n ®óng.
2 4
Khi ®ã ¸p dông (*), ta ®­îc:
2 2 3 3
3 3
a b a b a b a
b a b a b
. . =
2 2 2 . .
2 2 2
4 4 2 2
a b a b
.
2 2
2 2
a
b
2
6 6
, ®pcm.
ThÝ dô 7. Cho a, b, c lµ ®é dµi 3 c¹nh cña mét tam gi¸c vu«ng víi a lµ c¹nh
huyÒn. Chøng minh r»ng a n b n + c n , víi n vµ n 2.
Gii
BÊt ®¼ng thøc ®óng víi n = 2, bëi khi ®ã ta ®­îc ®Þnh lý Pitago.
Gi sö bÊt ®¼ng thøc ®óng víi n = k, tøc lµ a k b k + c k . (1)
136

Ta ®i chøng minh nã ®óng víi n = k + 1, tøc lµ chøng minh:
a k + 1 b k + 1 + c k + 1 (2)
thËt vËy:
a k + 1 = a k .a (b k + c k )a = b k .a + c k .a
a
a
b
c
b k + 1 + c k + 1 , ®pcm.
ThÝ dô 8. Chøng minh r»ng víi mäi n
* lu«n cã:
1 +
12 + ... + 1
n < 2 n . (1)
Gii
Ta ®i chøng minh b»ng ph­¬ng ph¸p qui n¹p:
• Víi n = 1, ta ®­îc 1 < 2, ®óng.
• Gi sö mÖnh ®Ò ®óng víi n = k tøc lµ:
1 +
12 + ... + 1
k < 2 k .
• Ta ®i chøng minh nã còng ®óng víi n = k + 1, tøc lµ chøng minh:
1 +
12 + ... + 1k + 1
k1
< 2 k 1 .
ThËt vËy:
VT = 1 +
12 + ... + 1k + 1
1
< 2 k +
k1
k 1
Ta sÏ ®i chøng minh:
2 k +
1
k1
1
k1
<
< 2 k 1
2
k 1 k
k < k 1 ®óng.
VËy, ta lu«n cã (1).
1
k1
< 2( k 1 k )
k 1 + k < 2 k
1
ThÝ dô 9. Chøng minh r»ng víi mäi sè thøc a, lu«n cã:
Gii
Ta cã nhËn xÐt:
a 2 + a + 1 = +
2 2
a a 1 a a 1 2. . (1)
3
2
a 2 1
a + 1 = a
2
2
2
+
u + v = (1, 3 ) = 2.
xÐt vect¬ u (a + 1 2 ; 3
2 ),
3
2
2
xÐt vect¬ v ( 1 2 a; 3
2 ),
137

Do ®ã (1) ®­îc viÕt thµnh:
u + v u + v , lu«n ®óng,
vµ dÊu ®¼ng thøc xy ra khi:
1
a
u = k v , k > 0 2 =
1
a
2
3
2
3
2
a = 0.
D¹ng to¸n 2: BÊt ®¼ng thøc vÒ gi¸ trÞ tuyÖt ®èi
ThÝ dô 1. a. Chøng minh r»ng víi mäi sè thùc a, b ta cã a b ab
b. BiÕt r»ng a> 2b. Chøng minh r»ng a < 2a b.
Gii
a. Ta cã:
a = (a b) b a b + b ab a b.
b. Ta biÕn ®æi:
a> 2b2a (a b) > 2(a a b) a < 2a b.
ThÝ dô 2. Chøng minh r»ng:
x
a. NÕu x y 0 th×
x 1
y
y 1
.
| a b | | a | | b |
b. Víi hai sè a, b tuú ý, ta cã .
1
| a b | 1
| a | 1
| b |
Gii
a. Víi x y 0, ta cã:
x y
x(y + 1) y(x + 1) a y (lu«n ®óng).
x 1 y 1
b. V× a b a + b, ¸p dông kÕt qu c©u a), ta cã:
| a b | | a | | b | | a |
| b |
=
+
1
| a b | 1
| a | | b | 1
| a | | b | 1
| a | | b | 1
| a
| | b |
.
| 1
| b |
D¹ng to¸n 3: BÊt ®¼ng thøc gi÷a trung b×nh céng vµ trung b×nh nh©n
(bÊt ®¼ng thøc c«si)
Më réng
1. Víi c¸c sè a, b, c kh«ng ©m, ta lu«n cã a + b + c 3 3 abc ,
dÊu ®¼ng thøc xy ra khi vµ chØ khi a = b = c.
2. Víi n sè a i , i = 1, n kh«ng ©m, ta lu«n cã
n
ai
n n
i1
dÊu ®¼ng thøc xy ra khi vµ chØ khi a 1 = a 2 = ... = a n .
n
ai
,
i1
| a
138

3. Víi n sè a i , i = 1, n d­¬ng, ta lu«n cã:
n
n
n 1
1
ai
n
n
ai
= ai
,
n i1
i1
i1
dÊu ®¼ng thøc xy ra khi vµ chØ khi a 1 = a 2 = ... = a n .
C«ng thøc më réng: Cho n sè d­¬ng tuú ý a i , i = 1, n vµ n sè h÷u tØ d­¬ng q i , i = 1, n
tho m·n
n
qi
= 1. Khi ®ã, ta lu«n cã:
i1
n
qi
ai
n qa
i i
i1
i1
,
dÊu ®¼ng thøc xy ra khi vµ chØ khi a 1 = a 2 = ... = a n .
Chøng minh
Gäi M lµ mÉu sè chung cña c¸c sè h÷u tØ q i , i = 1, n , khi ®ã q i =
gi thiÕt suy ra
n
qa
i i
=
i1
1 1
m1sè a1
n
mi
= M. Ta cã:
i1
ma
n
i i
i1
M
= 1 M
1 M .M
n
m
M
i
ai
=
i1
n
mnsè an
n
ma
i i
= 1
i1
M
n
i1
m i
M
i
qi
a = ai
,
dÊu ®¼ng thøc xy ra khi
a .. a = ... = a .. a a 1 = a 2 = ... = a n .
n
n
i1
m
i
M
n m i
ai
, cã M sè d­¬ng
i1 j1
, i = 1, n , tõ ®ã theo
Chó ý: C«ng thøc trªn ®­îc më réng khi q i , i = 1, n lµ n sè thùc d­¬ng.
ThÝ dô 1. Cho ba sè d­¬ng a, b, c. Chøng minh r»ng:
a b c
+ + 3 b
c c
a a
b 2 .
Gii
Ta cã:
a b c a
b
c
+ + = ( + 1) + ( + 1) + ( + 1)3
b
c c
a a
b b
c c
a a
b
1 1 1
= (a + b + c)( + +
b
c c
a a
b
)3
= 1 2 [(a + b) + (b + c) + (c + a)][ 1 1 1
+ +
b
c c
a a
b
]3
1 2 .3 1
3 (a b)(b c)(c a) .3
3 = 9
3
(a b)(b c)(c a)
2 3 = 3 2
139

dÊu ®¼ng thøc xy ra khi:
a b b c c a
1 1 1 a = b = c.
a b b c c a
NhËn xÐt: Nh­ vËy, trong thÝ dô trªn ta cÇn sö dông mét vµi phÐp biÕn ®æi ®Ó
lµm xuÊt hiÖn nh÷ng biÓu thøc mµ khi sö dông bÊt ®¼ng thøc C«si
chóng sÏ triÖt tiªu nhau.
ThÝ dô 2. Cho ba sè d­¬ng a, b, c. Chøng minh r»ng:
ab(a + b2c) + bc(b + c2a) + ca(c + a2b) 0.
Gii
BiÕn ®æi bÊt ®¼ng thøc vÒ d¹ng:
a b 2c
+ b c 2a + c a 2b 0
c
a
b
a c + b c + b a + c a + c b + a b
6. (*)
¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si cho VT, ta ®­îc:
a
c + b c + b a + c a + c b + a b 6. a b b c c a
6 . . . . . = 6, ®pcm.
c c a a b b
DÊu "=" xy ra khi:
a
c = b c = b a = c a = c b = a b a = b = c.
Chó ý: Víi c¸c bÊt ®¼ng thøc cã ®iÒu kiÖn cÇn khÐo lÐo biÕn ®æi ®Ó tËn dông
®­îc ®iÒu kiÖn cña gi thiÕt.
ThÝ dô 3. Cho a + b + c + d = 2. Chøng minh r»ng a 2 + b 2 + c 2 + d 2 1.
Gii
Sö dông bÊt ®¼ng thøc C«si, ta cã ngay:
a 2 + b 2 2ab. (1)
b 2 + c 2 2bc. (2)
c 2 + d 2 2cd. (3)
d 2 + a 2 2da. (4)
a 2 + c 2 2ac. (5)
b 2 + d 2 2bd. (6)
Céng theo vÕ (1), (2), (3), (4), (5), (6) ta ®­îc:
3(a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) 2(ab + bc + cd + da + ac + bd)
4(a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ) a 2 + b 2 + c 2 + 2(ab + bc + cd + da + ac + bd)
= (a + b + c + d) 2 = 2 2 = 4
a 2 + b 2 + c 2 + d 2 1, ®pcm.
140

DÊu "=" xy ra khi:
a b c d
a = b = c = d = 1
a b c d 2
2 .
ThÝ dô 4. Cho a, b, c lµ ba sè d­¬ng tho m·n a 2 + b 2 + c 2 = 4
r»ng a + b + c > 2 abc .
Gii
Ta cã thÓ lùa chän mét trong c¸c c¸ch tr×nh bµy sau:
C¸ch 1: Ta lu«n cã:
abc . Chøng minh
a 2 + b 2 + c 2 3 3 a 2 b 2 c 2 4 abc 3 3 a 2 b 2 c 2 . (1)
MÆt kh¸c, víi ba sè d­¬ng a, b, c ta cã:
a + b + c 3 3 abc . (2)
Nh©n theo vÕ (1), (2) ta ®­îc:
4(a + b + c) abc 9abc > 8abc a + b + c > 2 abc , ®pcm.
C¸ch 2: Ta lu«n cã:
a 2 + b 2 + c 2 2a
2 2
b c 2a 2bc 4 abc 2a 2bc 2 a.
Chøng minh t­¬ng tù ta nhËn ®­îc b 2, c 2 vµ nhËn thÊy ngay a, b, c kh«ng
thÓ ®ång thêi b»ng 2 v× khi ®ã sÏ vi ph¹m ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
Khi ®ã, ta thÊy ngay:
a(a 2) + b(b 2) + c(c 2) < 0
2(a + b + c) > a 2 + b 2 + c 2 = 4 abc a + b + c 2 abc , ®pcm.
C¸ch 3: Ta lu«n cã:
a 2 + b 2 + c 2 + a + b + c 6 36 a 3 b 3 c 3 = 6
4 abc + a + b + c 6 abc a + b + c 2 abc .
DÊu ®¼ng thøc xy ra khi:
a 2 = b 2 = c 2 = a = b = c a = b = c = 1
tuy nhiªn, ®iÒu nµy m©u thuÉn víi gi thiÕt.
VËy, ta lu«n cã a + b + c > 2 abc .
Chó ý: Trong nhiÒu tr­êng hîp, ®Ó chøng minh bÊt ®¼ng thøc chóng ta ®· sö
dông liªn tiÕp nhiÒu lÇn bÊt ®¼ng thøc C«si.
ThÝ dô 5. Chøng minh r»ng:
a. a 4 + b 4 + c 4 + d 4 4abcd, víi mäi a, b, c, d.
m
m
a b
b. 1
+ 1
b a 2m + 1 , víi mäi a, b > 0, m * .
Gii
a. Ta cã ngay:
a 4 + b 4 + c 4 + d 4 = (a 4 + b 4 ) + (c 4 + d 4 )
2a 2 b 2 + 2c 2 d 2 = 2(a 2 b 2 + c 2 d 2 ) 2.2abcd = 4abcd, ®pcm.
abc
141

DÊu "=" xy ra khi:
2 2
a b c d
a b
2 2
a b c d
c
d
.
a b c d
ab cd
a b c d
b. Ta cã:
1 + a b 2 a m
b a
1
2 m
b
1 + b a 2 b m
a b
1
2 m
a
suy ra:
a
b
b
a
m
m
,
,
m
m
a
1
b + b
1
a
m
a
2m
b
dÊu ®¼ng thøc xy ra khi:
m
+ 2 m b
a
2.
m
m a m
2 . .2 .
b
b a
m
= 2 m+1 ,
a
1 b
b
1
a
m
a b
1 1
b a
m
a = b.
NhËn xÐt: 1. Ta cßn cã kÕt qu tæng qu¸t h¬n:
a. Cho n sè d­¬ng a 1 , a 2 , ..., a n tho m·n:
m m m
a1 a 2 ... a n = p a 1a
2...
a n , víi 1 m, p < 2n.
Chøng minh r»ng:
nm
nm
nm
a1 a2
... a n
(2n p) a 1a
2 ... a n .
b. Cho n sè d­¬ng a 1 , a 2 , ..., a n tho m·n:
n1
n1
n1
a1 a 2 ... a n
= p a 1a
2...
a n .
Chøng minh r»ng:
n
a 1 + a 2 + ... + a n 2
a 1a
2...
a n .
p
2. Trong nhiÒu tr­êng hîp, c¸c em häc sinh cÇn linh ho¹t trong
viÖc sö dông bÊt ®¼ng thøc C«si cho nhãm ®èi t­¬ng kh¸c
nhau ®Ó ®¹t ®­îc môc ®Ých.
142

ThÝ dô 6. a. Chøng minh r»ng nÕu a, b, c lµ bèn sè kh«ng ©m th×:
Gii
a. Ta cã:
4
a b c d
abcd
4
b. Ba sè d­¬ng cã tæng b»ng ®¬n vÞ. Chøng minh r»ng tæng cña hai
trong ba sè ®ã kh«ng bÐ h¬n 16 lÇn tÝch cña c ba sè ®ã.
a b c d
2
2
ab cd 2
= ab + cd + 2 abcd 4 abcd
2
4
a b c d
4 abcd a b c d
abcd.
4
DÊu "=" xy ra khi vµ chØ khi:
a
b
c
d a = b = c = d.
ab
cd
b. Gäi a, b, c lµ ba sè d­¬ng tho m·n a + b + c = 1. Ta cÇn chøng minh a + b 16abc.
Ta cã:
1 = (a + b + c) 2 4(a + b)c a + b 4(a + b) 2 c. (1)
MÆt kh¸c, ta còng cã (a + b) 2 4ab. (2)
Tõ (1) vµ (2) suy ra a + b 16abc vµ dÊu "=" xy ra khi vµ chØ khi:
a b c
1 c c
c 1/ 2
.
a
b a
b a b 1/ 4
Chó ý: Trong nhiÒu tr­êng hîp, c¸c em häc sinh cÇn biÕt c¸ch kÕt hîp bÊt
®¼ng thøc C«si víi c¸c bÊt ®¼ng thøc kh¸c.
ThÝ dô 7. Gi sö a, b, c lµ ®é dµi ba c¹nh cña mét tam gi¸c. Chøng minh r»ng víi
bÊt k× sè nguyªn n > 1 th×:
a n b(a – b) + b n c(b – c) + c n a(c – a) 0.
Gii
Chóng ta chøng minh bÊt ®¼ng thøc ë ®Çu bµi b»ng ph­¬ng ph¸p quy n¹p to¸n häc.
• Víi n = 2, ®Æt:
2x = b + c – a > 0; 2y = a – b + c > 0; 2z = a + b – c > 0.
Suy ra a = y + z, b = z + x, c = x + y
BÊt ®¼ng thøc cÇn chøng minh trë thµnh:
xy 3 + yz 3 + zx 3 – xyz(x + y + z) 0.
2 2 2
x y z
xyz (x y z) 0 (*)
y z x
143

¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si cho c¸c sè d­¬ng, ta cã:
2
x
2
y +
y 2 x
y = 2x. y
T­¬ng tù:
2
2
z
x +
x 2z vµ z + y
z 2y.
Tõ ®ã bÊt ®¼ng thøc (*) ®­îc chøng minh, hay bÊt ®¼ng thøc:
a n b(a – b) + b n c(b – c) + c n a(c – a) 0.
®­îc chøng minh.
• Gi sö bÊt ®¼ng thøc ®óng tíi n. Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t, ta gi sö c b a.
Theo gi thiÕt quy n¹p, ta cã:
b n c(b – c) – a n b(a – b) – c n a(c – a)
b n + 1 c(b – c) – a n b 2 (a – b) – c n ab(c – a)
Do ®ã:
a n + 1 b(a – b) + b n + 1 c(b – c) + c n + 1 a(c – a)
a n + 1 b(a – b) – a n b 2 (a – b) – c n ab(c – a) + c n + 1 a(c – a)
= a n b(a – b) 2 + c n a(c – a)(c – b) 0.
VËy bÊt ®¼ng thøc ®óng víi n + 1.
Theo nguyªn lý quy n¹p bÊt ®¼ng thøc ®· cho ®óng víi mäi n > 1. §¼ng thøc xy
ra khi vµ chØ khi:
a = b = c hay ABC ®Òu.
ThÝ dô 8. Cho biÓu thøc S = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + ac + bd, víi ad bc = 1.
a. Chøng minh r»ng S 3 .
b. TÝnh gi¸ trÞ cña tæng (a + c) 2 + (b + d) 2 khi cho biÕt S = 3 .
Gii
a. NhËn xÐt r»ng:
(ac + bd) 2 + 1 = (ac + bd) 2 + (ad bc) 2 = a 2 c 2 + b 2 d 2 + a 2 d 2 + b 2 c 2
= (a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ). (1)
Sö dông bÊt ®¼ng thøc C«si cho S, ta ®­îc:
S 2
2 2 2 2
(a b )(c d ) + ac + bd
2
S 2 (ac bd) 1 + ac + bd. (2)
§Æt t = ac + bd, ta thÊy ngay hai vÕ cña (2) ®Òu d­¬ng, do ®ã:
S 2 (2
S
2
t 1 + t) 2 = 4(1 + t 2 ) + 4t
3 , ®pcm.
= (1 + t 2 ) + 4t
2
t 1 + t 2
2
t 1 + 4t 2 + 3 = (
2
t 1 + 2t) 2 + 3 3
144

. Tõ kÕt qu cÇu a), ta cã:
2
t 1 2t 0 (3)
S = 3
2 2 2 2
a b c d
Gii (3) b»ng phÐp biÕn ®æi t­¬ng ®­¬ng:
2
2t 0
t 1=-2t t = 1 2 2
t 1 4t
3 ac + bd = 1 3 .
Nh­ vËy, ta ®­îc hÖ ®iÒu kiÖn:
2 2 2 2
a b c d
1 . (I)
ac
bd
3
Thay (I) vµo (1), ta ®­îc:
a 2 + b 2 = c 2 + d 2 2
=
3 .
Khi ®ã:
(a + c) 2 + (b + d) 2 = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + 2(ac + bd) =
23 + 23 23 = 2
3 .
D¹ng to¸n 4: BÊt ®¼ng thøc bunhiac«pxki
Më réng
1. Víi c¸c sè thùc a 1 , a 2 , a 3 , b 1 , b 2 , b 3 , ta lu«n cã:
(a 1 b 1 + a 2 b 2 + a 3 b 3 ) 2 ( a 2 1
+
2
a
2
+
a )( b +
a1
dÊu ®¼ng thøc xy ra khi vµ chØ khi
b = a2
b = a3
b .
1
2
2
3
3
2
1
2
b
2
+
2
b
3
),
n
2. Víi hai bé n sè a i , b i , i = 1, n , ta lu«n cã ab
i i
n n
2 2
ai
. bi
,
i1
i1
i1
a1
dÊu ®¼ng thøc xy ra khi vµ chØ khi
b = a2
b
3. Víi a 1 , a 2 , ..., a n lµ n sè tuú ý, ta lu«n cã:
2 2 2 2
a1 a
2
... an
n
a1 a
2
... an
n
Chøng minh
BÊt ®¼ng thøc t­¬ng ®­¬ng víi:
(a 1 + a 2 + ... + a n ) 2 n( a 2 1
+
1
2
a
2
+ ... +
2
2
a
n
).
2
= ... = an
b .
BÊt ®¼ng thøc nµy suy ra tõ bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«pxki ¸p dông cho hai bé n sè
(1; 1; ...; 1) vµ (a 1 ; a 2 ; ... ; a n ).
.
n
145

ThÝ dô 1. Chøng minh r»ng víi mäi sè thùc x, y lu«n cã (x 3 + y 3 ) 2 (x 2 + y 2 )(x 4 + y 4 ).
Gii
Ta cã:
VT = (x 3 + y 3 ) 2 = (x.x 2 + y.y 2 ) 2 (x 2 + y 2 )(x 4 + y 4 ), ®pcm.
DÊu ®¼ng thøc xy ra khi:
x y 1 1 =
2 = x = y.
x y
2
x
y
Më réng: Víi c¸c sè thùc a 1 , a 2 , a 3 , b 1 , b 2 , b 3 , ta lu«n cã:
(a 1 b 1 + a 2 b 2 + a 3 b 3 ) 2 ( 2 2 2 2
a
1
+ a
2
+ a
3
)( b
1
+
a1
a
2 a
3
dÊu ®¼ng thøc xy ra khi vµ chØ khi = = .
b1
b
2
b3
ThÝ dô 2. Chøng minh r»ng:
Gii
a. Ta cã:
a. NÕu x + 3y = 2 th× x 2 + y 2 5 2 .
b. NÕu 2x + 3y = 7 th× 2x 2 + 3y 2 49
5 .
2
b
2
+
2
b
3
),
2 2 = (x + 3y) 2 (1 + 3 3 )(x 2 + y 2 ) = 10(x 2 + y 2 ) x 2 + y 2 2
10 = 5 2 ,
dÊu "=" xy ra khi ta cã:
(*)
x 3y 2
x:1 = y:3 x = 1
3x
y
5 vµ y = 3 5 .
b. Ta cã:
7 2 = (2x + 3y) 2 = ( 2 .x 2 + 3 .y 3 ) 2 (2 + 3)(2x 2 + 3y 2 ) = 5(2x 2 + 3y 2 )
2x 2 + 3y 2 49
5 ,
dÊu "=" xy ra khi ta cã:
(*)
2x 3y 7
x 2 : 2 = y 3 : 3 x = y = 7
x
y
5 .
Chó ý: Yªu cÇu trªn cßn cã thÓ ®­îc ph¸t biÓu:
• Víi c©u a) lµ "Trong tÊt c c¸c nghÖm (x; y) cña ph­¬ng tr×nh
x + 3y = 2 h·y chØ ra nghiÖm cã tæng x 2 + y 2 nhá nhÊt" hoÆc t×m
gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc.
• Víi c©u b) lµ "Trong tÊt c c¸c nghÖm (x; y) cña ph­¬ng tr×nh
2x + 3y = 7 h·y chØ ra nghiÖm cã tæng 2x 2 + 3y 2 nhá nhÊt" hoÆc
t×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc.
146

ThÝ dô 3. Cho c¸c sè kh«ng ©m x, y tho m·n x 3 + y 3 = 2. Chøng minh r»ng:
Gii
x 2 + y 2 2.
¸p dông bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«pxki ta cã:
(x 2 + y 2 ) 2 = ( x .
3
x + y .
3
y ) 2 (x + y)(x 3 + y 3 ) = 2(x + y)
(x 2 + y 2 ) 4 4(x + y) 2 = 4(1.x + 1.y) 2 4(1 + 1)(x 2 + y 2 ) = 8(x 2 + y 2 )
(x 2 + y 2 ) 3 8 x 2 + y 2 2, ®pcm.
DÊu "=" xy ra khi:
x y
3
x y
3 3
x
y 2
3
|
x | |
y |
x = y = 1.
3 3
x
y 2
D¹ng to¸n 5: Sö dông bÊt ®¼ng thøc t×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt
ThÝ dô 1. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña hµm sè:
a. y = (2x + 1)(23x), víi x [ 1 2 2 3 ].
Gii
b. y = x(1x) 3 , víi 0 x 1.
a. Víi 1 2 x 2 3
ta ®­îc:
th× 2x + 1 0 vµ 23x 0, do ®ã sö dông bÊt ®¼ng thøc C«si
y = (2x + 1)(2 3x) = 1 2 (x + 1 2 ). 1 3 ( 2 3 x) = 1 6 (x + 1 2 )( 2 3 - x)
1 6
1 2
(x ) ( x)
2 3
2
Tõ ®ã suy ra y Max = 25 , ®¹t ®­îc khi:
864
x + 1 2 = 2 3 x x = 1
12 .
b. ViÕt l¹i hµm sè d­íi d¹ng:
2
= 1 2
6 . 5
12
= 25
864 .
y = 1 3 .3x(1x)3 = 1 3 .3x(1x)(1x)(1x),
147

åi ¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si cho 4 sè kh«ng ©m gåm 3x vµ 3 sè 1x, ta ®­îc:
y 1 4
3 . 3x (1 x) (1 x) (1 x)
4
= 1 4
3 . 3
4
= 27
256 ,
tõ ®ã suy ra y Max = 27 , ®¹t ®­îc khi:
256
3x = 1x = 1x = 1x x = 1 4 .
ThÝ dô 2. T×m gi¸c trÞ nhá nhÊt cña hµm sè:
2
a. y = x +
x 1
víi x > 1. b. y = 2
x2 + , víi x > 0.
3
x
Gii
2
a. V× x > 1 nªn x 1 vµ lµ hai sè d­¬ng. Do ®ã:
x 1
2
2
y = x + = 1 + x 1 +
x 1
x 1
1 + 2 2
(x 1) = 1 + 2 2 .
x 1
tõ ®ã, suy ra y Min = 1 + 2 2 , ®¹t ®­îc khi:
2
x 1 =
x 1
x = 1 + 2 2 .
b. ViÕt l¹i hµm sè d­íi d¹ng:
y = 1 3 x2 + 1 3 x2 + 1 1
3 x2 +
3
x + 1
3
x 5 1 2 1
5
2 1 2 1 1
x . x x . .
3 3
3 3 3 x x = 5
5
27
5
tõ ®ã, suy ra y Min =
5
, ®¹t ®­îc khi:
27
1 1
3 x2 =
3
x x5 = 3 x = 5 3 .
ThÝ dô 3. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nh¸t cña biÓu thøc:
a. A = x 1 4 x b. S = 3x + 4y, biÕt x 2 + y 2 = 1.
Gii
a. Víi 1 x 4, ta cã:
A 2 = ( x 1 4 x ) 2 = 3 + 2 (x 1)(4 x)
Ta cã:
3 3 + 2 (x 1)(4 1) 3 + x 1 + 4 x = 6 3 A 6 .
Tõ ®ã, suy ra:
• A Max = 6 , ®¹t ®­îc khi:
x 1 = 4 x 2x = 5 x = 5 2 .
148

• A Min =
3 , ®¹t ®­îc khi:
(x 1)(4 x) = 0 x = 1 hoÆc x = 4.
b. Ta cã:
S 2 = (3x + 4y) 2 (3 2 + 4 2 )(x 2 + y 2 ) = 25 3x + 4y 5 5 3x + 4y 5.
DÊu "=" xy ra khi:
x 3
y 4
2 2
x y 1
4x
3y
2 2
9x 9y 9
4x
3y
3 4
4x
3y
x
, y
5 5
3 .
x
3 4
5 x , y
5 5
Tõ ®ã, suy ra:
3 4
• S Max = 5, ®¹t ®­îc khi x , y .
5 5
3 4
• S Min = 5, ®¹t ®­îc khi x , y .
5 5
2 2
9x 16x 9
ThÝ dô 4. Hai sè d­¬ng x, y tho m·n 3x + 2y = 6xy. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña
tæng x + y.
Gii
NhËn xÐt r»ng:
3x + 2y = 6xy x
2 + y
3 = 6,
2 3
2 + 3 = . x + . y .
x y
Do vËy, theo bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«pxki, suy ra:
( 2 + 3 ) 2 ( x
2 + y
3 )(x + y) = 6(x + y) x + y 6
1 ( 2 + 3 )
2
=
VËy (x + y) Min =
x
2
x
2
x
y
3
y
3
y
6
5 2
6
6
®¹t ®­îc khi:
2 6
x = , y =
6
3 6
.
6
5 2
6
6
.
149

D¹ng to¸n 6: Sö dông bÊt ®¼ng thøc gii ph­¬ng tr×nh, bÊt ph­¬ng
tr×nh vµ hÖ
ThÝ dô 1. Gii ph­¬ng tr×nh
Gii
NhËn xÐt r»ng:
2
x 2x 5 + x 1 = 2.
2
2
VT = x 2x 5 + x 1 = (x 1) 4 + x 1 2.
VËy, ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm khi vµ chØ khi:
VT = 2 x1 = 0 x = 1.
VËy, ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm x = 1.
ThÝ dô 2. Gii c¸c ph­¬ng tr×nh sau:
a. 4x 1 + 22x 1 = 1.
b. x 1 2 x 2 x 1 2 x 2 = 2.
Gii
a. Ta cã thÓ tr×nh bµy theo c¸c c¸ch sau:
C¸ch 1: Ta biÕn ®æi ph­¬ng tr×nh vÒ d¹ng:
4x 1 + 2 4x = (4x 1) + (2 – 4x).
T Ý nhchÊt1
4x 10
x 1/ 4
.
2 4x 0 x 1/ 2
VËy, nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh lµ 1 4 x 1 2 .
C¸ch 2: Ta biÕn ®æi ph­¬ng tr×nh vÒ d¹ng:
4x 1 + 4x 2 = (4x 1) (4x 2).
TÝnh chÊt
3 4x 10
x 1/ 4
.
4x 2 0
x 1/ 2
VËy, nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh lµ 1 4 x 1 2 .
b. ViÕt l¹i ph­¬ng tr×nh d­íi d¹ng:
2
( x 2 1)
2
( x 2 1) = 1
x 2 + 1 x 2 1 = ( x 2 + 1)( x
2 1)
TÝnh chÊt 4
( x 2 1).2 0 x 2 1 x 3.
VËy, ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ x 3.
3 2
ThÝ dô 3. Gii ph­¬ng tr×nh 2 7x 11x 25x 12 = x 2 + 6x1.
Gii
ViÕt l¹i ph­¬ng tr×nh d­íi d¹ng:
2
2
(7x 4)(x x 3) = x 2 + 6x1.
150

§iÒu kiÖn:
7x4 0 x 4 7 .
¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si cho vÕ tr¸i, ta ®­îc:
2
2
(7x 4)(x x 3) (7x4) + (x 2 x + 3) = x 2 + 6x1 = VP.
DÊu " = " xy ra khi vµ chØ khi:
7x4 = x 2 x + 3 x 2 x
1
8x + 7 = 0 .
x
7
VËy, ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm x = 1 hoÆc x = 7.
ThÝ dô 4. Gii c¸c ph­¬ng tr×nh sau:
a. 2x 4 + (12x) 4 = 1 27 .
b. x + 1 x + 4 x + 4 1 x = 2 + 4 8 .
Gii
a. BiÕn ®æi vÕ tr¸i cña ph­¬ng tr×nh:
2x 4 + (12x) 4 = 1 3 .3.[ 2x4 + (12x) 4 ] = 1 3 (12 + 1 2 + 1 2 )[ x 4 + x 4 + (12x) 4 ]
1 3 [ x2 + x 2 + (12x) 2 ] 2 = 1 3 . 1 9 {3.[ x2 + x 2 + (12x) 2 ]} 2
= 1 27 {(12 + 1 2 + 1 2 ) [ x 2 + x 2 + (12x) 2 ]} 2
VËy ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm khi dÊu ®¼ng thøc xy ra
2 2 2
x x (1 2x)
x = 1
x x 1 2z
3 .
VËy ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm x = 1 3 .
b. §iÒu kiÖn 0 x 1.
Sö dông bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«pxki, ta cã:
x + 1 x = 1. x + 1. 1 x (1 1)(x 1 x) = 2
1 27 [x + x + (12x)]4 = 1 27 .
suy ra:
4
x + 4 1 x = 1. 4 x + 1. 4 1 x (1 1)( x 1 x) 2 2 = 4 8 .
x + 1 x + 4 x + 4 1 x 2 + 4 8 .
VËy, bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm khi dÊu "=" xy ra, tøc lµ víi x = 1 2 .
151

ThÝ dô 5. Gii bÊt ph­¬ng tr×nh
Gii
NhËn xÐt r»ng:
2
x x 1 +
2
x x 1
2
x x 1 +
2
x x 1 2.
4
2 2
2 (x x 1)(x x 1)
= 2
Do ®ã, nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh øng víi dÊu "=" cña bÊt ®¼ng thøc trªn, tøc lµ:
2
x x 1 1 2
x x 1 1
2
2
x x 1 1 x x 1 1
VËy, bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm x = 1.
x = 1.
ThÝ dô 6. Gii c¸c bÊt ph­¬ng tr×nh sau:
a. 3x1 2x1 + x2.
b. 2x + 3 3x + 5x + 2
c. 2x 2 3x + 12x 2 5x < 2x + 1.
d. x 2 3x12x 3.
Gii
a. BiÕn ®æi bÊt ph­¬ng tr×nh ban ®Çu vÒ d¹ng:
(2x 1)(x + 2) 2x1 + x2 lu«n ®óng.
VËy, bÊt ph­¬ng tr×nh nhËn mäi x lµm nghiÖm.
b. BiÕn ®æi bÊt ph­¬ng tr×nh ban ®Çu vÒ d¹ng:
x + 5) (x + 2) 3x + 5x + 2 lu«n ®óng.
VËy, bÊt ph­¬ng tr×nh nhËn mäi x lµm nghiÖm.
c. BiÕn ®æi bÊt ph­¬ng tr×nh ban ®Çu vÒ d¹ng:
2x 2 3x + 12x 2 5x < (2x 2 3x + 1)(2x 2 5x)
(2x 2 5x)(2x + 1) < 0
x 1/ 2
.
0 x 5 / 2
VËy, tËp nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ (; 1 2 )( 5 2 ; +).
d. BiÕn ®æi bÊt ph­¬ng tr×nh ban ®Çu vÒ d¹ng:
x 1) (2x 3) 3x12x 3
x 1) (2x 3)3x12x 3
x2
(2x 3)(x + 2) 0 .
x 3 / 2
VËy, tËp nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ ( ;)( 3 2 ; +).
152

ThÝ dô 7. Gii bÊt ph­¬ng tr×nh x 1
2x
2 10x 16
3x.
Gii
BiÕn ®æi bÊt ph­¬ng tr×nh vÒ d¹ng:
x 1 + x3 2x
2 10x 16
.
Sö dông bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«pxki, ta cã:
2
2[(x 1) (x 3) ] x 1 + x3.
VËy bÊt ph­¬ng tr×nh t­¬ng ®­¬ng víi dÊu "=" xy ra, tøc lµ
x
2
x 1 = x3 x 2 7x + 10 = 0 .
x 5
VËy, bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm x = 2 vµ x = 5.
ThÝ dô 8. Gii hÖ ph­¬ng tr×nh:
| x y | | x y | 2 (1)
.
xy 1 (2)
Gii
BiÕn ®æi (1) vÒ d¹ng:
4 = (xy) 2 + (x + y) 2 + 2x 2 y 2
= 2(x 2 + y 2 ) + 2x 2 y 2 2(x 2 + y 2 ) 4xy = 4
VËy, hÖ t­¬ng ®­¬ng víi:
2 2
2 | x y | 0
x y 1
x
y .
x y 1
xy 1
VËy, hÖ cã 2 cÆp nghiÖm (1; 1) vµ (1; 1).
ThÝ dô 9. Gii hÖ ph­¬ng tr×nh:
2 2
x y x y 2
2 2
x y y x 2
Gii
KÝ hiÖu hai ph­¬ng tr×nh cña hÖ theo thø tù lµ (1) vµ (2).
XÐt (1), sö dông bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«pxki:
2 =
2 2
x y y x
VËy (1) t­¬ng ®­¬ng víi:
2
x
y =
2
y
Bunhiac«pxki
x x 2 y = y 2 x
(xy)(x + y + 1) = 0
.
2 2
(1 1)(x y y x)
x
y
.
y x 1
(2)
2
153

• Víi x = y, hÖ cã d¹ng:
x
y
x
y
2 2
x
2
1, 2 = y 1, 2 = 1 5
x x x x 2 x x 1 0
2
• Víi y = x1, hÖ cã d¹ng:
y x 1
x3 0 vµ y3
1
2 2
.
x ( x 1) x ( x 1) 2 x4 1 vµ y4
0
VËy, hÖ ph­¬ng tr×nh cã 4 cÆp nghiÖm.
ThÝ dô 10.
Gii hÖ bÊt ph­¬ng tr×nh:
xy 1 x x
.
2 xy x x 1
.
Gii
§iÒu kiÖn 0 x 1; y 1.
Tõ bÊt ph­¬ng tr×nh thø nhÊt cña hÖ, ta biÕn ®æi:
1 x x xy 1 x x(1 y) . (*)
NhËn xÐt r»ng VT 0 vµ VT 0 do ®ã (*) t­¬ng ®­¬ng víi:
VT = VP = 0 x = y = 1 tho m·n ph­¬ng tr×nh thø hai cña hÖ.
V©y, hÖ cã nghiÖm x = y = 1.
§2. BÊt ph­¬ng tr×nh
D¹ng to¸n 1: C¸c bµi to¸n më ®Çu vÒ bÊt ph­¬ng tr×nh
ThÝ dô 1. Chøng minh c¸c bÊt ph­¬ng tr×nh sau v« nghiÖm:
a. x 2 + x 8 3.
2
2 3
b. 1 2(x 3) 5 4x x .
2
Gii
a. Ta cã:
2
2
c. 1 x 7 x 1.
VT = x 2 + 8 x 0, x 8; VP = 3 < 0, x.
Suy ra, tËp x¸c ®Þnh D = .
VËy, bÊt ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm.
154

. Ta cã:
1
VT =
L¹i cã:
2
2(x 3) 1 vµ
5
2
4x x 1, x.
1
2
2
2(x 3) 5 4x x 2, x.
VP = 2
3 < 2, x VT > VP, x.
VËy, bÊt ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm.
c. Ta cã:
1 + x 2 < 7 + x 2 2
2
2
2
1 x 7 x 1 x 7 x 0 .
VËy, bÊt ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm.
D¹ng to¸n 2: Hai bÊt ph­¬ng tr×nh t­¬ng ®­¬ng
ThÝ dô 1. C¸c cÆp bÊt ph­¬ng tr×nh sau cã t­¬ng ®­¬ng kh«ng ? V× sao ?
a. x 2 – 2 > x vµ x 2 1 1
> x + 2. b. x 1 vµ x 1 .
x x
Gii
a. Víi bÊt ph­¬ng tr×nh:
x 2 – 2 > x
céng 2 vµo hai vÕ cña bÊt ph­¬ng tr×nh, ta ®­îc:
x 2 – 2 + 2 > x + 2 x 2 > x + 2.
VËy, hai bÊt ph­¬ng tr×nh ®· cho t­¬ng ®­¬ng.
b. NhËn xÐt r»ng, sè 0 lµ nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh thø hai nh­ng kh«ng lµ
nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh ®Çu.
VËy, hai bÊt ph­¬ng tr×nh ®· cho kh«ng t­¬ng ®­¬ng.
ThÝ dô 2. Gii thÝch v× sao c¸c cÆp bÊt ph­¬ng tr×nh sau t­¬ng ®­¬ng?
a. 4x + 1 > 0 vµ 4x 1 < 0.
Gii
a. Ta cã:
b. x 1 x vµ (2x + 1) x 1 x(2x + 1).
1 1
• 4x + 1 > 0 x < . TËp nghiÖm: T1 = ; .
4 4
1 1
• 4x 1 < 0 x < . TËp nghiÖm: T2 = ; .
4 4
Ta thÊy T 1 = T 2 .
VËy, hai bÊt ph­¬ng tr×nh t­¬ng ®­¬ng.
155

. Ta cã:
• x 1 x cã tËp x¸c ®Þnh x 1 (1)
• Víi x 1 2x + 1 > 0 (2)
Nh©n c hai vÕ cña (1) víi (2), ta ®­îc:
(2x + 1) x 1 x(2x + 1).
VËy, hai bÊt ph­¬ng tr×nh t­¬ng ®­¬ng.
§3. BÊt ph­¬ng tr×nh vµ hÖ bÊt ph­¬ng
tr×nh bËc nhÊt mét Èn
D¹ng to¸n 1: BÊt ph­¬ng tr×nh bËc nhÊt mét Èn
ThÝ dô 1. Gii vµ biÖn luËn bÊt ph­¬ng tr×nh:
(m 2 + m + 1)x + 3m > (m 2 + 2)x + 5m1.
Gii
ViÕt l¹i bÊt ph­¬ng tr×nh d­íi d¹ng:
(m 1)x > 2m 1.
Khi ®ã:
• Víi m = 1, ta ®­îc:
0 > 1, lu«n ®óng BÊt ph­¬ng tr×nh cã tËp nghiÖm lµ S .
• Víi m > 1, ta ®­îc:
x > 2m 1
2m 1
BÊt ph­¬ng tr×nh cã tËp nghiÖm lµ S ; .
m1
m1
• Víi m < 1, ta ®­îc:
x < 2m 1
2m 1
BÊt ph­¬ng tr×nh cã tËp nghiÖm lµ S ; .
m1
m1
ThÝ dô 2. T×m m ®Ó bÊt ph­¬ng tr×nh sau v« nghiÖm:
m 2 x + 1 m + (3m2)x
Gii
ViÕt l¹i bÊt ph­¬ng tr×nh d­íi d¹ng:
(m 2 – 3m + 2)x m 1. (1)
Khi ®ã, bÊt ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm
m
1
2
m 3m 2 0
m
2 v« nghiÖm.
m 1 0
m
1
VËy, kh«ng cã gi¸ trÞ nµo cña m tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
156

D¹ng to¸n 2: HÖ bÊt ph­¬ng tr×nh bËc nhÊt mét Èn
Ph­¬ng ph¸p ¸p dông
§Ó gii vµ biÖn luËn hÖ bÊt ph­¬ng tr×nh:
a1x b1
0
. (I)
a 2x b2
0
Ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc sau:
B­íc 1: LËp bng xÐt dÊu chung cho a 1 vµ a 2 .
B­íc 2:
XÐt c¸c tr­êng hîp riªng biÖt nhËn ®­îc tõ b­íc 1. Th«ng th­êng ta cã
®­îc c¸c tr­êng hîp sau:
Tr­êng hîp 1: NÕu a 1 > 0 vµ a 2 > 0.
Khi ®ã hÖ (I) cã d¹ng:
b1
x
a1
b
x Min[ 1
b2
a b
2
x
1
a
2
a
2
Tr­êng hîp 2: NÕu a 1 < 0 vµ a 2 < 0.
Khi ®ã hÖ (I) cã d¹ng:
b1
x
a1
b
x Max[ 1
b2
a b
2
x
1
a
2
a
2
Tr­êng hîp 3: NÕu a 1 > 0 vµ a 2 < 0.
Khi ®ã hÖ (I) cã d¹ng:
b1
x
a1
b2
x
a
2
b b
§Ó hÖ cã nghiÖm ®iÒu kiÖn lµ 2 1
a2
a .
1
b b
Khi ®ã, nghiÖm cña hÖ lµ 2 x 1
a2
a .
1
Tr­êng hîp 4: NÕu a 1 = 0 a 2 = 0.
Khi ®ã, thay trùc tiÕp gi¸ trÞ cña tham sè vµo hÖ (I).
ThÝ dô 1. Gii c¸c hÖ bÊt ph­¬ng tr×nh:
5x
2
4 x
a.
3
. b.
6
5x
3x 1
13
(1 x)
(x 2)
2
3
] lµ nghiÖm cña hÖ.
] lµ nghiÖm cña hÖ.
2
5 3x x
.
3 2
x 6x 7x 5
157

Gii
a. Ta cã biÕn ®æi:
8x 10 x 5/ 4
47x 7 x 7 / 44
x 4
5 .
VËy, hÖ ph­¬ng tr×nh cã tËp nghiÖm
b. Ta cã biÕn ®æi:
2
2
1 2x x 5 3x x
3 2
3
x 6x 12x 8 x 6x
2
5
; .
4
.
7x 5
5x
4
19x
13
x 4 / 5
x 13/19
x < 5
4 .
4
VËy, hÖ ph­¬ng tr×nh cã tËp nghiÖm ; .
5 .
ThÝ dô 2. Gii vµ biÖn luËn hÖ bÊt ph­¬ng tr×nh:
mx 1 0
.
(3m 2)x m 0
Gii
Ta ®i gii ®ång thêi hai bÊt ph­¬ng tr×nh b»ng c¸ch lËp bng xÐt dÊu cña m vµ
3m2:
m 0 2/3 +
m 0
3m2 0
XÐt 5 tr­êng hîp:
Tr­êng hîp 1. Víi m < 0 th× hÖ cã d¹ng:
x
1/ m
m x < Min{ 1 ,
m
x
m 3m 2
m v× víi m < 0 th× m
3m 2
3m 2
> 0.
Tr­êng hîp 2. Víi m = 0, hÖ cã d¹ng:
10
v« nghiÖm.
x 0
Tr­êng hîp 3. Víi 0 < m < 2 , hÖ cã d¹ng:
3
x
1/ m
m v« nghiÖm do
x
3m 2
1
m > 0 vµ
m
3m 2
< 0.
158

Tr­êng hîp 4. Víi m = 2 , hÖ cã d¹ng:
3
x 3/ 2
v« nghiÖm.
2 / 3 0
Tr­êng hîp 5. Víi m > 2 th× hÖ cã d¹ng:
3
x
1/ m
m x > Max{ 1 ,
m
x
m 3m 2
}.
3m 2
KÕt luËn:
• Víi m < 0 hÖ cã nghiÖm lµ x < 1 m .
• Víi 0 m 2 3
hÖ v« nghiÖm.
• Víi m > 2 3
1 m
hÖ cã nghiÖm lµ x > Max{ ,
m 3m 2
}.
Chó ý: NÕu a 1 hoÆc a 2 lu«n kh¸c 0 (gii sö a 1 0). Khi ®ã thùc chÊt bµi to¸n
®­îc chuyÓn vÒ viÖc gii biÖn luËn bÊt ph­¬ng tr×nh cßn l¹i víi ®iÒu
kiÖn K.
ThÝ dô 3. Víi gi¸ trÞ nµo cña m th× hÖ bÊt ph­¬ng tr×nh sau cã nghiÖm:
3x
2 4x
5
x
2 0
a.
. b. .
3x
m 2 0
Gii
a. Ta cã:
x
1
3x
2 4x
5
m 2 .
3x
m 2 0 x
3
HÖ bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm khi vµ chØ khi:
m 2
> 1 m + 2 < 3 m < 5.
3
VËy, víi m < 5 tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
b. Ta cã:
x
2 0 x
2
m
x 1 x
1
m
HÖ bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm khi vµ chØ khi:
1 m < 2 m > 1.
VËy, víi m > 1 tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
m
x 1
159

ThÝ dô 4. T×m c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó mçi hÖ bÊt ph­¬ng tr×nh sau v« nghiÖm:
2 2
2x
7 8x 1
(x
3) x 7x 1
a.
. b.
.
2x m 5 0
2m
5x 8
Gii
a. Ta cã:
x 4/3
2x
7 8x 1
m
5
2x m 5 0 x
2
HÖ bÊt ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm khi vµ chØ khi:
m 5 4
7
3m + 15 8 m .
2 3
3
VËy, víi m 3
7 tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
b. Ta cã:
2
(x
3) x
2m
5x 8
2
2
7x 1 x
6x 9 x
2m
5x 8
HÖ bÊt ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm khi vµ chØ khi:
2m 8 8
72
26m 104 > 40 m > .
5 3
13
72
VËy, víi m > tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
13
2
7x 1
x 8/13
2m 8 .
x
5
ThÝ dô 5. Víi gi¸ trÞ nµo cña m th× hÖ sau cã nghiÖm duy nhÊt:
2x 1 m 0
.
mx 2m 1 0
Gii
KÝ hiÖu c¸c bÊt ph­¬ng tr×nh cña hÖ theo thø tù lµ (1) vµ (2).
• Gii (1): Ta cã:
(1) x m 1 .
2
• Gii (2), viÕt l¹i bÊt ph­¬ng tr×nh (2) d­íi d¹ng:
mx 12m. (3)
Tr­êng hîp 1: NÕu m = 0, ta cã:
(3) 0x 1 lu«n ®óng.
VËy bÊt ph­¬ng tr×nh nghiÖm ®óng víi x.
Khi ®ã nghiÖm cña hÖ lµ x 1 , vµ nghiÖm lµ kh«ng duy nhÊt.
2
160

Tr­êng hîp 2: NÕu m > 0, ta cã:
(3) x 1 2m .
m
Khi ®ã nghiÖm cña hÖ lµ x Min{ m 1 1 2m , } vµ nghiÖm lµ kh«ng duy nhÊt.
2 m
Tr­êng hîp 3: NÕu m < 0, ta cã:
(3) x 1 2m .
m
Khi ®ã ®Ó hÖ cã nghiÖm duy nhÊt
m 1
2
= 1 2m
m
m 2 + 3m2 = 0 m 0 3 17
m .
2
VËy, hÖ bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt khi
3 17
m .
2
Chó ý: NÕu hÖ cã d¹ng:
a f(x) a.
(I)
ta cã thÓ sö dông phÐp biÕn ®æi t­¬ng ®­¬ng sau:
(I)
a
0
a 0 a
0
| f(x) | a
2 2
f (x) a [f(x)
a][f(x) a] 0 (*)
vµ trong nhiÒu tr­êng hîp viÖc gii biÖn luËn (*) ®¬n gin h¬n so víi
viÖc gii biÖn luËn ®¬n lÎ tõ (I). Cô thÓ ta ®i xem xÐt vÝ dô sau:
ThÝ dô 6. Gii vµ biÖn luËn bÊt ph­¬ng tr×nh kÐp:
1 x m 1. (1)
mx 1
Gii
• Víi m = 0 th× (1) 1 x 1.
• Víi m 0 th× ®iÒu kiÖn x 1 m .
ViÕt l¹i bÊt ph­¬ng tr×nh d­íi d¹ng:
2
x
m
mx 1
1 x
m
mx 1 1 x m x m
1 1
mx 1 mx 1
0
(1m 2 )(x 2 1) 0. (2)
XÐt ba tr­êng hîp:
Tr­êng hîp 1: NÕu 1m 2 = 0 m = 1.
• Víi m = 1.
(2) 0x 0 (lu«n ®óng).
VËy (2) nghiÖm ®óng víi mäi x 1.
161

• Víi m = 1.
(2) 0x 0 (lu«n ®óng).
VËy (2) nghiÖm ®óng víi mäi x 1.
Tr­êng hîp 2: NÕu 1m 2 > 0 m < 1.
(2) x 2 1 0 x 1, (lu«n tho m·n x 1 m ).
Tr­êng hîp 3: NÕu 1m 2 < 0 m > 1.
(2) x 2 1 0 x 1, (lu«n tho m·n x 1 m ).
KÕt luËn:
• Víi m = 1, bÊt ph­¬ng tr×nh nghiÖm ®óng víi mäi x 1.
• Víi m = 1, bÊt ph­¬ng tr×nh nghiÖm ®óng víi mäi x 1.
• Víi m < 1, bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ x 1.
• Víi m > 1, bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ x 1.
§4. dÊu cña nhÞ thøc bËc nhÊt
D¹ng to¸n 1: XÐt dÊu c¸c biÓu thøc
ThÝ dô 1. LËp bng xÐt dÊu c¸c biÓu thøc:
a. f(x) = x(x 2) 2 (3 x). b. f(x) =
3
x(x 3)
.
(x 5)(1 x)
Gii
a. Ta cã bng sau:
x 0 2 3 +
x 0 + + +
(x 2) 2 + + 0 + +
3 x + + + 0
f(x) 0 + 0 + 0
b. Ta cã bng sau:
x 0 1 3 5 +
x 0 + + + +
(x 3) 2 + + + 0 + +
x 5 0 +
1 x + + 0
f(x) + 0 + 0 +
162

D¹ng to¸n 2: Gii bÊt ph­¬ng tr×nh tÝch hoÆc chøa Èn ë mÉu
Ph­¬ng ph¸p ¸p dông
1. §Ó gii c¸c bÊt ph­¬ng tr×nh d¹ng:
P(x) > 0, P(x) < 0, P(x) 0, P(x) 0,
trong ®ã P(x) = (a 1 x + b 1 )…(a n x + b n ), ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc:
B­íc 1: T×m c¸c nghiÖm x 1 , …, x n cña c¸c nhÞ thøc a 1 x + b, …, a n x + b.
B­íc 2: S¾p xÕp c¸c nghiÖm t×m ®­îc theo thø tù t¨ng dÇn (gi sö x k < … < x l ),
tõ ®ã lËp bng xÐt dÊu d¹ng:
x x k … x l +
a 1 x + b 1
…
a n x + b n
P(x)
B­íc 3: Dùa vµo kÕt qu bng xÐt dÊu suy ra nghiÖm cho bÊt ph­¬ng tr×nh.
2. §Ó gii c¸c bÊt ph­¬ng tr×nh d¹ng:
P(x)
Q(x)
> 0,
P(x)
Q(x)
< 0,
P(x)
Q(x)
0,
P(x)
Q(x)
trong ®ã P(x) vµ Q(x) lµ tÝch nh÷ng nhÞ thøc bËc nhÊt ®­îc thùc hiÖn theo c¸c b­íc:
B­íc 1: T×m c¸c nghiÖm x 1 , …, x n cña c¸c ph­¬ng tr×nh P(x) = 0 vµ Q(x) = 0.
B­íc 2: S¾p xÕp c¸c nghiÖm t×m ®­îc theo thø tù t¨ng dÇn (gi sö x k < … < x l ),
P(x)
tõ ®ã lËp bng xÐt dÊu cho ph©n thøc .
Q(x)
B­íc 3:
0,
Víi l­u ý r»ng trªn hµng cuèi t¹i nh÷ng ®iÓm Q(x) = 0 ta sö dông kÝ hiÖu
®Ó chØ ra r»ng t¹i ®ã bÊt ph­¬ng tr×nh kh«ng x¸c ®Þnh.
Dùa vµo kÕt qu bng xÐt dÊu suy ra nghiÖm cho bÊt ph­¬ng tr×nh.
ThÝ dô 1. Gii c¸c bÊt ph­¬ng tr×nh:
3 5
a.
1 x 2x 1
. (2x 1)(2 x)
b. 0.
2
x 4x 3
Gii
a. Ta cã biÕn ®æi:
3 5 3(2x 1)
5(1 x) 11x 2
0
0.
1 x 2x 1 (1 x)(2x 1)
(1 x)(2x 1)
LËp bng xÐt dÊu, ta ®­îc tËp nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ:
1
S = ;
2 2
;1
11
.
b. ViÕt l¹i bÊt ph­¬ng tr×nh d­íi d¹ng:
(2x 1)(2 x)
0.
(x 1)(x 3)
(1)
163

Ta cã:
2x1 = 0 x = 1 ; 2x = 0 x = 2;
2
x1 = 0 x = 1; x3 = 0 x = 3.
LËp bng xÐt dÊu cña (1):
x 1/2 1 2 3 +
2x1 0 + + + +
3x + + + 0
x1 0 + + +
x4 0 +
VT 0 + 0 +
VËy, bÊt ph­¬ng tr×nh cã tËp hîp nghiÖm lµ: (; 1 )(1; 2)(3; +).
2
Chó ý: Cã thÓ gii bÊt ph­¬ng tr×nh trªn b»ng ph­¬ng ph¸p sau ®©y gäi lµ
ph­¬ng ph¸p chia khong. Chia trôc Ox thµnh c¸c khong:
1/2
+
+
x.
1 2 3
+
ThÝ dô 2. X¸c ®Þnh m sao cho c¸c bÊt ph­¬ng tr×nh sau t­¬ng ®­¬ng:
(m + 1)xm3 > 0 vµ (m1)xm2 > 0 .
Gii
ViÕt l¹i c¸c bÊt ph­¬ng tr×nh d­íi d¹ng:
(m 1)x > m 3 (1)
(m – 1)x > m2 (2)
Tr­êng hîp 1: NÕu m = – 1.
(1) 0.x > 2 x .
(2) x > 1 2 .
VËy, (1) vµ (2) kh«ng t­¬ng ®­¬ng.
Tr­êng hîp 2: NÕu m = 1.
(1) x > 2.
(2) 0.x > 3 v« nghiÖm.
VËy, (1) vµ (2) kh«ng t­¬ng ®­¬ng.
Tr­êng hîp 3: NÕu m 1 th× ®Ó (1) vµ (2) t­¬ng ®­¬ng ®iÒu kiÖn lµ:
(m 1)(m 1) 0
m 3 m 2
m = 5.
m 1 m 1
VËy, víi m = 5, hai bÊt ph­¬ng tr×nh t­¬ng ®­¬ng víi nhau.
164

D¹ng to¸n 3: DÊu nhÞ thøc trªn mét miÒn
Ph­¬ng ph¸p ¸p dông
Víi f(x) = ax + b ta l­u ý c¸c kÕt qu quan träng sau:
a 0
a 0
1. f(x) 0, x
vµ f(x) 0, x .
b 0
b 0
a 0
a 0
2. f(x) 0, x
vµ f(x) 0, x .
f ( ) 0
f ( ) 0
a 0
a 0
3. f(x) 0, x
vµ f(x) 0, x .
f ( ) 0
f ( ) 0
f ( ) 0
f ( ) 0
4. f(x) 0, x(; )
vµ f(x) 0, x(; )
f ( ) 0
f ( ) 0
ThÝ dô 1. Cho bÊt ph­¬ng tr×nh (m + 1)xm + 2 > 0.
T×m m ®Ó bÊt ph­¬ng tr×nh:
a. NghiÖm ®óng víi mäi x. b. NghiÖm ®óng víi mäi x 2.
c. NghiÖm ®óng víi mäi x < 1. d. NghiÖm ®óng víi mäi x[1; 3].
Gii
ViÕt l¹i bÊt ph­¬ng tr×nh d­íi d¹ng:
f(x) = (m + 1)xm + 2 > 0. (1)
a. §Ó (1) cã nghiÖm ®óng víi mäi x:
m 1 0
m = –1.
m 2 0
VËy, víi m = –1 bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm ®óng víi mäi x.
b. §Ó (1) cã nghiÖm ®óng víi mäi x 2:
m 1 0
m 1 0
m –1.
f(2) 0 m 4 0
VËy, víi m –1 bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm ®óng víi mäi x 2.
c. §Ó (1) cã nghiÖm ®óng víi mäi x < 1:
m 1 0
m 1 0
m 1.
f(1) 0 3 0
VËy, víi m –1 bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm ®óng víi mäi x < 1.
d. §Ó (1) cã nghiÖm ®óng víi mäi x[1; 3]:
f(1) 0 3
0
m > – 5
f(3) 0 2m 5 0
3 .
VËy, víi m > – 5 bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm ®óng víi mäi x[1; 3].
3
165

D¹ng to¸n 4: Gii ph­¬ng tr×nh, bÊt ph­¬ng tr×nh chøa dÊu gi¸ trÞ
tuyÖt ®èi
Ph­¬ng ph¸p ¸p dông
ViÖc sö dông dÊu nhÞ thøc bËc nhÊt ®Ó gii ph­¬ng tr×nh, bÊt ph­¬ng tr×nh chøa
dÊu gi¸ trÞ tuyÖt ®èi ®­îc gäi lµ ph­¬ng ph¸p chia khong. Víi c¸c ph­¬ng tr×nh, bÊt
ph­¬ng tr×nh d¹ng:
P(x) = 0, P(x) > 0, P(x) < 0, P(x) 0, P(x) 0,
trong ®ã P(x) = k 1 A 1 + k 2 A 2 + .. . + k n A n vµ dÊu cña c¸c A i , i = 1 , n ®­îc x¸c ®Þnh
th«ng qua dÊu cña nh÷ng nhÞ thøc bËc nhÊt, ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc:
B­íc 1: §Æt ®iÒu kiÖn cã nghÜa cho c¸c biÓu thøc trong ph­¬ng tr×nh, bÊt
ph­¬ng tr×nh.
B­íc 2: LËp bng xÐt dÊu c¸c biÓu thøc chøa dÊu gi¸ trÞ tuyÖt ®èi A i , i = 1 , n tõ
®ã chia trôc sè thµnh nh÷ng khong sao cho trong mçi khong ®ã c¸c
biÓu thøc d­íi dÊu trÞ tuyÖt ®èi chØ nhËn mét dÊu x¸c ®Þnh.
B­íc 3: Gii ( hoÆc biÖn luËn) ph­¬ng tr×nh, bÊt ph­¬ng tr×nh trªn mçi khong
®· chia.
B­íc 4: KÕt luËn.
ThÝ dô 1. Gii c¸c bÊt ph­¬ng tr×nh:
a. 2x5 x + 1. b. 2x4 x + 1.
Gii
a. ViÕt l¹i bÊt ph­¬ng tr×nh d­íi d¹ng:
x1
x 1 0
4
4
(x 1) 2x 5 x 1 x 6 3 x 6.
3
VËy, bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm 4 3 x 6.
b. ViÕt l¹i bÊt ph­¬ng tr×nh d­íi d¹ng:
2x 4 x 1 x
5
2x 4 x 1
.
x
1
VËy, bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm thuéc (; 1][5; +).
NhËn xÐt: Nh­ vËy:
D¹ng 1: Víi bÊt ph­¬ng tr×nh:
f (x) g(x)
f(x) > g(x)
f (x) g(x)
g(x) 0
hoÆc g(x) 0 (chia khong).
2 2
f (x) g (x)
166

D¹ng 2: Víi bÊt ph­¬ng tr×nh:
g(x) 0
f(x) < g(x)
f 2
(x) g 2
(x)
hoÆc
ThÝ dô 2. Gii ph­¬ng tr×nh:
| x 2 |
3
a. 3. b.
2
x 5x 6
| x 4 | 1
Gii
a. BiÕn ®æi t­¬ng ®­¬ng bÊt ph­¬ng tr×nh vÒ d¹ng:
x 2 0
1
3
x
3
x 2 0
1
3
3 x
x 2
10 3x
0
x
3
3 < x 10
x
2
3 .
3x 8
0
3 x
VËy, nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ 3 < x 10 3 .
b. §iÒu kiÖn:
x41 0 x4 1
x 4 1
x 4 1
LËp bng xÐt dÊu hai biÓu thøc x + 3 vµ x4:
x 3 4 +
x + 3 0 + +
x4 0 +
Tr­êng hîp 1: Víi x 3, ph­¬ng tr×nh cã d¹ng:
3
x 4 1
= x3 3
3
x
g(x) 0
g(x) f (x) g(x)
f (x) 0
f (x) g(x)
(chia khong).
f (x) 0
f (x) g(x)
x 5
.
x 3
= x3 x 2 = 12
Tr­êng hîp 2: Víi 3 < x < 4, ph­¬ng tr×nh cã d¹ng:
3
x 4 1
= x + 3 3
3
x
= x + 3 x 2 = 6
= x + 3.
x 6
.
x 6
x
2 3 (l)
.
x 2 3
167

Tr­êng hîp 3: Víi x 4, ph­¬ng tr×nh cã d¹ng:
3
x 4 1
= x + 3 x2 2x18 = 0
x 1
19 (l)
.
x 1
19
VËy, ph­¬ng tr×nh cã 4 nghiÖm lµ x = 2 3 , x = 6 vµ x = 1 + 19 .
Chó ý: NhiÒu bµi to¸n dùa trªn ®iÒu kiÖn cã nghÜa cña ph­¬ng tr×nh ta khö
®­îc dÊu trÞ tuyÖt ®èi. XÐt vÝ dô sau:
ThÝ dô 3. Gii bÊt ph­¬ng tr×nh:
2
x | x | < x. (1)
Gii
BiÕn ®æi t­¬ng ®­¬ng bÊt ph­¬ng tr×nh vÒ d¹ng:
x
0
x > 0.
2 2
x
| x | x
VËy, nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ x > 0.
ThÝ dô 4. Gii vµ biÖn luËn bÊt ph­¬ng tr×nh 2x1 x + m.
Gii
ViÕt l¹i bÊt ph­¬ng tr×nh d­íi d¹ng:
x m 1
2x 1 x m
1
m .
2x 1 (x m) x
3
Tr­êng hîp 1: NÕu m + 1 1 m m – 1 3
2 .
BÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ S .
Tr­êng hîp 2: NÕu m + 1 > 1 m m > – 1 3
2
BÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ (; 1 m )(m + 1; +).
3
§5. BÊt ph­¬ng tr×nh vµ hÖ bÊt ph­¬ng
tr×nh bËc nhÊt hai Èn
D¹ng to¸n 1: BÊt ph­¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn
ThÝ dô 1. BiÓu diÔn h×nh häc tËp nghiÖm cña c¸c bÊt ph­¬ng tr×nh bËc nhÊt hai
Èn sau:
a. x + 2 + 2(y 2) < 2(1 x). b. 3(x 1) + 4(y 2) < 5x 3.
168

Gii B¹n ®äc tù vÏ h×nh
a. Ta cã:
x + 2 + 2(y 2) < 2(1 x) x + 2y 4 < 0 (1)
Ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc sau:
• VÏ ®­êng th¼ng : x + 2y 4 = 0.
• Thay O(0; 0) vµo (1), ta cã: nöa mÆt ph¼ng bê chøa O lµ tËp nghiÖm cña bÊt
®¼ng thøc ban ®Çu.
b. Ta cã:
3(x 1) + 4(y 2) < 5x 3 x 2y + 4 > 0 (2)
Ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc sau:
• VÏ ®­êng th¼ng : x 2y + 4 = 0.
• Thay O(0; 0) vµo (2), ta cã: nöa mÆt ph¼ng bê chøa O lµ tËp nghiÖm cña bÊt
®¼ng thøc ban ®Çu.
D¹ng to¸n 2: HÖ bÊt ph­¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn
ThÝ dô 1. BiÓu diÔn h×nh häc tËp nghiÖm cña c¸c hÖ bÊt ph­¬ng tr×nh bËc nhÊt
hai Èn sau:
x
2y 0
2x 3y 6 0
a. x
3y 2
. b. x 0 .
y
x 3
2x 3y 1
0
Gii B¹n ®äc tù vÏ h×nh
a. KÝ hiÖu c¸c bÊt ph­¬ng tr×nh cña hÖ theo thø tù lµ (1), (2) vµ (3), ta thùc hiÖn theo
c¸c b­íc sau:
• VÏ chung trªn cïng mét hÖ trôc to¹ ®é Oxy c¸c ®­êng th¼ng ( 1 ): x 2y = 0;
( 2 ): x + 2y + 2 = 0 vµ ( 1 ): y x = 0.
• MiÒn nghiÖm cña (1) lµ nöa mÆt ph¼ng bê ( 1 ) chøa A(0; 1).
• MiÒn nghiÖm cña (2) lµ nöa mÆt ph¼ng bê ( 2 ) chøa O(0; 0).
• MiÒn nghiÖm cña (3) lµ nöa mÆt ph¼ng bê ( 3 ) chøa O(0; 0).
Tãm l¹i, miÒn nghiÖm cña hÖ lµ miÒn kh«ng g¹ch chÐo.
b. KÝ hiÖu c¸c bÊt ph­¬ng tr×nh cña hÖ theo thø tù lµ (1), (2) vµ (3), ta thùc hiÖn theo
c¸c b­íc sau:
• VÏ chung trªn cïng mét hÖ trôc to¹ ®é Oxy c¸c ®­êng th¼ng ( 1 ): 2x + 3y 6 = 0;
( 2 ): x = 0 vµ ( 3 ): 2x 3y 1 = 0.
• MiÒn nghiÖm cña (1) lµ nöa mÆt ph¼ng bê ( 1 ) chøa O(0; 0).
• MiÒn nghiÖm cña (2) lµ nöa mÆt ph¼ng bê Oy kh«ng chøa A(1; 0).
• MiÒn nghiÖm cña (3) lµ nöa mÆt ph¼ng bê ( 3 ) chøa O(0; 0).
Tãm l¹i, miÒn nghiÖm cña hÖ lµ miÒn kh«ng g¹ch chÐo, kÓ c ®o¹n nèi hai ®iÓm
(0; 3
1 ) vµ (0; 2).
169

D¹ng to¸n 3: Bµi to¸n t×m ph­¬ng ¸n tèi ­u
Ph­¬ng ph¸p ¸p dông
Ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc sau:
B­íc 1: Sö dông hai Èn phô x, y ®Ó:
• ThiÕt lËp c¸c ®iÒu kiÖn cho bµi to¸n, tõ ®ã nhËn ®­îc mét hÖ bÊt
ph­¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn (gäi lµ (I)).
• Hµm tèi ­u F = f(x, y).
B­íc 2: X¸c ®Þnh miÒn ®a gi¸c A 1 A 2 ...A n tho m·n hÖ (I).
B­íc 3: TÝnh c¸c gi¸ trÞ F 1 , F 2 , ..., F n cña hµm F t¹i c¸c ®Ønh A 1 , A 2 , ..., A n .
B­íc 4: Khi ®ã:
• F max = max{ F 1 , F 2 , ..., F n }. F min = min{ F 1 , F 2 , ..., F n }.
ThÝ dô 1. Mét x­ëng sn xuÊt hai lo¹i hµng. Mçi sn phÈm lo¹i I cÇn 2l nguyªn
liÖu vµ 30h, ®em l¹i lîi nhuËn lµ 4000® cho mçi ®¬n vÞ. Mçi sn phÈm
lo¹i II cÇn 4l nguyªn liÖu vµ 15h, ®em l¹i lîi nhuËn lµ 3000® cho mçi
®¬n vÞ. X­ëng cã 200l nguyªn liÖu vµ 1200h lµm viÖc. Hái sn xuÊt mçi
lo¹i hµng bao nhiªu ®Ó møc lîi nhuËn cao nhÊt.
Gii
Víi hai Èn x, y ®­îc thiÕt lËp nh­ sau:
• x lµ sè hµng lo¹i I phi sn xuÊt.
y
• y lµ sè hµng lo¹i II phi sn xuÊt.
Ta cã c¸c ®iÒu kiÖn sau:
C B
2x
4y 200 x
2y 100 (1)
30x 15y 1200
2x y 80 (2) O A
(I)
x
x
0,x nguyª n x
0,x nguyª n (3)
(d 1 )
(d 2 )
y
0,y nguyª n
y
0,y nguyª n (4)
Vµ khi ®ã, møc lîi nhuËn thu ®­îc lµ F = 4000x + 3000y.
§Ó gii (I) ta lÇn l­ît vÏ c¸c ®­êng th¼ng:
• (d 1 ): x + 2y 100 = 0 vµ nhËn thÊy miÒn nghiÖm cña (1) lµ phÇn mÆt ph¼ng
(kÓ c bê (d 1 )) ë phÝa d­íi ®­êng th¼ng (d 1 ).
• (d 2 ): 2x + y 80 = 0 vµ nhËn thÊy miÒn nghiÖm cña (2) lµ phÇn mÆt ph¼ng (kÓ
c bê (d 2 )) ë phÝa d­íi ®­êng th¼ng (d 2 ).
• MiÒn nghiÖm cña (3) lµ phÇn mÆt ë phÝa bªn phi trôc Oy.
• MiÒn nghiÖm cña (4) lµ phÇn mÆt ë phÝa trªn trôc Ox.
VËy, nghiÖm cña hÖ (I) lµ phÇn mÆt ph¼ng trong tø gi¸c OABC (kÓ c¸c c¸c c¹nh).
Ta cã:
A(40; 0) F A = 160000 ; B(20, 40) F B = 200000;
C(0; 50) F C = 150000; O(0, 0) F O = 0.
Khi ®ã:
F Max = max{ F A , F B , F C , F O } = 200000,
®¹t ®­îc khi x = 20 vµ y = 40.
VËy, ®Ó møc lîi nhuËn cao nhÊt cÇn sn xuÊt 20 hµng lo¹i I vµ 40 hµng lo¹i II.
170

ThÝ dô 2. Cã ba nhãm m¸y A, B, C dïng ®Ó sn xuÊt ra hai lo¹i sn phÈm I vµ II.
§Ó sn xuÊt mét ®¬n vÞ c¸c sn phÈm mçi lo¹i phi lÇn l­ît dïng c¸c
m¸y thuéc c¸c nhãm kh¸c nhau. Sè m¸y trong mét nhãm vµ sè m¸y cña
tõng nhãm cÇn thiÕt ®Ó sn xuÊt ra mét ®¬n vÞ sn phÈm thuéc mçi lo¹i
®­îc cho trong bng sau:
Nhãm
A
B
C
Sè m¸y trong
mçi nhãm
10
4
12
Sè m¸y trong tõng nhãm ®Ó sn
xuÊt ra mét ®¬n vÞ sn phÈm
Lo¹i I Lo¹i II
Mét ®¬n vÞ sn phÈm lo¹i I l·i 3000 ®ång, mét ®¬n vÞ sn phÈm lo¹i II
l·i 5000 ®ång. H·y lËp kÕ ho¹ch sn xuÊt ®Ó cho tæng tiÒn l·i cao nhÊt.
Gii B¹n ®äc tù vÏ h×nh
Gäi x, y lµ sè ®¬n vÞ sn phÈm thuéc lo¹i I vµ lo¹i II (x, y nguyªn d­¬ng).
Theo ®Ò bµi, ta cã:
2x + 2y 10 x + y 5 (1)
2y 4 y 2 (2)
2x + 4y 12 x + 2y 6 (3)
x 0 (4)
y 0 (5)
Gii hÖ 5 bÊt ph­¬ng tr×nh trªn, ta ®­îc miÒn nghiÖm cña hÖ lµ h×nh tø gi¸c
OABCD cã ®Ønh O(0; 0), A(0; 2), B(2; 2), C(3; 0), D(5; 0).
Suy ra, 3x + 5y cã gi¸ trÞ:
• 10 t¹i ®Ønh A(0; 2).
• 16 t¹i ®Ønh B(2; 2).
• 17 t¹i ®Ønh C(4; 1).
• 15 t¹i ®Ønh D(5; 0).
Do ®ã, ta ®­îc 3x + 5y lín nhÊt khi x = 4 vµ y = 1.
VËy, tæng sè tiÒn l·i cao nhÊt lµ 17000 ®ång.
2
0
2
2
2
4
§6. dÊu cña tam thøc bËc hai
D¹ng to¸n 1: XÐt dÊu c¸c biÓu thøc
ThÝ dô 1. XÐt dÊu c¸c biÓu thøc:
a. f(x) = (3x 2 10x + 3)(4x 5). b. f(x) = (3x 2 4x)(2x 2 x 1).
c. f(x) = (4x 2 1)(8x 2 + x 3)(2x + 9).
171

Gii
a. Ta cã bng xÐt dÊu:
x 1/3 5/4 3 +
3x 2 10x + 3 + 0 0 +
4x 5 0 + +
f(x) 0 + 0 0 +
VËy, ta ®­îc:
• f(x) > 0 3
1 < x < 4
5 hoÆc x > 3.
• f(x) = 0 x = 3
1 hoÆc x = 4
5 hoÆc x = 3.
• f(x) < 0 x < 3
1 hoÆc 4
5 < x < 3.
b. Ta cã f(x) = (3x 2 4x)(2x 2 x 1) = x(3x 4)(2x 2 x 1).
Bng xÐt dÊu:
x -1/2 0 1 4/3 +
x 0 + + +
3x 4 0 +
2x 2 x 1 + 0 0 + +
f(x) + 0 0 + 0 0 +
VËy, ta ®­îc:
• f(x) > 0 x < 2
1 hoÆc 0 < x < 1 hoÆc x > 3
4 .
• f(x) = 0 x = 2
1 hoÆc x = 0 hoÆc x = 1 hoÆc x = 3
4 .
• f(x) < 0 2
1 < x < 0 hoÆc 1 < x < 3
4 .
c. Ta cã bng xÐt dÊu:
x 9/2 1/2 1/2 +
4x 2 1 + + 0 0 +
8x 2 + x 3
2x + 9 0 + + +
f(x) + 0 0 + 0
VËy, ta ®­îc:
• f(x) > 0 x < 2
9 hoÆc 2
1 < x < 2
1 .
• f(x) = 0 x = 2
9 hoÆc x = 2
1
• f(x) < 0 2
9 < x < 2
1 hoÆc x > 2
1 .
172

ThÝ dô 2. XÐt dÊu biÓu thøc f(x) = mx 2 2(m2)x + m3.
Gii
a. Ta xÐt ba kh n¨ng cña m
Kh n¨ng 1: Víi m = 0, suy ra:
f(x) = 0 4x – 3 = 0 x = 3 4 .
Khi ®ã, ta cã bng xÐt dÊu
x +
f(x) 0 +
Kh n¨ng 2: Víi m > 0 ta cã:
' = (m – 2) 2 – m(m – 3) = 4 – m.
Khi ®ã, ta xÐt ba tr­êng hîp:
Tr­êng hîp 1: NÕu ' = 0 m = 4, suy ra:
f(x) > 0, x \{ 1 2 } vµ f(x) = 0 x = 1 2 .
Tr­êng hîp 2: NÕu ' > 0 0 < m < 4, suy ra:
f(x) = 0 x 1 = m 2 4 m vµ x 2 = m 2 4 m
m
m
Khi ®ã, ta cã bng xÐt dÊu:
x x 1 x 2 +
f(x) + 0 0 +
Tr­êng hîp 3: NÕu ' < 0 m > 4, suy ra f(x) > 0, x .
Kh n¨ng 3: Víi m < 0 th× ' > 4.
Khi ®ã, ta cã bng xÐt dÊu
x x 2 x 1 +
f(x) 0 0
D¹ng to¸n 1: Gii bÊt ph­¬ng tr×nh bËc hai
ThÝ dô 1. Gii c¸c bÊt ph­¬ng tr×nh sau:
a. 3x 2 x 2 0. b. x 2 9x + 14 > 0.
Gii
a Ta cã ngay:
3x 2 x 2 0
2
3x x20 cã2 nghiÖm
3
2 x 1.
2
x11
vµ x2
3
VËy, tËp nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ T = [ 3
2 ; 1].
.
173

Ta cã ngay:
x
7
x 2 9x + 14 > 0 .
x 2
VËy, tËp nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ T = (; 2) (7; +).
ThÝ dô 2. Gii c¸c bÊt ph­¬ng tr×nh sau:
a. 2x 2 + x + 1 0. b. x 2 6x 14 > 0.
c. 4x 2 12x + 10 < 0. d. x 2 + 2x + 1 0.
Gii
a Ta biÕn ®æi bÊt ph­¬ng tr×nh vÒ d¹ng:
2x 2 x 1
x 1 0 . .
x 1/ 2
VËy, tËp nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ T = (; 1 ) (1; +).
2
L­u ý: Nh­ vËy, ®Ó tr¸nh nhÇm lÉn ta lu«n chuyÓn bÊt ph­¬ng tr×nh vÒ d¹ng
cã hÖ sè a d­¬ng.
b Ta biÕn ®æi bÊt ph­¬ng tr×nh vÒ d¹ng:
c
d
x 2 ' 50
6x + 14 > 0 x
VËy, tËp nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ T = .
Ta cã:
’ = 36 40 = 4 < 0 BÊt ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm.
VËy, tËp nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ T = .
Ta cã biÕn ®æi:
(x + 1) 2 ≤ 0 x + 1 = 0 x = 1.
VËy, tËp nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ T = {1}.
Chó ý: Víi bµi to¸n "Gii vµ biÖn luËn bÊt ph­¬ng tr×nh bËc hai" ta thùc hiÖn
nh­ sau:
XÐt hai tr­êng hîp:
Tr­êng hîp 1: NÕu a = 0 (nÕu cã).
Tr­êng hîp 2: NÕu a 0, thùc hiÖn theo c¸c b­íc:
B­íc 1: TÝnh (hoÆc ') råi lËp bng xÐt dÊu chung
cho a vµ (hoÆc ').
B­íc 2: Dùa vµo bng ta xÐt c¸c tr­êng hîp xy ra.
B­íc 3: KÕt luËn.
ThÝ dô 3. Gii vµ biÖn luËn c¸c bÊt ph­¬ng tr×nh:
a. x 2 + 2x + 6m > 0. b. 12x 2 + 2(m + 3)x + m 0.
174

Gii
a. Ta cã thÓ tr×nh bµy theo c¸c c¸ch sau:
C¸ch 1: Ta cã ' = 1m. XÐt ba tr­êng hîp:
Tr­êng hîp 1: NÕu ' < 0 m > 1 6 .
f(x) > 0, x nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ x .
Tr­êng hîp 2: NÕu ' = 0 m = 1 6 .
f(x) > 0, x \{ 1 } nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ x \{1}.
2
Tr­êng hîp 3: NÕu ' > 0 m < 1 6 .
Khi ®ã f(x) = 0 cã hai nghiÖm ph©n biÖt
x 1 = 1 – 1 6m vµ x 2 = 1 + 1 6m .
DÔ thÊy, x 1 < x 2 do ®ã ta cã bng xÐt dÊu:
x x 1 x 2 +
f(x) 0 0
–
nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ x < x 1 hoÆc x > x 2 .
KÕt luËn:
• Víi m > 1 , nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ x .
6
• Víi m = 1 , nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ x \{1}.
6
• Víi m < 1 6 , nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ x < x 1 hoÆc x > x 2 .
C¸ch 2: BiÕn ®æi bÊt ph­¬ng tr×nh vÒ d¹ng:
(x + 1) 2 > 1 6m.
Khi ®ã:
• Víi 1 6m < 0 m > 1 , nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ x .
6
• Víi 1 6m = 0 m = 1 , bÊt ph­¬ng tr×nh cã d¹ng:
6
(x + 1) 2 > 0 x + 1 ≠ 0 x ≠ 1.
VËy, nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ tËp \{1}.
• Víi 1 6m > 0 m < 1 , bÊt ph­¬ng tr×nh cã d¹ng:
6
x 1 1 6m
x 1 1 6m
x 1 1 6m
x 1 1 6m
.
x
1 1 6m
175

VËy, nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ tËp ; 1 1 6m 1 1 6m; .
b. Víi f(x) = 12x 2 + 2(m + 3)x + m, ta cã a = 12 vµ ' = (m3) 2 0.
Khi ®ã, ta xÐt hai tr­êng hîp:
Tr­êng hîp 1: NÕu ' = 0 m = 3, suy ra f(x) 0, x .
Do ®ã, nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ x = a
b = 2
1 .
Tr­êng hîp 2: NÕu ' > 0 m 3, suy ra:
f(x) = 0 x 1 = 2
1 vµ x2 = 6
m .
XÐt hai kh n¨ng sau:
Kh n¨ng 1: NÕu x 1 < x 2 m < 3.
Khi ®ã, ta cã bng xÐt dÊu:
x 1/2 m/6 +
f(x) + 0 0 +
Dùa vµo bng xÐt dÊu, suy ra tËp nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ T = ( 2
1 ; 6
m ).
Kh n¨ng 2: NÕu x 1 > x 2 m > 3.
Khi ®ã, ta cã bng xÐt dÊu:
x m/6 1/2 +
f(x) + 0 0 +
Dùa vµo bng xÐt dÊu, suy ra tËp nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ T = ( 6
m ; 2
1 ).
KÕt luËn:
• Víi m = 3, bÊt ph­¬ng tr×nh cã tËp nghiÖm T = { 2
1 }.
• Víi m < 3, bÊt ph­¬ng tr×nh cã tËp nghiÖm T = ( 2
1 ; 6
m ).
• Víi m > 3, bÊt ph­¬ng tr×nh cã tËp nghiÖm T = ( 6
m ; 2
1 ).
ThÝ dô 4. Gii vµ biÖn luËn bÊt ph­¬ng tr×nh:
(m1)x 2 2(m + 1)x + 3(m2) > 0. (1)
Gii
XÐt hai tr­êng hîp:
Tr­êng hîp 1: NÕu m – 1 = 0 m = 1, khi ®ã:
(1) – 4x3 > 0 x < – 3 4 .
Tr­êng hîp 2: NÕu m – 1 0 m 1.
Ta cã:
176

a = m – 1, ’ = (m + 1) 2 3(m – 2)(m – 1) = m 2 11m – 5.
Bng xÐt dÊu:
m 5 +
a 0 + +
’ 0 + + 0
• Víi m < 1/2, ta cã:
a
0
f(x) < 0, x (1) v« nghiÖm.
' 0
• Víi m = 1/2, ta cã:
a
0
f(x) 0, x (1) v« nghiÖm.
' 0
• Víi 1/2 < m < 1, ta cã a < 0 vµ ’ > 0.
Khi ®ã f(x) = 0 cã hai nghiÖm ph©n biÖt x
m 1 ' m 1 '
1
& x
2
Tr­êng hîp nµy a < 0 nªn x 2 < x 1 do ®ã:
x x 2 x 1 +
f(x) 0 + 0
nghiÖm cña (1) lµ x 2 x x 1 .
• Víi 1 < m < 5, ta cã a > 0 vµ ’ > 0.
a 0
f(x) = 0 cã hai nghiÖm ph©n biÖt x 1 , x 2
' 0
Tr­êng hîp nµy a > 0 nªn x 2 > x 1 do ®ã:
x x 1 x 2 +
m 1 m 1
f(x) 0 0
nghiÖm cña (1) lµ x < x 1 hoÆc x > x 2 .
• Víi m = 5, ta cã:
a 0 f(x) 0, x 3/ 2
nghiÖm cña (1) lµ x 3
' 0 f(x) 0 khi x 3/ 2
2 .
• Víi m > 5, ta cã:
a 0
f(x) > 0, x
' 0
(1) ®óng víi x .
KÕt luËn:
- Víi m 2, th× (1) v« nghiÖm.
- Víi 1/2 < m < 1, nghiÖm cña (1) lµ x 2 x x 1 .
- Víi 1 < m < 5, nghiÖm cña (1) lµ x < x 1 hoÆc x > x 2 .
- Víi m = 5, nghiÖm cña (1) lµ x 3 2 .
.
- Víi m > 5, th× (1) ®óng víi x .
177

ThÝ dô 5. Cho ph­¬ng tr×nh:
(m 2)x 2 + 2(2m 3)x + 5m 6 = 0. (1)
T×m c¸c gi¸ trÞ cña tham sè m ®Ó ph­¬ng tr×nh:
a. V« nghiÖm. b. Cã nghiÖm.
c, Cã ®óng mét nghiÖm. d. Cã hai nghiÖm ph©n biÖt.
Gii
Ta xÐt hai tr­êng hîp sau:
Tr­êng hîp 1: NÕu m 2 = 0 m = 2.
(1) 0.x 2 + 2x + 4 = 0 x = 2.
Tr­êng hîp 2: NÕu m 2 0 m 2. Khi ®ã:
a. §Ó (1) v« nghiÖm ®iÒu kiÖn lµ:
m
1
' 0 m 2 + 4m 3 < 0 m 2 4m + 3 > 0 .
m 3
VËy, bÊt ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm khi m < 1 hoÆc m > 3.
b. §Ó (1) cã nghiÖm ®iÒu kiÖn lµ:
’ 0 m 2 + 4m 3 0 m 2 4m + 3 ≤ 0 1 ≤ m ≤ 3.
VËy, bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm khi 1 ≤ m ≤ 3.
c. §Ó (1) cã ®óng mét nghiÖm ®iÒu kiÖn lµ:
’ = 0 m 2 + 4m 3 = 0 m = 1 hoÆc m = 3.
VËy, bÊt ph­¬ng tr×nh cã ®óng mét nghiÖm khi m {1, 2, 3}.
d. §Ó (1) cã hai nghiÖm ph©n biÖt ®iÒu kiÖn lµ:
’ > 0 m 2 + 4m 3 > 0 1 < m < 3.
VËy, bÊt ph­¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt khi m (1; 3)\{2}.
ThÝ dô 6. Cho ph­¬ng tr×nh:
x 2 + 2(m 1)x + m 1 = 0. (1)
T×m c¸c gi¸ trÞ cña tham sè m ®Ó ph­¬ng tr×nh:
1. V« nghiÖm.
2. Cã hai nghiÖm ph©n biÖt x 1 , x 2 tho m·n:
a. x 1 , x 2 tr¸i dÊu. b. x 1 , x 2 cïng dÊu.
c. x 1 , x 2 d­¬ng. d. x 1 , x 2 kh«ng d­¬ng.
Gii
1. §Ó (1) v« nghiÖm ®iÒu kiÖn lµ:
' 0 (m 1) 2 m + 1 < 0 m 2 3m < 0 0 < m < 3.
VËy, bÊt ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm khi 0 < m < 3.
2. Ta lÇn l­ît:
a. §Ó (1) cã hai nghiÖm tr¸i dÊu ®iÒu kiÖn lµ:
a.f(0) < 0 m 1 < 0 m < 1.
VËy, víi m < 1 tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
178

. §Ó (1) cã hai nghiÖm cïng dÊu ®iÒu kiÖn lµ:
m
3
2
' 0
m 3m 0
m
0 m > 3.
P 0 m 1 0
m1
VËy, víi m > 3 tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
c. §Ó (1) cã hai nghiÖm ph©n biÖt d­¬ng (0 < x 1 < x 2 ) ®iÒu kiÖn lµ:
2
' 0
m 3m 0
P 0 m 1 0 , v« nghiÖm.
S 0
1 m 0
VËy, kh«ng tån t¹i m tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
L­u ý: NÕu biÕt nhËn xÐt r»ng S vµ P tr¸i dÊu th× kh¼ng ®Þnh ngay v« nghiÖm.
d. §Ó (1) cã hai nghiÖm ph©n biÖt kh«ng d­¬ng (x 1 < x 2 ≤ 0) ®iÒu kiÖn lµ:
2
' 0
m 3m 0
m 3 hoÆc
m 0
P 0 m 1
0 m1
m > 3.
S 0
1 m 0
m1
VËy, víi m > 3 tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
D¹ng to¸n 2: Gii bÊt ph­¬ng tr×nh tÝch hoÆc chøa Èn ë mÉu
ThÝ dô 1. Gii c¸c bÊt ph­¬ng tr×nh sau:
a.
x 2 6x 8
2
x 1
2x x 3 9x
< 0. b. > . c.
3 2 3 2
x 1
x x x 3x 2 x
> 0.
Gii
a. Ta cã:
x 2 6x + 8 = 0 x = 2 hoÆc x = 4, x 1 = 0 x = 1.
Tõ ®ã ta cã bng xÐt dÊu:
x 1 2 4 +
x 2 6x+8 + + 0 0 +
x 1 0 + + +
VT + 0 0 +
VËy, nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ x (; 1) (2; 4).
b. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng:
x(x
2 9)
B = .
2
x
Ta cã:
x 2 9 = 0 x = 3, 2 x = 0 x = 2.
179

Tõ ®ã ta cã bng xÐt dÊu:
x 3 0 2 3 +
x 0 + + +
x 2 9 + 0 0 +
2 x + + + 0
VT 0 + 0 + 0
VËy, nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ x (3; 0) (; 3).
Chó ý: Víi c¸c yªu cÇu trªn, kÓ tõ c¸c thÝ dô sau chóng ta bá qua bng xÐt
dÊu (häc sinh lµm ra nh¸p).
ThÝ dô 2. Gii c¸c bÊt ph­¬ng tr×nh sau:
a. 2x 3 + x 2 5x + 2 > 0. b.
2
x 1
2x
> .
3 2 3 2
x x x 3x
Gii
a. §Æt f(x) = 2x 3 + x 2 5x + 2 vµ nhËn thÊy x = 2 lµ mét nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh
f(x) = 0, do ®ã biÕn ®æi bÊt ph­¬ng tr×nh vÒ d¹ng:
(x + 2)(x 2 x + 1) > 0 x + 2 > 0 x > 2.
b. BiÕn ®æi bÊt ph­¬ng tr×nh vÒ d¹ng:
x0
2
x 1
2x
> 2 x > 1 2x (x 7)(x 1)
> 0.
2
2
x (x 1)
x (x 3) x1
x
3 (x 1)(x 3)
Bng xÐt dÊu:
x 7 1 0 1 3 +
VT + 0 + + 0 +
VËy, nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ:
x (; 7) (1; 0) (0; 1) (3; +).
D¹ng to¸n 3: DÊu tam thøc trªn mét miÒn
Ph­¬ng ph¸p ¸p dông
Cho tam thøc:
f(x) = ax 2 + bx + c, víi a 0
chóng ta cã c¸c kÕt qu sau:
a
0
a 0
1. f(x) > 0, víi x
; f(x) < 0, víi x
.
0
0
2. Trong tr­êng hîp > 0 (tøc ph­¬ng tr×nh f(x) = 0 cã hai nghiÖm ph©n biÖt
x 1 < x 2 ) th×:
a.f() < 0 (x 1 ; x 2 ).
x1
x1 x2
a.f() > 0 , tøc lµ
x
.
2 x1 x2
180

ThÝ dô 1. Cho tam thøc:
f(x) = x 2 (m + 2)x + 8m + 1.
X¸c ®Þnh m ®Ó:
a. f(x) > 0 víi x
.
b. f(x) ≤ 0 trªn mét ®o¹n cã ®é dµi b»ng 3 .
c. f(x) < 0 trªn khong (0; 2).
Gii
a. §Ó f(x) 0 víi x
®iÒu kiÖn lµ:
a
0 1
0
m 2 4m + 3 < 0 1 < m < 3.
2
0 (m 2) 8m 1
0
VËy, víi 1 < m < 3 tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
b. §Ó f(x) ≤ 0 trªn mét ®o¹n cã ®é dµi b»ng 3 ®iÒu kiÖn lµ ph­¬ng tr×nh f(x) = 0
cã hai nghiÖm x 1 , x 2 tho m·n x 1 x 2 =
3 , tøc lµ:
0
0
= 3 m 2 4m + 3 = 3 m = 0 hoÆc m = 4.
3 3
a
VËy, víi m = 0 hoÆc m = 4 tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
c. §Ó f(x) < 0 trªn khong (0; 2) ®iÒu kiÖn lµ ph­¬ng tr×nh f(x) = 0 cã hai nghiÖm x 1 ,
x 2 tho m·n x1 0 2 x
2, tøc lµ:
a.f (0) 0 8m 10
1
m .
a.f 2
0 6m 10
8
1
VËy, víi m tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
8
NhËn xÐt: Víi c¸c yªu cÇu trong thÝ dô trªn, ta cã ph¸t biÓu kh¸c nh­ sau:
a. C©u a) ®­îc chuyÓn thµnh:
• "T×m m ®Ó bÊt ph­¬ng tr×nh x 2 (m + 2)x + 8m + 1 > 0
nghiÖm ®óng víi mäi x".
• "T×m m ®Ó bÊt ph­¬ng tr×nh x 2 (m + 2)x + 8m + 1 ≤ 0 v«
nghiÖm".
b. C©u b) ®­îc chuyÓn thµnh:
• "T×m m ®Ó bÊt ph­¬ng tr×nh x 2 (m + 2)x + 8m + 1 ≤ 0 cã
tËp nghiÖm T cã ®é dµi b»ng 3 ".
c. C©u c) ®­îc chuyÓn thµnh "T×m c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó bÊt ph­¬ng
tr×nh x 2 (m + 2)x + 8m + 1 < 0 nghiÖm ®óng víi mäi x(0; 2)".
181

ThÝ dô 2. Cho tam thøc:
f(x) = x 2 + 4(m + 1)x + 1 m 2 .
X¸c ®Þnh m ®Ó:
a. f(x) 0 víi x
.
b. f(x) > 0 trªn mét ®o¹n cã ®é dµi b»ng 4.
c. f(x) > 0 trªn khong (0; 1).
Gii
a. §Ó f(x) 0 víi x
®iÒu kiÖn lµ:
a 0 10
5m 2 + 8m + 3 < 0
2 2
' 0 4(m 1) 1 m 0
3
VËy, víi 1 m tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
5
3
1 m .
5
b. §Ó f(x) > 0 trªn mét ®o¹n cã ®é dµi b»ng 4 ®iÒu kiÖn lµ ph­¬ng tr×nh f(x) = 0 cã
hai nghiÖm x 1 , x 2 tho m·n x 1 x 2 = 4, tøc lµ:
' 0
0
= 3 5m 2 + 8m + 3 = 16 m = 1 hoÆc m = 13
4 4
a
5 .
VËy, víi m = 1 hoÆc m = 13 tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
5
c. §Ó f(x) > 0 trªn khong (0; 1) ®iÒu kiÖn lµ ph­¬ng tr×nh f(x) = 0 cã hai nghiÖm x 1 ,
x 2 tho m·n x1 0 1 x
2, tøc lµ:
2
a.f (0) 0 1 1 m 0
2
m 10
a.f 1
0
2
2
1
1 4m 4 1 m 0 m 4m 4 0
2 2 2 m 1.
VËy, víi 2 2 2 m 1 tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
ThÝ dô 3. T×m m ®Ó bÊt ph­¬ng tr×nh sau cã nghiÖm:
(m + 2)x 2 2mxm + 2 < 0. (1)
Gii
Ta cã thÓ tr×nh bµy theo c¸c c¸ch sau:
C¸ch 1: XÐt ba tr­êng hîp:
Tr­êng hîp 1: Víi m + 2 = 0 m = 2, ta ®­îc:
(1) 4x + 4 < 0 x < 1.
BÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm.
Tr­êng hîp 2: Víi m + 2 < 0 m < 2.
BÊt ph­¬ng tr×nh ®· cho còng cã nghiÖm (v× lóc ®ã tam thøc ë vÕ tr¸i lu«n ©m
hoÆc chØ d­¬ng trªn mét khong h÷u h¹n).
182

Tr­êng hîp 3: Víi m + 2 > 0 m > 2. (*)
Khi ®ã, ®Ó bÊt ph­¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm th× tam thøc ë vÕ tr¸i phi cã hai
nghiÖm ph©n biÖt
' > 0 m 2 2 > 0 |m| > 2 (*)
m
2
.
2 m 2
VËy, víi m > 2 th× bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm.
C¸ch 2: Ta ®i xÐt bµi to¸n ng­îc lµ "T×m ®iÒu kiÖn ®Ó bÊt ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm",
tøc lµ t×m ®iÒu kiÖn ®Ó:
(m + 2)x 2 2mxm + 2 0 víi mäi x. (2)
XÐt hai tr­êng hîp:
Tr­êng hîp 1: Víi m + 2 = 0 m = 2, ta ®­îc:
(2) 4x + 4 0 x 1 kh«ng tho m·n.
Tr­êng hîp 2: Víi m + 2 ≠ 0 m ≠ 2.
Khi ®ã, ®Ó (2) nghiÖm ®óng víi mäi x ®iÒu kiÖn lµ:
a 0 m 2 0
m 2 0
2
2
' 0 m (m 2)(m 2) 0 m 2 0
m 2.
VËy, víi m 2 tho m·n (2), tõ ®ã suy ra víi m > 2 tho m·n ®iÒu kiÖn
®Çu bµi.
Chó ý: ThÝ dô tiÕp theo sÏ minh ho¹ viÖc sö dông néi dung (2) ®· ®­îc tr×nh
bµy trong néi dung cña d¹ng to¸n nµy.
ThÝ dô 4. Cho ph­¬ng tr×nh:
x 2 2mx + 4m3 = 0. (1)
X¸c ®Þnh c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó ph­¬ng tr×nh cã:
a. Hai nghiÖm ph©n biÖt x 1 , x 2 tho m·n x 1 < 0 < 2 < x 2 .
b. §óng mét nghiÖm thuéc khong (0; 2).
c. Hai nghiÖm ph©n biÖt thuéc khong (0; 2).
Gii
a. Ph­¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt x 1 , x 2 tho m·n x 1 < 0 < 2 < x 2 ®iÒu kiÖn lµ:
a.f(0) 0 4m 3 0
, v« nghiÖm.
a.f(2) 0 1 0
VËy, kh«ng tån t¹i m tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
b. Ph­¬ng tr×nh cã ®óng m«t nghiÖm thuéc khong (0; 2) ®iÒu kiÖn lµ (1) cã:
NghiÖm kÐp thuéc (0; 2)
x1
0 x
2
2 .
0 < x1
2x2
183

Ta lÇn l­ît:
• §Ó (1) cã nghiÖm kÐp thuéc (0; 2) ®iÒu kiÖn lµ:
' 0
m
3
2
m 4m 3 0
b
m
1 0 < m < 1. (*)
(0; 2) 0 m 2
2a
0 m 2
• §Ó (1) cã nghiÖm tho m·n x 1 ≤ 0 < x 2 < 2 hoÆc 0 < x 1 < 2 ≤ x 2 , suy ra:
f(0).f(2) ≤ 0 (4m 3).1 ≤ 0 m ≤ 3 4 . (**)
Thö l¹i: víi m = 3 , ph­¬ng tr×nh (1) cã d¹ng:
4
2x 2 3x = 0 x = 0 hoÆc x = 3 2
tho m·n ®iÒu kiÖn.
KÕt hîp (*) vµ (**) suy ra víi m < 1 tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
c. Ph­¬ng tr×nh cã hai nghiÖm ph©n biÖt thuéc khong (0; 2) ®iÒu kiÖn lµ:
' 0
2
m 4m 3 0
af(0) 0
4m 3 0
0 < x 1 < x 2 < 2 af(2) 0 3
1 0
4 < m < 1.
S
0
2
0 m 2
2
VËy, víi 3 4
< m < 1 tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
D¹ng to¸n 4: Gii hÖ bÊt ph­¬ng tr×nh bËc hai mét Èn
Ph­¬ng ph¸p ¸p dông
Gii tõng bÊt ph­¬ng tr×nh cña hÖ råi lÊy giao cña c¸c tËp nghiÖm thu ®­îc.
ThÝ dô 1. Gii hÖ bÊt ph­¬ng tr×nh:
4x
3 0
2x
5x 3 0
Gii
HÖ bÊt ph­¬ng tr×nh t­¬ng ®­¬ng víi:
4
x
3 4
< x 1.
3
3
x 1
2
2
.
VËy, tËp nghiÖm cña hÖ bÊt ph­¬ng tr×nh lµ T = ( 3
4 ; 1].
184

ThÝ dô 2. X¸c ®Þnh m sao cho víi mäi x ta ®Òu cã:
2
3x mx 6
9 <
< 6. (*)
2
x x 1
Gii
V× x 2 + x + 1 > 0, x, nªn ta biÕn ®æi t­¬ng ®­¬ng vÒ d¹ng:
2
12x (m 9)x 3 0 (1)
.
2
3x (m 6)x 12 0 (2)
Khi ®ã, ®Ó (*) ®óng víi mäi x ®iÒu kiÖn lµ:
2
(1)
0
(m 9) 4.3.12 0
3 m 21
(2)
0
2
3 < m < 6.
(m 6) 4.3.12 0
18 m 6
VËy, víi 3 < m < 6 tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
ThÝ dô 3. T×m m ®Ó hÖ sau cã nghiÖm duy nhÊt:
2 2
x (4m 1)x 3m m 0 (1)
.
2
x 3x 2 0 (2)
Gii
Gii (2) ta ®­îc 1 < x < 2.
§Æt f(x) = x 2 2(m + 2)x + 5m + 6.
HÖ cã ®óng mét nghiÖm (1) cã ®óng 1 nghiÖm thuéc (1; 2), ta xÐt:
(1) cã nghiÖm kÐp thuéc (1; 2)
2
0
4m 4m 1 0 1
m
S 4m 1
2 , v« nghiÖm.
(1,2)
1
2
2
2
3 4m 5
(1) cã nghiÖm tho m·n x 1 = 1 < x 2 < 2
f (1) 0
S 1 (1,2)
2
3m 5m 2 0
, v« nghiÖm.
1 4m 1 1 2
(1) cã nghiÖm tho m·n 1 < x 1 < 2 = x 2
2
f (2) 0 3m 9m 6 0
, v« nghiÖm.
S 2 (1,2) 1 4m 1 2 2
(1) cã ®óng mét nghiÖm thuéc (1, 2)
m
1
f(1).f(2) < 0 (3m 2 5m + 2)(3m 2
9m + 6) 2
.
m 2
3
VËy, víi m( 2 ; 2)\{1} tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
3
185

Chó ý: Tõ viÖc nhËn thÊy (1) lµ mét sè chÝnh ph­¬ng nªn cã thÓ thùc hiÖn vÝ
dô theo c¸ch:
BiÕn ®æi hÖ vÒ d¹ng:
x
m
x 3m 1. (I)
1 x 2
Tõ ®ã, hÖ ban ®Çu cã nghiÖm duy nhÊt:
1 m 2
f (3m 1) 0
3m 1 m
m
1
(I) cã nghiÖm duy nhÊt
2
.
1 3m 1
2 m 2
3
f (m) 0
m 3m 1
ThÝ dô 4. Cho hÖ bÊt ph­¬ng tr×nh:
3 2
x 3x 10x 24 0 (1)
.
2
x 2(m 1)x 2m 1 0 (2)
a. T×m m ®Ó hÖ cã hai nghiÖm ©m.
b. T×m m ®Ó hÖ cã nghiÖm duy nhÊt.
Gii
Tr­íc tiªn:
• BiÕn ®æi (1) vÒ d¹ng:
(x 2)(x 2 x 12) < 0 (x 2)(x 4)(x + 3) < 0
x T = (3; 2) (4; +).
• BiÕn ®æi (2) vÒ d¹ng:
(x 1)(x + 2m 1) = 0 x 1 = 1 vµ x 2 = 1 2m.
a. Ta thÊy ngay hÖ kh«ng thÓ cã hai nghiÖm ©m.
b. §Ó hÖ cã nghiÖm duy nhÊt ®iÒu kiÖn lµ:
186
1 2m 3
x 2 T
2 1 2m 4
m
2
3 1.
m
2 2
ThÝ dô 5. T×m m ®Ó hÖ bÊt ph­¬ng tr×nh sau cã nghiÖm:
2
x 3x 10 0
.
mx m 2 0
Gii
KÝ hiÖu c¸c bÊt ph­¬ng tr×nh trong hÖ theo thø tù lµ (1) vµ (2).

Gii (1) ta ®­îc 5 x 2.
XÐt c¸c tr­êng hîp:
Tr­êng hîp 1: NÕu m < 0 th× nghiÖm cña (2) lµ x < 2
m
m
Khi ®ã, ®iÒu kiÖn ®Ó hÖ cã nghiÖm lµ:
5 2 m m0
5m 2 m m 1 m
2 .
Tr­êng hîp 2: NÕu m = 0 th× (2) cã d¹ng 2 > 0, m©u thuÉn.
Tr­êng hîp 3: NÕu m > 0 th× nghiÖm cña (2) lµ x > 2 m .
m
Khi ®ã, ®iÒu kiÖn ®Ó hÖ cã nghiÖm lµ:
2
m
2 m 0
2 m 2m m 2 m
3 .
VËy, víi m 1 2 hoÆc m 2 3
hÖ cã nghiÖm.
D¹ng to¸n 5: Sö dông dÊu tam thøc bËc hai chøng minh bÊt ®¼ng thøc
ThÝ dô 1. Cho b > c > d. Chøng minh r»ng víi mäi a ta lu«n cã:
(a + b + c + d) 2 > 8(ac + bd). (1)
Gii
Ta cã:
(1) (a + b + c + d) 2 8(ac + bd) > 0
ViÕt l¹i vÕ tr¸i cña bÊt ®¼ng thøc trªn d­íi d¹ng mét tam thøc bËc hai theo biÕn
sè a:
f(a) = a 2 + 2(b3c + d)a + (b + c + d) 2 8bd.
Ta cã:
' = (b3c + d) 2 [(b + c + d) 2 8bd] = 8(bc)(dc).
V× b > c > d ' < 0 f(a) > 0 víi mäi a.
ThÝ dô 2. Cho ABC lµ mét tam gi¸c bÊt kú. Chøng minh r»ng víi mäi sè x ta ®Òu
cã 1 + 1 2 x2 cosA + x(cosB + cosC).
Gii
ViÕt l¹i biÓu thøc d­íi d¹ng:
x 2 2(cosB + cosC)x + 22cosA 0. (1)
§Æt f(x) = x 2 2(cosB + cosC)x + 22cosA, ta cã:
’ = (cosB + cosC) 2 (22cosA) = 4cos 2 B C
.cos 2 B C
4sin 2 A
2 2
2
= 4sin 2 A [ cos
2 B C
1] 0.
2 2
VËy, ta ®­îc f(x) 0, x, do ®ã (1) lu«n ®óng.
.
187

§7. Mét sè ph­¬ng tr×nh, bÊt ph­¬ng tr×nh
quy vÒ bËc hai
D¹ng to¸n 1: Gii ph­¬ng tr×nh, bÊt ph­¬ng tr×nh chøa dÊu gi¸ trÞ
tuyÖt ®èi
ThÝ dô 1. Gii ph­¬ng tr×nh x 2 x + 2x4 = 3. (1)
Gii
LËp bng xÐt dÊu hai biÓu thøc x 2 x vµ 2x4:
x 0 1 2 +
x 2 x + 0 + +
2x4 0 +
Tr­êng hîp 1: Víi x 0 hoÆc 1 x 2, ph­¬ng tr×nh cã d¹ng:
x 2 x(2x4) = 3 x 2 3x + 1 = 0 x = 1 2 (3
5 ) (lo¹i).
Tr­êng hîp 2: Víi 0 < x < 1, ph­¬ng tr×nh cã d¹ng:
(x 2 x)(2x4) = 3 x 2 + x1 = 0 0 x1
x =
Tr­êng hîp 3: Víi x 2, ph­¬ng tr×nh cã d¹ng:
x 2 x + 2x4 = 3 x 2 + x7 = 0 x2
x =
VËy, ph­¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm lµ x =
ThÝ dô 2. Gii bÊt ph­¬ng tr×nh
2
| x 4x | 3
2
x | x 5 |
1
29
2
1
5
2
51
29 1
vµ x = .
2
2
1. (1)
Gii
LËp bng xÐt dÊu hai biÓu thøc x 2 4x vµ x5:
x 0 4 5 +
x 2 4x + 0 0 + +
x5 0 +
Tr­êng hîp 1: Víi x 0 hoÆc 4 x 5
2
x 4x 3
(1)
2
x x 5
1 3x + 2 0 x 2 3 .
Tr­êng hîp 2: Víi 0 < x < 4
2
x 4x 3
(1)
1 2x 2 5x + 2 0 1 2
x x 5
2 x 2.
188

Tr­êng hîp 3: Víi x > 5
2
x 4x 3
(1)
1 5x8 0 x 8 2
x x 5
5 lo¹i.
VËy, tËp nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ ( ; 2 3 ) [ 1 2 ; 2]
ThÝ dô 3. Gii bÊt ph­¬ng tr×nh x5x 2 + 7x9 0. (1)
Gii
BiÕn ®æi t­¬ng ®­¬ng bÊt ph­¬ng tr×nh vÒ d¹ng:
(1)
x 5 0
x 5 0
2
x 8x 14 0
2
x 6x 4 0
5 x 4 2
3 5 x 4 + 2 .
3 5 x 5
VËy, nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ 3 5 x 4 + 2 .
Chó ý: Bµi to¸n trªn cã thÓ gii b»ng ®Þnh nghÜa, nh­ sau:
(1) x5 x 2 7x + 9
2
x 5 x 7x 9
2
x 5 x 7x 9
3 5 x 4 + 2 .
ThÝ dô 4. Gii bÊt ph­¬ng tr×nh:
x 2 4x + 2
Gii
§Æt t = x 2 4x + 2, ®iÒu kiÖn t 0.
Khi ®ã, bÊt ph­¬ng tr×nh cã d¹ng:
3
t 0
t 2
t 2
2t 3
0
t 2
2
x 8x 14 0
2
x 6x 4 0
3
2
| x 4x 2 | 2
t0
2 < t 3
0.
| x
| x
2
2
4 2 x 4
2
3 5 x 3 5
4x 2 | 2
4x 2 | 3
2
x 4x 2 2
2
x 4x 0
2
2
x
4x 2 2
x
4x 5 0 4 < x 2 + 5 .
2
2
3 x 4x 2 3 x
4x 1
0
VËy, bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ (4, 2 + 5 ].
ThÝ dô 5. Gii bÊt ph­¬ng tr×nh:
2x 2 3x + 12x 2 5x < 2x + 1. (1)
189

Gii
BiÕn ®æi bÊt ph­¬ng tr×nh ban ®Çu vÒ d¹ng:
2x 2 3x + 12x 2 5x < (2x 2 3x + 1)(2x 2 5x)
(2x 2 5x)(2x + 1) < 0
x 1/ 2
.
0 x 5/ 2
VËy, tËp nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ: (, 1 2 )( 5 2 , + ).
ThÝ dô 6. Cho bÊt ph­¬ng tr×nh:
(2x1) 2 32x1 + m 0. (1)
a. Gii bÊt ph­¬ng tr×nh víi m = 2.
b. T×m m ®Ó nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh chøa ®o¹n [1; 2].
Gii
§Æt t = 2x1, ®iÒu kiÖn t 0.
Khi ®ã, bÊt ph­¬ng tr×nh cã d¹ng:
f(t) = t 2 3t + m 0. (2)
a. Víi m = 2, ta ®­îc:
t 2 3t + 2 0 1 t 2 1 2x1 2
1 3
2 2x 1
2 x 1
2 2 x 0
2
2x 11
.
x1
2x 1 1
3
1 x
x
0 2
VËy, víi m = 2 bÊt ph­¬ng tr×nh cã tËp nghiÖm lµ [ 1 2 ; 0] [1; 3 2 ].
b. Víi 1 x 2, ta ®­îc:
1 2x1 3 1 2x1 3 1 t 3.
VËy ®Ó nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh chøa ®o¹n [1; 2] ®iÒu kiÖn lµ ph­¬ng tr×nh
f(t) = 0 cã hai nghiÖm t 1 , t 2 tho m·n t 1 1 < 3 t 2
af(1)
0
2 m 0
m 0.
af(3)
0 m
0
VËy, víi m 0 tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
ThÝ dô 7. Cho bÊt ph­¬ng tr×nh:
2x + 1x 2 m(x 2 + 1). (1)
a. Gii bÊt ph­¬ng tr×nh víi m = 2.
b. T×m m ®Ó bÊt ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm.
190

Gii
Chia hai vÕ cña bÊt ph­¬ng tr×nh cho x 2 + 1 0, ta ®­îc:
2
2 | x |
+ |1
x |
2
x 1
2
x 1
2x
m
2
x 1
+
1
x
2
2
x 1
m.
§Æt x = tan t 2 , víi t [ ] \ {0}.
2 2
Khi ®ã bÊt ph­¬ng tr×nh ®­îc biÕn ®æi tiÕp vÒ d¹ng:
sint + cost m. (2)
a. Víi m = 2, ta cã nhËn xÐt ngay (2) lu«n ®óng.
VËy, víi m = 2 bÊt ph­¬ng tr×nh nghiÖm ®óng víi mäi x.
b. §Ó bÊt ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm:
m < Min(sint + cost) = 1.
VËy, víi m < 1 bÊt ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm.
D¹ng to¸n 2: Ph­¬ng tr×nh, bÊt ph­¬ng tr×nh chøa c¨n
2
1 1 4x
ThÝ dô 1. Gii bÊt ph­¬ng tr×nh
x
< 3. (1)
Gii
§iÒu kiÖn:
1
2
1
4x 0
x 0
2
.
x
0 1
0 x
2
C¸ch 1: Thùc hiÖn phÐp nh©n liªn hîp, ta biÕn ®æi:
(1)
(1
1 4x
2
)(1
x
1 4x
2
)
< 3(1 +
2
1 4x )
2
2
4x < 3 + 3 1 4x 3 1 4x > 4x3
4x
3 0
x 3/ 4
2
1
4x 0
| x | 1/ 2
4x
3 0
x 3/ 4
2
2
9(1
4x ) (4x 3)
9(1 4x ) (4x 3)
x x [ 2
1 , 0) (0. 2
1 ].
0
2 2
VËy, tËp nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ T = [ 2
1 ; 0) (0; 2
1 ].
191

C¸ch 2: XÐt hai tr­êng hîp dùa trªn ®iÒu kiÖn.
Víi 2
1 x < 0 th×:
(1)
1
3x 0
2
1 4x < 13x 2
1
4x (1 3x)
2
x
13x
1
3
2
6x 0
x < 0.
KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn ®ang xÐt ®­îc nghiÖm lµ 2
1 x < 0.
Víi 0 < x 2
1 th×:
(1)
2
1 4x > 13x
1
3x 0
2
1
4x 0
1
3x 0
2
1
4x (1 3x)
2
x 1/ 3
1 1
x
2 2
x 1/ 3
2
13x 6x 0
1
1
x
3 2
1
0 < x .
1
2
0 x
3
KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn ®ang xÐt ®­îc nghiÖm lµ 0 < x 2
1 .
VËy, tËp nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ T = [ 2
1 ; 0) (0; 2
1 ].
ThÝ dô 2. Gii bÊt ph­¬ng tr×nh (x1) 2x 1 3(x1).
Gii
§iÒu kiÖn:
2x1 0 x 1 2 . (*)
§Æt t = 2x 1 , t 0 x = 1 2 (t2 + 1).
Khi ®ã, bÊt ph­¬ng tr×nh cã d¹ng:
[ 1 2 (t2 + 1)1]t 3[ 1 2 (t2 + 1)1] t 3 3t 2 t + 3 0 (t + 1)(t1)(t3) 0
1 t 3 1 2x 1 3 1 x 5 tho m·n (*).
VËy, nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ 1 x 5.
Chó ý: Ta kh«ng thÓ b×nh ph­¬ng hai vÕ cña bÊt ph­¬ng tr×nh ban ®Çu v×
ch­a kh¼ng ®Þnh ®­îc dÊu cña hai vÕ.
Hoµn toµn cã thÓ sö dông phÐp biÕn ®æi t­¬ng ®­¬ng ®Ó thùc hiÖn thÝ
dô trªn, cô thÓ:
(x1)( 2x 1
3) 0
192

x 10
x1
2x 1 3 0
2x 1 3
x 10
x1
2x 1 3 0
2x 1 3
VËy, nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ 1 x 5.
ThÝ dô 3. Gii bÊt ph­¬ng tr×nh x +
2x
2
x 4
x1
0 2x 1
9
1 x 5.
x1
2x 19
> 3 5 . (1)
Gii
§iÒu kiÖn:
x 2 4 > 0 x > 2. (*)
Tr­êng hîp 1: Víi x < 2 th× bÊt ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm (do vÕ tr¸i ©m).
Tr­êng hîp 2: Víi x > 2 th× b×nh ph­¬ng 2 vÕ ph­¬ng tr×nh (1) ta ®­îc:
2
2
4
2
x 2 4x 4x
x x
+ + > 45 + 4.
2
x 4 2
2
x 4 x 4
2
x 4
> 45 . (2)
§Æt t =
2
x
, t > 0.
2
x 4
Khi ®ã, bÊt ph­¬ng tr×nh (2) cã d¹ng:
2
t 2 t 5
x
+ 4t45 > 0 t > 5
t 9
2
x 4
> 5 x 4 25x 2 + 100 > 0
2
x 20 | x | 20
.
2
x 5 | x | 5
KÕt hîp víi tr­êng hîp ®ang xÐt, ta ®­îc tËp nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh lµ:
(; 20 ) ( 5 ; 5 ) ( 20 ; +).
Chó ý: NhiÒu bÊt ph­¬ng tr×nh ë d¹ng ban ®Çu kh«ng thÊy cã dÊu hiÖu cho phÐp
lùa chän ph­¬ng ph¸p ®Æt Èn phô khi ®ã th«ng th­êng b»ng mét vµi phÐp
biÕn ®æi t­¬ng ®­¬ng ta sÏ thÊy sù xuÊt hiÖn cña Èn phô.
ThÝ dô 4. Gii bÊt ph­¬ng tr×nh x > 1 + 3 x 1. (1)
Gii
§iÒu kiÖn x 0. (*)
Ta cã:
3
x 0 1 x 1 0
(1)
x > (1 + 3 x 1) 2
x > 1 + 2 3 x 1 + ( 3 x 1) 2 x1( 3 x 1) 2 2 3 x 1 > 0. (2)
§Æt t = 3 x
1
x0
t > 1.
193

Khi ®ã, bÊt ph­¬ng tr×nh (2) cã d¹ng:
t 3 t 2 2t > 0 t(t 2 t2) > 0 t(t + 1)(t2) > 0
t 2
t 0
3
3
x 1 2
x 1 0
x 1 8
x 10
x0
VËy, bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm x > 9 hoÆc 0 < x < 1.
x 9
0 x 1
t
1 0
t(t2) > 0
C. C¸c bµi to¸n chän läc
VÝ dô 1: H·y so s¸nh a 2 a 4 vµ a a 6 , víi a 0.
Gii
Gi sö:
a 2 a 4 a a 6
( a 2 a 4 ) 2 ( a a 6 ) 2
a + 2 + a + 4 + 2 a 2. a 4 a + a + 6 + 2 a.
a 6
a 2. a 4 a.
a 6
(a + 2)(a + 4) a(a + 6) a 2 + 6a + 8 a 2 + 6a 8 0 (v« lý)
VËy, ta ®­îc a 2 a 4 a a 6 (a 0).
VÝ dô 2: Cho a, b, c 0. Chøng minh r»ng a 4 + b 4 + c 4 abc(a + b + c).
Gii
Sö dông bÊt ®¼ng thøc C«si ta nhËn xÐt r»ng:
a 4 + b 4 + c 4 = 1 2 (a4 + b 4 ) + 1 2 (b4 + c 4 ) + 1 2 (c4 + a 4 ) a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2
DÊu "=" xy ra khi a = b = c.
VÝ dô 3:
= 1 2 a2 (b 2 + c 2 ) + 1 2 b2 (c 2 + a 2 ) + 1 2 c2 (a 2 + b 2 )
a 2 bc + b 2 ca + c 2 ab = abc(a + b + c).
Cho a, b, c(0; 1), chøng minh r»ng Ýt nhÊt mét trong c¸c bÊt ®¼ng
thøc sau lµ sai:
a(1b) > 4
1 , b(1c) > 4
1 , c(1a) > 4
1 .
Gii
Gi sö tr¸i l¹i c ba bÊt ®¼ng thøc ®Òu ®óng, khi ®ã nh©n theo vÕ ba bÊt ®¼ng thøc
ta ®­îc:
1 1
a(1b).b(1c).c(1a) > a(1a).b(1b).c(1c) > . (*)
64
64
194

Ta cã nhËn xÐt:
a(1a) = aa 2 = 4
1 (a + 2
1 )
2
4
1 ,
t­¬ng tù b(1b) 4
1 vµ c(1c) 4
1 , do ®ã:
1
a(1a).b(1b).c(1c) , tøc lµ (*) sai.
64
VÝ dô 4: Gi sö a, b, c lµ ba sè d­¬ng sao cho:
ax + b(1x) > cx(1x)
víi mäi gi¸ trÞ cña x. Chøng minh r»ng khi ®ã, víi mäi gi¸ trÞ cña x ta
còng cã:
ax + c(1x) > bx(1x) vµ bx + c(1x) > ax(1x).
Gii
§Æt:
f(x) = ax + b(1x)cx(1x) = cx 2 + (abc)x + b,
g(x) = ax + c(1x)bx(1x) = bx 2 + (abc)x + c,
hx) = bx + c(1x)ax(1x) = ax 2 + (bac)x + c.
NhËn xÐt r»ng f(x), g(x), h(x) cã cïng biÖt sè = (bac) 2 4ac.
V× f(x) > 0, x, nªn < 0, tõ ®ã suy ra g(x) > 0 vµ h(x) > 0 víi x.
VÝ dô 5:
Cho c¸c sè thùc x, y, z > 0. Chøng minh bÊt ®¼ng thøc:
16xyz(x y z) 3 (x y) (y z) (z x)
3
4 4 4
.
Gii
Ta cã:
(x + y)(y + z)(z + x) = (x + y + z)xy + yz (x + y + z) + xz 2 + zx 2
V× x, y, z > 0 nªn ¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si cho 8 sè d­¬ng:
3 sè 1 xy(x y z) , 3 sè 1 yz(x y z) , xz 2 vµ zx 2 ,
3
3
ta ®­îc:
(x + y)(y + z)(z + x) 8
8
(xyz) (x y z)
6
3
2 6
(xyz) (x y z)
8 4
27
3
4 4 4
3 (x y) (y z) (z x) 16xyz(x + y + z), ®pcm.
DÊu "=" xy ra khi vµ chØ khi:
1 xy(x y z)
1 yz(x 2 2
y z) xz zx x y z.
3
3
VÝ dô 6:
3 3
Cho c¸c sè d­¬ng a, b, c tháa m·n abc = 1. Chøng minh r»ng:
3
3
3
a
b
c
+
+
3 (1 b)(1 c)
(1 a)(1 c)
(1 a)(1 b)
4 .
195

Gii
¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si, ta ®­îc:
3
a
(1 b)(1 c)
T­¬ng tù:
3
b
(1 a)(1 c)
3
c
(1 a)(1 b)
+ 1 b
8
+ 1 a
8
+ 1 a
8
+ 1 c
8
+ 1 c
8
+ 1 b
8
3
3b 4 ;
3c
4 .
3
a (1 b)(1 c)
3
Céng theo tõng vÕ ba bÊt ®¼ng thøc trªn, ta cã:
3
a
(1 b)(1 c)
+
3
b
(1 a)(1 c)
V× a + b + c 3 3 abc = 3, do ®ã:
3
a
(1 b)(1 c)
+
3
b
(1 a)(1 c)
+
+
= 3a (1 b)(1 c)64
4
3
c
(1 a)(1 b)
3
c
(1 a)(1 b)
§¼ng thøc xy ra khi vµ chØ khi a = b = c.
VÝ dô 7:
Gii
+ 3 4 a b c .
2
3 4 .
Chøng minh r»ng:
1 1 1 729
1 1 1
3 3 3
a
b
c
512
trong ®ã a, b, c lµ c¸c sè thùc d­¬ng tháa m·n a + b + c = 6.
§Æt A = 1 1 1
1 1 1
3 3 3
a
b
c
, ta cã:
1 1 1 1 1 1 1
A = 1 +
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
a b c
a b b c a c
.
a b c
¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si, ta cã:
1 1 1 3
3 3 3
a b c abc ; 1 1 1 3
3 3 3 3 3 3 2 2 2
a b b c a c a b c .
Thay vµo A, ta ®­îc:
3 3 1 1
A 1 + = 1
2 2 2 3 3 3
abc a b c a b c
abc
.
L¹i ¸p dông bÊt ®¼ng thøc c« – si, ta cã:
3
3
a b c
abc
3
= 6
3
= 8, hay 1 1
.
abc 8
3
196

Suy ra:
3
1
A 1 8
= 729
512 .
§¼ng thøc xy ra khi vµ chØ khi a = b = c = 2.
VÝ dô 8: Cho a, b, c lµ ®é dµi ba c¹nh cña mét tam gi¸c, p lµ mét nöa chu vi.
Chøng minh r»ng:
p < p a + p b + p c 3p .
Gii
Ta cã:
( p a + p b + p c ) 2 = (1. p a + 1. p b + 1. p c ) 2
(1 2 + 1 2 + 1 2 )(pa + pb + pc) = 3p
p a + p b + p c 3p . (1)
DÊu ®¼ng thøc xy ra khi
p
a
1
=
p
b
=
1
p
c
a = b = c.
1
Ta ®i chøng minh p < p a + p b + p c b»ng phÐp biÕn ®æi t­¬ng
®­¬ng, cô thÓ:
VÝ dô 9:
p < p a + p b + p
c
p < pa + pb + pc + 2 (p a)(p b) + 2 (p c)(p a) + 2 (p b)(p c)
0 < 2 (p a)(p b) + 2 (p c)(p a) + 2 (p b)(p c) , lu«n ®óng.
Gii
§Ó ý r»ng:
a
a =
pb qc
c =
Cho a, b, c, p, q lµ 5 sè d­¬ng tuú ý. Chøng minh r»ng:
a b c 3
+ +
pb qc pc qa pa qb p q
. (1)
c
pa qb
. a(pb qc) , b =
. c(pa qb) .
b
pc qa
Gäi S lµ vÕ tr¸i cña bÊt ®¼ng thøc (1). Ta cã:
(a + b + c) 2 a
= ( . a(pb qc) +
pb qc
+
b
pc qa
. b(pc qa) ,
. b(pc qa) +
c
pa qb
. c(pa qb) ) 2
197

S.[a(pb + qc) + b(pc + qa) + c(pa + qb)]
= S(p + q)(ab + bc + ca). (2)
MÆt kh¸c ab + bc + ca 1 3 (a + b + c) 2 , bëi:
3(ab + bc + ca) = ( ab + bc + ca) + 2(ab + bc + ca)
a 2 + b 2 + c 2 + 2(ab + bc + ca) = (a + b + c) 2 .
Víi kÕt qu ®ã tõ (2) ta suy ra:
2
(a + b + c) 2 (a b c)
3
S(p + q). S
3
p q
,
v× a + b + c > 0, p + q > 0.
VÝ dô 10: Cho a, b, c lµ ba sè kh¸c 0. Chøng minh r»ng:
2 2 2
a
2
b + b c
+
2 2
c a
a b + b c + c a .
Gii
¸p dông bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«pxki ta cã:
2 2 2
a
(
2
b + b c
+
2 2
c a )(12 + 1 2 + 1 2 ) (| a b | + | b c | + | c a |)2 .
Suy ra:
2 2 2
a
2
b + b c
+
2 2
c a
(| a b | + | b c | + | c a |). 1 3 .(| a b | + | b c | + | c |).
a
(*)
NhËn xÐt r»ng:
suy ra:
1
3 .(| a b | + | b c | + | c abc
|) 3
a abc = 1,
| a b | + | b c | + | c a | a b + b c + c a ,
(| a b | + | b c | + | c a |). 1 3 .(| a b | + | b c | + | c a |) a b + b c + c a
tõ ®ã (*) ®­îc biÕn ®æi:
2 2 2
a
2
b + b c
+ a 2 2
c a b + b c + c a .
DÊu "=" xy ra khi a = b = c (§Ò nghÞ b¹n ®äc tù chøng minh).
VÝ dô 11: T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc:
1 1
1 1
1 1
P = 3 3 3
a b b c c a
trong ®ã, c¸c sè d­¬ng a, b, c tháa m·n ®iÒu kiÖn a + b + c 3 2 .
198

Gii
§Æt:
1
a + 1 b = x; 1
b + 1 c = y; 1
c + 1 = z víi x, y, z d­¬ng.
a
Ta cã:
P = (3 + x)(3 + y)(3 + z) = 27 + 9(x + y + z) + 3(xy + yz + zx) + xyz.
¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si cho ba hoÆc hai sè d­¬ng, ta cã:
x + y + z 3 3 xyz ,
xy + yz + zx 3
3 2
(xyz) ,
1 1
1 1
1 1
xyz =
a
b
b
c
c
a 2 2 2
. .
ab bc ca = 8
abc . (1)
3
2 a + b + c 3 3 abc abc 1 (2)
8
Tõ (1) vµ (2) suy ra xyz 64
Tõ ®ã, ta cã:
P 27 + 27 3 2
xyz + 9 3
(xyz) + xyz = (3 + 3 xyz ) 2 (3 + 3 64 ) 3 = 343.
VËy, minP = 343 ®¹t ®­îc khi:
a b c 3/ 2
a b c a = b = c = 1
2 .
abc 1/8
VÝ dô 12: T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc:
2
2
2
a
b
c
T =
+
+
2 2 2 2 2 2
a (b c)
b (c a)
c (a b)
trong ®ã a, b, c lµ c¸c sè thùc kh¸c 0.
Gii
¸p dông bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«pxki ta cã:
(b + c) 2 2(b 2 + c 2 ), (a + b) 2 2(a 2 + b 2 ), (c + a) 2 2(c 2 + a 2 ).
Ta cã:
2
2
2
a
b
c
T
+
+
2 2 2 2 2 2
a 2(b c)
b 2(c a)
c 2(a b)
2
a
T + 3
a 2(b c)
2 2
2
b
1
+
b 2(c a)
= 2 5 .5(a2 + b 2 + c 2 )
2 2
2
c
1
+
c 2(a b)
2 2
1
2 2 2
a b c
a 2(b c) b 2(a c) c 2(a b)
2 2 2 2 2 2
199

¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si cho c¸c bé ba sè d­¬ng m, n, p vµ 1 m , 1 n , 1 p
ta ®­îc:
1 1 1
(m + n + p)
m n p
3 3 mnp .3 3
1
mnp = 9.
T + 3 2 5 .9 T 3 5 .
VËy T Min = 3 5
®¹t ®­îc khi a = b = c.
VÝ dô 13: T×m c¸c gi¸ trÞ cña tham sè m ®Ó ph­¬ng tr×nh sau v« nghiÖm:
(3 m)x 2 2(m + 3)x + m + 2 = 0. (1)
Gii
Ta xÐt hai tr­êng hîp sau:
Tr­êng hîp 1: NÕu 3 m = 0 m = 3.
(1) 0.x 2 12x + 5 = 0 x = 12
5 .
Tr­êng hîp 2: NÕu 3 m 0 m 3.
Khi ®ã, ®Ó (1) v« nghiÖm ®iÒu kiÖn lµ:
a
0 m
3
3
2 < m < 1.
'
0 2m
5m 3 0 2
VËy, bÊt ph­¬ng tr×nh (2) v« nghiÖm khi 2
3 < m < 1.
VÝ dô 14: T×m m ®Ó ph­¬ng tr×nh sau cã nghiÖm:
x 2 + (x + 1) 2 m
=
2
x x 1
.
Gii
ViÕt l¹i ph­¬ng tr×nh d­íi d¹ng:
2(x 2 + x + 1 4 ) + 1 2 = m
2
x x 1
. (1)
§Æt t = x 2 + x + 1 , ®iÒu kiÖn t 0, khi ®ã:
4
1 m 1 3
(1) 2t 2t t m
2 3
t
2
4
4t 14t 3
8m
4
f(t) = 16t 2 + 16t + 38m = 0. (2)
Ph­¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm
ph­¬ng tr×nh (2) cã nghiÖm t 0
200

(2)cãmét nghiÖm lín h¬n b»ng0
(2)cã hai nghiÖm lín h¬n b»ng0
P
0
0
P
0
S 0
VËy, víi m 3 ph­¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm.
4
m 3 4 .
VÝ dô 15: Cho bÊt ph­¬ng tr×nh:
x 2 + 4x + 3 + m 0.
Víi gi¸ trÞ nµo cña m th×:
a. BÊt ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm.
b. BÊt ph­¬ng tr×nh cã ®óng mét nghiÖm.
c. BÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ mét ®o¹n cã ®é dµi b»ng 2.
Gii
a. BÊt ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm
' < 0 1m < 0 m > 1.
VËy, víi m > 1 tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
b. BÊt ph­¬ng tr×nh cã ®óng mét nghiÖm
' = 0 1m = 0 m = 1.
VËy, víi m = 1 tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
c. §Ó bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ mét ®o¹n trªn trôc sè cã ®é dµi b»ng 2 th× tam
thøc ë vÕ tr¸i cña bÊt ph­¬ng tr×nh phi cã hai nghiÖm ph©n biÖt x 1 vµ x 2 tho m·n
|x 1 x 2 | = 2
' 0
1m 0
m = 3.
2 1m 2
a
VËy, víi m = 3 tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
VÝ dô 16: T×m m ®Ó bÊt ph­¬ng tr×nh:
x 2 2(m + 1)x + m 2 + 2m 0 (1)
víi x[0; 1].
Gii
§Æt f(x) = x 2 2(m + 1)x + m 2 + 2m.
VËy (1) nghiÖm ®óng víi x[0; 1]
ph­¬ng tr×nh f(x) = 0 cã hai nghiÖm x 1 , x 2 tho m·n x 1 1 < 2 x 2
2
af (0) 0
m 2m 0
1 m 0.
2
af (1) 0 m 10
VËy, víi 1 m 0 tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
201

Chó ý: Bµi to¸n trªn cã thÓ ®­îc gii b»ng phÐp biÕn ®æi t­¬ng ®­¬ng sau:
x 2 2(m + 1)x + m 2 + 2m 0 (xm1) 2 1
(xm2)(xm) 0 m x m + 2.
VËy (1) nghiÖm ®óng víi x[0; 1]
m 0 < 1 m + 2 1 m 0.
VÝ dô 17: Víi gi¸ trÞ nµo cña m th× bÊt ph­¬ng tr×nh sau cã nghiÖm:
(m2)x 2 2mxm2 < 0 (1)
Gii
XÐt ba tr­êng hîp:
Tr­êng hîp 1: Víi m 2 = 0 m = 2, ta ®­îc:
(1) 4x 4 < 0 x > 1.
BÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm.
Tr­êng hîp 2: Víi m 2 < 0 m < 2
BÊt ph­¬ng tr×nh ®· cho còng cã nghiÖm (v× lóc ®ã tam thøc ë vÕ tr¸i lu«n ©m
hoÆc chØ d­¬ng trªn mét khong h÷u h¹n).
Tr­êng hîp 3: Víi m 2 > 0 m > 2. (*)
Khi ®ã ®Ó bÊt ph­¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm th× tam thøc ë vÕ tr¸i phi cã hai
nghiÖm ph©n biÖt, tøc lµ:
' > 0 m 2 (m + 2)(m 2) > 0 m 2 2 > 0 lu«n ®óng do (*)
VËy, víi mäi m bÊt ph­¬ng tr×nh lu«n cã nghiÖm.
Chó ý:
1. Ta cã thÓ gii bµi to¸n b»ng c¸ch t×m ®iÒu kiÖn ®Ó bÊt ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm.
Tøc lµ t×m ®iÒu kiÖn ®Ó:
(m2)x 2 2mxm2 0 víi mäi x.
2. Nh÷ng gi¸ trÞ m cßn l¹i sÏ lµm cho bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm.
VÝ dô 18: Gii vµ biÖn luËn ph­¬ng tr×nh sau theo a, b:
2 2 2 2
2(x x x a ) a +
2 2 2 2
2(x x x a ) a = x + b + xb
Tõ ®ã tr lêi c©u hái khi nµo ph­¬ng tr×nh nhËn mäi x lµm nghiÖm.
Gii
Ta biÕn ®æi:
2 2 2 2
2(x x x a ) a +
2 2 2 2
2(x x x a ) a =
§iÒu kiÖn x 2 a 2 .
=
= x
2 2 2
(x x a ) +
x
a + x +
2 2
2 2 2
(x x a )
x
a .
2 2
202

NhËn xÐt r»ng:
2 2
2 2
(x x a ).(x + x a ) = a 2 0,
nªn sö dông tÝnh chÊt (2) cho VT, ta biÕn ®æi ®­îc ph­¬ng tr×nh vÒ d¹ng:
x
x
a + x +
2 2
x
a
2 2
= x + b + xb
2x = x + b + xb (x + b) + (xb) = x + b + xb
TÝnhchÊt2
(x + b)(xb) 0 x 2 b 2 .
VËy, ph­¬ng tr×nh t­¬ng ®­¬ng víi hÖ:
a b 0
2
x 0
2 2
2 2
x a
a
b
2 2
2 2
x b
.
x a
2 2
a b
2 2
x b
KÕt luËn:
• Khi a = b = 0, ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm víi mäi x.
• Khi a b, ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm x a.
• Khi a b, ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm x b.
VÝ dô 19: Gii ph­¬ng tr×nh:
2
1 x +
Gii
§iÒu kiÖn x 1.
Sö dông bÊt ®¼ng thøc C«si, ta cã:
suy ra:
2
1 x =
2
1 x
4 4
1 x
2
1 x + 3 1 x
3 + 3 1 x
3 + 4 1 x
4 + 4 1 x
4 = 6.
2
1.(1 x ) 1 2 (1 + 1 + x2 ) =
2
x
2
4
x
4
2
4
,
,
3 3
1 x
4 4
1 x
3
x
3
4
x
4
3
4
,
.
2
x
2
2
,
3 3
1 x
3
x
3
2
2
1 x + 1 x + 3 1 x
3 + 3 1 x
3 + 4 1 x
4 + 4 1 x
4 6
VËy bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm khi dÊu " = " xy ra, tøc lµ víi x = 0.
VÝ dô 20: Gii ph­¬ng tr×nh sau:
2 1 1
2 x 2 4 x
2
x
x
.
3
,
203

Gii
BiÕn ®æi ph­¬ng tr×nh vÒ d¹ng:
2 1 1
x 2 x 2 4
2
x x
Sö dông bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«pski, ta ®­îc:
x 2 x 2 1.x 1. 2 x 2 1 2 1 2 x 2 2 x 2
2
1 1 1 2 2 1 1
2 1.x 1. 2 1 1 2 2
2 2 2 2
x x x
x
x
2 1 1
x 2 x 2 4
2
x
x
.
DÊu ®¼ng thøc xy ra khi vµ chØ khi:
2
x 2 x
1 1
x = 1.
2
2
x
x
VËy, ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ x = 1.
VÝ dô 21: Gii bÊt ph­¬ng tr×nh 2 3 x + 1 < 2 + 3
Gii
Ta cã:
2 3 x + 1 < 2 + 3
1
(
3 2
3 2 )x 1
x
1
5 + 2
3 2
6 x ( 2 + 3 ) 5 + 2 6
(5 + 2 6 ) x ( 2 + 3 ) 5 + 2 6
5 2 6 + 2 + 3 x 5 + 2 6 + 2 + 3 .
VËy, nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh:
S = [5 2 6 + 2 + 3 ; 5 + 2 6 + 2 + 3 ].
VÝ dô 22: Gii bÊt ph­¬ng tr×nh 2x 2 3x + 12x 2 5x < 2x + 1.
Gii
BiÕn ®æi bÊt ph­¬ng tr×nh ban ®Çu vÒ d¹ng:
2x 2 3x + 12x 2 5x < (2x 2 3x + 1)(2x 2 5x)
(2x 2 x 1/ 2
5x)(2x + 1) < 0 .
0 x 5/ 2
VËy, bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ ( ; 1 2 )( 5 2 ; +).
3
3
2
2
204

VÝ dô 23: Gii vµ biÖn luËn bÊt ph­¬ng tr×nh ax + b a.
Gii
ViÕt l¹i bÊt ph­¬ng tr×nh d­íi d¹ng:
a
0
a
0
a ax b a a b ax a b (*)
Tr­êng hîp 1: NÕu a = 0 th× bÊt ph­¬ng tr×nh nhËn mäi x lµm nghiÖm.
Tr­êng hîp 2: NÕu a > 0 th× bÊt ph­¬ng tr×nh (*) cã nghiÖm lµ:
ab
a b x .
a
a
KÕt luËn:
• Víi a = 0, bÊt ph­¬ng tr×nh nhËn mäi x lµm nghiÖm.
a b a b
• Víi a > 0, bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm ( ; ).
a a
• Víi a < 0, bÊt ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm.
VÝ dô 24: Gii vµ biÖn luËn theo tham sè m bÊt ph­¬ng tr×nh:
x 2 x < x 2 m. (1)
Gii
Ta cã:
(1) (x 2 x)(mx) > x 2 xmx
(mx)(x 2 m) < 0 (xm)(x 2 m) > 0. (2)
• Víi m < 0 th×:
(2) x > m.
• Víi m = 0 th×:
(2) x > 0.
• Víi m > 0 th×:
x
m
(2)
m x m
KÕt luËn.
• Khi m < 0, bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm x > m.
• Khi m = 0, bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm x > 0.
• Khi m > 0, bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm ( m m )(m; +).
Chó ý: Bµi to¸n trªn cã thÓ gii nh­ sau:
(1) (x 2 m) + (mx) < x 2 m + mx
(mx)(x 2 m) < 0 (xm)(x 2 m) > 0
VÝ dô 25: H·y x¸c ®Þnh tÊt c c¸c gi¸ trÞ cña a, b sao cho mäi nghiÖm cña bÊt
ph­¬ng tr×nh 2xa + 1 b + 1 còng lµ nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh
xb1 3b2.
205

Gii
§iÒu kiÖn:
b 1 0
b 2
3b 2 0
3 .
ViÕt l¹i c¸c bÊt ph­¬ng tr×nh d­íi d¹ng:
a b 2
x a b ; (1)
2
2
3 – 2b x 4b1. (2)
Tr­êng hîp 1: §Ó (1) vµ (2) cïng v« nghiÖm
a b 2 a b b1
2 2 2 , v« nghiÖm.
b
4b 1 3 2b
3
Tr­êng hîp 4: §Ó (1) vµ (2) cã cïng tËp nghiÖm
a b 2
3 2b
2
a 3b 8
a 5
.
a
b
a 7b 2
4b 1
b 1
2
VËy, víi a = 5 vµ b = 1 th× hai bÊt ph­¬ng tr×nh t­¬ng ®­¬ng.
VÝ dô 26: X¸c ®Þnh m sao cho hai bÊt ph­¬ng tr×nh sau t­¬ng ®­¬ng:
(m 1)x – m + 3 > 0 vµ (m + 1)x – m + 2 > 0.
Gii
ViÕt l¹i c¸c bÊt ph­¬ng tr×nh d­íi d¹ng:
(m 1)x > m 3, (1)
(m + 1)x > m – 2. (2)
Ta ®i xÐt c¸c tr­êng hîp:
Tr­êng hîp 1: NÕu m = 1 th×:
206
(1) 0x > 2, lu«n ®óng; (2) x > 2
1 .
VËy, (1) vµ (2) kh«ng t­¬ng ®­¬ng.
Tr­êng hîp 2: NÕu m = 1 th×:
(1) x < 2; (2) 0x > 3, lu«n ®óng.
VËy, (1) vµ (2) kh«ng t­¬ng ®­¬ng.
Tr­êng hîp 3: NÕu m 1 th×:
Khi ®ã, ®Ó (1) vµ (2) t­¬ng ®­¬ng ®iÒu kiÖn lµ:
(m
1)(m
1)
0
(m
1)(m
1) 0
m
3 m 2
m = 5.
2 2
m
2m 3 m 3m 2
m 1
m 1
VËy, víi m = 5, hai bÊt ph­¬ng tr×nh t­¬ng ®­¬ng víi nhau.

VÝ dô 27: Gii ph­¬ng tr×nh:
2x 6 + x 1 = 3x 7. (1)
Gii
Theo ®Þnh nghÜa gi¸ trÞ tuyÖt ®èi, ta cã:
2x
6 khi x 3
2x 6=
.
2x 6 khi x 3
x
1
khi x 1
x – 1 =
.
x 1
khi x 1
Nh­ vËy, ta phi xÐt ph­¬ng tr×nh trªn ba tËp (, 1); [1, 3]; (3, +) vµ lËp bng
sau:
x 1 3 +
2x 6 6 2x 6 2x 0 2x 6
x 1 1 x 0 x 1 x 1
VT 7 3x 5 x 3x 7
Tõ ®ã, ta xÐt c¸c tr­êng hîp:
Tr­êng hîp 1: NÕu x (, 1) th×:
(1) 7 3x = 3x 7 6x = 14 x = 3
7 lo¹i.
Tr­êng hîp 2: NÕu x [1, 3] th×:
(1) 5 x = 3x 7 4x = 12 x = 3 tho m·n.
Tr­êng hîp 3: NÕu x (3, +) th×:
(1) 3x 7 = 3x 7 lu«n ®óng.
Do ®ã, mäi x thuéc khong (3, +) ®Òu lµ nghiÖm cña (1).
VËy, tËp nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh lµ T = {3} (3, +) = [3, +).
VÝ dô 28: Cho hµm sè:
(m 1)x m
y =
víi 0 < m 1.
mx 2 1
a. T×m miÒn x¸c ®Þnh cña hµm sè khi m = 2.
b. T×m tÊt c c¸c gi¸ trÞ cña tham sè m ®Ó hµm sè x¸c ®Þnh víi x 1.
Gii
§iÒu kiÖn ®Ó hµm sè cã nghÜa:
(m 1)x m 0 (m 1)x m 0 (1)
mx 2 0
mx 2 0 (2) . (I)
mx 2 1 0 mx 1 (3)
a. §¸p sè D = [–1; +)\{– 1 2 }.
b. Hµm sè x¸c ®Þnh víi mäi x 1 khi (1), (2) vµ (3) ®ång thêi tho m·n víi mäi x 1.
207

Ta cã:
m 1 0
m
1
• g(x) = (m 1)x + m 0 x 1 m 1.
g(1) 0 2m 1 0
m
0 m
0
• h(x) = mx + 2 0 x 1 m 0.
h(1) 0 m 2 0
• Do ®ã (1), (2) ®ång thêi tho m·n víi x 1 khi m 1, khi ®ã
q(x) = mx 1 (3) ®óng.
VËy, víi m 1 hµm sè x¸c ®Þnh víi mäi x 1.
VÝ dô 29: T×m ®iÒu kiÖn cña m ®Ó mäi nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh:
x 2 + (m1)xm 0 (1)
®Òu lµ nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh x 2 2mx + 3 0. (2)
Gii
Tr­íc tiªn, ®Ó (2) cã nghiÖm ®iÒu kiÖn lµ:
' (2) 0 m 2 3 0 m 3
khi ®ã (2) cã nghiÖm lµ m
2
m 3 x m +
2
m 3.
MÆt kh¸c:
x 2 x
1
+ (m1)xm = 0 .
xm
Do ®ã, ®Ó mäi nghiÖm cña (1) ®Òu lµ nghiÖm cña (2) ®iÒu kiÖn lµ:
2 2
m m 3 1 m m 3 2
|1 m | m 3
2 2
2
m m 3 m m m 3 | 2m | m 3
v« nghiÖm.
VËy, kh«ng tån t¹i m tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
VÝ dô 30: T×m m ®Ó bÊt ph­¬ng tr×nh:
x 2 2x + 1m 2 0 (1)
nghiÖm ®óng víi x[1, 2].
H­íng dÉn
C¸ch 1: §Æt f(x) = x 2 2x + 1 m 2 .
VËy (1) nghiÖm ®óng víi x [1, 2] ®iÒu kiÖn lµ:
ph­¬ng tr×nh f(x) = 0 cã hai nghiÖm x 1 , x 2 tho m·n x 1 1 < 2 x 2
af(1) 0
.
af(2) 0
C¸ch 2: BiÕn ®æi:
x 2 2x + 1 m 2 0 (x1) 2 m 2 1 m x 1 + m.
VËy (1) nghiÖm ®óng víi x [1, 2] ®iÒu kiÖn lµ:
1 m 1 < 2 1 + m.
208

VÝ dô 31: T×m m ®Ó bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm:
x 2 + 2xm + m 2 + m 1. (1)
Gii
§Æt t = xm.
BÊt ph­¬ng tr×nh cã d¹ng:
t 2 + 2(t + mt) + 2m 2 + m1 0. (2)
a. Víi t 0, ta ®­îc:
(2) f(t) = t 2 + 2(m + 1)t + 2m 2 + m1 0 (3)
VËy (2) cã nghiÖm (3) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm t0
f(t) = 0 cã Ýt nhÊt mét nghiÖm t 0 (0 t 1 t 2 hoÆc t 1 0 t 2 )
2 2
1
m 2
' 0 (m 1) 2m m 1
0
2
P
0
2m m 1
0
m 1/ 2
S
0
m1
m 1 0
m 1
P
0
2
2m m 1
0
1 m 1/ 2
1 m 1 2 .
b. Víi t 0, ta ®­îc:
(2) g(t) = t 2 + 2(m1)t + 2m 2 + m1 0 (3)
VËy (2) cã nghiÖm (3) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm t 0
g(t) = 0 cã Ýt nhÊt mét nghiÖm t 0 (t 1 t 2 0 hoÆc t 1 0 t 2 )
2 2
' 0 (m 1) 2m m 1
0
2
P
0
2m m 1
0
S
0
1 m 1 m 1 0
2 .
P
0 2
2m m 1
0
VËy, bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm khi 1 m 1 2 .
VÝ dô 32: Gii vµ biÖn luËn bÊt ph­¬ng tr×nh sau theo m:
2xm < x 2 + 2mx 2. (1)
Gii
§Æt t = xm, ®iÒu kiÖn t 0.
Khi ®ã bÊt ph­¬ng tr×nh cã d¹ng:
2t < m 2 t 2 2 t 2 + 2tm 2 + 2 < 0. (2)
Ta cã ' = a 2 1 nªn xÐt c¸c tr­êng hîp
Tr­êng hîp 1: NÕu ' 0 m 2 1 0 m 1.
Khi ®ã (2) v« nghiÖm (1) v« nghiÖm.
209

Tr­êng hîp 2: NÕu ' > 0 m 2 1 > 0 m > 1.
2
2
Khi ®ã (2) cã nghiÖm 1 m 1 < t < 1 + m 1.
Do vËy, ®Ó (2) cã nghiÖm víi t 0 th× ®iÒu kiÖn lµ:
2
1 + m 1 > 0 m 2 > 2 m > 2 .
Khi ®ã nghiÖm cña (2) lµ:
0 t < 1 +
2
m 1 xm < 1 +
2
m 1
m + 1
2
m 1 < x < m1 +
2
m 1.
KÕt luËn:
- Víi m 2 , bÊt ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm.
- Víi m > 2 , bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm (m + 1
VÝ dô 33: Cho bÊt ph­¬ng tr×nh:
2
m 1 m1 +
2
m 1).
(x + 1)(x + 3) m x 2 4x 5 . (1)
a. Gii bÊt ph­¬ng tr×nh víi m = 1.
b. T×m m ®Ó bÊt ph­¬ng tr×nh nghiÖm ®óng víi mäi x [2; 2 + 3 ].
Gii
ViÕt l¹i bÊt ph­¬ng tr×nh d­íi d¹ng:
(x 2 + 4x + 3)m x 2 4x 5 0 (x 2 + 4x + 5)m x 2 4x 5
2 0
2
§Æt t = x 4x 5 , ®iÒu kiÖn t 1.
Khi ®ã, bÊt ph­¬ng tr×nh cã d¹ng:
f(t) = t 2 mt2 < 0. (2)
a. Víi m = 1, bÊt ph­¬ng tr×nh cã d¹ng:
t 2 + t2 0 3 t 1 0 t 1
x 2 + 4x + 4 0 x = 2.
VËy, víi m = 1 bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm x = 2.
b. Ta cã:
x 2 + 4x + 5 = (x + 2) 2 + 1
suy ra víi x [2; 2 + 3 ], ta ®­îc:
(2 + 2) 2 + 1 x 2 + 4x + 5 (2 + 3 + 2) 2 + 1
1 x 2 + 4x + 5 4 1
2
x 4x 5 1
2
x 4x 5 2 1 t 2.
VËy, bÊt ph­¬ng tr×nh (1) nghiÖm ®óng víi mäi x [2; 2 + 3 ]
(2) nghiÖm ®óng víi mäi t [1; 2]
f(t) = 0 cã nghiÖm tho m·n t 1 1 < 2 t 2
a.f (1) 0 m 1
0
m 1.
a.f (2) 0 2 2m 0
VËy, víi m 1 bÊt ph­¬ng tr×nh nghiÖm ®óng víi mäi x [2; 2 + 3 ].
210

VÝ dô 34: T×m m ®Ó bÊt ph­¬ng tr×nh sau nghiÖm ®óng víi mäi x [2; 4]:
(2 x)(4 x) x 2 2x + m.
Gii
Sö dông ph­¬ng ph¸p ®iÒu kiÖn cÇn vµ ®ñ.
§iÒu kiÖn cÇn: Gi sö (1) cã nghiÖm x [2; 4] x = 1 lµ nghiÖm cña bÊt ph­¬ng
tr×nh (1), khi ®ã:
3 m1 m 4.
§ã lµ ®iÒu kiÖn cÇn ®Ó bÊt ph­¬ng tr×nh nghiÖm ®óng víi mäi x [2; 4].
§iÒu kiÖn ®ñ: Gi sö m 4, khi ®ã:
• ¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si cho vÕ tr¸i, ta ®­îc:
(2 x) (4 x)
VT = (2 x)(4 x) = 3.
2
• BiÕn ®æi vÕ phi vÒ d¹ng:
VP = x 2 2x + m = (x1) 2 + m1 3.
Suy ra:
(2 x)(4 x) x 2 2x + m.
VËy, víi m 4 bÊt ph­¬ng tr×nh nghiÖm ®óng víi mäi x [2; 4].
VÝ dô 35: Gii bÊt ph­¬ng tr×nh x 2 + 4x (x + 4)
Gii
2
x 2x 4 .
2
§Æt t = x 2x 4 , ®iÒu kiÖn t 0. BÊt ph­¬ng tr×nh cã d¹ng:
f(x) = x 2 (t4)x4t 0. (1)
Coi vÕ tr¸i lµ mét tam thøc bËc 2 theo x, ta cã:
= (t4) 2 + 16t = (t + 4) 2
khi ®ã f(x) = 0 cã c¸c nghiÖm:
x 4
x
t
tøc lµ (1) ®­îc biÕn ®æi vÒ d¹ng:
2
(x + 4)(xt) 0 (x + 4)(x x 2x 4 ) 0
x 4 0
x4
2
x x 2x 4
2
0 x 2x 4 x
x 4 0
x4
2
2
x x 2x 4 0 x x 2x 4 0
x 2
.
x 4
VËy, bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm x (; 4] [2; +).
x4
x 0
0 x 2x 4 x
x4
2 2
211

VÝ dô 36: Gii bÊt ph­¬ng tr×nh x 2 1 2x
Gii
2
x
2x .
2
§Æt t = x 2x , ®iÒu kiÖn t 0.
BÊt ph­¬ng tr×nh cã d¹ng:
f(x) = x 2 2tx1 0. (1)
Coi vÕ tr¸i lµ mét tam thøc bËc 2 theo x, ta cã:
’ = t 2 + 1 = x 2 + 2x + 1 = (x + 1) 2
khi ®ã f(x) = 0 cã c¸c nghiÖm:
x t x 1
x t x 1
tøc lµ (1) ®­îc biÕn ®æi vÒ d¹ng:
(xtx1)(xt + x + 1) 0 (
2
x
2x
2x1 0
2x 10
0 x 2x (2x 1)
2 2
2
x
2
x
2x + 1)(
2x 2x + 1
2x 10
VËy, bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm x 0.
2
x 2x 0
2
3x 2x 1
0
2
x
2x 2x1) 0
1
x
2
x 0.
x
0
x2
VÝ dô 37: Víi gi¸ trÞ nµo cña m th× hÖ bÊt ph­¬ng tr×nh sau cã nghiÖm:
mx 2 x 1
.
3x m 2 0
Gii
ChuyÓn hÖ vÒ d¹ng:
(m 1)x 3
m
2 . (I)
x
3
XÐt 3 tr­êng hîp:
Tr­êng hîp 1: NÕu m 1 < 0 m < 1
3
x
m1
3
(I) x < Min{
m
2
m 1
, m
2
}, tøc lµ, hÖ cã nghiÖm.
3
x
3
Tr­êng hîp 2: NÕu m = 1 th×:
0.x 3
(I) v« nghiÖm.
x 1
212

Tr­êng hîp 3: NÕu m > 1 th×:
3
x
m1
m 2 3
(I) v« nghiÖm do 0
m
2
3 m 1
.
x
3
VËy, víi m < 1 hÖ bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm.
VÝ dô 38: T×m m ®Ó hÖ sau cã nghiÖm 1 nghiÖm ©m vµ 1 nghiÖm d­¬ng:
3 2
x 2x 5x 6 0 (1)
2 2
x (m 1)x 3m 1 0 (2)
H­íng dÉn: BiÕn ®æi (1) vÒ d¹ng:
(x 1)(x 2 x 6) < 0 (x 1)(x 3)(x + 2) < 0 x (; 2) (1; 3)
Tõ ®ã, ®Ó hÖ sau cã nghiÖm 1 nghiÖm ©m vµ 1 nghiÖm d­¬ng ®iÒu kiÖn lµ:
af( 2) 0
(2) cã hai nghiÖm tho m·n x 1 < 2 < 1 < x 2 < 3 af(1) 0 .
af(3) 0
VÝ dô 39: T×m m ®Ó hÖ cã nghiÖm duy nhÊt:
2 2
x (2m 1)x m m 2 0 (1)
.
4 2
x 5x 4 0 (2)
Gii
Gii (2) b»ng c¸ch ®Æt t = x 2 , ®iÒu kiÖn t 0. Khi ®ã, (2) cã d¹ng:
t 2 5t + 4 < 0 1 < t < 4 1 < x 2 < 4 x (2; 1) (1; 2).
HÖ cã nghiÖm duy nhÊt
(1) (ký hiÖu VT = f(x)) cã ®óng mét nghiÖm thuéc X 2 = (2; 1) (1; 2)
f( 2)f( 1) 0
f(1)f(2) 0
2 m 3
.
f( 2)f( 1) 0
4 m 3
f(1)f(2) 0
VËy, víi m (4;3) (2; 3) tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
Chó ý: NÕu nhËn xÐt r»ng ph­¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt
x 1 = m2 vµ x 2 = m + 1 (khong c¸ch gi÷a hai nghiÖm b»ng 3)
th× yªu cÇu bµi to¸n lµ:
x1
m 2 (1; 2)
x2
m 1 ( 2; 1)
.
4 m 3
.
2 m 3
213

VÝ dô 40: T×m m ®Ó hÖ cã nghiÖm duy nhÊt:
Gii
§iÒu kiÖn cÇn: BiÕn ®æi hÖ vÒ d¹ng:
214
2
x 2mx 2m 0
2 2
x 2mx 2m m 2 0
2 2
(x m) m m 2 0
. (I)
2 2
(x m) m 2m 0
NhËn xÐt r»ng nÕu hÖ cã nghiÖm x 0 th×:
2 2
2
(x0
m) m m 2 0
[(2m x
0
) m] m m 2 0
2 2
.
2 2
(x0
m) m 2m 0 [(2m x
0
) m] m 2m 0
Tøc lµ 2mx 0 còng lµ nghiÖm cña hª, do ®ã hÖ cã nghiÖm duy nhÊt khi:
x 0 = 2mx 0 x 0 = m. (*)
Khi ®ã, hÖ (I) cã d¹ng:
2
m m 2 0
m = 1.
2
m 2m 0
§ã chÝnh lµ ®iÒu kiÖn cÇn ®Ó hÖ cã nghiÖm duy nhÊt.
§iÒu kiÖn ®ñ: Víi m = 1, ta ®­îc:
2
x 2x 1 0
(I)
x = 1 lµ nghiÖm duy nhÊt.
2
x 2x 2 0
VËy, víi m = 1 hÖ ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt.
VÝ dô 41: T×m m ®Ó hÖ bÊt ph­¬ng tr×nh sau cã nghiÖm:
2
x (m 2)x 2m 0
.
2
x (m 7)x 7m 0
Gii
KÝ hiÖu c¸c bÊt ph­¬ng tr×nh trong hÖ theo thø tù lµ (1) vµ (2).
ViÕt l¹i hÖ d­íi d¹ng:
(x 2)(x m) 0
.
(x 7)(x m) 0
DÔ thÊy m = 2 hoÆc m = 7 hÖ v« nghiÖm
Gäi X 1 vµ X 2 lÇn l­ît lµ tËp nghiÖm cña (1) vµ (2).
XÐt c¸c tr­êng hîp:
Tr­êng hîp 1: NÕu m > 7, ta cã:
X 1 = (2; m) vµ X 2 = (m; 7) X 1 X 2 = hÖ v« nghiÖm.
Tr­êng hîp 2: NÕu 2 < m < 7, ta cã:
X 1 = (2; m) vµ X 2 = (7; m) X 1 X 2 = hÖ v« nghiÖm.
.

Tr­êng hîp 3: NÕu m < 2, ta cã:
X 1 = (m ; 2) vµ X 2 = (7; m)
HÖ cã nghiÖm khi X 1 X 2 m < m m < 0.
VÝ dô 42: Gii hÖ ph­¬ng tr×nh:
2 2
x y 1 (1)
. (I)
| x 3y 3| | 3x y 3| 2 | x y | (2)
Gii
BiÕn ®æi (2) vÒ d¹ng:
(2) x + 3y33x + y3 = ( x + 3y3)( 3x + y3)
3x y 3 0 & x y 0 (3)
(3x + y3)(x + y) 0
3x y 3 0 & x y 0 (4)
• Víi (3), ta ®­îc:
(2) x + 3y3(3x + y3) = 2(x + y) x + 3y3 = 5x + 3y3 0
x 3y 3 5x 3y 3 x 0
x 3y 3 5x 3y 3
.
x y 1
• Víi x = 0, ta ®­îc:
2 2
x y 1
(I)
x 0
• Víi x + y = 1, ta ®­îc:
x 0
2
y 1
x 0 & y 1
.
x 0 & y 1 (l)
2 2
x y 1
(I) x y 1
x 0 & y 1
x y 1 xy 0
.
x 1 & y 0
• Víi (4), ta ®­îc:
(2) x + 3y3 + (3x + y3) = 2(x + y) x + 3y3 = 5x3y + 3 0
x 3y 3 5x 3y 3 x 0
x 3y 3 5x 3y 3
.
x y 1 (l)
• Víi x = 0, ta ®­îc:
(I)
x 0
2 2
x y 1
x 0
2
y 1
VËy, hÖ cã ba cÆp nghiÖm (0; 1), (1; 0), (0; 1).
x 0 & y 1 (l)
.
x 0 & y 1
VÝ dô 43: Gii hÖ ph­¬ng tr×nh:
2 2 82
x y
9
.
1 10 10 1
x x y y
y 3 3 y
215

Gii
Ký hiÖu hai ph­¬ng tr×nh cña hÖ lµ (1) vµ (2).
BiÕn ®æi (2) vÒ d¹ng:
1
x + 1 y + 10 3 x + y = ( x + 1 y ) + ( 10 x 0 (3)
3 x + y)
y
10
x y 0 (4)
3
10 3 + y + 1 2
y 0 3y 10y 3
y
0
0 .
3y
3 y 1/ 3
a. Víi y > 0 th×:
(1) x 2 = 82 82
9 y2 0 0 < y
3 .
• Víi x 0 th×:
82 2
(1) x = y tho m·n (3) vµ (4).
9
• Víi x < 0 th×:
82 2
(1) x = y tho m·n (4).
9
Khi ®ã, ®Ó tho m·n (3) ta phi cã:
82 2
y
9 + 1 y 0 1 y 82 2
y
9 1
2
y 82 9 y2 9y 4 82y 2 + 9 0
2
82
y 9
82
0y
3 y
3
2 1 3
y
1
9
.
0 y 3
b. Tõ (3) vµ (4) suy ra:
1 y x 10 3 + y 1
2
y x2 ( 10 3 + 1
y)2
2
y + y2 x 2 + y 2 = 82 9 (10 3 + y)2 + y 2
(1) 1
4 2
1
9y 82y 9 0 3y
y 3 x
3
3
.
2
3y 10y 3 0
1 (1)
y x 3
3
VËy, nghiÖm cña hÖ ph­¬ng tr×nh lµ:
82 2
( 1 3 ; 3), (3; 1 x y
3 ), 9
.
82 1
3 y hoÆc 0 y
3 3
216

VÝ dô 44: Gii hÖ ph­¬ng tr×nh:
Gii
§iÒu kiÖn:
x y 4
2 2
x y 2xy 8 2
x 0
. (1)
y 0
§Æt:
S x y
, ®iÒu kiÖn S, P 0 vµ S 2 4P 0.
P xy
Khi ®ã, hÖ ph­¬ng tr×nh cã d¹ng:
x y 4
2 2
[( x y) 2 xy] 2xy 2xy 8 2
2 2 2
(S 2P) 2P 2P 8 2
S 4
8 P 0
2 2
P 32P 128 (8 P)
VËy, ta ®­îc:
P = 4.
.
2
P 32P 128 = 8P
S
4
x y 4
P 4 xy 4
x = y = 2 x = y = 4.
VËy, hÖ cã nghiÖm x = y = 4.
Chó ý: NhiÒu hÖ ë d¹ng ban ®Çu ch­a thÊy sù xuÊt hiÖn Èn phô, trong tr­êng
hîp nµy ta cÇn sù dông mét vµi phÐp biÕn ®æi phï hîp.
VÝ dô 45: Gii hÖ ph­¬ng tr×nh:
x y x y 4
.
2 2
x y 128
Gii
§iÒu kiÖn:
x y 0
y
x x y x, suy ra x 0.
x y 0 y
x
217

ViÕt l¹i hÖ ph­¬ng tr×nh d­íi d¹ng:
x y x y 4
x y x y 4
1 2 1
2
(x y) (x y) 128
2 2
§Æt:
u x y
, ®iÒu kiÖn u, v 0.
v x y
Ta ®­îc:
u v 4
u v 4 u v 4
4 4
uv 0
u v 256
uv(uv 32) 0
uv 32
u v 4
u v 4
(I) hoÆc
(II)
uv 32
uv 0
• Gii (I): v« nghiÖm.
• Gii (II):
2 2
(x y) (x y) 256
x y 4
u 4 & v 0
x y 0
x y 8
(II)
u 0 & v 4
.
x y 0
x 8 vµ
y 8
x y 4
VËy, hÖ ph­¬ng tr×nh cã hai cÆp nghiÖm (8; 8) vµ (8; 8).
.
218

ch­¬ng 5 cung vµ gãc l­îng gi¸c
A. KiÕn thøc cÇn nhí
I. Gãc vµ cung l­îng gi¸c
c«ng thøc l­îng gi¸c
1. §¬n vÞ ®o gãc vµ cung trßn, ®é dµi cña cung trßn
Víi ®­êng trßn b¸n kÝnh R, ta cã:
• Toµn bé ®­êng trßn cã sè ®o ra®ian b»ng
2R
R
= 2.
• Cung cã ®é dµi b»ng l th× cã sè ®o ra®ian b»ng R
l .
Tõ ®ã, ta cã c¸c kÕt qu:
1. Cung trßn b¸n kÝnh R cã sè ®o ra®ian th× cã ®é dµi R.
2. Víi cung trßn cã ®é dµi l. Gäi lµ sè ®o ra®ian vµ a lµ sè ®o ®é cña cung ®ã
a
th× ta thiÕt lËp ®­îc mèi quan hÖ gi÷a sè ®o ra®ian vµ sè ®o ®é lµ .
180
Tõ kÕt qu trªn ta cã bng ghi nhí chuyÓn ®æi sè ®o ®é vµ sè ®o ra®ian cña mét
cung trßn:
§é 0 0 30 0 45 0 60 0 90 0 120 0 135 0 150 0 180 0 270 0 360 0
Ra®ian 0
6
4
3
2
2. Gãc l­îng gi¸c vµ sè ®o cña chóng
§Þnh nghÜa: Cho hai tia Ou, Ov. NÕu tia Om quay chØ theo chiÒu d­¬ng (hay chØ theo
chiÒu ©m) xuÊt ph¸t tõ tia Ou ®Õn trïng víi tia Ov th× ta nãi "Tia Om quÐt mét gãc
l­îng gi¸c tia ®Çu Ou, tia cuèi Ov". Khi quay nh­ thÕ, tia Om cã thÓ gÆp tia Ov
nhiÒu lÇn, mâi lÇn ta ®­îc mét gãc l­îng gi¸c tia ®Çu Ou, tia cuèi Ov.
Do ®ã, víi hai tia Ou, Ov cã v« sè gãc l­îng gi¸c (mét hä gãc l­îng gi¸c) tia ®Çu
Ou, tia cuèi Ov. Mçi gãc l­îng gi¸c nh­ thÕ ®Òu ®­îc kÝ hiÖu lµ (Ou, Ov). Nh­ vËy:
1. Mét gãc l­îng gi¸c gèc O ®­îc x¸c ®Þnh bëi tia ®Çu Ou, tia cuèi Ov vµ sè ®o ®é
(hay sè ®o ra®ian) cña nã.
2. NÕu mét gãc l­îng gi¸c cã sè ®o a 0 (hay rad) th× mäi gãc l­îng gi¸c cïng tia
®Çu, tia cuèi víi nã cã sè ®o d¹ng a 0 + k360 0 (hay + 2k), k lµ mét sè nguyªn,
mçi gãc øng víi mét gi¸ trÞ cña k.
2
3
3. cung l­îng gi¸c vµ sè ®o cña chóng
Sè ®o cña gãc l­îng gi¸c (Ou, Ov) lµ sè ®o cña cung UV t­¬ng øng th× ta cã kÕt qu:
1. Trªn ®­êng trßn ®Þnh h­íng, mçi cung l­îng gi¸c ®­îc x¸c ®Þnh bëi ®iÓm ®Çu,
®iÓm cuèi vµ sè ®o cña nã.
3
4
5
6
3
2
2
219

2. NÕu mét cung l­îng gi¸c UV cã sè ®o th× mäi cung l­îng gi¸c cïng tia ®Çu,
tia cuèi víi nã cã sè ®o d¹ng + 2k, k lµ mét sè nguyªn, mçi cung øng víi
mét gi¸ trÞ cña k.
4. HÖ thøc Sa l¬
Víi ba tia Ou, Ov, Ow, ta cã:
s®(Ou, Ov) + s®(Ov, Ow) = s®(Ou, Ow) + 2k, k .
II. Gi¸ trÞ l­îng gi¸c cña mét cung
1. gi¸ trÞ l­îng gi¸c c ña mét cung
a. cos = cos( + 2k).
b. sin = sin( + 2k).
víi k lµ mét sè nguyªn.
Ta cã c¸c kÕt qu sau:
c. tan = tan( + k).
d. cot = cot( + k).
Hµm sè l­îng gi¸c
§é ®o
0

5. Hµm sè l­îng gi¸c cña c¸c cung phô nhau
a. sin( ) = cos.
c. tan( ) = cot.
2 2
b. cos( ) = sin. d. cot( ) = tan.
2 2
6. C¸c h»ng ®¼ng thøc l­îng gi¸c c¬ bn
a. sin 2 + cos 2 = 1.
sin
b. tan =
cos
cos
c. cot = .
sin
III. C«ng thøc l­îng gi¸c
d. tan.cot = 1.
e.
1
2
cos
= 1 + tan 2
f.
1
2
sin
= 1 + cot 2 .
1. C«ng thøc céng
a. cos(x + y) = cosx.cosysinx.siny.
b. cos(xy) = cosx.cosy + sinx.siny.
c. sin(x + y) = sinx.cosy + cosx.siny.
d. sin(xy) = sinx.cosycosx.siny.
tan x tan y
e. tan(x + y) =
. f. tan(xy) =
1 tgx.tgy
tan x tan y
.
1 tan x.tan y
2. C«ng thøc nh©n ®«i
a. sin2x = 2sinx.cosx. b. cos2x = cos 2 xsin 2 x = 2cos 2 x1 = 12sin 2 x.
2tanx
c. tan2x = .
2
1
tan x
3. C«ng thøc nh©n ba
a. cos3x = 4cos 3 x3cosx.
b. sin3x = 3sinx4sin 3 x.
c. tan3x =
(3 tanx)tanx
.
2
1
3tan x
4. C«ng thøc biÕn ®æi tÝch thµnh tæng
1
a. cosx.cosy = [cos(x + y) + cos(xy)].
2
1
b. sinx.siny = [cos(xy)cos(x + y)].
2
1
c. sinx.cosy = [sin(x + y) + sin(xy)].
2
1
d. cosx.siny = [sin(x + y)sin(xy)].
2
221

5. C«ng thøc biÕn ®æi tæng thµnh tÝch
x y y
a. cosx + cosy = 2cos cos
2 2
x x y x y
. b. cosxcosy = 2sin sin .
2 2
x y x y
x y x y
c. sinx + siny = 2sin cos . d. sinxsiny = 2cos sin .
2 2 2 2
sin( x y)
sin( x y)
e. tanx tany =
. f. cotx coty = .
cosx.cosy
sin x.sin y
6. C«ng thøc h¹ bËc
a. sin 2 x =
1 cos2x
. b. cos 2 x =
2
1 cos 2x
.
2
B Ph­¬ng ph¸p gii c¸c d¹ng to¸n liªn quan
D¹ng to¸n 1: BiÕn ®æi biÓu thøc l­îng gi¸c thµnh tæng
Ph­¬ng ph¸p ¸p dông
Sö dông c¸c c«ng thøc l­îng gi¸c, th«ng th­êng lµ c«ng thøc biÕn ®æi tÝch thµnh tæng.
Chó ý: C¸c em häc sinh cÇn biÕt r»ng nh÷ng phÐp biÕn ®æi kiÓu nµy lµ rÊt cÇn
thiÕt khi thùc hiÖn c¸c bµi to¸n vÒ ®¹o hµm vµ tÝnh tÝch ph©n (thuéc kiÕn
thøc to¸n 12).
ThÝ dô 1. BiÕn ®æi c¸c biÓu thøc sau thµnh tæng:
a. A = sina.sin2a.sin3a. b. B = cosa.cos2a.cos4a.
Gii
a. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng:
A = 1 2 (cosacos3a).sin3a = 1 2 (sin3a.cosacos3a.sin3a)
= 1 2 [ 1 2 (sin4a + sin2a) 1 2 sin6a] = 1 (sin2a + sin4asin6a).
4
b. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng:
B = 1 2 (cos3a + cosa).cos4a = 1 (cos4a.cos3a + cos4a.cosa)
2
= 1 (cos7a + cosa + cos5a + cos3a).
4
NhËn xÐt: Nh­ vËy, trong thÝ dô trªn ®Ó thùc hiÖn môc ®Ých biÕn ®æi biÓu thøc
vÒ d¹ng tæng chóng ta ®· sö dông hai lÇn liªn tiÕp c«ng thøc biÕn ®æi
tÝch thµnh tæng. Tuy nhiªn, trong nh÷ng tr­êng hîp riªng cÇn lùa
chän hai ®èi t­îng phï hîp ®Ó gim thiÓu ®é phøc t¹p, chóng ta sÏ
minh ho¹ th«ng qua vÝ dô sau:
222

ThÝ dô 2. BiÕn ®æi biÓu thøc sau thµnh tæng:
Gii
BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng:
A = 8sin(a 6
).cos2a.sin(a + 6
).
A = 4[2sin(a + 6
).sin(a 6
)].cos2a = 4(cos 3
cos2a).cos2a
= 4. 1 2 .cos2a4cos2 a = 2cos2a2(1 + cos4a) = 2 + 2cos2a 2cos4a.
NhËn xÐt: Nh­ vËy, trong thÝ dô trªn chóng ta ghÐp bé ®«i gãc a 6
vµa 6
(cã tÝnh khö ®èi víi phÐp céng vµ trõ) ®Ó sö dông c«ng thøc biÕn
®æi tÝch thµnh tæng.
D¹ng to¸n 2: BiÕn ®æi biÓu thøc l­îng gi¸c thµnh tæng tÝch
Ph­¬ng ph¸p ¸p dông
ViÖc biÕn ®æi biÓu thøc l­îng gi¸c vÒ d¹ng tÝch phô thuéc vµo c¸c phÐp biÕn ®æi d¹ng:
D¹ng 1: BiÕn ®æi tæng, hiÖu thµnh tÝch.
D¹ng 2: BiÕn ®æi tÝch thµnh tæng.
D¹ng 3: Lùa chän phÐp biÕn ®æi cho cos2x.
D¹ng 4: Ph­¬ng ph¸p luËn hÖ sè.
D¹ng 5: Ph­¬ng ph¸p h»ng sè biÕn thiªn.
D¹ng 6: Ph­¬ng ph¸p nh©n.
D¹ng 7: Sö dông c¸c phÐp biÕn ®æi hçn hîp.
KÜ n¨ng biÕn ®æi mét biÓu thøc l­îng gi¸c vÒ d¹ng tÝch lµ rÊt quan trong bëi nã
®­îc sö dông chñ yÕu trong viÖc gii c¸c ph­¬ng tr×nh l­îng gi¸c kh«ng mÉu mùc.
ThÝ dô 1. BiÕn ®æi thµnh tÝch c¸c biÓu thøc sau:
a. 1 sinx. b. 1 + 2cosx.
Gii
a. Ta cã thÓ tr×nh bµy theo c¸c c¸c sau:
C¸ch 1: Ta cã:
1 sinx = sin 2 x + cos
2 x x x x x 2sin .cos = (sin cos )
2
2 2 2 2 2 2
2
x
= 2 sin
2 4
= 2sin 2 x
2 4 .
C¸ch 2: Ta cã:
1 sinx = 1 cos x
2 x
= 1 1
2 sin = 2sin 2 x
2 4 2 4 2
.
223

C¸ch 3: Ta cã:
1 sinx = sin
sin x 2cos
x
sin
x
2
4 2 4 2 .
b. Ta cã thÓ tr×nh bµy theo c¸c c¸c sau:
C¸ch 1: Ta cã:
x x
1 + 2cosx = 1 + 2cos2. = 1 + 2 cos 2 1 2 2
= 1 + 4cos 2 x x
x
= 2 cos 12 cos 1 .
2 2
2
C¸ch 2: Ta cã:
1
x x
1 + 2cosx 2
cos x 2cos cos x 4cos .cos
2
3 6 2 6 2 .
NhËn xÐt: Nh­ vËy, ®Ó thùc hiÖn biÕn ®æi thµnh tÝch cña c¸c biÓu thøc trªn:
a. ë c©u a):
• Trong c¸ch 1, chóng ta sö dông sin 2 + cos 2 = 1 vµ c«ng
thøc gãc nh©n ®«i cña sin2 = 2sin.cos ®Ó nhËn ®­îc mét
h»ng thøc, vµ cuèi cïng lµ sin cos = 2 sin
4 .
• Trong c¸ch 2, dùa nhiÒu vµo kinh nghiÖm, víi môc tiªu
lµm xuÊt hiÖn 1 ®Ó khö sè h¹ng tù do cña biÓu thøc. §iÒu
nµy sÏ ®­îc gii thÝch ®Çy ®ñ trong môc sö dông c¸c c«ng
thøc biÕn ®æi cña cos2.
• Trong c¸ch 3, chóng ta sö dông tíi gi¸ trÞ ®Æc biÖt cña gãc
l­îng gi¸c ®Ó chuyÓn ®æi 1 thµnh sin 2
, tõ ®ã dïng c«ng
thøc biÕn ®æi tæng thµnh tÝch s½n cã.
b. ë c©u b), lÊy ý t­ëng ë c¸ch 2, c¸ch 3 cña c©u a).
C¸c em häc sinh cÇn ghi nhËn tèt c¸ch gii 3 ®Ó cã thÓ nhËn ®­îc
mét lêi gii ng¾n gän.
ThÝ dô 2. BiÕn ®æi thµnh tÝch biÓu thøc sau:
A = cosa + cos2a + cos3a + cos4a.
Gii
BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng:
A = (cosa + cos3a) + (cos2a + cos4a) = 2cos2a.cosa + 2cos3a.cosa
= 2(cos2a + cos3a).cosa = 4cos 5a 2 .cos a 2 .cosa.
224

NhËn xÐt: Trong lêi gii trªn ta lùa chän c¸ch gom theo hiªu (hiÖu hai gãc
b»ng nhau) do ®ã ®­¬ng nhiªn cã thÓ nhãm:
A = (cosa + cos2a) + (cos3a + cos4a).
Ngoµi ra cßn cã thÓ gom theo tæng (tæng hai gãc b»ng nhau)
A = (cosa + cos4a) + (cos2a + cos3a).
Chóng ta sÏ sö dông l¹i ý t­ëng nµy trong vÝ dô tiÕp theo.
ThÝ dô 3. BiÕn ®æi thµnh tÝch biÓu thøc sau:
A = sina + sin2a + sin3a + sin4a + sin5a + sin6a.
Gii
Ta cã thÓ lùa chän mét trong c¸c c¸ch sau:
C¸ch 1: BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng:
A = (sina + sin6a) + (sin2a + sin5a) + (sin3a + sin4a)
= 2sin 7a
2 .cos 5a 2
+ 2sin
7a
2 .cos 3a 2
= 2(cos 5a 2 + cos 3a 2 + cos a 2
= 2(2cosa + 1). cos 3a 2
3a 7a
= 4(cosa + cos ). cos .sin 3 2 2
= 8cos( a 2 + a ). cos(
6 2 3a ).cos
6 2
+ 2sin
7a
2 .cos a 2
)sin
7a
2 = 2(2cos 3a 2 .cosa + cos 3a 2
.sin
7a
2 = 4(cosa + 1 2 ). cos 3a 2
.sin
7a
2
)sin
7a
2
7a
.sin
2 .
C¸ch 2: Lùa chän phÐp gom:
A = (sina + sin2a) + (sin3a + sin4a) + (sin5a + sin6a) §Ò nghÞ b¹n ®äc.
C¸ch 3: Lùa chän phÐp gom:
A = (sina + sin4a) + (sin2a + sin5a) + (sin3a + sin6a) §Ò nghÞ b¹n ®äc.
Chó ý:
Trong c¸c bµi thi yªu cÇu ®Æt ra ®èi víi thÝ dô 2, thÝ dô 3 chÝnh lµ "Gii ph­¬ng
tr×nh".
Vµ ®Ó t¨ng ®é khã, c¸c biÓu thøc th­êng ®­îc nhóng vµo yªu cÇn
®¸nh gi¸ nh©n tö chung.
ThÝ dô 4. BiÕn ®æi thµnh tÝch biÓu thøc sau:
a. A = 1 + sina cosasin2a.
b. B = 1 + (sina cosa)(sin2a + cos2a) + cos3a.
Gii
a. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng:
A = (1sin2a) + (sina cosa = (sina cosa) 2 + (sina cosa
225

= (sina cosa)(sina cosa + 1).
b. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng:
B = (1 cos2a) + sina + (cos3acosa)sin2a
= 2sin 2 a + sina2sin2a.sina2sina.cosa
= (2sina + 14sina.cosa2cosa).sina = (2sina + 1)(12cosa).sina
= 4(sina + 1 2 )( 1 2 cosa).sina = 4(sina + sin )(cos cosa).sina
6 3
= 16sin( a 2 + a ).cos(
12 2 a ).sin( +
12 6 2 ).sin( a
6 2 ).sina.
NhËn xÐt: Trong lêi gii c©u b), së dÜ ta lùa chän c¸ch gom nh­ vËy bëi nhËn
thÊy r»ng chóng ®Òu cã chung nh©n tö sina.
ThÝ dô tiÕp theo sÏ minh ho¹ cho D¹ng 2BiÕn ®æi tÝch thµnh tæng.
ThÝ dô 5. BiÕn ®æi thµnh tÝch biÓu thøc sau:
A = 2cosa.cos2a.cos3a2sina.sin2a.sin3a1.
Gii
BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng:
A = (cos3a + cosa).cos3a + (cos3acosa).sin3a1
= cos 2 3a + cos3a.cosa + cos3a.sin3asin3a.cosa1
= (cosa + sin3a)cos3asin3a.cosasin 2 3a
= (cosa + sin3a)cos3acosa + sin3a)sin3a
= (cosa + sin3a)(cos3asin3a) sin3a sin a . 2cos3a
2
4
2 2.sina .cos 2a .cos 3a .
4 4 4
NhËn xÐt: Nh­ vËy, ®Ó thùc hiÖn biÕn ®æi thµnh tÝch cña biÓu thøc trªn, tr­íc
tiªn chóng ta cÇn thùc hiÕn biÕn ®æi c¸c biÓu thøc tÝch thµnh tæng, råi
sau ®ã ghÐp c¸c cÆp ®«i thÝch hîp ®Ó lµm xuÊt hiÖn nh©n tö chung.
ThÝ dô tiÕp theo sÏ minh ho¹ D¹ng 3 Lùa chän phÐp biÕn ®æi
cho cos2x.
ThÝ dô 6. BiÕn ®æi thµnh tÝch biÓu thøc A = 2cos 3 a + cos2a + sina.
Gii
BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng:
A = 2cos 3 a + 2cos 2 a1 + sina = 2(cosa + 1).cos 2 a + sina1
= 2(cosa + 1)(1sin 2 a) + sina1 = (1sina)[2(cosa + 1)(1 + sina)1]
= (1sina)[1 + 2sina.cosa + 2(sina + cosa)]
= (1sina)[(sina + cosa) 2 + 2(sina + cosa)]
226

= (1sina)(sina + cosa)(sina + cosa + 2).
NhËn xÐt: Trong lêi gii trªn:
1. Së dÜ chóng ta lùa chän phÐp biÕn ®æi:
cos2a = 2cos 2 a1
bëi 2 nh©n tö cßn l¹i lµ 2cos 3 a (cos cã hÖ sè 2) vµ sina (sin cã hÖ
sè 1).
2. Nh­ vËy trong tr­êng hîp tr¸i l¹i, ta sÏ lùa chän phÐp biÕn ®æi:
cos2a = 12sin 2 a.
3. Nh­ vËy chóng ta ®· cã ®­îc ph­¬ng ph¸p suy luËn trong viÖc
lùa chän hai h­íng biÕn ®æi cho cos2a. Cuèi cïng, trong tr­êng
hîp hÖ sè ®èi xøng ta sÏ lùa chän phÐp biÕn ®æi:
cos2a = cos 2 asin 2 a.
4. §«i khi viÖc gom c¸c to¸n tö trong ®Çu bµi nh»m t¨ng ®é phøc
t¹p cña bµi to¸n. Khi ®ã, ®Ó tiÖn cho viÖc c©n nh¾c lùa chän phÐp
biÕn ®æi c¸c em häc sinh h·y chuyÓn biÓu thøc vÒ d¹ng ®¬n. Cô
thÓ ta xem xÐt vÝ dô sau:
ThÝ dô 7. BiÕn ®æi thµnh tÝch biÓu thøc sau:
A = 4sin2a3cos2a3(4sina1)6sin 2 a.
Gii
BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng:
A = 4sin2a3cos2a12sina + 36sin 2 a
= 4sin2a3(12sin 2 a)12sinx + 36sin 2 a
= 8sina.cosa12sina = 4(2cosa3)sina
NhËn xÐt: Trong lêi gii trªn, khi chuyÓn biÓu thøc vÒ d¹ng ®¬n, ta lùa chän
phÐp biÕn ®æi cos2a = 12sin 2 a bëi khi ®ã sÏ khö ®­îc sè h¹ng
tù do vµ cïng víi nhËn xÐt c¸c to¸n tö cßn l¹i ®Òu chøa sina.
ThÝ dô tiÕp theo sÏ minh ho¹ D¹ng 4 Ph­¬ng ph¸p luËn hÖ sè.
ThÝ dô 8. BiÕn ®æi thµnh tÝch c¸c biÓu thøc:
a. A = 5sin3a3sin5a.
b. B = 3(cotacosa)5(tanasina)2.
Gii
a. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng:
A = 2sin3a3(sin5asin3a) = 2(3sina4sin 3 a)6cos4a.sina
= (34sin 2 a3cos4a).sina = [32(1cos2a)3(2cos 2 2a1)].sina
= (3cos 2 2acos2a2).sina = (3cos2a + 2)(cos2a1).sina
b. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng:
B = 3(cotacosa + 1)5(tanasina + 1)
227

cosa
sin a
= 3( cosa + 1)5( sina + 1)
sin a
cosa
3(cosa
sin a.cosa sin a) 5(sin a sin a.cosa cosa)
=
sin a
cosa
3 5
= (sina + cosasina.cosa)( ).
sin a cosa
NhËn xÐt: Trong lêi gii trªn:
1. Víi c©u a), c¸c em häc sinh còng cã thÓ sö dông ph­¬ng ph¸p
t¸ch dÇn:
sin3a = 3sina4sin 3 a,
sin5a = sin(a + 4a) = sina.cos4a + cosa.sin4a
= sina.cos4a + 2cosa.cos2a.sin2a
= sina.cos4a + 4cos 2 a.cos2a.sina.
Ngoµi ra, kh«ng sö dông c¸ch t¸ch:
A = 2sin5a5(sin5asin3a)
bëi chóng ta chØ cã c«ng thøc cho sin3a cßn sin5a kh«ng cã.
2. Víi c©u b), viÖc lùa chän c¸ch t¸ch 2 = 5 3 ®­îc ®Ò xuÊt kh¸
tù nhiÖn bëi hai biÓu thøc ®· ®­îc gom tr­íc.
ThÝ dô 9. BiÕn ®æi thµnh tÝch c¸c biÓu thøc:
a. A = 9sina + 6cosa3sin2a + cos2a8.
b. B = 2sin2acos2a7sina 2cosa + 4.
Gii
a. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng:
A = 9sina + 6cosa6sina.cosa + 2cos 2 a 1 8
= 9sina 9 + 6cosa6sina.cosa + 2cos 2 a = 9(sina1)6cosa(sina1) + 2cos 2 a
= 9(sina1)6cosa(sina1)2(sin 2 a1)
= (sina1)(96cosa2sina2) = (sina1)(76cosa2sina).
b. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng:
B = 4sina.cosa 2cosa (1 2sin 2 a)7sina + 4
= 4sina.cosa 2cosa + 2sin 2 a7sina + 3
= 2cosa(2sina 1) + (2sinasina 3) = (2sina1)(2cosa + sina3).
NhËn xÐt: Trong lêi gii trªn:
1. Víi c©u a), chóng ta sö dông ý t­ëng ®­a biÓu thøc l­îng gi¸c
vÒ cïng mét cung vµ ë ®ã lùa chän cos2a = 2cos 2 a 1 bëi cÇn
cã sù kÕt hîp 1 víi 8 ®Ó cã ®­îc hÖ sè t­¬ng øng víi 9sina,
tõ ®ã xuÊt hiÖn c¸ch nhãm c¸c nh©n tö.
2. Víi c©u b), c¸c em häc sinh nÕu ch­a cã kinh nghiÖm th× tèt
nhÊt lµ thùc hiÖn phÐp thö víi c¸c c¸ch biÕn ®æi cña cos2a.
228

ThÝ dô tiÕp theo sÏ minh ho¹ D¹ng 5 Ph­¬ng ph¸p h»ng sè
biÕn thiªn.
ThÝ dô 10. BiÕn ®æi thµnh tÝch biÓu thøc sau:
a. A = sina.cosa + m(sina + 2cosa) + 2m 2 .
a
a
b. B = (cosa + 1).sin 4 2 cosa.sin2 2 1.
Gii
a. ViÕt l¹i A d­íi d¹ng:
A = 2m 2 + (sina + 2cosa)t + sina.cosa.
khi ®ã A lµ mét tam thøc bËc hai theo m cã:
m = (sina + 2cosa) 2 8sina.cosa = (sina2cosa) 2 ,
do ®ã, ph­¬ng tr×nh A = 0 cã c¸c nghiÖm:
sin a 2cosa (sin a 2cosa) sin a
m1
4 2 2m1
sin a 0
sin a 2cosa (sin a 2cosa)
.
m2
cosa 0
m2
cosa
4
tøc lµ A cã thÓ ®­îc ph©n tÝch thµnh:
A = (2m + sina)(m + cosa).
a
b. §Æt t = sin 2 2 , khi ®ã biÓu thøc ®­îc viÕt l¹i d­íi d¹ng:
B = (cosa + 1).t 2 t.cosa 1 .
Ph­¬ng tr×nh A = 0 cã nghiÖm theo t lµ t = 1 vµ t =
tÝch thµnh:
1
cosa 1
do ®ã A ®­îc ph©n
B = (t 1)[(cosa + 1).t + 1] = (sin 2 a
2 1)(2cos2 a
2 .sin2 a
2 + 1)
= (sin 2 a
2 1)( 1 2 sin2 a + 1).
NhËn xÐt: Lêi gii cña thÝ dô trªn minh ho¹ cho ý t­ëng cña ph­¬ng ph¸p
h»ng sè biÕn thiªn, lÏ ®­¬ng nhiªn chóng ta cã thÓ thùc hiÖn phÐp
nhãm mét c¸ch thÝch hîp ®Ó cã ®­îc c¸c kÕt qu ®ã, cô thÓvíi
c©u a) ta cã:
A = sina.cosa + m.sina + 2m.cosa + 2m 2
= (cosa + m).sina + 2m(cosa + m) = (cosa + m)(sina + 2m).
vµ chóng ta nhËn thÊy c«ng viÖc ®ã ®¬n gin h¬n nhiÒu so víi nh÷ng
lËp luËn trong lêi gii trªn, xong ®©y lu«n lµ ý t­ëng hay ®Ó sö dông
cho viÖc gii c¸c ph­¬ng tr×nh ®¹i sè còng nh­ l­îng gi¸c.
ThÝ dô tiÕp theo sÏ minh ho¹ D¹ng 6 Ph­¬ng ph¸p nh©n.
ThÝ dô 11. BiÕn ®æi thµnh tÝch biÓu thøc sau:
229

a. A = sin 5a 2 5cos3 a.sin a , víi a + 2k, k .
2
b. A = sina + sin2a + ... + sinna, víi n .
Gii
a. Tõ gi thiÕt a + 2k, k ta ®­îc a 2 a
+ k cos
2
2 0.
Nh©n c hai vÕ cña biÓu thøc víi 2cos a 0, ta ®­îc:
2
2Acos a 2 = 2sin 5a 2 .cos a 2 10cos3 a.sin a 2 .cos a 2
= sin3a + sin2a5cos 3 a.sina = 3sina4sin 3 a + 2sina.cosa5cos 3 a.sina
= (34sin 2 a + 2cosa5cos 3 a).sina = (5cos 3 a4cos 2 a2cosa + 1).sina
= 2(5cos 2 a + cosa1)(cosa1)sin a 2 .cos a 2
A = (5cos 2 a + cosa1)(cosa1)sin a 2 .
b. XÐt hai tr­êng hîp:
Tr­êng hîp 1: NÕu a = 2k, k th×:
sina = sin2a = ... = sinna = 0 S = 0.
Tr­êng hîp 2: NÕu a 2k, k th× nh©n c hai vÕ cña biÓu thøc víi 2sin 2
a , ta ®­îc:
2Asin 2
a = 2sina.sin 2
a + 2sin2a.sin 2
a + ... + 2sinna.sin 2
a
a 3 a 3a
= cos cos + cos 2 2 2
a ( 2n 1)a
= cos cos 2 2
5 a ( 2n 1)a
cos + ... + cos 2 2
na ( n 1)a
= 2sin .sin 2 2
( 2n 1)a
cos
2
na
(n 1)a
sin sin
A =
2 2
.
a
sin
2
NhËn xÐt: Nh­ vËy, chóng ta ®· ®­îc lµm quen víi 6 ph­¬ng ph¸p biÕn ®æi
tæng thµnh tÝch, cuèi cïng chóng ta minh ho¹ thªm mét thÝ dô cho
ph­¬ng ph¸p sö dông c¸c phÐp biÕn ®æi hçn hîp.
ThÝ dô 12. BiÕn ®æi thµnh tÝch c¸c biÓu thøc sau:
a. A = cos 4 acos2a + 2sin 6 a. b. B = cos 2 a + cos 3 a + 2sina2.
Gii
a. Ta cã thÓ lùa chän mét trong c¸c c¸ch sau:
C¸ch 1: BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng:
230

A = cos 4 acos 2 a + sin 2 a + 2sin 6 a = (cos 2 acos 2 a + sin 2 a + 2sin 6 a
= sin 2 a.cos 2 a + sin 2 a + 2sin 6 a = (1 cos 2 a)sin 2 a + 2sin 6 a
= sin 4 a + 2sin 6 a = (2sin 2 a + 1).sin 4 a.
C¸ch 2: BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng:
A = cos 4 acos 2 a 1) + 2sin 6 a = (cos 4 acos 2 a + 1 + 2sin 6 a
= (1cos 2 a + 2sin 6 a = sin 4 a + 2sin 6 a = (2sin 2 a + 1).sin 4 a.
b. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng:
B = (1 + cosa)cos 2 a2(1sina) = (1 + cosa)(1sin 2 a)2(1sina)
= [(1 + cosa)(1 + sina)2](1sina)
= (cosa + sina + sina.cosa1)(1sina).
NhËn xÐt: Nh­ vËy, ®Ó chuyÓn ®æi c¸c biÓu thøc trªn vÒ d¹ng tÝch chóng ta
®· thùc hiÖn phÐp nhãm dÇn.
ThÝ dô 13. BiÕn ®æi thµnh tÝch biÓu thøc sau:
A = (2sina + 1)(3cos4a + 2sina4) + 4cos 2 a3
Gii
Ta cã thÓ lùa chän mét trong c¸c c¸ch sau:
C¸ch 1: BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng:
A = (2sina + 1)(3cos4a + 2sina4)3 + 4(1sin 2 a)
= (2sina + 1)(3cos4a + 2sina4)4sin 2 a + 1
= (2sina + 1)(3cos4a + 2sina42sina + 1) = (2sina + 1)(3cos4a3).
C¸ch 2: BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng:
A = 3cos4a.(2sina + 1) + (2sina + 1)(2sina4) + 4cos 2 a 3
= 3cos4a.(2sina + 1) + 4sin 2 a 6sina4 + 4cos 2 a 3
= 3cos4a.(2sina + 1) 3(2sina + 1) = (2sina + 1)(3cos4a3).
ThÝ dô 14. BiÕn ®æi thµnh tÝch c¸c biÓu thøc sau:
a. A = cos 2 3a + cos 2 2asin 2 a.
b. B = sin 2 3acos 2 4asin 2 5a + cos 2 6a.
Gii
a. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng:
A = 2
1 (1 + cos6a) + cos 2 2a 2
1 (1 cos2a) = 2
1 (cos6a + cos2a) + cos 2 2a
= cos4a.cos2a + cos 2 2a = (cos4a + cos2a)cos2a = 2cos3a.cosa.cos2a.
b. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng:
B = 2
1 (1 cos6a) 2
1 (1 + cos8a) 2
1 (1 cos10a) + 2
1 (1 + cos12a)
= 2
1 (cos12a cos6a) + 2
1 (cos10a cos8a) = sin9a.sin3a sin9a.sina
= (sin3a + sina)sin9a = 2sin2a.cosa.sin9a.
231

D¹ng to¸n 3: Chøng minh ®¼ng thøc l­îng gi¸c
Ph­¬ng ph¸p ¸p dông
Sö dông hÖ thøc c¬ bn vµ c¸c hÖ qu ®Ó thùc hiÖn phÐp biÕn ®æi t­¬ng ®­¬ng.
Ta lùa chän mét trong c¸c h­íng biÕn ®æi sau:
H­íng 1: Dïng c«ng thøc l­îng gi¸c biÕn ®æi mét vÕ thµnh vÕ cßn l¹i (VT
VP hoÆc VP VT). Khi ®ã:
• NÕu xuÊt ph¸t tõ vÕ phøc t¹p ta cÇn thùc hiÖn viÖc ®¬n gin biÓu thøc.
• NÕu xuÊt ph¸t tõ vÕ ®¬n gin ta cÇn thùc hiÖn viÖc ph©n tÝch.
232
H­íng 2: BiÕn ®æi ®¼ng thøc cÇn chøng minh vÒ mét ®¼ng thøc ®· biÕt lµ lu«n ®óng.
H­íng 3: BiÕn ®æi mét ®¼ng thøc ®· biÕt lµ lu«n ®óng thµnh ®¼ng thøc cÇn
chøng minh.
§Ó ý r»ng mét biÓu thøc l­îng gi¸c cã thÓ ®­îc biÕn ®æi thµnh nhiÒu d¹ng kh¸c
nhau. Ch¼ng h¹n ta cã:
sin 2 2x = 1cos 2 2x = (1cos2x)(1 + cos 2 x).
sin 2 2x = 2
1 (1cos4x); sin 2 2x = 4sin 2 x.cos 2 x.
Tuú theo mçi bµi to¸n, ta lùa chän c«ng thøc thÝch hîp ®Ó biÕn ®æi.
ThÝ dô 1. Chøng minh c¸c ®¼ng thøc sau:
a. sin(a + b).sin(a b) = sin 2 a sin 2 b = cos 2 b cos 2 a.
cos(a b) cot a.cot b 1
b.
cos(a b) cot a.cot b 1
.
Gii
a. Ta cã thÓ lùa chän mét trong c¸c c¸ch sau:
C¸ch 1: Ta cã:
VT = (sina.cosb + sinb.cosa)(sina.cosb sinb.cosa)
= sin 2 a.cos 2 b sin 2 b.cos 2 a = sin 2 a(1 sin 2 b) sin 2 b(1 sin 2 a)
= sin 2 a sin 2 b = 1 cos 2 a 1 + cos 2 b = cos 2 b cos 2 a ®pcm.
C¸ch 2: Ta cã:
VT = 1 2 (cos2b cos2a) = 1 2 [(2cos2 b 1) (2cos 2 a 1)] = cos 2 b cos 2 a.
= 1 2 [(1 sin2 b) (1 2sin 2 a)] = sin 2 a sin 2 b.
C¸ch 3: (H­íng dÉn): Sö dông c«ng thøc h¹ bËc ®Ó biÕn ®æi VP, sau ®ã sö dông c«ng
thøc biÕn ®æi tæng thµnh tÝch.
b. Ta cã:
cosa.cosb sin a.sin b
VT =
=
cosa.cosb sin a.sin b
cosa.cosb sin a.sin b
sin a.sin b sin a.sin b
cosa.cosb sin a.sin b
sin a.sin b sin a.sin b
=
cot a.cot b 1
cot a.cot b 1
.
Chó ý: VÝ dô tiÕp theo chóng ta sÏ sö dông phÐp biÕn ®æi h¹ bËc, theo hai h­íng:
H­íng 1: H¹ bËc ®¬n, tøc lµ h¹ bËc tõng nh©n tö trong biÓu thøc.

H­íng 2: H¹ bËc toµn côc, tøc lµ dùa trªn h»ng ®¼ng thøc ®¹i sè:
a 4 + b 4 = (a 2 + b 2 ) 2 2a 2 .b 2 .
a 6 + b 6 = (a 2 + b 2 ) 3 3a 2 .b 2 (a 2 + b 2 ).
ThÝ dô 2. Chøng minh r»ng:
a. sin 4 x + cos 4 x = 4
1 cos4x + 4
3 .
b. cos3x.sin 3 x + sin3x.cos 3 x = 4
3 sin4x.
Gii
a. Ta lùa chän mét trong hai c¸ch:
C¸ch 1: (Sö dông phÐp h¹ bËc ®¬n): Ta cã:
VT = sin 4 x + cos 4 x = (sin 2 x) 2 + (cos 2 x) 2 1
cos2x 1
cos2x
= +
2 2
1 1 1 1 1 cos 4x 3 1
= + cos 2 2x = + . = + cos4x.
2 2 2 2 2 4 4
C¸ch 2: (Sö dông phÐp h¹ bËc toµn côc): Ta cã:
VT = sin 4 x + cos 4 x = (sin 2 x + cos 2 x) 2 2sin 2 x.cos 2 x
1 1 1 cos 4x 3 1
= 1 .sin 2 2x = 1 . = + cos4x.
2 2 2 4 4
b. Ta lùa chän mét trong hai c¸ch:
C¸ch 1: (Sö dông phÐp h¹ bËc ®¬n): Ta cã:
VT = 4
1 (3sinxsin3x)cos3x + 4
1 (3cosx + cos3x)sin3x
= 4
3 (sinx.cos3x + cosx.sin3x) = 4
3 sin4x.
C¸ch 2: (Sö dông phÐp h¹ bËc ®èi xøng): Ta cã:
VT = sin 2 x.sinx.cos3x + cos 2 x.cosx.sin3x
= (1cos 2 x).sinx.cos3x + (1sin 2 x).cosx.sin3x
= sinx.cos3x + cosx.sin3x(cosx.cos3x + sinx.sin3x)sinx.cosx
= sin4x 2
1 cos2x.sin2x = sin4x 4
1 sin4x = 4
3 sin4x.
NhËn xÐt: Nh­ vËy, thÝ dô trªn ®· minh ho¹ sù kh¸c biÖt trong viÖc lùa chän
c¸c phÐp h¹ bËc kh¸c nhau ®Ó chøng minh mét ®¼ng thøc l­îng
gi¸c. Vµ ë ®ã, c¸c em dÔ so s¸nh tÝnh hiÖu qu cña phÐp h¹ bËc
®¬n ®èi víi nh÷ng biÓu thøc kh¸c nhau.
§Ó t¨ng ®é khã bµi to¸n trªn th­êng ®­îc më réng nh­ sau:
1. Víi c©u a), cã thÓ lµ "TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc sin 4 x + cos 4 x
t¹i x hoÆc x hoÆc x hoÆc x ".
8 12 16 24
2
2
233

2. Víi c©u b), cã thÓ lµ "TÝnh gi¸ trÞ cña A = cos3x.sin 3 x + sin3x.cos 3 x
t¹i x hoÆc x hoÆc x hoÆc x ".
8 12 16 24
ThÝ dô 3. Chøng minh c¸c ®¼ng thøc sau:
a. sin 3 x.(1 + cotanx) + cos 3 x.(1 + tanx) = sinx + cosx.
b. sin3x2sin 3 3x + cos2x.sinx = cos5x.sin4x.
Gii
a. Ta cã:
VT = sin 2 x.(sinx + cosx) + cos 2 x.(cosx + sinx)
= (sin 2 x + cos 2 x)(cosx + sinx) = sinx + cosx, ®pcm.
b. Ta cã:
VT = sin3x2sin 3 3x + 2
1 (sin3x sinx)
= 2
3 sin3x2sin 3 3x 2
1 sinx = 2
1 (3sin3xsin 3 3x) 2
1 sinx
= 2
1 sin9x 2
1 sinx = 2
1 (sin9x sinx) = cos5x.sin4x, ®pcm.
Chó ý: VÝ dô tiÕp theo chóng ta sö dông mét ®¼ng thøc lu«n ®óng ®Ó suy ra
®¼ng thøc cÇn chøng minh.
ThÝ dô 4. Cho x + y + z = , chøng minh r»ng:
tanx + tany + tanz = tanx.tany.tanz.
Gii
Tõ gi thiÕt
x + y + z = x + y = z tan(x + y) = tan(z)
tan x tan y
= tanz tanx + tany = tanz + tanx.tany.tanz
1
tan x.tan y
tanx + tany + tanz = tanx.tany.tanz.
NhËn xÐt: ThÝ dô trªn ®­îc tr×nh víi môc ®Ých ®Ó c¸c em häc sinh tiÕp cËn víi
bµi to¸n chøng minh ®¼ng thøc l­îng gi¸c cã ®iÒu kiÖn vµ nã ®­îc
thùc hiÖn b»ng viÖc xuÊt ph¸t tõ biÓu thøc ®iÒu kiÖn ®Ó suy ra ®¼ng
thøc cÇn chøng minh, tuy nhiªn ®©y kh«ng phi lµ ®­êng lèi chung
cho mäi d¹ng to¸n nh­ vËy.
ThÝ dô 5. Cho sinx + siny = 2sin(x + y), víi x + y k, k
Gii
Tõ gi thiÕt:
tan x 2 .tan y 2 = 1 3 .
. Chøng minh r»ng:
234

sinx + siny = 2sin(x + y) 2sin x y x
y .cos
2 2
xyk ,k
cos x y = 2cos x y
2
2
= 4sin x y x
y .cos
2 2
cos x 2 .cos y 2 + sin x 2 .sin y 2 = 2(cos x 2 .cos y 2 sin x 2 .sin y 2 )
3sin x 2 .sin y 2 = cos x 2 .cos y 2 tan x 2 .tan y 2 = 1 3 , ®pcm.
ThÝ dô 6. Cho tanx, tany lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh at 2 + bt + c = 0. (1)
Chøng minh r»ng:
a.sin 2 (x + y) + b.sin(x + y).cos(x + y) + c.cos 2 (x + y) = c. (2)
Gii
V× tanx, tany lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh (1), ta ®­îc:
b
tan x tan y
a
. (I)
c
tan x.tan y
a
BiÕn ®æi (2) vÒ d¹ng:
[a.sin(x + y) + b..cos(x + y)]sin(x + y) = c[1cos 2 (x + y)] = c.sin 2 (x + y)
a.sin(x + y) + b..cos(x + y) = c.sin(x + y) b..cos(x + y) = (ca).sin(x + y)
b
b
c
a
tan x tan y
= tan(x + y) =
= a
1
tan x.tan y c
1
a
=
b
c
a
, lu«n ®óng.
D¹ng to¸n 4: Rót gän biÓu thøc
Ph­¬ng ph¸p ¸p dông
Sö dông c¸c c«ng thøc l­îng gi¸c cïng c¸c phÐp biÕn ®æi l­îng gi¸c.
ThÝ dô 1. Rót gän biÓu thøc:
A = cos10x + 2cos 2 4x + 6cos3x.cosxcosx8cosx.cos 3 3x.
Gii
BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng:
A = cos10x + 1 + cos8xcosx2(4cos 3 3x3cos3x)cosx
= 2cos9x.cosx + 1cosx2cos9x.cosx = 1cosx.
NhËn xÐt: Nh­ vËy, ®Ó rót gän c¸c biÓu thøc trªn chóng ta sö dông c«ng thøc
h¹ bËc dùa trªn ý t­ëng chñ ®¹o lµ biÕn ®æi nã vÒ d¹ng tæng.
ThÝ dô 2. Rót gän c¸c biÓu thøc:
235

2
1
cos
2
a. A =
cot( ).tan( ).
2
2 2
1
sin
2
4 4
sin 2x cos 2x
b. B =
.
tan( x).tan( x)
4 4
Gii
a. BiÕn ®æi A vÒ d¹ng:
2
2
2 2
1 sin
cos cos sin 1
A = + tan.cot = + 1 =
= .
2
2
2
2
1 cos
sin sin sin
b. BiÕn ®æi B vÒ d¹ng:
2 2 2 2 2
(sin 2x cos 2x) 2sin 2x.cos 2x
B =
= 1 1
2 sin2 4x.
tan( x).cot( x)]
4 4
NhËn xÐt: Nh­ vËy, ®Ó rót gän c¸c biÓu thøc trªn chóng ta chØ viÖc sö dông
mèi liªn hÖ gi÷a c¸c gãc ®Æc biÖt.
ThÝ dô 3. Rót gän biÓu thøc:
sin x sin3x sin5x
A =
.
cosx cos3x cos5x
Gii
Ta lÇn l­ît cã:
sinx + sin3x + sin5x = sinx + sin5x + sin3x
= 2sin3x.cos2x + sin3x = sin3x(2cos2x + 1). (1)
cosx + cos3x + cos5x = cosx + cos5x + cos3x
= 2cos3x.cos2x + cos3x = cos3x(1cos2x 1). (2)
Tõ (1) vµ (2) suy ra:
sin3x
A = = tan3x.
cos3x
NhËn xÐt: §­¬ng nhiªn, chóng ta cã thÓ tr×nh bµy theo kiÓu biÕn ®æi ®ång
thêi TS vµ MS. C¸ch tr×nh bµy nh­ trªn cã tÝnh minh ho¹ ®Ó c¸c
em häc sinh lÊy nã ¸p dông cho nh÷ng biÓu thøc mµ ®é phøc t¹p
trong c¸c phÐp biÕn ®æi cho TS vµ MS kh¸c nhau.
ThÝ dô 4. Rót gän c¸c biÓu thøc:
1
a. A = 1
cos2x
.tanx. b. B = cos8x.cot4x 2
cot 2x 1 .
2cot 2x
236

Gii
a. Ta biÕn ®æi:
A = 1 cos2x
2
2cos x
.tanx =
cos2x cos2x . sin x
cos x
b. Ta biÕn ®æi:
2 2
cos 2x sin 2x
B = cos8x.cot4x
= cos8x.
2cos2x.sin 2x
cos 4x
= (cos8x 1)
sin 4x = cos 4x
2sin2 4x.
sin 4x
=
2cos x.sin x
cos 2x
=
cos 4x cos 4x
sin 4x sin 4x
sin 2x
cos 2x = tan2x.
= 2 sin4x.cos4x = sin8x.
NhËn xÐt: Nh­ vËy, ®Ó rót gän c¸c biÓu thøc hçn hîp chøa sin, cos vµ tan, cot
nh­ trªn chóng ta th­êng chuyÓn ®æi tan, cot theo sin, cos.
ThÝ dô 5. Rót gän c¸c biÓu thøc:
a. A = sin 2 a + sin 2 2a + ... + sin 2 na.
1
1
b. B =
+
+ ... +
sin a.sin 2a sin 2a.sin 3a
Gii
a. Ta biÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng:
1
sin na.sin(n
A = 2
1 (1 cos2a) + 2
1 (1 cos4a) + ... + 2
1 (1 cos2na)
.
1)a
= 2
n 2
1 (cos2a + cos4a + ... + cos2na).
XÐt hai tr­êng hîp:
Tr­êng hîp 1: NÕu a = k, k
th×:
cos2a = cos4a = ... = cos2na = 1 D = 0.
Tr­êng hîp 2: NÕu a k, k
th× ta tÝnh ®­îc tæng:
cos( n 1)a.sin na
T = cos2a + cos4a + ... + cos2na =
sin a
Tõ ®ã, suy ra:
n cos( n 1)a.sin na
A =
.
2 2sin a
b. Nh©n c hai vÕ cña biÓu thøc víi sina, ta ®­îc:
sin a sin a
sin a
B.sina =
+
+ ... +
sin a.sin 2a sin 2a.sin 3a sin na.sin(n 1)a
sin( 2a a) sin( 3a 2a) sin[(n 1)a na]
=
+
+ ... +
sin a.sin 2a sin 2a.sin 3a sin na.sin(n 1)a
= cota cot2a + cot2a cot3a + …+ cotna cot(n + 1)a
237

B =
= cota cot(n + 1)a =
sin
2
sin na
.
a.sin(n 1)a
sin na
sin a.sin(n 1)a
ThÝ dô 6. Rót gän biÓu thøc A =
Gii
Ta cã:
1
sin2
Suy ra:
a
k
=
=
1 cos2
2sin2
k
sin 2
2
2 cos 2
k1
a
1
a
1
sin a
a cos2
k
k
a.cos2
k
k1
a
+
1
sin 2a
+ ... +
1
sin2
a
n
.
k
k
1 cos2 a cos2 a
=
k
k
sin2 a sin2 a
cot2 k a = cot2 k1 acot2 k a.
a
A = cot 2
a cota + cotacot2a + ... + cot2 n1 acot2 n a = cot 2
a cot2 n a.
ThÝ dô 7. Rót gän biÓu thøc:
A = tana.tan2a + tan2a.tan3a + ... + tan(n1)a.tanna.
Gii
Ta cã:
tan(k 1)a tan ka
tana = tan[(k + 1)k]a =
1tan(k 1)a.tan ka
do ®ã:
suy ra:
tanka.tan(k + 1)a =
tana.tan2a =
...
tan(n1)a.tanna =
A =
tan(k 1)a tan ka
1,
tan a
tan 2a tan a 1; tan2a.tan3a =
tan a
tan na tan a (n1) =
tan a
tan na tan(n 1)a
1
tan a
tan na
tan a n.
tan 3a tan 2a
tan a
Chó ý: KÕt qu cña bµi to¸n trªn ®­îc sö dông ®Ó ®¬n gin biÓu thøc:
A =
1
cosa.cos2a
+
1
cos2a.cos3a
+ ... +
1
cos na.cos(n
.
1)a
ThËt vËy, nÕu nh©n c hai vÕ cña ®¼ng thøc víi cosa, ta ®­îc:
1
238

B.cosa =
=
cosa
cosa.cos2a
cos( 2a a)
cosa.cos2a
+
cosa
cos2a.cos3a
+ ... +
cos( 3a 2a)
+
+ ... +
cos2a.cos3a
cosa
cos na.cos(n
1)a
cos[(n 1)a na]
cos na.cos(n 1)a
= 1 + tana.tan2a + 1 + tan2a.tan3a + ... + 1 + tanna.tan(n + 1)a
= n + tana.tan2a + tan2a.tan3a + ... + tanna.tan(n + 1)a
tan(n 1)a
tan(n 1)a
= n + n1 = 1.
tan a
tan a
Tuy nhiªn, cã thÓ sö dông sina ®Ó nhËn ®­îc lêi gii ®éc lËp.
ThÝ dô 8. Rót gän biÓu thøc A = tana + 2
1 tan 2
a + ... +
1 tan n
Gii
NhËn xÐt r»ng:
2
2
cos x sin x 2 cos2x
cotx tanx =
= = 2cot2x tanx = cotx 2cot2x.
sin x.cos x sin 2x
Tõ ®ã, ta cã c¸c kÕt qu:
tana = cota 2cot2a,
1 a 1 a tan = cot cota,
2 2 2 2
…
1 a 1 a 1 a
n tan
2 2 n
=
n cot cot .
n n1
n 1
2 2 2 2
1 a
Céng theo vÕ c¸c ®¼ng thøc trªn, ta ®­îc A =
n cot 2cot2a.
n
2 2
1 sin 2x 1
sin 2x
ThÝ dô 9. Rót gän biÓu thøc A =
, víi < x < 0.
1 sin 2x 1
sin 2x 4
Gii
BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng:
2
( 1 sin 2x 1
sin 2x)
A =
( 1 sin 2x 1 sin 2x )( 1 sin 2x 1
sin 2x)
2
1 sin 2x 2 1sin 2x 1sin 2x
=
1
sin 2x 1
sin 2x
2
1
cos 2x
=
sin 2x
= 1 | cos2x |
sin 2x
x0
4
1
cos2x
sin 2x
=
n
2
2
a .
2
2cos x
2sin x.cosx
= cotx.
239

Chó ý: Ng­êi ta cã thÓ sö dông kÕt qu cña vÝ dô trªn ®Ó t¹o ra nh÷ng yªu
cÇu kh¸ thó vÞ, ®Ó minh h¹o ta xÐt ®ßi hái:
“Cho t [1; 1]\{0} vµ tho m·n tanx =
r»ng t = sin2x”.
Tr­íc hÕt:
1
t
1
t
2
( 1 t 1
t ) 1
1t
tanx =
=
( 1 t 1 t )( 1 t 1
t ) t
MÆt kh¸c:
1
t
. Chøng minh
1
t
2
1
1t
2.
2
2 tan x
sin2x = = t 2(1 1t )t
=
= t.
2
2
1
tan x
2
2
1
1t
2(1 1t )
1 t
Chó ý: Trong c¸c bµi to¸n thi chóng ta th­êng gÆp phi yªu cÇu "Chøng minh
®¼ng thøc l­îng gi¸c ®éc lËp víi biÕn sè".
ThÝ dô 10. Chøng minh biÓu thøc sau kh«ng phô thuéc vµo x:
A = cos 2 (x 3
) + cos 2 x + cos 2 (x + 3
).
Gii
Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch biÕn ®æi sau:
C¸ch 1: Ta biÕn ®æi:
A = (cosx.cos 3
+ sinx.sin 3
)
2
+ cos 2 x + (cosx.cos 3
sinx.sin 3
)
2
2
.
1 3
= ( cosx + sinx)
2
+ cos 2 1 3
x + ( cosx sinx)
2
2 2
2 2
= 2
1 cos 2 x + 2
3 sin 2 x + cos 2 x = 2
3 (sin 2 x + cos 2 x) = 2
3 .
VËy, biÓu thøc A kh«ng phô thuéc vµo x.
C¸ch 2: Ta biÕn ®æi:
1 2
A = [1 + cos(2x )] + cos 2 1 2
x + [1 + cos(2x + )]
2 3
2 3
= 1 + cos 2 1 2 2
x + [cos(2x + ) + cos(2x )]
2 3
3
= 1 + cos 2 2
x + cos2x.cos = 1 + cos 2 1
x (2cos 2 3
x 1) = .
3
2 2
240

ThÝ dô 11. X¸c ®Þnh a (0; 2
) ®Ó biÓu thøc sau kh«ng phô thuéc vµo x:
A = cosx + cos(x + 2a) + cos(x + 4a) + cos(x + 6a).
Gii
Ta biÕn ®æi:
A = cosx + cos(x + 6a) + cos(x + 2a) + cos(x + 4a)
= 2cos(x + 3a).cos3a + 2cos(x + 3a).cosa = 2(cos3a + cosa)cos(x + 3a).
§Ó biÓu thøc kh«ng phô thuéc vµo x ®iÒu kiÖn lµ:
cos3a + cosa = 0 cos3a = cos( a) = 0
k
3a
a 2k
a a(0,
)
2
4 2
a = .
3a a 2k
4
a k
2
VËy, víi a = 4
biÓu thøc kh«ng phô thuéc vµo x.
D¹ng to¸n 5: TÝnh gi¸ trÞ cña hµm sè l­îng gi¸c, biÓu thøc l­îng gi¸c
Ph­¬ng ph¸p ¸p dông
Ta sö dông hÖ thøc c¬ bn vµ c¸c hÖ qu:
D¹ng 1: Ta sö dông c¸c hÖ qu trong bng gi¸ trÞ l­îng gi¸c cña c¸c cung ®Æc
biÖt hoÆc b»ng viÖc biÓu diÔn gãc trªn ®­êng trßn ®¬n vÞ.
D¹ng 2: NÕu biÕt gi¸ trÞ cña mét trong bèn hµm sè l­îng gi¸c ®Ó tÝnh gi¸ trÞ cña c¸c
hµm sè cßn l¹i chóng ta cÇn thùc hiÖn theo c¸c b­íc:
B­íc 1: X¸c ®Þnh dÊu cña chóng.
B­íc 2: Sö dông c¸c c«ng thøc:
sin 2 + cos 2 = 1
tan =
sin
, cot =
cos
cos
hoÆc cot =
sin
1
tan
1
1
= 1 + cot 2 , = 1 + tan 2
2
2
sin
cos
D¹ng 3: Gi sö biÕt gi¸ trÞ cña mét biÓu thøc l­îng gi¸c, cÇn tÝnh gi¸ trÞ cña c¸c
hµm sè l­îng gi¸c cña mét gãc , ta lùa chän mét trong c¸c h­íng sau:
H­íng 1: BiÕu ®æi biÓu thøc l­îng gi¸c vÒ d¹ng chØ chøa mét hµm
l­îng gi¸c råi thùc hiÖn phÐp ®Æt Èn phô (nÕu cÇn) ®Ó gii
mét ph­¬ng tr×nh ®¹i sè.
H­íng 2: BiÕu ®æi biÓu thøc l­îng gi¸c vÒ d¹ng tÝch A.B = 0.
H­íng 3: Sö dông bÊt ®¼ng thøc ®Ó phÐp ®¸nh gi¸.
D¹ng 4: Gi sö biÕt gi¸ trÞ cña mét biÓu thøc l­îng gi¸c (ký hiÖu (1)), cÇn tÝnh
gi¸ trÞ cña biÓu thøc l­îng gi¸c kh¸c (ký hiÖu (2)), ta lùa chän mét
trong c¸c h­íng sau:
.
241

H­íng 1: BiÕu ®æi (1) råi thay vµo (2).
H­íng 2: BiÕu ®æi (2) råi sö dông (1).
H­íng 3: BiÕu ®æi ®ång thêi (1) vµ (2) dÉn tíi biÓu thøc trung gian (3).
ThÝ dô 1. Trªn ®­êng trßn l­îng gi¸c cho ®iÓm M x¸c ®Þnh bëi s® AM = (0 < < 2
).
Gii
Gäi M 1 , M 2 , M 3 lÇn l­ît lµ ®iÓm ®èi xøng cña M qua trôc Ox, Oy vµ
gèc to¹ ®é. T×m sè ®o c¸c cung AM
1
, AM
2
, AM
3
.
Theo ®Ò bµi, ta cã s® AM = (0 < < 2
) AM = .
Do ®ã, víi l, k, m Z:
• s® AM
1
= + 2k (v× AM 1 = AM).
• s® AM
2
= ( ) + 2l (v× AM 2 = ).
• s® AM
3
= ( + ) + 2m (v× AM 2 = + ).
ThÝ dô 1. Cho ABC, biÓu diÔn c¸c hµm l­îng gi¸c cña:
a. Gãc A b»ng c¸c hµm l­îng gi¸c cña gãc B vµ C.
b. Gãc 2
A b»ng c¸c hµm l­îng gi¸c cña gãc 2
B vµ 2
C .
Gii
Ta lu«n cã A + B + C = . (1)
a. Tõ (1) ta ®­îc A = (B + C), suy ra:
sinA = sin[(B + C)] = sin(B + C), cosA = cos[(B + C)] = cos(B + C),
tanA = tan[(B + C)] = tan(B + C), cotA = cot[(B + C)] = cot(B + C).
A B C
b. Tõ (1) ta ®­îc = 2 2 2
A B C
sin = sin[ ] = cos
2 2 2
A B C
tan = tan[ ] = cot
2 2 2
suy ra:
B C A B C
, cos = cos[ ] = sin
2 2 2 2
B C
2
A B C
, cot = cot[ ] = tan
2 2 2
ThÝ dô 2. TÝnh c¸c gi¸ trÞ l­îng gi¸c cña gãc nÕu:
4 3
a. cos = vµ 0 < < . b. sin = 0,7 vµ 0 < < .
13 2 2
B C
,
2
B C
2
.
Gii
c. tan =
15 3
vµ < < . d. cot = 3 vµ < < 2.
7 2 2
242

a. V× 0 < < 2
nªn sin > 0, tan > 0, cot > 0.
Tõ sin 2 + cos 2 = 1, ta cã:
4
13
2
+ sin 2 = 1 sin 2 16 3 17
= 1 sin = 169
13
sin 3
tan = =
cos
17
4
vµ cot =
1
tan = 4
.
3 17
3
b. V× 0 < < nªn cos < 0, tan > 0, cot > 0
2
Ta cã:
cos 2 = 1 (0,7) 2 = 0,51 cos =
sin
tan = =
cos
0,7 10
51
7 51
51
51
10
vµ cot =
c. V× 2
< < nªn cos < 0, sin > 0, cot < 0. Ta cã:
7
cot.tan = 1 cot =
5
cos 2 1 1 49
=
1 tan 1 15/ 7 49 15
2
2 2
sin 2 1
=
2
1cot
sin = 15 .
274
3
d. V× < < 2 nªn sin < 0, cos > 0, tan < 0
2
Ta cã:
sin =
1
10
, cos =
3 1 , tan =
10
3
ThÝ dô 3. TÝnh:
a. cos , biÕt sin =
3
Gii
a. Ta cã:
3
1
tan = 51
7
7
cos = 274
1 vµ 0 < < 2
.
b. cos(a + b), sin(a b) biÕt sina = 5
4 , 0 0 < a < 90 0 vµ sinb = 3
2 ,
90 0 < a < 180 0 .
243

1 1
cos = cos.cos sin.sin = cos . (1)
3 3 3 2 2
Mµ 0 < < 2
nªn cos > 0, Suy ra
cos 2 = 1 sin 2 = 1 3
1 = 3
2 cos =
36 . (2)
6 3
Thay (2) vµo (1), ta ®­îc cos = .
3 3
b. V× 0 0 < a < 90 0 vµ 90 0 < b < 180 0 suy ra cosa > 0 vµ cosb < 0.
Ta cã:
sina = 5
4 cosa = 5
3 cosa = 5
3 .
Ta cã:
sinb = 3
2 cosb = 3
5 cosb =
35 .
3 5 8
cos(a + b) = cosa.cosb sina.sinb =
.
15
4 5 6
.
15
sin(a b) = sina.cosb cosa.sinb =
ThÝ dô 4. TÝnh sin2a, cos2a, tan2a, biÕt:
3 5
a. sina = 0,6 vµ < a < . b. cosa = vµ < a < .
2
13 2
1 3
c. sina + cosa = vµ < a <
2 4
Gii
4
a. Ta cã sina = 0,6 nªn cosa = .
5
VËy, ta ®­îc:
4 24
sin2a = 2sina.cosa = 2.(0,6). =
5 25
cos2a = 1 2sin 2 7 sin 2a 24
a = vµ tan2a =
25
cos2a 7
5 12
b. Ta cã cosa = nªn sina = . V× < a < nªn sina > 0 vµ tana < 0. Do ®ã:
13
13 2
120
sin2a = 2sina.cosa = vµ cos2a = 1 2sin 2 119
a =
169
169
244

sin 2a 120
tan2a = .
cos2a 119
c. Ta cã:
1 1
7 1
7
sina + cosa = sina vµ cosa .
2 2
2
3
V× < a < nªn sina > 0, cosa < 0. Do ®ã:
4
3
sin2a = 2sina.cosa = vµ cos2a = 1 2sin 2 7
a =
4 4
sin 2a 3 7
tan2a = .
cos2a 7
ThÝ dô 5. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc:
A = tan110 0 .tan340 0 + sin160 0 .cos110 0 + sin250 0 .cos340 0 .
Gii
Ta cã:
A = cot20 0 .tan(20 0 ) + sin20 0 .cos110 0 sin110 0 .cos20 0 = 1sin90 0 = 0.
NhËn xÐt: Nh­ vËy, trong vÝ dô trªn ®Ó tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc tr­íc hÕt
chóng ta ®· sö dông c¸c c«ng thøc cña c¸c cung liªn kÕt ®Ó
chuyÓn biÓu thøc A vÒ d¹ng:
A = cot20 0 .tan20 0 + sin20 0 .cos110 0 sin110 0 .cos20 0
B­íc tiÕp theo chóng ta sö dông tÝnh chÊt tanx.cotx = 1 vµ c«ng
thøc céng, ®Ó nhËn ®­îc:
A = 1sin90 0 = 0.
Lo¹i vÝ dô kiÓu nµy chóng ta ®· ®­îc lµm quen trong chñ ®Ò c«ng thøc
céng, ë ®©y nã ®­îc minh ho¹ tr­íc hÕt ®Ó c¸c em häc sinh nhí l¹i.
ThÝ dô tiÕp theo sÏ nh¾c l¹i cho c¸c em vÒ viÖc sö dông phÐp h¹
bËc vµ c«ng thøc nh©n ®Ó tÝnh gi¸ trÞ cñabiÓu thøc l­îng gi¸c.
ThÝ dô 6. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A = sin 6 + cos 6 biÕt:
5
a. = . b. = .
24
12
Gii
Ta biÕn ®æi:
A = (sin 2 + cos 2 ) 3(sin 2 + cos 2 )sin 2 .cos 2
= 1 4
3 sin 2 2 = 1 8
3 (1 cos4) = 8
5 + 8
3 cos4.
a. Víi = 24
ta ®­îc:
245

5 3 5 3 3
A = + cos = + 8 8 6 8 16
=
10 3
16
3
.
5
b. Víi = ta ®­îc:
12
5 3 5 5 3 13
A = + cos = + = .
8 8 3 8 16 16
ThÝ dô 7. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc:
3 5 17
A = cos + cos + cos + ... + cos .
19 19 19
19
Gii
Nh©n hai vÕ víi 2sin 19
, ta ®­îc:
3
2Asin = 2sin .cos + 2sin .cos +
19 19 19 19 19
5 17
+ 2sin .cos + ... + 2sin .cos 19 19
19 19
A = 2
1 .
2 4 2
= sin + sin sin +
19 19 19
6 4 18 16
+ sin sin + ... + sin sin 19 19 19 19
18
= sin = sin( ) = sin 19 19 19
NhËn xÐt: Nh­ vËy, ®Ó tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc chóng ta ®· sö dông nh©n tö
phô sin ®Ó t¹o ra c¸c tÝch:
19
ThÝ dô 8. BiÕt:
cosa.sinb = 2
1 [sin(a + b)sin(ab)]
t¹o thuËn lîi cho viÖc rót gän VP.
Tõ ®ã, c¸c em häc sinh dÔ nhËn thÊy r»ng ý t­ëng nµy còng sÏ
®­îc ¸p dông cho biÓu thøc bao gåm tæng c¸c sin, bëi:
sina.sinb = 2
1 [cos(ab)cos(a + b)].
246

Gii
Tõ (1) suy ra:
6 =
=
sin
1
x
2
+
TÝnh gi¸ trÞ cña cos2x.
sin
1
x
2
+
1 (sin
2
1
cos
x
x
2
+
2
cos x)
1
sin
4
1
cos
cos
sin
2
2
2x
2
2
x
2
+
x
x
2sin
+
2
tg
sin
cos
1
2
x
2
+
2
x.cos
x
x
2
x
1
= 6. (1)
2
cot g x
cos
=
=
2
x sin
8 2sin
sin
2
sin
2
2x
2
2
2x
x cos
x. cos
2
4
x sin
6sin 2 2x = 82sin 2 2x 1sin 2 2x = 0 cos 2 2x = 0 cos2x = 0.
NhËn xÐt: Chóng ta ®· tõng biÕt tíi viÖc tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc l­îng gi¸c
b»ng viÖc gii ph­¬ng tr×nh, vÝ dô tiÕp theo sÏ minh ho¹ thªm ý
t­ëng nµy, chØ cã ®iÒu ë ®©y chóng ta sÏ sö dông tÝnh chÊt nghiÖm
cña c¸c ph­¬ng tr×nh ®¹i sè (®Þnh lý ViÐt cho c¸c nghiÖm cña
ph­¬ng tr×nh bËc 2, 3, 4 ...) ®Ó x¸c ®Þnh gi¸ trÞ, trong nh÷ng
tr­êng hîp nh­ vËy chóng ta th­êng thùc hiÖn theo c¸c b­íc:
B­íc 1: Chän mét ph­¬ng tr×nh nhËn c¸c gi¸ trÞ trong biÓu thøc
lµm nghiÖm.
3
ThÝ dô víi , , lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh:
5 5
5x = + 2k, k .
B­íc 2: X©y dùng ph­¬ng tr×nh ®¹i sè nhËn c¸c hµm sè l­îng
gi¸c chøa c¸c cung lµm nghiÖm, tõ ®ã thiÕt lËp hÖ thøc
ViÐt cho chóng.
B­íc 3: TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc.
ThÝ dô 9. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc:
1
A =
+ 1
3 1.
cos cos
5 5
Gii
ViÕt l¹i A d­íi d¹ng:
1
A =
+ 1
3 + 1
.
cos
cos cos
5 5
3
NhËn xÐt r»ng , , lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh 5x = + 2k, k . (1)
5 5
x
4
x
247

3
Ta sÏ ®i x©y dùng ph­¬ng tr×nh ®¹i sè nhËn cos , cos , cos lµm nghiÖm b»ng c¸ch:
5 5
(1) 3x = 2x + 2k cos3x = cos(2x + 2k)
4cos 3 x3cosx = cos2x 4cos 3 x3cosx = (2cos 2 x1)
4cos 3 x + 2cos 2 x3cosx1 = 0
Tõ ®ã ta ®­îc:
3
1
cos
cos cos
5 5
2
3
3
3
cos
.cos cos .cos cos .cos
.
5 5 5
5 4
3
1
cos
.cos .cos
5 5 4
VËy, ta ®­îc:
A =
cos
.cos
5
3
3
cos .cos cos .cos
5 5
5
3
cos .cos .cos
5 5
ThÝ dô 10. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc:
Gii
NhËn xÐt r»ng
2
A = 3 cos 4
+
7
3 cos 4
+
7
3 cos .
7
= 3.
2 4 8 , , lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh:
7 7 7
7x = 2k, k . (1)
2 4 8
Ta sÏ ®i x©y dùng ph­¬ng tr×nh ®¹i sè nhËn a = cos , b = cos , c = cos lµm
7 7 7
nghiÖm b»ng c¸ch:
(1) 4x = x + 2k cos4x = cos(x + 2k)
2cos 2 2x 1 = cos3x 2(2cos 2 x 1) 2 1 = 4cos 3 x 3cosx
8cos 4 x 4cos 3 x 8cos 2 x + 3cosx + 1 = 0
(cosx 1)(8cos 3 x + 4cos 2 x 4cosx 1) = 0 8cos 3 x + 4cos 2 x 4cosx 1 = 0.
Tõ ®ã, theo ®Þnh lÝ ViÐt ta ®­îc:
248

Ta suy ra:
2
4
8
1
a
b c cos cos cos
7 7 7 2
2
4
4
8
8
2
1
ab
bc ca cos .cos cos .cos cos .cos .
7 7 7 7 7 7 2
2
4
8
1
abc
cos .cos .cos
7 7 7 8
2
A = 3 cos 4 +
7
3 cos + 3
7
3
4 cos =
3 3 3
5 3
a b c = 3
7
2
Chó ý: §Ó tÝnh ®­îc gi¸ trÞ cña A b¹n ®äc h·y sö dông hÖ Èn phô:
7
.
3 3 3
A a b c
3 3 3
B ab bc ca
vµ h»ng ®¼ng thøc:
a 3 + b 3 + c 3 = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 ab bc ca) + 3abc.
a 3 + b 3 + c 3 = (a + b + c) 3 3(a + b)(b + c)(c + a).
D¹ng to¸n 6: Mét sè thÝ dô vÒ hÖ thøc l­îng trong tam gi¸c
Ph­¬ng ph¸p ¸p dông
Muèn chøng minh mét ®¼ng thøc l­îng gi¸c trong tam gi¸c ngoµi viÖc vËn dông
thµnh th¹o c¸c phÐp biÕn ®æi l­îng gi¸c chóng ta cßn cÇn phi nhí c¸c hÖ thøc c¬ bn
cho ABC bao gåm:
1. §Þnh lý hµm sè cosin
a 2 = b 2 + c 2 2bccosA. b 2 = a 2 + c 2 2accosB, c 2 = a 2 + b 2 2abcosC.
2. §Þnh lý hµm sè sin
a
sin A =
b
sin B = c
sin C = 2R.
trong ®ã R lµ b¸n kÝnh ®­êng trßn ngo¹i tiÕp ABC.
3. §Þnh lý h×nh chiÕu
a = b.cosC + c.cosB, b = c.cosA + a.cosC, c = a.cosB + b.cosA.
Trong bµi to¸n nµy ta th­¬ng chia thµnh ba d¹ng nhá, bao gåm:
D¹ng 1: Chøng minh hÖ thøc l­îng gi¸c liªn hÖ gi÷a c¸c gãc.
Víi d¹ng to¸n nµy chóng ta cÇn ®Æc biÖt l­u ý tíi:
• A + B + C = A + B = C vµ A B
2
sin(A + B) = sin(C) = sinC,
= 2
C
2
do ®ã:
249

sin A B C
= sin(
2 2 2 ) = cos C 2 ,...
• Víi c¸c ®¼ng thøc l­îng gi¸c chøa mét hµm sè l­îng gi¸c cña ba
gãc (sin hoÆc cos) ta th­êng chØ biÕn ®æi hai nh©n tö cßn nh©n tö thø
ba sÏ ®­îc x¸c ®Þnh qua mét vµi phÐp biÕn ®æi sau ®ã, vµ th­êng
kh«ng sö dông phÐp biÕn ®æi tÝch thµnh tæng hoÆc tæng thµnh tÝch
khi cã mÆt c ba gãc A, B, C. §iÒu nµy sÏ ®­îc minh ho¹ cïng víi
lêi h­íng dÉn cô thÓ th«ng qua vÝ dô 1.
• Víi c¸c ®¼ng thøc l­îng gi¸c chøa mét hµm sè l­îng gi¸c cña ba
gãc (tan hoÆc cot) ta th­êng sö dông phÐp biÕn ®æi t­¬ng ®­¬ng ®Ó
®­a ®¼ng thøc cÇn chøng minh vÒ mét ®¼ng thøc lu«n ®óng hoÆc
ng­îc l¹i (xuÊt ph¸t tõ mét ®¼ng thøc lu«n ®óng).
D¹ng 2: Chøng minh hÖ thøc l­îng gi¸c liªn hÖ gi÷a gãc vµ c¹nh.
Víi d¹ng to¸n nµy chóng ta th­êng sö dông ®Þnh lý hµm sè sin vµ ®Þnh
lý hµm sè cos.
D¹ng 3: Chøng minh hÖ thøc l­îng gi¸c liªn hÖ tíi nhiÒu yÕu tè trong tam gi¸c.
Víi d¹ng to¸n nµy chóng ta cÇn nhí l¹i c¸c kÕt qu cña:
• §Þnh lý ®­êng trung tuyÕn, vÝ dô:
2
b 2 + c 2 a
= 2 m 2 a
+
2 .
• §Þnh lý ®­êng ph©n gi¸c, vÝ dô:
A
2bc.cos
l A = 2 .
b
c
• §Þnh lý vÒ diÖn tÝch tam gi¸c, vÝ dô:
S = 1 2 ah a = 1 abc
bcsinA =
2 4R = pr = p(pa)tan A 2
= p(p a)(p b)(p c)
• C¸c c«ng thøc tÝnh b¸n kÝnh ®­êng trßn ngo¹i tiÕp vµ néi tiÕp cña
tam gi¸c:
R =
a
2sin A = abc
4S ; r = S p = (pa) tan A 2 .
Chó ý: Cã mét ph­¬ng ph¸p ®Ó chøng minh c¸c ®¼ng thøc l­îng gi¸c mµ
trong nhiÒu tr­êng hîp tá ra rÊt hiÖu qu lµ ph­¬ng ph¸p h×nh häc.
ThÝ dô 1. Cho ABC, chøng minh r»ng:
Gii
cosA + cosB + cosC = 1 + 4sin A 2 .sin B 2 .sin C 2 .
250

Ta cã:
VT = cosA + cosB + cosC = (cosA + cosB) + cosC
= 2cos A B .cos A B
C
+ cosC = 2cos(
2 2
2 2 ).cos A B + cosC
2
= 2sin C 2 .cos A B
C
+ (12sin 2
2
2 ) = 12sin C 2 (sin C 2 cos A B )
2
= 12sin C 2 [sin( A
B )cos A B ]
2 2
2
= 12sin C 2 (cos A B cos A B ) = 1 + 4sin A 2 2
2 .sin B 2 .sin C 2 .
H­íng dÉn c¸ch thùc hiÖn:
B­íc 1: V× VT cã cosA, cosB, cosC ta lùa chän phÐp biÕn ®æi tæng thµnh tÝch
cho hai to¸n tö cosA, cosB cßn cosC sÏ lùa chän phÐp biÓn ®æi sau.
B­íc 2: Th«ng qua viÖc biÕn ®æi
cosA + cosB = 2cos A B .cos A B = 2sin C 2 2 2 .cos A B
2
ta nhËn thÊy sù xuÊt hiÖn cña sin C , do ®ã lùa chän phÐp biÕn ®æi cho
2
C
cosC = 12sin 2 2 .
B­íc 3: TiÕp theo ta cã sù xuÊt hiÖn
sin C 2 cos A B
2
V× sù cã mÆt cña c ba gãc A, B, C, do vËy ta cÇn t×m c¸ch ®­a vÒ biÕn
®æi hai gãc b»ng phÐp thay C 2 = A
B .
2 2
Chóng ta sÏ thùc hiÖn thªm mét vÝ dô n÷a ®Ó hiÓu h¬n.
ThÝ dô 2. Cho ABC, chøng minh r»ng:
sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C = 2 + 2cosA.cosB.cosC.
Gii
Ta cã:
VT = sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C = 1 cos 2A 1
cos 2B
+ + sin 2 C
2
2
= 1 1 2 (cos2A + cos2B) + sin2 C = 1cos(A + B).cos(AB) + sin 2 C
= 1cos(C).cos(AB) + sin 2 C = 1 + cosC.cos(AB) + 1cos 2 C
= 2 + [cos(AB)cosC].cosC = 2 + [cos(AB) + cos(A + B)].cosC
= 2 + 2cosA.cosB.cosC.
251

NhËn xÐt: 1. Nh­ vËy vÉn víi ý t­ëng ®­îc tr×nh bµy sau thÝ dô 1, ta thùc
hiÖn phÐp biÕn ®æi cho sin 2 A vµ sin 2 B, tuy nhiªn kh«ng tån t¹i
phÐp biÕn ®æi l­îng gi¸c cho hai to¸n tö bËc cao, do vËy ë ®©y
ta ®· sö dông c«ng thøc h¹ bËc ®Ó thùc hiÖn.
2. Khi cã sù xuÊt hiÖn cña cosC ta l¹i lùa chän phÐp biÕn ®æi:
sin 2 C = 1cos 2 C.
3 Cuèi cïng víi cos(AB)cosC, ta lùa chän:
cosC = cos(A + B).
4. KÕt qu cña vÝ dô trªn ®­îc sö dông ®Ó x¸c ®Þnh d¹ng cña
ABC khi so s¸nh tæng S = sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C víi 2, cô thÓ:
• NÕu S > 2 th×:
cosA.cosB.cosC > 0 cosA, cosB, cosC > 0
ABC nhän.
• NÕu S = 2 th×:
cosA.cosB.cosC = 0 cosA = 0 cosB = 0 cosC = 0
ABC vu«ng.
• NÕu S < 2 th×:
cosA.cosB.cosC < 0
mét trong ba cosA, cosB, cosC nhá h¬n kh«ng
ABC tï.
5. ViÖc lùa chän ph­¬ng ph¸p h¹ bËc còng rÊt quan träng, ®Ó
minh ho¹ ta xem xÐt vÝ dô sau:
ThÝ dô 3. Cho ABC, chøng minh r»ng:
sin 3 A.cos(BC) + sin 3 B.cos(CA) + sin 3 C.cos(AB) =
= 3sinA.sinB.sinC.
Gii
Ta cã:
sin 3 A.cos(BC) = sin 2 A.sinA.cos(BC) = 1 cos 2A
sin(B + C).cos(BC)
2
t­¬ng tù:
= 1 (1cos2A)(sin2B + sin2C)
4
= 1 (sin2B + sin2Csin2B.cos2Asin2C.cos2A). (1)
4
sin 3 B.cos(CA) = 1 (sin2C + sin2Asin2C.cos2Bsin2A.cos2B). (2)
4
sin 3 C.cos(AB) = 1 (sin2A + sin2Bsin2A.cos2Csin2B.cos2C). (3)
4
Céng theo vÕ (1), (2), (3), ta ®­îc:
sin 3 A.cos(BC) + sin 3 B.cos(CA) + sin 3 C.cos(AB) =
252

= 3 (sin2A + sin2B + sin2C) = 3sinA.sinB.sinC, ®pcm.
4
Chó ý: Trong vÝ dô trªn chóng ta ®· sö dông kÕt qu:
sin2A + sin2B + sin2C = 4sinA.sinB.sinC §Ò nghÞ b¹n ®äc chøng minh.
ThÝ dô 4. Cho ABC kh«ng vu«ng, chøng minh r»ng:
tanA + tanB + tanC = tanA.tanB.tanC. (*)
Gii
Ta cã:
A + B + C = A + B = C tan(A + B) = tan(C)
tan A tan B
= tanC tanA + tanB = (1tanA.tanB)tanC
1
tan A.tan B
tanA + tanB + tanC = tanA.tanB.tanC.
NhËn xÐt: 1. Nh­ vËy xuÊt ph¸t tõ mét ®¼ng thøc lu«n ®óng A + B + C = ,
ta ®· chøng minh ®­îc (*).
2. Ph­¬ng ph¸p chøng minh trªn ®­îc sö dông ®Ó chøng minh kÕt
qu tæng qu¸t:
tannA + tannB + tannC = tannA.tannB.tannC,
víi n nguyªn d­¬ng.
3. Th«ng qua bèn vÝ dô trªn chóng ta ®· cã ®­îc ph­¬ng ph¸p
luËn cho d¹ng to¸n thø nhÊt " Chøng minh hÖ thøc l­îng gi¸c
liªn hÖ gi÷a c¸c gãc."
ThÝ dô 5. Cho ABC, chøng minh r»ng:
2 2 2
cos A
cosB
cosC a b c
+
+
= .
b.cosC c.cos B c.cosA a.cosC
a.cosB b.cosA
2abc
Gii
Sö dông c«ng thøc h×nh chiÕu, ta ®­îc:
VT = cos A + cos B + cos C bc.cos A ac.cos B ab.cosC
=
a b c
abc
1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2
(b c a ) (a c b ) (a b c ) 2 2 2
= 2 2 2
a b c
=
.
abc
2abc
ThÝ dô 6. Cho ABC, chøng minh r»ng b c A cos
a 2 = sin B C .
2
Gii
Ta cã:
VT = b c
a
cos
A
2
2R sin B 2R sin C
=
2R sin A
cos A 2
253

=
B C B C
2cos .sin
2 2 cos A A A 2 = sin B C .
2
2sin .cos
2 2
NhËn xÐt: Nh­ vËy b»ng viÖc sö dông ®Þnh lý hµm sè sin thuÇn tuý ta ®·
chøng minh ®­îc ®¼ng thøc. Tuy nhiªn ®iÒu cÇn bµn ë ®©y lµ cÇn
vËn dông thËt linh ho¹t ®Ó ®¹t ®­îc môc ®Ých th«ng qua viÖc ®¸nh
gi¸ ®iÓm xuÊt ph¸t vµ ®Ých cÇn tiÕn tíi, thÝ dô nh­:
1. Khi cÇn biÕn ®æi a thµnh b ta sö dông a = b.sin A
sin B .
2. NÕu ®iÓm xuÊt ph¸t chøa a 2 vµ ®Ých cÇn tiÕn tíi chøa ab th×:
a 2 = a.a = a. b.sin A
sin B .
§Ó minh ho¹ chóng ta xÐt vÝ dô sau:
ThÝ dô 7. Cho ABC, chøng minh r»ng:
a. b.cosB + c.cosC = a.cos(Bc). b. a 2 sin2B + b 2 sin2A = 2ab.sinC.
Gii
a. Ta cã:
VT = b.cosB + c.cosC = a.sin B a.sin C
.cosB +
sin A sin A .cosC
254
=
a
2sin A
(sin2B + sin2C) =
a
b. Ta cã:
VT = a 2 sin2B + b 2 sin2A = a.a.sin2B + b.b.sin2A
= a. b.sin A
.sin(B + C).cos(BC) = a.cos(Bc).
sin A
a.sin B
.2sinB.cosB + b.
sin B sin A .2sinA.cosA
= 2ab(sinA.cosB + sinB.cosA) = 2ab.sin(A + B) = 2ab.sinC.
Chó ý: 1. KÕt qu cña c©u b) ®­îc sö dông ®Ó chøng minh:
S = 1 4 (a2 sin2B + b 2 sin2A).
2. Khi cÇn sö dông tíi c¸c biÕn ®æi h÷u tØ, chóng ta cÇn nhí phÐp
biÕn ®æi rÊt hiÖu qu:
a
b = c d = a c
b d
.
§Ó minh ho¹ chóng ta xÐt vÝ dô sau:
p
ThÝ dô 8. Cho ABC, chøng minh r»ng R =
.
A B C
4cos .cos .cos
2 2 2

Gii
Ta cã:
a
sin A =
b
sin B =
a
2sin A =
c
sin C = 2R
b
R =
2sin B = c
2sin C = a b c
2(sin A sin B sinC)
a b c
= 2
p
=
.
A B C A B C
4cos .cos .cos 4cos .cos .cos
2 2 2 2 2 2
Chó ý: 1. Trong vÝ dô trªn chóng ta ®· sö dông kÕt qu:
sinA + sinB + sinC = 4cos A 2 .cos B 2 .cos C 2 .
2. ThÝ dô tiÕp theo chóng ta sÏ quan t©m tíi hÖ thøc l­îng gi¸c liªn
hÖ tíi nhiÒu yÕu tè trong tam gi¸c.
ThÝ dô 9. Cho ABC, chøng minh r»ng tan A 2 + tan B 2 + tan C 2 = r
Gii
Ta cã:
4R
p
VT = 1 2 (tan A 2 + tan B 2 ) + 1 2 (tan B 2 + tan C 2 ) + 1 2 (tan C 2 + tan A 2 )
.
A
B B
C C
A
= 1 sin
sin
sin
2 [ 2 + 2 + 2 ]
A B B C C A
cos .cos cos .cos cos .cos
2 2 2 2 2 2
C
A
B
= 1 cos cos cos
2 [ 2 + 2 + 2 ]
A B B C C A
cos .cos cos .cos cos .cos
2 2 2 2 2 2
2 A 2 B 2 C
cos cos cos
= 2 2 2 3 cosA cosB cosC
=
A B C
A B C
2cos .cos .cos 4cos .cos .cos
2 2 2
2 2 2
A B C A B C
4 4sin .sin .sin R 4 4sin .sin .sin
= 2 2 2 =
2 2 2
sin A sin B sin C R(sin A sin B sin C)
= r 4R
p
.
Chó ý: Trong lêi gii trªn chóng ta ®· sö dông hai ®¼ng thøc:
255

cosA + cosB + cosC = 1 + 4sin A 2 .sin B 2 .sin C 2 .
sinA + sinB + sinC = 4cos A 2 .cos B 2 .cos C 2 .
C. C¸c bµi to¸n chän läc
5 7
VÝ dô 1: BiÕt tan = 2 + 3 , tÝnh gi¸ trÞ c¸c hµm sè l­îng gi¸c cña gãc .
12
12
Gii
Ta cã:
7 5 5
tan = tan(180 0 ) = tan 12
12 12 = 2 3 ,
7 1
cot = 12 7 = 1
tan 2 3
12
= 3 2,
7 5 5
cos = cos(180 0 ) = cos . (1)
12
12 12
MÆt kh¸c ta cã:
1
2
cos
5
= 1 + tan 2 1
cos = 12
2
7
1
tan 12
Thay (2) vµo (1), ta ®­îc:
7 1 3
cos = .
12 2 2
Khi ®ã, tõ:
7
sin
7
tan = 12 7 1 3
sin = (2 3 ). 12 7
12
cos
2 2
12
=
3 1 . (2)
2 2
=
3 1 .
2 2
VÝ dô 2:
TÝnh gi¸ trÞ cña c¸c biÓu thøc:
a. A = tan 2 12 + cot 2 12 . b. B = tan 2 24
+ cot 2 24
.
Gii
Ta xÐt biÓu thøc:
S = tan 2 a + cot 2 a =
4 4
sin a cos a
=
2 2
sin a.cos a
2 2 2 2 2
(sin a cos a) 2sin
a.cos a
2 2
sin a.cos a
256

1 2
1 sin 2a
= 2 =
1 2
sin 2a
4
a. Suy ra:
b. Suy ra:
2
4 2sin 2a
2
sin 2a
6 2 cos
A = tan 2 + cot
2 = 3
12 12
1 cos
3
6 2 cos
B = tan 2 + cot
2 = 6
24 24
1 cos
6
VÝ dô 3: Cho sin2a =
Gii
=
4 (1 cos4a)
1
(1 cos4a)
2
6 1
= = 14.
1
1
2
=
6
1
3
3
2
=
=
6 2 cos4a
1 cos4a
12 2 3
.
2 3
5
vµ < a < . TÝnh sina vµ cosa.
9 2
V× 2
< a < nªn sina > 0 vµ cosa < 0. Ta cã:
.
sin2a = 2sina.cosa =
5
= 2P
9
(sina + cosa) 2 = 1 + 2sina.cosa = 1
5
= 4 9 9 sina + cosa = 2 S1, 2
3
Ta cã 2 hÖ ph­¬ng tr×nh:
2 2 14
S 1 sin a
3
6
•
;
5
P 2 14
18
cosa
6
2 14 2
S 1 sin a
3
6
•
.
5
P 2 14
18
cosa
6
VÝ dô 4: TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A = sin 6 48
+ cos 6 48
. (1)
Gii
Ta cã:
257

A = (sin 2 48
= 1 3
4 sin2 24
MÆt kh¸c ta cã:
+ cos 2 48 ) 3 3sin 2 48
.cos 2 48 .(sin 2 48
+ cos 2 48
= 1 3 8 (1cos 5 ) =
12 8 + 3 8 cos . (1)
12
2
6
cos = cos( ) = cos .cos + sin .sin = 12 3 4 3 4 3 4 4
Thay (2) vµo (1), ta ®­îc:
)
. (2)
A = 5 8 + 3 8 . 2
6
= 20 3 2 3 6 .
4
32
NhËn xÐt: Nh­ vËy, trong vÝ dô trªn ®Ó tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc tr­íc hÕt chóng
ta thùc hiÖn viÖc h¹ bËc cho biÓu thøc dùa trªn h»ng ®¼ng thøc:
a 3 + b 3 = (a + b) 3 3ab(a + b)
B­íc tiÕp theo sö dông c«ng thøc nh©n sin2x = 2sinx.cosx, råi
tiÕp tôc h¹ bËc ®Ó nhËn ®­îc:
A = 5 8 + 3 8 cos .
12
§Õn ®©y ®Ó tÝnh gi¸ trÞ cña cos 12
, ta ®· sö dông c«ng thøc céng.
VÝ dô 5:
TÝnh gi¸ trÞ cña sin(a + b), biÕt:
cosa cos b m
, víi m, n 0.
sin a sin b n
Gii
Tõ gi thiÕt suy ra:
m.n = (cosa + cosb)(sina + sinb)
= (sina.cosb + sinb.cosa) + (sina.cosa + sinb.cosb)
= sin(a + b) + 2
1 (sin2a + sin2b) = sin(a + b) + sin(a + b).cos(ab)
= [1 + cos(ab)]sin(a + b). (1)
MÆt kh¸c, ta cã thÓ biÕn ®æi gi thiÕt nh­ sau:
2
(cosa
cosb) m
2 2
(sina
sin b) n
2
m 2 + n 2 = (cos 2 a + sin 2 a) + 2(cosa.cosb + sina.sinb) + (cos 2 b + sin 2 b)
= 2 + 2cos(ab)
258

cos(ab) = 2
1 (m
2
+ n 2 2). (2)
Thay (2) vµo (1), ta ®­îc:
1
m.n = [1 + (m
2
+ n 2 2mn
2)]sin(a + b) sin(a + b) = 2
2 2
m n
VÝ dô 6: TÝnh gi¸ trÞ cña c¸c biÓu thøc:
.
a. A = cos 2 + cos
2 3 + cos
2 5 . b. B = cos
4 + cos
4 3 + cos
4 5 .
7 7 7
7 7 7
1
c. C =
cos
+ 1
3 + 1
5 .
cos
7 7 cos
7
Gii
3 5
NhËn xÐt r»ng , , lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh:
7 7 7
7x = + 2k, k . (1)
3 5
Ta sÏ ®i x©y dùng ph­¬ng tr×nh ®¹i sè nhËn a = cos , b = cos , c = cos lµm
7 7 7
nghiÖm b»ng c¸ch:
(1) 4x = x + 2k cos4x = cos(x + 2k)
2cos 2 2x 1 = cos3x 2(2cos 2 x 1) 2 1 = 3cosx 4cos 3 x
8cos 4 x + 4cos 3 x 8cos 2 x 3cosx + 1 = 0
(cosx + 1)(8cos 3 x 4cos 2 x 4cosx + 1) = 0
8cos 3 x 4cos 2 x 4cosx + 1 = 0.
Tõ ®ã, theo ®Þnh lÝ ViÐt ta ®­îc:
3 5
1
a b c cos cos cos
7 7 7 2
3 3 5 5 1
ab bc ca cos .cos cos .cos cos .cos .
7 7 7 7 7 7 2
3 5
1
abc cos .cos .cos
7 7 7 8
a. Ta suy ra:
A = cos 2 + cos
2 3 + cos
2 5
7 7 7
= a 2 + b 2 + c 2 = (a + b + c) 2 2(ab + bc + ca) = 4
1 + 1 = 4
5 .
b. Ta suy ra:
B = cos 4 + cos
4 3 + cos
4 5 = a
4
+ b 4 + c 4
7 7 7
259

= (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 2(a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 )
= (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 2[(ab + bc + ca) 2 13
2abc(a + b + c) = . 16
c. Ta suy ra:
1
C =
cos
+ 1
3 + 1
5 =
cos
7 7 cos
7
1
a
1 1
=
b c
ab bc ca
= 4.
abc
VÝ dô 7: TÝnh gi¸ trÞ cña c¸c biÓu thøc:
a. A = cos 4 + cos
4 3 + cos
4 5 . b. B = cos
6 + cos
6 3 + cos
6 5 .
14 14 14
14 14 14
Gii
3 5
NhËn xÐt r»ng , , lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh:
14 14 14
7x = 2
+ k, k . (1)
Ta sÏ ®i x©y dùng ph­¬ng tr×nh ®¹i sè nhËn a = cos 2 , b = cos
2 3 , c = cos
2 5 lµm
14 14 14
nghiÖm b»ng c¸ch:
(1) cos7x = 0 cos(6x + x) = 0 cos6x.cosx sin6x.sinx = 0
(4cos 3 2x 3cos2x)cosx 2sin3x.cos3x.sinx = 0
[4(2cos 2 x 1) 3 3(2cos 2 x 1)]cosx
2(3sinx 4sin 3 x).(4cos 3 x 3cosx)sinx = 0
(64cos 6 x 112cos 4 x + 56cos 2 x 7)cosx = 0
64cos 6 x 112cos 4 x + 56cos 2 x 7 = 0.
§Æt t = cos 2 x víi 0 t 1 ta ®­îc:
64t 3 112t 2 + 56t 7 = 0.
Tõ ®ã, theo ®Þnh lÝ ViÐt ta ®­îc:
7 2 2 3
2 5
7
a
b c
4
cos
cos cos
14 14 14 4
7
2 2 3
2 3
2 5
2 5
2 7
ab
bc ca cos
.cos cos .cos cos .cos .
8 14 14 14 14 14 14 8
7 2 2 3
2 5
7
abc
64
cos
.cos .cos
14 14 14 64
a. Ta suy ra:
A = cos 4 + cos
4 3 + cos
4 5 = a
2
+ b 2 + c 2
14 14 14
= (a + b + c) 2 49 7 21
2(ab + bc + ca) = = .
16 4 16
b. Ta suy ra:
260

VÝ dô 8:
B = cos 6 + cos
6 3 + cos
6 5 = a
3
+ b 3 + c 3
14 14 14
= (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 35
ab bc ca) + 3abc = . 32
Rót gän biÓu thøc:
A = 2
1
2 2 ... 2 2 cos x , víi 0 x .
n dÊu c¨n
Gii
Ta cã:
x
2 + 2cosx = 2(1 + cosx) = 4cos 2 2
suy ra:
2 2 cos x =
2
4 cos
x
2
x
2
2
2 cos
x = 2cos
2
2
2 dÊu c¨n
0
x
2cos
2
x
...
x
2 2 ... 2 2 cos x = 2cos
n .
2
VËy, ta ®­îc:
A = 2
1 .2cos
n dÊu c¨n
x x = cos
n .
2
n
2
VÝ dô 9: Rót gän biÓu thøc A = cos 2 a + cos 2 2a + ... + cos 2 na.
Gii
Ta biÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng:
C = 2
1 (1 + cos2a) + 2
1 (1 + cos4a) + ... + 2
1 (1 + cos2na)
= 2
n + 2
1 (cos2a + cos4a + ... + cos2na).
XÐt hai tr­êng hîp:
Tr­êng hîp 1: NÕu a = k, k th×:
cos2a = cos4a = ... = cos2na = 1 C = n.
Tr­êng hîp 2: NÕu a k, k Z th× ta ®i tÝnh tæng T = cos2a + cos4a + ... + cos2na b»ng
c¸ch nh©n c hai vÕ cña biÓu thøc víi 2sina, ta ®­îc:
2T.sina = 2cos2a.sina + 2cos4a.sina + ... + 2cos2na.sina
= sin3a sina + sin5a sin3a + ... + sin(2n + 1)a sin(2n 1)a
261

= sin(2n + 1)a sina = 2cos(n + 1)a.sinna
cos( n 1)a.sin na
T =
.
sin a
Tõ ®ã, suy ra:
n cos( n 1)a.sin na
C = +
.
2 2 sin a
VÝ dô 10: Rót gän biÓu thøc:
2
4
2n a. A = cos + cos + ... + cos .
2n 1 2n 1
2n 1
b. B = (2cosa 1)(2cos2a 1)... (2cos2 n1 a 1).
1 1
1
c. C = +
+ ... + .
2 a 2 2 a
n 2 a
4 cos 4 cos
4 cos
2
n
2 2
2
1 1
1
d. D = (1 + )(1 + )...(1 +
cos2a cos4a cos2
n a
).
Gii
2
a. §Æt a = th× biÓu thøc ®­îc viÕt l¹i d­íi d¹ng:
2n 1
n
nÕu a 2k
na (n 1)a
A = cosa + cos2a + ... + cosna =
sin cos
1
2 2
= .
nÕu a 2k
2
a
sin
2
b. NhËn xÐt r»ng:
(2cosx + 1)(2cosx 1) = 4cos 2 x 1 = 2(1 + cos2x) 1 = 2cos2x + 1.
Tõ ®ã, ta ®i xÐt hai tr­êng hîp:
5
Tr­êng hîp 1: NÕu a = + 2k, k th× B = 0.
6
5
Tr­êng hîp 2: NÕu a + 2k, k th× b»ng c¸ch nh©n c hai vÕ cña biÓu thøc
6
víi 2cosa + 1, ta ®­îc:
B(2cosa + 1) = (2cosa + 1)(2cosa 1)(2cos2a 1)... (2cos2 n1 a 1)
= (2cos2a + 1)(2cos2a 1)... (2cos2 n1 a 1)
= (2cos4a + 1)... (2cos2 n1 a 1) = 2cos2 n a + 1
n
2 cos 2 a 1
B =
.
2 cos a 1
c. NhËn xÐt r»ng:
1
=
2
4 cos x
2
sin x
2
4 cos x.sin
2
x
=
2
1 cos x
2
4 cos x.sin
2
x
=
1
sin 2x
2
1
4sin
x
2 .
262

Tõ ®ã, suy ra:
1 1
=
2 a sin a
1
,
4 cos
2 2 a
4sin
2
2
1 1 1
= ,
2 2 a
2 a 2 2 a
4 cos 4sin 4 sin
2
2
2 2 2
...
1
1
1
=
.
n 2 a n1
2 a
n 2 a
4 cos 4 cos 4 sin
n
n1
n
2
2
2
Céng theo vÕ c¸c ®¼ng thøc trªn, ta ®­îc:
1 1
C = .
2
sin a n 2 a
4 sin
n
2
d. BiÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng:
n
1 cos2a 1 cos4a 1 cos 2 a
D = . ...
n
cos2a cos4a cos 2 a
2
2
2 n1
n
2 cos a 2 cos 2a 2 cos 2 a 2 cos a.cos 2a...cos 2
= . ...
=
n
n
cos 2a cos 4a cos 2 a
cos 2 a
VÝ dô 11: Cho ABC, chøng minh r»ng:
n1
a
.
(bc).cot 2
A + (ca).cot 2
B + (ab).cot 2
C = 0. (1)
Gii
Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch sau:
C¸ch 1: Sö dông c¸c phÐp biÕn ®æi l­îng gi¸c, ta cã:
t­¬ng tù:
(bc).cot A 2 = 2R(sinBsinC).cot A 2 = 4R.cos B C .sin B C .cot A 2 2 2
A
= 4R.sin A 2 .sin B C cos
. 2 = 4R.sin B C .sin B C
2 A
sin
2 2
2
= 2R(cosCcosB).
(ca).cot B 2 = 2R(cosAcosC).
I
+ (ab).cot C 2 = 2R(cosBcosA). A
B
M
r
C
263

Céng theo vÕ ta nhËn ®­îc ®¼ng thøc cÇn chøng minh.
C¸ch 2: Sö dông c¸c ph­¬ng ph¸p h×nh häc, ta cã:
a = BC = BM + MC = r.cot B 2 + r.cot C 2 = r(cot B 2 + cot C 2
). (2)
t­¬ng tù:
b = r(cot C 2 + cot A 2
c = r(cot A 2 + cot B 2
), (3)
). (4)
Thay (2), (3), (4) vµo VT cña (1), ta ®­îc ®iÒu cÇn chøng minh.
Chó ý: Qua c¸ch tr×nh bµy cña vÝ dô trªn c¸c em häc sinh cÇn rót ra cho bn
th©n kinh nghiÖm khi thùc hiÖn phÐp biÕn ®æi hoÆc tÝnh to¸n c¸c biÓu
thøc chøa c¸c nh©n tö cã tÝnh chÊt t­¬ng tù. Tuy nhiªn ®iÒu nµy
kh«ng phi bao giê còng ®óng.
VÝ dô 12: Cho ABC, chøng minh r»ng:
(a + b)cosC + (b + c)cosA + (c + a)cosB = a + b + c.
Gii
Ta cã:
VT = (a + b)cosC + (b + c)cosA + (c + a)cosB
= 2R(sinA + sinB)cosC + (sinB + sinC)cosA + (sinC + sinA)cosB
= 2R[(sinA.cosC + sinC.cosA) + (sinB.cosC + sinC.cosB) +
+ (sinC.cosA + sinA.cosC)
= 2R[sin(A + C) + sin(B + C) + sin(C + A)]
= 2R(sinA + sinB + sinC) = a + b + c.
VÝ dô 13: X¸c ®Þnh d¹ng cña ABC, biÕt:
a. sin4A + sin4B + sin4C = 0. b. sin2A + sin2B = 4sinA.sinB.
b. 3(cosB + 2sinC) + 4(sinB + 2cosC) = 15.
Gii
a. NhËn xÐt r»ng:
VT = 2sin2(A + B).cos2(AB) + sin4C = 2sin2C.cos2(AB) 2sin2C.cos2C
= 2[cos2(AB)cos2C].sin2C = 2[cos(AB) cos2(A + B)].sin2C
= 4cos2A.cos2B.sin2C
Do ®ã, ta ®­îc:
4cos2A.cos2B.sin2C = 0
264

A
sin 2A 0 2
sin 2B 0
B ABC vu«ng.
2
sin 2C 0
C
2
b. BiÕn ®æi gi thiÕt vÒ d¹ng:
2sin(A + B).cos(A B) = 2[cos(A B) cos(A + B)]
sinC.cos(A B) = cos(A B) + cosC (1 sinC)cos(A B) + cosC = 0
(cos C 2 sin C C C
2 )2 cos(A B) + cos 2 2 sin2 2 = 0
(cos C 2 sin C 2 )[(cos C 2 sin C 2 )cos(A B) + cos C 2 + sin C 2 ] = 0
cos C 2 sin C 2 = 0 tg C 2 = 1 C 2 = C
4 2 =
2
ABC vu«ng t¹i C.
c. Sö dông bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«pxki, ta cã:
VT = (3cosA + 4sinA) + (6sinB + 8cosB)
Bunhiacoxpki
= 5 + 10 = 15.
Do ®ã (1) xy ra khi vµ chØ khi :
cos A 3
sin A 4
sin B 6
cos B 8
ABC vu«ng t¹i C.
2 2 2 2
(3 4 )(cos A sin A) +
2 2 2 2
(6 8 )(sin B cos B)
3 4 = cotgA = tgB = cotg(
B) A + B = C =
2
2 2
VÝ dô 14: X¸c ®Þnh d¹ng cña ABC, biÕt:
2 2
cos A cos B
a.
= 1 2 2
sin A sin B 2 (cotg2 A + cotg 2 B).
b. 2cosA.sinB.sinC + 3 (sinA + cosB + cosC) = 17 4 .
Gii
a. BiÕn ®æi gi thiÕt vÒ d¹ng:
2 2
cos A cos B
cotg 2 A = cotg 2 B
2 2
sin A sin B
2 2
cos A cos B
2 2
sin A sin B
265

2 2
2
2
2 2
cos A cos B cos A
2 2
2
sin A sin B sin A = cos B
2
sin B cos A cos B
sin 2 A sin 2 B
2 2 2 2
2 2 2 2
sin Acos B sin Bcos A sin Acos B sin Bcos A
=
2
2
sin A
sin B
(sin 2 A sin 2 B)sin(A + B).sin(A B) = 0
sin(AB) 0
sin A sin B
A = B ABC c©n t¹i C.
sin(A B) 0
b. Ta cã:
2 2 2
2 2 2
b c a
(2R.sin B) (2R.sin C) (2R.sin A)
cosA =
=
2bc
2.2R.sin B.2R.sin C
2 2 2
sin B sin C sin A
=
2sin B.sin C
2cosA.sinB.sinC = sin 2 B + sin 2 Csin 2 A.
Khi ®ã ta ®­îc:
sin 2 B + sin 2 Csin 2 A + 3 (sinA + cosB + cosC) = 17 4
3
3
3
(sinA
2 )2 + (cosB
2 )2 + (cosC
2 )2 = 0
3
sin A
2
A = 2 vµ B = C = .
3 3
6
cosB cosC
2
VÝ dô 15: X¸c ®Þnh d¹ng cña ABC, biÕt:
C
a. sin A + sin B = 2 cos . 2
Më réng víi n sin A + n sin B = 2 n
C
cos 2
.
b.
1
sin A + 1
sin B = 1
, më réng víi
2C
n
cos sin A + n
2
1
sin B = 2
.
C
n cos 2
Gii
a. Sö dông bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«xki ta cã:
( sin A + sin B ) 2 (1 2 + 1 2 )(sinA + sinB) = 4sin A B .cos A
2
= 4cos C 2 .cos A B 4cos C 2 2
B
2
266

sin A + sin B 2
C
cos 2
.
VËy, gi thiÕt t­¬ng ®­¬ng víi:
sin A sin B
A
B A = B ABC c©n t¹i C.
cos 1
2
B¹n ®äc tù chøng minh cho phÇn më réng.
b. Sö dông bÊt ®¼ng thøc C«si ta cã:
1
sin A + 1
sin B 2
sin A.sin B = 2
1 [cos(A B) cos(A B)]
2
2
2
2 2
=
= = .
1 1 [cos(A B) cosC] (1 cosC)
2 C C
cos cos
2
2
2 2
VËy, gi thiÕt t­¬ng ®­¬ng víi:
sin A sin B
A = B ABC c©n t¹i C.
cos(A B) 1
B¹n ®äc tù chøng minh cho phÇn më réng.
267

phÇn II: h×nh häc
ch­¬ng 1 vect¬
A. KiÕn thøc cÇn nhí
I. c¸c ®Þnh nghÜa
I.kiÕn thøc cÇn nhí
1. vect¬ lµ g× ?
VÐct¬ lµ mét ®o¹n th¼ng cã ®Þnh h­íng:
• Mét ®Çu ®­îc x¸c ®Þnh lµ gèc, cßn ®Çu kia lµ ngän.
• H­íng tõ gèc ®Õn ngän gäi lµ h­íng cña vÐct¬.
• §é dµi cña ®o¹n th¼ng gäi lµ ®é dµi cña vÐct¬.
2. Vect¬ kh«ng
§Þnh nghÜa: Vect¬ kh«ng lµ vect¬ cã ®iÓm ®Çu vµ ®iÓm cuèi trïng nhau.
Nh­ vËy, vÐct¬ kh«ng, kÝ hiÖu 0 lµ vect¬ cã:
• §iÓm gèc vµ ngän trïng nhau.
• §é dµi b»ng 0.
3. Hai vect¬ cïng ph­¬ng
Hai vect¬ AB , CD gäi lµ cïng ph­¬ng, ký hiÖu:
AB// CD
AB // CD
.
A,B,C,D th¼ ng hµ
ng
4. Hai vect¬ cïng h­íng, ng­îc h­íng
a. Hai vÐct¬ AB , CD gäi lµ cïng h­íng , ký hiÖu:
AB// CD
AB CD
.
hai tia AB,CDcïng h­íng
b. Hai vÐct¬ AB , CD gäi lµ ng­îc h­íng, ký hiÖu:
AB// CD
AB CD
.
hai tia AB,CDng­îc h­íng
5. Hai vect¬ b»ng nhau
Hai vÐct¬ AB , CD gäi lµ b»ng nhau, ký hiÖu:
AB CD
AB = CD .
AB CD
267

II. tæng cña hai vect¬
§Þnh nghÜa: Tæng cña hai vect¬ a vµ b lµ mét vÐct¬ ®­îc x¸c ®Þnh nh­ sau:
• Tõ mét ®iÓm tïy ý A trªn mÆt ph¼ng dùng vect¬ AB = a .
• Tõ ®iÓm B dùng vect¬ BC = b .
• Khi ®ã vÐct¬ AC gäi lµ vect¬ tæng cña hai vect¬ a vµ b , ta viÕt
AC = a + b .
Tõ ®Þnh nghÜa trªn ta ®­îc quy t¾c ba ®iÓm:
AB + BC = AC , víi ba ®iÓm A, B, C bÊt k×.
TÝnh chÊt cña phÐp céng vÐct¬
Víi mäi vÐct¬ a , b vµ c , ta cã:
TÝnh chÊt 1: (TÝnh chÊt giao ho¸n): a + b = b + a .
TÝnh chÊt 2: (TÝnh chÊt kÕt hîp): ( a + b ) + c = a + ( b + c ).
TÝnh chÊt 3: (TÝnh chÊt cña vect¬ kh«ng): a + 0 = 0 + a = a .
Quy t¾c h×nh b×nh hµnh:
AB + AD = AC , víi ABCD lµ h×nh b×nh hµnh.
Ta cã "NÕu M lµ trung ®iÓm ®o¹n th¼ng AB th× MA + MB = 0 ".
Ta cã "Gäi G lµ träng t©m ABC th×:
GA + GB + GC = 0 ,
MA MB MC 3MG, M. + GB + GC = 0 ".
III. hiÖu cña hai vect¬
1. Hai vect¬ ®èi nhau
Hai vÐct¬ AB , CD gäi lµ ®èi nhau, ký hiÖu:
AB CD
AB = CD .
AB CD
2. hiÖu cña hai vect¬
a
b
§Þnh nghÜa: HiÖu cña hai vÐct¬ a vµ b , kÝ hiÖu a b , lµ tæng cña vect¬ a vµ
vect¬ ®èi cña vect¬ b , nghÜa lµ:
a b = a + ( b ).
A
a
B
a b
b
C
268

PhÐp lÊy hiÖu cña hai vect¬ gäi lµ phÐp trõ vect¬.
§Ó dùng vect¬ a b khi biÕt c¸c vect¬ a vµ b ta lÊy ®iÓm A tuú ý, tõ ®ã dùng
vect¬ AB = a vµ AC = b , khi ®ã CB = a b .
a
b
Tõ c¸ch dùng trªn ta ®­îc quy t¾c hiÖu hai vect¬ cïng gèc:
AB AC = CB , víi ba ®iÓm A, B, C bÊt k×.
TÝnh chÊt cña phÐp trõ vÐct¬
a b = c a = b + c .
IV. tÝch cña mét vect¬ víi mét sè
§Þnh nghÜa: TÝch cña vect¬ a víi mét sè thùc k lµ mét vect¬, kÝ hiÖu k a ®­îc x¸c
®Þnh nh­ sau:
a. Vect¬ k a cïng ph­¬ng víi vect¬ a vµ sÏ :
• Cïng h­íng víi vect¬ a nÕu k 0.
• Ng­îc h­íng víi vect¬ a nÕu k 0.
b. Cã ®é dµi b»ng k. a .
PhÐp lÊy tÝch cña mét vect¬ víi mét sè gäi lµ phÐp nh©n vect¬ víi sè (hoÆc phÐp
nh©n sè víi vect¬).
Tõ ®Þnh nghÜa trªn ta cã ngay c¸c kÕt qu:
1. a = a , (1). a = a .
1. TÝnh chÊt cña phÐp nh©n vect¬ víi sè
Víi mäi vÐct¬ a , b vµ c¸c sè thùc m, n, ta cã:
TÝnh chÊt 1: m(n. a ) = (mn). a .
TÝnh chÊt 2: (m + n). a = m. a + n. a .
TÝnh chÊt 3: m( a + b ) = m. a + n. b .
TÝnh chÊt 4: m a = 0 a = 0 hoÆc m = 0.
2. ®iÒu kiÖn ®Ó hai vect¬ cïng ph­¬ng
b
§Þnh lÝ 1 (Quan hÖ gi÷a hai vect¬ cïng ph­¬ng): Vect¬ b cïng ph­¬ng víi vect¬
a 0 khi vµ chØ khi tån t¹i sè k sao cho b = k a .
HÖ qu: §iÒu kiÖn cÇn vµ ®ñ ®Ó ba ®iÓm A, B, C th¼ng hµng lµ tån t¹i sè k sao cho
AB = k AC .
A
a
B
a b
C
269

3. BiÓu thÞ mét vect¬ qua hai vect¬ kh«ng cïng ph­¬ng
§Þnh lÝ 2 (Ph©n tÝch mét vect¬ thµnh hai vect¬ kh¸c 0 kh«ng cïng ph­¬ng): Cho
hai vect¬ a vµ b kh¸c 0 vµ kh«ng cïng ph­¬ng. Víi mäi vect¬ c bao giê
còng t×m ®­îc mét cÆp sè thùc m, n duy nhÊt, sao cho:
c = m a + n b .
V. HÖ to¹ ®é
1. Vect¬
Cho 2 ®iÓm M 1 (x 1 ; y 1 ), M 1 (x 2 ; y 2 ) th× MM
1 2
= (x 2 x 1 ; y 2 y 1 )
2. C¸c phÐp to¸n Vect¬
NÕu cã hai vect¬ v
1
(x 1 ; y 1 ) vµ v
2
(x 2 ; y 2 ) th×:
x1 x2
(i): v
1
= v
2
.
y1 y2
x1 y1
(ii): v
1
// v
2
.
x2 y2
(iii): v
1
+ v
2
= (x 1 + x 2 ; y 1 + y 2 ).
(iv): v1
v
2
= (x 1 x 2 ; y 1 y 2 ).
(v): k v 1
(x 1 ; y 1 ) = (kx 1 ; ky 1 ) , k .
(vi): v 1
+ v 2
= (x 1 + x 2 ; y 1 + y 2 ).
3. Khong c¸ch
Khong c¸ch d gi÷a hai ®iÓm M 1 (x 1 ; y 1 ) vµ M 1 (x 2 ; y 2 ) lµ ®é dµi cña vect¬ MM
1 2
,
®­îc cho bëi:
d = | MM
1 2
| =
(x x ) (y y ) .
2 2
1 2 1 2
4. Chia mét ®o¹n th¼ng theo mét tØ sè cho tr­íc
§iÓm M(x; y) chia ®o¹n th¼ng M 1 M 2 theo mét tØ sè k (tøc lµ MM
1
= k MM
2
) ®­îc
x¸c ®Þnh bëi c¸c c«ng thøc:
x1 kx
2
x
1
k
.
y1 ky2
y
1
k
§Æc biÖt nÕu k = 1, th× M lµ trung ®iÓm cña ®o¹n th¼ng M 1 M 2 , khi ®ã to¹ ®é cña
M ®­îc x¸c ®Þnh bëi:
x1 x2
x
2
.
y1 y2
y
2
270

5. Ba ®iÓm th¼ng hµng
Ba ®iÓm A(x 1 ; y 1 ) , B(x 2 ; y 2 ) vµ C(x 3 ; y 3 ) th¼ng hµng khi vµ chØ khi:
x3 x1
y3 y1
AC // AB = .
x x y y
2 1
2 1
B Ph­¬ng ph¸p gii c¸c d¹ng to¸n liªn quan
D¹ng to¸n 1: Më ®Çu vÒ vect¬
§1. Vect¬
ThÝ dô 1. Cho OAB vu«ng c©n víi OA = OB = a. H·y dùng c¸c vect¬ sau ®©y
vµ tÝnh ®é dµi cña chóng:
OA + OB , OA OB , 3 OA + 4 OB
21
4 OA + 2.5 OB , 14
4 OA 3 7 OB .
Gii
a. Víi C lµ ®Ønh thø t­ cña h×nh vu«ng OACD, ta cã ngay:
OA + OB = OC , theo quy t¾c h×nh b×nh hµnh.
Tõ ®ã, suy ra:
OA + OB = OC = OC = a 2.
b. Ta cã ngay:
OA OB = BA , quy t¾c hiÖu hai vect¬ cïng gèc
OA OB = BA = BA = a 2.
c. §Ó dùng vect¬ 3 OA + 4 OB ta lÇn l­ît thùc hiÖn:
• Trªn tia OA lÊy ®iÓm A 1 sao cho OA 1 = 3OA.
• Trªn tia OB lÊy ®iÓm B 1 sao cho OB 1 = 4OB.
• Dùng h×nh ch÷ nhËt OA 1 C 1 B 1 .
Tõ ®ã, ta cã:
3 OA + 4 OB = OA
1
+ OB
1
= OC
1
3 OA + 4 OB = OC1
= OC 1 = OA
d. Thùc hiÖn t­¬ng tù c©u c), ta dùng ®­îc vect¬ 21
4
21
4
OA + 2.5 OB =
a 541
4
.
C A = 5a.
2 2
1 1 1
e. Thùc hiÖn t­¬ng tù c©u c), ta dùng ®­îc vect¬ 14 4 OA 3 7
OA + 2.5 OB vµ
OB vµ
A
B C
O A A 1
B
O
B 1
C 1
14 4 OA 3 7
OB =
a 6073
28
.
271

ThÝ dô 2. Cho ABC ®Òu cã c¹nh b»ng a. TÝnh ®é dµi vect¬ tæng AB + AC .
Gii
Gäi M lµ trung ®iÓm BC, lÊy ®iÓm A 1 ®èi xøng víi A
B A
qua M, ta cã ngay ABA 1 C lµ h×nh b×nh hµnh, suy ra:
1
AB + AC = AA
1
AB + AC = AA1
= 2AM = 2. a 3
2
= a 3.
Chó ý: Víi c¸c em häc sinh ch­a n¾m v÷ng kiÕn thøc vÒ tæng cña hai vect¬
th× th­êng kÕt luËn ngay r»ng:
AB + AC = AB + AC = a + a = 2a.
D¹ng to¸n 2: Chøng minh mét ®¼ng thøc vect¬
Ph­¬ng ph¸p ¸p dông
Ta lùa chän mét trong c¸c h­íng biÕn ®æi sau:
H­íng 1: BiÕn ®æi mét vÕ thµnh vÕ cßn l¹i (VT VP hoÆc VP VT). Khi ®ã:
• NÕu xuÊt ph¸t tõ vÕ phøc t¹p ta cÇn thùc hiÖn viÖc ®¬n gin biÓu
thøc.
• NÕu xuÊt ph¸t tõ vÕ ®¬n gin ta cÇn thùc hiÖn viÖc ph©n tÝch
vect¬.
H­íng 2: BiÕn ®æi ®¼ng thøc cÇn chøng minh vÒ mét ®¼ng thøc ®· biÕt lµ lu«n
®óng.
H­íng 3: BiÕn ®æi mét ®¼ng thøc vect¬ ®· biÕt lµ lu«n ®óng thµnh ®¼ng thøc
cÇn chøng minh.
H­íng 4: T¹o dùng c¸c h×nh phô.
Khi thùc hiÖn c¸c phÐp biÕn ®æi ta sö dông:
• Quy t¾c ba ®iÓm:
AB = AC + CB .
• Quy t¾c h×nh b×nh hµnh: Víi h×nh b×nh hµnh ABCD lu«n cã:
AC = AB + AD .
• HiÖu hai vect¬ cïng gèc
AB AC = CB .
• TÝnh chÊt trung ®iÓm: Víi ®iÓm M tuú ý vµ I lµ trung ®iÓm cña AB lu«n cã:
MI = 1 ( MA + MB ).
2
• TÝnh chÊt träng t©m tam gi¸c: Víi ABC cã träng t©m G ta cã:
GA + GB + GC = 0 .
MA + MB + MC = 3 MG , víi M tuú ý.
• C¸c tÝnh chÊt cña phÐp céng, trõ vect¬ vµ phÐp nh©n mét sè víi mét vect¬.
A
M
C
272

ThÝ dô 1. Cho bèn ®iÓm A, B, C, D. Chøng minh r»ng AB + CD + BC = AD .
Gii
Ta cã thÓ tr×nh bµy theo ba c¸ch sau:
C¸ch 1: Sö dông quy t¾c ba ®iÓm, ta cã:
VT = ( AB + BC ) + CD = AC + CD = AD , ®pcm.
C¸ch 2: Sö dông quy t¾c ba ®iÓm, ta cã:
VT = AB + ( BC + CD ) = AB + BD = AD , ®pcm.
C¸ch 3: Sö dông quy t¾c ba ®iÓm, ta cã:
AD = AC + CD = AB + BC + CD , ®pcm.
C¸ch 4: Sö dông quy t¾c ba ®iÓm, ta cã:
AD = AB + BD = AB + BC + CD , ®pcm.
NhËn xÐt: ViÖc tr×nh bµy thÝ dô trªn theo bèn c¸ch chØ mang tÝnh chÊt minh
ho¹ cho nh÷ng ý t­ëng sau:
1. Víi c¸ch 1 vµ c¸ch 2, chóng ta gom hai vect¬ cã "®iÓm cuèi
cña vect¬ thø nhÊt trïng víi ®iÓm ®Çu cña vect¬ thø hai" tõ ®ã
sö dông chiÒu thuËn cña quy t¾c ba ®iÓm.
2. Víi c¸ch 3 vµ c¸ch 4, chóng ta sö dông chiÒu ng­îc l¹i cña quy
t¾c ba ®iÓm, cô thÓ "víi mét vect¬ AB bÊt k× chóng ta ®Òu cã thÓ
xen thªm vµo gi÷a mét ®iÓm tuú ý ®Ó tõ ®ã ph©n tÝch ®­îc vect¬
AB thµnh tæng cña hai vect¬".
ThÝ dô 2. Cho 4 ®iÓm A, B, C, D. Chøng minh r»ng AB + CD = AD + CB .
Gii
Ta cã thÓ tr×nh bµy theo c¸c c¸ch sau:
C¸ch 1: Ta cã:
VT = ( AD + DB ) + CD = AD + CD + DB = AD + CB = VP.
C¸ch 2: Ta cã:
VT = ( AC + CB ) + CD = AC + CD + CB = AD + CB = VP.
C¸ch 3: BiÕn ®æi t­¬ng ®­¬ng biÓu thøc vÒ d¹ng:
AB AD = CB CD DB DB , ®óng §iÒu phi chøng minh.
C¸ch 4: BiÕn ®æi t­¬ng ®­¬ng ®¼ng thøc vÒ d¹ng:
AB CB = AD CD AB + BC = AD + DC AC = AC , lu«n ®óng.
NhËn xÐt: 1. §Ó thùc hiÖn chøng minh ®¼ng thøc vect¬ ®· cho chóng ta lùa
chän h­íng biÕn ®æi VT thµnh VP vµ hai c¸ch gii trªn ®Òu cã
chung mét ý t­ëng, cô thÓ b»ng viÖc lùa chän vect¬ xuÊt ph¸t
lµ AB ta cã:
• Trong c¸ch 1, ta ý thøc ®­îc r»ng cÇn t¹o ra sù xuÊt hiÖn
cña vect¬ AD do ®ã ta xen vµo ®iÓm D.
273

• Trong c¸ch 2, ta ý thøc ®­îc r»ng cÇn t¹o ra sù xuÊt hiÖn
cña vect¬ CB do ®ã ta xen vµo ®iÓm C.
2. Tõ nhËn xÐt trªn h¼n c¸c em häc sinh thÊy ®­îc thªm r»ng cßn
cã 4 c¸ch kh¸c ®Ó gii bµi to¸n, cô thÓ:
• Hai c¸ch víi viÖc lùa chän vect¬ xuÊt ph¸t lµ CD .
• Hai c¸ch theo h­íng biÕn ®æi VP thµnh VT.
ThÝ dô 3. Cho M vµ N lÇn l­ît lµ trung ®iÓm c¸c ®o¹n th¼ng AB vµ CD. Chøng
minh r»ng:
2 MN = AC + BD = AD + BC .
Gii
a. Ta cã thÓ tr×nh bµy theo c¸c c¸ch sau:
C¸ch 1: Ta cã ph©n tÝch:
M
B
AC = AM + MN + NC, (1)
BD = BM + MN + ND . (2)
D N C
Céng theo vÕ (1) vµ (2) víi l­u ý AM + BM = 0 vµ NC + ND = 0 (v× M vµ N
lÇn l­ît lµ trung ®iÓm c¸c ®o¹n th¼ng AB vµ CD), ta ®­îc:
AC + BD = 2 MN , ®pcm. (*)
C¸ch 2: Ta cã ph©n tÝch:
MN MA AC CN , (3)
MN MB BD DN , (4)
Céng theo vÕ (3) vµ (4) víi l­u ý MA MB 0 vµ NC ND 0 (v× M vµ N lÇn
l­ît lµ trung ®iÓm c¸c ®o¹n th¼ng AB vµ CD), ta ®­îc:
2 MN = AC + BD , ®pcm.
b. Ta cã:
AC + BD = AD + DC + BC + CD = AD + BC , ®pcm. (**)
Tõ (*) vµ (**) ta ®­îc ®¼ng thøc cÇn chøng minh.
ThÝ dô 4. Cho O lµ t©m cña h×nh b×nh hµnh ABCD. Chøng minh r»ng víi ®iÓm M
bÊt k×, ta cã:
Gii
Ta cã:
MA + MB + MC + MD
MO = 1 (MA + MB + MC + MD ).
4
= MO + OA + MO + OB + MO + OC + MO + OD
= 4MO + (OA + OC ) + (OB + OD ) = 4MO
A
1 (MA + MB + MC + MD ) = MO , ®pcm.
4
274

Chó ý: C¸c em häc sinh h·y tr×nh bµy thªm c¸ch biÕn ®æi VT thµnh VP.
ThÝ dô 5. Cho ABC. Gäi M, N, P lÇn l­ît lµ trung ®iÓm cña BC, CA, AB.
Chøng minh r»ng:
AM + BN + CP = 0 .
Gii
Sö dông quy t¾c trung ®iÓm ta biÕn ®æi:
VT = 1 2 (AB AC) + 1 2
(BA BC) + 1 2
(CA CB)
= 1 2
(AB BA AC CA BC CB) , ®pcm.
ThÝ dô 6. Cho A 1 B 1 C 1 vµ A 2 B 2 C 2 lÇn l­ît cã träng t©m lµ G 1 , G 2 . Chøng minh r»ng:
Gii
AA
1 2
+ BB
1 2
+ CC
1 2
= 3 GG 1 2
.
Víi G 1 , G 2 lµ trong t©m c¸c A 1 B 1 C 1 vµ A 2 B 2 C 2 , ta cã:
GA
1 1
+ GB
1 1
+ GC
1 1
= 0 . (1)
GA
2 2
+ GB
2 2
+ GC
2 2
= 0 . (2)
MÆt kh¸c, ta cã:
AA
1 2
= AG
1 1
+ GG
1 2
+ GA
2 2
. (3)
BB
1 2
= BG
1 1
+ GG
1 2
+ GB
2 2
. (4)
CC
1 2
= CG
1 1
+ GG
1 2
+ GC
2 2
. (5)
Céng theo vÕ (3), (4), (5) vµ sö dông c¸c kÕt qu trong (1) vµ (2), ta ®­îc:
AA
1 2
+ BB
1 2
+ CC
1 2
= 3 GG 1 2
, ®pcm.
ThÝ dô 7. Cho ABC. Gäi M lµ trung ®iÓm cña AB vµ N lµ mét ®iÓm trªn c¹nh
AC, sao cho NC = 2NA. Gäi K lµ trung ®iÓm cña MN.
a. Chøng minh r»ng AK = 1 4 AB + 1 6 AC .
b. Gäi D lµ trung ®iÓm cña BC. Chøng minh r»ng KD = 1 4 AB + 1 3 AC .
Gii
a. Tõ gi thiÕt ta nhËn thÊy:
AB 2AM
AB = 2 AM ;
AB AM
AC 3AN
AC AN
AC = 3 AN .
275

V× K lµ trung ®iÓm MN nªn:
AK = 1 2 (AM + AN ) = 1 2 ( 1 2 AB + 1 3 AC ) = 1 4 AB + 1 6
AC , ®pcm.
b. V× D lµ trung ®iÓm BC nªn:
AD = 1 ( AB + AC )
2
tõ ®ã, suy ra:
KD = AD AK = 1 2 ( AB + AC )( 1 4 AB + 1 6 AC ) = 1 4 AB + 1 3
AC , ®pcm.
D¹ng to¸n 3: X¸c ®Þnh ®iÓm M tho mét ®¼ng thøc vect¬ cho tr­íc
Ph­¬ng ph¸p ¸p dông
Ta biÕn ®æi ®¼ng thøc vect¬ cho tr­íc vÒ d¹ng:
OM = v ,
trong ®ã ®iÓm O cè ®Þnh vµ vect¬ v ®· biÕt.
ThÝ dô 1. Cho ABC ®Òu néi tiÕp ®­êng trßn t©m O.
276
a. Chøng minh r»ng OA OB OC 0.
b. H·y x¸c ®Þnh c¸c ®iÓm M, N, P sao cho:
OM = OA OB ; ON = OB OC ; OP = OC OA .
Gii
a. V× ABC ®Òu nªn O chÝnh lµ träng t©m ABC, do ®ã ta cã ngay:
A
OA OB OC 0 .
b. Gäi A 1 , B 1 , C 1 theo thø tù lµ trung ®iÓm cña BC, AC, AB.
M
• Dùng h×nh b×nh hµnh AOBM b»ng viÖc lÊy ®iÓm M C 1
O
®èi xøng víi O qua C 1 , ta cã ®­îc OM = OA OB .
B
• C¸c ®iÓm N, P ®­îc x¸c ®Þnh t­¬ng tù.
ThÝ dô 2. Cho ABC. H·y x¸c ®Þnh ®iÓm M tho m·n ®iÒu kiÖn:
Gii
BiÕn ®æi (*) vÒ d¹ng:
MA MB + MC = 0 . (*)
BA + MC = 0 MC = AB
ABCM lµ h×nh b×nh hµnh.
Tõ ®ã, ®Ó x¸c ®Þnh ®iÓm M ta thùc hiÖn:
• KÎ Ax // BC.
• KÎ Cy // AB.
• Giao cña Ax vµ Cy chÝnh lµ ®iÓm M cÇn t×m.
B
A
C
C
M

ThÝ dô 3. Cho ABC ®Òu, néi tiÕp ®­êng trßn t©m O.
a. H·y x¸c ®Þnh c¸c ®iÓm M, N, P sao cho:
OM = OA + OB , ON = OB + OC , OP = OC + OA .
b. Chøng minh r»ng OA + OB + OC = 0 .
Gii
P
a. Dùa theo quy t¾c h×nh b×nh hµnh, ta lÇn l­ît cã:
• Víi ®iÓm M tho m·n:
OM = OA + OB
M lµ ®Ønh thø t­ cña h×nh b×nh hµnh AOBM
CM lµ ®­êng kÝnh cña (O), v× ABC ®Òu.
• Víi ®iÓm N tho m·n:
ON = OB + OC N lµ ®Ønh thø t­ cña h×nh b×nh hµnh BOCN
AN lµ ®­êng kÝnh cña (O), v× ABC ®Òu.
• Víi ®iÓm P tho m·n:
OP = OC + OA P lµ ®Ønh thø t­ cña h×nh b×nh hµnh AOCP
BP lµ ®­êng kÝnh cña (O), v× ABC ®Òu.
VËy, c¸c ®iÓm M, N, P n»m trªn ®­êng trßn (O) sao cho CM, AN, BP lµ c¸c
®­êng kÝnh cña ®­êng trßn (O).
b. Dùa vµo kÕt qu c©u a) vµ OC = MO , ta cã ngay:
OA + OB + OC = OM + MO = MO + OM = MM = 0 .
ThÝ dô 4. Cho ABC.
Gii
a. Ta biÕn ®æi:
a. T×m ®iÓm I sao cho IA + 2 IB = 0 .
b. T×m ®iÓm K sao cho KA + 2 KB = CB .
c. T×m ®iÓm M sao cho MA + MB + 2 MC = 0 .
0 = IA + 2 (IA AB) = 3 IA + 2 AB
IA = 2 AB , suy ra ®iÓm I ®­îc hoµn toµn x¸c ®Þnh.
3
b. Ta biÕn ®æi:
0 = KA + KB + ( KB + BC ) = KA + KB + KC
K lµ träng t©m ABC.
c. Gäi E, F, N lµ trung ®iÓm AB, BC, EF, ta cã:
0 = (MA + MC ) + (MB + MC ) = 2ME + 2MF = 4MN M N.
C
A
N
O
M
B
277

ThÝ dô 5. Cho tr­íc hai ®iÓm A, B vµ hai sè thùc , tho m·n + 0.
a. Chøng minh r»ng tån t¹i duy nhÊt ®iÓm I tho m·n IA + IB = 0 .
b. Tõ ®ã, suy ra víi ®iÓm bÊt kú M, ta lu«n cã:
MA + MB = ( + ) MI .
Gii
a. Ta cã:
IA + IB = 0 IA + (IA + AB ) = 0 ( + )IA + AB = 0
( + ) AI = AB AI =
AB .
V× A, B cè ®Þnh nªn vect¬ AB kh«ng ®æi, do ®ã tån t¹i duy nhÊt ®iÓm I
tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
b. Ta cã:
MA + MB = (MI + IA ) + (MI + IB) = ( + )MI + (IA + IB)
= ( + ) MI , ®pcm.
NhËn xÐt quan träng:
1. NÕu = = 1 th× ®iÓm I chÝnh lµ trung ®iÓm cña AB.
2. Bµi to¸n trªn ®­îc më réng tù nhiªn cho ba ®iÓm A, B, C vµ bé ba sè thùc , ,
cho tr­íc tho m·n + + 0, tøc lµ:
a. Tån t¹i duy nhÊt ®iÓm I tho m·n:
IA + IB + IC = 0 .
b. Tõ ®ã suy ra víi ®iÓm bÊt kú M, ta lu«n cã
MA + MB + IC = ( + + ) MI .
vµ khi = = = 1 th× I lµ träng t©m ABC.
3. ViÖc më réng cho n ®iÓm A i , i = 1,n vµ bé n sè thùc i , i = 1,n tho m·n i
0,
xin dµnh cho b¹n ®äc.
4. KÕt qu trªn ®­îc sö dông ®Ó gii bµi to¸n:
“ Cho n ®iÓm A i , i = 1,n vµ bé n sè thùc i , 1,n tho m·n
k vµ ®iÓm cè ®Þnh I sao cho ®¼ng thøc vect¬
n
MA
n
i1
i
n
i1
0. T×m sè thùc
i i
= k MI , (1)
i1
tho m·n víi mäi ®iÓm M. ”
Ph­¬ng ph¸p gii
V× (1) tho m·n víi mäi ®iÓm M, do ®ã ®óng víi M I, khi ®ã:
n
iIAi
= k II = 0 . (2)
i1
278

• X¸c ®Þnh ®­îc ®iÓm I tõ (2).
• Tõ (2), suy ra
n
n
iMAi
= i
MI . (3)
i1
Tõ (1) vµ (3), suy ra:
n
i1
i
MI = k MI k =
i1
n
i
.
i1
ThÝ dô 6. Cho tø gi¸c ABCD, M lµ ®iÓm tuú ý. Trong mçi tr­êng hîp h·y t×m sè
k vµ ®iÓm cè ®Þnh I, J, K sao cho c¸c ®¼ng thøc vect¬ sau tho m·n víi
mäi ®iÓm M.
a. 2 MA + MB = k MI .
b. MA + MB + 2 MC = k MJ .
c. MA + MB + MC + 3 MD = k MK .
Gii
a. V× (1) tho m·n víi mäi ®iÓm M, do ®ã ®óng víi M I, khi ®ã:
2 IA + IB = k II = 0 . (1.1)
• Tõ (1.1), ta ®­îc:
2 IA + ( IA + AB ) = 0 IA = 1 AB x¸c ®Þnh ®­îc ®iÓm I.
3
• Tõ (1.1), ta ®­îc:
2 MA + MB = (2 + 1) MI = 3 MI . (1.2)
Tõ (1) vµ (1.2), suy ra:
3 MI = k MI k = 3.
b. V× (2) tho m·n víi mäi ®iÓm M, do ®ã ®óng víi M J, khi ®ã:
JA + JB + 2 JC = k JJ = 0 . (2.1)
• Gäi E lµ trung ®iÓm AB, tõ (2.1), ta ®­îc:
2 JE + 2 JC = 0 J lµ trung ®iÓm cña CE.
• Tõ (2.1), ta ®­îc:
MA + MB + 2 MC = (1 + 1 + 2) MJ = 4 MJ . (2.2)
Tõ (2) vµ (2.2), suy ra:
4 MJ = k MJ k = 4.
c. V× (3) tho m·n víi mäi ®iÓm M, do ®ã ®óng víi M K, khi ®ã:
KA + KB + KC + 3 KD = k KK = 0 . (3.1)
• Gäi G lµ träng t©m ABC, tõ (3.1), ta ®­îc:
3 KG + 3 KD = 0 K lµ trung ®iÓm cña GD.
• Tõ (3.1), ta ®­îc:
MA + MB + MC + 3 MD = 6 MK . (3.2)
279

Tõ (3) vµ (3.2), suy ra:
6 MK = k MK k = 6.
Chó ý: Bµi to¸n t×m ®iÓm cã thÓ ®­îc më réng thµnh bµi to¸n t×m tËp hîp
®iÓm (quÜ tÝch). Víi c¸c bµi to¸n quÜ tÝch ta cÇn nhí r»ng:
1. NÕu | MA | = | MB |, víi A, B cho tr­íc th× M thuéc ®­êng trung trùc
cña ®o¹n AB.
2. | MC | = k| AB |, víi A, B, C cho tr­íc th× M thuéc ®­êng trßn t©m C,
b¸n kÝnh b»ng k.AB.
3. NÕu MA = k BC , víi A, B, C cho tr­íc th×
a. Víi k ®iÓm M thuéc ®­êng th¼ng qua A song song víi BC.
+
b. Víi k ®iÓm M thuéc nöa ®­êng th¼ng qua A song song víi
BC theo h­íng BC .
c. Víi k
®iÓm M thuéc nöa ®­êng th¼ng qua A song song víi
BC ng­îc h­íng BC .
ThÝ dô 7. Cho ABC, t×m tËp hîp nh÷ng ®iÓm M tho m·n:
a. MA + k MB k MC = 0 . (1)
b. (1k) MA + MB k MC = 0 . (2)
Gii
a. Ta biÕn ®æi (1) vÒ d¹ng:
MA = k( MC MB ) MA = k BC
M thuéc ®­êng th¼ng qua A song song víi BC.
b. Ta biÕn ®æi (2) vÒ d¹ng:
MA + MB k( MA + MC ) = 0 . (3)
Gäi E, F theo thø tù lµ trung ®iÓm cña AB vµ AC, ta ®­îc:
(3) 2 ME 2k MF = 0 ME = k MF
M thuéc ®­êng trung b×nh EF cña ABC.
D¹ng to¸n 4: BiÓu diÔn mét vect¬ thµnh tæ hîp vect¬
Ph­¬ng ph¸p ¸p dông
Ta lùa chän mét trong hai h­íng:
H­íng 1: Tõ gi thiÕt x¸c ®Þnh ®­îc tÝnh chÊt h×nh häc, råi tõ ®ã khai triÓn
vect¬ cÇn biÓu diÔn b»ng ph­¬ng ph¸p xen ®iÓm hoÆc hiÖu cña hai
vect¬ cïng gèc.
H­íng 2: Tõ gi thiÕt thiÕt lËp ®­îc mèi liªn hÖ vect¬ gi÷a c¸c ®èi t­îng, råi
tõ ®ã khai triÓn biÓu thøc nµy b»ng ph­¬ng ph¸p xen ®iÓm hoÆc hiÖu
cña hai vect¬ cïng gèc.
280

ThÝ dô 1. Cho ®o¹n th¼ng AB vµ ®iÓm I sao cho 2 IA + 3IB = 0 .
Gii
a. BiÕn ®æi gi thiÕt:
a. T×m sè k sao cho AI = k AB .
b. Chøng minh r»ng víi mäi ®iÓm M ta cã MI = 2 5 MA + 3 5 MB .
0 = 2 IA + 3 IB = 5IA + 3(IB IA ) = 5AI + 3AB AI = 3 5 AB .
VËy, víi k = 3 5
tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
b. BiÕn ®æi gi thiÕt:
0 = 2 IA + 3 IB = 2(MA MI ) + 3(MB MI )
5 MI = 2 MA + 3 MB MI = 2 5 MA + 3 5
MB , ®pcm.
ThÝ dô 2. Cho OAB. Gäi M, N lÇn l­ît lµ trung ®iÓm hai c¹nh OA vµ OB. H·y
t×m c¸c sè m vµ n thÝch hîp trong mçi ®¼ng thøc sau ®©y:
OM = m OA + n OB ; MN = m OA + n OB ;
AN = m OA + n OB ; MB = m OA + n OB ;
Gii
O
a. Ta cã ngay OM = 1 2 OA
do ®ã ®¼ng thøc OM = m OA + n OB sÏ cã m = 1 A
vµ n = 0.
2
b. Ta cã:
MN = 1 2 AB = 1 2 ( OB OA ) = 1 2 OA + 1 2 OB
do ®ã ®¼ng thøc MN = m OA + n OB sÏ cã m = 1 2 vµ n = 1 2 .
c. Ta cã:
AN = AO + ON = OA + 1 2 OB
do ®ã ®¼ng thøc AN = m OA + n OB sÏ cã m = 1 vµ n = 1 2 .
d. Ta cã:
MB = MO + OB = 1 OA + OB
2
do ®ã ®¼ng thøc MB = m OA + n OB sÏ cã m = 1 2 vµ n = 1.
M
N
B
281

ThÝ dô 3. Gäi G lµ träng t©m ABC. §Æt a = GA vµ b = GB . H·y biÓu thÞ mçi
vect¬ AB , GC , BC , CA qua c¸c vect¬ a vµ b .
Gii
a. Sö dông quy t¾c hiÖu cña hai vect¬ cïng gèc, ta cã ngay:
AB = GB GA = b a .
b. V× G lµ träng t©m ABC nªn:
GA + GB + GC = 0 GC = GA GB = a b .
c. Sö dông quy t¾c hiÖu cña hai vect¬ cïng gèc vµ kÕt qu trong b), ta cã:
BC = GC GB = a b b = a 2 b .
d. Sö dông quy t¾c hiÖu cña hai vect¬ cïng gèc vµ kÕt qu trong b), ta cã:
CA = GA GC = a ( a b ) = 2 a + b .
ThÝ dô 4. Cho ABC. Gäi M, N, P lÇn l­ît lµ trung ®iÓm cña BC, CA, AB. TÝnh
c¸c vect¬ AB , BC , CA theo c¸c vect¬ BN vµ CP .
Gii
Ta lÇn l­ît cã:
AB = AM MB = 3GM (GB GM) = 2GM GB
= 2 1 (GB GC) GB = 2GB GC =
2
4 2
= BN CP .
3 3
2 2
BC = GC GB = CP BN .
3 3
Vect¬ CA ®­îc biÓu diÔn t­¬ng tù AB .
2 2
2. BN CP
3 3
ThÝ dô 5. Cho ABC.
a. T×m c¸c ®iÓm M vµ N sao cho:
MA MB + MC = 0 , 2 NA + NB + NC = 0 .
b. Víi c¸c ®iÓm M vµ N ë c©u a), t×m c¸c sè p vµ q sao cho:
MN = p AB + q AC .
Gii
a. Ta lÇn l­ît thùc hiÖn:
0 = MA MB + MC = BA + MC = AB + MC MC = AB
M lµ ®Ønh thø t­ cña h×nh b×nh hµnh ABCM.
0 = 2 NA + NB + NC = 2 NA + 2 NE , víi E lµ trung ®iÓm BC
NA + NE = 0 N lµ trung ®iÓm cña AE.
B
P
A
G
M
N
C
282

. Ta cã biÓu diÔn:
MN = MA + AN = CB + 1 2 AE
= ( AB AC ) + 1 4 ( AB + AC ) = 5 4 AB 3 4 AC .
ThÝ dô 6. Cho ABC träng t©m G. Gäi I lµ ®iÓm trªn c¹nh BC sao cho 2CI = 3BI
vµ J lµ ®iÓm trªn BC kÐo dµi sao cho 5JB = 2JC.
a. TÝnh AI , AJ theo AB vµ AC .
A
b. TÝnh AG theo AI vµ AJ
Gii
a. Ta cã:
G
2CI 3BI
2 IC = 3 IB
J
IC IB
B I C
2( AC AI ) = 3( AB AI ) 5 AI = 3 AB + 2 AC
AI = 3 5 AB + 2 AC . (1)
5
Ta cã:
5JB 2JCI
5 JB = 2 JC 5( AB AJ ) = 2( AC AJ )
JB JC
3 AJ = 5 AB 2 AC AJ = 5 3 AB 2 AC . (2)
3
b. Gäi M lµ trung ®iÓm BC, ta cã:
AG = 2 3 AM = 2 3 . 1 2 ( AB + AC ) = 1 ( AB + AC ). (3)
3
MÆt kh¸c tõ hÖ t¹o bëi (1) vµ (2), ta nhËn ®­îc:
AB = 5 8 AI + 3 25 9
AJ vµ AC = AI AJ . (4)
8 16 16
Thay (4) vµo (3) ta nhËn ®­îc:
AG = 35 1
AI
48 16 AJ .
D¹ng to¸n 5: Chøng minh hai ®iÓm trïng nhau
Ph­¬ng ph¸p ¸p dông
Muèn chøng minh hai ®iÓm A 1 vµ A 2 trïng nhau, ta lùa chän mét trong hai c¸ch sau:
C¸ch 1: Chøng minh AA
1 2
= 0 .
C¸ch 2: Chøng minh OA
1
= OA2
víi O lµ ®iÓm tuú ý.
ThÝ dô 1. Chøng minh r»ng AB = CD khi vµ chØ khi trung ®iÓm cña hai ®o¹n
th¼ng AD vµ BC trïng nhau.
283

Gii
Ta cã:
• NÕu AB = CD th× ABCD lµ h×nh b×nh hµnh. Do ®ã, AD vµ BC cã trung ®iÓm
trïng nhau.
• NÕu AD vµ BC cã trung ®iÓm trïng nhau th× ABCD lµ h×nh b×nh hµnh. Do ®ã:
AB = CD
ThÝ dô 2. Cho lôc gi¸c ABCDEF. Gäi M, N, P, Q, R, S lÇn l­ît lµ trung ®iÓm cña
c¸c c¹nh AB, BC, CD, DE, EF, FA. Chøng minh r»ng hai tam gi¸c MPR
vµ NQS cã cïng träng t©m.
Gii
Gäi G lµ träng t©m cña MPR, ta cã:
GM + GP + GR = 0 (1)
L¹i cã:
2 GM = GA + GB , 2 GP = GC + GD , 2 GR = GE + GF
2( GM + GP + GR ) = GA + GB + GC + GD + GE + GF
Suy ra:
GA + GB + GC + GD + GE + GF = 0 (do(1))
Do ®ã:
( GA + GF ) + ( GB + GC ) + ( GD + GE ) = 0
2 GS + 2 GN + 2 GQ = 0 GS + GN + GQ = 0
VËy, ta ®­îc G lµ träng t©m cña SNQ.
Tãm l¹i, c¸c MPR vµ NQS cã cïng träng t©m.
D¹ng to¸n 6: Chøng minh ba ®iÓm th¼ng hµng
Ph­¬ng ph¸p ¸p dông
Muèn chøng minh ba ®iÓm A, B, C th¼ng hµng, ta ®i chøng minh:
AB = k AC , k . (1)
§Ó nhËn ®­îc (1), ta lùa chän mét trong hai h­íng:
H­íng 1: Sö dông c¸c quy t¾c biÕn ®æi vect¬ ®· biÕt.
H­íng 2: X¸c ®Þnh vect¬ AB vµ AC th«ng qua mét tæ hîp trung gian.
Chó ý: Ta cã kÕt qu:
“ Cho ba ®iÓm A, B, C. §iÒu kiÖn cÇn vµ ®ñ ®Ó A, B, C th¼ng hµng lµ:
MC = MA + (1) MB ,
víi ®iÓm tuú ý M vµ sè thùc bÊt kú ”.
ThÝ dô 1. Cho ABC, lÊy c¸c ®iÓm I, J tho m·n IA = 2 IB, 3 JA + 2 JC = 0 .
Chøng minh r»ng IJ ®i qua träng t©m G cña ABC.
284

Gii
ViÕt l¹i IA = 2 IB d­íi d¹ng:
IA 2 IB = 0 . (1)
BiÕn ®æi 3 JA + 2 JC = 0 vÒ d¹ng:
3( IA IJ ) + 2( IC IJ ) = 0 3 IA + 2 IC = 5 IJ . (2)
Trõ theo vÕ (1) cho (2), ta ®­îc:
2( IA + IB + IC ) = 5 IJ 6 IG = 5 IJ I, J, G th¼ng hµng.
ThÝ dô 2. Cho ABC. Gäi O, G, H theo thø tù lµ t©m ®­êng trßn ngo¹i tiÕp, träng
t©m, trùc t©m cña ABC. Chøng minh r»ng:
a. AH = 2 OE , víi E lµ trung ®iÓm BC.
A
b. OH = OA + OB + OC .
H
c. Chøng minh r»ng O, G, H th¼ng hµng.
B
Gii
a. Gäi A 1 lµ ®iÓm ®èi xøng víi A qua O, ta ®­îc:
BH // CA1
cï ng vu« nggãcvíiAC
A 1 BHC lµ h×nh b×nh hµnh
CH // BA1
cï ng vu« nggãcvíiAB
A 1 , E, H th¼ng hµng AH = 2 OE , ®pcm.
b. Ta cã:
OH = OA + AH = OA + 2 OE = OA + OB + OC , ®pcm.
c. Ta cã:
O
E
A 1
C
OG = 1 3 ( OA + OB + OC ) = 1 3
OH O, G, H th¼ng hµng.
ThÝ dô 3. Cho ABC, lÊy c¸c ®iÓm M, N, P tho m·n:
MA + MB = 0 , 3 AN 2 AC = 0 , PB = 2 PC .
Chøng minh r»ng M, N, P th¼ng hµng.
Gii
Ta cã:
MP AP AM , (1)
MN AN AP . (2)
Ta ®i tÝnh AP, AM, AN theo AB vµ AC , cô thÓ tõ gi thiÕt:
1
MA + MB = 0 AM AB
(3)
2
3 AN 2 AC = 0 AN = 2 AC
3
(4)
PB = 2 PC AB AP (AC AP) AP = AB 2AC . (5)
285

286
Thay (3), (4), (5) vµo (1) vµ (2) ta ®­îc:
MP AB
2AC
1 3
AB AB 2AC
2 2
MN 2 4
AC + AB 2AC AB AC
3
3
(7)
Tõ (6) vµ (7) ta nhËn thÊy:
MN = 3 MP M, N, P th¼ng hµng.
2
D¹ng to¸n 7: X¸c ®Þnh ®Æc tÝnh K cña ®èi t­îng S khi nã tho m·n
mét ®¼ng thøc vect¬
Ph­¬ng ph¸p ¸p dông
Ph©n tÝch ®­îc ®Þnh tÝnh xuÊt ph¸t tõ c¸c ®¼ng thøc vect¬ cña gi thiÕt.
L­u ý tíi nh÷ng hÖ thøc ®· biÕt vÒ trung ®iÓm cña ®o¹n thng vµ träng t©m cña
tam gi¸c.
ThÝ dô 1. Cho ABC, cã c¸c c¹nh b»ng a, b, c vµ träng t©m G tho m·n:
a. GA + b. GB + c. GC = 0 . (1)
Chøng minh r»ng ABC lµ tam gi¸c ®Òu.
Gii
Ta cã:
GA + GB + GC = 0 GA = GB GC . (2)
Thay (2) vµo (1), ta ®­îc:
a.( GB GC ) + b. GB + c. GC = 0
(ba). GB + (ca). GC = 0 . (3)
V× GB vµ GC lµ hai vect¬ kh«ng cïng ph­¬ng, do ®ã (3) t­¬ng ®­¬ng víi:
b a 0
a = b = c ABC lµ tam gi¸c ®Òu.
c a 0
ThÝ dô 2. Cho tø gi¸c ABCD. Gi sö tån t¹i ®iÓm O sao cho:
| OA | | OB | | OC | | OD |
.
OA OB OC OD 0
Chøng minh r»ng ABCD lµ h×nh ch÷ nhËt.
Gii
Tõ ph­¬ng tr×nh thø nhÊt cña hÖ , ta suy ra:
O lµ t©m ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tø gi¸c ABCD. (1)
Gäi M, N, P, Q lµ trung ®iÓm cña AB, BC, CD, DA , tõ ph­¬ng tr×nh thø hai cña
hÖ ta ®­îc:
0 = OA + OB + OC + OD = 2 OM + 2 OP OM + OP = 0
M, P, O th¼ng hµng vµ O lµ trung ®iÓm MP. (2)

0 = OA + OB + OC + OD = 2 ON + 2 OQ ON + OQ = 0
N, Q, O th¼ng hµng vµ O lµ trung ®iÓm NQ. (3)
Tõ (2), (3), suy ra MNPQ lµ h×nh b×nh hµnh suy ra
• A, C, O th¼ng hµng vµ O lµ trung ®iÓm AC.
• B, D, O th¼ng hµng vµ O lµ trung ®iÓm BD.
Do ®ã ABCD lµ h×nh b×nh hµnh. (4)
Tõ (1) vµ (4) suy ra ABCD lµ h×nh ch÷ nhËt.
§2 hÖ trôc to¹ ®é
D¹ng to¸n 1: To¹ ®é vect¬ To¹ ®é ®iÓm
Ph­¬ng ph¸p ¸p dông
Ta cÇn nhí c¸c kÕt qu sau:
1 Víi hai ®iÓm A(x A , y A ) vµ B(x B , y B ), ta cã:
AB = (x B x A , y B y A ), AB = | AB | =
2 Víi hai vect¬ a (x 1 , y 1 ) vµ b (x 2 , y 2 ) , ta cã:
a = x 1 . i + y 1 . j ,
a = b
x
y
x
1 2
y
1 2
a + b = (x 1 + x 2 , y 1 + y 2 ).
,
(x x ) (y y ) .
2 2
B A B A
ThÝ dô 1. Trong mÆt ph¼g to¹ ®é, cho ba ®iÓm A(4 ; 1), B(2; 4), C(2 ; 2).
a. T×m to¹ ®é träng t©m ABC.
b. T×m to¹ ®é ®iÓm D sao cho C lµ träng t©m ABD.
c. T×m to¹ ®é ®iÓm E sao cho ABCE lµ h×nh b×nh hµnh.
Gii
a. Gäi G lµ träng t©m ABC, ta cã ngay G(0, 1).
b. Gi sö D(x D , y D ), khi ®ã víi ®iÒu kiÖn C lµ träng t©m ABD, ta ®­îc:
4 2 xD
2
3 xD
8
D(8; 11).
14 y
D
y
2
D
11
3
c. Gi sö E(x E ; 0), khi ®ã víi ®iÒu kiÖn ABCE lµ h×nh b×nh hµnh, ta ®­îc:
AE
BC
xE
4 0
yE
1 6
xE
4
E(4; 5).
yE
5
287

ThÝ dô 2. Cho ®iÓm M(12t; 1 + t). T×m ®iÓm M sao cho x
Gii
Ta cã:
x
2 2
M M
y nhá nhÊt.
2 2
M M
y = (12t) 2 + (1 + t) 2 = 5t 2 2t + 2 = 5(t 1 5 )2 + 9 5 9 5
suy ra ( x
y ) Min = 9 5
2 2
M M
®¹t ®­îc khi :
288
t 1 5 = 0 t = 1 5 M 0( 3 5 ; 6 5 ).
VËy, ®iÓm M 0 ( 3 5 ; 6 ) tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
5
ThÝ dô 3. Cho ba ®iÓm A(1; 1); B(3; 3); C(2; 0).
a. TÝnh diÖn tÝch ABC.
b. H·y t×m tÊt c c¸c ®iÓm M trªn trôc Ox sao cho gãc AMB nhá nhÊt.
Gii
a. Ta cã:
AB 2 = 4 + 4 = 8, BC 2 = 1 + 9 = 10, CA 2 = 1 + 1 = 2
AB 2 + AC 2 = BC 2 ABC vu«ng t¹i A.
VËy diÖn tÝch ABC ®­îc cho bëi:
S ABC = 1 2 AB.AC = 1 2
2 2 2 2
2 2 . 1 ( 1) = 2 (®vdt).
b. Gãc AMB nhá nhÊt
AMB = 0 0 A, M, B th¼ng hµng AM // AB
xM xA
yM yA
xM
1
1
= =
xB
xA
yB
yA
31
31
x M = 0 M O.
VËy, ®iÓm M(0; 0) tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
D¹ng to¸n 2: BiÓu diÔn vect¬ c (c 1 ; c 2 ) theo c¸c vect¬ a (a 1 ; a 2 ), b (b 1 ; b 2 )
Ph­¬ng ph¸p ¸p dông
Ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc:
B­íc 1: Gi sö c = a + b . (1)
B­íc 2: Ta cã:
a + b = (a 1 , a 2 ) + (b 1 , b 2 ) = (a 1 + b 1 , a 2 + b 2 ).
VËy (1) xy ra khi vµ chØ khi:
c1 a1 b1
.
c2 a 2
b2
(I)
Gi hÖ (I), ta nhËn ®­îc gi¸ trÞ cña cÆp (, )
B­íc 3: KÕt luËn.

ThÝ dô 4. H·y biÓu diÔn vect¬ c theo c¸c vect¬ a , b , biÕt:
a (2; 1), b (3; 4) vµ c (4; 7).
Gii
Gi sö c = a + b . (1)
Ta cã:
a + b = (2; 1) + (3; 4) = (23; + 4).
Khi ®ã (1) xy ra khi vµ chØ khi:
4 2 3
1
.
7 4 2
VËy, ta ®­îc c = a + 2 b .
ThÝ dô 5. Cho bèn ®iÓm A(1; 1), B(2; 1), C(4; 3) vµ D(16; 3). H·y biÓu diÔn
vect¬ AD theo c¸c vect¬ AB , AC
Gii
Gi sö AD = AB + AC . (1)
Ta cã:
AD (15; 2), AB (1; 2), AC (3; 2)
AB + AC = (1; 2) + (3; 2) = ( + 3; 2 + 2)
Khi ®ã (1) xy ra khi vµ chØ khi:
3 15
3
.
2 2 2 4
VËy, ta ®­îc AD = 3 AB + 4 AC .
D¹ng to¸n 3: X¸c ®Þnh to¹ ®é ®iÓm M tho m·n mét ®¼ng thøc vect¬,
®é dµi
Ph­¬ng ph¸p ¸p dông
Thùc hiÖn theo c¸c b­íc:
B­íc 1: Gi sö M(x; y).
B­íc 2: To¹ ®é ho¸ c¸c vect¬ cã trong ®¼ng thøc hoÆc sö dông c«ng thøc vÒ
khong c¸ch gi÷a hai ®iÓm, ®Ó chuyÓn ®¼ng thøc vÒ biÓu thøc ®¹i sè.
B­íc 3: Gii ph­¬ng tr×nh hoÆc hÖ trªn, ta nhËn ®­îc to¹ ®é cña M.
Chó ý: §iÓm M(x; y) chia ®o¹n th¼ng M 1 M 2 theo mét tØ sè k (tøc lµ MM
1
= kMM 2
)
®­îc x¸c ®Þnh bëi c¸c c«ng thøc:
x1 kx
2
x
1
k
.
y1 ky2
y
1
k
289

§Æc biÖt nÕu k = 1, th× M lµ trung ®iÓm cña ®o¹n th¼ng M 1 M 2 , khi ®ã to¹ ®é cña
M ®­îc x¸c ®Þnh bëi:
x1 x2
x
2
.
y1 y2
y
2
ThÝ dô 1. Cho hai ®iÓm A(0; 2) vµ B(4; 3). T×m to¹ ®é:
a. Trung ®iÓm I cña AB.
b. §iÓm M sao cho MA + 2 MB = 0 .
Gii
a. Ta cã I(2; 1 2 ).
b. Tõ gi thiÕt
MA + 2 MB = 0 MA 2 MB ®iÓm M chia ®o¹n AB theo tØ sè k =2.
Do ®ã:
xA
kx
B
8
x
1
k 3
M:
M( 8
yA
kyB
4 3 ; 4 3 ).
y
1
k 3
Chó ý: Ta còng cã thÓ tr×nh bµy theo c¸ch: Gi sö M(x; y), ta cã:
MA ( x,2 y)
MA + 2 MB = (83x;43y).
MB (4 x, 3 y)
V× MA + 2 MB = 0 , nªn:
8
x
8 3x 0
3
M( 8
4 3y 0 4 3 ; 4 3 ).
y
3
ThÝ dô 2. Cho ABC, biÕt A(1; 0), B(3; 5), C(0; 3).
Gii
a. X¸c ®Þnh to¹ ®é ®iÓm E sao cho AE = 2 BC .
b. X¸c ®Þnh to¹ ®é ®iÓm F sao cho AF = CF = 5.
c. T×m tËp hîp c¸c ®iÓm M sao cho:
|2( MA + MB )3 MC | = | MB MC |. (1)
a. Gi sö E(x; y), khi ®ã AE (x1; y), BC (3; 8)
290

Tõ ®ã:
x 1 2.3
x 7
AE = 2 BC E(7; 16).
y 2.8 y 16
b. Gi sö F(x; y), khi ®ã:
2
2 2
2 2
AF 25
(x 1) y 25 (x 1) y 25
AF = CF = 5
2
2 2
CF 25 x (y 3) 25
x 3y 4
2
y
0
10y 30y 0
x 4& y 0 F 1( 4,0)
y
3
x 3y 4 x 5& y 3
.
F 2(5,3)
x 3y 4
VËy tån t¹i hai ®iÓm F 1 (4; 0) vµ F 2 (5; 3) tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
c. Gi sö M(x; y), khi ®ã:
MA (1x; y), MB (3x; 5y), MC (x; 3y)
2( MA + MB )3 MC = (x4; y19) vµ MB MC = (3; 8).
Khi ®ã:
(1) (x4) 2 + (y19) 2 = (3) 2 + (8) 2 (x + 4) 2 + (y + 19) 2 = 73.
§Æt I(4; 19), ta ®­îc:
IM 2 = 73 M thuéc ®­êng trßn t©m I(4, 19), b¸n kÝnh R = 73 .
NhËn xÐt: Nh­ vËy, trong vÝ dô trªn chóng ta ®· thùc hiÖn viÖc x¸c ®Þnh ®iÓm
dùa trªn c¸c ®¼ng thøc vÒ vect¬, ®é dµi cho tr­íc. Tuy nhiªn,
trong nhiÒu tr­êng hîp chóng ta cÇn ®i thiÕt lËp c¸c ®¼ng thøc ®ã
dùa trªn tÝnh chÊt cña ®iÓm cÇn x¸c ®Þnh.
ThÝ dô 3. Cho ABC c©n t¹i A, biÕt A(a; 3a 7 3 7 ), B(1; 0), C(2a1; 0) vµ A
thuéc gãc phÇn t­ thø nhÊt.
a. X¸c ®Þnh to¹ ®é c¸c ®Ønh cña ABC, biÕt r»ng p = 9 (p lµ nöa chu vi).
b. T×m to¹ ®é ®iÓm MAB vµ NBC sao cho ®­êng th¼ng MN ®ång
thêi chia ®«i chu vi vµ chia ®«i diÖn tÝch cña ABC.
Gii
a. Ta cã to¹ ®é c¸c ®iÓm:
A(a; 3a 7 3 7 ), B(1; 0), C(2a1; 0),
y
AM
Tõ gi thiÕt:
a
0
• AP(I)
a 1.
I
3a 7 3 7 0
B C
AB BC AC
O 1 N 3 x
• p = 9 = 9
2
2.8|a1| + 2|a1| = 18 a = 2 hoÆc a = 0 (lo¹i).
Tõ ®ã: A(2; 3 7 ), B(1; 0), C(3; 0) AB = AC = 8, BC = 2.
291

. Ta cÇn t×m ®iÓm M AB (tøc lµ phi t×m x = BM, 0 x 8) sao cho trªn c¹nh
BC tån t¹i ®iÓm N tho m·n:
BN = px = 9x, 0 9x 2 7 x 9,
S
BMN
= 1
S 2 . (1)
ABC
Tõ (1) ta ®­îc:
BM.BN
AB.BC = 1 2
x(9 x)
= 1 8.2 2 x 8
x2 9x + 8 = 0 .
x
1(l)
• Víi x = 8 M A(2; 3 7 ) vµ N(2; 0) lµ trung ®iÓm BC.
Chó ý: Bµi to¸n trªn cã d¹ng tæng qu¸t nh­ sau "Cho ABC cã c¸c c¹nh a, b,
c (t­¬ng øng víi c¸c ®Ønh A, B, C vµ chu vi 2p), gi sö c b a. T×m
®iÓm M AB, N BC sao cho ®­êng th¼ng MN ®ång thêi chia
®«i chu vi vµ chia ®«i diÖn tÝch cña ABC "
Ph­¬ng ph¸p gii
Ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc sau:
B­íc 1: §iÓm M AB (tøc lµ phi t×m x = BM, 0 x c) sao cho trªn c¹nh BC
tån t¹i ®iÓm N tho m·n:
S
BMN
BN = px, 0 px vµ = 1
S 2 . (1)
ABC
B­íc 2: Tõ (1) ta ®­îc:
BM.BN
AB.BC = 1 x(p x)
= 1 2 c.a 2 2x2 2px + ac = 0. (2)
B­íc 3: Gii (2) ta x¸c ®Þnh ®­îc x, tõ ®ã suy ra to¹ ®é c¸c ®iÓm M, N.
D¹ng to¸n 4: Vect¬ cïng ph­¬ng Ba ®iÓm th¼ng hµng §Þnh lý
Menelaus
Ph­¬ng ph¸p ¸p dông
CÇn nhí c¸c kÕt qu sau:
x1 y1
a. Víi hai vect¬ v
1
(x 1 , y 1 ) vµ v
2
(x 2 , y 2 ) ta cã v
1
// v
2
.
x y
b. Cho ba ®iÓm A(x 1 , y 1 ) , B(x 2 , y 2 ) vµ C(x 3 , y 3 ), ta cã:
x3 x1
A, B, C th¼ng hµng AC // AB
x x
2 1
2 2
y
y
y
y
=
3 1
2 1
c. §Þnh lý Menelaus: LÊy ba ®iÓm M, N, P theo thø tù trªn c¸c c¹nh BC, CA,
AB cña ABC. §iÒu kiÖn cÇn vµ ®ñ ®Ó M, N, P th¼ng hµng lµ:
MB
MC . NC
NA . PA
PB = 1.
.
292

ThÝ dô 1. Trong mÆt ph¼g to¹ ®é, cho ba ®iÓm A(3 ; 4), B(1 ; 1), C(9 ; 5).
a. Chøng minh r»ng ba ®iÓm A, B, C th¼ng hµng.
b. T×m to¹ ®é ®iÓm D sao cho A lµ trung ®iÓm cña BD.
c. T×m to¹ ®é ®iÓm E trªn trôc Ox sao cho A, B, E th¼ng hµng.
Gii
a. NhËn xÐt r»ng:
AB (4; 3) vµ AC (12; 9) AC = 3 AB A, B, C th¼ng hµng.
b. Gi sö D(x D , y D ), khi ®ã víi ®iÒu kiÖn A lµ trung ®iÓm cña BD, ta ®­îc:
1
x
D
3
2 xD
7
D(7; 7).
1
yD
y
4
D
7
2
c. Gi sö E(x E , 0) Ox, khi ®ã AE (x E + 3; 4).
Tõ ®ã, ®Ó ba ®iÓm A, B, E th¼ng hµng ®iÒu kiÖn lµ:
xE
3 4
x E = 7 4 3 3 E( 7 3 ; 0).
ThÝ dô 2. T×m trªn trôc hoµnh ®iÓm M sao cho tæng c¸c khong c¸ch tõ M tíi c¸c
®iÓm A vµ B lµ nhá nhÊt trong c¸c tr­êng hîp sau:
a. A(1; 2) vµ B(3; 4). b. A(1; 1) vµ B(2; ).
Gii
a. NhËn xÐt A, B cïng phÝa víi Ox.
Gäi A 1 lµ ®iÓm ®èi xøng víi A qua Ox, suy ra A 1 (1; 2).
Gäi P 0 = (A 1 B) Ox
y
B
A 1 , B, P 0 (x; 0) th¼ng hµng AB//
1
AP 4
1 0
2
x 1
2 x = 5 3 P 0( 5 A
3 ; 0).
2
Ta cã
O 1 P M 3 x
PA + PB = PA 1 + PB A 1 B.
A
VËy PA + PB nhá nhÊt A 1 , B, P th¼ng hµng P P 0 . 2 1
b. NhËn xÐt A, B kh¸c phÝa víi Ox.
y
A
Gäi P 0 = (AB)Ox
1
A, B, P 0 (x, 0) th¼ng hµng AB // AP
P
0
0
1
x 1
5
1
x = 6 5 P 0( 6 O P 1
5 ; 0).
2 x
Ta cã
B
4
PA + PB AB.
VËy PA + PB nhá nhÊt khi vµ chØ khi A, B, P th¼ng hµng P P 0 .
293

Chó ý: ThÝ dô trªn, ®· minh ho¹ ph­¬ng ph¸p gii cho mét líp bµi to¸n cùc trÞ rÊt
quen thuéc trong c¸c kú thi tuyÓn sinh vµo c¸c tr­êng ®¹i häc vµ cao
®¼ng, do ®ã c¸c em häc sinh cÇn n¾m ®­îc ph­¬ng ph¸p gii cho bµi to¸n
tæng qu¸t nh­ sau:
Bµi to¸n: T×m trªn ®­êng th¼ng (d): Ax + By + C = 0 ®iÓm P sao cho
tæng c¸c khong c¸ch tõ P tíi c¸c ®iÓm A(x A , y A ) vµ B(x B , y B ) kh«ng
thuéc (d) lµ nhá nhÊt ".
Ph­¬ng ph¸p
Ta x¸c ®Þnh
t A .t B = ( Ax A + By A + C)( Ax B + By B + C).
XÐt hai tr­êng hîp
Tr­êng hîp 1: NÕu t A .t B < 0 A, B ng­îc phÝa víi (d).
Ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc sau:
B­íc 1: Gäi P 0 = (AB)(d), suy ra to¹ ®é P 0 .
B­íc 2: Ta cã PA + PB AB.
VËy PA + PB nhá nhÊt khi vµ chØ khi A, P, B th¼ng hµng P P 0 .
Tr­êng hîp 2: NÕu t A .t B > 0 A, B cïng phÝa víi (d).
Ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc sau:
B­íc 1: Gäi A 1 lµ ®iÓm ®èi xøng víi A qua (d) , suy ra to¹ ®é A 1 .
B­íc 2: Gäi P 0 = (A 1 B)(d), suy ra to¹ ®é P 0 .
B­íc 3: Ta cã PA + PB = PA 1 + PB AB.
VËy PA + PB nhá nhÊt A 1 ,P, B th¼ng hµng P P 0 .
Ngoµi ph­¬ng ph¸p trªn chóng ta sÏ cßn nhËn ®­îc mét ph­¬ng ph¸p gii
kh¸c ®­îc minh ho¹ trong b¯i to¸n “ Ph­¬ng ph¸p to¹ ®é ho¸ ”.
D¹ng to¸n 5: Ph­¬ng ph¸p to¹ ®é ho¸
Ph­¬ng ph¸p ¸p dông
Ph­¬ng ph¸p to¹ ®é ho¸ th­êng ®­îc sö dông phæ biÕn trong hai d¹ng:
D¹ng 1: Ta thùc hiÖn phÐp to¹ ®é ho¸ c¸c ®iÓm trong h×nh vµ ®­a bµi to¸n h×nh
häc vÒ d¹ng gii tÝch.
D¹ng 2: Lùa chän c¸c ®iÓm thÝch hîp ®Ó biÕn ®æi biÓu thøc ®¹i sè vÒ d¹ng ®é dµi
h×nh häc Ph­¬ng ph¸p nµy tá ra rÊt hiÖu qu ®Ó t×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ
nhá nhÊt cña c¸c biÓu thøc ®¹i sè.
ThÝ dô 1. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña c¸c hµm sè y =
2
x x 1 +
2
x x 1 .
Gii
ViÕt l¹i hµm sè d­íi d¹ng:
y =
2
2
1 2 3 1 2 3
x x 1 + x x 1 = (x ) + (x )
2 4 2 4
294

XÐt c¸c ®iÓm A( 1 2 ; 3
2 ), B( 1 2 ; 3 ) vµ M(x; 0), khi ®ã:
2
2
2
AM = x x 1 , BM = x x 1 ,
suy ra S = AM + BM AB = 1
VËy, ta ®­îc S Min = 1, ®¹t ®­îc khi:
A, B, M th¼ng hµng AM // AB to¹ ®é cña M.
Chó ý: Víi c¸c em häc sinh ch­a cã kinh nghiÖm gii d¹ng to¸n nµy th«ng
1 3 1 3
th­êng sÏ chän ngay A( ; ), B( ; ) vµ M(x; 0) vµ vÉn nhËn
2 2 2 2
®­îc S Min = 1, tuy nhiªn khi ®ã ®iÒu kiÖn cho A, B, M th¼ng hµng sÏ
v« nghiÖm.
§«i khi d¹ng to¸n nµy ®­îc minh ho¹ d­íi d¹ng trÞ tuyÖt ®èi.
ThÝ dô 2. Cho ba ®iÓm A(1; 2), B(0;1) vµ M(t; 2t + 1). T×m ®iÓm M thuéc (d)
sao cho:
a. (MA + MB) nhá nhÊt. b. |MAMB| lín nhÊt.
Gii
a. Ta cã:
MA + MB =
=
= 5 [
2 2
(t 1) (2t 1) +
2
5t 6t 2 +
2
3
1
t
+
5 25
2 2
t (2t 2)
2
5t 8t 4
2
4
4
t
]
5 25
XÐt c¸c ®iÓm A 1 ( 3 5 ; 1 5 ); B 1( 4 5 ; 2 5 ) vµ M 1(t; 0).
Khi ®ã:
MA + MB = 5 ( M 1 A 1 + M 1 B 1 ).
V× M 1 ch¹y trªn trôc hoµnh vµ A 1 , B 1 n»m vÒ hai phÝa cña Ox nªn
(MA + MB) min (M 1 A 1 + M 1 B 1 ) min M 1 = (A 1 B 1 )Ox
M 1 ( 2
2
; 0) M(
15 15 ; 19
15 )
b. T­¬ng tù c©u a) ta cã:
|MAMB| = 5
2
3
1
t
5 25
XÐt c¸c ®iÓm A 2 ( 3 5 ; 1 5 ); B 2( 4 5 ; 2 5 ) vµ M 2(t; 0).
Khi ®ã:
|MAMB| = 5 |M 2 A 2 M 2 B 2 |.
2
4
4
t
5 25
295

V× M 2 ch¹y trªn trôc hoµnh vµ A 2 , B 2 n»m vÒ mét phÝa cña Ox nªn
|MAMB| max |M 2 A 2 M 2 B 2 | max M 2 = (A 2 B 2 )Ox M 2 (2; 0) M(2; 5).
C. C¸c bµi to¸n chän läc
VÝ dô 1: Cho tø gi¸c ABCD. Chøng minh r»ng:
a. Cã mét ®iÓm O duy nhÊt sao cho:
OA + OB + OC + OD = 0 .
§iÓm O ®­îc gäi lµ träng t©m cña bèn ®iÓm A, B, C, D. Tuy
nhiªn, ng­êi ta vÉn gäi quen O lµ träng t©m cña tø gi¸c ABCD.
b. Träng t©m O lµ trung ®iÓm cña mçi ®o¹n th¼ng nèi c¸c trung
®iÓm hai c¹nh ®èi cña tø gi¸c, nã còng lµ trung ®iÓm cña ®o¹n
th¼ng nèi trung ®iÓm hai ®­êng chÐo cña tø gi¸c.
c. Träng t©m O n»m trªn c¸c ®o¹n thng nèi mét ®Ønh cña tø gi¸c
vµ träng t©m cña tam gi¸c t¹o bëi ba ®Ønh cßn l¹i.
Gii
a. Gi sö cã ®iÓm O 1 tho m·n:
0 = OA
1
+ OB
1
+ OC
1
+ OD
1
= 4 OO 1
+ OA + OB + OC + OD = 4 OO 1
OO
1
= 0 O 1 O.
VËy, tån t¹i mét ®iÓm O duy nhÊt tho m·n hÖ thøc vect¬ ®· cho.
b. Gäi M, N, P, Q, E, F theo thø tù lµ trung ®iÓm cña AB, BC, CD, DA, AC, BD, ta
cã lÇn l­ît chøng minh:
• O lµ trung ®iÓm MP (®o¹n nèi trung ®iÓm cña hai c¹nh AB vµ CD), thËt vËy:
0 = OA + OB + OC + OD = 2 OM + 2 OP
OM + OP = 0 O lµ trung ®iÓm MP.
• O lµ trung ®iÓm NQ (®o¹n nèi trung ®iÓm cña hai c¹nh BC vµ DA), thËt vËy:
0 = OA + OB + OC + OD = 2 ON + 2 OQ
ON + OQ = 0 O lµ trung ®iÓm NQ.
• O lµ trung ®iÓm EF (®o¹n nèi trung ®iÓm cña hai ®­êng chÐo AC vµ BD), thËt vËy:
0 = OA + OB + OC + OD = OA + OC + OB + OD = 2 OE + 2 OF
OE + OF = 0 O lµ trung ®iÓm EF.
c. Gäi G lµ träng t©m ABC, ta cã:
0 = OA + OB + OC + OD = 3OG + OD = 3GO + (GD GO )
GD = 4 GO G, O, D th¼ng hµng.
VËy, träng t©m O n»m trªn c¸c ®o¹n thng nèi mét ®Ønh cña tø gi¸c vµ träng t©m
cña tam gi¸c t¹o bëi ba ®Ønh cßn l¹i.
296

VÝ dô 2:
Cho ®a gi¸c ®Òu n c¹nh A 1 A 2 ...A n , t©m O. Chøng minh r»ng:
n
OAi
= 0 .
i1
Gii
Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch tr×nh bµy:
C¸ch 1: Gäi OA =
n
OAi
.
i1
NhËn xÐt r»ng khi quay ®a gi¸c mét gãc b»ng 2 n th×:
• §a gi¸c vÉn kh«ng ®æi, nªn
n
OAi
= OA .
i1
• Vect¬ OA sÏ bÞ quay theo cïng chiÒu mét gãc 2 n .
Suy ra vect¬ OA cã h­íng tuú ý OA = 0 , ®pcm.
C¸ch 2: XÐt hai tr­êng hîp:
Tr­êng hîp 1: NÕu n = 2k.
Khi ®ã, víi ®Ønh bÊt kú cña ®a gi¸c ®Òu cã ®Ønh ®èi xøng víi nã qua O ®pcm.
Tr­êng hîp 2: NÕu n = 2k1.
Khi ®ã c¸c ®Ønh A 2 , ..,A n chia thµnh hai phÇn ®èi xøng qua trôc OA 1 , b»ng c¸ch
lËp tæng c¸c cÆp vect¬ ®èi xøng ®pcm.
NhËn xÐt: Nh­ vËy, ®Ó chøng minh OA = 0 ta cã thÓ sö dông tÝnh chÊt
"Vect¬ kh«ng lµ vect¬ cã ph­¬ng h­íng tuú ý".
VÝ dô 3: Cho ABC. Gäi I lµ t©m ®­êng trßn néi tiÕp tam gi¸c. Chøng minh
r»ng a. IA + b. IB + c. IC = 0 .
Gii
Dùng h×nh b×nh hµnh AB 2 IC 2 cã AB 2 //CC 1 vµ AC 2 //BB 1 , ta ®­îc:
IA = IB
2
+ IC
2
, (1)
IB2 C1A b
IB C1B a IB
2
= b IB. (2)
B
a 2
C 2
IB2
IB
B 1 C 1
I
IC2 B1A c
IC B1C a IC
2
= c C B
IC . (3)
a
IC2
ICB
Thay (2), (3) vµo (1), ta ®­îc:
IA = b a IB c a
IC a. IA + b. IB + c. IC = 0 , ®pcm.
A
297

VÝ dô 4: Cho c¸c ®iÓm A, B, C, D, E.
a. T×m O sao cho OA + 2 OB + 3 OC = 0 .
b. T×m I sao cho IA + IB + IC + ID = 0 .
c. T×m K sao cho KA + KB + KC + 3( KD + KE ) = 0 .
Gii
a. Gäi M, N, F lµ trung ®iÓm AB, BC vµ AC, ta cã:
0 = OA + 2 OB + 3 OC = ( OA + OC ) + 2( OB + OC )
= 2 OF + 4 ON = 2 FO + 4( FN FO )
FO = 2 3
FN , suy ra ®iÓm O ®­îc hoµn toµn x¸c ®Þnh.
b. Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch tr×nh bµy:
C¸ch 1: Gäi P, Q lµ trung ®iÓm CD, MP, ta cã:
0 = IA + IB + IC + ID = 2 IM + 2 IP = 4 IQ IQ = 0
I Q, suy ra ®iÓm I ®­îc hoµn toµn x¸c ®Þnh.
C¸ch 2: Gäi G lµ träng t©m ABC, ta cã:
0 = IA + IB + IC + ID = 3 IG + ID = 3 GI + ( GD GI)
GI = 1 4
GD , suy ra ®iÓm I ®­îc hoµn toµn x¸c ®Þnh.
c. Ta cã:
0 = KA + KB + KC + 3( KD + KE ) = 3 KG + 3( KD + KE )
KG + KD + KE = 0 K lµ träng t©m DEG.
VÝ dô 5:
Cho ABC, M lµ ®iÓm tuú ý trong mÆt ph¼ng.
a. Chøng minh r»ng vect¬ v = 3 MA 5 MB + 2 MC kh«ng ®æi.
b. T×m tËp hîp nh÷ng ®iÓm M tho m·n:
|3 MA + 2 MB 2 MC | = | MB MC |.
Gii
a. Ta cã:
v = 3 MA 5 MB + 2 MC = 3( MA MB ) + 2( MC MB )
= 3 BA + 2 BC , kh«ng ®æi.
b. Gäi I lµ ®iÓm tho m·n hÖ thøc
3 IA + 2 IB2 IC = 0 tån t¹i duy nhÊt ®iÓm I.
Ta ®­îc:
3 MA + 2 MB 2 MC = (3 + 22) MI = 3 MI . (1)
298

MÆt kh¸c, ta còng cã:
MB MC = CB . (2)
Thay (1), (2) vµo hÖ thøc cña c©u b), ta ®­îc:
3| MI | = | CB | MI = 1 3 BC
M thuéc ®­êng trßn t©m I, b¸n kÝnh b»ng 1 3 BC.
VÝ dô 6: Cho ABC. LÊy c¸c ®iÓm A 1 BC, B 1 AC, C 1 AB sao cho
AA
1
+ BB
1
+ CC
1
= 0 .
Chøng minh r»ng hai tam gi¸c ABC vµ A 1 B 1 C 1 cã cïng träng t©m.
Gii
Gäi G, G 1 theo thø tù lµ träng t©m c¸c tam gi¸c ABC, A 1 B 1 C 1 , ta cã:
GA + GB + GC = 0 .
GA
1 1
+ GB
1 1
+ GC
1 1
= 0 .
MÆt kh¸c tõ gi thiÕt, ta cã:
0 = AA
1
+ BB
1
+ CC
1
= ( AG + GG
1
+ GA
1 1
) + ( BG + GG
1
+ GB
1 1
) + ( CG + GG
1
+ GC
1 1
)
VÝ dô 7:
= ( GA + GB + GC ) + ( GA
1 1
+ GB
1 1
+ GC
1 1
) + 3 GG
1
= 3 GG
1
GG
1
= 0 G G 1 .
Cho ABC, ®iÓm M trong mÆt ph¼ng tho m·n:
MN = MA + MB + MC .
a. Chøng minh r»ng MN lu«n ®i qua träng t©m G cña ABC khi M thay ®æi.
b. Gäi P lµ trung ®iÓm cña CN. Chøng minh r»ng MP lu«n ®i qua mét ®iÓm
cè ®Þnh khi M thay ®æi.
Gii
a. Víi G lµ träng t©m ABC ta lu«n cã:
GA + GB + GC = 0 .
Tõ gi thiÕt ta nhËn ®­îc:
MN = MA + MB + MC = 3 MG .
VËy MN lu«n ®i qua träng t©m G cña ABC khi M thay ®æi.
b. V× P lµ trung ®iÓm cña CN nªn:
MP = 1 2 ( MC + MN ) = 1 ( MC + MA + MB + MC )
2
= 1 ( MA + MB + 2 MC )
2
299

Gäi J lµ ®iÓm tho m·n:
JA + JB + 2 JC = 0 JA + ( JA + AB ) + 2( JA + AC ) = 0
4 AJ = AB + 2 AC AJ = 1 4 AB + 1 2 AC
tån t¹i duy nhÊt ®iÓm J cè ®Þnh.
Tõ ®ã:
MP = 1 2 ( MA + MB + 2 MC ) = 1 (1 + 1 + 2) MJ = 2 MJ .
2
VËy MP lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh J khi M thay ®æi.
VÝ dô 8: Cho ABC. LÊy c¸c ®iÓm A 1 BC, B 1 AC, C 1 AB sao cho:
AA
1
+ BB
1
+ CC
1
= 0 .
BA1
a. Chøng minh r»ng
BC = CB1
CA = AC1
AB .
b. X¸c ®Þnh vÞ trÝ cña A 1 , B 1 , C 1 ®Ó AA 1 , BB 1 vµ CC 1 ®ång quy.
Gii
a. §Æt:
BA
1
= α BC , CB
1
= CA , AC
1
= AB
Khi ®ã:
0 = AA
1
+ BB
1
+ CC
1
C 1
A
G
= ( AB + BA
1
) + ( BC + CB
1
) + ( CA + AC
1
) B
= ( AB + BC + CA ) + ( BA
1
+ CB
1
+ AC
1
)
= α BC + CA + AB .
A 1
(*)
V× AB + BC + CA = 0 nªn (*) chØ ®óng khi vµ chØ khi:
BA1
α = =
BC = CB1
CA = AC1
AB , ®pcm.
b. B¹n ®äc tù gii
VÝ dô 9: Cho ABC. LÊy c¸c ®iÓm M, N, P sao cho:
MB 3 MC = 0 , AN = 3 NC , PA + PB = 0 .
TÝnh MP , MN theo AB vµ AC . Suy ra M, N, P th¼ng hµng.
Gii
Ta cã:
MP AP AM , (1)
MN AN AP , (2)
Ta ®i tÝnh AP, AM, AN theo AB vµ AC , cô thÓ tõ gi thiÕt:
MB 3 MC = 0 (AB AM) 3 (AC AM) = 0
1 3
AM = AB AC . (3)
2 2
B 1
C
300

AN = 3 NC AN = 3 AC . (4)
4
1
PA + PB = 0 AP AB . (5)
2
Thay (3), (4), (5) vµo (1) vµ (2) ta ®­îc:
MP 1 AB + 1 3
3
AB AC AB AC
2 2 2
2
MN 3 AC 1 AB . (7)
4 2
Tõ (6) vµ (7) ta nhËn thÊy MP = 2 MN M, N, P th¼ng hµng.
VÝ dô 10: Cho ABC, cã c¸c c¹nh a, b, c. Gäi A 1 , B 1 , C 1 theo thø tù lµ ch©n c¸c
®­êng ph©n gi¸c trong kÎ tõ A, B, C.
a. TÝnh AA
1
theo AB vµ AC .
b. Chøng minh r»ng ABC lµ tam gi¸c ®Òu nÕu AA
1
+ BB
1
+ CC
1
= 0 .
Gii
a. Ta cã:
BA1
AC = c b c BA1
BA1
= =
b
c
1
BA1 A1C
BC = AA1
AB
AC AB
c
AA1
AB =
b c
( AC AB ) b
AA
1
=
b c
AB + c
b c
AC .
b. T­¬ng tù c©u a), ta ®­îc:
c a c a
BB
1
= BC + BA = BC AB ,
c
a c
a c
a c
a
c b
CC
1
= CA + CB =
c b
AC BC .
a
b a
b a
b a
b
Tõ ®ã:
0 = AA
1
+ BB
1
+ CC
1
b
= (
b c
a
c a
) AB + ( c
b c
c
a b
) AC + ( c
c a
b
a
b
) BC
b
= (
b c
a
c a
)( AC BC ) + ( c
b c
c
a b
) AC + ( c
c a
b
a
b
) BC
b
= (
b c
a
c a
+ c
b c
c
a b
) AC ( b
b c
a
c a
c b
+
c
a a
b
) BC
V× AC vµ BC lµ hai vect¬ kh«ng cïng ph­¬ng, nªn ®¼ng thøc trªn ®óng khi vµ
chØ khi:
b a c c
0
b c c a b c a b
a = b = c ABC ®Òu.
b a c b
0
b c c a c a a b
301

VÝ dô 11: Cho ABC, biÕt A(1; 1), B(2; 4), C(6; 1). LÊy c¸c ®iÓm M, N, P trªn
c¸c ®­êng th¼ng AB, CA, BC sao cho c¸c ®iÓm ®ã lÇn l­ît chia c¸c
Gii
a. Ta cã:
®o¹n th¼ng theo c¸c tØ sè 1, 1 2 , 2.
a. X¸c ®Þnh to¹ ®é cña M, N, P.
b. Chøng tá r»ng M, N, P th¼ng hµng.
• M(x; y) chia ®o¹n AB theo tØ sè 1 M lµ trung ®iÓm AB M( 1 2 ; 3 2 ).
• N(x; y) chia ®o¹n CA theo tØ sè 1 2
NC = 1 2
NA 2(6x; 1y) = (1x; 1y)
2(6 x) 1
x x 11/ 3
N( 11
2(1 y) 1
y y 1/ 3 3 ; 1 3 ).
• P(x; y) chia ®o¹n BC theo tØ sè 2 C lµ trung ®iÓm BP P(10; 2).
b. Ta cã:
MP ( 19 2 ; 7 2 ) & NP ( 19 3 ; 7 ) MP // NP M, N, P th¼ng hµng.
3
VÝ dô 12: Cho ABC, biÕt A(1; 3), B(3;5), C(2; 2). T×m to¹ ®é:
a. Giao ®iÓm E cña BC víi ph©n gi¸c trong cña gãc A.
b. Giao ®iÓm F cña BC víi ph©n gi¸c ngoµi cña gãc A.
Gii
Ta cã:
AB 2 = 4 + 4 = 8 vµ AC 2 = 1 + 2 = 2 k = AC
AB = 2.
a. Gi sö E(x; y), theo tÝnh chÊt ph©n gi¸c trong, ta ®­îc:
EC
= 2 EC (2x; 2y) = 2EB (3x; 5y)
EB
2 x 2(3 x) x 4/3
E( 4 F B
2 y 2( 5 y) y 4 3 ; 4).
b. Gi sö F(x; y), theo tÝnh chÊt ph©n gi¸c ngoµi, ta ®­îc:
FC
= 2 FC (2x; 2y) = 2 FB (3x; 5y)
FB
2 x 2(3 x) x 4
F(4; 8).
2 y 2( 5 y) y 8
A
E
C
302

VÝ dô 13: Cho ABC vu«ng t¹i A, biÕt A(a; 0), B(1; 0), C(a; a 3 3 ). X¸c ®Þnh
to¹ ®é träng t©m G cña ABC, biÕt r»ng b¸n kÝnh ®­êng trßn néi tiÕp
ABC b»ng 2.
Gii
Ta cã G( 2a 1 a 1 ; ). Víi nhËn xÐt:
3 3
S ABC = 1 AB.AC = p.r AB.AC = 2(AB + AC + BC)
2
3 |a1|.|a1| = 2(|a1| + 3 |a1| + 2|a1|)
|a1| = 2 + 2
Ta lÇn l­ît:
3
a 3 2 3
.
a 1 2 3
• Víi a = 3 + 2 3 , ta ®­îc: G( 7 4 3
3
; 2 2 3
3
14 3 2 2 3
• Víi a = 12 3 , ta ®­îc: G( ; ).
3 3
VËy tån t¹i hai ®iÓm G tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
VÝ dô 14: Cho ®iÓm M(4; 1), hai ®iÓm A(a; 0), B(0; b) víi a, b > 0 sao cho A, B,
M th¼ng hµng. X¸c ®Þnh to¹ ®é cña A, B sao cho:
a. DiÖn tÝch OAB nhá nhÊt. b. OA + OB nhá nhÊt.
1
2
OA + 1
2
OB
nhá nhÊt.
Gii
V× A, B, M th¼ng hµng
AM // AB 4 a
a
= 1 b 4 a + 1 = 1.
b
(1)
a. Ta cã, diÖn tÝch OAB ®­îc cho bëi:
S = 1 2 OA.OB = ab 2 .
Tõ (1) suy ra
1 = 4 a + 1 b 2 41 .
a b = 4
ab
VËy S Min = 8, ®¹t ®­îc khi:
4
a = 1 b = 1 2 a 8
b 2
).
ab 16 S 8.
A(8;0)
.
B(0;2)
303

. Tõ (1), ta ®­îc :
4b
a = ®iÒu kiÖn b > 1.
b1
Khi ®ã:
4b
OA + OB =
b 1
+ b = 4
b 1
+ b + 4 = 4
b 1
+ b1 + 5 2 4 .(b 1) + 5 = 9.
b1
VËy (OA + OB) Min = 9, ®¹t ®­îc khi:
4
b 1
= b1 = 2 a 6 A(6;0)
.
b 3 B(0;3)
c. Ta cã:
1
2
OA + 1
2
OB = 1 1
+
2 2
a b .
NhËn xÐt r»ng:
(4 2 + 1 2 1 1
)( +
2 2
a b ) ( 4 a + 1 1 1
b )2 = 1 + 1
2 2
a b 17 .
1
VËy, ta ®­îc (
2
OA + 1
2
OB ) Min = 1 , ®¹t ®­îc khi:
17
4 1 17 17
1
a
A( ;0)
a
b 4 4 .
4a
b
b 17
B(0;17)
VÝ dô 15: T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc:
S =
Gii
ViÕt l¹i biÓu thøc d­íi d¹ng:
S =
2 2
(x 1) (y 2) +
2 2
x y 2x 4y 5 +
2 2
(x 3) (y 2) .
XÐt c¸c ®iÓm A(1; 2), B(3; 2) vµ M(x; y), khi ®ã:
2 2
x y 6x 4y 13 .
2 2
2 2
AM = (x 1) (y 2) , BM = (x 3) (y 2) ,
suy ra:
S = AM + BM AB = 4
VËy, ta ®­îc S Min = 4, ®¹t ®­îc khi:
A, B, M th¼ng hµng AM // AB x 1 y
2 = y = 2,
4 0
vµ khi ®ã:
S = |x + 1| + |x3| = |x + 1| + |3x| |x + 1 + 3x| = 4,
dÊu “ = ” x°y ra khi
(x + 1)(3x) 0 1 x 3.
VËy, ta ®­îc S Min = 4, ®¹t ®­îc khi 1 x 3 vµ
y 2.
304

ch­¬ng 2 tÝch v« h­íng cña hai vect¬
vµ øng dông
A. KiÕn thøc cÇn nhí
I. gi¸ trÞ l­îng gi¸c cña mét gãc bÊt k×
1. ®Þnh nghÜa
Víi mçi gãc (0 0 180 0 ), ta x¸c ®Þnh ®iÓm M trªn nöa ®­êng trßn ®¬n vÞ sao
cho MOx = . Gi sö ®iÓm M cã to¹ ®é (x, y). Khi ®ã:
• Tung ®é y cña ®iÓm M gäi lµ sin cña gãc , kÝ hiÖu lµ sin.
• Hoµnh ®é x cña ®iÓm M gäi lµ c«sin cña gãc , kÝ hiÖu lµ cos.
• TØ sè x
y (víi x 0) gäi lµ tang cña gãc , kÝ hiÖu lµ tan.
• TØ sè y
x (víi y 0) gäi lµ c«tang cña gãc , kÝ hiÖu lµ cot.
C¸c sè sin, cos, tan, cot gäi lµ c¸c gi¸ trÞ l­îng gi¸c cña gãc .
Ta cã:
y sin
x cos
sin = y, cos = x, tan = = , cot = = .
x cos
y sin
Gi¸ trÞ l­îng gi¸c cña hai gãc bï nhau
a. sin(180 0 ) = sin.
c. tan(180 0 ) = tan.
b. cos(180 0 ) = cos.
d. cot(180 0 ) = cot.
Hµm sè l­îng gi¸c cña hai gãc phô nhau
a. sin(90 0 ) = cos.
b. cos(90 0 ) = sin.
c. tan(90 0 ) = cot.
d. cot(90 0 ) = tan.
2. Gi¸ trÞ l­îng gi¸c cña c¸c cung ®Æc biÖt
Gãc 0 0 30 0 45 0 60 0 90 0 120 0 135 0 150 0 180 0
sin 0
1 2 3
3 2 1
1
2 2 2
2 2 2
0
cos 1
3 2 1
1 2 3
0
2 2 2
2 2 2
1
tan 0
1
1
1 3 || 3 1
3
3
0
1
cot || 3 1
3
0
1
3
1 3 ||
305

3. C¸c h»ng ®¼ng thøc l­îng gi¸c c¬ bn
a. sin 2 + cos 2 = 1.
sin
b. tan = vµ cot =
cos
c. tan.cot = 1.
1
d. = 1 + tan 2 vµ
2
cos
cos
.
sin
1
2
sin
= 1 + cot 2 .
II. tÝch v« h­íng cña hai vect¬
1. gãc gi÷a hai vect¬
Cho hai vect¬ a vµ b ( a , b 0 ). Tõ ®iÓm O nµo ®ã, ta vÏ c¸c vect¬ OA = a
vµ OB = b . Khi ®ã:
Sè ®o cña gãc AOB ®­îc gäi lµ sè ®o cña gãc gi÷a hai vect¬ a vµ b , hoÆc gãc gi÷a
hai vect¬ a vµ b .
Ta thÊy ngay viÖc x¸c ®Þnh gãc gi÷a hai vect¬ kh«ng phô thuéc vµo viÖc chän ®iÓm
O, do ®ã gãc gi÷a hai vect¬ a vµ b ®­îc kÝ hiÖu lµ ( a , b ).
2. §Þnh nghÜa tÝch v« h­íng cña hai vect¬
§Þnh nghÜa: TÝch v« h­íng cña hai vect¬ a vµ b kÝ hiÖu lµ a . b lµ mét sè thùc ®­îc
x¸c ®Þnh bëi:
a . b = a . b .cos( a , b ).
Tõ ®Þnh nghÜa víi a , b 0 ta cã c¸c kÕt qu:
2
a. a = a . a .cos0 0 = a 2 .
b. a . b > 0 cos > 0 0 0 < 90 0 .
c. a . b = 0 cos = 0 = 90 0 a b .
d. a . b < 0 cos < 0 90 0 < 180 0 .
NÕu mét trong hai vect¬ b»ng 0 th× ta quy ­íc:
a . 0 = b . 0 = 0.
3. tÝnh chÊt cña tÝch v« h­íng
Víi mäi vect¬ a , b , c vµ víi mäi sè thùc k ta ®Òu cã :
TÝnh chÊt 1: (TÝnh chÊt giao ho¸n): a . b = b . a .
TÝnh chÊt 2:
(TÝnh chÊt ph©n phèi): a .( b + c ) = a . b + a . c
TÝnh chÊt 3: m( a ). b = m( a . b ).
306

4. biÓu thøc to¹ ®é cña tÝch v« h­íng
NÕu a (a 1 , a 2 ) vµ b (b 1 , b 2 ) th×:
a . b = a 1 .b 1 + a 2 .b 2 .
Gãc gi÷a hai vect¬ a vµ b x¸c ®Þnh bëi:
a1.b1
a
2.b
2
cos =
.
2 2 2 2
a a . b b
1
2
III. hÖ thøc l­îng trong tam gi¸c
1. §Þnh lÝ c«sin trong tam gi¸c
1
2
Trong ABC cã AB = c, BC = a, CA = b ta cã:
a 2 = b 2 + c 2 2bccosA; b 2 = a 2 + c 2 2accosB; c 2 = a 2 + b 2 2abcosC.
2. §Þnh lÝ sin trong tam gi¸c
Trong ABC cã AB = c, BC = a, CA = b ta cã:
a b c
= = = 2R, trong ®ã R lµ b¸n kÝnh ®­êng trßn ngo¹i tiÕp ABC.
sin A sin B sin C
3. Tæng b×nh ph­¬ng hai c¹nh vµ ®é dµi ®­êng trung tuyÕn cña tam gi¸c
Trong ABC cã AB = c, BC = a, CA = b vµ c¸c ®­êng trung tuyÕn t­¬ng øng lµ
m a , m b , m c , ta cã:
b 2 + c 2 2 a 2
= 2 m
a
+ , c 2 + a 2 2 b 2
= 2 m
b
+ , a 2 + b 2 = 2 2 c 2
m
c
+ .
2
2 2
4. diÖn tÝch tam gi¸c
Trong ABC cã AB = c, BC = a, CA = b vµ c¸c ®­êng cao t­¬ng øng lµ h a , h b , h c ,
ta cã:
S = 2
1 aha = 2
1 bhb = 2
1 chc .
S = 2
1 bcsinA = 2
1 acsinB = 2
1 absinC =
S = pr = p(p
a)(p b)(p c)
.
abc
4R
víi p lµ nöa chu vi tam gi¸c, r b¸n kÝnh ®­êng trßn néi tiÕp).
B Ph­¬ng ph¸p gii c¸c d¹ng to¸n liªn quan
§1. Gi¸ trÞ l­îng gi¸c cña mét gãc bÊt k×
ThÝ dô 1. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A = 4sin 4 135 0 + 3 cos 3 150 0 3cot 2 120 0 .
307

Gii
Ta cã:
2
2
A = 4.
3
+ 3
1 9 2
3 = .
2
3 8
ThÝ dô 2. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc:
Gii
Ta cã:
308
4
3 2 2
b 2. 2ab .
A =
2
a 3 b 2a 3
3
2
0 3
0 2
a .sin180 b 2.sin135 2ab .cos150
A =
0
0
0
a.cot g150 b.cos0 2atg60
3
2
=
b
3
a
ab
2
3 b
3
b 2 (a 3 b)
=
= b
a 3 2 .
b
ThÝ dô 3. BiÕt tan75 o = 2 + 3 , tÝnh gi¸ trÞ c¸c hµm sè l­îng gi¸c cña:
a. Gãc 105 o . b. Gãc 15 o .
Gii
a. Ta cã:
tan105 o = tan(180 0 75 o ) = tan75 o = 2 3 ,
1 1
cot105 o = =
0
tan105 2 3
= 3 2,
cos105 o = cos(180 0 75 o ) = cos75 0 . (1)
MÆt kh¸c ta cã:
1
1 3 1
= 1 + tan 2 cos75 0 =
=
2
.
cos
1 tan
2 75 0 2 2
(2)
Thay (2) vµo (1), ta ®­îc cos105 o =
Khi ®ã, tõ:
0
sin105
tan105 o =
0
cos105
b. Ta cã:
1 3
.
2 2
1 3
sin105 o = tan105 o .cos105 o = (2 3 ). =
2 2
1
cot15 0 = cot(90 0 75 0 ) = tan75 o = 2 + 3 , tan15 o =
0
cot g15
sin15 0 = sin(90 0 75 0 ) = cos75 o =
0
cos15
cot15 o =
0
sin15
3 1 ,
2 2
cos15 o = cot15 o .sin15 o = (2 + 3 ).
=
1
2
0
3
.
3 1 .
2 2
= 2 3 ,
3 1 3 1 = .
2 2 2 2

ThÝ dô 4. Cho gãc x víi cosx = 3
1 . TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc P = 3sin 2 + cos 2 .
Gii
Ta cã:
P = 3sin 2 + cos 2 = P = 2sin 2 + sin 2 + cos 2 = 2 sin 2 + 1. (1)
L¹i cã:
cos 2 + sin 2 = 1 sin 2 = 1 cos 2 1
8
= 1 sin 2 = .Do ®ã:
3
9
(1) P = 2 sin 2 + 1 = 2. 9
8 + 1 = 9
25 .
ThÝ dô 5. TÝnh tæng S = cos10 0 + cos30 0 + ... + cos150 0 + cos170 0 .
Gii
ViÕt l¹i S d­íi d¹ng:
S = (cos10 0 + cos170 0 ) + (cos30 0 + cos150 0 ) +
+ (cos50 0 + cos130 0 ) + (cos70 0 + cos110 0 ) + cos90 0
= (cos10 0 cos10 0 ) + (cos30 0 cos30 0 ) +
+ (cos50 0 cos50 0 ) + (cos70 0 cos70 0 )
= 0.
ThÝ dô 6. Cho h×nh vu«ng ABCD. TÝnh cos( AC , BA ), sin( AC , BD ), cos( AB , CD )
Gii
a. VÏ tia AB' lµ tia ®èi cña tia AB , ta cã:
( AC , BA ) cã sè ®o C¢B' ( AC , BA ) = 135 0 cos( AC , BA ) =
b. Ta cã:
( AC , BD ) = C¤D = 90 0 sin( AC , BD ) = 1
c. Ta cã:
AB vµ CD ng­îc h­íng nªn ( AB , CD ) = 0 0 .
VËy, ta ®­îc cos( AB , CD ) = 1.
§2. TÝch v« h­íng cña hai vect¬
D¹ng to¸n 1: TÝnh tÝch v« h­íng cña hai vect¬
Ph­¬ng ph¸p thùc hiÖn
Ta lùa chän mét trong c¸c c¸ch sau:
C¸ch 1: Sö dông ®Þnh nghÜa b»ng c¸ch ®­a hai vect¬ a , b vÒ cïng gèc ®Ó x¸c
®Þnh ®­îc gãc = ( a , b ), tõ ®ã:
a . b = a . b .cos.
2
2
2
309

C¸ch 2: Sö dông c¸c tÝnh chÊt vµ c¸c h»ng ®¼ng thøc cña tÝch v« h­íng cña hai
vect¬.
C¸ch 3: Sö dông ®Þnh lý h×nh chiÕu: víi A', B' lµ h×nh chiÕu cña A, B lªn gi¸ cña
CD , ta cã:
AB . CD = A'B' . CD .
C¸ch 4: Sö dông biÓu thøc to¹ ®é.
ThÝ dô 1. Cho h×nh vu«ng ABCD c¹nh a, t©m O. M lµ ®iÓm tuú ý trªn ®­êng trßn
néi tiÕp h×nh vu«ng vµ N lµ ®iÓm tuú ý trªn c¹nh BC. TÝnh:
a. MA . MB + MC . MD .
b. NA . AB .
N
M
c. NO . BA .
O
Gii
a. Ta cã:
D
C
MA . MB + MC . MD = ( MO + OA ).( MO + OB ) +
+ ( MO + OC ).( MO + OD )
= 2MO 2 + OA . OB + OC . OD + MO ( OA + OB + OC + OD ) = 1 4 a2 ,
bëi OA OB, OC OD vµ OA + OB + OC + OD = 0 .
b. NhËn xÐt r»ng B lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña N lªn AB, do ®ã:
NA . AB = BA . AB = AB . AB = AB 2 = a 2 .
c. Gäi K lµ trung ®iÓm cña AB, suy ra M lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña O lªn AB, do ®ã:
NO . BA = BK . BA = 1 2 a.a = 1 2 a2 .
A
K
B
Chó ý: Víi c¸c bµi to¸n cã ®iÒu kiÖn, chóng ta cÇn vËn dông linh ho¹t ®iÒu kiÖn
dÓ nhËn ®­îc biÓu thøc cÇn dïng, cô thÓ gi sö bµi to¸n yªu cÇu tÝnh:
A = ( 1 a + 1 b )( 2 a + 2 b )
biÕt r»ng a = a, b = b vµ a + b = c, khi ®ã ta hiÓu r»ng:
A = 1 2 a 2 + 1 2 b 2 + ( 1 2 + 2 1 ) a . b
= 1 2 a 2 + 1 2 b 2 + ( 1 2 + 2 1 ) a . b .
Nh­ vËy tõ gi thiÕt ta cÇn nhËn ®­îc gi¸ trÞ cña tÝch a . b , ®Ó cã ®­îc nã ta sö dông:
Suy ra:
a + b = c ( a + b ) 2 = c 2
a 2 + b 2 + 2 a . b = c 2 a . b = 1 2 (c2 a 2 b 2 )
A = 1 2 a 2 + 1 2 b 2 + 1 2 ( 1 2 + 2 1 )(c 2 a 2 + b 2 ).
310

ThÝ dô 2. Cho ABC cã c¸c c¹nh b»ng a, b, c.
Gii
a. Ta cã:
a. TÝnh AB . AC theo a, b, c, tõ ®ã suy ra:
AB . BC + BC . CA + CA AB .
b. Gäi M lµ trung ®iÓ BC vµ G lµ träng t©m ABC, tÝnh ®é dµi AM tõ
®ã suy ra ®é dµi AG vµ cosin gãc nhän t¹o bëi AG vµ BC.
BC = AC AB . (1)
B×nh ph­¬ng v« h­íng hai vÕ cña (1), ta ®­îc:
BC 2 = ( AC AB ) 2 BC 2 = AC 2 + AB 2 2 AC . AB
theo tÝnh giao ho¸n, ta cã:
AC . AB = AB . AC .
Suy ra:
AB . AC = 1 2 (AB2 + AC 2 BC 2 ) = 1 2 (b2 + c 2 a 2 ).
B»ng c¸ch tÝnh t­¬ng tù, ta ®­îc:
Tõ ®ã:
b. Ta cã:
BA . BC = 1 2 (a2 + c 2 b 2 ) vµ CA . CB = 1 2 (a2 + b 2 c 2 ).
AB . BC + BC . CA + CA AB = BA . BC CA .CB AB . AC
= 1 2 (a2 + c 2 b 2 ) 1 2 (a2 + b 2 c 2 ) 1 2 (b2 + c 2 a 2 )
= 1 2 (a2 + c 2 + b 2 ).
AM = 1 ( AB + AC ). (2)
2
B×nh ph­¬ng v« h­íng hai vÕ cña (2), ta ®­îc:
AM 2 = 1 4 ( AB + AC )2 = 1 4 (AB2 + AC 2 + 2 AB . AC )
= 1 4 [c2 + b 2 + 2. 1 2 (b2 + c 2 a 2 )] = 1 4 (2c2 + 2b 2 a 2 )
AM = 1 2
2 2 2
2c 2b a . (*)
Suy ra
AG = 2 3 AM = 2 3 . 1 2
2 2 2
2c 2b a = 1 3
2 2 2
2c 2b a .
311

c. Gäi lµ gãc nhän t¹o bëi AG vµ BC, khi ®ã:
AG . BC = AG . BC .cos cos =
Ta ®i tÝnh AG . BC , b»ng c¸ch:
| AG.BC |
| AG |.| BC | . (3)
AG . BC = 1 3 ( AB + AC )( AC AB ) = 1 3 (AC2 AB 2 ) = 1 3 (b2 c 2 ). (4)
Thay (4) vµo (3), ta ®­îc:
cos =
1 | b
2 c
2
|
3
1 2c 2 2b 2 a 2
.a
3
=
2 2
| b c |
a. 2c 2b a
2 2 2
.
Chó ý: Ta còng cã thÓ tÝnh AB . BC + BC . CA + CA AB b»ng c¸ch:
Ta cã:
AB + BC + CA = 0 . (5)
B×nh ph­¬ng hai vÕ cña (5), ta ®­îc:
( AB + BC + CA ) 2 = 0
AB 2 + BC 2 + CA 2 + 2 AB . BC + 2 BC . CA + 2 CA . AB
AB . BC + BC . CA + CA AB = 1 2 (a2 + c 2 + b 2 ).
D¹ng to¸n 2: Chøng minh ®¼ng thøc vÒ tÝch v« h­íng hay ®é dµi.
Ph­¬ng ph¸p thùc hiÖn
Ta cã hai d¹ng:
D¹ng 1: Víi c¸c biÓu thøc vÒ tÝch v« h­íng ta sö dông ®Þnh nghÜa hoÆc tÝnh chÊt
cña tÝch v« h­íng, cÇn ®Æc biÖt l­u ý phÐp ph©n tÝch vect¬ ®Ó biÕn ®æi.
D¹ng 2: Víi c¸c biÓu thøc vÒ ®é dµi ta th­íng sö dông AB 2 = AB 2 .
ThÝ dô 3. Cho nöa ®­êng trßn t©m O cã ®­êng kÝnh AB = 2R. Gäi M vµ N lµ hai
®iÓm thuéc nöa ®­êng trßn sao cho hai d©y cïng AM vµ BN c¾t nhau
t¹i I.
a. Chøng minh: AI.AM = AI.AB vµ BI.BM = BI.BA .
b. H·y dïng c©u a) ®Ó tÝnh AI.AM + BI.BM theo R.
Gii
a. Ta cã:
AI vµ AM cïng h­íng nªn ( AI , AM ) = 0 0 AI.AM = AI.AM. (1)
L¹i cã:
AI.AB = AI.AB.cos( AI , AB ), AB. cos( AI , AB ) = AM.
312

Suy ra AI.AM = AI.AB
T­¬ng tù, ta còng cã BI.BM = BI.BA .
b. Ta cã:
AI.AM + BI.BM = AI.AB + BI.BA = AB ( AI BI )
2
= AB . AB = AB = AB 2 = 4R 2 .
ThÝ dô 4. Cho MM 1 lµ ®­êng kÝnh bÊt kú cña ®­êng trßn t©m O, b¸n kÝnh R. A lµ
®iÓm cè ®Þnh vµ OA = d. Gi sö AM c¾t (O) t¹i N.
a. Chøng minh r»ng tÝch v« h­íng AM . AM
1
cã gi¸ trÞ kh«ng phô
thuéc M.
b. Chøng minh r»ng tÝch AM . AN cã gi¸ trÞ kh«ng phô thuéc M.
Gii
a. Ta cã:
AM . AM
1
= ( OM OA ).( OM1
OA )
b. Ta cã:
= OM . OM1
( OM + OM
1
). OA + OA 2
= OA 2 OM 2 = d 2 R 2 .
O
M
AM . AN = AM . AN = AM .( AM
1
+ MN)
1
= AM . AM
1
+ AM . MN
1
= d 2 R 2 .
ThÝ dô 5. Cho nöa ®­êng trßn ®­êng kÝnh AB. Cã AC, BD lµ hai d©y thuéc nöa
®­êng trßn, c¾t nhau t¹i E. Chøng minh r»ng:
Gii
Ta cã:
AE . AC + BE . BD = AB 2 .
AE . AC = AE . AC = AE .( AB + BC )
= AE . AB + AE . BC = AE . AB . (1)
BE . BD = BE . BD = BE .( BA + AD )
= BE . BA + BE . AD = BE . BA . (2)
Céng theo vÕ (1) vµ (2), ta ®­îc:
AE . AC + BE . BD = ( AE BE ). AB = ( AE + EB ). AB = AB 2 = AB 2 .
D¹ng to¸n 3: Chøng minh tÝnh vu«ng gãc ThiÕt lËp ®iÒu kiÖn vu«ng gãc
Ph­¬ng ph¸p thùc hiÖn
Ta dïng ®Þnh lý:
a b a . b = 0
A
M 1
N
313

a 0
a . b .cos( a , b ) = 0 b
0 .
cos(a,b) 0
Ngoµi ra, ta cßn sö dông c¸c tÝnh chÊt cña tÝch v« h­íng.
Chó ý: NÕu a (a 1 , a 2 ) vµ b (b 1 , b 2 ) th× ®iÒu kiÖn a b a 1 .b 1 + a 2 .b 2 = 0.
ThÝ dô 1. Cho bèn ®iÓm A, B, C, D. Chøng minh r»ng ABCD khi vµ chØ khi:
AC 2 + BD 2 = AD 2 + BC 2 . (1)
Gii
BiÕn ®æi (1) vÒ d¹ng:
0 = ( AC 2 BC 2 ) + ( BD 2 AD 2 )
= ( AC BC )( AC + BC ) + ( BD AD )( BD + AD )
= AB ( AC + BC ) + BA ( BD + AD )
= AB ( AC + BC BD AD ) = AB . DC
AB CD.
ThÝ dô 2. Cho ABC vu«ng t¹i A, gäi M lµ trung ®iÓm BC. LÊy c¸c ®iÓm B 1 , C 1 trªn
AB vµ AC sao cho AB.AB 1 = AC.AC 1 . Chøng minh r»ng AM B 1 C 1 .
Gii
Tõ gi thiÕt suy ra AB . AB
1
= AC . AC
1
.
Ta cã:
314
AM . BC
1 1
= 1 2 ( AB + AC )( AC1
AB
1
)
AM B 1 C 1 .
= 1 2 ( AB . AC1
AB AB
1
+ AC . AC1
AC . AB
1
) = 0
ThÝ dô 3. Cho h×nh thang vu«ng ABCD, hai ®¸y AD = a, BC = b, ®­êng cao AB = h.
T×m hÖ thøc liªn hÖ gi÷a a, b, h sao cho:
a. BDCI, víi I lµ trung ®iÓm cña AB.
A a
b. ACDI.
DC 1
c. BMCN, víi M, N theo thø tù lµ trung h
A
®iÓm cña AC vµ BD.
I
a
Gii
a. Ta cã:
B b DC
BD CI BD . CI = 0
1
0 = (AD AB ). CI = AD .CI AB .CI = AD . CAAB
1
.BI = ab + h. h 2
h 2 = 2ab.

. Ta cã:
AC DI AC . DI = 0
0 = ( AB + BC ). DI = AB . DI + BC . DI = AB .AI + BC . DB
1
= h. h 2 ba
h 2 = 2ab.
c. Ta cã:
BM CN BM . CN = 0 0 = 1 2 ( BA + BC ). 1 ( CB + CD )
2
0 = ( BA + BC ).( CB + CD )
= BA . CB + BC . CB + BA . CD + BC . CD
= BC 2 + BA .BA + BC . CD
1
= b 2 + h 2 b(ba) = 2b 2 + h 2 + ab
h 2 = 2b 2 ab.
D¹ng to¸n 4: Sö dông tÝch v« h­íng gii c¸c bµi to¸n ®Þnh l­îng,
®Þnh tÝnh
Ph­¬ng ph¸p thùc hiÖn
1. Víi c¸c bµi to¸n ®Þnh l­îng, ta sö dông c¸c kÕt qu:
a. Gäi lµ gãc gi÷a a vµ b , ta cã:
a.b
cos =
| a | .| b | .
b. §Ó tÝnh ®é dµi ®o¹n AB, ta thùc hiÖn:
AB 2 = AB 2 = AB . AB
råi thùc hiÖn phÐp ph©n tÝch vect¬ AB thµnh tæ hîp c¸c vect¬ c¬ së.
2. Víi c¸c bµi to¸n ®Þnh tÝnh, ta biÕn ®æi ®iÒu kiÖn ban ®Çu thµnh biÓu thøc cña tÝch
v« h­íng, råi tõ ®ã dÉn tíi
a
b
,
a // b
tõ ®ã ®­a ra lêi kÕt luËn cho bµi to¸n.
ThÝ dô 1. Cho ABC vu«ng, cã c¹nh huyÓn BC = a
r»ng AM . BC =
Gii
Tõ gi thiÕt ta ®­îc;
2
a
2
, tÝnh ®é dµi AB vµ AC.
3 , M lµ trung ®iÓm BC. BiÕt
2
a
2 = AM .BC = 1 2 (AB + AC ).( AC AB ) = 1 2 (AB 2 AC 2 ) = 1 2 (AB2 AC 2 )
AB 2 AC 2 = a 2 . (1)
315

MÆt kh¸c theo Pitago, ta ®­îc:
AB 2 + AC 2 = BC 2 = ( a 3 ) 2 = 3a 2 . (2)
Gii hÖ ph­¬ng tr×nh t¹o bëi (1), (2), ta ®­îc AB = a 2 , AC = a.
ThÝ dô 2. Cho h×nh b×nh hµnh ABCD, biÕt r»ng víi mäi ®iÓm M lu«n cã:
MA 2 + MC 2 = MB 2 + MD 2 . (1)
Chøng minh r»ng ABCD lµ h×nh ch÷ nhËt.
Gii
Gäi O lµ giao ®iÓm cña hai ®­êng chÐo, ta ®­îc:
2 MO = MA + MC = MB + MD . (2)
B×nh ph­¬ng hai vÕ cña (2), ta ®­îc:
( MA + MC ) 2 = ( MB + MD ) 2
MA 2 + MC 2 + 2 MA . MC = MB 2 + MD 2 + 2 MB . MD
MA . MC = MB . MD
( MO + OA ).( MO + OC ) = ( MO + OB ).( MO + OD )
( MO + OA ).( MO OA ) = ( MO + OB ).( MO OB )
OA 2 = OB 2 OA = OB AC = BD
ABCD lµ h×nh ch÷ nhËt
D¹ng to¸n 5: T×m ®iÓm M tho m·n ®¼ng thøc vÒ tÝch v« h­íng hay
®é dµi
Ph­¬ng ph¸p thùc hiÖn
Ta biÕn ®æi biÓu thøc ban ®Çu vÒ mét trong c¸c d¹ng sau:
D¹ng 1: AM 2 = k > 0, th× M thuéc ®­êng trßn t©m A, b¸n kÝnh R = k .
D¹ng 2: MA . MB = k, víi A, B cè ®Þnh vµ k kh«ng ®æi. Khi ®ã:
• Gäi I lµ trung ®iÓm AB, ta ®­îc:
k = MA . MB = ( MI + IA ).( MI + IB)
= ( MI + IA ).( MI IA ) = MI 2 IA 2
IM 2 = k + IA 2 = k +
2
AB
4
DÆt
l.
• Khi ®ã:
- NÕu l < 0 th× M kh«ng tån t¹i M.
- NÕu l = 0 th× M I.
- NÕu l > 0 th× M thuéc ®­êng trßn t©m I, b¸n kÝnh R = l .
n
Më réng: NÕu ta cã MA . iMAi
= k, víi A, A i , i = 1,n cè ®Þnh,
k kh«ng ®æi.
i1
n
i
0 vµ
i1
316

D¹ng 3:
Khi ®ã:
• Gäi K lµ ®iÓm tho m·n:
n
iKAi
= 0 tån t¹i duy nhÊt ®iÓm cè ®Þnh K.
i1
• Tõ ®ã:
n
iMAi
=
i1
• Khi ®ã ta ®­îc:
MA . MK = k .
n
i
. MK = MK , víi =
i1
n
i
.
i1
MA . BC = k, víi A, B, C cè ®Þnh. Khi ®ã:
• Gäi M 0 , A 0 theo thø tù lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M, A lªn BC, ta ®­îc:
k
k = MA . BC = MA
0 0
. BC MA
0 0
=
BC ,
cã gi¸ trÞ kh«ng ®æi vµ do A 0 cè ®Þnh nªn M 0 cè ®Þnh.
• VËy ®iÓm M thuéc ®­êng th¼ng vu«ng gãc víi BC t¹i M 0 .
§Æc biÖt khi k = 0 th× M thuéc ®­êng th¼ng qua A vu«ng gãc víi BC.
ThÝ dô 1. Cho ba ®iÓm A, B, C kh«ng th¼ng hµng T×m tËp hîp nh÷ng ®iÓm M sao
cho MA . MB MA . MC = a 2 MB 2 + MC 2 , víi a = BC.
Gii
Ta biÕn ®æi (1) vÒ d¹ng:
a 2 = MA ( MC MB ) MB 2 + MC 2
= ( MA + MB + MC )( MC MB ) = 3 MG . BC
trong ®ã G lµ träng t©m ABC, vµ gäi M 0 , G 0 theo thø tù lµ
h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M, G lªn BC, ta ®­îc:
A
G
M
3 MG
0 0
. BC = a 2 MG
0 0
= a 3
do G 0 cè ®Þnh nªn M 0 cè ®Þnh.
VËy ®iÓm M thuéc ®­êng th¼ng vu«ng gãc víi BC t¹i M 0 .
ThÝ dô 2. Cho ABC. T×m tËp hîp nh÷ng ®iÓm M, sao cho MA 2 MB 2 = k. (1)
Gii
Gäi I lµ trung ®iÓm AB, ta biÕn ®æi (1) vÒ d¹ng:
k = MA 2 MB 2 = ( MA + MB )( MA MB ) = 2 MI . BA .
Gäi M 0 lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M lªn AB, ta ®­îc:
k
A I M 0
k = MI . BA = MI.
0
BA MI
0
=
BA ,
cã gi¸ trÞ kh«ng ®æi vµ do I cè ®Þnh nªn M 0 cè ®Þnh.
VËy ®iÓm M thuéc ®­êng th¼ng vu«ng gãc víi AB t¹i M 0 .
B
G 0 M 0
M
B
C
317

NhËn xÐt: Th«ng qua vÝ dô trªn, chóng ta ®· biÕt c¸ch gii bµi to¸n:
“ T×m tËp hîp ®iÓm M tho m·n:
MA 2 + MB 2 = k, (1)
víi A, B cè ®Þnh, + = 0 vµ k kh«ng ®æi. “
Trong tr­êng hîp + 0, ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc:
B­íc 1: Gäi I lµ ®iÓm tho m·n
IA + IB = 0 ( IB + BA ) + IB = 0
( + ) IB = AB IB =
AB .
VËy tån t¹i duy nhÊt mét ®iÓm I cè ®Þnh.
B­íc 2: Ta biÕn ®æi (1) vÒ d¹ng:
k = MA 2 + MB 2 = ( MI + IA ) 2 + ( MI + IB) 2
= ( + )MI 2 + IA 2 + IB 2 + 2( IA + IB). MI
MI 2 1
=
[k(IA2 + IB 2 )] DÆt
l.
B­íc 3: BiÖn luËn:
• Víi l < 0, kh«ng tån t¹i ®iÓm M.
• Víi l = 0, th× M I.
• Víi l > 0, th× M thuéc ®­êng trßn t©m I, b¸n kÝnh R = l .
ThÝ dô 3. Cho ABC. T×m tËp hîp nh÷ng ®iÓm M, sao cho:
3MA 2 2MB 2 MC 2 = 2l. (1)
Gii
Gäi O lµ t©m ®­êng trßn ngo¹i tiÕp ABC, ta cã:
MA 2 = MA 2 = ( MO + OA ) 2 = MO 2 + OA 2 + 2 MO . OA , A
MB 2 = MB 2 = ( MO + OB ) 2
= MO 2 + OB 2 + 2 MO . OB ,
MC 2 = MC 2 = ( MO + OC ) 2
O O
0
= MO 2 + OC 2 + 2 MO . OC ,
B
C
tõ ®ã suy ra (1) ®­îc biÕn ®æi vÒ d¹ng:
2l = 2 MO .(3 OA 2 OB OC )
M 0
M
= 2 MO .[3 OA 2( OA + AB )
B 1
v
( OA + AC )]
= 2 MO (2 AB + AC ). (2)
Dùng vect¬ v = 2 AB + AC vµ gäi M 0 , O 0 theo thø tù lµ h×nh
chiÕu vu«ng gãc cña M, O lªn ®­êng th¼ng chøa vect¬ v , ta ®­îc:
(2) l = MO . v = MO
0 0
. v MO
0 0
= l v
cã gi¸ trÞ kh«ng ®æi vµ do O 0 cè ®Þnh nªn M 0 cè ®Þnh.
318

VËy M thuéc ®­êng th¼ng qua M 0 vu«ng gãc víi v .
NhËn xÐt: Th«ng qua vÝ dô trªn, chóng ta ®· biÕt c¸ch gii bµi to¸n:
“ T×m tËp hîp ®iÓm M tho m·n:
MA 2 + MB 2 + MC 2 = k, (*)
víi A, B, C cè ®Þnh, + + = 0 vµ k kh«ng ®æi “
Trong tr­êng hîp + + 0, ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc:
B­íc 1: Gäi I lµ ®iÓm tho m·n
IA + IB + IC = 0 .
Khi ®ã tån t¹i duy nhÊt mét ®iÓm I cè ®Þnh.
B­íc 2: Ta biÕn ®æi (*) vÒ d¹ng:
k = MA 2 + MB 2 + IC 2
= ( MI + IA ) 2 + ( MI + IB) 2 + ( MI + IC ) 2
= ( + + )MI 2 + IA 2 + IB 2 + IC 2 +
+ 2( IA + IB + IC ). MI
MI 2 1
=
[k(IA2 + IB 2 + IC 2 )] DÆt
l.
B­íc 3: BiÖn luËn:
• Víi l < 0, kh«ng tån t¹i ®iÓm M.
• Víi l = 0, th× M I.
• Víi l > 0, th× M thuéc ®­êng trßn t©m I, b¸n kÝnh R = l .
Chó ý: Víi yªu cÇu t×m cùc trÞ, ta sö dông tÝch v« h­íng biÕn ®æi biÓu thøc
cÇn t×m cùc trÞ vÒ biÓu thøc ®é dµi, thÝ dô:
S = MI 2 + c, víi c lµ h»ng sè vµ I cè ®Þnh.
Khi ®ã S Min = c, ®¹t ®­îc khi MI = 0 M I.
ThÝ dô 4. Cho h×nh b×nh hµnh ABCD, t©m O, M lµ ®iÓm tuú ý.
a. Chøng minh r»ng MA 2 MB 2 + MC 2 = MD 2 2(OB 2 OA 2 ).
b. Gi sö M di ®éng trªn ®­êng trßn (C), x¸c ®Þnh vÞ trÝ cña M ®Ó
MA 2 MB 2 + MC 2 ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt.
Gii
a. Ta cã:
MA MC 2MO
( MA + MC ) 2 = ( MB + MD ) 2
MB MD 2MO
0 = MA 2 MB 2 + MC 2 MD 2 + 2(MA .MC MB .MD ) (1)
Ta xÐt:
MA . MC MB . MD =
= ( OA OM ).( OC OM )( OB OM ).( OD OM )
319

=( OA OM ).( OA + OM ) + ( OB OM ).( OB + OM )
=OA 2 + OM 2 + OB 2 OM 2 = OB 2 OA 2 . (2)
Thay (2) vµo (1), ta ®­îc:
0 = MA 2 MB 2 + MC 2 MD 2 + 2(OB 2 OA 2 )
MA 2 MB 2 + MC 2 = MD 2 2(OB 2 OA 2 ), ®pcm.
b. Tõ kÕt qu c©u a) suy ra MA 2 MB 2 + MC 2 ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt khi vµ chØ khi
MD 2 nhá nhÊt
M lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña D lªn (d).
D¹ng to¸n 6: Sö dông biÓu thøc to¹ ®é cña tÝch v« h­íng
Ph­¬ng ph¸p thùc hiÖn
Ta sö dông kÕt qu:
NÕu a (a 1 , a 2 ), b (b 1 , b 2 ) vµ lµ gãc gi÷a a vµ b th×:
• a . b = a 1 .b 1 + a 2 .b 2 .
a
1.b1 a
2.b2
• cos = .
2 2 2 2
a a . b b
320
1 2 1 2
ThÝ dô 1. Cho hai vect¬ ®¬n vÞ a vµ b tho m·n a + b = 2. H·y x¸c ®Þnh
(3 a 4 b )(2 a + 5 b ).
Gii
Gi sö a (a 1 , a 2 ), b (b 1 , b 2 ), tõ gi thiÕt suy ra:
2 2
2 2
a1 a 2
1
a1 a 2
1
2 2
2 2
b1 b2
1
b1 b2
1
.
2 2
(a1 b
1) (a
2
b
2) 2 a
1.b1 a 2.b2
1
Ta cã:
(3 a 4 b )(2 a + 5 b ) = (3a 1 4b 1 , 3a 2 4b 2 ).(2a 1 + 5b 1 , 2a 2 + 5b 2 )
= (3a 1 4b 1 )(2a 1 + 5b 1 ) + (3a 2 4b 2 )(2a 2 + 5b 2 )
= 6( a 2 1
+
2
a
2
)20( 2 1
b + b ) + 7(a 1 b 1 + a 2 b 2 )
= 620 + 7 = 7.
Chó ý: Bµi to¸n trªn còng cã thÓ gii b»ng tÝch v« h­íng thuÇn tuý, cô thÓ:
Tõ gii thiÕt, suy ra:
( a + b ) 2 = 4 a 2 + b 2 + 2 a . b = 4 a . b = 1.
Ta cã:
(3 a 4 b )(2 a + 5 b ) = 6 a 2 20 b 2 + 7 a . b = 620 + 7 = 7.
ThÝ dô 2. Cho ABC, biÕt A(1, 2), B(1, 1), C(5, 1).
a. TÝnh AB . AC .
b. TÝnh cos vµ sin gãc A.
2
2

c. T×m to¹ ®é ch©n ®­êng cao A 1 cña ABC.
d. T×m to¹ ®é trùc t©m H cña ABC.
e. T×m to¹ ®é träng t©m G cña ABC.
f. T×m to¹ ®é t©m I cña ®­êng trßn ngo¹i tiÕp ABC, tõ ®ã chøng
minh r»ng I, H, G th¼ng hµng.
Gii
a. Ta cã:
AB (2, 1), AC (4, 3) AB . AC = 2.41.(3) = 5.
b. Ta cã:
AB.AC 5
cosA =
= = 1
| AB |.| AC | 5. 25 5 ,
2 1 2
sinA = 1 cos A = 1 = 5 5 .
c. A 1 (x, y) lµ ch©n ®­êng cao tõ ®Ønh A cña ABC
AA1
BC
AA
1.BC 0 (x 1, y 2).(6, 2) 0
BA
1
// BC BA
1
// BC (x 1, y 1) //(6, 2)
6(x 1) 2(y 2) 0
x 1 y 1 x = y = 1
2 .
6 2
VËy, ta ®­îc A 1 ( 1 2 , 1 2 ).
d. H(x, y) lµ trùc t©m H cña ABC
AH BC
AH.BC 0
BH CA BH.CA 0
VËy, ta ®­îc H(2, 5).
(x 1, y 2).(6, 2) 0
(x 1, y 1).(4, 3) 0
x 2
.
y 5
e. To¹ ®é träng t©m G( 5 3 , 2 3 ).
f. I(x, y) lµ t©m I cña ®­êng trßn ngo¹i tiÕp ABC
AI = BI = CI
2 2
AI BI
(x 1) (y 2) (x 1) (y 1)
2 2
AI CI (x 1) (y 2) (x 5) (y 1)
2 2 2 2
2 2 2 2
VËy, ta ®­îc I( 3 2 , 3 2 ).
NhËn xÐt r»ng
GH ( 1 3 , 13 3 ) vµ IH ( 1 3 , 13 ) I, H, G th¼ng hµng.
3
x 3/ 2
.
y 3/ 2
321

322
§3. HÖ thøc l­îng trong tam gi¸c
D¹ng to¸n 1: Gii tam gi¸c
Ph­¬ng ph¸p thùc hiÖn
Sö dông c¸c hÖ thøc trong tam gi¸c.
ThÝ dô 1. Cho ABC, biÕt a = 6 , b = 2, c = 3 + 1. TÝnh c¸c gãc A, B, C vµ
®­êng cao h a cña tam gi¸c.
Gii
Trong ABC, ta cã:
2 2 2
2 2
b c a 1 a c b
cosA =
= A = 60 0 ; cosB =
2bc 2 2ac
MÆt kh¸c trong ABC, ta cã:
A + B + C = 180 0 C = 180 0 AB = 105 0 .
Ta cã:
1 1 bc.sin A 3 1
S = ha .a = b.c.sinA ha = = .
2 2 a 2
2
=
2 B = 45 0 .
2
ThÝ dô 2. Cho ABC c©n t¹i A. §­êng cao BH = a, AB
C = .
a. TÝnh c¸c c¹nh vµ ®­êng cao cßn l¹i.
b. TÝnh b¸n kÝnh ®­êng trßn néi tiÕp vµ ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC.
Gii
A
a. Trong HBC, ta ®­îc:
BH BH a
sin = BC = = .
BC sin sin
Trong KAB, ta ®­îc:
H
BC
a
BK BK
cos = AB = =
2 a
=
, B K C
AB cos
cos
2sin .
cos
AK a
a
sin = AK = AB.sin =
.sin = .
AB
2sin .
cos 2 cos
b. Ta cã:
a
AC
AC = 2R.sinB R = =
2sin.cos
a
=
.
2
2sin B 2sin 4sin .
cos
1
BH.AC
S
S ABC = pr r = ABC =
2
a
=
.
p 1
2(1 cos )
(AB BC CA)
2

ThÝ dô 3. Cho ABC, biÕt b = 7, c = 5, cosA = 5
3 . TÝnh ®­êng cao ha vµ b¸n kÝnh
Gii
Ta cã:
®­êng trßn ngo¹i tiÕp R cña tam gi¸c.
S = 2
1
ha .a = 2
1 bc.sinA ha =
b.c.sin A
. (1)
a
trong ®ã b, c ®· biÕt vµ:
16 4
sin 2 A = 1cos 2 A = sinA = , (2)
25
5
a 2 = b 2 + c 2 2bc.cosA = 49 = 252.7.5. 5
3 = 32 a = 4 2 . (3)
Thay (2), (3) vµo (1), ta ®­îc h a =
Ta cã:
R =
a
2sin A
=
4 2
4
2.
5
=
7 2
.
2
5 2
.
2
ThÝ dô 4. Cho ABC cã AB = 3, AC = 4 vµ diÖn tÝch S = 3 3 . TÝnh BC.
Gii
Ta cã:
0
1 1 A
60
S = AB.AC.sinA 3 3 = .3.4.sinA sinA =
2 2 23
A
120
• Víi A = 60 0 , ta ®­îc:
BC 2 = AB 2 + AC 2 2AB.AC.cosA = 13 BC = 13 .
• Víi A = 120 0 , ta ®­îc:
BC 2 = AB 2 + AC 2 2AB.AC.cosA = 37 BC = 37 .
ThÝ dô 5. Cho hai ®­êng trßn (I 1 ), (I 2 ) cã b¸n kÝnh b»ng 2, 8 tiÕp xóc trong víi
nhau t¹i A. Nöa ®­êng th¼ng vu«ng gãc víi I 1 I 2 c¾t (I 1 ), (I 2 ) theo thø tù
t¹i B, C. TÝnh b¸n kÝnh ®­êng trßn ngo¹i tiÕp ABC.
C
Gii
AB
Trong ABC, ta cã R = . (1)
2sin ACB
Trong ®­êng trßn (I 1 ), ta cã:
AB 2 = AA 1 .AH = 4AH. (2)
A
H
B
A 1
0
.
A 2
323

Trong ®­êng trßn (I 2 ), ta cã:
AC 2 = AA 2 .AH = 16AH. (3)
Trong HAC, ta cã:
sin AC
B = sin AC
H
AH
= = AC
Thay (2), (4) vµo (1), ta ®­îc R = 4.
D¹ng to¸n 2: Chøng minh tÝnh chÊt cña tam gi¸c
AH AH = . (4)
4 AH 4
ThÝ dô 1. Cho ABC cã a 4 = b 4 + c 4 . Chøng minh ABC nhän.
Gii
Tõ gi thiÕt suy ra
a
b A
B
.
a
c A
C
Do ®ã ®Ó chøng minh ABC nhän, ta chØ cÇn chøng minh gãc A nhän.
b 2 + c 2 a 2 > 0 b 2 + c 2 > a 2 (b 2 + c 2 ) 2 > a 4 b 4 + c 4 + 2b 2 .c 2 > a 4
a 4 + 2b 2 .c 2 > a 4 b 2 .c 2 > 0, lu«n ®óng.
VËy ABC nhän.
ThÝ dô 2. Cho ABC, biÕt
S = 4
1 (a + bc)(ab + c). (1)
chøng minh r»ng ABC lµ vu«ng.
Gii
Sö dông c«ng thøc Hªrong, ta biÕn ®æi (1) vÒ d¹ng:
p(p
a)(p b)(p c) = (pc)(pb)
p(pa)(pb)(pc) = (pc) 2 (pb) 2 p(pa) = (pc)(pb)
(a + b + c)(b + ca) = (a + bc)(a + cb)
a 2 + b 2 = c 2 ABC lµ vu«ng t¹i C.
ThÝ dô 3. Cho ABC nhän, ®­êng cao AH vµ trung tuyÕn BE tho m·n AH = BE.
a. TÝnh sè ®o gãc CB
E .
b. Gi sö AH lµ ®­êng cao lín nhÊt cña ABC. X¸c ®Þnh d¹ng cña
ABC ®Ó B = 60 0 .
Gii
324

a. Dùng EE 1 //AH, trong E 1 BE, ta cã:
sin CB
EE
E = sin E 1
BE
= 1
EB
AH
=
2
EB
1
= CBE
= 30 0 .
2
b. Dùng ®­êng cao CF vµ EE 2 //CF, trong E 2 BE, ta cã:
CF AH
sin AB
EE
E = sin E 2
BE
= 2 =
2
2 1
= EB EB EB 2
F
CB
E 2
E 30 0 .
A
Suy ra
B = CB
E + AB
E = 30 0 + AB
E 30 0 + 30 0 = 60 0 . (1)
VËy ®Ó B = 60 0 ®iÒu kiÖn l¯ dÊu “ = ” x°y ra t¹i (1)
AH = CF ABC c©n.
Ngoµi ra ta cã B = 60 0 do ®ã ABC ®Òu.
B
E
H
E 1
C
D¹ng to¸n 3: Chøng minh c¸c hÖ thøc trong tam gi¸c
ThÝ dô 1. Cho ABC, c¹nh a, b, c vµ A = 60 0 . Chøng minh r»ng:
Gii
Ta cã:
b(b 2 a 2 ) = c(a 2 c 2 ).
a 2 = b 2 + c 2 2bc.cosA = b 2 + c 2 bc a 2 (b + c) = (b + c)(b 2 + c 2 bc)
a 2 b + a 2 c = b 3 + c 3 b 3 a 2 b = a 2 cc 3 b(b 2 a 2 ) = c(a 2 c 2 ), ®pcm.
ThÝ dô 2. Cho hai ABC vµ DEF cïng néi tiÕp trong ®­êng trßn (C) vµ cã:
sinA + sinB + sinC = sinD + sinE + sinF. (1)
Chøng minh r»ng hai ABC vµ DEF cã cïng chu vi.
Gii
Gäi R lµ b¸n kÝnh ®­êng trßn (C).
Trong ABC, ta cã:
sinA + sinB + sinC =
a
2R
+
b
2R
Trong DEF, ta cã:
d e
sinD + sinE + sinF = +
2R 2R
Thay (2), (3) vµo (1), ta ®­îc:
c +
2R
+
f
2R
=
=
p ABC . (2)
R
p DEF . (3)
R
p ABC
p DEF
=
p ABC = p DEF, ®pcm.
R R
325

ThÝ dô 3. Cho ABC kh«ng c©n t¹i ®Ønh A, trung tuyÕn BD vµ CE, cã c¸c c¹nh a,
b, c. Chøng minh r»ng:
2 2 2 2 2
a. AB 2 .CE 2 AC 2 BD 2 (c b )(c b 2a )
=
.
4
b. AB.CE = AC.BD b 2 + c 2 = 2a 2 .
B
Gii
a. ¸p dông ®Þnh lý trung tuyÕn, ta cã:
1
CE 2 = (CA
2 AB 2 1
+ CB 2 ) = ( b
2 c 2 E
+ c 2 )
2 2 2 2 G
1
BD 2 = (BA
2 AC 2 1
+ BC 2 ) = ( a
2 b 2
+ c 2 ) C D A
2 2 2 2
AB 2 .CE 2 AC 2 BD 2 = 4
1 c 2 (2a 2 + 2b 2 c 2 ) 4
1 b 2 (2a 2 + 2c 2 b 2 ).
= 4
1 [2(c
2
b 2 ) a 2 + b 4 c 4 ] = 4
1 ( b
2
c 2 )( b 2 + c 2 2a 2 )
b. Ta cã:
AB.CE = AC.BD AB 2 .CE 2 AC 2 BD 2 = 0
(b 2 c 2 )( b 2 + c 2 2a 2 ) = 0 b 2 + c 2 = 2a 2 .
ThÝ dô 4. Cho ABC vu«ng t¹i A; AH lµ ®­êng cao. HE, HF lÇn l­ît lµ c¸c
®­êng cao cña AHB, AHC. Chøng minh r»ng:
a. BC 2 = 3AH 2 + BE 2 + CF 2 .
b. 3 BE 2 + 3 CF 2 = 3 BC 2 .
C
Gii
a. Ta cã:
3AH 2 + BE 2 + CF 2 = 3AH 2 + BH 2 HE 2 + CH 2 HF 2 . F H
= 3AH 2 EF 2 + + (BH + HC) 2 2HB.HC.
= 2AH 2 + BC 2 2AH 2 = BC 2 .
b. Trong AHB:
BH 2 4
BH BH 4 BH 3
BE = BE 2 = BA
2 = =
BA BH. BC BC
A E
(1)
B
Trong AHC:
CH 2 4
CH CH 4 CH 3
CF = CF 2 = CA
2 = =
CA CH. BC BC
(2)
Tõ (1) vµ (2) suy ra:
3 2
BE + 3 CF 2 BH
=
3
BC
CH +
3
BC
BC = = 3 BC .
3
BC
326

D¹ng to¸n 4: TËp hîp ®iÓm
ThÝ dô 1. Cho ®o¹n AB = a cè ®Þnh. T×m tËp hîp c¸c ®iÓm M tho m·n:
a. MA 2 + MB 2 5a
2
= . b. MA 2 MB 2 a 2
= .
2
2
Gii
M
a. Gäi I lµ trung ®iÓm AB, ta cã:
AB 2 a 2
MA 2 + MB 2 = 2MI 2 + = 2MI 2 + . (*)
2
2
A I B
Thay (*) vµo hÖ thøc ban ®Çu, ta ®­îc:
a 2 5a
2
2MI 2 + = MI 2 = a 2 MI = a.
2 2
VËy tËp hîp ®iÓm M thuéc ®­êng trßn t©m I, b¸n kÝnh R = a.
M
b. Gäi I lµ trung ®iÓm AB vµ H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc
cña M lªn AB, ta cã:
a 2
2
= MA 2 MB 2 = 2 AB . IH
a
IH = H lµ trung ®iÓm BI cè ®Þnh.
B H
4 (d)
VËy tËp hîp ®iÓm M thuéc ®­êng th¼ng (d) qua H vµ vu«ng gãc víi AB.
ThÝ dô 2. Cho ®­êng trßn (O), A lµ ®iÓm cè ®Þnh trªn (O), cßn B lµ ®iÓm di ®éng
trªn (O). C¸c tiÕp tuyÕn cña (O) t¹i A vµ B c¾t nhau t¹i C. T×m tËp hîp
t©m ®­êng trßn néi tiÕp ABC.
A
Gii
Gäi I lµ giao ®iÓm cña OC víi (O), ta cã ngay AI lµ ph©n
O
I
C
gi¸c gãc A, tõ ®ã suy ra I lµ t©m ®­êng trßn néi tiÕp ABC.
VËy tËp hîp t©m I thuéc ®­êng trßn (C), ngo¹i trõ bèn ®iÓm
B
A, A 1 , A 2 , trong ®ã A 1 A 2 lµ ®­êng kÝnh vu«ng gãc víi OA.
I
A
C. C¸c bµi to¸n chän läc
VÝ dô 1: BiÕt cos = 5
4 .
a. TÝnh sin, tan, cot.
b. TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A =
cot tan
.
cot tan
327

Gii
a. Ta cã:
sin 2 + cos 2 = 1 sin =
2
1 cos =
9 3 = ,
25 5
sin
3 1
tan = = , cot =
cos
4 tan = 4 .
3
b. Ta lùa chän mét trong hai c¸ch sau:
C¸ch 1: TËn dông kÕt qu trong a), ta ®­îc:
4 3
cot tan
A =
=
3 4 25
= .
cot tan
4 3 7
3 4
C¸ch 2: Thùc hiÖn ®éc lËp víi a), ta biÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng:
cos sin
2 2
cot tan
A =
=
sin cos cos sin
=
cot tan
cos sin
2 2
cos sin
sin cos
1
1
1
=
=
=
2
2
2
2
cos (1 cos )
2 cos 1
4
2
1
5
25
= . 7
VÝ dô 2: Cho ABC cã AB = 5, AC = 6, BC = 7. Gäi trung ®iÓm cña AC lµ M.
TÝnh b¸n kÝnh ®­êng trßn ngo¹i tiÕp ABM.
B
Gii
¸p dông ®Þnh lý hµm sè sin trong ABM, ta cã:
BM
R ABM = . (1)
2sin A
Trong ABC, ta cã:
A M C
BC 2
1
AB 2 + AC 2 = 2AM 2 + BM 2 = ( AB
2 AC 2
+ BC 2 )
2
2 2
= 2
1 (25 + 4918) = 28.
BM = 2 7 . (2)
cosA =
2 2
AB AC BC
2AB.AC
Thay (2), (3) vµo (1), ta ®­îc R ABM =
2
1 1 2 6
= sinA = 1 = . (3)
5 25 5
5 42
.
12
328

VÝ dô 3: Cho ABC, biÕt AB + AC = 13, AB > AC, A = 60 0 vµ b¸n kÝnh ®­êng trßn
néi tiÕp tam gi¸c b»ng 3 . TÝnh ®é dµi c¸c c¹nh cña ABC.
Gii
Ta cã AB = c, AC = b, khi ®ã tõ gi thiªt ta ®­îc:
A
b + c = 13. (1)
Gäi M, N, P lµ tiÕp ®iÓm cña ®­êng trßn néi tiÕp víi c¸c
c¹nh AB, AC, BC. Ta ®­îc:
M N
AM = AN, BM = BP vµ CN = CP.
Trong MAO, ta cã:
O
AM = OM.cotg 2
A =
3 .cotg30
0
= 3 = AN.
Ta cã:
BC = BP + PC = BM + CN = (ABAM) + (ACAN)
= (AB + AC)(AM + AN) = 136 = 7.
Trong ABC, ta cã:
BC 2 = AB 2 + AC 2 2AB.AC.cosA
49 = c 2 + b 2 2cb.cos60 0 b 2 + c 2 bc = 49. (2)
XÐt hÖ ph­¬ng tr×nh t¹o bëi (1), (2), cã d¹ng:
2 2
b
c bc 49 b
5
.
b
c 13 c
8
VËy, ®é dµi ba c¹nh cña ABC lµ a = 7, b = 5, c = 8.
VÝ dô 4: Cho ABC vu«ng t¹i A, AB = 3, AC = 4. Gäi M lµ trung ®iÓm AC. TÝnh
b¸n kÝnh ®­êng trßn ngo¹i tiÕp MBC.
Gii
¸p dông ®Þnh lý hµm sè sin trong BMC, ta cã:
R BMC =
Trong ABM, ta cã:
BM =
Trong ABC:
BM . (1)
2sinC
2 2
AB AM = 4
AB AB
sinC = = BC
2 2
AB AC
Thay (2), (3) vµo (1), ta ®­îc R BMC =
VÝ dô 5:
9 = 13 . (2)
= 5
3 . (3)
5
13
6
.
Cho ABC, c¸c trung tuyÕn AA 1 = 3, BB 1 = 6 vµ hîp víi nhau mét gãc
60 0 . TÝnh ®é dµi c¸c c¹nh cña ABC.
B
A
B
M
P
C
C
329

Gii
V× AA 1 , BB 1 hîp víi nhau mét gãc 60 0 , do ®ã ta cÇn xÐt hai
tr­êng hîp lµ AG
B = 60 0 vµ AG
B
B = 120 0 .
Tr­êng hîp 1: NÕu AG
B = 60 0 .
Trong GAB, ta cã:
A
AB 2 = GA 2 + GB 2 2GA.GB.cos AG
1
B = 12 AB = 2 3 . G
Trong GA 1 B, ta cã:
A B
1
1 C
BC
2
= A 1 B 2 2
= GA
1
+ GB 2 2GA 1 .GB.cos A 1
GB
= 21 BC = 2 21 .
4
Trong GAB 1 , ta cã:
1 AC
2 2
= AB
1
= GA 2 2
+ GB
1
2GA.GB 1 .cos AGB
1
= 12 AC = 4 3 .
4
Tr­êng hîp 2: NÕu AG
B = 120 0 §Ò nghÞ b¹n ®äc tù lµm.
VÝ dô 6: Cho ABC, cã AB = 3, AC = 6, BA
C = 60 0 . TÝnh b¸n kÝnh ®­êng trßn c¾t
c 3 c¹nh cña ABC vµ ch¾n trªn mçi c¹nh 1 d©y cã ®é dµi b»ng 2.
Gii
Gäi O lµ t©m ®­êng th¼ng cÇn x¸c ®Þnh, vµ I, J, K theo thø tù lµ h×nh chiÕu vu«ng
gãc cña O lªn BC, CA, AB.
Tõ gi thiÕt:
A
B 1 C 1 = C 2 A 2 = A 1 B 2 OI = OJ = OK
O lµ t©m ®­êng trßn néi tiÕp ABC
A
Khi ®ã, b¸n kÝnh R cña ®­êng trßn ®­îc cho bëi:
1 A 2
R 2 2 2
= OB
1
= IB
1
+ OI 2 . (1)
K J
Ta cã:
B 2 O C
I 2
B C
IB 1 = 1 1 = 1. (2)
B B 1 C 1 C
2
a 2 = BC 2 = AB 2 + AC 2 2AB.AC.cosA = 9 + 362.3.6.cos60 0 = 27
OI = r = (pa)tg 2
A = 2
1 (b + ca)tg 2
A = 2
1 (6 + 33 3 )tg30
0
3(
3 1)
= . (3)
2
Thay (2), (3) vµo (1), ta ®­îc:
VÝ dô 7:
R 2 =
20 9
2
3
R =
40 18
2
3
.
Cho ABC, biÕt BC = 6. LÊy E, F theo thø tù thuéc AB, AC sao cho EF
song song víi BC vµ tiÕp xóc víi ®­êng trßn néi tiÕp ABC. TÝnh chu
ABC, biÕt EF = 2.
330

Gii
Ta cã hai AEF vµ ABC ®ång d¹ng, do ®ã:
EF AE
A
= . (1)
BC AB
Ta cã:
E Q F
c
AB AM MB AM NB
M P
b
AC AP PC AM NC
b + c = 2AM + BC = 2AM + 6
1 B N C
AM = AP = (b + ca) = pa. (2)
2
AM
AE EM AE EQ
2AM = AE + AF + EF
AM
AP AF FP AF FQ
AM = AP = p AEF. (3)
2 p 6
Thay (2), (3) vµo (1), ta ®­îc = p = 9.
6 p
VËy chu vi cña ABC b»ng 18.
VÝ dô 8: Cho ABC cã diÖn tÝch 12. Trªn c¸c c¹nh AB, AC lÇn l­ît lÊy c¸c
AM 1 AN 1
®iÓm M, N sao cho = , = vµ BN c¾t CM t¹i D.
AB 2 AC 3
a. TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c BMC, ABN vµ AMN theo S 0 .
b. TÝnh tØ sè diÖn tÝch cña hai tam gi¸c ACD vµ BCD; ABD vµ BCD
c. Suy ra diÖn tÝch cña tam gi¸c BCD theo S 0
Gii
a. Ta cã:
1
BM.BC.sin B
S
BMC
=
2
S 1
ABC
BA.BC.sin B
2
S BMC = 6.
t­¬ng tù ta còng cã:
S
ABN
AN 1
= = S ABN = 4.
S
ABC
AC 3
MÆt kh¸c:
1
AM.AN.sin A
S
AMN
=
2
S 1
ABC
AB.AC.sin A
2
BM BA
= = BA BAAM
AM 1 1
= 1 = 1 = .
BA 2 2
AM AN 1 1 1
= . = . = S AMN = 2
AB AC 2 3 6
331

. VÏ hai ®­êng cao AK vµ BL cña hai tam gi¸c ACD vµ BCD th× AK//BL. Suy ra:
AK AM AM
= = = 1.
BL BM AB AM
Do ®ã:
1
DC.AK
S
ACD
= 2 AK
= = 1
S 1
BCD
BL
DC.BL
2
S
ABD 1
T­¬ng tù ta còng cã = .
S
BCD 2
c. Ta cã:
1 24
S BCD + S ABD + S ACD = 12 S BCD + .SBCD + S BCD = 12 S BCD = .
2 5
VÝ dô 9:
Trªn c¸c c¹nh AB, BC, CA cña ABC lÊy lÇn l­ît c¸c ®iÓm M, N, P sao
AM BN CP
cho = = = k, víi k > 0, k cho tr­íc.
MB NC PA
Gii
a. Ta cã:
332
a. BiÕt S ABC = S 0 . TÝnh S MNP theo S 0 vµ k.
b. ABC cè ®Þnh. H·y chän sè k sao cho MNP cã diÖn tÝch nhá nhÊt
1
BA.BN.sin B
S
ABN
= 2
S 1
ABC
BA.BC.sin B
2
k
S ABN =
k 1
.S .
0
Ta cã:
1
BM.BN.sin B
S
BNM
= 2
S 1
ABN
BA.BN.sin B
2
1
k
BN
= = BC
BM
= = BA
BN
=
BN NC
BM
BM
=
MA
S BNM =
1
.S 0
k
t­¬ng tù, ta còng cã S CNP = S AMP = .S
2 0
(k 1)
do ®ã:
3k
3k
S MNP = S 0 S
2 0 = S 0 [1 ]
2
(k 1)
(k 1)
BN
NC =
BN
1
NC
BM
MA
BM
MA
=
1
k
k 1
1
k
1

. S MNP ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt khi
3k
3k
(1 ) nhá nhÊt lín nhÊt.
2
2
(k 1)
(k 1)
Ta cã:
k 1 3k
(k + 1) 2 4k
2 1
(k 1) 4
2
(k 1)
4
1
VËy S MNP min = 4
1
S0 khi (k + 1) 2 = 4k k = 1.
VÝ dô 10: Cho ABC, biÕt:
A.sin A B.sin B B.sin B C.sin C C.sin C A.sin A
+
+
=
A B
B C
C A
= sinA + sinB + sinC.
Chøng minh r»ng ABC ®Òu.
Gii
Sö dông ®Þnh lý hµm sè sin trong ABC, ta biÕn ®æi biÓu thøc vÒ d¹ng:
a b b b c c
A. B. B. C. C. A.
2R 2R
+
2R 2R
+
2R 2R a b c
= + +
A B B C C A 2R
2R
2R
A.a B.b B.b C.c C.c A.a
+ + = a + b + c. (1)
A B B C C A
Trong ABC ®èi diÖn víi c¹nh lín h¬n lµ gãc lín h¬n, do ®ã:
(AB)(ab) 0 A.a + B.b A.b + B.a
2(A.a + B.b) A.b + B.a + A.a + B.b = (A + B)(a + b)
A.a B.b
A B
1
(a + b). 2 (2)
t­¬ng tù ta còng cã:
B.b C.c
B C
1
(b + c). 2 (3)
C.c A.a
C A
1
(c + a). 2 (4)
Céng theo vÕ (2), (3), (4), ta ®­îc:
A.a B.b B.b C.c C.c A.a
+ +
A B B C C A
a + b + c. (5)
VËy (1) cã ®­îc khi dÊu “ = ” x°y ra t¹i (5) a = b = c ABC ®Òu.
VÝ dô 11: Cho ABC, diÖn tÝch b»ng S, c¸c ®­êng cao h a , h b , h c . Chøng minh r»ng
ABC ®Òu khi vµ chØ khi S = 6
1 (a.hb + b.h c + c.h a ).
333

Gii
Ta biÕn ®æi hÖ thøc gi thiÕt vÒ d¹ng:
S = 6
1 (a.hb + b.h c + c.h a ) = 6
1 (b.hb . b
a + c.hc . c
b + a.ha . a
c ) = 3
S ( b
a + c
b + a
c )
b
a + c
b + a
c = 3. (1)
MÆt kh¸c ¸p dông bÊt ®¼ng thøc Cosi, ta cã:
a b c + + 3.
b c a
Do ®ã (1) xy ra khi:
a b c = = a = b = c ABC ®Òu.
b c a
VÝ dô 12: Cho ABC ®Òu c¹nh b»ng a. M lµ ®iÓm bÊt kú trªn ®­êng trßn ngo¹i
tiÕp ABC. Chøng minh r»ng MA 2 + MB 2 + MC 2 = 2a 2 .
d
A
A
Gii
LÊy ®iÓm N trªn MC sao cho MA = MN,
M
khi ®ã AMN lµ tam gi¸c ®Òu.
d B N
MÆt kh¸c ta cã nhËn xÐt:
d
C
MBA MCA ch¾n1cung
MA
B = NA
C ,
B
C
0
AMB ANC 120
tõ ®ã, suy ra:
MAB = NAC MB = NC
khi ®ã:
MC = MN + NC = MA + MB.
Nh­ vËy:
MA 2 + MB 2 + MC 2 = MA 2 + MB 2 + (MA + MB) 2
= 2(MA 2 + MB 2 + MA.MB). (1)
Trong MAB, ta cã:
AB 2 = MA 2 + MB 2 2MA.MB.cosM a 2 = MA 2 + MB 2 + MA.MB. (2)
Thay (2) vµo (1), ta ®­îc:
MA 2 + MB 2 + MC 2 = = 2a 2 , ®pcm.
VÝ dô 13: Cho ABC c©n t¹i A, biÕt B = C = , AI = m víi I lµ ®­êng trßn néi tiÕp
tam gi¸c.
a. TÝnh ®é dµi c¹nh BC.
b. Víi R lµ b¸n kÝnh ®­êng trßn ngo¹i tiÕp ABC. Chøng minh r»ng:
2Rsin = m.cotg 2
.
334

Gii
a. Trong IAB, ta cã:
0
m.sin(90
AB AI = AB =
sin AIB sin ABI
sin
2
0 0
m.sin[180 (90 )]
=
2
=
sin
2
Trong A 1 AB, ta cã:
)
2
0
m.sin(90
BC = 2BA 1 = 2AB.cos = 2m.cotg 2
. cos.
sin
2
)
2
= m.cotg 2
.
b. Gäi M lµ trung ®iÓm AB, trong MAO, ta cã:
AB
m.cot g
AM
R = OA = =
2
=
2
2Rsin = m.cotg , ®pcm.
sin AOM sin 2sin
2
VÝ dô 14: Cho ABC, c¸c trung tuyÕn AA 1 , BB 1 vµ CC 1 theo thø tù c¾t ®­êng trßn
ngo¹i tiÕp tam gi¸c t¹i A 2 , B 2 , C 2 . Chøng minh r»ng:
AA
1
BB +
1
CC +
1 9 .
AA2
BB
2
CC
2 4 A
Gii
Tø gi¸c ABA 2 C néi tiÕp ®­êng trßn, do ®ã:
C
a 2
AA 1 .A 1 A 2 = BA 1 .A 1 C = .
B A 1
4
Ta cã:
A
2
2
AA 1 .AA 2 = AA 1 .(AA 1 + A 1 A 2 ) = AA
1
+ AA 1 .A 1 A 2
1
= (b
2 a 2 a 2 b
2 2
c
+ c 2 ) + = .
2 2 4 2
2
1 2 2 a
2 (b c )
2
AA
1
AA =
1
=
2 2
a
= 1 . (1)
2 2
2 2
AA2
AA1.AA2
b c
2(b c )
2
t­¬ng tù, ta còng cã:
2
BB
1 b = 1 . (2)
2 2
BB
2 2(a c )
2
CC
1 c = 1 . (3)
2 2
CC 2(a b )
2
B
M
A
O
I
A 1
C
335

Tõ ®ã suy ra:
2
2
2
AA
1
BB +
1
CC +
1 1 a b c
= 3 + +
AA2
BB
2
CC
2 2 b
2 c
2 2 2 . (4)
a c a
2 b
2
Ta ®i chøng minh
2
2
2
a b c 3
+ +
2 2 2 2 2 2 ,
b c a c a b 2
thËt vËy:
2
2
2
a b c
+ + =
2 2 2 2 2 2
b c a c a b
2
2
2
a
b
c
= 1 + + 1 + + 1 + 3
2 2
2 2
2 2
b c a c a b
1 1 1
= (a 2 + b 2 + c 2 )( + + )3
2 2 2 2 2 2
b c a c a b
1
= [(b
2
+ c 2 ) + (c 2 + a 2 ) + (a 2 + b 2 )]
2
Cosi
1
(
2 2
b c
(
2 2 2 2 2 2
1
.3. b c )(c a )(a b ) .3.
2
+
2 2
a
1
c
+
2 2
a
1
b
)3
1
3
2 2 2 2 2 2
(b c )(c a )(a b )
= 2
3 . (5)
Thay (5) vµo (4), ta ®­îc:
AA
1
BB +
1
CC +
1
AA2
BB
2
CC
2
3
2
1 . 2
3 = 4
9 , ®pcm.
336

ch­¬ng 3 ph­¬ng ph¸p to¹ ®é trong mÆt ph¼ng
A. KiÕn thøc cÇn nhí
I. §­êng th¼ng
1. vect¬ chØ ph­¬ng cña ®­êng th¼ng
§Þnh nghÜa 1: Mét vect¬ a kh¸c 0 gäi lµ vect¬ chØ ph­¬ng (viÕt t¾t vtcp) cña ®­êng
th¼ng (d) nÕu gi¸ cña a song song hoÆc trïng víi (d).
NhËn xÐt:
• NÕu a lµ vtcp cña ®­êng th¼ng (d) th× mäi vect¬ k a víi k 0 ®Òu lµ vtpt cña (d).
•
a
2
NÕu a (a 1 ; a 2 ) lµ vtcp cña ®­êng th¼ng (d) th× víi a 1 0 ta gäi k =
a1
lµ hÖ sè
gãc cña ®­êng th¼ng (d).
• Mét ®­êng th¼ng ®­îc hoµn toµn x¸c ®Þnh khi biÕt mét vtcp cña nã vµ mét
®iÓm mµ nã ®i qua.
2. ph­¬ng tr×nh tham sè cña ®­êng th¼ng
Ta cã kÕt qu:
Qua M
0(x 0,y 0)
(d):
(d):
vtcpa(a
1,a 2)
Ph­¬ng tr×nh (1) víi ®iÒu kiÖn
®­êng th¼ng.
C¸c tr­êng hîp riªng:
1. NÕu a 1 = 0, ta ®­îc:
x x0 a1t
, t .
y y0 a2t
2
a
1
+
2
a
2
> 0 ®­îc gäi lµ ph­¬ng tr×nh tham sè cña
x
x0
(d): , t
y y0 a2t
lµ ®­êng th¼ng cã vtcp a (0; a 2 ) do ®ã nã vu«ng gãc víi Ox, c¾t Ox t¹i ®iÓm cã
hoµnh ®é x 0 .
2. NÕu a 2 = 0, ta ®­îc:
x x0 a1t
(d): , t
y
y0
lµ ®­êng th¼ng cã vtcp a (a 1 ; 0) do ®ã nã vu«ng gãc víi Oy, c¾t Oy t¹i ®iÓm cã
tung ®é y 0 .
3. ph­¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®­êng th¼ng
Ta cã kÕt qu:
Qua M
0(x 0,y 0)
x
x0
(d):
(d):
vtcpa(a
1,a 2)
a1
y
y
.
a
=
0
2
337

Tõ ®ã, ®­êng th¼ng (d) ®i qua hai ®iÓm M 1 (x 1 ; y 1 ) vµ M 2 (x 2 ; y 2 ), ta cã:
Qua M
1(x 1,y 1)
x
x1
(d):
(d):
Qua M
2(x 2,y 2)
x x
2 1
4. vect¬ ph¸p tuyÕn cña ®­êng th¼ng
y
y
y y
=
1
2 1
§Þnh nghÜa 2: Mét vect¬ n kh¸c 0 gäi lµ vect¬ ph¸p tuyÕn (viÕt t¾t vtpt) cña ®­êng
th¼ng (d) nÕu gi¸ cña n vu«ng gãc víi (d).
NhËn xÐt:
• NÕu n lµ vtpt cña ®­êng th¼ng (d) th× mäi vect¬ k n víi k 0 ®Òu lµ vtpt cña (d).
• Mét ®­êng th¼ng ®­îc hoµn toµn x¸c ®Þnh khi biÕt mét vtpt cña nã vµ mét
®iÓm mµ nã ®i qua.
5. ph­¬ng tr×nh tæng qu¸t cña ®­êng th¼ng
Ta cã kÕt qu:
Qua M
0(x 0,y 0)
(d):
(d): A(xx 0 ) + B(yy 0 ) = 0.
vtpt n(A,B)
Ph­¬ng tr×nh tæng qu¸t cña ®­êng th¼ng:
(d): Ax + By + C = 0, víi A 2 + B 2 > 0
vµ nã cã:
• vtpt n (A; B), vtcp a (B; A).
.
• hÖ sè gãc k = A B
, víi B 0.
C¸c tr­êng hîp riªng:
1. NÕu A = 0, ta ®­îc:
y
(d): By + C = 0 (d): y = C B
lµ ®­êng th¼ng cã vtpt n (0; B) do ®ã nã vu«ng gãc víi
Oy, c¾t Oy t¹i ®iÓm cã tung ®é C B .
C/B
O
n
(d)
x
L­u ý: Bn th©n trôc Ox cã ph­¬ng tr×nh y = 0.
2. NÕu B = 0, ta ®­îc:
338
(d): Ax + C = 0 (d): x = C A
lµ ®­êng th¼ng cã vtpt n (A; 0) do ®ã nã vu«ng gãc víi
y
(d)
n
Ox, c¾t Ox t¹i ®iÓm cã hoµnh ®é C A .
L­u ý: Bn th©n trôc Oy cã ph­¬ng tr×nh x = 0.
3. NÕu C = 0, ta ®­îc (d): Ax + By = 0
O
y
O
C/A
(d)
x
x

lµ ®­êng th¼ng cã vtpt n (A; B) vµ ®i qua gèc to¹ ®é O.
4. NÕu A 2 + B 2 = 1, th× (4) ®­îc gäi lµ ph­¬ng tr×nh ph¸p d¹ng cña ®­êng th¼ng.
L­u ý: §Ó ®­a ph­¬ng tr×nh tæng qu¸t cña ®­êng th¼ng
(d): Ax + By + C = 0
vÒ ph­¬ng tr×nh ph¸p d¹ng ta chØ cÇn chia hai vÕ cña ph­¬ng tr×nh cho
råi ®Æt:
A
B
C
A 0 = , B 0 = vµ C 0 = .
2 2
2 2
2 2
A B A B
A B
6. VÞ trÝ t­¬ng ®èi cña hai ®­êng th¼ng
Cho hai ®­êng th¼ng (d 1 ) vµ (d 2 ) cã ph­¬ng tr×nh
(d 1 ): A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 vµ (d 2 ): A 2 x + B 2 y + C 2 = 0.
b»ng viÖc xÐt hÖ ph­¬ng tr×nh t¹o bëi (d 1 ) vµ (d 2 ), ta cã kÕt qu:
A1
a. NÕu
A = B1
B C1
C (d 1) // (d 2 ).
2
2
A1
b. NÕu
A = B1
B = C1
C (d 1) (d 2 ).
2
2
2
2
A
B ,
2 2
A1
c. NÕu
A B1
2
B (d 1) c¾t (d 2 ) t¹i ®iÓm I.
2
trong tr­êng hîp nµy mäi ®­êng th¼ng ®i qua I ®Òu cã d¹ng:
(A 1 x + B 1 y + C 1 ) + (A 2 x + B 2 y + C 2 ) = 0, (3)
víi 2 + 2 > 0
Ph­¬ng tr×nh (3) ®­îc gäi lµ ph­¬ng tr×nh cña chïm ®­êng th¼ng, ®iÓm I gäi lµ
t©m cña chïm.
Ta th­êng dïng ph­¬ng tr×nh cña chïm ®­êng th¼ng ®Ó gii c¸c bµi to¸n d¹ng: "
ViÕt ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng ®i qua giao ®iÓm cña hai ®­êng th¼ng ®· cho vµ tho
m·n thªm ®iÒu kiÖn K " mµ kh«ng cÇn t×m to¹ ®é giao ®iÓm ®ã.
7. gãc gi÷a hai ®­êng th¼ng
Gäi = g((d 1 ),(d 2 )), 0 90 0 .
• Gäi a , b theo thø tù lµ vtcp cña (d 1 ), (d 2 ), khi ®ã:
| a.b |
cos =
| a | .| b | . (4)
NhËn xÐt r»ng (d 1 ) (d 2 )
a 1 b 1 + a 2 b 2 = 0.
• Gäi k 1 , k 2 theo thø tù lµ hÖ sè gãc cña (d 1 ), (d 2 ) , khi ®ã:
k1 k2
tg = . (5)
1 k k
1 2
NhËn xÐt r»ng (d 1 ) (d 2 ) k 1 .k 2 = 1.
339

8. khong c¸ch tõ mét ®iÓm ®Õn mét ®­êng th¼ng
§Þnh lý 3: Trong mÆt ph¼ng Oxy, cho ®iÓm M(x M , y M ) vµ ®­êng th¼ng (d) cã ph­¬ng tr×nh
(d): Ax + By + C = 0.
Khi ®ã khong c¸ch tõ ®iÓm M ®Õn ®­êng th¼ng (d) ®­îc cho bëi:
| AxM ByM
C |
d(M, (d)) = .
2 2
A B
Chó ý: Khong c¸ch ®¹i sè tõ M(x M , y M ) tíi ®­êng th¼ng (d) ®­îc ®Þnh nghÜa:
AxM ByM
C
t M = HM = .
2 2
A B
9. Ph­¬ng tr×nh ®­êng ph©n gi¸c
§Þnh lý 4: Trong mÆt ph¼ng Oxy, cho hai ®­êng th¼ng
(d 1 ): A 1 x + B 1 y + C 1 = 0, (d 2 ): A 2 x + B 2 y + C 2 = 0.
Khi ®ã ph­¬ng tr×nh hai ®­êng ph©n gi¸c ( 1 ) vµ ( 2 ) cña c¸c gãc t¹o bëi (d 1 ) vµ
(d 2 ) lµ:
A x B y C
1 1 1
A
B
2 2
1 1
A2x B2y C2
= .
2 2
A B
2 2
Chó ý: NÕu (d 1 ) vµ (d 2 ) kh«ng vu«ng gãc víi nhau th× (d 1 ) t¹o víi (d 2 ) hai gãc
nhän vµ hai gãc tï, khi ®ã ta cã thÓ x¸c ®inh ph­¬ng tr×nh ®­êng ph©n
gi¸c cña gãc nhän hoÆc gãc tï nhê kÕt qu trong bng sau:
DÊu cña
n 1. n 2
II. §­êng trßn
Ph­¬ng tr×nh ®­êng ph©n
gi¸c cña gãc nhän t¹o bëi
(d 1 ), (d 2 ) øng víi
Ph­¬ng tr×nh ®­êng ph©n
gi¸c cña gãc tï t¹o bëi
(d 1 ), (d 2 ) øng víi
t 1 = t 2 t 1 = t 2
+ t 1 = t 2
t 1 = t 2
trong ®ã:
• n 1(A 1 , B 1 ), n 2 (A 2 , B 2 ) theo thø tù lµ vtpt cña (d 1 ), (d 2 ).
• t 1 , t 2 theo thø tù lµ khong c¸ch ®¹i sè tõ M(x, y) tíi (d 1 ), (d 2 ).
1. ph­¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®­êng trßn
§Þnh lý 1: Trong mÆt ph¼ng Oxy, ®­êng trßn (C) cã t©m I(a, b) vµ b¸n kÝnh R cã
ph­¬ng tr×nh:
(C): (xa) 2 + (yb) 2 = R 2 . (1)
VËy, ta ®­îc:
T©m I(a;b)
(C): (C): (xa) 2 + (yb) 2 = R 2 .
BkÝnh R
340

Chó ý: Ta cã:
• §­êng trßn t©m O b¸n kÝnh R cã ph­¬ng tr×nh x 2 + y 2 = R 2 .
• §­êng trßn ®¬n vÞ cã ph­¬ng tr×nh x 2 + y 2 = 1.
2. ph­¬ng tr×nh tæng qu¸t cña ®­êng trßn
§Þnh lý 2: Trong mÆt ph¼ng Oxy, ®­êng cong (C) cã ph­¬ng tr×nh
(C): x 2 + y 2 2ax2by + c = 0, víi a 2 + b 2 c 0 (2)
lµ ph­¬ng tr×nh cña ®­êng trßn t©m I(a, b) vµ b¸n kÝnh R = a b c .
3. Ph­¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn
§Þnh lý 3: Trong mÆt ph¼ng Oxy, ph­¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn (d) t¹i ®iÓm M(x 0 ; y 0 ) cña
®­êng trßn (C):
(C): (xa) 2 + (yb) 2 = R 2
cã ph­¬ng tr×nh:
(d): (xa)(x 0 a) + (yb)(y 0 b) = R 2 . (5)
Chó ý:
1. Ph­¬ng tr×nh (5) ®­îc gäi lµ ph­¬ng tr×nh ph©n ®«i to¹ ®é theo quy t¾c
(xa) 2 = (xa).(xa) thay b»ng (xa).(x 0 a).
(yb) 2 = (yb)(yb) thay b»ng (yb)(y 0 b).
2. NÕu (C) cã ph­¬ng tr×nh tæng qu¸t:
(C): x 2 + y 2 2ax2by + c = 0, víi a 2 + b 2 c 0
th× tiÕp tuyÕn (d) cã ph­¬ng tr×nh:
(d): x.x 0 + y.y 0 a(x + x 0 )b(y + y 0 ) + c = 0.
dùa theo quy t¾c:
x 2 = x.x thay b»ng x.x 0 .
y 2 = y.y thay b»ng y.y 0 .
2ax = a(x + x) thay b»ng a(x + x 0 ).
2by = b(y + y) thay b»ng a(y + y 0 ).
3. Trong tr­êng hîp tæng qu¸t, ®­êng th¼ng (d) tiÕp xóc (lµ tiÕp tuyÕn) víi ®­êng
trßn (C) cã t©m I vµ b¸n kÝnh R khi vµ chØ khi:
d(I, (d)) = R.
4. ph­¬ng tÝch cña mét ®iÓm ®èi víi mét ®­êng trßn
Cho ®­êng trßn (C) cã ph­¬ng tr×nh:
(C): x 2 + y 2 2ax2by + c = 0, víi a 2 + b 2 c 0.
Ph­¬ng tÝch cña ®iÓm M(x 0 , y 0 ) ®èi víi ®­êng trßn (C) ®­îc x¸c ®Þnh bëi:
2 2
p M/(C) = x 0 + y 0 2ax 0 2by 0 + c
Tõ gi¸ trÞ vÒ dÊu cña p M/(O) ta x¸c ®Þnh ®­îc vÞ trÝ cña ®iÓm M ®èi víi (C)
• NÕu p M/(C) > 0 M ë ngoµi ®­êng trßn (C).
2
2
341

• NÕu p M/(C) = 0 M ë trªn ®­êng trßn (C).
• NÕu p M/(C) < 0 M ë trong ®­êng trßn (C).
5. Trôc ®¼ng ph­¬ng cña hai ®­êng trßn
Cho hai ®­êng trßn kh«ng ®ång t©m (C 1 ) vµ (C 2 ) cã ph­¬ng tr×nh:
(C 1 ): x 2 + y 2 2a 1 x2b 1 y + c 1 = 0, víi a1 b1
c1
0
(C 2 ): x 2 + y 2 2a 2 x2b 2 y + c 2 = 0, víi a2 b2
c2
0
Khi ®ã tËp hîp nh÷ng ®iÓm cã cïng ph­¬ng tÝch víi hai ®­êng trßn (C 1 ) vµ (C 2 ) lµ
®­êng th¼ng (d), gäi lµ trôc ®¼ng ph­¬ng cña hai ®­êng trßn (C 1 ), (C 2 ) cã ph­¬ng tr×nh:
III. ElÝp
(d): 2(a 1 a 2 )x + 2(b 1 b 2 )yc 1 + c 2 = 0.
2
2
2
2
1. ph­¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña elÝp
§Þnh lý 1: Trong mÆt ph¼ng Oxy, ElÝp (E) cã hai tiªu ®iÓm
F 1 (c; 0), F 2 (c; 0) vµ cã tæng hai b¸n kÝnh qua tiªu øng víi
®iÓm tuú ý M(x; y)(E) lµ 2a (a > c) cã ph­¬ng tr×nh:
(E):
x
a
y
1 , víi b 2 = a 2 c 2 .
b
2 2
2 2
Chó ý: §iÓm M(x, y)(E) lu«n cã:
F 1 M = a + cx a vµ F 2M = a cx a .
M
x
y
y b
O
F 1
F 2
x
2. ph­¬ng tr×nh tham sè cña elÝp
ElÝp (E) cã ph­¬ng tr×nh chÝnh t¾c:
2 2
x y
(E): 1 .
2 2
a b
®­îc chuyÓn vÒ d¹ng tham sè:
x
sin t
a
x
asin t
(E): , t [0, 2) (E): , t [0; 2). (*)
y
y b cost
cost
b
Ph­¬ng tr×nh (*) ®­îc gäi lµ ph­¬ng tr×nh tham sè d¹ng l­îng gi¸c cña ElÝp (E).
Ta biÕt r»ng, nÕu ®Æt z = tan t 2 th×:
2z
sint =
2
1
z
vµ cost =
1
z
1
z
2
2
,
342

do ®ã (*) cã thÓ ®­îc viÕt d­íi d¹ng:
2az
x
2
1 z
(E):
, z . (**)
2
b(1 z )
y
2
1
z
Ph­¬ng tr×nh (**) ®­îc gäi lµ ph­¬ng tr×nh tham sè d¹ng ®¹i sè cña (E).
3. h×nh d¹ng cña elÝp
y
Víi ElÝp (E) cã ph­¬ng tr×nh:
M b B 2
2 2
x y
y
(E): 1 , víi a > b > 0.
A
2 2
1 A
a b
x
2
a F 1 O F 2 a
ta xÐt c¸c tÝnh chÊt h×nh häc cña (E) b»ng c¸ch xÐt
c¸c tÝnh chÊt ®¹i sè t­¬ng øng cña ph­¬ng tr×nh trªn.
b
B 1
x
•
2 2
x y
§èi víi ElÝp (E): 1 , víi a < b th× e = c 2 2
a b
b .
a. Ph­¬ng tr×nh cña (E) cã bËc ch½n ®èi víi x vµ y nªn:
• NÕu ®iÓm M(x; y)(E) th× c¸c ®iÓm M 1 (x; y), M 2 (x; y) vµ M 3 (x; y)
còng thuéc (E).
• (E) nhËn c¸c trôc täa ®é lµ trôc ®èi xøng vµ gèc O lµm t©m ®èi xøng.
b. (E) c¾t c¸c trôc to¹ ®é t¹i bèn ®iÓm:
• (E) Ox = {A 1 , A 2 } cã to¹ ®é lµ A 1 (a; 0), A 2 (a; 0) vµ ®o¹n th¼ng A 1 A 2 gäi
lµ trôc lín cña (E) cã ®é dµi b»ng 2a.
• (E) Oy = {B 1 , B 2 } cã to¹ ®é lµ B 1 (0; b); B 2 (0; b) vµ ®o¹n th¼ng B 1 B 2 gäi lµ
trôc nhá cña (E) cã ®é dµi b»ng 2b.
• Bèn ®iÓm A 1 , A 2 , B 1 , B 2 gäi lµ bèn ®Ønh cña ElÝp (E)
L­u ý: Hai tiªu ®iÓm cña ElÝp (E) lu«n ë trªn trôc lín.
c. H×nh ch÷ nhËt c¬ së: h×nh ch÷ nhËt cã c¸c ®Ønh lµ giao ®iÓm cña c¸c ®­êng th¼ng x
= a vµ c¸c ®­êng th¼ng y = b ®­îc gäi lµ h×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (E). VËy
ElÝp (E) n»m trong h×nh ch÷ nhËt cã t©m ®èi xøng O, cã c¸c kÝch th­íc lµ 2a, 2b.
d. Tõ M(x; y) (E) ta ®­îc:
2
x
1
2
a | x | a a x a
.
2
y
| y | b b y b
1
2 b
4. T©m sai cña elÝp
T©m sai cña ElÝp lµ sè thùc e b»ng tØ sè gi÷a tiªu cù vµ ®é dµi trôc lín cña ElÝp.
•
2 2
x y
§èi víi ElÝp (E): 1 , víi a > b th× e = c 2 2
a b
a .
343

Chó ý:
1. Mäi ElÝp ®Òu cã t©m sai nhá h¬n 1.
2. T©m sai e = 0 suy ra c = 0 a = b
Khi ®ã:
2 2
2 2
x y x y
1 1 x 2 + y 2 = a 2
2 2
2 2
a b a a
ElÝp trë thµnh ®­êng trßn t©m O, b¸n kÝnh b»ng a.
IV. Hypebol
1. ph­¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña Hypebol
§Þnh lý 1: Trong mÆt ph¼ng Oxy, Hypebol (H) cã hai tiªu ®iÓm F 1 (c; 0), F 2 (c; 0)
vµ cã hiÖu hai b¸n kÝnh qua tiªu øng víi ®iÓm tuú ý M(x; y) (H) lµ 2a (a > c) cã
ph­¬ng tr×nh:
2 2
x y
(H): 1 , víi b 2 = c 2 a 2 .
2 2
a b
Chó ý: §iÓm M(x; y) (H) lu«n cã:
a. F 1 M = cx a + a vµ F 2M = cx a
a víi x > 0.
b. F 1 M = cx a a vµ F 2M = cx a
+ a víi x < 0.
2. h×nh d¹ng cña Hypebol
344
Víi Hypebol (H) cã ph­¬ng tr×nh:
2 2
x y
(H): 1 .
2 2
F
a b
1
A 1 O
A 2 F 2
x
ta xÐt c¸c tÝnh chÊt h×nh häc cña (H) b»ng c¸ch xÐt
R B 1 S
c¸c tÝnh chÊt ®¹i sè t­¬ng øng cña ph­¬ng tr×nh trªn.
c. Ph­¬ng tr×nh cña (H) cã bËc ch½n ®èi víi x vµ y nªn:
• NÕu ®iÓm M(x; y) (H) th× c¸c ®iÓm M 1 (x; y), M 2 (x; y) vµ M 3 (x; y)
còng thuéc (H).
• (H) nhËn c¸c trôc täa ®é lµ trôc ®èi xøng vµ gèc O lµm t©m ®èi xøng.
d. (H) c¾t c¸c trôc to¹ ®é t¹i hai ®iÓm:
• (H) Ox = {A 1 , A 2 } cã to¹ ®é lµ A 1 (a; 0), A 2 (a; 0) vµ ®o¹n th¼ng A 1 A 2 gäi
lµ trô c thùc cña (H) cã ®é dµi b»ng 2a.
• (H) kh«ng c¾t Oy, ®Æt B 1 (0; b); B 2 (0; b) vµ ®o¹n th¼ng B 1 B 2 gäi lµ trôc o cña
(H) cã ®é dµi b»ng 2b.
• VËy trôc thùc cña Hyperbol lµ trôc ®èi xøng c¾t Hyperbol, trôc o lµ trôc ®èi
xøng kh«ng c¾t Hyperbol.
• Bèn ®iÓm A 1 , A 2 , B 1 , B 2 gäi lµ bèn ®Ønh cña Hypebol (H).
Q
y
B 2
P

L­u ý: Hai tiªu ®iÓm cña Hypebol (H) lu«n ë trªn trôc thùc.
e. H×nh ch÷ nhËt c¬ së: h×nh ch÷ nhËt cã c¸c ®Ønh lµ giao ®iÓm cña c¸c ®­êng th¼ng x =
a vµ c¸c ®­êng th¼ng y = b ®­îc gäi lµ h×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (H).
f. Tõ M(x; y) (H) suy ra:
2
x
x
a
1 x a
2
a
.
xa
Nh­ vËy Hyperbol (H) lµ tËp hîp cña hai tËp con kh«ng giao nhau.
- TËp con cña (H) chøa nh÷ng ®iÓm M(x; y) tho m·n x a gäi lµ nh¸nh
bªn phi cña Hyperbol.
- TËp con cña (H) chøa nh÷ng ®iÓm M(x; y) tho m·n x a gäi lµ nh¸nh
bªn tr¸i cña Hyperbol.
- Hai nh¸nh nµy ®èi xøng nhau qua trôc o vµ c hai ®Òu nhËn trôc thùc lµm
trôc ®èi xøng.
b 2 2
a. Tõ M(x; y) (H) y = x a .
a
- Khi x +: (H) cã tiÖm cËn y = b a x.
- Khi x : (H) cã tiÖm cËn y = b a x.
VËy Hyperbol (H) cã 2 ®­êng tiÖm cËn lµ: y = b a x.
b. C¸ch dùng Hyperbol (H)
- X¸c ®Þnh vÞ trÝ c¸c ®iÓm A 1 (a; 0) ;A 2 (a; 0), B 1 (0; b), B 2 (0; b) trªn hÖ to¹
®é.
- Dùng c¸c ®­êng th¼ng x = a vµ y = b c¾t nhau t¹i P, Q, R, S.
- H×nh ch÷ nhËt PQRS cã kÝch th­íc 2a, 2b gäi lµ h×nh ch÷ nhËt c¬ së cña
Hyperbol.
- KÎ hai ®­êng tiÖm cËn lµ hai ®­¬ng chÐo cña h×nh ch÷ nhËt c¬ së.
- Dùa trªn hai ®Ønh A 1 , A 2 vµ hai ®­êng tiÖm cËn ®Ó vÏ Hyperbol.
3. Hyperbol liªn hîp
§Þnh nghÜa 3. Hai Hyperbol cã ph­¬ng tr×nh:
2 2
2 2
x y
x y
(H 1 ): 1 vµ (H
2 2
2 ): = 1
2 2
a b
a b
A 1 O
A 2
gäi lµ hai Hyperbol liªn hîp.
B 1
Chó ý: Hai Hyperbol liªn hîp:
- Cã chung c¸c ®­îng tiÖm cËn vµ h×nh ch÷ nhËt c¬ së.
- Cã c¸c tiªu ®iÓm vµ ®Ønh kh¸c nhau.
Trôc thùc cña Hyperbol nµy lµ trôc o cña Hyperbol kia vµ ng­îc l¹i.
y
B 2
F 1 F 2
x
345

4. T©m sai cña Hypebol
T©m sai cña Hypebol lµ sè thùc e b»ng tØ sè gi÷a tiªu cù vµ ®é dµi trôc thùc cña
Hypebol.
2 2
x y
• §èi víi Hypebol (H): 1 th× e = c 2 2
a b
a .
2 2
x y
• §èi víi Hypebol (H): 1 th× e = c 2 2
a b
b .
Chó ý: Mäi Hypebol ®Òu cã t©m sai lín h¬n 1.
V. Parabol
1. ph­¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña Parabol
§Þnh lý 1: Trong mÆt ph¼ng Oxy, Parabol (P) cã hai tiªu ®iÓm F( p 2
chuÈn (d): x = p 2 cã ph­¬ng tr×nh (P): y2 = 2px.
Chó ý: §iÓm M(x; y) (P) lu«n cã FM = x + p 2 .
; 0) vµ ®­êng
2. h×nh d¹ng cña Parabol
Víi Parabol (P) cã ph­¬ng tr×nh:
(P): y 2 = 2px, víi p > 0.
C¸c thuéc tÝnh cña (P) gåm:
• §Ønh O(0; 0),
• Tiªu ®iÓm F ( p 2 ; 0),
(d)
p/2
y
L
O
p/2
(P)
x
• §­êng chuÈn (d): x = p 2 ,
• Parabol, nhËn Ox lµm trôc ®èi xøng, ®å thÞ ë bªn phi Ox.
Chó ý: Ngoµi d¹ng chÝnh t¾c y 2 = 2px, ng­êi ta cung coi c¸c d¹ng ph­¬ng
tr×nh sau lµ ph­¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña Parabol:
VI. Ba ®­êng c«nÝc
(P): y 2 = 2px,
(P): x 2 = 2py.
§Þnh nghÜa: §­êng chuÈn cña ElÝp (Hyperbol) øng víi tiªu ®iÓm F i (i = 1,2) lµ
®­êng th¼ng ( i ) (i = 1, 2) vu«ng gãc víi trôc ®èi xøng chøa c¸c tiªu ®iÓm n»m vÒ
cïng mét phÝa víi F i ®èi víi trôc ®èi xøng cßn l¹i vµ c¸ch t©m cña ElÝp (Hyperbol)
mét ®o¹n a e
víi e lµ t©m sai vµ a lµ ®é dµi nöa trôc lín (trôc thùc).
F
346

2 2
x y
a. Víi ElÝp (E) cã ph­¬ng tr×nh (E): 1
víi a > b, ta cã:
2 2
a b
• øng víi tiªu ®iÓm F 1 (c; 0) lµ ®­êng chuÈn
y
( 1 ): x = a e .
( 1 )
B ( 2 )
2 b
A 1 A 2
x
• øng víi tiªu ®iÓm F 2 (c; 0) lµ ®­êng chuÈn a/e a F 1 O F 2 a a/e
( 2 ): x = a e .
b. Víi Hyperbol (H) cã ph­¬ng tr×nh:
2 2
x y
(H): 1 ,
2 2
a b
ta cã:
• øng víi F 1 (c; 0) lµ ®­êng chuÈn ( 1 ): x = a e .
• øng víi F 2 (c; 0) lµ ®­êng chuÈn ( 2 ): x = a e .
Nh¾c l¹i: Víi Parabol (P): y 2 = 2px cã ®­êng chuÈn x = p 2 .
§­êng chuÈn cña c ba ®­êng Conic ®Òu cã t×nh chÊt chung sau ®©y:
§Þnh lý 1: §iÒu kiÖn cÇn vµ ®ñ ®Ó mét ®iÓm n»m trªn ®­êng Conic lµ khong c¸ch tõ
®iÓm ®ã tíi tiªu ®iÓm vµ ®Õn ®­êng chuÈn t­¬ng øng b»ng t©m sai e cña ®­êng
Conic ®ã.
§Þnh nghÜa 2: §­êng C«nÝc (C) lµ tËp hîp ®iÓm cã tû sè c¸c khong c¸ch tõ ®ã ®Õn
mét ®iÓm cè ®Þnh vµ ®Õn mét ®­êng th¼ng cè ®Þnh kh«ng ®i qua ®iÓm
cè ®Þnh Êy, b»ng mét h»ng sè d­¬ng e.
H»ng sè d­¬ng e chÝnh lµ t©m sai cña ®­êng C«nÝc (C).
• NÕu e < 1 : (C) lµ ElÝp.
• NÕu e = 1 : (C) lµ Parabol.
• NÕu e > 1 : (C) lµ Hyperbol.
( 1 )
a/e
B Ph­¬ng ph¸p gii c¸c d¹ng to¸n liªn quan
B 1
b
y
( 2 )
a/e
F 1 A 1 O
A 2 F 2
x
§1. §­êng th¼ng
D¹ng to¸n 1: Ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng
Ph­¬ng ph¸p thùc hiÖn
Ph­¬ng tr×nh:
Ax + By + C = 0
lµ ph­¬ng tr×nh cña mét ®­êng th¼ng khi vµ chØ khi A 2 + B 2 > 0.
347

Chó ý: §i kÌm víi hä ®­êng th¼ng (d m ) th­êng cã thªm c¸c c©u hái phô:
C©u hái 1: Chøng minh r»ng hä ®­êng th¼ng (d m ) lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh.
C©u hái 2: T×m c¸c ®iÓm mµ hä (d m ) kh«ng ®i qua.
Khi ®ã:
a. Víi c©u hái 1, ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc:
B­íc 1: Gi sö M(x 0 , y 0 ) lµ ®iÓm cè ®Þnh cña hä (d m ), khi ®ã:
Ax 0 + By 0 + C = 0 m
B­íc 2: Nhãm theo bËc cña m råi cho c¸c hÖ sè b»ng 0 (x 0 , y 0 ).
B­íc 3: KÕt luËn.
b. Víi c©u hái 2, ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc:
B­íc 1: Gi sö M(x, y) lµ ®iÓm mµ hä (d m ) kh«ng ®i qua, khi ®ã:
Ax + By + C = 0 v« nghiÖm m
B­íc 2: ThiÕt lËp ®iÒu kiÖn v« nghiÖm (x, y).
ë ®©y cÇn nhí l¹i:
a
0
• Ph­¬ng tr×nh am + b = 0 v« nghiÖm m .
b
0
• Ph­¬ng tr×nh am 2 + bm + c = 0 (a 0) v« nghiÖm m m < 0.
• Ph­¬ng tr×nh acosm + bsinm = c v« nghiÖm m a 2 + b 2 < c 2 .
B­íc 3: KÕt luËn.
ThÝ dô 1. T×m ®iÒu kiÖn cña m ®Ó ph­¬ng tr×nh sau lµ ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng:
mx + (m 2 2m)y3 = 0.
Gii
Ph­¬ng tr×nh trªn lµ ph­¬ng tr×nh cña ®­êng th¼ng khi vµ chØ khi:
A 2 + B 2 > 0 m 2 + (m 2 2m) 2 > 0 m 2 (m 2 4m + 5) 2 > 0 m 0.
VËy, víi m 0 ph­¬ng tr×nh ®· cho lµ ph­¬ng tr×nh cña ®­êng th¼ng.
ThÝ dô 2. Cho ph­¬ng tr×nh mx + (m2)ym = 0. (1)
a. Chøng minh r»ng víi mäi m ph­¬ng tr×nh (1) lµ ph­¬ng tr×nh cña
mét ®­êng th¼ng, gäi lµ hä (d m ).
b. T×m ®iÓm cè ®Þnh mµ hä (d m ) lu«n ®i qua.
Gii
a. Ta cã:
A 2 + B 2 = m 2 + (m2) 2 = 2m 2 4m + 4 = 2(m1) 2 + 2 > 0, m.
VËy víi mäi m ph­¬ng tr×nh ®· cho lµ ph­¬ng tr×nh cña mét ®­êng th¼ng.
b. Gi sö M(x 0 , y 0 ) lµ ®iÓm cè ®Þnh mµ hä (d m ) lu«n ®i qua
mx 0 + (m2)y 0 m = 0, m m(x 0 + y 0 1)2y 0 = 0, m
x0 y0
1 0 x0
1
.
2y0
0 y0
0
VËy hä (d m ) lu«n ®i qua ®iÓm cè ®Þnh M(1; 0).
348

ThÝ dô 3. T×m tËp hîp c¸c ®iÓm cña mÆt ph¼ng kh«ng thuéc bÊt cø ®­êng th¼ng
nµo cña hä ®­êng th¼ng (d m ): (m + 1)xy + m 2 m = 0.
Gii
Gäi M(x; y) lµ ®iÓm mµ hä (d m ) kh«ng ®i qua
(m + 1)xy + m 2 m = 0 v« nghiÖm m
m 2 m(x 1) + x y = 0 v« nghiÖm m
m < 0 (x 1) 2 4(x y) < 0 x 2 6x + 4y + 1 < 0.
VËy, tËp hîp c¸c ®iÓm M(x; y) tho m·n x 2 6x + 4y + 1 < 0 kh«ng thuéc bÊt cø
®­êng th¼ng nµo cña hä (d m ).
D¹ng to¸n 2: LËp ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng
Ph­¬ng ph¸p thùc hiÖn
Ta sö dông c¸c kÕt qu:
1. §­êng th¼ng ®i qua hai ®iÓm:
Qua
M1(x1,
y1)
x x1
y y1
(d):
(d): = .
Qua
M
2
(x
2,
y
2
) x
2
x1
y
2
y1
L­u ý:
• NÕu M 1 (a, 0) vµ M 2 (0, b) víi a, b 0 th× ph­¬ng tr×nh (M 1 M 2 ) ®­îc x¸c ®Þnh
x y
b»ng ph­¬ng tr×nh ®o¹n ch¾n (M 1 M 2 ): = 1.
a b
• §­êng th¼ng (d) ®i qua ®iÓm M 0 (x 0 , y 0 ) lu«n cã d¹ng:
(d): A(xx 0 ) + B(yy 0 ) = 0, víi A 2 + B 2 > 0.
2. §­êng th¼ng ®i qua mét ®iÓm vµ biÕt vtcp:
Qua M
0
(x
0
, y
0
) x x
0
y y
0
(d): (d): =
vtcpa(a ,a )
a1
a
2
1
2
hoÆc (d):
x
x
y
y
L­u ý: §­êng th¼ng (d) cã vtcp a (a 1 , a 2 ) lu«n cã d¹ng:
(d): a 2 xa 1 y + C = 0.
3. §­êng th¼ng ®i qua mét ®iÓm vµ biÕt vtpt:
Qua M
0
(x
0,y
0
)
(d):
vtpt n(A,B)
0
0
a1t
, t R.
a t
(d): A(xx 0 ) + B(yy 0 ) = 0.
L­u ý: §­êng th¼ng (d) cã vtpt n (n 1 , n 2 ) lu«n cã d¹ng:
(d): n 1 x + n 2 y + C = 0.
4. §­êng th¼ng ®i qua mét ®iÓm vµ biÕt hÖ sè gãc k:
Qua M
0
(x
0,
y
0
)
(d):
(d): y = k(xx 0 ) + y 0 .
hsg k
2
349

L­u ý: §­êng th¼ng (d) cã hÖ sè gãc k lu«n cã d¹ng:
(d): y = kx + m = 0.
5. §­êng th¼ng (d)//(): Ax + By + C = 0 cã ph­¬ng tr×nh:
(d): Ax + By + D = 0.
6. §­êng th¼ng (d)(): Ax + By + C = 0 cã ph­¬ng tr×nh:
(d): BxAy + D = 0.
Chó ý: Trong nhiÒu tr­êng hîp ®Æc thï chóng ta cßn sö dông
a. Ph­¬ng tr×nh chïm ®­êng th¼ng.
b. Ph­¬ng ph¸p quü tÝch ®Ó x¸c ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng.
ThÝ dô 1. LËp ph­¬ng tr×nh tham sè cña ®­êng th¼ng (d) trong mçi tr­êng hîp sau:
a. (d) ®i qua ®iÓm M(2, 1) vµ cã vtcp a (3, 4).
b. (d) ®i qua ®iÓm M(2, 3) vµ cã vtpt n (5, 1).
Gii
a. Ta cã ngay:
Qua M(2,1) x
2 3t
(d): (d): , t R.
vtcp a(3,4) y
1
4t
b. Ta cã:
Qua M( 2,3)
Qua M( 2,3)
x
2
t
(d): (d): (d): , t R.
vtpt n(5,1) vtcp a(1, 5) y
3 5t
ThÝ dô 2. LËp ph­¬ng tr×nh tæng qu¸t cña ®­êng th¼ng (d) trong mçi tr­êng hîp sau:
a. (d) ®i qua ®iÓm M(5, 8) vµ cã hÖ sè gãc k= 3.
b. (d) ®i qua hai ®iÓm A(2, 1) vµ B(4, 5).
c. (d) ®i qua ®iÓm M(4, 0) vµ ®iÓm N(0, 1).
Gii
a. Ta cã ngay:
Qua
M( 5,
8)
(d):
(d): y = 3(x + 5) 8 (d): 3x + y + 23 = 0.
hsg k 3
b. Ta cã:
Qua
A(2,1) x 2 y 1
(d):
(d): = (d): 2x + 3y 7 = 0.
Qua
B( 4,5)
4 2 5 1
c. Sö dông ph­¬ng tr×nh ®o¹n ch¾n ta cã:
Qua
M(4,0)
(MN):
Qua
N(0, 1)
x y
(MN): + 4 1
= 1 (MN): x 4y 4 = 0.
350

Chó ý: Víi c©u b) chóng ta còng cã thÓ t×m ®­îc ph­¬ng tr×nh tæng qu¸t cña
®­êng th¼ng (d) b»ng viÖc sö dông ph­¬ng tr×nh tham sè hoÆc tõ vtcp
AB (6, 4) suy ra vtpt n (2, 3) cña ®­êng th¼ng (d).
ThÝ dô 3. Cho ABC, biÕt A(1, 4), B(3, 1), C(6, 2).
a. LËp ph­¬ng tr×nh tæng qu¸t c¸c ®­êng th¼ng AB, BC, CA.
b. LËp ph­¬ng tr×nh tæng qu¸t cña ®­êng cao AH vµ trung tuyÕn AM.
Gii
a. Ta lÇn l­ît cã:
Qua
A(1,4) x 1 y 4
(AB):
(AB): = (AB): 5x + 2y 13 = 0.
Qua
B(3, 1)
3 1
1 4
T­¬ng tù, ta nh©n ®­îc (BC): x y 4=0 vµ (CA): 2x+5y 22=0.
b. Ta lÇn l­ît cã:
Qua
A
Qua A(1,4)
(AH): (AH):
AH BC
vtpt n(1,1)
(AH): x 1 + y 4 = 0 (AH): x + y 5 = 0.
Qua
A
Qua A(1,4)
(AM):
(AM):
Qua
M lµtrungdiÓmBC Qua M(9/ 2,1/ 2)
x 1
y 4
(AM): = (AM): x + y 5 = 0.
9 1
1
4
2 2
ThÝ dô 4. Cho ABC, biÕt trung ®iÓm c¸c c¹nh lµ M(2; 1), N(5; 3), P(3; 4).
a. LËp ph­¬ng tr×nh c¸c c¹nh cña ABC.
b. LËp ph­¬ng tr×nh c¸c ®­êng trung trùc cña ABC.
Gii
a. Ta cã:
B
• Ph­¬ng tr×nh c¹nh AB ®­îc x¸c ®Þnh bëi:
qua P
qua P(3; 4)
(AB): (AB):
P M
AB// MN vtcpMN(3;2)
(AB): x 3 = y 4
A
C
(AB): 2x3y18 = 0.
N
3 2
T­¬ng tù (BC), (AC).
b. Gäi c¸c ®­êng trung trùc kÎ tõ M, N, P theo thø tù lµ (d M ), (d N ), (d P ).
• Ph­¬ng tr×nh (d M ) ®­îc x¸c ®Þnh bëi:
qua M
qua M(2;1)
(d M ): (d M ):
(d
M
) PN vtpt PN(2;7)
351

(d M ): 2(x 2) + 7(y 1) = 0 (d M ): 2x + 7y 11 = 0.
T­¬ng tù (d N ), (d P ).
ThÝ dô 5. LËp ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng (d 1 ) ®èi xøng víi ®­êng th¼ng (d) qua
(), biÕt:
(d): x + 2y13 = 0 vµ (): 2xy1 = 0.
Gii
Víi mçi ®Óm M(x, y)(d 1 ) tån t¹i ®iÓm M 0 (x 0 , y 0 )(d) sao cho:
trung®iÓmIcña MM0
thuéc( )
MM 0
( )
1
x x0 y y0
x (4x 3y 1)
2 1 0
2 2 0 5
(I)
1
1.(x x
0) 2.(y y
0) 0 y 0
( 3x 4y 2)
5
Thay (I) vµo ph­¬ng tr×nh cña (d), ta ®­îc:
1
5 (4x + 3y 1) + 2 (3x + 4y + 2)13 = 0 2x11y + 62 = 0.
5
§ã chÝnh lµ ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng (d 1 ).
ThÝ dô 6. ThiÕt lËp ph­¬ng tr×nh c¸c ®­êng ph©n gi¸c cña c¸c gãc trong cña
ABC cã ba c¹nh ®­îc t¹o bëi c¸c ph­¬ng tr×nh :
3x4y = 0, 4x3y = 0, 5x + 12y63 = 0.
Gii
Gi sö ba ph­¬ng tr×nh trªn cña c¸c c¹nh AB, BC, AC.
a. Ph­¬ng tr×nh ®­êng ph©n gi¸c trong cña gãc A : Tr­íc tiªn:
• Täa ®é cña B lµ nghiÖm cña hÖ ph­¬ng tr×nh:
3x4y0
x
0
B(0; 0).
4x3y0
y
0
• Täa ®é cña C lµ nghiÖm cña hÖ ph­¬ng tr×nh:
4x3y0
x
3
C(3; 4).
5x12y 63 0 y
4
Gäi (d A ) lµ ®­êng ph©n gi¸c trong cña gãc A cña ABC.
Khi ®ã, ®iÓm M(x, y)(d A )
M vµ B cïng phÝa víi (AC)
M vµ C cïng phÝa víi (AB)
d(M,(AB))
d(M,(AC))
(5x 12y 63)( 63) 0
(3x 4y)(3.3 4.4) 0
| 5x 12y 63 | | 3x 4y |
2 2 2 2
5 12 3 4
352

5x 12y 63 0
3x 4y 0
14x112y + 315 = 0.
5(5x 12y 63) 13(3x 4y)
§ã chÝnh lµ ph­¬ng tr×nh tæng qu¸t cña ®­êng th¼ng (d A ).
T­¬ng tù: Víi ph­¬ng tr×nh d­êng ph©n gi¸c trong cña gãc B,C.
ThÝ dô 7. Cho ®iÓm M(2; 1). §­êng th¼ng (d) lu«n ®i qua M c¾t Ox, Oy theo thø tù
t¹i A(a; 0), B(0; b) víi a, b > 0. LËp ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng (d) sao cho:
a. DiÖn tÝch OAB nhá nhÊt. b. OA + OB nhá nhÊt.
Gii
1
c.
2
OA + 1
2
OB
nhá nhÊt.
Tõ gi thiÕt, ta ®­îc (d): x a + y b = 1.
V× M(d) nªn 2 a + 1 b
= 1. (1)
a. Ta cã, diÖn tÝch OAB ®­îc cho bëi:
S = 1 2 OA.OB = ab 2 .
Tõ (1) suy ra
1 = 2 a + 1 b 2 21 .
a b = 2
ab 2 S 1.
ab
VËy S Min = 1, ®¹t ®­îc khi:
2
a = 1 b = 1 2 a 4
.
b 2
Khi ®ã ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng (d): x + 2y4 = 0.
b. Tõ (1), ta ®­îc :
2b
a = ®iÒu kiÖn b > 1.
b1
Khi ®ã:
2b
OA + OB =
b 1
+ b = 2
b 1
+ b + 2
2
=
b 1
+ b1 + 3 2 2 .(b 1)
b1
VËy (OA + OB) Min = 2 2 + 3, ®¹t ®­îc khi:
2
b 1
= b1
a 2 2
.
b 1 2
+ 3 = 2 2 + 3.
353

Khi ®ã ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng
(d): (1 + 2 )x + (2 + 2 )y5 3 2 = 0.
c. Ta cã:
1
2
OA + 1
2
OB = 1 1
+
2 2
a b .
NhËn xÐt r»ng:
(2 2 + 1 2 1 1
)( +
2 2
a b ) ( 2 a + 1 1 1
b )2 = 1 +
2 2
a b
1
VËy (
2
OA + 1
2
OB ) Min = 1 , ®¹t ®­îc khi:
5
2 1 5
1
a
a
b 2
2a
b
b
5
.
Khi ®ã ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng (d): 2x + y5 = 0.
1 5 .
D¹ng to¸n 3: XÐt vÞ trÝ t­¬ng ®èi cña hai ®­êng th¼ng
Ph­¬ng ph¸p thùc hiÖn
NÕu hai ®­êng th¼ng (d 1 ) vµ (d 2 ) cã ph­¬ng tr×nh tæng qu¸t:
(d 1 ): A 1 x + B 1 y + C 1 = 0, (d 2 ): A 2 x + B 2 y + C 2 = 0.
®Ó xÐt vÞ trÝ t­¬ng ®èi cña hai ®­êng th¼ng (d 1 ), (d 2 ), ta sö dông kÕt qu:
A
1
B
a. NÕu =
1 C
1 (d1 ) // (d 2 ).
A
2
B
2
C
2
b. NÕu
A
1 =
1
A
2
B
2
B C =
1 (d1 ) (d 2 ).
C
2
c. NÕu
A1
1
A
2
B
2
B (d1 ) c¾t (d 2 ).
C¸c tr­êng hîp kh¸c th× b»ng viÖc xÐt hÖ ph­¬ng tr×nh t¹o bëi hai ®­êng th¼ng
(d 1 ) vµ (d 2 ), khi ®ã sè nghiÖm cña hÖ ph­¬ng tr×nh cho phÐp kÕt luËn vÒ vÞ trÝ t­¬ng
®èi cña hai ®­êng th¼ng.
ThÝ dô 1. XÐt vÞ trÝ t­¬ng ®èi cña c¸c cÆp ®­êng th¼ng (d 1 ) vµ (d 2 ) sau ®©y:
a. (d 1 ): 4x 10y + 1 = 0 vµ (d 2 ): x + y + 2 = 0.
x
5 t
b. (d 1 ): 12x 6y + 10 = 0 vµ (d 2 ): , t R.
y
3 2t
x
6
5t
c. (d 1 ): 8x + 10y 12 = 0 vµ (d 2 ): , t R.
y
6 4t
Gii
a. Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch sau:
354

C¸ch 1: XÐt hÖ ph­¬ng tr×nh t¹o bëi ph­¬ng tr×nh cña (d 1 ) vµ (d 2 ), ta cã :
4x
10y
1
0 3 1 3 1
x = vµ y = (d1 ) (d 2 ) = {M( , )}.
x
y 2 0 2 2 2 2
4 10
C¸ch 2: NhËn xÐt r»ng (d 1 ) vµ (d 2 ) c¾t nhau.
1 1
b. B»ng c¸ch thay ph­¬ng tr×nh tham sè cña (d 2 ) vµ (d 1 ), ta ®­îc:
12(5 + t) 6(3 + 2t) + 10 = 0 52 = 0, m©u thuÉn.
VËy, ta kÕt luËn (d 1 ) // (d 2 ).
c. B»ng c¸ch thay ph­¬ng tr×nh tham sè cña (d 2 ) vµ (d 1 ), ta ®­îc:
8( 6 + 5t) + 10(6 4t) 12 = 0 0 = 0, lu«n ®óng.
VËy, ta kÕt luËn (d 1 ) (d 2 ).
ThÝ dô 2. Cho hai ®­êng th¼ng (d 1 ) vµ (d 2 ) cã ph­¬ng tr×nh:
x
2t
1 x
1 3t
2
(d 1 ): , (d 2 ): ,t 1 , t 2 R.
y
3t
1 y
3 6t
2
a. X¸c ®Þnh giao ®iÓm cña (d 1 ) vµ (d 2 ).
b. TÝnh cosin gãc nhän t¹o bëi (d 1 ) vµ (d 2 ).
Gii
a. XÐt hÖ ph­¬ng tr×nh t¹o bëi (d 1 ) vµ (d 2 ):
2t1
1 3t
2 t1
1
.
3t1
3 6t
2 t
2
1
VËy (d 1 ) c¾t (d 2 ) t¹i A(2, 3).
b. Gäi a 1 , a 2 theo thø tù lµ vtcp cña (d 1 ) vµ (d 2 ), ta cã a 1 (2, 3), a 2 (1, 2).
Khi ®ã, cosin gãc nhän t¹o bëi (d 1 ) vµ (d 2 ) ®­îc cho bëi:
| a1.a
2
| | 2.1
3.2 | 8
cos = =
= .
| a1
| . | .a
2
|
2 2 2 2
( 2)
( 3)
. 1 2 65
Chó ý: ViÖc xÐt vÞ trÝ t­¬ng ®èi cña hai ®­êng th¼ng cã ph­¬ng tr×nh tæng
qu¸t sÏ gîi ý cho chóng ta gii bµi to¸n:
" H·y biÖn luËn gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc
F = (A 1 x + B 1 y + C 1 ) 2 + (A 2 x + B 2 y + C 2 ) 2 "
Ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc sau:
B­íc 1: XÐt hai ®­êng th¼ng
(d 1 ): A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 vµ (d 2 ): A 2 x + B 2 y + C 2 = 0.
B­íc 2: VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña F tuú thuéc vµo vÞ trÝ t­¬ng ®èi cña (d 1 ) vµ (d 2 ).
XÐt hÖ ph­¬ng tr×nh t¹o bëi (d 1 ) vµ (d 2 ) cã d¹ng:
A1x
B1y
C1
.
A
2x
B
2y
C
2
X¸c ®Þnh c¸c gi¸ trÞ cña D, D x , D y .
355

B­íc 3: BiÖn luËn:
a. NÕu D 0, hÖ cã nghiÖm duy nhÊt x = D
D x vµ y = D
D y
.
Khi ®ã (d 1 ) c¾t (d 2 ) do ®ã minF = 0, ®¹t ®­îc khi
x = D
D x vµ y = D
D y
.
A1
B1
C1
b. NÕu D = D x = D y = 0 .
A2
B
2
C
2
Khi ®ã (d 1 ) (d 2 ) do ®ã minF = 0, ®¹t ®­îc t¹i M(x, y) (d 1 ).
c. NÕu
D
0
A1
B1
C1
D
x
0 .
A2
B
2
C
2
D
y
0
Khi ®ã th× (d 1 ) // (d 2 ) do ®ã ®Æt t = A 1 x + B 1 y + C 1 , ta ®­îc:
F = t 2 + (kt + m) 2 = (k 2 + 1)t 2 + 2mkt + m 2 . 4a
mk
VËy minF = , ®¹t ®­îc khi t = 4a
k
2 1
.
ThÝ dô 3. H·y biÖn luËn theo a gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc:
F = (2x + y2) 2 + (4x + ay1) 2 .
Gii
XÐt hai ®­êng th¼ng (d 1 ): 2x + y 2 = 0 vµ (d 2 ): 4x + ay 1 = 0.
VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña F tuú thuéc vµo vÞ trÝ t­¬ng ®èi cña (d 1 ) vµ (d 2 ).
XÐt hÖ ph­¬ng tr×nh t¹o bëi (d 1 ) vµ (d 2 ) cã d¹ng:
2xy2
.
4x
ay
1
Ta cã:
D = 2 1
4 a = 2a4, D x = 2 1
1 a = 2a1, D y = 2 2
4 1 = 6.
• NÕu D 0 2a4 0 a 2.
HÖ cã nghiÖm duy nhÊt x = 2 a 1 3
vµ y = (d 1 ) c¾t (d 2 ) do ®ã minF = 0
2a
4 a 2
• NÕu D = 0 2a4 = 0 a = 2.
Víi a = 2, suy ra D x = 3 0, hÖ v« nghiÖm.
Khi ®ã (d 1 ) // (d 2 ) do ®ã F = (2x + y2) 2 + (4x + 2y1) 2 .
§Æt t = 2x + y2, ta ®­îc F = t 2 + (t + 3) 2 = 2t 2 6t + 9 = 2(x + 3 2 ) + 9 2 9 2 .
356

VËy minF = 9 , ®¹t ®­îc khi:
2
t = 3 2 2x + y2 = 3 4x + 2y1 = 0.
2
KÕt luËn:
• Víi a 2, minF = 0, ®¹t ®­îc khi x = 2 a 1 vµ y =
2a
4
3
a 2
.
• Víi a = 2, minF = 9 , ®¹t ®­îc khi x, y tho m·n 4x + 2y1 = 0.
2
D¹ng to¸n 4: §iÓm vµ ®­êng th¼ng
Ph­¬ng ph¸p thùc hiÖn
§Ó t×m ®iÓm M thuéc ®­êng th¼ng (d) tho m·n ®iÒu kiÖn K, ta lùa chän mét
trong hai h­íng sau:
H­íng 1: TËn dông ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng (d) cho tr­íc.
C¸ch 1: NÕu ®­êng th¼ng (d) cho d­íi d¹ng tham sè :
x
x
0
a1t
(d): , t R.
y
y
0
a
2t
B­íc 1: LÊy ®iÓm M (d), suy ra M(x 0 + a 1 t, y 0 + a 2 t).
B­íc 2: Dùa vµo ®iÒu kiÖn K x¸c ®Þnh t.
C¸ch 2: NÕu ®­êng th¼ng (d) cho d­íi d¹ng tæng qu¸t:
(d): Ax + By + C = 0, víi A 2 + B 2 > 0.
B­íc 1: LÊy ®iÓm M(x M , y M ) (d), suy ra
Ax M + By M + C = 0.
B­íc 2: Sö dông ®iÒu kiÖn K thiÕt lËp thªm mét ph­¬ng tr×nh cho x M vµ y M . Tõ
®ã t×m ®­îc to¹ ®é cña M.
L­u ý: Khi ®ã còng cã thÓ chuyÓn ph­¬ng tr×nh (d) vÒ d¹ng tham sè ®Ó sö dông c¸ch 1.
H­íng 2: Sö dông ®iÒu kiÖn K kh¼ng ®Þnh M thuéc ®­êng (L), khi ®ã
(d) (L) = {M}.
ThÝ dô 1. Cho ®­êng th¼ng (d) cã ph­¬ng tr×nh:
x
2 2t
(d): , t R.
y
3 t
T×m ®iÓm M thuéc (d) vµ c¸ch ®iÓm A(0, 1) mét khong b»ng 5.
Gii
V× M huéc (d) nªn M(2 + 2t, 3 + t). Khi ®ã:
5 = AM =
2
2
( 2 2t) (2 t)
17
5t 2 + 12t 17 = 0 t 1 = 1 vµ t 2 = . 5
• Víi t 1 = 1, suy ra ®iÓm M 1 (4, 4).
•
17 24 2
Víi t 2 = , suy ra ®iÓm M2 ( , ).
5
5 5
357

24 2
VËy, tån t¹i hai ®iÓm M 1 (4, 4) vµ M 2 ( , ) tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
5 5
ThÝ dô 2. Cho ®­êng th¼ng (d) cã ph­¬ng tr×nh:
(d): x2y + 15 = 0.
T×m trªn ®­êng th¼ng ®iÓm M(x M , y M ) sao cho
Gii
C¸ch 1: V× M(x M , y M ) (d), suy ra
x M 2y M + 15 = 0 x M = 2y M 15,
khi ®ã:
2 2
x M y M = (2y M 15) 2 2
+ y M = 5 y 2 M 60y M + 225
= 5(y M 6) 2 + 45 45.
2 2
VËy, ta ®­îc ( x y ) Min = 45 ®¹t ®­îc khi:
M
M
y M = 6 M(3, 6).
C¸ch 2: ChuyÓn ph­¬ng tr×nh (d) vÒ d¹ng tham sè:
2 2
x M y M nhá nhÊt.
x
2t 15
(d): , t R.
y
t
§iÓm M (d), suy ra M(2t15, t).
Khi ®ã:
x 2
y 2
= (2t15)2 + t 2 = 5t 2 60t + 225 = 5(t6) 2 + 45 45.
M
2
M
M
y 2
M
VËy ( x ) Min = 45 ®¹t ®­îc khi:
t = 6 M(3, 6).
C¸ch 3: Sö dông bÊt ®¼ng thøc Bunhiac«pxli
Ta cã:
x M 2y M + 15 = 0 15 = 2y M x M
x y 45.
2
M
2
M
2
M
2
M
VËy ( x y ) Min = 45 ®¹t ®­îc khi:
y M = 2x M
(d)
M(3, 6).
Bunhiac« pxki
2 2
(4 1)(y
M
x
M
)
ThÝ dô 3. Cho hai ®iÓm A(1; 2), B(2; 5) vµ ®­êng th¼ng (d) cã ph­¬ng tr×nh:
(d): x2y2 = 0.
T×m trªn ®­êng th¼ng (d) ®iÓm M sao cho:
a. (MA + MB) nhá nhÊt.
b. |MAMB| lín nhÊt
358

Gii
a. ChuyÓn ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng (d) vÒ d¹ng tham sè:
x 2t 2
(d): t R
y
t
V× M(d) nªn M(2t + 2 ; t). Khi ®ã ta cã:
MA + MB =
=
( 2t 1) (t 2)
2 2
+
2
5t 5 +
2
5t
10t
25
4t (t 5)
2 2
= 5 [
t 1 4]
2
t 1 + 2
XÐt c¸c ®iÓm A 1 (0; 1); B 1 (1; 2) vµ M 1 (t; 0).
Khi ®ã:
MA + MB = 5 (M 1 A 1 + M 1 B 1 ).
V× M 1 ch¹y trªn trôc hoµnh vµ A 1 , B 1 n»m vÒ hai phÝa cña Ox nªn
(MA + MB) min ( M 1 A 1 + M 1 B 1 ) min M 1 = (A 1 B 1 ) Ox
M 1 ( 1 3 ; 0) M( 8 3 ; 1 3 ).
b. T­¬ng tù c©u a) ta cã:
|MAMB| =
( 2t 1) (t 2)
2 2
+
4t (t 5)
2 2
=
2
5t 5 +
2
5t
10t
25
= 5 [
XÐt c¸c ®iÓm A 2 (0; 1); B 2 (1; 2) vµ M 2 (t; 0).
Khi ®ã:
t 1 4]
2
t 1 + 2
|MAMB| = 5 |M 2 A 2 M 2 B 2 |.
V× M 2 ch¹y trªn trôc hoµnh vµ A 2 , B 2 n»m vÒ mét phÝa cña Ox nªn
|MAMB| max |M 2 A 2 M 2 B 2 | max M 2 = (A 2 B 2 ) Ox
M 2 (1, 0) M(0; 1).
§2. §­êng trßn
D¹ng to¸n 1: Ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn
Ph­¬ng ph¸p chung
Ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc:
B­íc 1: ChuyÓn ph­¬ng tr×nh ban ®Çu vÒ d¹ng:
(C): x 2 + y 2 2ax2by + c = 0
(1)
B­íc 2: §Ó (1) lµ ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn ®iÒu kiÖn lµ:
a 2 + b 2 c 0.
359

B­íc 3:
Khi ®ã (C) cã thuéc tÝnh:
T©m I(a;b)
.
2 2
BkÝnh R a b c
ThÝ dô 1. T×m t©m vµ b¸n kÝnh cña c¸c ®­êng trßn sau:
a. x 2 + y 2 2x 2y 2 = 0.
b. 16x 2 + 16y 2 + 16x 8y 11 = 0.
Gii
a. ViÕt l¹i ph­¬ng tr×nh d­íi d¹ng:
(x 1) 2 + (y 1) 2 = 4
suy ra t©m I(1, 1) vµ b¸n kÝnh R = 2.
b. ViÕt l¹i ph­¬ng tr×nh d­íi d¹ng:
1 11 1
x 2 + y 2 + x y = 0 (x + )
2 1
+ (y )
2
= 1
2 16
2 4
suy ra t©m I( 2
1 , 4
1 ) vµ b¸n kÝnh R = 1.
ThÝ dô 2. Cho hä ®­êng cong:
(C m ): x 2 + y 2 2mx2(m + 1)y + 2m1 = 0.
a. Chøng minh r»ng víi mäi m lu«n cã (C m ) lµ ph­¬ng tr×nh cña mét
®­êng trßn.
b. T×m tËp hîp t©m c¸c ®­êng trßn (C m ).
c. T×m ®­êng trßn cã b¸n kÝnh nhá nhÊt trong hä (C m ).
d. T×m c¸c ®iÓm cè ®Þnh mµ mäi ®­êng trßn cña hä (C m ) ®Òu ®i qua.
e. Chøng minh r»ng (C m ) lu«n c¾t Oy t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt.
Gii
a. Ta cã:
a 2 + b 2 c = m 2 + (m + 1) 2 2m + 1 = 2m 2 + 2 0, lu«n ®óng.
VËy, víi m ph­¬ng tr×nh ®· cho lµ ph­¬ng
tr×nh cña mét ®­êng trßn, cã:
T©m I
m(m,m 1)
.
2
B¸n kÝnh R 2m 2
b. Ta cã:
x
m
I m :
y m 1
Khö m tõ hÖ (I), ta ®­îc: xy + 1 = 0.
VËy, t©m I m cña hä (C m ) thuéc ®­êng th¼ng (d): xy + 1 = 0.
(I)
360

c. Ta cã:
R 2 = 2m 2 + 2 2
VËy R min = 2 , ®¹t ®­îc khi m = 0
VËy trong hä (C m ) ®­êng trßn (C 0 ) cã b¸n kÝnh nhá nhÊt b»ng 2 .
d. Gi sö M(x 0 , y 0 ) lµ ®iÓm cè ®Þnh cña hä (C m ), ta ®­îc:
x +
2
0
y 2mx 0 2(m + 1)y 0 + 2m1 = 0, m
2
0
(2x 0 2y 0 + 2)m +
2x0 2y0
2 0
2 2
x0 y0 2y0
1 0
2 2
x
0
+ y0
2y 0 1 = 0, m
y0 1x0
2 2
x
0
(1 x
0) 2(1 x
0) 1 0
y0 1x0
M 1(1,0)
.
x0
1
M 2( 1,2)
VËy, c¸c ®­êng trßn cña hä (C m ) lu«n ®i qua 2 ®iÓm cè ®Þnh M 1 , M 2 .
e. XÐt hÖ ph­¬ng tr×nh t¹o bëi (C m ) vµ Oy:
2 2
x y 2mx 2(m 1)y 2m 1 0
x 0
y 2 2(m + 1)y + 2m1 = 0. (1)
Ta cã:
’ (1) = (m + 1) 2 2m + 1 = m 2 + 2 > 0, m
do ®ã ph­¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt y 1,2 =
Oy t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt A(0,
2
m 2 ) vµ B(0,
2
m 2 ).
2
m 2 , tøc lµ (C m ) lu«n c¾t
Chó ý: Chóng ta ®· ®­îc biÕt kh¸i niÖm ph­¬ng tÝch cña mét ®iÓm ®èi víi
®­êng trßn, khi ®ã chän ®iÓm C(0, 1) Oy vµ
p C/(C) = 12(m + 1) + 2m1 = 2 < 0 C ë trong ®­êng trßn (C)
VËy (C m ) lu«n c¾t Oy t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt.
ThÝ dô 3. Cho hä ®­êng cong cã ph­¬ng tr×nh:
(C m ): x 2 + y 2 2x4my + 4m = 0. (1)
a. T×m m ®Ó (C m ) lµ mét hä ®­êng trßn.
b. Chøng minh r»ng c¸c ®­êng trßn cña hä (C m ) lu«n tiÕp xóc víi
nhau t¹i mét ®iÓm cè ®Þnh.
Gii
a. Ta cã:
a 2 + b 2 c = 1 + 4m 2 4m = (2m 1) 2 0, m.
VËy, víi mäi gi¸ trÞ cña m ph­¬ng tr×nh (1) lµ ph­¬ng tr×nh cña mét ®­êng trßn,
cã t©m I m (1, 2m) vµ b¸n kÝnh R = |2m 1|.
b. Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch sau:
361

C¸ch 1: Víi m 1 vµ m 2 bÊt kú (m 1 m 2 ), xÐt hÖ ph­¬ng tr×nh t¹o bëi ( C
m
), ( C
1 m
):
2
2 2
x y 2x 4m1y 4m1
0 (1)
(I)
2 2
x y 2x 4m2y 4m2
0 (2)
LÊy (1) (2) y = 1, thay vµo (1), ta ®­îc:
x 2 2x + 1 = 0. (*)
Ph­¬ng tr×nh (*) cã nghiÖm kÐp x 0 = 1 m.
VËy, c¸c ®­êng trßn cña hä (C m ) lu«n tiÕp xóc víi nhau t¹i mét ®iÓm cè ®Þnh
M(1; 1).
C¸ch 2: Gi sö M(x 0 , y 0 ) lµ ®iÓm cè ®Þnh mµ hä (C m ) lu«n ®i qua.
x 2 + y 2 2x4my + 4m = 0 , m
4m(y + 1) + x 2 + y 2 2x = 0 , m
y 1
0 x 1
2 2
M(1; 1).
x y 2x 0 y 1
NhËn xÐt r»ng t©m I m cña hä (C m ) lu«n thuéc ®­êng th¼ng (d) cè ®Þnh ®i qua ®iÓm
M cè ®Þnh.
VËy, c¸c ®­êng trßn cña hä (C m ) lu«n tiÕp xóc víi nhau t¹i mét ®iÓm cè ®Þnh M(1; 1).
NhËn xÐt:
1. Nh­ vËy ®Ó "Chøng minh r»ng c¸c ®­êng trßn cña hä (C m ) lu«n tiÕp xóc víi
nhau t¹i mét ®iÓm cè ®Þnh."
ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch:
C¸ch 1: Thùc hiÖn theo c¸c b­íc:
B­íc 1: Víi m 1 vµ m 2 bÊt kú (m 1 m 2 ), xÐt
( C m ) cã t©m I
1
1 vµ b¸n kÝnh R 1 .
( C m ) cã t©m I
2
2 vµ b¸n kÝnh R 2 .
B­íc 2: Suy ra:
I1I
2 R1
R 2
.
I1I
2 |
R1
R 2 |
B­íc 3: KÕt luËn: c¸c ®­êng trßn cña hä (C m ) lu«n tiÕp xóc víi nhau t¹i mét
®iÓm cè ®Þnh M(x 0 ; y 0 ) lµ nghiÖm kÐp cña (*).
C¸ch 2: Thùc hiÖn theo c¸c b­íc:
B­íc 1: T×m ®iÓm cè ®Þnh M(x 0 , y 0 ) mµ mäi ®­êng trßn cña hä (C m ) lu«n ®i qua.
B­íc 2: NhËn xÐt r»ng: t©m I m cña hä (C m ) lu«n thuéc ®­êng th¼ng (d) cè ®Þnh ®i
qua M.
B­íc 3: KÕt luËn: c¸c ®­êng trßn cña hä (C m ) lu«n tiÕp xóc víi nhau t¹i mét
®iÓm cè ®Þnh M(x 0 ; y 0 ).
2. NÕu sö dông c¸ch 2 chóng ta còng cã thÓ tr lêi ®­îc c©u hái " C¸c ®­êng trßn cña
hä (C m ) lu«n tiÕp xóc víi ®­êng th¼ng () cè ®Þnh t¹i mét ®iÓm cè ®Þnh "
ThËt vËy khi ®ã (C m ) lu«n tiÕp xóc víi ®­êng th¼ng () qua M vµ vu«ng gãc víi
®­êng th¼ng (d).
362

D¹ng to¸n 2: LËp ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn tho m·n ®iÒu kiÖn cho tr­íc
Ph­¬ng ph¸p thùc hiÖn
Gäi (C) lµ ®­êng trßn tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi. Chóng ta lùa chän ph­¬ng
tr×nh d¹ng tæng qu¸t hoÆc d¹ng chÝnh t¾c.
• Muèn cã ph­¬ng tr×nh d¹ng tæng qu¸t, ta lËp hÖ 3 ph­¬ng tr×nh víi ba Èn a, b,
c, ®iÒu kiÖn a 2 + b 2 c 0.
Muèn cã ph­¬ng tr×nh d¹ng chÝnh t¾c, ta lËp hÖ 3 ph­¬ng tr×nh víi ba Èn a, b,
R, ®iÒu kiÖn R 0.
Chó ý:
1. CÇn phi c©n nh¾c gi thiÕt cña bµi to¸n thËt kü cµng ®Ó lùa chän d¹ng ph­¬ng
tr×nh thÝch hîp.
2. Trong nhiÒu tr­êng hîp ®Æc thï chóng ta cßn sö dông ph­¬ng ph¸p quü tÝch ®Ó
x¸c ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn.
ThÝ dô 1. LËp ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn (C) trong c¸c tr­êng hîp sau:
a. (C) cã t©m I(2, 3) vµ ®i qua ®iÓm M(2, 3).
b. (C) cã t©m I(1, 2) vµ tiÕp xóc víi (d): x 2y + 7 = 0.
c. (C) cã ®­êng kÝnh AB víi A(1, 1) vµ B(7, 5).
Gii
a. V× M thuéc (C) nªn:
R = IM =
( 2
2
2
2) ( 3
3) = 52 .
Khi ®ã, ®­êng trßn (C) víi t©m I(2, 3) vµ b¸n kÝnh R =
(C): (x + 2) 2 + (y 3) 2 = 52.
b. V× (C) tiÕp xóc víi (d) nªn:
| 1.( 1)
2.2 7 | 2
R = d(I, (d)) =
= .
2 2
1 ( 2)
5
52 cã ph­¬ng tr×nh:
Khi ®ã, ®­êng trßn (C) víi t©m I(1, 2) vµ b¸n kÝnh R =
2 cã ph­¬ng tr×nh:
5
(C): (x + 1) 2 + (y 2) 2 = 5
4 .
c. §­êng trßn (C) cã ®­êng kÝnh AB, suy ra:
• T©m I lµ trung ®iÓm AB nªn I(4, 3).
• B¸n kÝnh R =
AB 1 = 2
( 7 1) (5 1)
2 = 13 .
2 2
Tõ ®ã, suy ra ph­¬ng tr×nh cña ®­êng trßn (C) cã d¹ng:
(C): (x 4) 2 + (y 3) 2 = 13.
Chó ý: §Ó lËp lËp ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn ®i qua ba ®iÓm A, B, C (®­êng
trßn ngo¹i tiÕp ABC) ta c©n nh¾c lùa chän mét trong hai h­íng sau:
363

H­íng 1: Tæng qu¸t, ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc:
B­íc 1: Gi sö ®­êng trßn (C) cã ph­¬ng tr×nh:
(C): x 2 + y 2 2ax2by + c = 0, víi a 2 + b 2 c 0. (1)
B­íc 2: Tõ ®iÒu kiÖn A, B, C thuéc (C), ta ®­îc hÖ 3 ph­¬ng tr×nh víi ba Èn a, b,
c.
Thay a, b, c vµo (1) ta ®­îc ph­¬ng tr×nh cña (C).
H­íng 2: Dùa trªn d¹ng ®Æc biÖt cña ABC, tøc lµ:
1. NÕu ABC vu«ng t¹i A, th×:
tam I la trungdiÓm BC
(C): BC
.
R
2
2. NÕu ABC ®Òu, c¹nh b»ng a, th×:
tam I la trong tam ABC
(C): a 3
.
R
3
ThÝ dô 2. LËp ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn (C) ®i qua ba ®iÓm A, B, C, biÕt A(1, 2),
B(5, 2) vµ C(1, 3).
Gii
Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch sau:
C¸ch 1: Gi sö ®­êng trßn (C) ngo¹i tiÕp ABC cã d¹ng:
(C): x 2 + y 2 2ax2by + c = 0, víi a 2 + b 2 c 0.
§iÓm A, B, C(C), ta ®­îc:
2a
4b c 5 a 3
10a
4b c 29 b 1/ 2 , tho m·n ®iÒu kiÖn.
2a
6b c 10
c 1
VËy ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn (C): x 2 + y 2 6x + y 1 = 0.
C¸ch 2: NhËn xÐt r»ng AB AC ABC vu«ng t¹i A.
Do ®ã:
1
tam I la trungdiem BC
tam I(3, )
2
(C): BC
(C):
R
2
41
R
2
364
(C): (x3) 2 + (y + 2
1 )
2
= 4
41 .
ThÝ dô 3. LËp ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn (C) cã t©m I(5, 6) vµ tiÕp xóc víi ®­êng
x 2 y
th¼ng (d): = .
4 3

Gii
Ta cã thÓ gii b»ng hai c¸ch sau:
C¸ch 1: ChuyÓn ph­¬ng tr×nh cña (d) vÒ d¹ng tham sè, ta ®­îc:
x
2 4t
(d): , t R.
y
3t
§­êng trßn (C) cã:
tam I(5,6)
(C): (C): (x5) 2 + (y6) 2 = R 2 . (1)
bkinh
R
Thay x, y tõ ph­¬ng tr×nh tham sè cña (d) vµo (C), ta ®­îc:
25t 2 60t + 45R 2 = 0. (2)
(C) tiÕp xóc víi (d) ph­¬ng tr×nh (2) cã nghiÖm kÐp
' = 0 R 2 = 9 (khi ®ã ta ®­îc t = 5
6 )
VËy ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn (C): (x5) 2 + (y6) 2 = 9.
C¸ch 2: ChuyÓn ph­¬ng tr×nh cña (d) vÒ d¹ng tæng qu¸t, ta ®­îc:
(d): 3x4y6 = 0.
Gäi R lµ b¸n kÝnh ®­êng trßn (C). (C) tiÕp xóc víi (d) khi vµ chØ khi:
| 3.5 4.6 6 |
R = d(I, (d)) =
= 3.
9 16
VËy, ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn (C): (x5) 2 + (y6) 2 = 9.
ThÝ dô 4. LËp ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn (C) tiÕp xóc víi c¸c trôc to¹ ®é vµ ®i qua
®iÓm M(2, 1).
Gii
Gi sö ®­êng trßn (C) cã t©m I(a, b) vµ b¸n kÝnh R. §­êng trßn (C) tiÕp xóc víi
hai trôc to¹ ®é Ox, Oy
a = b = R.
Tr­êng hîp 1: NÕu a = b th×:
(C): (x a) 2 + (y a) 2 = a 2 .
§iÓm M (C) suy ra:
a
1
(2 a) 2 +(1 a) 2 = a 2 a 2 6a + 5 = 0 .
a 5
• Víi a = 1, suy ra b = 1, R = 1, ta ®­îc (C 1 ): (x 1) 2 + (y 1) 2 = 1.
• Víi a = 5, suy ra b = 5, R = 5, ta ®­îc (C 2 ): (x 5) 2 + (y 5) 2 = 25.
Tr­êng hîp 2: NÕu a = b th×:
(C): (x a) 2 + (y + a) 2 = a 2 .
§iÓm M (C) suy ra:
(2 a) 2 + (1 + a) 2 = a 2 a 2 4a + 5 = 0 v« nghiÖm.
VËy, tån t¹i hai ®­êng trßn (C 1 ) vµ (C 2 ) tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
365

Chó ý: NÕu gi thiÕt cho (C) tiÕp xóc víi (d): Ax + By + C = 0 t¹i ®iÓm M(x 0 ,
y 0 ), ta cã ®­îc c¸c ®iÒu kiÖn sau:
a. T©m I thuéc ®­êng th¼ng () cã ph­¬ng tr×nh cho bëi:
qua M(x
0
, y
0
) x
x At
():
vtcp n(A, B)
():
y
y
I(x 0 + At, y 0 + Bt)
b. (C) tiÕp xóc víi (d) khi vµ chØ khi IM = R.
0
0
, tR
Bt
ThÝ dô 5. LËp ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn (C) tiÕp xóc víi ®­êng th¼ng (d): xy2 = 0
t¹i ®iÓm M(3; 1) vµ t©m I thuéc ®­êng th¼ng (d 1 ): 2xy2 = 0.
Gii
V× (C) tiÕp xóc víi (d) t¹i ®iÓm M, suy ra t©m I cña (C) thuéc ®­êng th¼ng () cã
ph­¬ng tr×nh cho bëi:
366
qua M(3,1)
(): (): x + y4 = 0.
vtpt n(1,1)
Khi ®ã I = (d 1 ) (), to¹ ®é ®iÓm I lµ nghiÖm hÖ ph­¬ng tr×nh:
x y 4 0
I(2, 2).
2x y 2 0
(C) tiÕp xóc víi (d) khi vµ chØ khi IM = R R 2 = IM 2 = 2.
VËy ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn (C): (x2) 2 + (y2) 2 = 2.
D¹ng to¸n 3: VÞ trÝ t­¬ng ®èi cña ®iÓm, ®­êng th¼ng vµ ®­êng trßn.
Ph­¬ng ph¸p thùc hiÖn
1. §Ó xÐt vÞ trÝ t­¬ng ®èi cña ®iÓm víi ®­êng trßn, ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc:
B­íc 1: X¸c ®Þnh ph­¬ng tÝch cña M ®èi víi ®­êng trßn (C) lµ p M/(C) .
B­íc 2: KÕt luËn:
• NÕu p M/(C) < 0 M n»m trong ®­êng trßn.
• NÕu p M/(C) = 0 M n»m trªn ®­êng trßn.
• NÕu p M/(C) > 0 M n»m ngoµi ®­êng trßn.
Chó ý: Ta cã c¸c kÕt qu sau:
• NÕu M n»m trong (C) kh«ng tån t¹i tiÕp tuyÕn cña (C) ®i qua M nh­ng khi ®ã
mäi ®­êng th¼ng qua M ®Òu c¾t (C) t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt.
• NÕu M n»m trªn (C) tån t¹i duy nhÊt 1 tiÕp tuyÕn cña (C) ®i qua M (ph­¬ng
tr×nh tiÕp tuyÕn cã ®­îc b»ng ph­¬ng ph¸p ph©n ®«i to¹ ®é).
• NÕu M n»m ngoµi (C) tån t¹i hai tiÕp tuyÕn cña (C) ®i qua M.

2. §Ó xÐt vÞ trÝ t­¬ng ®èi cña ®­êng th¼ng víi ®­êng trßn, ta lùa chän mét trong hai
c¸ch sau:
C¸ch 1: TÝnh khong c¸ch h tõ I tíi (d), råi so s¸nh víi b¸n kÝnh R cña ®­êng
trßn, ta ®­îc:
• NÕu h > R (d)(C) = {}.
• NÕu h = R (d) tiÕp xóc víi (C).
• NÕu h < R (d) c¾t (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B.
C¸ch 2: XÐt hÖ ph­¬ng tr×nh t¹o bëi (C) vµ (d), khi ®ã sè nghiÖm cña ph­¬ng
tr×nh b»ng sè giao ®iÓm cña (d) vµ (C).
3. §Ó xÐt vÞ trÝ t­¬ng ®èi cña hai ®­êng trßn, ta lùa chän mét trong hai c¸ch sau:
C¸ch 1: TÝnh khong c¸ch I 1 I 2 (I 1 , I 2 lµ hai t©m cña hai ®­êng trßn), råi so s¸nh
víi tæng vµ hiÖu hai b¸n kÝnh R 1 , R 2 cña hai ®­êng trßn, ta ®­îc:
• NÕu I 1 I 2 > R 1 + R 2 (C 1 ) vµ (C 2 ) kh«ng c¾t nhau vµ ë ngoµi nhau.
• NÕu I 1 I 2 < R 1 R 2 (C 1 ) vµ (C 2 ) kh«ng c¾t nhau vµ nång nhau.
• NÕu I 1 I 2 = R 1 + R 2 (C 1 ) vµ (C 2 ) tiÕp xóc ngoµi víi nhau.
• NÕu I 1 I 2 = R 1 R 2 (C 1 ) vµ (C 2 ) tiÕp xóc trong víi nhau.
• NÕu R 1 R 2 < I 1 I 2 < R 1 + R 2 (C 1 ) vµ (C 2 ) c¾t nhau t¹i hai ®iÓm
ph©n biÖt.
Ph­¬ng ph¸p nµy th­êng ®­îc sö dông ®Ó x¸c ®Þnh sè nghiÖm cña bµi to¸n
tiÕp tuyÕn chung cña hai ®­êng trßn (C 1 ) vµ (C 2 ).
C¸ch 2: XÐt hÖ ph­¬ng tr×nh t¹o bëi (C 1 ) vµ (C 2 ), khi ®ã sè nghiÖm cña ph­¬ng
tr×nh b»ng sè giao ®iÓm cña (C 1 ) vµ (C 2 ).
NhËn xÐt quan träng:
1. B»ng viÖc xÐt vÞ trÝ t­¬ng ®èi cña ®­êng th¼ng vµ ®­êng trßn chóng ta cã thÓ øng
dông ®Ó gii c¸c hÖ ®¹i sè, d¹ng:
D¹ng 1: Gii vµ biÖn luËn hÖ:
2 2
x
y 2a(m)x 2b(m)x c(m) 0
.
Ax
By C 0
D¹ng 2: Gii vµ biÖn luËn hÖ:
2 2
x
y 2a(m)x 2b(m)x c(m) 0
.
Ax
By C 0
2. B»ng viÖc xÐt vÞ trÝ t­¬ng ®èi cña ®­êng th¼ng vµ ®­êng trßn chóng ta cã thÓ øng
dông ®Ó gii c¸c hÖ ®¹i sè, d¹ng:
D¹ng 1: Gii vµ biÖn luËn hÖ:
2 2
x y 2a1(m)x
2b1(m)x
c1(m)
0
2 2
x y 2a
2
(m)x 2b
2
(m)x c2
(m) 0
D¹ng 2: Gii vµ biÖn luËn hÖ:
2 2
x y 2a1(m)x
2b1(m)x
c1(m)
0
2 2
x y 2a
2
(m)x 2b
2
(m)x c2
(m) 0
367

ThÝ dô 1. Cho ®iÓm M(6; 2) vµ ®­êng trßn (C) cã ph­¬ng tr×nh:
(C): x 2 + y 2 2x2y + 1 = 0.
LËp ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng (d) qua M c¾t (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt
A, B sao cho:
a. AB = 2 . b. AB = 2.
Gii
§­êng trßn (C) cã t©m I(1; 1) vµ b¸n kÝnh R = 1.
a. Gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña I lªn AB, ta cã:
IH 2 = IA 2 AH 2 = R 2
2
AB
= 1 2 4 = 1 2 IH = 2
2 .
4
§­êng th¼ng (d) ®i qua M cã d¹ng:
(d): A(x6) + B(y2) = 0
M
(d): Ax + By6A2B = 0.
§­êng th¼ng (d) tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi khi vµ chØ khi:
| A B 6A 2B |
d(I, (d)) = IH
=
2 2
A B
2
2 50A2 + 10AB + B 2 = 0. (1)
Gii ph­¬ng tr×nh (1) b»ng c¸ch ®Æt t = A ta t×m ®­îc mèi liªn hÖ gi÷a A vµ B.
B
Tõ ®ã, thÊy tån t¹i hai ®­êng th¼ng (d 1 ), (d 2 ) tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
b. V× (d) ®i qua M vµ c¾t ®­êng trßn (C) t¹i hai ®iÓm A, B sao cho:
AB = 2 = 2R
qua M(6;2)
(d 2 ):
(d): x 1 = y 1 (d): x 5y + 4 = 0.
qua tam I(1;1) 61
21
ThÝ dô 2. Cho ®­êng th¼ng (d) vµ ®­êng trßn (C) cã ph­¬ng tr×nh:
(d): x + y1 = 0 vµ (C): x 2 + y 2 1 = 0.
a. Chøng tá r»ng (d) c¾t (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B.
b. LËp ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn ®i qua hai ®iÓm A, B vµ tiÕp xóc víi
®­êng th¼ng (): 2xy2 = 0.
Gii
a. §­êng trßn (C) cã t©m O(0, 0) vµ b¸n kÝnh R = 1.
Ta cã:
| 1 | 1
d(O, (d)) = = < R
1 1 2
VËy (d) c¾t (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B.
b. §­êng trßn (S) ®i qua c¸c giao ®iÓm cña (d) vµ (C), cã d¹ng
(S): x 2 + y 2 1 + m(x + y1) = 0
(S): x 2 + y 2 + mx + my1m = 0 (1)
suy ra t©m I( 2
m , 2
m ).
B
I
H
A
368

(S) tiÕp xóc víi ()
d(I, ()) = R
m m
| 2( ) 2 |
2 2
4 1
m 2
2
= m 1 m = .
2
3
Thay m = 3
2 vµo (1) ta ®­îc (S): x
2
+ y 2 3
2 x 3
2 y 3
1 = 0.
ThÝ dô 3. Cho hai ®­êng trßn
(C 1 ): x 2 + y 2 2x + 4y4 = 0,
(C 2 ): x 2 + y 2 + 2x2y14 = 0.
a. Chøng minh r»ng hai ®­êng trßn (C 1 ) vµ (C 2 ) c¾t nhau.
b. ViÕt ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn qua giao ®iÓm cña (C 1 ), (C 2 ) vµ qua
®iÓm M(3, 0).
Gii
a. Ta cã :
• §­êng trßn (C 1 ) cã t©m I 1 (1, 2) vµ b¸n kÝnh R 1 = 3.
• §­êng trßn (C 2 ) cã t©m I 2 (1, 1) vµ b¸n kÝnh R 2 = 4.
Ta cã:
2
2
I 1 I 2 = ( 1 1) ( 2
1) = 13 ,
R 1 R 2 = 0 < I 1 I 2 < 2 = R 1 + R 2 (C 1 )(C 2 ) = {A, B}.
b. §­êng trßn (S) ®i qua c¸c giao ®iÓm cña (C 1 ) vµ (C 2 ), cã d¹ng:
(S): (x 2 + y 2 + 2x2y14) + (x 2 + y 2 2x + 4y4) = 0
(S): ( + )x 2 + ( + )y 2 2()x2(2)y144 = 0 (1)
§iÓm M(3, 0)(S)
9( + )3()144 = 0 =
Thay = vµo (1) ta ®­îc (S): x 2 + y 2 + y9 = 0.
ThÝ dô 4. Cho hÖ ph­¬ng tr×nh:
2 2
x
y x 0
x
ay a 0
a. T×m a ®Ó hÖ ph­¬ng tr×nh ®· cho cã hai nghiÖm ph©n biÖt.
b. Gäi (x 1 , y 1 ), (x 2 , y 2 ) lµ c¸c nghiÖm cña hÖ ®· cho. Chøng minh r»ng
(x 2 x 1 ) 2 + (y 2 y 1 ) 2 1.
Gii
ViÕt l¹i hÖ d­íi d¹ng:
1 2 2 1
(x
) y (1)
2 4
x
ay a 0 (2)
369

• Ph­¬ng tr×nh (1) lµ ®­êng trßn (C) cã t©m I( 2
1 , 0), b¸n kÝnh R = 2
1 .
• Ph­¬ng tr×nh (2) lµ ®­êng th»ng (d).
a. VËy hÖ cã hai nghiÖm ph©n biÖt (d) c¾t (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt
1
a
2 1 4
d(I, d) < R < 0 < a < .
2
1 a 2 3
b. Víi 0 < a < 3
4 , (d)(C) = {A, B} cã to¹ ®é lµ A(x1 , y 1 ), B(x 2 , y 2 ).
Ta cã:
AB 2R AB 2 4R 2 (x 2 x 1 ) 2 + (y 2 y 1 ) 2 1, ®pcm.
D¹ng to¸n 4: LËp ph­¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn (C) (t©m I(a,
b) b¸n kÝnh R) tho m·n ®iÒu kiÖn K.
Ph­¬ng ph¸p thùc hiÖn
Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch sau:
C¸ch 1: Ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc:
B­íc 1: Dùa trªn ®iÒu kiÖn K ta gi sö ®­îc ®­êng th¼ng (d) cã ph­¬ng tr×nh:
(d): Ax + By + C = 0.
B­íc 2: (d) lµ tiÕp tuyÕn cña (C)
d(I, (d)) = R.
B­íc 3: KÕt luËn vÒ tiÕp tuyÕn (d).
Chó ý: §iÒu kiÖn K th­êng gÆp:
1. TiÕp tuyÕn ®i qua ®iÓm M cho tr­íc, khi ®ã:
370
a. NÕu M(x 0 , y 0 )(C) (tøc lµ p M/(C) = 0), ta cã ngay:
qua M(x
0,
y
0
)
(d): vtpt IM(x a, y b)
0
(d): (x 0 a)(xx 0 ) + (y 0 b)(yy 0 ) = 0
0
(d): (x 0 a)(xa) + (y 0 b)(yb) = R 2 Ph©n ®«i to¹ ®é.
b. NÕu M(x 0 , y 0 ) (C) (tøc lµ p M/(C) 0), ta gi sö:
(d): A(xx 0 ) + B(yy 0 ) = 0 (d): Ax + ByAx 0 By 0 = 0
2. TiÕp tuyÕn song song víi ®­êng th¼ng (): Ax + By + C = 0, khi ®ã:
(d): Ax + By + D = 0.
3. TiÕp tuyÕn vu«ng gãc víi ®­êng th¼ng (): Ax + By + C = 0, khi ®ã:
(d): BxAy + D = 0.

4. TiÕp tuyÕn cã hÖ sè gãc b»ng k, khi ®ã:
(d): y = kx + m (d): kxy + m = 0.
5. TiÕp tuyÕn cã t¹o víi ®­êng th¼ng () mét gãc , khi ®ã ta linh ho¹t sö dông mét
trong hai c«ng thøc:
| a.b |
cos = , víi a , b theo thø tù lµ vtcp cña (d), ().
| a | . | b |
k1
k
2
tg = , víi k 1 , k 2 theo thø tù lµ hsg cña (d), ()
1 k1k
2
C¸ch 2: §i t×m tiÕp ®iÓm råi sö dông ph­¬ng ph¸p ph©n ®«i to¹ ®é ®Ó gii.
Ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc:
B­íc 1: Gi sö ®iÓm M(x 0 , y 0 ) lµ tiÕp ®iÓm, khi ®ã:
Ph­¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cã d¹ng:
x.x 0 + y.y 0 a(x + x 0 )b(y + y 0 ) + c = 0. (1)
(hoÆc (xa) (x 0 a) + (yb)(y 0 b) = R 2 ).
§iÓm M(C)
2 2
x
0
y
0
2ax 0 2by 0 + c = 0 (2)
(hoÆc (x 0 a) 2 + (y 0 b) 2 = R 2 )
B­íc 2: Sö dông ®iÒu kiÖn K cña gi thiÕt, ta thiÕt lËp thªm mét ph­¬ng tr×nh
theo x 0 , y 0 (3)
B­íc 3: Gii hÖ t¹o bëi (2), (3) ta ®­îc to¹ ®é tiÕp ®iÓm M(x 0 , y 0 ), tõ ®ã thay vµo
(1) ta ®­îc ph­¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cÇn x¸c ®Þnh.
ThÝ dô 1. LËp ph­¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn (C) ®i qua M, biÕt:
a. (C): (x3) 2 + (y1) 2 = 5 vµ M(2, 3).
b. (C): x 2 + y 2 2x8y8 = 0 vµ M(4, 6).
Gii
a. NhËn xÐt r»ng:
P = 0 M (C).
M /(C)
VËy ph­¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn (d) cña (C) t¹i M cã d¹ng:
(d): (x3)(23) + (y1)(31) = 9 (d): x2y + 8 = 0.
b. NhËn xÐt r»ng:
P >0 M ë ngoµi (C).
M /(C)
Ta lùa chän mét trong hai c¸ch sau:
C¸ch 1: §­êng trßn (C) cã t©m I(1, 4), b¸n kÝnh R = 5.
§­êng th¼ng (d) ®i qua M cã ph­¬ng tr×nh:
(d): A(x + 4) + B(y + 6) = 0 (d): Ax + By + 4A + 6B = 0.
§­êng th¼ng (d) lµ tiÕp tuyÕn cña (C)
| A 4B 4A 6B |
d(I, (d)) = R
= 5
2 2
A B
371

A + 2B =
2
A
B
2
3B 2 + 4AB = 0
• Víi B = 0, ta ®­îc tiÕp tuyÕn
(d 1 ): A(x + 4) = 0 (d 1 ): x + 4 = 0.
4A
• Víi B = , ta ®­îc tiÕp tuyÕn
3
B
0
.
B 4A / 3
4A
(d 2 ): A(x + 4) (y + 6) = 0 (d 2 ): 3x4y12 = 0.
3
VËy qua M kÎ ®­îc hai tiÕp tuyÕn (d 1 ), (d 2 ) tíi ®­êng trßn (C).
C¸ch 2: Gi sö tiÕp ®iÓm lµ M(x 0 , y 0 ), khi ®ã ph­¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cã d¹ng:
(d): x.x 0 + y.y 0 (x + x 0 )4(y + y 0 )8 = 0. (1)
V× M(x 0 , y 0 ) (C) nªn:
2 2
x0 y02x 0 8y 0 8 = 0. (2)
§iÓm A(4, 6)(d)
4x 0 6y 0 (4 + x 0 )4(6 + y 0 )8 = 0
x 0 + 2y 0 4 = 0. (3)
Gii hÖ ph­¬ng tr×nh t¹o bëi (2), (3) ta ®­îc:
x0
4
& y 0 4
.
x0
4 & y 0 0
• Víi M 1 (4, 4), thay vµo (1) ta ®­îc tiÕp tuyÕn (d 1 ): x + 4 = 0.
• Víi M 2 (4, 0), thay vµo (1) ta ®­îc tiÕp tuyÕn (d 2 ): 3x4y12 = 0.
Chó ý: Nh­ vËy nÕu sö dông c¸ch 2 ta cã thÓ tr lêi ®­îc c¸c hái:
a. Qua M kÎ ®­îc hai tiÕp tuyÕn (d 1 ), (d 2 ) tíi ®­êng trßn (C).
b. To¹ ®é c¸c tiÕp ®iÓm lµ M 1 (4, 4), M 2 (4, 0).
c. Ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng ®i qua 2 tiÕp ®iÓm ®­îc suy ra tõ (3), tøc lµ:
(M 1 M 2 ): x + 2y4 = 0.
ThÝ dô 2. Cho ®­êng th¼ng () vµ ®­êng trßn (C) cã ph­¬ng tr×nh:
(): 3x4y + 12 = 0. (C): x 2 + y 2 2x6y + 9 = 0.
LËp ph­¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn (C) vu«ng gãc víi ().
Gii
§­êng trßn (C) cã t©m I(1, 3), b¸n kÝnh R = 1.
Ta cã hai c¸ch gii sau:
C¸ch 1: TiÕp tuyÕn (d)() cã ph­¬ng tr×nh:
(d) : 4x + 3y + c = 0.
§­êng th¼ng (d) lµ tiÕp tuyÕn cña (C)
| 4.1 3.3 c | c1
18
d(I, (d)) = R
= 1 .
16 9
c 8
• Víi c 1 = 18, ta ®­îc tiÕp tuyÕn (d 1 ): 4x + 3y18 = 0.
2
372

• Víi c 2 = 8, ta ®­îc tiÕp tuyÕn (d 2 ): 4x + 3y8 = 0.
VËy tån t¹i hai tiÕp tuyÕn (d 1 ), (d 2 ) tíi (C) tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
C¸ch 2: Gi sö tiÕp ®iÓm lµ M(x 0 , y 0 ), khi ®ã ph­¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cã d¹ng:
(d): x.x 0 + y.y 0 (x + x 0 )3(y + y 0 ) + 9 = 0
(d): (x 0 1)x + (y 0 3)yx 0 3y 0 + 9 = 0 (1)
V× M(x 0 , y 0 ) (C)
2 2
x 2x 0 6y 0 + 9 = 0. (2)
0
y
0
§­êng th¼ng (d)() khi vµ chØ khi:
3.(x 0 1)4(y 0 3) = 0 3x 0 4y 0 + 9 = 0. (3)
Gii hÖ ph­¬ng tr×nh t¹o bëi (2), (3) ta ®­îc:
9 18
x
0
& y
0
5 5
.
1 12
x & y
0
0
5 5
9 18
• Víi M 1 ( , ), thay vµo (1) ta ®­îc tiÕp tuyÕn (d1 ): 4x + 3y18 = 0.
5 5
1 12
• Víi M 2 ( , ), thay vµo (1) ta ®­îc tiÕp tuyÕn (d2 ): 4x + 3y8 = 0.
5 5
VËy tån t¹i hai tiÕp tuyÕn (d 1 ), (d 2 ) tíi (C) tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
D¹ng to¸n 5: LËp ph­¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn chung cña 2 ®­êng trßn (C 1 )
vµ (C 2 )
Ph­¬ng ph¸p thùc hiÖn
Ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc:
B­íc 1: Gi sö (d): Ax + By + C = 0, víi A 2 + B 2 >0 lµ tiÕp tuyÕn chung cña (C 1 )
vµ (C 2 ).
B­íc 2: ThiÕt lËp ®iÒu kiÖn tiÕp xóc cña (d) víi (C 1 ) vµ (C 2 )
d(I 1 , (d)) = R 1 & d(I 2 , (d)) = R 2 .
B­íc 3: KÕt luËn vÒ tiÕp tuyÕn chung (d).
ThÝ dô 1. Cho hai ®­êng trßn (C 1 ) vµ (C 2 ) cã ph­¬ng tr×nh:
(C 1 ): (x1) 2 + (y1) 2 = 1, (C 2 ): (x2) 2 + (y + 1) 2 = 4.
LËp ph­¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn chung cña hai ®­êng trßn trªn.
Gii
§­êng trßn (C 1 ) cã t©m I 1 (1, 1) vµ b¸n kÝnh R 1 = 1.
§­êng trßn (C 2 ) cã t©m I 2 (2, 1) vµ b¸n kÝnh R 2 = 2.
Gi sö tiÕp tuyÕn chung (d) cã ph­¬ng tr×nh:
(d): Ax + By + C = 0, víi A 2 + B 2 > 0 (1)
373

374
Ta cã (d) tiÕp xóc víi (C 1 ) vµ (C 2 ) khi vµ chØ khi
|
A B C |
1
d(I1,(d))
R
2 2
1 A B
2 2
| A B C | A B
d(I
2 ,(d)) R2
|
2A B C |
2
| 2A B C | 2 | A B C |
2 2
A B
2
| A B C | A B
C
3B
1
C (4A B)
3
2
C
3B &B 0
3B
C 3B &A
4
Khi ®ã ta ®­îc hai tiÕp tuyÕn chung:
(d 1 ): Ax = 0 (d 1 ): x = 0,
C 3B
2 2
| A B 3B | A B
1
C
(4A B)
3
1
| A B (4A B) | A
3
3B
(d 2 ): x + By3B = 0 (d2 ): 3x + 4y12 = 0,
4
VËy, tån t¹i hai tiÕp tuyÕn chung (d 1 ), (d 2 ) cña (C 1 ) vµ (C 2 ).
ThÝ dô 2. Cho hai ®­êng trßn (C) vµ (C m ) cã ph­¬ng tr×nh:
(C): x 2 + y 2 = 1, (C m ): x 2 + y 2 2(m + 1)x + 4my = 5.
a. Chøng minh r»ng cã 2 ®­êng trßn (C m1 ), (C m2 ) tiÕp xóc víi ®­êng
trßn (C) øng víi 2 gi¸ trÞ m 1 , m 2 cña m.
b. X¸c ®Þnh ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng tiÕp xóc víi c hai ®­êng trßn
(C m1 ), (C m2 ).
Gii
a. Ta cã:
§­êng trßn (C) cã t©m O(0, 0) vµ b¸n kÝnh R = 1.
§­êng trßn (C m ) cã t©m I m (m + 1, 2m) vµ b¸n kÝnh R m =
NhËn xÐt r»ng: (C) vµ (C m ) tiÕp xóc nhau
m1
1
OIm
R R
m
3
OI m
| R R m
| m2
5
b. TiÕp tuyÕn chung cña (C 1 ) vµ (C 3/5 ) lµ
(d 1 ): 2x + y + 3 5 2 = 0 vµ (d 2 ): 2x + y3 5 2 = 0.
2
B
2
2
5m 2m 6 .

D¹ng to¸n 6: §iÓm vµ ®­êng trßn
Ph­¬ng ph¸p thùc hiÖn
§Ó t×m ®iÓm M thuéc ®­êng trßn (C): (xa) 2 + (yb) 2 = R 2 tho m·n ®iÒu kiÖn
K, ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc :
B­íc 1: LÊy ®iÓm M(x 0 , y 0 ) (C), suy ra:
(x 0 a) 2 + (y 0 b) 2 = R 2 .
B­íc 2: Dùa vµo ®iÒu kiÖn K cã thªm ®­îc ®iÒu kiÖn cho x 0 , y 0 .
ThÝ dô 1. Cho ®iÓm F(4, 2) vµ ®­êng trßn (C) cã ph­¬ng tr×nh:
(C): (x3) 2 + (y2) 2 = 5, (): xy2 = 0.
a. T×m c¸c ®iÓm cã to¹ ®é nguyªn thuéc (C).
b. T×m trªn (C) ®iÓm E sao cho OEF vu«ng.
Gii
a. XÐt ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn (C) víi Èn y lµ:
y 2 4y + x 2 6x + 8 = 0
Ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm
' 0 4x 2 + 6x8 0 x 2 6x + 4 0 3 5 x 3 + 5 .
Suy ra c¸c ®iÓm M(x, y)(C) cã hoµnh ®é nguyªn lµ: 1, 2, 3, 4, 5, ta cã:
x 1 2 3 4
y y
3 y
4 yZ y
4
y
1 y
0
y
0
VËy tån t¹i 6 ®iÓm M 1 (1, 3), M 2 (1, 1), M 3 (2, 4), M 4 (2, 0) , M 5 (4, 4), M 6 (4, 0)
thuéc (C).
b. OEF vu«ng gåm c¸c kh n¨ng sau:
Kh n¨ng 1: OEF vu«ng t¹i O E = (d O )(C), víi (d O ) lµ ®­êng th¼ng qua O vµ
vu«ng gãc víi OF. Ta cã :
qua O
(d): (d): 2xy = 0.
vtpt OF(4, 2)
Khi ®ã to¹ ®é ®iÓm E lµ nghiÖm cña hÖ :
2
2 E1(2,4)
(x
3) (y 2) 5
2x
y 0
4 8 .
E
2
( , )
5 5
Kh n¨ng 2: OEF vu«ng t¹i F E = (d F )(C), víi (d F ) lµ ®­êng th¼ng qua F vµ
vu«ng gãc víi OF. Ta cã :
qua F(4 2)
(d): (d): 2xy10 = 0.
vtpt OF(4, 2)
375

Khi ®ã to¹ ®é ®iÓm E lµ nghiÖm cña hÖ :
2
2
(x
3) (y 2) 5
v« nghiÖm.
2x
y 10 0
Kh n¨ng 3: OEF vu«ng t¹i E E = (C 1 )(C), víi (C 1 ) lµ ®­êng trßn ®­êng kÝnh OF.
Ta cã :
(C 1 ): (x2) 2 + (y + 1) 2 = 5.
Khi ®ã to¹ ®é ®iÓm E lµ nghiÖm cña hÖ :
(x 3)
(x 2)
2
2
(y 2)
(y 1)
2
2
2
5 (x
3) (y 2)
5 x
3y 4 0
ThÝ dô 2. Cho hai ®­êng trßn (C) vµ (C m ) cã ph­¬ng tr×nh:
Gii
Ta cã:
2
5 E
3
(4,0)
.
E (1,1)
(C): x 2 + y 2 = 1, (C m ): x 2 + y 2 2mx2y + m 2 = 0.
a. X¸c ®Þnh m ®Ó (C) vµ (C m ) tiÕp xóc ngoµi víi nhau.
b. Víi m t×m ®­îc ë c©u a), h·y x¸c ®Þnh vÞ trÝ cña ®iÓm A (C) vµ B
(C m ) ®Ó diÖn tÝch OAB lín nhÊt vµ trong tr­êng hîp ®ã, tÝnh
diÖn tÝch h×nh Êy.
• §­êng trßn (C) cã t©m O(0, 0) vµ b¸n kÝnh R = 1.
• §­êng trßn (C m ) cã t©m I m (m; 1) vµ b¸n kÝnh R m = 1.
a. §Ó (C) vµ (C m ) tiÕp xóc ngoµi víi nhau ®iÒu kiÖn lµ:
OI m = R + R m
b. Ta cã:
S OAB = 1 | OA | .| OB | .sin AOB
2
2
m 1 = 2 m 2 + 1 = 4 m = 3 .
= 1 | OB | .sin AOB
2
Tõ ®ã, suy ra diÖn tÝch OAB lín nhÊt khi vµ chØ khi:
OB lín nhÊt
sinAOB 1
O,B,Im
th¼ng hµng
.
OA
OB
B¹n ®äc gii tiÕp lÇn l­ît víi m = 3 .
ThÝ dô 3. Cho ®­êng trßn (C) cã ph­¬ng tr×nh :
(C): x 2 + y 2 4x6y + 5 = 0.
a. T×m c¸c ®iÓm cã to¹ ®é nguyªn thuéc (C).
b. X¸c ®Þnh to¹ ®é c¸c ®Ønh B, C cña ABC ®Òu néi tiÕp trong ®­êng
trßn (C), biÕt ®iÓm A(4; 5).
.
4
376

Gii
a. Ta cã thÓ thùc hiÖn theo hai c¸ch sau:
C¸ch 1: XÐt ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn (C) víi Èn y vµ t×m x ®Ó ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm, tõ
®ã suy ra hoµnh ®é nguyªn §Ò nghÞ b¹n ®äc tù lµm.
C¸ch 2: ChuyÓn ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn vÒ d¹ng tham sè:
x 2 2 2 sin
(C): , [0, 2).
y 3 2 2 cos
Khi ®ã ®iÓm M(C) M(2 + 2 2 sin, 3 + 2 2 cos)
3 5 7 Suy ra c¸c gi¸ trÞ gãc ®Ó x, y ®Òu nguyªn lµ: , , , .
4 4 4 4
Ta ®­îc M 1 (0, 1), M 2 (0, 5), M 3 (4, 1), M 4 (4, 5).
b. Gäi A 1 lµ ®iÓm ®èi xøng víi A qua t©m I cña ®­êng trßn (C)
to¹ ®é ®iÓm A 1 (0; 1).
§­êng trßn (C 1 ) tho m·n:
t©mA
1(0;1)
(C 1 ):
(C 1 ): x 2 + (y1) 2 = 8.
B¸n kÝnh R 2 2
Khi ®ã: (C)(C 1 ) = {B, C}, to¹ ®é B, C lµ nghiÖm cña hÖ:
2 2
2 2
x y 4x 6y 5 0 x (y 1) 8
2 2
x (y 1) 8
B(1 3,2 3)
.
x y 3 0 C(1 3,2 3)
§3. ElÝp
D¹ng to¸n 1: C¸c ®Þnh c¸c thuéc tÝnh cña ElÝp (E)
Ph­¬ng ph¸p thùc hiÖn
Ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc:
B­íc 1: ChuyÓn ph­¬ng tr×nh ban ®Çu cña ElÝp (E) vÒ d¹ng chÝnh t¾c
2 2
x y
(E): 1.
y
2 2
a b
B­íc 2: XÐt c¸c kh n¨ng:
b B 2
Kh n¨ng 1: NÕu a > b, ta ®­îc:
x
• (E) cã trôc lín thuéc Ox, ®é dµi b»ng 2a
chøa hai tiªu ®iÓm
y
A 1 A 2
F 1 F 2
O
F 1 (c, 0), F 2 (c, 0) víi c 2 = a 2 b 2 . a
• (E) cã trôc nhá thuéc Oy víi ®é dµi b»ng 2b.
b
c
• T©m sai e = . a
B 1
a
x
377

1 1 1 1
To¹ ®é 4 ®Ønh A 1 ( , 0), A2 ( , 0), B1 (0, ), B2 (0, ). 2 2 3 3
Kh n¨ng 2: NÕu a < b, ta ®­îc:
y
• (E) cã trôc lín thuéc Oy, ®é dµi b»ng 2b b B 2
chøa hai tiªu ®iÓm
F 1 (0, c), F 2 (0, c) víi c 2 = b 2 a 2 .
c F 2
• (E) cã trôc nhá thuéc Ox víi ®é dµi b»ng 2a. A 1 A 2
c a O a x
• T©m sai e = . b F 1
c
Chó ý: Trong tr­êng hîp ph­¬ng tr×nh cña (E) cã d¹ng: b B 1
•
2
2
( x )
(y )
(E):
2
2
a b
= 1.
ta thùc hiÖn phÐp tÞnh tiÕn hÖ trôc Oxy theo vect¬ OI víi I(, ) thµnh
hÖ trôc IXY víi c«ng thøc ®æi trôc:
X
x x
X
Y
y y
Y
ta ®­îc:
2 2
X Y
(E): 1
2 2
a b
tõ ®ã, chØ ra c¸c thuéc tÝnh cña (E) trong hÖ trôc IXY råi suy ra c¸c
thuéc tÝnh cña (E) trong hÖ trôc Oxy.
ThÝ dô 1. X¸c ®Þnh ®é dµi c¸c trôc, to¹ ®é c¸c tiªu ®iÓm, to¹ ®é c¸c ®Ønh cña c¸c
elÝp cã ph­¬ng tr×nh sau:
a.
2 2
x y
1 .
25 9
b. 4x 2 + 9y 2 = 1. c. 4x 2 + 9y 2 = 36.
Gii
a. Ta cã ngay a = 5 vµ b = 3, suy ra c =
2 2
a b = 4. Tõ ®ã:
• Trôc lín thuéc Ox cã ®é dµi b»ng 10 chøa hai tiªu ®iÓm F 1 (4, 0), F 2 (4, 0).
• Trôc nhá thuéc Oy cã ®é dµi b»ng 6.
• To¹ ®é 4 ®Ønh A 1 (5, 0), A 2 (5, 0), B 1 (0, 3), B 2 (0, 3).
b. BiÕn ®æi ph­¬ng tr×nh vÒ d¹ng:
2 2
x y
1 1
1 a = , b = vµ c =
2 2 5
a b = .
1/ 4 1/ 9 2 3 6
Tõ ®ã:
•
5 5
Trôc lín thuéc Ox cã ®é dµi b»ng 1 chøa hai tiªu ®iÓm F 1 ( , 0), F2 ( , 0).
6 6
•
2
Trôc nhá thuéc Oy cã ®é dµi b»ng . 3
378

c. BiÕn ®æi ph­¬ng tr×nh vÒ d¹ng:
2 2
x y
1 a = 3, b = 2 vµ c =
9 4
Tõ ®ã:
2 2
a b = 5 .
• Trôc lín thuéc Ox cã ®é dµi b»ng 6 chøa hai tiªu ®iÓm F 1 ( 5 , 0), F 2 ( 5 , 0).
• Trôc nhá thuéc Oy cã ®é dµi b»ng 4.
• To¹ ®é 4 ®Ønh A 1 (3, 0), A 2 (3, 0), B 1 (0, 2), B 2 (0, 2).
ThÝ dô 2. X¸c ®Þnh c¸c ®­êng cong sau:
a. (E): y = 2 2
x
4sin t
9 x
b. (E): , t[ , 2)
3
y
2cos t 2
Gii
a. BiÕn ®æi ph­¬ng tr×nh cña (E) vÒ d¹ng:
y
0
y
0
(E): 2 4 (E): 2 2
2 x
y .
y (9 x )
1
9
9 4
2 2
x y
VËy, ®å thÞ cña (E) lµ phÇn ë phÝa trªn Ox cña ®å thÞ ElÝp = 1.
9 4
b. BiÕn ®æi ph­¬ng tr×nh cña (E) vÒ d¹ng:
x
sin t
2 2 x vµ y kh«ngdångthíid­ong
sin tcos t1
4
(E):
(E): 2 2
x
y
.
y
t [ ,2 )
1
cost
2
16 4
2
2 2
x y
VËy, ®å thÞ cña (E) lµ ®å thÞ cña ElÝp = 1 bá ®i phÇn ®å thÞ ë gãc phÇn t­
16 4
thø nhÊt.
ThÝ dô 3. T×m t©m sai cña ElÝp biÕt:
a. Mçi tiªu ®iÓm nh×n trôc nhá d­íi mét gãc 60 0 .
b. §Ønh trªn trôc nhá nh×n hai tiªu ®iÓm d­íi mét gãc 60 0 .
c. Khong c¸ch gi÷a hai ®­êng chuÈn b»ng 2 lÇn tiªu cù.
d. Khong c¸ch gi÷a hai ®Ønh trªn hai trôc b»ng hai lÇn tiªu cù.
Gii
B 2
a. Tõ gi thiÕt, ta cã:
tan30 0 = b b
c b = c.tan300
O c F 2
suy ra:
e = c a e2 =
c
a
2
2
=
2
c
2 2
b c
=
2
c
c tan 30
c
2 2 0 2
B 1
1
=
2 0
tan 30 1
= cos 2 30 0
379

e = cos30 0 =
3
2 .
b. Tõ gi thiÕt, ta cã cot30 0 = b c b = c.cot300
suy ra:
380
e = c a e2 =
c
a
e = sin30 0 = 1 2 .
2
2
=
2
c
2 2
b c
=
2
c
c co t 30
c
2 2 0 2
c. Tõ gi thiÕt, ta cã:
2a 2a
= 4c
e e = 4ae e2 = 1 2 e = 2
2 .
d. Tõ gi thiÕt, ta cã:
1
=
2 0
co t 30 1
2 2
A 2 B 2 = 4c a b = 4c a 2 + b 2 = 16c 2
2
c 2 + b 2 + b 2 = 16c 2 b 2 15c
=
2
suy ra:
e = c 2
2
2
a c c c
e2 = = = = 2
2 2 2
2
a b c 15c 2
c
2 17 e = 34
2 .
= sin 2 30 0
D¹ng to¸n 2: LËp ph­¬ng tr×nh cña ElÝp (E).
Ph­¬ng ph¸p thùc hiÖn
Ta lùa chän mét trong hai c¸ch sau:
C¸ch 1: Sö dông ph­¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ElÝp
2 2
x y
(E): 1
2 2
a b
Tõ ®ã cÇn t×m a, b (hoÆc a 2 , b 2 ) b»ng c¸ch thiÕt lËp mét hÖ hai ph­¬ng tr×nh víi Èn
a, b (hoÆc a 2 , b 2 ).
C¸ch 2: Sö dông ®Þnh nghÜa
NÕu biÕt hai tiªu ®iÓm F 1 (x 1 , y 1 ), F 2 (x 2 , y 2 ) vµ ®é dµi trôc lín b»ng 2a th× ta thùc
hiÖn theo c¸c b­íc:
B­íc 1: LÊy ®iÓm M(x, y)(E).
B­íc 2: ChuyÓn MF 1 + MF 2 = 2a (1)
thµnh biÓu thøc gii tÝch nhê:
2
2
2
MF (x x ) (y y
(2)
MF
B­íc 3: Suy ra
1 1
1)
2
2
2
2
(x x2
) (y y
2
)
(3)
MF 1 MF 2 =
MF
MF
2
1
1
MF
MF
2
2
2
B 2
b
a
O A 2

B­íc 4:
2 2 2 2
( x1 x
2
) (y1
y
2
) 2x(x1
x
2
) 2y(y1
y
2
)
=
(4)
2a
LÊy (1) + (4) ta ®­îc MF 1 , råi thay vµo (2) ta sÏ ®­îc ph­¬ng tr×nh cña (E).
Chó ý:
1. CÇn phi c©n nh¾c gi thiÕt cña bµi to¸n thËt kü cµng ®Ó lùa chän d¹ng ph­¬ng
tr×nh thÝch hîp. Trong tr­êng hîp kh«ng cã g× ®Æc biÖt, ta lu«n gi sö ElÝp (E) cã
ph­¬ng tr×nh:
2 2
x y
(E): 1.
2 2
a b
2. Trong nhiÒu tr­êng hîp ®Æc thï chóng ta cßn sö dông ph­¬ng ph¸p quü tÝch ®Ó x¸c
ph­¬ng tr×nh ElÝp hoÆc chøng minh tËp hîp ®iÓm lµ ElÝp.
ThÝ dô 1. LËp ph­¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña elÝp, biÕt:
a. §é dµi trôc lín vµ trôc nhá lÇn l­ît lµ 8 vµ 6.
b. §é dµi trôc lín b»ng 10 vµ tiªu cù b»ng 6.
12
c. Trôc lín thuéc Oy cã ®é dµi trôc lín b»ng 26 vµ t©m sai e = . 13
Gii
2 2
x y
a. Ta cã ngay a = 4 vµ b = 3, suy ra ph­¬ng tr×nh cña elÝp 1 .
16 9
b. Ta cã ngay a = 5 vµ c = 3, suy ra b =
2 2
a c = 4 nªn ph­¬ng tr×nh cña elÝp
2 2
x y
1 .
25 16
c. Tõ gii thiÕt ta gi sö ElÝp (E) cã ph­¬ng tr×nh
2 2
x y
(E): 1, víi a

Gii
a. Gi sö ElÝp (E) cã ph­¬ng tr×nh:
2 2
x y
(E): 1.
2 2
a b
•
9
V× M (E) 1
2
b
= 9.
•
12 9 144
V× N(3, ) (E) 1 a 2 = 25.
5
2
a 25.9
2 2
x y
VËy, ElÝp (E) cã ph­¬ng tr×nh: 1 .
25 9
b. Gi sö ElÝp (E) cã ph­¬ng tr×nh:
2 2
x y
(E): 1.
2 2
a b
• V× (E) cã mét tiªu ®iÓm F 1 ( 3 , 0) nªn :
c = 3 a 2 b 2 = 3. (1)
3 1 3
• V× M(1, ) (E) 1
2
a
2 2
4b
. (2)
Gii hÖ ph­¬ng tr×nh t¹o bëi (1) vµ (2) ta ®­îc a 2 = 4 vµ b 2 = 1, suy ra:
2 2
x y
(E): 1 .
4 1
ThÝ dô 3. Cho ®iÓm A(3, 3) vµ ®­êng trßn (C) cã ph­¬ng tr×nh:
(C 1 ): (x + 1) 2 + y 2 = 16 vµ (C 2 ): (x1) 2 + y 2 = 1.
Gäi M lµ t©m ®­êng trßn (C) di ®éng tiÕp xóc víi (C 1 ), (C 2 ). T×m quü
tÝch ®iÓm M, biÕt:
a. (C) tiÕp xóc trong víi (C 1 ) vµ tiÕp xóc ngoµi víi (C 2 ).
b. (C) tiÕp xóc trong víi c (C 1 ) vµ (C 2 ).
Gii B¹n ®äc tù vÏ h×nh
XÐt ®­êng trßn (C 1 ), (C 2 ), ta ®­îc:
Tam O
1( 1;0)
Tam O
2(1;0)
(C 1 ):
vµ (C 2 ):
.
Bkinh R1
4 Bkinh R2
1
a. Gi sö M(x, y) lµ t©m vµ R lµ b¸n kÝnh ®­êng trßn (C) tiÕp xóc trong víi (C 1 ) vµ
tiÕp xóc ngoµi víi (C 2 ), ta ®­îc:
R1 R MO1
MO 1 + MO 2 = R 1 + R 2 = 5.
R2 R MO2
VËy tËp hîp c¸c ®iÓm M thuéc ElÝp (E) nhËn O 1 , O 2 lµm tiªu ®iÓm vµ cã ®é dµi
trôc lín b»ng 5.
382

• X¸c ®Þnh ph­¬ng tr×nh cña ElÝp (E): V× O 1 , O 2 thuéc Ox vµ ®èi xøng qua O nªn
ph­¬ng tr×nh cña (E) cã d¹ng:
2 2
x y
(E): 1, víi 0 < b < a.
2 2
a b
trong ®ã:
2a = 5 a = 5 2 ,
b 2 = a 2 c 2 = 25
2
4 OO
1 2
2
= 25 21
1 =
4 4 .
2 2
x y
VËy tËp hîp c¸c ®iÓm M thuéc ElÝp (E) cã ph­¬ng tr×nh 1.
25/ 4 21/ 4
b. Gi sö M(x, y) lµ t©m vµ R lµ b¸n kÝnh ®­êng trßn (C) tiÕp xóc trong víi c (C 1 )
vµ (C 2 ), ta ®­îc:
R1 R MO1
MO 1 + MO 2 = R 1 R 2 = 3
R R2 MO2
VËy tËp hîp c¸c ®iÓm M thuéc ElÝp (E) nhËn O 1 , O 2 lµm tiªu ®iÓm vµ cã ®é dµi
trôc lín b»ng 3.
• X¸c ®Þnh ph­¬ng tr×nh cña ElÝp (E)
V× O 1 , O 2 thuéc Ox vµ ®èi xøng qua O nªn ph­¬ng
tr×nh cña (E) cã d¹ng:
2 2
x y
(E): 1, víi 0 < b < a.
2 2
a b
trong ®ã:
2a = 3 a = 3 2 ,
b 2 = a 2 c 2 = 9 2
4 OO 1 2
2
= 9 4 1 = 5 4 .
VËy tËp hîp c¸c ®iÓm M thuéc ElÝp (E) cã ph­¬ng tr×nh
2 2
x y
1.
9 / 4 5 / 4
D¹ng to¸n 3: VÞ trÝ t­¬ng ®èi cña ®iÓm, ®­êng th¼ng vµ elÝp.
Ph­¬ng ph¸p thùc hiÖn
1. §Ó x¸c ®Þnh vÞ trÝ t­¬ng ®èi cña ®iÓm M(x M , y M ) víi ElÝp (E):
2 2
x y
(E): 1.
2 2
a b
Ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc:
B­íc 1: X¸c ®Þnh ph­¬ng tÝch cña M ®èi víi ElÝp (E) lµ:
2 2
x
M
y
M
p M/(E) = .
2 2
a b
383

384
B­íc 2: KÕt luËn:
• NÕu p M/(E) 1 M n»m ngoµi ElÝp.
Chó ý:
1. Ta cã c¸c kÕt qu sau:
• NÕu M n»m trong (E) kh«ng tån t¹i tiÕp tuyÕn cña (E) ®i qua M nh­ng khi
®ã mäi ®­êng th¼ng qua M ®Òu c¾t (E) t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt.
• NÕu M n»m trªn (E) tån t¹i duy nhÊt 1 tiÕp tuyÕn cña (E) ®i qua M
(ph­¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cã ®­îc b»ng ph­¬ng ph¸p ph©n ®«i to¹ ®é).
• NÕu M n»m ngoµi (E) tån t¹i hai tiÕp tuyÕn cña (E) ®i qua M.
2. B»ng viÖc xÐt hÖ ph­¬ng tr×nh t¹o bëi (E) vµ (d), khi ®ã sè nghiÖm cña ph­¬ng
tr×nh b»ng sè giao ®iÓm cña (d) vµ (E).
3. Víi hai ElÝp (E 1 ) vµ (E 2 ) cã ph­¬ng tr×nh:
2 2
2 2
x y
x y
(E 1 ): 1 vµ (E
2 2
2 ): 1.
2 2
a b
a b
1
1
NÕu (E 1 ) (E 2 ) = {A, B, C, D} th×
a. ABCD lµ h×nh ch÷ nhËt.
b. Ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn ngo¹i tiÕp h×nh ch÷ nhËt ABCD lµ ®­êng trßn (C)
t©m O b¸n kÝnh R = OA cã ph­¬ng tr×nh:
2 2 2 2 2 2
a
(C): x 2 + y 2 1a
2
(b1
b
2
) b1
b
2
(a
=
2 2 2 2
a b a b
2
1
2
1
2
2
2
2
2
a1
)
.
ThÝ dô 1. Cho ®iÓm M(1, 1) vµ ElÝp (E) cã ph­¬ng tr×nh:
2 2
x y
(E): = 1.
9 4
a. Chøng minh r»ng mäi ®­êng th¼ng ®i qua M lu«n c¾t (E) t¹i hai
®iÓm ph©n biÖt.
b. LËp ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng (d) qua M vµ c¾t ElÝp trªn t¹i hai
®iÓm A, B sao cho MA = MB.
Gii
a. NhËn xÐt r»ng:
1 1 13
p M/(E) = =

To¹ ®é giao ®iÓm A, B cña (d) vµ (E) lµ nghiÖm cña hÖ ph­¬ng tr×nh :
2 2
4x
9y 36
4x 2 + 9(kxk + 1) 2 = 36
y
kx k 1
(4 + 9k 2 )x 2 18k(k1)x + 9k 2 18k27 = 0 (2)
Ph­¬ng tr×nh (2) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt x A , x B tho m·n:
18k(k 1)
x
A
x
B
2
4 9k
.
2
9k 18k 27
x
A
.x
B
2
4 9k
Theo gi thiÕt MA = MB
18k(k 1)
4
x A + x B = 2x M = 2 k =
2
.
4 9k
9
Thay k = 9
4 vµo (1), ta ®­îc ®­êng th¼ng (d): 4x + 9y13 = 0.
ThÝ dô 2. XÐt vÞ trÝ t­¬ng ®èi cña ®­êng th¼ng (d) vµ ElÝp (E) , biÕt:
2 2
x y
a. (d): xy3 = 0 vµ (E): 1 .
4 1
2 2
x y
b. (d): 2x + y5 = 0 vµ (E): 1 .
4 9
2 2
x y
c. (d): 2xy = 0 vµ (E): 1 .
2 8
Gii
a. XÐt hÖ ph­¬ng tr×nh t¹o bëi (E) vµ (d):
2 2
x 4y 4
5y 2 + 6y + 5 = 0 (*)
x y 3 0
Ph­¬ng tr×nh (*) v« nghiÖm (d)(E) = {}.
b. XÐt hÖ ph­¬ng tr×nh t¹o bëi (E) vµ (d):
2x y 5 0
2 2
9x 4y 36
25x 2 40x + 64 = 0 x = 8 5 y = 9 5
VËy (d) tiÕp xóc víi (E) t¹i ®iÓm M( 8 5 , 9 5 ).
c. XÐt hÖ ph­¬ng tr×nh t¹o bëi (E) vµ (d):
2 2
4x y 8
x 2 x
1
= 1
2x y 0
x1
VËy, ta ®­îc (d)(E) = {M 1 , M 2 }.
M 1(1,2)
.
M 2( 1, 2)
385

ThÝ dô 3. Cho ®iÓm M(1; 1 2 ) vµ ElÝp (E): 2 2
x y
1 . LËp ph­¬ng tr×nh ®­êng
8 2
th¼ng (d) qua M c¾t (E) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B sao cho:
a. M lµ trung ®iÓm AB. b. AB = 20 .
Tõ ®ã, lËp ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn ®­êng kÝnh AB trong mçi tr­êng hîp.
Gii
a. NhËn xÐt r»ng ®­êng th¼ng (d) kh«ng thÓ song song víi Oy, do ®ã gi sö (d) cã
hÖ sè gãc k, ta ®­îc:
386
y = k(x1) 1 (d): 2y = 2kxk . (1)
2
To¹ ®é giao ®iÓm A, B cña (d) vµ (E) lµ nghiÖm cña hÖ ph­¬ng tr×nh:
2 2
x 4y 8
x 2 + (2kxk 1) 2 = 8
2y 2kx 2k 1
(1 + 4k 2 )x 2 4k(2k + 1)x + 4k 2 k7 = 0 (2)
Ph­¬ng tr×nh (2) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt x A , x B tho m·n:
4k(2k 1)
xA xB
2
1 4k
.
2
4k 4k 7
x
A.xB
2
1 4k
Theo gi thiÕt MA = MB
4k(2k 1)
x A + x B = 2x M = 2 k = 1 2
1 4k
2 .
Thay k = 1 vµo (1), ta ®­îc ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng (d): x y2 = 0.
2
b. V« nghiÖm do AB lín h¬n ®é dµi trôc chÝnh.
Chó ý: Víi c©u a) ta cã thÓ sö dông c¸ch gii kh¸c nh­ sau:
LÊy A(x 0 , y 0 ) (E), vµ v× B ®èi xøng víi A qua M nªn B(2x 0 ; 1y 0 ). Khi ®ã:
2 2
x0 4y0
8
to¹ ®é cña A, B.
x0 y0
2
LËp ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng qua A vµ B.
ThÝ dô 4. Cho 2 ElÝp (E 1 ) vµ (E 2 ) cã ph­¬ng tr×nh:
2 2
2 2
x y
x y
(E 1 ): 1 vµ (E 2 ): 1
9 4
16 1
a. Chøng minh r»ng (E 1 ) (E 2 ) = {A, B, C, D} vµ ABCD lµ h×nh ch÷ nhËt.
b. LËp ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn ngo¹i tiÕp h×nh ch÷ nhËt ABCD.

Gii
a. Tõ h×nh vÏ suy ra ngay (E 1 ) (E 2 ) = {A, B, C, D}
NhËn xÐt r»ng A, B, C, D ®èi xøng qua O vµ
y
AB//CD//Ox, AD//BC//Oy
ABCD lµ h×nh ch÷ nhËt.
4
b. H×nh ch÷ nhËt ABCD néi tiÕp trong ®­êng trßn (C) t©m O B A
b¸n kÝnh R = OA.
2
To¹ ®é ®iÓm A(x A , y A ) lµ nghiÖm cña hÖ ph­¬ng tr×nh: 1 1
O
2 432
2 2 x
A
4x 9y 36
55
R 2 2 2
= x
2 2
A
yA
= 92 C
2
D
x 16y 16
2 28
11 . 4
yA
55
VËy, ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn ®i qua A, B, C, D cã ph­¬ng tr×nh:
(C): x 2 + y 2 = 92
11 .
3
x
D¹ng to¸n 4: §iÓm vµ elÝp
Ph­¬ng ph¸p thùc hiÖn
Víi ElÝp (E) cã ph­¬ng tr×nh:
2 2
x y
(E): 1.
2 2
a b
Ta lùa chän mét trong hai c¸ch sau:
C¸ch 1: Ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc:
2 2
x
0
y
0
B­íc 1: LÊy ®iÓm M(x 0 , y 0 )(E)
2
2 = 1.
a b
B­íc 2: Dùa vµo ®iÒu kiÖn K cã thªm ®­îc ®iÒu kiÖn cho x 0 , y 0 . Tõ ®ã suy ra to¹
®é ®iÓm M.
C¸ch 1: Ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc:
B­íc 1: ChuyÓn ph­¬ng tr×nh ElÝp vÒ d¹ng tham sè:
x
a sin t
(E): , t[0, 2).
y
b cos t
B­íc 2: §iÓm M(E) M(a.sint, b.cost).
B­íc 3: Dùa vµo ®iÒu kiÖn K cã thªm ®­îc ®iÒu kiÖn cho x 0 , y 0 . Tõ ®ã suy ra to¹
®é ®iÓm M.
Chó ý: Ta cÇn l­u ý c¸c tr­êng hîp sau:
1. NÕu ®iÓm phi t×m tho m·n ®iÒu kiÖn vÒ b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm ta sö dông c«ng
thøc tÝnh b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm theo to¹ ®é ®iÓm ®ã lµ:
cx
F 1 M = a + 0
cx vµ F2 M = a 0
.
a
a
387

2. NÕu ®iÓm phi t×m tho m·n ®iÒu kiÖn vÒ gãc ta ®­a bµi to¸n vÒ xÐt hÖ thøc l­îng
trong tam gi¸c.
3. NÕu ®iÓm phi t×m lµ giao cña ElÝp víi mét ®­êng kh¸c ta xÐt hÖ ph­¬ng tr×nh
t­¬ng giao ®Ó t×m to¹ ®é giao ®iÓm.
2 2
x y
ThÝ dô 1. Cho ElÝp (E): 1.
2 8
T×m c¸c ®iÓm M thuéc ElÝp (E) sao cho:
a. Cã to¹ ®é nguyªn thuéc (E).
b. Cã tæng hai to¹ ®é ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt, nhá nhÊt .
Gii
2 2
x
0
y
0
§iÓm M(x 0 , y 0 )(E) 1. (1)
2 8
a. NhËn xÐt r»ng nÕu ®iÓm M(x 0 , y 0 )(E) M 1 (x 0 , y 0 ), M 2 (x 0 ,y 0 ) vµ M 3 (x 0 , y 0 )
còng thuéc (E). Do vËy ta chØ cÇn x¸c ®Þnh c¸c ®iÓm M 0 cã to¹ ®é nguyªn d­¬ng.
XÐt ph­¬ng tr×nh (1) víi Èn y 0 :
2
(1) y
0
= 84 x 2 0
.
Ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm
84 x 2 0
>0 0 < x 0 2 x 0 = 1 vµ y 0 = 2 M 0 (1, 2) (E).
Tõ M 0 suy ra c¸c ®iÓm M 1 (1, 2), M 2 (1,2) vµ M 3 (1, 2) còng thuéc (E).
VËy (E) cã 4 ®iÓm M 0 , M 1 , M 2 , M 3 cã to¹ ®é nguyªn.
b. Ta cã:
(x 0 + y 0 ) 2 =
2
x
0
y
0
2.
8.
2 2
x
(2 + 8)
0
y
0
2 8
= 10
2 8
10 x 0 + y 0 10 .
dÊu b»ng xy ra khi:
x
0
/ 2 2
y
0
4x
0 M
y / 8 8
0
2 2
x
y
2 2
0 0
x
0
y
0
1
1 2 8
M
2 8
VËy, ta ®­îc:
• (x 0 + y 0 ) Max = 10 , ®¹t ®­îc t¹i M 4 .
• (x 0 + y 0 ) Min = 10 , ®¹t ®­îc t¹i M 5 .
4
5
10 4 10
( , )
5 5
.
10 4 10
( , )
5 5
2 2
x y
ThÝ dô 2. Cho ElÝp (E): 1. Tõ ®iÓm A(E) cã to¹ ®é d­¬ng, dùng h×nh
2 2
a b
ch÷ nhËt ABCD néi tiÕp trong (E) cã c¸c c¹nh song song víi c¸c trôc to¹
®é. X¸c ®Þnh to¹ ®é cña A ®Ó h×nh ch÷ nhËt ABCD cã diÖn tÝch lín nhÊt.
388

Gii
Ta cã thÓ thùc hiÖn theo hai c¸ch sau:
y
C¸ch 1: Gi sö A(x A , y A )(E) víi x A , y A >0, suy ra:
A b
2 2
M y
x y
A
A A
1.
2 2
N x
a b
A O
Khi ®ã:
D
2 2
x
A
y
A x
A
y
A
S ABCD = S OMAN = 4x 0 y 0 = 2ab.2 . 2ab.
2
2 = 2ab.
a b a b
VËy S max = 2ab, ®¹t ®­îc khi:
2 2
x
A
y
A
1
2 2
a b
a b
A( , ).
x
A
y
A
2 2
a b
C¸ch 2: ChuyÓn ph­¬ng tr×nh ElÝp vÒ d¹ng tham sè:
x
a.sin t
(E): , t[0, 2).
y
b.cos t
§iÓm A(E) vµ thuéc gãc phÇn t­ thø nhÊt M(a.sint, b.cost), t(0, ). 2
Khi ®ã:
S ABCD = S OMAN = 4x 0 y 0 = 4a.sint.b.cost = 2absin2t 2ab.
VËy, ta ®­îc S max = 2ab, ®¹t ®­îc khi:
a b
sin2t = 1 t = A( , ).
4 2 2
§4. Hypebol
D¹ng to¸n 1: X¸c ®Þnh c¸c thuéc tÝnh cña Hypebol (H)
Ph­¬ng ph¸p thùc hiÖn
Ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc:
B­íc 1: ChuyÓn ph­¬ng tr×nh ban ®Çu cña Hypebol (H) vÒ d¹ng chÝnh t¾c
2 2
x y
y
(H):
2
2 = 1.
a b
B­íc 2: XÐt c¸c kh n¨ng:
Kh n¨ng 1: NÕu
A 1 O
2 2
x y
(H):
2
2 = 1
a b
B
C
A 2
F 1 F 2
x
x
389

ta ®­îc:
• (H) cã trôc thùc thuéc Ox, ®é dµi b»ng 2a chøa hai tiªu ®iÓm
F 1 (c, 0), F 2 (c, 0) víi c 2 = a 2 + b 2 .
• (H) cã trôc o thuéc Oy víi ®é dµi b»ng 2b.
• T©m sai e = a
c .
Kh n¨ng 2: NÕu
2 2
x y
(H):
2
2 = 1
a b
ta ®­îc:
• (H) cã trôc thùc thuéc Oy, ®é dµi b»ng 2b
chøa hai tiªu ®iÓm
F 1 (0, c), F 2 (0, c) víi c 2 = a 2 + b 2 .
• (H) cã trôc o thuéc Ox víi ®é dµi b»ng 2a.
• T©m sai e = b
c .
y
B2
O
F 2
B 1
F 1
x
ThÝ dô 1. Cho Hyperbol (H): 9x 2 16y 2 = 144.
a. ChuyÓn ph­¬ng tr×nh cña (H) vÒ d¹ng chÝnh t¾c. T×m to¹ ®é c¸c ®Ønh,
to¹ ®é c¸c tiªu ®iÓm, tÝnh t©m sai, c¸c ®­êng tiÖm cËn cña (H).
b. ViÕt ph­¬ng tr×nh Hyperbol (H 1 ) liªn hîp cña (H). T×m c¸c thuéc
tÝnh cña (H 1 ).
c. ViÕt ph­¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ElÝp (E) cã tiªu ®iÓm trïng víi tiªu
®iÓm cña (H) vµ ngo¹i tiÕp h×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (H).
Gii
a. §­a ph­¬ng tr×nh Hyperbol vÒ d¹ng
2 2
x y
(H): = 1 a = 4, b = 3 vµ c = 5.
16 9
Tõ ®ã:
• T©m O(0, 0).
• To¹ ®é c¸c ®Ønh A 1 (4, 0), A 2 (4, 0).
• To¹ ®é c¸c tiªu ®iÓm F 1 (5, 0), F 2 (5, 0).
• T©m sai e = 4
5 .
• Ph­¬ng tr×nh hai ®­êng tiÖm cËn lµ y = 4
3 x.
b. Ph­¬ng tr×nh Hyperbol (H 1 ) liªn hîp cña (H) cã d¹ng:
2 2
x y
(H 1 ): = 1.
16 9
C¸c thuéc tÝnh cña (H 1 ) vµ ph­¬ng tr×nh tham sè cña (H 1 ) b¹n däc tù lµm
390

c. Gi sö ph­¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ElÝp cã d¹ng:
2 2
x y
(E): 1, víi a > b.
2 2
a b
(1)
• Tiªu cù c = 5 a 2 b 2 = 5 2 (2)
• P(4, 3) lµ mét ®Ønh cña h×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (H). §Ó ElÝp (E) ngo¹i tiÕp
h×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (H)
P(4, 3)(E) 9a 2 + 16b 2 a 2 .b 2 = 0 (3)
Tõ (2), (3) suy ra a 2 = 40, b 2 = 15.
2 2
x y
VËy ph­¬ng tr×nh chÝnh t¾c (E): 1.
40 15
ThÝ dô 2. ChuyÓn ph­¬ng tr×nh Hypebol (H): x 2 4y 2 = 1 vÒ d¹ng chÝnh t¾c, tõ
®ã x¸c ®Þnh c¸c thuéc tÝnh cña nã vµ vÏ h×nh.
Gii
§­a ph­¬ng tr×nh Hyperbol vÒ d¹ng:
2 2
x y
(H): = 1 a = 1, b = 1 2 vµ c = 5
Tõ ®ã:
• T©m O(0, 0).
1 1/ 4
• To¹ ®é c¸c ®Ønh B 1 (0, 1 2 ), B 2(0, 1 2 ).
• To¹ ®é c¸c tiªu ®iÓm F’ 1 (0, 5
2 ), F’ 2(0,
• T©m sai e = 5 .
5
2 ).
• Ph­¬ng tr×nh hai ®­êng tiÖm cËn lµ y = 1 2 x.
Chó ý: Trong tr­êng hîp ph­¬ng tr×nh cña (H) cã d¹ng:
2
2
( x )
(y )
(H): = 1.
2
2
a b
ta thùc hiÖn phÐp tÞnh tiÕn hÖ trôc Oxy theo vect¬ OI víi I(, ) thµnh hÖ trôc IXY
víi c«ng thøc ®æi trôc:
X
x x
X
Y
y y
Y
ta ®­îc:
2 2
X Y
(H): 1
2 2
a b
tõ ®ã chØ ra c¸c thuéc tÝnh cña (H) trong hÖ trôc IXY råi suy ra c¸c thuéc tÝnh cña (H)
trong hÖ trôc Oxy.
2 .
391

ThÝ dô 3. Cho Hyperbol (H) cã ph­¬ng tr×nh:
(H): x 2 4y 2 2x + 16y + 11 = 0.
a. §­a Hyperbol (H) vÒ d¹ng chÝnh t¾c.
b. X¸c ®Þnh to¹ ®é t©m, tiªu ®iÓm F1, F 2 , c¸c ®Ønh A 1 , A 2 vµ c¸c
®­êng tiÖm cËn cña (H).
Gii
ChuyÓn ph­¬ng tr×nh cña (H) vÒ d¹ng:
2 2
(x 1) (y 2)
(H): 1
4 1
Thùc hiÖn phÐp tÞnh tiÕn hÖ trôc to¹ ®é Oxy theo vect¬ OI víi I(1, 2) thµnh hÖ trôc
IXY, víi c«ng thøc ®æi trôc:
X x 1
x X 1
Y y 2
y Y 2
Khi ®ã:
2 2
X Y
(H): 1 .
4 1
Khi ®ã trong hÖ trôc IXY, (H) cã c¸c thuéc tÝnh:
• T©m I.
• Trôc thùc thuéc IY cã ®é dµi b»ng 2 chøa 2 tiªu ®iÓm
F 1 (0, 5 ), F 2 (0, 5 ).
• Trôc o thuéc IX cã ®é dµi b»ng 4.
5
• T©m sai e =
2 .
• Ph­¬ng tr×nh hai ®­êng tiÖm cËn: X = 1 2 Y.
Do ®ã trong hÖ trôc Oxy, (H) cã c¸c thuéc tÝnh:
• T©m I(1, 2).
• (H) cã trôc thùc // Ox cã ®é dµi 2 chøa 2 tiªu ®iÓm
F 1 (1, 5 + 2), F 2 (1, 5 + 2)
• Trôc o // Ox cã ®é dµi b»ng 4.
• T©m sai e =
5
2 .
• Ph­¬ng tr×nh hai ®­êng tiÖm cËn:
x1 = 1 2 (y2) (d 1) : 2x y 0
.
(d 1) : 2x y 4 0
D¹ng to¸n 2: LËp ph­¬ng tr×nh cña Hypebol (H)
Ph­¬ng ph¸p thùc hiÖn
Ta lùa chän mét trong hai c¸ch sau:
392

C¸ch 1: Sö dông ph­¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña Hypebol
2 2
x y
(H): 1
2 2
a b
Tõ ®ã cÇn t×m a, b (hoÆc a 2 , b 2 ) b»ng c¸ch thiÕt lËp mét hÖ hai ph­¬ng tr×nh víi Èn
a, b (hoÆc a 2 , b 2 ).
C¸ch 2: Sö dông ®Þnh nghÜa
Chó ý:
1. CÇn phi c©n nh¾c gi thiÕt cña bµi to¸n thËt kü cµng ®Ó lùa chän d¹ng ph­¬ng
tr×nh thÝch hîp. Trong tr­êng hîp kh«ng cã g× ®Æc biÖt, ta lu«n gi sö Hypebol
(H) cã ph­¬ng tr×nh:
2 2
x y
(H): 1
2 2
a b
2. Trong nhiÒu tr­êng hîp ®Æc thï chóng ta cßn sö dông ph­¬ng ph¸p quü tÝch ®Ó
x¸c ph­¬ng tr×nh Hypebol hoÆc chøng minh tËp hîp ®iÓm lµ Hypebol, trong
tr­êng hîp nµy nµy chóng ta th­êng thùc hiÖn theo hai b­íc sau:
B­íc 1: Chøng minh tËp hîp ®iÓm lµ Hypebol (H) b»ng viÖc chØ ra hai ®iÓm cè
®Þnh A, B vµ M tho m·n MAMB = 2a kh«ng ®æi.
B­íc 2: LËp ph­¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña Hypebol (H) nhËn A, B lµm tiªu ®iÓm vµ
cã ®é dµi trôc thùc b»ng 2a.
ThÝ dô 1. Cho ba ®iÓm F 1 (4, 0), F 2 (4, 0) vµ ®iÓm A(2, 0).
a. LËp ph­¬ng tr×nh Hyperbol (H) ®i qua A vµ cã tiªu ®iÓm F 1 , F 2 .
b. T×m to¹ ®é ®iÓm M trªn (H) sao cho MF 2 = 2MF 1 .
Gii
a. V× hai tiªu ®iÓm F 1 vµ F 2 thuéc Ox vµ ®èi xøng qua Oy nªn Hypebol (H) cã d¹ng:
2 2
x y
(H): 1
2 2
a b
(1)
- Tiªu cù c = 4 a 2 + b 2 = 4 2 (2)
- §iÓm A(2, 0)(H) a 2 = 4 (3)
- Tõ (2), (3) suy ra a 2 = 4, b 2 = 12.
2 2
x y
VËy ph­¬ng tr×nh (H): 1 .
4 12
b. Gi sö M(x 0 , y 0 )(H) sao cho MF 2 = 2MF 1 , ta cã:
2
MF 1 MF 2 = 2a MF 1 = 2a MF 1 = 4a 2
[(4x 0 ) 2 2
+ y 0 ] = 4.16 [(4 + x 0 ) 2 2
+ y 0 ] = 64 (4)
MÆt kh¸c M(x 0 , y 0 )(H)
2 2
x
0
y
0
1
4 12
(5)
Gii hÖ t¹o bëi (4), (5), ta ®­îc M 1 (3, 15 ), M 2 (3, 15 ).
393

ThÝ dô 2. LËp ph­¬ng tr×nh chÝnh t¾c vµ vÏ h×nh cña Hyperbol biÕt:
a. §i qua ®iÓm M(2, 2) vµ mçi ®­êng tiÖm cËn t¹o víi Ox mét gãc 60 0 .
b. §i qua ®iÓm N( 2 , 2) vµ hai ®­êng tiÖm cËn cã ph­¬ng tr×nh y = 2x.
c. Hai trôc trïng víi trôc to¹ ®é vµ ®i qua 2 ®iÓm A( 6 , 1) vµ B(4, 6 ).
Gii B¹n ®äc tù vÏ h×nh
a. Hyperbol (H) cã " mçi ®­êng tiÖm cËn t¹o víi trôc hoµnh mét gãc 30 0 ". Kh«ng mÊt
tÝnh tæng qu¸t ta gi sö Hyperbol (H) cã ph­¬ng tr×nh:
2 2
x y
(H): = 1 (1)
2 2
a b
• §iÓm M(2, 2)(H) 4b 2 4a 2 = a 2 b 2 . (2)
• TiÖm cËn cña (H) t¹o víi trôc hoµnh mét gãc 30 0
b a = tan600 b = a 3 (3)
Gii hÖ ph­¬ng tr×nh t¹o bëi (2), (3) ta ®­îc a 2 = 8 3 vµ b2 = 8.
VËy ph­¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña Hypebol (H):
b. Gi sö Hyperbol (H) cã ph­¬ng tr×nh:
2 2
x y
1 .
8/ 3 8
2 2
x y
(H): = 1 (1)
2 2
a b
• §iÓm N( 2 , 2)(H) 2b 2 4a 2 = a 2 b 2 . (2)
• Hai ®­êng tiÖm cËn cã ph­¬ng tr×nh y = 2x, suy ra:
b = 2 b = 2a. (3)
a
Gii hÖ ph­¬ng tr×nh t¹o bëi (2), (3) ta ®­îc a 2 = 1 vµ b 2 = 4.
2 2
x y
VËy ph­¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña Hypebol (H): 1.
1 4
c. Gi sö Hyperbol (H) cã ph­¬ng tr×nh:
2 2
x y
(H): = 1 (1)
2 2
a b
• §iÓm A( 6 , 1)(H) 6b 2 a 2 = a 2 b 2 . (2)
• §iÓm B(4, 6 )(H) 16b 2 6a 2 = a 2 b 2 . (3)
Gii hÖ ph­¬ng tr×nh t¹o bëi (2), (3) ta ®­îc a 2 = 4 vµ b 2 = 2.
VËy ph­¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña Hypebol (H):
2 2
x y
1.
4 2
394

ThÝ dô 3. Cho ®­êng trßn (C): x 2 + y 2 = 9. TiÕp tuyÕn cña (C) t¹i M c¾t Ox t¹i N.
Trªn ®­êng th¼ng vu«ng gãc víi Ox t¹i N lÊy ®iÓm P sao cho PN = 3 MN
víi k > 0. LËp ph­¬ng tr×nh quü tÝch c¸c ®iÓm P khi M di ®éng trªn (C).
Gii
Gi sö P(x, y), ta cã:
N(x, 0), PN 2 = y 2 vµ MN 2 = ON 2 OM 2 = x 2 9.
Khi ®ã:
2 2
PN = 3 MN PN 2 = 3MN 2 y 2 = 3(x 2 x y
9) 1.
9 27
VËy quü tÝch c¸c ®iÓm M thuéc Hypebol (H)cã ph­¬ng tr×nh:
(H):
2 2
x y
1.
9 27
D¹ng to¸n 3: XÐt vÞ trÝ t­¬ng ®èi cña ®iÓm, ®­êng th¼ng, ElÝp vµ Hypebol
Ph­¬ng ph¸p thùc hiÖn
B»ng viÖc xÐt hÖ ph­¬ng tr×nh t¹o bëi (H) vµ (d), khi ®ã sè nghiÖm cña ph­¬ng
tr×nh b»ng sè giao ®iÓm cña (d) vµ (H).
ThÝ dô 1. Cho Hyperbol (H) vµ ®­êng th¼ng (d) cã ph­¬ng tr×nh:
2 2
x y
(H): 1 vµ (d): xy2 = 0.
4 8
a. Chøng minh r»ng (d) lu«n c¾t (H) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B.
TÝnh ®é dµi AB.
b. T×m to¹ ®é ®iÓm C thuéc (H) sao cho:
- ABC cã diÖn tÝch b»ng 4.
- ABC c©n t¹i A.
- ABC vu«ng t¹i A.
Gii
a. XÐt hÖ ph­¬ng tr×nh t¹o bëi (d) vµ (H):
2 2
x
y
1
4 8
x y 2 0
b. LÊy C(x 0 , y 0 )(H), suy ra
• Ta cã:
A( 6, 8)
®é dµi AB = 8 2 .
B(2,0)
2 2
x0 y0
1. (1)
4 8
S ABC = 2
1 AB.CH 4 = 4CH 2 CH =
12 .
395

396
MÆt kh¸c:
1
CH = d(C, (d))
2 = 1 x0 y 0 1 x 0 y 0 1 = 1. (2)
2
Gii hÖ ph­¬ng tr×nh t¹o bëi (1), (2) Dµnh cho b¹n ®äc.
• (ABC c©n t¹i A): Ta cã thÓ lùa chän mét trong ba c¸ch sau:
C¸ch 1: (Sö dông ph­¬ng tr×nh ®iÒu kiÖn): ABC c©n t¹i A suy ra:
AB = AC AB 2 = AC 2 . (3)
Gii hÖ ph­¬ng tr×nh t¹o bëi (1), (3) Dµnh cho b¹n ®äc.
C¸ch 2: (Sö dông phÐp ®¸nh gi¸): ABC c©n t¹i A suy ra
B, C ®èi xøng nhau qua Ox C Dµnh cho b¹n ®äc.
• ABC vu«ng t¹i A thùc hiÖn t­¬ng tù c©u ABC c©n t¹i A.
ThÝ dô 2. Cho ElÝp (E) vµ Hypebol (H) cã ph­¬ng tr×nh:
2 2
2 2
x y
x y
(E): 1vµ (H): 1 .
9 4
1 4
LËp ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn ®i qua c¸c giao ®iÓm cña hai Hyperbol.
Gii
Ta cã (E)(H) = {A,B,C,D} ®èi xøng víi nhau qua O (bëi (E 1 ) vµ (E 2 ) ®Òu nhËn
O lµm t©m ®èi xøng).
VËy ®­êng trßn ®i qua A, B, C, D nhËn O lµm t©m vµ b¸n kÝnh
R 2 = OA 2 =
x y .
2
A
2
A
To¹ ®é ®iÓm A(x A , y A ) lµ nghiÖm hÖ ph­¬ng tr×nh :
2 2
2
4x 9y 36
xA
9/5
R 2 2 2
= x
2 2
2
A
y
A
= 5.
4x y 4 yA
16/5
VËy, ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn ®i qua A, B, C, D cã d¹ng:
(C): x 2 + y 2 = 5.
2 2
x y
ThÝ dô 3. Cho Hypebol (H) : 1. Chøng minh r»ng diÖn tÝch h×nh b×nh
9 16
hµnh t¹o bëi c¸c tiÖm cËn cña Hyperbol (H) vµ c¸c ®­êng th¼ng kÎ tõ
mét ®iÓm trªn (H) lÇn l­ît song song víi c¸c tiÖm cËn lµ mét h»ng sè.
Gii
Gäi lµ gãc t¹o bëi ®­êng ®­êng tiÖm y = 4 x víi trôc Ox. Ta cã:
3
tan = 4 3 vµ sin2 = 2 tan
2
1tan
= 24
25 .
S OPMQ = OP.OQ.sin2 = 24
25
OP.OQ OP.OQ =
25 24 S OPMQ

MÆt kh¸c:
S OPMQ = OQ.h 1 = OP.h 2 S 2 OPMQ = OP.OQ.h 1 h 2 = 25
24 . S OPMQ. 144
25
S OPMQ = 6 kh«ng ®æi.
D¹ng to¸n 4: §iÓm vµ Hypebol
Ph­¬ng ph¸p thùc hiÖn
Víi Hypebol (H) cã ph­¬ng tr×nh:
2 2
x y
(H): 1.
2 2
a b
Ta lùa chän mét trong hai c¸ch sau:
C¸ch 1: Ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc:
B­íc 1: LÊy ®iÓm M(x 0 , y 0 )(H) suy ra
2 2
x
0
y
0
2
2 = 1.
a b
B­íc 2: Dùa vµo ®iÒu kiÖn K cã thªm ®­îc ®iÒu kiÖn cho x 0 , y 0 . Tõ ®ã suy ra to¹
®é ®iÓm M.
C¸ch 1: Ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc:
B­íc 1: ChuyÓn ph­¬ng tr×nh Hypebol vÒ d¹ng tham sè:
a
x
3
(H): cos t , t[0, 2)\{ , }.
2 2
y
btgt
B­íc 2: §iÓm M(H) M(a.sint, b.cost).
B­íc 3: Dùa vµo ®iÒu kiÖn K cã thªm ®­îc ®iÒu kiÖn cho x 0 , y 0 . Tõ ®ã suy ra to¹
®é ®iÓm M.
Chó ý: Ta cÇn l­u ý c¸c tr­êng hîp sau:
1. NÕu ®iÓm phi t×m tho m·n ®iÒu kiÖn vÒ b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm ta sö dông c«ng
thøc tÝnh b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm theo to¹ ®é ®iÓm ®ã lµ:
§iÓm M(x, y)(H) lu«n cã:
cx cx
a. F 1 M = + a vµ F2 M = a víi x > 0.
a
a
b. F 1 M = a
cx a vµ F2 M = a
cx + a víi x < 0.
2. NÕu ®iÓm phi t×m tho m·n ®iÒu kiÖn vÒ gãc ta ®­a bµi to¸n vÒ xÐt hÖ thøc l­îng
trong tam gi¸c.
3. NÕu ®iÓm phi t×m lµ giao cña Hypebol víi mét ®­êng kh¸c ta xÐt hÖ ph­¬ng
tr×nh t­¬ng giao ®Ó t×m to¹ ®é giao ®iÓm.
397

2 2
x y
ThÝ dô 1. Cho Hyperbol (H): 1 . T×m ®iÓm M trªn (H) sao cho ®é dµi
2 2
a b
F 1 M (tiªu ®iÓm F 1 (c, 0)) ng¾n nhÊt, dµi nhÊt.
Gii
LÊy M(x 0 , y 0 )(H), suy ra:
2 2
2
x
0
y
0
2 y
1 x
2 2
0 = a 2 0
(1 +
2 )a
2
x 0 a.
a b
b
Ta cã:
cx
F 1 M = 0 ca + a + a = c + a = ca.
a a
V©y, F 1 M Min = ca, ®¹t ®­îc khi MA 1 (a, 0).
2 2
x y
ThÝ dô 2. Cho Hyperbol (H): 1. T×m ®iÓm M trªn (H) sao cho:
16 9
a. Cã to¹ ®é nguyªn.
b. Nh×n hai tiªu ®iÓm d­íi mét gãc 90 0 .
Gii
a. Ta chØ cÇn t×m c¸c cÆp (x, y) nguyªn kh«ng ©m, khi ®ã c¸c nghiÖm cßn l¹i lµ
(x, y), (x, y), (x, y). Ta cã:
2
9x 16y
x, y Z
2
(3x
4y)(3x 4y) 144
144
x
4
x,
y Z
.
3x 4y 3x 4y
y
0
VËy cã hai ®iÓm trªn (H) cã to¹ ®é nguyªn lµ M 9 (4, 0), M 10 (4, 0).
b. MF 1 MF 2 M thuéc ®­êng trßn (C) ®­êng kÝnh F 1 F 2 = 10 cã ph­¬ng tr×nh:
(C): x 2 + y 2 = 25.
VËy to¹ ®é ®iÓm M lµ nghiÖm cña hÖ:
2 2
x
0
y
0
1
16
9
2 2
x
0
y
0
1
ta ®­îc bèn ®iÓm:
4
M 1 (
34
5
9 4 34
, ), M2 ( 5 5
9 4
, ), M3 ( 5
34
5
9 4 34
, ), M4 ( 5 5
, 5
9 ),
398

§5. Parabol
D¹ng to¸n 1: X¸c ®Þnh c¸c thuéc tÝnh cña Parabol (P)
Ph­¬ng ph¸p thùc hiÖn
Ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc:
B­íc 1:
ChuyÓn ph­¬ng tr×nh ban ®Çu cña Parabol (P) vÒ d¹ng chÝnh t¾c
(P): y 2 = 2px hoÆc (P): x 2 = 2py.
B­íc 2: XÐt c¸c kh n¨ng:
D¹ng 1: Parabol (P): y 2 = 2px (p>0)
C¸c thuéc tÝnh cña (P) gåm:
• §Ønh O(0. 0),
• Tiªu ®iÓm F ( 2
p , 0),
(d)
L
p/2
y
O
F
p/2
(P)
x
• §­êng chuÈn (d): x = 2
p ,
• Parabol, nhËn Ox lµm trôc ®èi xøng, ®å thÞ ë bªn phi Ox.
D¹ng 2: Parabol (P): y 2 =2px (p>0)
C¸c thuéc tÝnh cña (P) gåm:
• §Ønh O(0. 0),
• Tiªu ®iÓm F ( 2
p , 0),
• §­êng chuÈn (d): x = 2
p ,
(P)
F
y
p/2
O
(d)
L
p/2 x
• Parabol, nhËn Ox lµm trôc ®èi xøng, ®å thÞ ë bªn tr¸i Ox.
D¹ng 3: Parabol (P): x 2 = 2py (p>0)
y
C¸c thuéc tÝnh cña (P) gåm:
F p/2
• §Ønh O(0. 0),
p
• Tiªu ®iÓm F (0, ),
O
(d)
2 p/2
L
p
• §­êng chuÈn (d): y = , 2
• Parabol, nhËn Oy lµm trôc ®èi xøng, ®å thÞ cã h­íng lªn trªn.
D¹ng 4: Parabol (P): x 2 = 2py (p>0)
C¸c thuéc tÝnh cña (P) gåm:
• §Ønh O(0. 0),
y
L p/2
p O
• Tiªu ®iÓm F (0, ), 2 (P) p/2
p F
• §­êng chuÈn (d): y = , 2
• Parabol, nhËn Ox lµm trôc ®èi xøng, ®å thÞ cã h­íng xuèng d­íi.
(P)
x
(d)
x
399

Chó ý: Trong tr­êng hîp ph­¬ng tr×nh cña (P) cã d¹ng:
(P): (y) 2 = 2p(x) hoÆc (P): (x) 2 = 2p(y).
ta thùc hiÖn phÐp tÞnh tiÕn hÖ trôc Oxy theo vect¬ OI víi I(, ) thµnh
hÖ trôc IXY víi c«ng thøc ®æi trôc:
X
x x
X
Y
y y
Y
ta ®­îc:
(P): Y 2 = 2pX hoÆc (P): X 2 = 2pY.
tõ ®ã chØ ra c¸c thuéc tÝnh cña (P) trong hÖ trôc IXY råi suy ra c¸c thuéc
tÝnh cña (P) trong hÖ trôc Oxy.
ThÝ dô 1. Chøng tá r»ng ph­¬ng tr×nh Ax 2 + By = 0, víi A, B 0 lµ ph­¬ng tr×nh
cña mét Parabol cã ®Ønh O(0, 0), nhËn Oy lµm trôc ®èi xøng. T×m tiªu
®iÓm vµ ph­¬ng tr×nh ®­êng chuÈn cña Parabol ®ã.
Gii
ViÕt l¹i ph­¬ng tr×nh d­íi d¹ng:
B
Ax 2 = By x 2 = B 2p
A y A
x 2 = 2py
®ã chÝnh lµ ph­¬ng tr×nh cña mét Parabol cã ®Ønh O(0, 0), nhËn Oy lµm trôc ®èi
xøng. Parabol ®ã cã:
• Tiªu ®iÓm F(0; p) = (0; B
2A ).
400
• Ph­¬ng tr×nh ®­êng chuÈn y = p y =
B
2A .
ThÝ dô 2. ChuyÓn ph­¬ng tr×nh Parabol (P) vÒ d¹ng chÝnh t¾c, tõ ®ã x¸c ®Þnh c¸c
thuéc tÝnh cña nã vµ vÏ h×nh, biÕt (P) : y 2 + 2y4x3 = 0.
Gii B¹n ®äc tù vÏ h×nh
ChuyÓn ph­¬ng tr×nh cña (P) vÒ d¹ng:
(P): (y + 1) 2 = 4(x + 1)
Thùc hiÖn phÐp tÞnh tiÕn hÖ trôc to¹ ®é Oxy theo vect¬ OS víi S(1, 2) thµnh hÖ
trôc SXY, víi c«ng thøc ®æi trôc:
X x 1
x X 1
Y y 1
y Y 1
Khi ®ã:
(P): Y 2 = 4X p = 2.
Khi ®ã trong hÖ trôc SXY, (P) cã c¸c thuéc tÝnh:
• §Ønh S.
• Trôc ®èi xøng SX chøa tiªu ®iÓm F(1, 0).
• Ph­¬ng tr×nh ®­êng chuÈn (d): X = 1.

Do ®ã, trong hÖ trôc Oxy, (P) cã c¸c thuéc tÝnh:
§Ønh S(1, 1).
• Trôc ®èi xøng lµ ®­êng th¼ng y + 1 = 0 chøa tiªu ®iÓm F(0, 1).
• Ph­¬ng tr×nh ®­êng chuÈn (d): x + 2 = 0.
ThÝ dô 3. Cho hä ®­êng cong (P m ) : y 2 2my2mx + m 2 = 0.
T×m ®iÒu kiÖn cña m ®Ó (P m ) lµ ph­¬ng tr×nh mét Parabol, khi ®ã:
a. T×m quÜ tÝch ®Ønh cña hä (P m ).
b. T×m quÜ tÝch tiªu ®iÓm cña hä (P m ).
Gii
ChuyÓn ph­¬ng tr×nh cña (P m ) vÒ d¹ng:
(P m ): (ym) 2 = 2mx
§Ó ph­¬ng tr×nh trªn lµ ph­¬ng tr×nh cña mét Parab«n ®iÒu kiÖn lµ m 0.
Thùc hiÖn phÐp tÞnh tiÕn hÖ trôc to¹ ®é Oxy theo vect¬ OS víi S(0; m) thµnh hÖ
trôc SXY, víi c«ng thøc ®æi trôc:
X
x x
X
Y y m
y Y m
Khi ®ã:
(P): Y 2 = 2mX p = m.
Khi ®ã trong hÖ trôc SXY, (P m ) cã c¸c thuéc tÝnh:
• §Ønh S.
• Trôc ®èi xøng SX chøa tiªu ®iÓm F( m 2 , 0).
• Ph­¬ng tr×nh ®­êng chuÈn (d): X = m 2 .
Do ®ã trong hÖ trôc Oxy, (P m ) cã c¸c thuéc tÝnh:
• §Ønh S(0; m).
• Trôc ®èi xøng lµ ym = 0 chøa tiªu ®iÓm F( m 2 ; m).
• Ph­¬ng tr×nh ®­êng chuÈn (d): x + m 2 = 0.
a. QuÜ tÝch ®Ønh cña hä (P m ).
x 0
S : x = 0.
y
m
VËy quÜ tÝch ®Ønh cña (P m ) thuéc trôc tung.
b. QuÜ tÝch tiªu ®iÓm cña hä (P m ).
m
x
F: 2 y = 2x 2x y = 0.
y
m
VËy quÜ tÝch tiªu ®iÓm cña (P m ) thuéc ®­êng th¼ng 2x y = 0.
401

D¹ng to¸n 2: LËp ph­¬ng tr×nh cña Parabol (P)
Ph­¬ng ph¸p thùc hiÖn
Ta lùa chän mét trong hai c¸ch sau:
C¸ch 1: Sö dông ph­¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña Parabol
(P): y 2 = 2px hoÆc (P): x 2 = 2py.
Tõ ®ã cÇn t×m a, b (hoÆc a 2 , b 2 ) b»ng c¸ch thiÕt lËp mét hÖ hai ph­¬ng tr×nh víi Èn
a, b (hoÆc a 2 , b 2 ).
C¸ch 2: Sö dông ®Þnh nghÜa
B­íc 1: LÊy ®iÓm M(x, y)(P) cã tiªu ®iÓm F vµ d­êng chuÈn (d).
B­íc 2: ChuyÓn MF = MH thµnh biÓu thøc gii tÝch nhê:
MF 2 = (xx F ) 2 + (yy F ) 2 vµ MH = d(M, (d)).
B­íc 3: Thu gän.
Chó ý:
1. CÇn phi c©n nh¾c gi thiÕt cña bµi to¸n thËt kü cµng ®Ó lùa chän d¹ng ph­¬ng
tr×nh thÝch hîp. Trong tr­êng hîp kh«ng cã g× ®Æc biÖt, ta lu«n gi sö Parabol (P)
cã ph­¬ng tr×nh:
(P): y 2 = 2px.
2. Trong nhiÒu tr­êng hîp ®Æc thï chóng ta cßn sö dông ph­¬ng ph¸p quü tÝch ®Ó x¸c
ph­¬ng tr×nh Parabol hoÆc chøng minh tËp hîp ®iÓm lµ Parabol.
ThÝ dô 1. ViÕt ph­¬ng tr×nh Parabol (P) cã ®Ønh lµ gèc to¹ ®é vµ ®i qua ®iÓm
A(2, 2).
Gii
Parabol (P) cã ®Ønh O cã ph­¬ng tr×nh
(P): y 2 = 2px hoÆc (P): x 2 = 2py.
Tr­êng hîp 1: NÕu ph­¬ng tr×nh cña (P): y 2 = 2px.
V× A(P), suy ra 4 = 4p p = 1.
Khi ®ã ph­¬ng tr×nh Parabol (P 1 ): y 2 = 2x.
Tr­êng hîp 2: NÕu ph­¬ng tr×nh cña (P): x 2 = 2py.
V× A(P), suy ra 4 = 4p p = 1.
Khi ®ã ph­¬ng tr×nh Parabol (P 2 ): x 2 = 2y.
VËy tån t¹i hai Parabol (P 1 ) vµ (P 2 ) tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
ThÝ dô 2. Cho ®iÓm F(3, 0).
a. LËp ph­¬ng tr×nh Parabol (P) cã tiªu ®iÓm F vµ ®Ønh lµ gèc to¹ ®é.
b. Mét ®iÓm n»m trªn Parabol (P) cã hoµnh ®é x = 2. H·y tÝnh
khong c¸ch tõ ®iÓm ®ã tíi tiªu ®iÓm.
c. Qua I(2, 0) dùng ®­êng th¼ng (d) thay ®æi lu«n c¾t Parabol (P) t¹i
hai ®iÓm A, B. Chøng minh r»ng tÝch sè khong c¸ch tõ A vµ B tíi
Ox lµ mét h»ng sè.
402

Gii
a. Parabol (P) cã tiªu ®iÓm F(3, 0) vµ ®Ønh O(0, 0) suy ra:
(P): y 2 = 2px.
Ta cã p 2 = 3 p = 6.
VËy, ph­¬ng tr×nh Parabol (P): y 2 = 12x.
b. Víi ®iÓm M(2, y) (P) lu«n cã:
FM = x + p 2 = 2 + 3 = 5.
c. §­êng th¼ng (d): a(x 2) + by = 0 ®i qua I.
To¹ ®é giao ®iÓm A(x A , y A ) vµ B(x B , y B ) cña (P) vµ (d) lµ nghiÖm hÖ:
2
y
12x
.
a(x 2) by 0
Ph­¬ng tr×nh tung ®é giao ®iÓm cña (P) vµ (d) cã d¹ng:
ay 2 12by + 24a = 0. (1)
Tõ ®ã, ta cã
12b
yA
yB
a .
y A.y B
24
Khong c¸ch tõ A vµ B ®Õn trôc Ox theo thø tù lµ:
h 1 = y A , h 2 = y B .
NhËn xÐt tÝch
h 1 .h 2 = y A .y B = 24 kh«ng ®æi.
D¹ng to¸n 3: VÞ trÝ t­¬ng ®èi cña ®iÓm, ®­êng th¼ng vµ Parabol
Ph­¬ng ph¸p thùc hiÖn
1. XÐt vÞ trÝ t­¬ng ®èi cña ®iÓm M(x 0 , y 0 ) víi Parabol (P) : y 2 = 2px, ta thùc hiÖn
theo c¸c b­íc:
B­íc 1: X¸c ®Þnh ph­¬ng tÝch cña M ®èi víi Parabol (P) lµ :
P M /(P) =
B­íc 2: KÕt luËn:
y 2px 0 .
2
0
• NÕu P M /(P)
0 M n»m ngoµi Parabol.
Chó ý: Ta cã c¸c kÕt qu sau:
• M(x, y) miÒn trong cña (P) qua M kh«ng thÓ kÎ ®­îc tiÕp tuyÕn tíi (P).
• M(x, y) miÒn ngoµi cña (P) qua M kÎ ®­îc 2 tiÕp tuyÕn tíi (P).
• M(x, y) n»m trªn (P) qua M kÎ ®­îc mét tiÕp tuyÕn tíi (P).
403

2. XÐt vÞ trÝ t­¬ng ®èi cña ®­êng th¼ng víi Parabol b»ng viÖc xÐt hÖ ph­¬ng tr×nh
t¹o bëi (P) vµ (d), khi ®ã sè nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh b»ng sè giao ®iÓm cña (d)
vµ (P).
ThÝ dô 1. Cho Parabol (P): y 2 = 4x vµ (d): 2xy4 = 0.
T×m c¸c ®iÓm M(d) ®Ó tõ ®ã:
a. Kh«ng kÎ ®­îc tiÕp tuyÕn nµo tíi (P).
b. KÎ ®­îc mét tiÕp tuyÕn tíi (P).
c. KÎ ®­îc hai tiÕp tuyÕn tíi (P).
Gii
Víi mçi ®iÓm M(x 0 , y 0 )(d), ta cã:
2x 0 y 0 4 = 0 y 0 = 2x 0 4.
2
P M /(P) = y 0 4x 0 = (2x 0 4) 2 4x 0 = 4 x 2 0 20x 0 + 16.
a. §Ó tõ M kh«ng kÎ ®­îc tiÕp tuyÕn nµo tíi (P)
P M /(P)

Ph­¬ng tr×nh hoµnh ®é giao ®iÓm cña (P) vµ (d) cã d¹ng:
x 2 3x + 2 C = 0. (1)
§Ó (1) cã hai nghiÖm ph©n biÖt ®iÒu kiÖn lµ:
0 9 4(2 C) 0 C 1 4 .
Tõ ®ã, ta cã:
xA
xB
3
.
x A.xB
2 C
Víi gi thiÕt AB = 4, ta ®­îc:
16 = (x A x B ) 2 + (y A y B ) 2 = (x A x B ) 2 + [(x A + C) (x B + C)] 2
= 2(x A x B ) 2 = 2[(x A + x B ) 2 4x A x B ] = 2[9 4(2 C)] = 2(1 + 4C)
1 + 4C = 8 C = 7 4 .
VËy, ®­êng th¼ng (d) cã ph­¬ng tr×nh x y + 7 4 = 0.
ThÝ dô 3. Cho Parabol (P): y 2 = 4x. Mét ®­êng th¼ng bÊt kú ®i qua tiªu ®iÓm cña
(P) c¾t (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A vµ B. Chøng minh r»ng tÝch c¸c
khong c¸ch tõ A vµ B ®Õn trôc cña (P) lµ mét ®¹i l­îng kh«ng ®æi.
Gii
Parabol (P) cã tiªu ®iÓm F(1, 0).
§­êng th¼ng (d): ax + by + c = 0 ®i qua F(1, 0) cã d¹ng:
(d): ax + bya = 0.
To¹ ®é giao ®iÓm A(x A , y A ) vµ B(x B , y B ) cña (P) vµ (d) lµ nghiÖm hÖ:
y 2 4x
.
ax
by a 0
Ph­¬ng tr×nh tung ®é giao ®iÓm cña (P) vµ (d) cã d¹ng:
ay 2 + 4by4a = 0. (1)
Tõ ®ã, ta cã
4b
y
A
y
B
a .
y
A.y
B
4
Khong c¸ch tõ A vµ B ®Õn trôc Ox theo thø tù lµ:
h 1 = y A , h 2 = y B .
NhËn xÐt tÝch
h 1 .h 2 = y A .y B = 4.
VËy, tÝch c¸c khong c¸ch tõ A vµ B ®Õn trôc cña (P) lµ mét ®¹i l­îng kh«ng ®æi.
405

ThÝ dô 4. Cho Parabol (P) vµ ElÝp (E) cã ph­¬ng tr×nh:
2 2
(P): y = x 2 x y
2x vµ (E): 1.
9 1
a. Chøng minh r»ng (P) c¾t (E) t¹i bèn ®iÓm ph©n biÖt A, B, C, D.
b. LËp ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn ®i qua c¸c giao ®iÓm ®ã.
Gii
y
a. XÐt hÖ ph­¬ng tr×nh t¹o bëi (P) vµ (E)
(C) (P
2 2
x 9y 9
C
)
(I)
B
2
y x 2x
O
3 3 x
x 2 + 9(x 2 2x) 2 = 9
A
D
f(x) = 9x 4 36x 3 + 37x 2 9 = 0. (1)
Ta cã:
f(1) = 73 > 0, f(0) = 9 < 0, f(1) = 1 < 0, f(2) = 77 < 0, f(3) = 81 > 0
Do ®ã:
• f(1).f(0) < 0 ph­¬ng tr×nh (1) cã mét nghiÖm thuéc (1, 0).
• f(0).f(1) < 0 ph­¬ng tr×nh (1) cã mét nghiÖm thuéc (0, 1).
• f(1).f(2) < 0 ph­¬ng tr×nh (1) cã mét nghiÖm thuéc (1, 2).
• f(2).f(3) < 0 ph­¬ng tr×nh (1) cã mét nghiÖm thuéc (2, 3).
VËy, ph­¬ng tr×nh (1) cã 4 nghiÖm ph©n biÖt (d)(P) = {A, B, C, D}.
b. Tõ hÖ (I), ta ®­îc :
2 2
x 9y 9
9x 2 + 9y 2 16x8y9 = 0
2
8(x 2x) 8y
8
(x )
2 4
+ (y )
2 161
= . (*)
9 9 81
NhËn xÐt r»ng to¹ ®é cña A,B,C,D cïng tho m·n (*).
VËy, ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn ®i qua A, B, C, D cã d¹ng:
8
(C): (x )
2 4
+ (y )
2 161
= .
9 9 81
D¹ng to¸n 4: §iÓm vµ Parabol.
Ph­¬ng ph¸p thùc hiÖn
Víi Parabol (P) cã ph­¬ng tr×nh:
(P): y 2 = 2px.
ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc:
2
B­íc 1: LÊy ®iÓm M(x 0 , y 0 )(P) y 0 = 2px 0 .
B­íc 2: Dùa vµo ®iÒu kiÖn K cã thªm ®­îc ®iÒu kiÖn cho x 0 , y 0 .
406

Chó ý: Ta cÇn l­u ý c¸c tr­êng hîp sau:
1. NÕu ®iÓm phi t×m tho m·n ®iÒu kiÖn vÒ b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm ta sö dông c«ng
thøc tÝnh b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm theo to¹ ®é ®iÓm ®ã lµ:
MF = x 0 + 2
p .
2. NÕu ®iÓm phi t×m tho m·n ®iÒu kiÖn vÒ gãc ta ®­a bµi to¸n vÒ xÐt hÖ thøc l­îng
trong tam gi¸c.
3. NÕu ®iÓm phi t×m lµ giao cña Parabol víi mét ®­êng kh¸c ta xÐt hÖ ph­¬ng tr×nh
t­¬ng giao ®Ó t×m to¹ ®é giao ®iÓm.
ThÝ dô 1. Cho Parabol (P): y = x 2 . Mét gãc vu«ng ë ®Ønh O c¾t Parabol t¹i A 1 vµ
A 2 . H×nh chiÕu cña A 1 vµ A 2 lªn Ox lµ B 1 vµ B 2 .
a. Chøng minh r»ng OB 1 .OB 2 = const.
b. Chøng minh r»ng A 1 A 2 lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh.
Gii
2
a. Gi sö A 1 (P) A 1 (x 0 , x
0
).
Khi ®ã:
y
(P)
- B 1 (x 0 , 0) OB 1 = x 0 .
A 2 I
- Ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng (OA 1 ): y = xx 0 .
A 1
- Theo gi thiÕt OA 2 OA 1
1 B O
ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng (O A 2 ): y = x. 2 B 1
x
- To¹ ®é cña A 2 lµ nghiÖm hÖ ph­¬ng tr×nh:
1
2
y
x
x
x
0 1 1
A 2 : 1 A 2 : A 2 ( ,
2 ).
y
x
x
1 x
y
0 x 0
0
2
x
0
1 1
- B 2 ( , 0) OB2 = .
x 0
VËy OB 1 .OB 2 = 1.
b. Ta lÇn l­ît cã:
• Ph­¬ng tr×nh (A 1 A 2 ) ®­îc x¸c ®Þnh bëi:
1 1
x y
2
x
0
x
0
(A 1 A 2 ):
1 2 1
x
0
x
0
2
x x
0
x 0
0
(A 1 A 2 ): x 3 2
x
0
+ (1y) x
0
xx 0 = 0. (1)
x 0
407

• Ta ®i chøng minh A 1 A 2 lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh.
ThËt vËy gi sö I(x, y) lµ ®iÓm cè ®Þnh cña hä ®­êng th¼ng A 1 A 2
x
0 x
0
(1) ®óng víi mäi x 0 I(0, 1).
1
y 0 y
1
VËy (A 1 A 2 ) lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh I(0, 1).
408
§6. Ba ®­êng c«nÝc
ThÝ dô 1. BiÖn luËn theo m h×nh d¹ng cña ®­êng (C) cã ph­¬ng tr×nh:
(C): (m1)x 2 + my 2 = m 2 m.
Gii
Ta lùa chän mét trong hai c¸ch sau:
C¸ch 1: BiÕn ®æi ph­¬ng tr×nh cña (C) vÒ d¹ng:
m[(x1) 2 + y 2 ] = (xm) 2
(x 1) y
2 2
=
1
m .
| x m |
VËy víi ®iÓm F(1, 0) vµ ®­êng th¼ng (): x = m, ta cã nhËn xÐt:
• Víi m < 0, th× (C) lµ tËp .
• Víi m = 0, th× (C): x 2 = 0 (C): x = 0 lµ ph­¬ng tr×nh trôc Oy.
• Víi:
m
0
1 m > 1 (C) lµ ph­¬ng tr×nh cña ElÝp.
1
m
• Víi:
m
0
1 0 < m < 1 (C) lµ ph­¬ng tr×nh cña Hypebol.
1
m
• Víi:
m
0
1 m = 1 (C) lµ ph­¬ng tr×nh cña Parabol ®iÓm (cã d¹ng y 2 = 0).
1
m
C¸ch 2: Ta xÐt dùa trªn c¸c tÝnh chÊt ®¹i sè:
a. Víi m 2 m = 0 m = 0 m = 1
• Víi m = 0, ta ®­îc:
(C): x 2 = 0 (C): x = 0 lµ ph­¬ng tr×nh trôc Oy.
• Víi m = 1, ta ®­îc:
(C): y 2 = 0 (C): y = 0 lµ ph­¬ng tr×nh trôc Ox.

. Víi m 2 m 0 m 0 m 1
2 2
x y
(C):
m m 1
= 1.
• Víi:
m
0
m > 1 (C) lµ ph­¬ng tr×nh cña ElÝp.
m 1 0
• Víi:
m(m1) < 0 0 < m < 1 (C) lµ ph­¬ng tr×nh cña Hypebol.
ThÝ dô 2. LËp ph­¬ng tr×nh cña C«nÝc (C) cã t©m sai e = 1 , mét tiªu ®iÓm lµ
2
F(3; 1) vµ ®­êng chuÈn øng víi tiªu ®iÓm ®ã lµ (): y + 2 = 0.
Gii
Víi M(x, y) (E) ta cã:
2 2
MF
d(M, )
= e (x 3) (y 1)
| y 2 |
4[(x + 3) 2 + (y1) 2 ] = (y + 2) 2 4x 2 + 3y 2 + 24x12y + 36 = 0
2 2
(x 3) (y 2)
1.
2 8
3
§ã chÝnh lµph­¬ng tr×nh cña ElÝp (E).
ThÝ dô 3. LËp ph­¬ng tr×nh cña Hypebol, biÕt tiªu ®iÓm F(2, 3), ®­êng chuÈn
øng víi tiªu ®iÓm ®ã cã ph­¬ng tr×nh 3xy + 3 = 0 vµ t©m sai e = 5 .
Gii
Víi M(x, y) (H) ta cã:
2 2
MF
d(M, )
= e (x 2) (y 3)
= 5 7x 2 y 2 6xy + 26x18y17 = 0.
| 3x y 3|
10
§ã chÝnh lµph­¬ng tr×nh cña Hypebol (H).
ThÝ dô 4. LËp ph­¬ng tr×nh cña Parabol, biÕt tiªu ®iÓm F(0, 2), ®­êng chuÈn øng
víi tiªu ®iÓm ®ã cã ph­¬ng tr×nh 3x4y12 = 0.
Gii
Víi M(x, y) (P) ta cã:
2
MF
d(M, )
= 1 MF2 = d 2 (M, ()) x 2 + (y2) 2 (3x 4y 12)
=
25
= 1 2
16x 2 + 9y 2 + 24xy + 72x196y44 = 0.
§ã chÝnh lµ ph­¬ng tr×nh cña Parabol (P).
409

C. C¸c bµi to¸n chän läc
VÝ dô 1: Cho h×nh b×nh hµnh ABCD, biÕt t©m I(2; 2) vµ ph­¬ng tr×nh c¹nh
(AB): 2xy = 0, (AD): 4x3y = 0.
LËp ph­¬ng tr×nh c¸c c¹nh BC vµ CD.
Gii
a. C¹nh BC ®èi xøng víi AD qua I, ta lÇn l­ît thùc hiÖn:
Víi mçi ®Óm M(x, y) (AD) tån t¹i ®iÓm M 1 (x 1 , y 1 ) (BC) nhËn I lµm trung
®iÓm, ta ®­îc:
x x1
4
x 4 x1
. (I)
y y1
4 y 4 y1
Thay (I) vµo ph­¬ng tr×nh cña (AD), ta ®­îc:
4(4x 1 )3(4y 1 ) = 0 4x 1 3y 1 4 = 0. (1)
4x3y4 = 0. (2)
VËy ph­¬ng tr×nh (BC): 4x3y4 = 0.
b. C¹nh CD ®èi xøng víi AB qua I, ta lÇn l­ît thùc hiÖn:
LÊy ®iÓm O(0, 0) (AB), gäi O 1 lµ ®iÓm ®èi xøng víi O qua I O 1 (4, 4).
• V× (CD) // (AB): 2xy = 0 (CD): 2xy + C = 0.
• V× O 1 (CD) C = 4.
VËy, ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng (CD): 2xy4 = 0.
VÝ dô 2: Cho ABC, biÕt A(1, 3) vµ hai trung tuyÕn cã ph­¬ng tr×nh lµ:
x2y + 1 = 0, y1 = 0.
LËp ph­¬ng tr×nh c¸c c¹nh cña ABC.
Gii
Ta cã thÓ tr×nh bµy theo c¸c c¸ch sau:
C¸ch 1: §Ó cã ®­îc ph­¬ng tr×nh c¸c c¹nh cña ABC ta ®i x¸c ®Þnh to¹ ®é ®iÓm B, C.
Gäi A' lµ ®iÓm ®èi xøng víi A qua träng t©m G cña ABC, khi ®ã:
A'B//(d 1)
.
(d 2 )
A
(d
A'C //(d
2)
1 )
Suy ra:
G
§iÓm B lµ giao ®iÓm cña (A'B) vµ (d 2 ). C
B
A'
§iÓm C lµ giao ®iÓm cña (A'C) vµ (d 1 ).
VËy ta lÇn l­ît thùc hiÖn theo c¸c b­íc sau:
• Gäi G lµ träng t©m ABC, khi ®ã to¹ ®é cña G lµ nghiÖm cña hÖ:
x 2y 1 0
G(1, 1).
y 1 0
• §iÓm A' lµ ®iÓm ®èi xøng víi A qua G, suy ra A'(1; 1).
410

• To¹ ®é ®iÓm B: Ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng (A'B) ®­îc x¸c ®Þnh bëi:
qua A'
qua A'(1, 1)
(A'B): (A'B):
(A'B): x 1 y
1
(A'B) //(d
1)
vtcp CG(2,1)
2 1
(A'B): x2y3 = 0.
§iÓm {B} = (A'B) (d 2 ), to¹ ®é ®iÓm B lµ nghiÖm hÖ:
x 2y 3 0
B(5, 1).
y 1 0
• T­¬ng tù, ta cã to¹ ®é ®iÓm C(3, 1).
• Ph­¬ng tr×nh c¹nh AC, ®­îc x¸c ®Þnh bëi:
qua A(1,3)
(AC):
(AC): x 1
qua C( 3, 1)
3 1
3 (AC): xy + 2 = 0.
13
• T­¬ng tù, ta cã :
(AB): x + 2y7 = 0 vµ (BC): x4y1 = 0.
VËy, ph­¬ng tr×nh ba c¹nh cña ABC lµ:
(AB): x + 2y7 = 0, (BC): x4y1 = 0, (AC): xy + 2 = 0.
C¸ch 2: Sö dông ph­¬ng tr×nh tham sè cña ®­êng th¼ng
Gäi (d 1 ): x2y + 1 = 0 lµ trung tuyÕn ®Ønh C, ta cã :
(d 1 ):
x 2t 1
, t R C(2t1, t).
y
t
Gäi (d 2 ): y1 = 0 lµ trung tuyÕn ®Ønh B, ta cã :
(d 2 ):
x
u
, u R B(u, 1).
y 1
Gäi G lµ träng t©m ABC, khi ®ã to¹ ®é cña G lµ nghiÖm cña hÖ:
x 2y 1 0
G(1, 1).
y 1 0
Ta cã:
xA xB xC 3xG
1 u 2t 1 3
t 1
B(5,1) .
yA yB yC 3yG
3 1 t 3 u 5 C( 3, 1)
Khi ®ã:
• Ph­¬ng tr×nh c¹nh (AB), ®­îc cho bëi:
qua A(1,3)
(AB): (AB): x + 2y7 = 0.
qua B(5,1)
• Ph­¬ng tr×nh c¹nh (AB), ®­îc cho bëi:
(AC):
qua A(1,3)
(AC): xy + 2 = 0.
qua C( 3, 1)
C
(d 2 )
A
G
(d)
(d 1 )
B
411

• Ph­¬ng tr×nh c¹nh (BC), ®­îc cho bëi:
qua B(5,1)
(BC):
(BC): x4y1 = 0.
qua C( 3, 1)
VËy, ph­¬ng tr×nh c¸c c¹nh cña ABC lµ:
(AB): x + 2y7 = 0, (AC): xy + 2 = 0, (BC): x4y1 = 0.
VÝ dô 3: Cho ba ®­êng th¼ng (d 1 ), (d 2 ) vµ (d 3 ) cã ph­¬ng tr×nh:
(d 1 ): 3x + 4y6 = 0, (d 2 ): 4x + 3y1 = 0, (d 3 ): y = 0.
Gäi A = (d 1 )(d 2 ), B = (d 3 )(d 2 ), C = (d 1 )(d 3 ).
a. LËp ph­¬ng tr×nh ®­êng ph©n gi¸c trong cña gãc A cña ABC .
b. TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c, x¸c ®Þnh t©m vµ tÝnh b¸n kÝnh ®­êng trßn
néi tiÕp ABC.
c. X¸c ®Þnh to¹ ®é ®iÓm M sao cho 2 MB + MC = 0 .
Gii
Tr­íc tiªn:
• Täa ®é cña A lµ nghiÖm cña hÖ ph­¬ng tr×nh:
3x 4y 6 0 x 2
A(2; 3).
4x 3y 1 0 y 3
• Täa ®é cña B lµ nghiÖm cña hÖ ph­¬ng tr×nh:
4x 3y 1 0 x 1/ 4
B( 1
y 0
y 0 4 ; 0).
• Täa ®é cña C lµ nghiÖm cña hÖ ph­¬ng tr×nh:
3x 4y 6 0 x 2
C(2; 0).
y 0
y 0
a. Gäi (d A ) lµ ®­êng ph©n gi¸c trong cña gãc A cña ABC.
Khi ®ã, ®iÓm M(x, y)(d A )
1
M vµ B cïng phÝa víi (AC)
(3x 4y 6)(3. 6) 0
4
M vµ C cïng phÝa víi (AB) (4x 3y 1)(4.2 1) 0
d(M,(AB))
d(M,(AC)) | 3x 4y 6 | | 4x 3y 1|
2 2 2 2
3 4 4 3
3x 4y 6 0
4x 3y 1 0
x + y 1 = 0.
(3x 4y 6) 4x 3y 1
§ã chÝnh lµ ph­¬ng tr×nh tæng qu¸t cña ®­êng th¼ng (d A ).
b. DiÖn tÝch ABC ®­îc cho bëi:
S ABC = 1 2 d(A, BC).BC = 1 2 .3.(2 1 4 ) = 21
8 (®vdt).
412

Gi sö I(x; y) lµ t©m ®­êng trßn néi tiÕp ABC, khi ®ã:
x y 1 0
I (d A
)
| 3x 4y 6 | x y 1 0
d(I,AC)
d(I,BC)
| y |
2 2
3 4
yI
0
3x 4y 6 5y
y 0
x = y = 1 2 .
VËy, ®­êng trßn néi tiÕp ABC cã t©m I( 1 2 ; 1 2 ) vµ b¸n kÝnh b»ng 1 2 .
c. Gi sö M(x; y), tõ hÖ thøc:
1 1
0 3( x) (2 )
0 = 2 MB + MC = 3 MB + BC 4 4 M( 5
6 ; 0).
0 3y
VÝ dô 4: Cho hai ®iÓmA(0, 2), B(2, 2) vµ ®­êng th¼ng (d): xy1 = 0. T×m trªn
®­êng th¼ng ®iÓm M trªn (d) sao cho MA + MB nhá nhÊt.
Gii
Ta cã nhËn xÐt:
t A .t B = (21)(2 + 21) = 9 < 0 A, B kh¸c phÝa víi (d)
Ta lu«n cã:
MA + MB AB
do ®ã (MA + MB) Min = AB ®¹t ®­îc khi:
A, B, M th¼ng hµng {M} = (d) (AB).
• Ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng (AB) ®­îc cho bëi:
qua A(0,2)
(AB):
(AB): x y
2 (AB): 2x + y2 = 0
qua B(2, 2) 2 2 2
• To¹ ®é ®iÓmM lµ nghiÖm cña hÖ:
2x y 2 0 x 1
M(1, 0).
x y 1 0 y 0
VËy, t¹i ®iÓm M(1, 0) ta ®­îc MA + MB nhá nhÊt.
VÝ dô 5: X¸c ®Þnh to¹ ®é ®Ønh C cña ABC, biÕt A(2; 3), B(3; 2), träng t©m cña
ABC thuéc ®­êng th¼ng 3xy8 = 0 vµ diÖn tÝch cña ABC b»ng 3 2 .
Gii
Ph©n tÝch: Gäi M lµ trung ®iÓm AB, G lµ träng t©m ABC.
Khi ®ã
x x 2(x x ) x 2(x x ) x
GC = 2 MG
C G G M
yC yG 2(yG y
M
) y 2(y y ) y
VËy ®Ó x¸c ®Þnh to¹ ®é C, ta ®i x¸c ®Þnh to¹ ®é M, G.
C G M G
C G M G
(I)
413

To¹ ®é ®iÓm M ®­îc cho bëi:
C'
B(3,2)
2xM xA xB
M( 5
2yM yA yB
2 , 5 2 ).
H
(d) H
y
1
M
§iÓm G(x, y)(d) 3xy8 = 0 (1)
G
C
Gäi CH lµ ®­êng cao cña ABC h¹ tõ C, ta cã: A(2, 3)
S ABC = 3 1 2 AB.CH = 3 2 CH = 3
AB CH = 3
O
= 3 2
2 2
(3 2) ( 2 3) 2 .
Qua G dùng ®­êng th¼ng song song víi AB c¾t CH t¹i H 1 , khi ®ã:
HH1
MG
= 1 CH MC 3 HH 1 = 1 3 CH = 2
2 .
Ph­¬ng tr×nh (AB) ®­îc cho bëi
qua A(2, 3)
(AB):
(AB): x 2 y
3 (AB): xy5 = 0.
qua B(3, 2)
3 2 2 3
NhËn xÐt r»ng:
d(G, (AB)) = HH 1 | x y 5 | 2
= |xy5| = 1 (2)
11
2
Tõ (1), (2) ta cã hÖ ph­¬ng tr×nh:
3x y 8 0
3x y 8 0
x 1 & y 5
G(1, 5)
x y 5 1
| x y 5 | 1
x 2 & y 2
.
G(2, 2)
x y 5 1
Khi ®ã:
- Víi G(1, 5) thay vµo (I), ta ®­îc C(2, 10).
- Víi G(2, 2) thay vµo (I), ta ®­îc C(1, 1).
VËy cã hai ®iÓm C tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
VÝ dô 6: Cho hä ®­êng cong:
(C m ): x 2 + y 2 (m + 6)x2(m1)y + m + 10 = 0. (1)
a. T×m m ®Ó (C m ) lµ mét hä ®­êng trßn. T×m quÜ tÝch t©m I m .
b. Chøng minh r»ng tån t¹i mét ®­êng th¼ng lµ trôc ®¼ng ph­¬ng cho
tÊt c c¸c ®­êng trßn (C m ).
c. Chøng minh r»ng c¸c ®­êng trßn cña hä (C m ) lu«n tiÕp xóc víi
nhau t¹i mét ®iÓm cè ®Þnh.
Gii
a. Ta cã:
2
2
a 2 + b 2 (m 6)
c = + (m1) 2 5m
m10 = 0, m.
4
4
VËy, víi mäi gi¸ trÞ cña m ph­¬ng tr×nh (1) lµ ph­¬ng tr×nh cña mét ®­êng trßn,
cã t©m I m ( m 6
5 | m |
; m1) vµ b¸n kÝnh R = .
2
2
414

QuÜ tÝch t©m I m :
m
6
x
I m : 2 . (I)
y m 1
Khö m tõ hÖ (I), ta ®­îc (d): 2xy7 = 0.
VËy, t©m I m cña hä (C m ) thuéc ®­êng th¼ng (d): 2xy7 = 0.
b. Gi sö M(x; y) thuéc trôc ®¼ng ph­¬ng cho tÊt c c¸c ®­êng trßn (C m )
P = P , m 1 , m 2 vµ m 1 m 2
M/(C m 1
)
M/(C m 2
)
x 2 + y 2 (m 1 + 6)x2(m 1 1)y + m 1 + 10 =
= x 2 + y 2 (m 2 + 6)x2(m 2 1)y + m 2 + 10
(m 1 m 2 )(x + 2y1) = 0, m 1 , m 2 vµ m 1 m 2 x + 2y1 = 0.
VËy, ®­êng th¼ng x + 2y = 0 lµ trôc ®¼ng ph­¬ng cÇn t×m.
c. Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch sau:
C¸ch 1: Víi m 1 vµ m 2 bÊt kú (m 1 m 2 ), th×:
suy ra:
m1
6
5 | m
C ) cã t©m I 1 ( ;
1
|
m1 1) vµ b¸n kÝnh R 1 = .
2
2
m2
6
5 | m
C ) cã t©m I 2 ( ;
2
|
m2 1) vµ b¸n kÝnh R 2 = .
2
2
(
m1
(
m2
2
m1
m2
2 5 | m
I 1 I 2 =
(m1
1
m
2
| R1
R2
m
2)
= = .
2
2 R1
R2
VËy, c¸c ®­êng trßn cña hä (C m ) lu«n tiÕp xóc víi nhau t¹i mét ®iÓm cè ®Þnh M(3; 1).
C¸ch 2: Gi sö M(x 0 ; y 0 ) lµ ®iÓm cè ®Þnh mµ hä (C m ) lu«n ®i qua.
x 2 + y 2 (m + 6)x2(m1)y + m + 10 = 0 , m
m(x2y + 1) + x 2 + y 2 6x + 2y + 10 = 0 , m
x 2y 1 0
x 3
2 2
M(3, 1).
x y 6x 2y 10 0 y 1
NhËn xÐt r»ng t©m I m cña hä (C m ) lu«n thuéc ®­êng th¼ng (d) cè ®Þnh ®i qua M.
VËy, c¸c ®­êng trßn cña hä (C m ) lu«n tiÕp xóc víi nhau t¹i mét ®iÓm cè ®Þnh M(3; 1).
VÝ dô 7: Cho hai ®iÓm A(8; 0); B(0; 6).
a. LËp ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn ngo¹i tiÕp OAB.
b. LËp ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn néi tiÕp OAB.
Gii
a. ChÝnh lµ ®­êng trßn ®­êng kÝnh AB, cã ph­¬ng tr×nh (x 4) 2 + (y 3) 2 = 25.
b. Gi sö ®­êng trßn (C) cã t©m I(a, b) vµ b¸n kÝnh r.
C¸ch 1: T©m I thuéc ®­êng ph©n gi¸c trong cña gãc AOB vµ ph©n gi¸c trong cña
gãc BAO.
415

Ph­¬ng tr×nh ph©n gi¸c trong cña gãc AOB lµ xy = 0.
Ph­¬ng tr×nh c¹nh (AB) ®­îc cho bëi:
(AB): x y = 1 3x + 4y24 = 0.
8 6
Ph­¬ng tr×nh c¸c ®­êng ph©n gi¸c cña gãc BAO ®­îc cho bëi:
3x 4y 24
= y
9 16
1 ( 1) :3x y 24 0
.
(
2) :3x 9y 24 0
( 2 ) lµ ®­êng ph©n gi¸c trong cña gãc BAO .
Khi ®ã to¹ ®é t©m I lµ nghiÖm hÖ ph­¬ng tr×nh:
x y 0
I(2, 2).
3x 9y 24 0
B¸n kÝnh r ®­îc cho bëi r = d(I, OA) = 2.
VËy ph­¬ng tr×nh (C): (x2) 2 + (y2) 2 = 4.
C¸ch 2: NhËn xÐt r»ng:
• T©m I(a, b) thuéc gãc phÇn t­ thø nhÊt, suy ra a, b > 0.
• (C) tiÕp xóc víi OA, OB, vËy a = b = r.
Ta cã S OAB = p.r (1)
trong ®ã:
S OAB = 1 OA.OB = 24 (2)
2
p = 1 (OA + OB + AB) = 12 (3)
2
Thay (2), (3) vµo (1), ta ®­îc r = 2.
VËy, ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn (C): (x2) 2 + (y2) 2 = 4.
VÝ dô 8: Cho ®iÓm M(6, 2) vµ ®­êng trßn (C): (x1) 2 + (y2) 2 = 5.
a. Chøng tá r»ng ®iÓm M n»m ngoµi (C).
b. LËp ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng (d) ®i qua M vµ c¾t ®­êng trßn (C)
t¹i hai ®iÓm A, B sao cho AB = 10 .
Gii
I
M
§­êng trßn (C) cã t©m I(1, 2) vµ b¸n kÝnh R = 5 .
B
H
a. Ta cã:
A
p M/(C) = (61) 2 + (22) 2 5 = 20>0 M n»m ngoµi ®­êng trßn.
b. Gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña I lªn AB, ta cã:
IH 2 = IA 2 AH 2 = R 2
2
AB
= 5 10 4 = 5 2 IH = 10
2 .
4
§­êng th¼ng (d) ®i qua M cã d¹ng:
(d): A(x6) + B(y2) = 0 (d): Ax + By6A2B = 0.
416

§­êng th¼ng (d) tho m·n ®iÒu kiÖn dÇu bµi khi vµ chØ khi:
| A 2B 6A 2B| 10
d(I, (d)) = IH
= 9A 2 = B 2 A = 3B.
2 2
A B 2
Khi ®ã:
• Víi A = 3B, ta ®­îc (d 1 ): x3y = 0.
• Víi A = 3B, ta ®­îc (d 2 ): x + 3y12 = 0.
VËy, tån t¹i hai ®­êng th¼ng (d 1 ), (d 2 ) tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
VÝ dô 9: Cho ®­êng trßn (C) cã ph­¬ng tr×nh :
(C): x 2 + y 2 4x + 8y 5 = 0.
a. T×m to¹ ®é t©m vµ vµ b¸n kÝnh cña (C).
b. ViÕt ph­¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn víi (C) ®i qua ®iÓm A(1, 0).
c. ViÕt ph­¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn víi (C) vu«ng gãc víi ®­êng th¼ng
(d): 3x 4y + 5 = 0.
Gii
a. Ta cã ngay, t©m I(2, 4) vµ b¸n kÝnh R = 5.
b. V× A (C) nªn tiÕp tuyÕn cã ph­¬ng tr×nh:
x.(1) + y.0 2(x + 1) + 4(y + 0) 5 = 0 3x 4y + 3 = 0.
c. Gäi () lµ tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn (C) tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
Ta cã hai c¸ch gii sau:
C¸ch 1: TiÕp tuyÕn () (d) nªn cã ph­¬ng tr×nh:
() : 4x + 3y + c = 0.
§­êng th¼ng () lµ tiÕp tuyÕn cña (C) ®iÒu kiÖn lµ:
| 4.2 3.( 4) c | c1
21
d(I, ()) = R = 1 .
16 9
c2
29
Khi ®ã:
• Víi c 1 =21, ta ®­îc tiÕp tuyÕn ( 1 ): 4x + 3y 21 = 0.
• Víi c 2 = 29, ta ®­îc tiÕp tuyÕn ( 2 ): 4x + 3y + 29 = 0.
VËy, tån t¹i hai tiÕp tuyÕn (d 1 ), (d 2 ) tíi (C) tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
C¸ch 2 (H­íng dÉn): Gi sö tiÕp ®iÓm lµ M(x 0 , y 0 ), khi ®ã ph­¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cã d¹ng:
(d): x.x 0 + y.y 0 2(x + x 0 ) + 4(y + y 0 ) 5 = 0
(d): (x 0 2)x + (y 0 + 4)y2x 0 + 4y 0 5 = 0 (1)
2 2
V× M(x 0 , y 0 ) (C) nªn x y 4x 0 + 8y 0 5 = 0. (2)
0 0
§­êng th¼ng (d) () khi vµ chØ khi:
3.(x 0 2)4(y 0 + 4) = 0 3x 0 4y 0 22 = 0. (3)
Gii hÖ ph­¬ng tr×nh t¹o bëi (2), (3) ®Ó suy ra x 0 vµ y 0 , tõ ®ã suy ra hai tiÕp tuyÕn
(d 1 ), (d 2 ).
417

VÝ dô 10: Cho ®iÓm M(2; 3) vµ ®­êng trßn (C): x 2 + y 2 2x6y + 6 = 0. LËp
ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng (d) qua M c¾t (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt A, B
sao cho:
a. MA = 3 MB . b. MA = MB .
Gii
§­êng trßn (C) cã t©m I(1; 3) vµ b¸n kÝnh R = 2.
a. Ta thùc hiÖn phÐp biÕn ®æi:
MA = 3 MB MA = 3 BA vµ MB = 1 BA
4
4
Khi ®ã:
p M/(C) = 3 = MA . MB = 3 BA .( 1 BA ) = 3
4 4 16 AB2 AB 2 = 16 AB = 4.
V× (d) ®i qua M vµ c¾t ®­êng trßn (C) t¹i hai ®iÓm A, B sao cho:
qua M(2;3)
AB = 4 = 2R (d 2 ):
(d): x 1
qua t©
m I(1;3) 2 1
= y 3 (d): y 3 = 0.
3
3
b. Tõ ®iÒu kiÖn suy ra M lµ trung ®iÓm AB, do ®ã:
qua M(2;3)
(d): (d): 1.(x2) = 0 (d): x2 = 0.
vtpt IM(1;0)
VÝ dô 11: Cho ®­êng trßn (C): (x1) 2 + (y2) 2 = 9. X¸c ®Þnh to¹ ®é c¸c ®Ønh B,
C cña ABC ®Òu néi tiÕp trong ®­êng trßn (C), biÕt ®iÓm A(2, 2).
Gii
Ta cã thÓ thùc hiÖn theo ba c¸ch sau:
C¸ch 1: Gäi A 1 lµ ®iÓm ®èi xøng víi A qua I to¹ ®é ®iÓm A 1 (4, 2).
§­êng trßn (C 1 ) tho m·n:
tamA 1(4,2)
(C 1 ):
(C 1 ): (x4) 2 + (y2) 2 = 9.
bkinh R 3
Khi ®ã: (C)(C 1 ) = {B, C}, to¹ ®é B, C lµ nghiÖm cña hÖ:
5 3 3
2 2
2 2
(x 1) (y 2) 9 (x 1) (y 2) 9
B( ,2 )
2 2
2 2
.
(x 4) (y 2) 9 6x 15 0
5 3 3
C( ,2 )
2 2
C¸ch 2: NhËn xÐt r»ng: ABC ®Òu néi tiÕp trong ®­êng trßn (C) t©m I lµ träng
t©m cña ABC.
Gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña A lªn BC AI = 2 IH H( 5 2 , 2).
418

Ph­¬ng tr×nh c¹nh BC ®­îc cho bëi:
5
qua H( ,2)
(BC): 2 (BC): x 5
2 = 0.
vtpt AI(3,0)
Khi ®ã (BC)(C) = {B, C}, to¹ ®é B, C lµ nghiÖm cña :
2 2 5 3 3
(x 1) (y 2) 9
B( ,2 )
2 2
5
.
x 0
5 3 3
2
C( ,2 )
2 2
C¸ch 3: Gii sö AB = a, khi ®ã:
AH = a 3 = 3 2 4 .6 a2 = 27.
§iÓm M(x 0 , y 0 )(C) sao cho AM 2 = 27, ta cã:
2 2 5 3 3
2 2
(x
(x0 1) (y0
2) 9
0
1) (y0
2) 9
B( ,2 )
2 2
2 2
5
.
(x0 2) (y0
2) 27 x0
5 3 3
2
C( ,2 )
2 2
VÝ dô 12: Cho ®iÓm A(2, 0) vµ ®iÓm M di chuyÓn trªn ®­êng trßn (C) t©m O b¸n
kÝnh b»ng 2. Gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M lªn Oy.
a. TÝnh c¸c to¹ ®é giao ®iÓm P cña c¸c ®­êng th¼ng OM vµ AH theo
gãc = ( OA , OM ).
b. X¸c ®Þnh vµ vÏ quÜ tÝch cña P khi m thay ®æi trªn (C).
Gii
y
§­êng trßn (C): x 2 + y 2 = 4
§iÓm M(a, b)(C) a 2 + b 2 = 4. (1)
H M
P
H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M lªn Oy, vËy H(0, b). B
A
Ph­¬ng tr×nh (AH) ®­îc cho bëi:
O x
(AH): x y = 1 (AT): bx + 2y2b = 0.
2 b
Ph­¬ng tr×nh OM lµ (OM): bxay = 0.
To¹ ®é giao ®iÓm P lµ nghiÖm hÖ ph­¬ng tr×nh
bx 2y 2b 0
. (I)
bx ay 0
HÖ cã nghiÖm khi
ab2b 0 b 0 & a 2 a 2.
a. Ta cã
a
OM.cos
a
2cos
M:
b
OM.sin b
2sin
419

M(2cos, 2sin) & P( 2cos
cos
1
, 2sin
cos 1
).
b. X¸c ®Þnh vµ vÏ quÜ tÝch cña P khi M thay ®æi trªn (C).
2x 2y
Tõ hÖ (I), ta ®­îc a vµ b . (2)
2 x 2 x
Thay (2) vµo (1) ta ®­îc ph­¬ng tr×nh quÜ tÝch P lµ y 2 = 44x.
VËy tËp hîp ®iÓm P thuéc Parabol y 2 = 44x trõ hai ®iÓm A, B.
VÝ dô 13: Cho hai ®iÓm A(a; 0) vµ B(0; b) víi ab 0. Gäi (C) lµ ®­êng trßn tiÕp
xóc víi Ox t¹i A vµ cã t©m C víi tung ®é y C = m (m lµ tham sè). LÊy
2 2
a b
mäi gi¸ trÞ kh¸c 0 vµ kh¸c .
2b
a. §­êng th¼ng AB c¾t ®­êng trßn (C) t¹i giao ®iÓm thø hai lµ P. X¸c
®Þnh to¹ ®é cña P.
b. X¸c ®Þnh t©m K cña ®­êng trßn (K) tiÕp xóc víi Oy t¹i B, vµ ®i qua P.
c. Gi sö (C) (K) = {P, Q}. Chøng minh r»ng khi m thay ®æi PQ
lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh.
Gii
§­êng trßn (C) tiÕp xóc víi Ox t¹i A vµ cã t©m C víi tung ®é y C = m, suy ra
C(a, m) vµ b¸n kÝnh R = CA = m. VËy ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn (C) cã d¹ng:
(C): (xa) 2 + (ym) 2 = m 2 (C): x 2 + y 2 2ax2my + a 2 = 0.
a. X¸c ®Þnh to¹ ®é cña P.
Ph­¬ng tr×nh (AB) cã d¹ng:
(AB): x y
y
= 1 (AB): bx + ayab = 0.
a b
B K
b
Q
To¹ ®é giao ®iÓm cña (AB) vµ (C) lµ nghiÖm hÖ ph­¬ng tr×nh:
C
bx ay ab 0 (1)
P
2 2 2
(x a) (y m) m (2)
O a x
Rót xa tõ (1) thay vµo (2) ta ®­îc:
2
y
0
a
y
b + (ym)2 = m 2 (a 2 + b 2 )y 2 2b 2 my = 0
2
2b m .
y
2 2
a b
Thay y =
2
2b m
a
b
2 2
2
2b m
vµo (1), ®­îc x = a 1 a
2 b
2.
2
2b m
VËy, to¹ ®é ®iÓm P(a 1 a
2 b
2,
a
b. Gi sö ®­êng trßn (K) cã d¹ng:
(K): (x) 2 + (y) 2 = R 2 .
2
2b m
b
2 2
).
420

(K) tiÕp xóc víi Oy t¹i B ®iÒu kiÖn lµ:
R
.
b
Khi ®ã (K) cã d¹ng: (x) 2 + (yb) 2 = 2 .
§­êng trßn (K) ®i qua P, suy ra:
2
2
2 2
2b m
(a 1 a
2 b
2) 2 2b m
+ ( b) 2 = 2 a b 2mb
=
.
2 2
a b
2a
2 2
a b 2mb
VËy K(
, b) vµ ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn (K) cã d¹ng:
2a
2 2
2 2
a b 2mb
(K): (x
) 2 + (yb) 2 a b 2mb
= (
) 2
2a
2a
2 2
(K): x 2 + y 2 a b 2mb
x2by + b 2 = 0.
a
c. Hai ®­êng trßn (C), (K) c¾t nhau t¹i P, Q, vËy ta cã hÖ ph­¬ng tr×nh :
2 2 2
x y 2ax 2my a 0
2 2
2 2 a b 2mb
2
x y x 2by b 0
a
(a 2 b 2 + 2mb)x + 2a(mb)ya(a 2 b 2 ) = 0
§ã chÝnh lµ ph­¬ng tr×nh (PQ).
Gi sö M(x 0 , y 0 ) lµ ®iÓm cè ®Þnh mµ (PQ) lu«n ®i qua víi mäi m. Khi ®ã:
(a 2 b 2 + 2mb)x 0 + 2a(mb)y 0 a(a 2 b 2 ) = 0 m
2(bx 0 + ay 0 )m + (a 2 b 2 )x 0 2aby 0 a(a 2 b 2 ) = 0 m
bx ay 0
0 0
2 2
2 2
a(a b ) b(a b )
x
2 2 2 2
0 = vµ y
2 2 0 = .
2 2
(a b )x0 2aby0
a(a b ) 0 a b
a b
§ã chÝnh lµ to¹ ®é ®iÓm cè ®Þnh M mµ (PQ) lu«n ®i qua víi m.
2
y
VÝ dô 14: Cho hä ElÝp (E m ): x 2 = 2y víi 0 < m < 1.
m
a. §­a ph­¬ng tr×nh vÒ d¹ng chÝnh t¾c, x¸c ®Þnh to¹ ®é t©m, tiªu
®iÓm F 1 , F 2 vµ c¸c ®Ønh A 1 , A 2 cña ElÝp.
b. T×m quÜ tÝch c¸c ®Ønh A 1 , A 2 cña ElÝp khi m thay ®æi.
c. T×m quÜ tÝch c¸c tiªu ®iÓm F 1 , F 2 cña ElÝp khi m thay ®æi.
Gii
a. ChuyÓn ph­¬ng tr×nh cña (E m ) vÒ d¹ng:
(E m ): mx 2 + y 2 2my = 0 (E m ): mx 2 + (y m) 2 = m 2
(E m ):
2 2
x (y m)
1.
2
m m
421

TÞnh tiÕn hÖ trôc to¹ ®é Oxy theo vect¬ OI víi I(0; m) thµnh hÖ trôc IXY, víi
c«ng thøc ®æi trôc:
X
x x
X
Y y m
y Y m
Khi ®ã
2 2
X Y
(E):
2 1 v× 0 < m < 1 m 2 < m.
m m
Trong hÖ trôc IXY, (E) cã c¸c thuéc tÝnh:
• T©m I(0; 0),
• 2 tiªu ®iÓm F 1 (
m
2
m ; 0), F 2 (
• 2 ®Ønh A 1 ( m ; 0), A 2 ( m ; 0).
Do ®ã trong hÖ trôc Oxy, (E m ) cã:
• T©m I(0; m),
m
2
m ; 0),
2
2
• 2 tiªu ®iÓm vµ F 1 ( m m ; m), F 2 ( m m ; m)
• 2 ®Ønh A 1 ( m ; m), A 2 ( m ; m).
b. QuÜ tÝch c¸c ®Ønh A 1 , A 2 .
• QuÜ tÝch ®Ønh A 1 :
x m 0 y 1 vµ x 0
.
2
y
m x
y
VËy quÜ tÝch ®Ønh A 1 cña ElÝp khi m thay ®æi thuéc phÇn ®å thÞ cña Parabol (P): x 2
= y víi 0 < y < 1 vµ x < 0.
• T­¬ng tù quÜ tÝch ®Ønh A 2 thuéc phÇn ®å thÞ cña Parabol
(P): x 2 = y víi 0 < y < 1 vµ x > 0.
c. QuÜ tÝch c¸c tiªu ®iÓm F 1 , F 2 .
• QuÜ tÝch tiªu ®iÓm F 1 :
2
x m m 0 y 1 vµ x 0
0 y 1 vµ x 0
2 2 2 1 2 1 .
y
m
x y y
x (y )
2 4
VËy quÜ tÝch tiªu ®iÓm F 1 cña ElÝp khi m thay ®æi thuéc ®­êng trßn (C) cã t©m
C(0; 1 2 ) b¸n kÝnh R = 1 2
víi 0 < y < 1 vµ x < 0.
• T­¬ng tù quÜ tÝch tiªu ®iÓm F 2 thuéc ®­êng trßn (C) cã t©m C(0; 1 2 ) b¸n kÝnh R =
1
víi 0 < y < 1 vµ x > 0.
2
2
x
VÝ dô 15: Cho ElÝp (E):
4 + y2 = 1. T×m c¸c ®iÓm M thuéc ElÝp (E) sao cho:
a. Cã b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm nµy b»ng 7 lÇn b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm kia.
b. M nh×n hai tiªu ®iÓm d­íi mét gãc 90 0 .
422

Gii
§iÓm M(x 0 , y 0 )(E) suy ra:
2
x0
2
y0
1
4 , (1)
cx0
x0
3
cx0
x0
3
MF 1 = a + = 2 + vµ MF 2 = a = 2 . (2)
a 2
a 2
a. Tõ gi thiÕt ta cã:
MF1 7MF2
MF2 7MF1
2 2
0 = (MF 1 7MF 2 )(MF 2 7MF 1 ) = 50MF 1 .MF 2 7( MF
1
+ MF
2
)
= 50MF 1 .MF 2 7[(MF 1 + MF 2 ) 2 2MF 1 .MF 2 ]
= 50MF 1 .MF 2 7(162MF 1 .MF 2 ) = 64MF 1 .MF 2 112
2
x0
3 x0
3
3x
= 64(2 + ).(2 ) 112 = 64(4 0
2 2
4 )112
= 14448 x
2 0
x 0 = 3 (1)
y 0 = 1 2 .
VËy tån t¹i bèn ®iÓm tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi lµ:
M 1 ( 3 , 1 2 ),M 2( 3 , 1 2 ),M 3( 3 , 1 2 ) vµ M 4( 3 , 1 2 ).
b. Ta cã thÓ lùa chän mét trong hai c¸ch sau:
C¸ch 1: XÐt MF 1 F 2 , ta cã:
2
2
2
FF
1 2=
MF
1
+ MF
2
thùc hiÖn t­¬ng tù b).
C¸ch 2: V× M nh×n F 1 F 2 d­íi mét gãc vu«ng do ®ã M thuéc ®­êng trßn (C) ®­êng
kÝnh F 1 F 2 , do ®ã M lµ giao ®iÓm cña ®­êng trßn (C): x 2 + y 2 = 3 vµ (E) cã to¹ ®é lµ
nghiÖm cña hÖ:
2
2 6
x
2
y 1
x
3
4
2 2
3
x y 3
y
3
VËy tån t¹i bèn ®iÓm tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi lµ:
M 9 ( 2 6
3 , 3
3 ), M 10( 2 6
3 , 3
3 ),
M 11 ( 2 6
3 , 3
3 ) vµ M 12( 2 6
3 , 3
3 ).
VÝ dô 16: Cho ®iÓm A(0; 6) vµ ®­êng trßn (C): x 2 + y 2 = 100. LËp ph­¬ng tr×nh
quü tÝch t©m c¸c ®­êng trßn ®i qua A vµ tiÕp xóc víi (C).
423

Gii
XÐt ®­êng trßn (C), ta ®­îc:
Tam O(0,0)
(C):
.
Bkinh R 10
Gi sö M, lµ t©m ®­êng trßn qua A vµ tiÕp xóc víi (C), ta ®­îc:
MA + MB = MN + MB = BN = 10
VËy tËp hîp c¸c ®iÓm M thuéc ElÝp (E) nhËn O, A lµm tiªu ®iÓm vµ cã ®é dµi trôc
lín b»ng 10.
• X¸c ®Þnh ph­¬ng tr×nh cña ElÝp (E)
V× O, A thuéc Oy nªn ph­¬ng tr×nh cña (E) cã t©m I(0, 3) cã d¹ng:
2 2
x (y 3)
y
(E): 1, víi 0 < a < b.
2 2
a b
A
trong ®ã:
A
M
2b = 10 b = 5,
10
2
O x
a 2 = b 2 c 2 OF = 259 2
10
= 259 = 16.
2
2 2
x (y 3)
Do ®ã (E): 1.
16 25
10
2 2
x (y 3)
VËy tËp hîp c¸c ®iÓm M thuéc ElÝp (E): 1.
16 25
2 2
x y
VÝ dô 17: Cho ElÝp (E): 1. T×m c¸c ®iÓm M thuéc ElÝp (E) sao cho:
9 25
a. Cã tæng hai to¹ ®é ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt, nhá nhÊt .
MF1
3
b. .
MF2
5
Gii
2 2
x0 y0
a. §iÓm M(x 0 , y 0 )(E) 1 . (1)
9 25
Khi ®ã:
2
2 2
(x 0 + y 0 ) 2 x0 y0
= 3. 5.
4 5
(9 + 25) x0 y
0
= 34
9 25
34 x 0 + y 0 34
dÊu b»ng xy ra khi:
x
0
/ 3 3
25
y
0
/ 5 5
y0 x0
9
2 2
2 2
x0 y x
0
0
y0
1
1
9 25 9 25
3 25
M
1( ; )
34 3 34
3 25
M
2
( ; )
34 3 34
424

VËy, ta ®­îc:
• (x 0 + y 0 ) Max = 34 , ®¹t ®­îc t¹i M 1 .
• (x 0 + y 0 ) Min = 34 , ®¹t ®­îc t¹i M 2 .
b. Tõ gi thiÕt ta cã:
MF1 3MF2
MF2 3MF1
2 2
0 = (MF 1 3MF 2 )(MF 2 3MF 1 ) = 10MF 1 .MF 2 3( MF
1
+ MF
2
)
= 10MF 1 .MF 2 3[(MF 1 + MF 2 ) 2 2MF 1 .MF 2 ]
= 10MF 1 .MF 2 3(1002MF 1 .MF 2 ) = 16MF 1 .MF 2 300
2
2 2
4x0
= 16(5
5 ).(5 4x0
5 ) 16x
300 = 16(25 0
25 )300 = 100 16 x 0
25
x 0 = 25
8 .
VËy tån t¹i bèn ®iÓm tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi (B¹n ®äc tÝnh tiÕp)
2 2
x y
VÝ dô 18: Cho ElÝp (E): 1, víi 0 < b < a.
2 2
a b
1. Gäi A lµ mét giao ®iÓm cña ®­êng th¼ng y = kx víi (E). TÝnh OA
theo a, b, k.
2. Gäi A, B lµ hai ®iÓm tuú ý thuéc (E) sao cho OAOB.
1 1
a. Chøng minh r»ng kh«ng ®æi, tõ ®ã suy ra ®­êng
2 2
OA OB
th¼ng (AB) lu«n tiÕp xóc víi mét ®­êng trßn cè ®Þnh.
b. X¸c ®Þnh k ®Ó OAB cã diÖn tÝch lín nhÊt, nhá nhÊt. T×m gi¸
trÞ lín nhÊt, nhá nhÊt ®ã.
Gii
y
1. To¹ ®é A lµ nghiÖm cña hÖ:
A
t
2 2
x
y
2 2
2 2 2
1
2 2
2 ab
2 k a b A
a b xA vµ y
2 2 2 A
. 1
A 2
x
2 2 2
a k b a k b a O H a
y
kx
B
Tõ ®ã, suy ra
z
2 2 2 2 2 2 2 2
OA 2 2 2 a b k a b a b (1 k )
= xA
yA
= =
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a k b a k b
a k b
2
1
k
OA = ab ,
2 2 2
a k b
2. Gi sö ®­êng th¼ng (OA) cã ph­¬ng tr×nh y = kx
OA = ab
2
1
k
a k b
2 2 2
.
425

426
V× OA OB (OB) cã ph­¬ng tr×nh:
1
y = 1 1
k x OB = ab 2
2
k
1
k
= ab .
2 2 2
2 1 2 a b k
a . b
2
k
c. Ta cã:
2 2 2
2 2 2 2 2
1 1 a k b a b k a b
=
+
= .
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2
OA OB a b (1 k ) a b (1 k ) ab
d. Gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña O lªn AB, khi ®ã:
2 2
1
2
OH = 1 1 a b
ab
= OH = .
2 2 2 2
OA OB ab
2 2
a b
VËy (AB) lu«n tiÕp xóc víi ®­êng trßn (C) t©m O b¸n kÝnh R = OH cã:
2 2
(C): x 2 + y 2 ab
= .
2 2
a b
Ta cã:
S OAB = 1 2 OA.OB = 1 2
2
2 ab 1
k 1
k
ab
2 2 2
2 2 2
a k b a b k
2 2 2
a b (1 k )
=
. (1)
2 2 2 2 2 2
2 (a k b )(a b k )
OAB cã diÖn tÝch nhá nhÊt.
Ta cã:
2 2 2 2 2 2
(a k b )(a b k )
1
k
2 2 2 2 2 2
(a k b )(a b k )
2
2 2 2 2 2 2
(a k b ) (a b k )
2
a 2
b 2
Thay (2) vµo (1), ®­îc
ab
ab
S OAB
a 2
b 2
S min =
2 2
a b
®¹t ®­îc khi a 2 k 2 + b 2 = a 2 + b 2 k 2 k = 1.
OAB cã diÖn tÝch lín nhÊt §Ò nghÞ b¹n ®äc gii.
2
=
2 2 2
(a b )(1 k )
2 2
x y
VÝ dô 19: Cho Hyperbol (H): 1. T×m to¹ ®é ®iÓm M thuéc Hyperbol
4 1
(H) sao cho:
a. Cã b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm nµy b»ng 2 lÇn b¸n kÝnh qua tiªu ®iÓm kia.
b. Nh×n hai tiªu ®iÓm d­íi mét gãc 60 0 .
c. §é dµi F 1 M ng¾n nhÊt, dµi nhÊt.
d. Khong c¸ch tõ M ®Õn ®­êng th¼ng (): xy + 1 = 0 ®¹t gi¸ trÞ
lín nhÊt, nhá nhÊt.
2
(2)

H­íng dÉn
a. Ta cã hai tiªu ®iÓm F 1 ( 5 , 0) vµ F 2 ( 5 , 0).
§iÓm M(x 0 , y 0 )(H) víi x 0 > 0, suy ra:
2 2
x0 y0
1, (1)
4 1
5x0
MF 1 =
2
Tõ gi thiÕt ta cã:
MF1 2MF2
MF2 2MF1
5x0
+ 2 vµ MF 2 =
2
2. (2)
0 = (MF 1 2MF 2 )(MF 2 2MF 1 ) = 5MF 1 .MF 2 2( MF +
= 5MF 1 .MF 2 2[(MF 1 MF 2 ) 2 + 2MF 1 .MF 2 ]
= 5MF 1 .MF 2 2(16 + 2 MF 1 .MF 2 ) = MF 1 .MF 2 32
5x0
= (
2
5x0
+ 2).(
2
2) 32 =
x 0 = 12 5 y 0 Dµnh cho b¹n ®äc.
b. XÐt MF 1 F 2 , ta cã:
2
5x 0
4 36
2
2
2
FF
1 2=
MF
1
+ MF2
2MF 1 .MF 2 .cos60 0
= [(MF 1 MF 2 ) 2 + 2 MF 1 .MF 2 ]MF 1 .MF 2
5x0
5x0
20 = 16 + MF 1 .MF 2 4 = ( + 2).( 2) =
2 2
x 0 = 4 10 y 0 Dµnh cho b¹n ®äc.
5
c. Tõ (1) suy ra:
2
2
x
0
= a 2 y0
(1 +
b ) 2 a2 x 0 a.
Ta cã:
cx0
ca
F 1 M = + a + a = c + a = ca.
a
a
V©y, ta ®­îc F 1 M Min = ca, ®¹t ®­îc khi M A 1 (a, 0).
d. Ta cã:
x0 y0
1
d = d(M, ()) =
d 2 = x 0 y 0 + 1.
2
2
1
2
MF
2
)
2
5x 0
4 4
¸p dông bÊt ®¼ng thøc tam gi¸c, ta cã:
d 2 x 0 y 0 . (2)
427

¸p dông bÊt ®¼ng thøc gi Bunhiac«psk, ta cã:
2 2
x0
x 0 y 0 = 2.
2 y0
1 2 2 x0 y0
(2 1 )( ) =
4 1
3 . (3)
Tõ (2) vµ (3), suy ra:
d
3 1 .
2
(4)
DÊu ' = ' xy ra khi vµ chØ khi:
1 4 1
x
0
2y
0
2
x
1
& y1
5 5
.
2 2
x0 y0
4 1
1
x
2
& y2
4 1
5 5
Thö l¹i: dÊu b»ng chØ xy ra t¹i M 2 (x 2 , y 2 ), do ®ã:
3 1
Mind = ®¹t ®­îc t¹i ®iÓm M2 .
2
§Ó x¸c ®Þnh to¹ ®é ®iÓm H 2 t­¬ng øng, ta thùc hiÖn theo c¸c b­íc:
LËp ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng (d 2 ) qua M 2 vµ vu«ng gãc víi (d).
X¸c ®Þnh t¹o ®é giao ®iÓm H 2 = (d 2 )(d).
2 2
x y
VÝ dô 20: Cho Hypebol (H): 1. Gäi (d) lµ ®­êng th¼ng qua O cã hÖ sè
4 9
gãc k, (d') lµ ®­êng th¼ng qua O vµ vu«ng gãc víi (d).
a. T×m ®iÒu kiÖn ®èi víi k ®Ó (d) vµ (d') ®Òu c¾t (H).
b. TÝnh theo k diÖn tÝch h×nh thoi víi 4 ®Ønh lµ 4 giao ®iÓm cña (d),
(d') vµ (H).
c. X¸c ®Þnh k ®Ó h×nh thoi Êy cã diÖn tÝch nhá nhÊt.
Gii
a. Ta lÇn l­ît cã:
• §­êng th¼ng (d) qua O cã hÖ sè gãc k cã d¹ng: y = kx.
• §­êng th¼ng (d') qua O vµ vu«ng gãc víi (d) cã d¹ng: y = 1 k x.
To¹ ®é giao ®iÓm A, C cña (d) vµ (H) lµ nghiÖm cña hÖ :
2 2
x
y
1
4 9 (94k 2 )x 2 = 36 (1)
y
kx
Ph­¬ng tr×nh (1) cã hai nghiÖm ph©n biÖt khi:
94k 2 > 0 k < 3/2 (2)
Khi ®ã:
2
2 36
2 36k
x
A
= vµ y
2 A
= .
2
9 4k 9 4k
428

To¹ ®é giao ®iÓm B, D cña (d') vµ (H) lµ nghiÖm cña hÖ:
2 2
x y
1
4 9
(9k 2 4)y 2 = 36 (3)
1
y x
k
Ph­¬ng tr×nh (3) cã hai nghiÖm ph©n biÖt khi:
94k 2 > 0 k > 2 (4)
3
Khi ®ã:
2
2 36k
2 36
x
B
= vµ y
2
B
=
2
9k 4 9k 4
.
KÕt hîp (2) vµ (4), ta ®­îc:
3 2
2
3 < k < 3 k
2
2 3
. (I)
2 3
k
3 2
b. NhËn xÐt:
• A, C lµ giao ®iÓm cña (d) vµ (H) A, C ®èi xøng qua O.
• B, D lµ giao ®iÓm cña (d) vµ (H) B, D ®èi xøng qua O.
• Ngoµi ra ACBD.
VËy ABCD lµ h×nh thoi.
Ta cã:
S ABCD = 4S AOB = 4. 1 2 .OA.OB = 2 2 2
x y
= 2.
=
2
36 36k
9 4k 9 4k
2
72(1 k )
2 2
2 2
(9 4k )(9k 4)
A
A
x
2
36k 36
2 2
9k 4 9k 4
y
2 2
B B
c. H×nh thoi ABCD cã diÖn tÝch nhá nhÊt
2
72(1 k )
2 2
(9 4k )(9k 4)
nhá nhÊt.
Ta cã:
2
2
72(1 k )
72(1 k )
= 144
2 2
(9 4k )(9k 4)
1 [(9 4k
2 ) (9k
2
4)]
5 .
2
VËy, h×nh thoi ABCD cã diÖn tÝch nhá nhÊt b»ng 144
5
®¹t ®­îc khi:
94k 2 = 9k 2 4 k = 1.
429

VÝ dô 21: Cho Hypebol (H) cã ph­¬ng tr×nh:
2 2
x y
(H): 1.
2 2
a b
a. Chøng minh r»ng tÝch c¸c khong c¸ch tõ M(H) ®Õn c¸c tiÖm
cËn cña nã lµ mét h»ng sè.
b. Tõ ®iÓm M(H) kÎ c¸c ®­êng th¼ng song song víi hai tiÖm cËn vµ
c¾t chóng t¹i P, Q. Chøng minh r»ng diÖn tÝch h×nh b×nh hµnh
OPMQ lµ mét h»ng sè.
Gii
§iÓm M 0 (x 0 , y 0 )(H)
y (d 2 )
2 2
x0 y0
2 2 2 2
1
b x
2 2
0
a y0
= a 2 b 2 . (1)
P
a b
M
O
Ph­¬ng tr×nh hai ®­êng tiÖm cËn cña (H) lµ:
x
y = b Q
a x bx ay 0
.
(d
bx ay 0
1 )
a. Khong c¸ch h 1 tõ ®iÓm M tíi tiÖm cËn bx + ay = 0 ®­îc x¸c ®Þnh bëi:
| bx0 ay
0
|
h 1 = .
2 2
b a
Khong c¸ch h 2 tõ ®iÓm M tíi tiÖm cËn bxay = 0 ®­îc x¸c ®Þnh bëi:
| bx0 ay
0
|
h 2 = .
2 2
b a
Do ®ã:
2 2 2 2
2 2
| bx0 ay
0
| | bx0 ay
0
| | b x0 a y
0
| ab
h 1 .h 2 = =
= .
2 2 2 2
2 2
2 2
b a b a b a a b
VËy, tÝch c¸c khong c¸ch tõ ®iÓm M bÊt kú cña Hypebol (H) ®Õn c¸c tiÖm cËn
cña nã lµ mét h»ng sè.
b. Gäi lµ gãc t¹o bëi ®­êng ®­êng tiÖm y = b x víi trôc Ox. Ta cã:
a
tg = b a vµ sin2 = 2tg
2
1tg
= 2ab
.
2 2
a b
2 2
2ab
a b
S OPMQ = OP.OQ.sin2 = . OP.OQ OP.OQ = . S
2 2
OPMQ
a b
2ab
MÆt kh¸c:
2 2
2 2
S OPMQ = OQ.h 1 = OP.h 2 S 2 a b ab
OPMQ = OP.OQ.h 1 h 2 = . S OPMQ .
2 2
2ab a b
S OPMQ = ab 2 kh«ng ®æi.
430

VÝ dô 22: Cho Parabol (P): y 2 = 2px, p > 0. Chøng minh r»ng ®­êng trßn cã
®­êng kÝnh lµ d©y cung qu¸ tiªu, tiÕp xóc víi ®­êng chuÈn.
Gii
y
Ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng (d) ®i qua F cã d¹ng:
(d): 2mx2ymÆt ph¼ng = 0.
A
A
1
(P)
To¹ ®é giao ®iÓm A(x A , y A ) vµ B(x B , y B ) cña (P) vµ (d) lµ
nghiÖm cña hÖ:
2
J I
y
2px
O F x
2mx 2y mp 0
Ph­¬ng tr×nh hoµnh ®é giao ®iÓm cña (P) vµ (d) cã d¹ng: B 1
B
4m 2 x 2 4p(m 2 + 2)x + m 2 p 2 = 0. (1)
Tõ ®ã, ta cã :
2
p(m 2)
xA xB
2
m
.
2
p
x
A.x
B
4
Ph­¬ng tr×nh tung ®é giao ®iÓm cña (P) vµ (d) cã d¹ng:
my 2 2pymp 2 = 0 (2)
Tõ ®ã, ta cã
yA
yB
p / m
.
2
y
A.yB
p
• Ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn (C) ®­êng kÝnh AB:
M(x, y)(C) MA
. MB
= 0
x 2 + y 2 (x A + x B )x(y A + y B )y + x A x B + y A y B = 0.
Gäi I(x I , y I ) lµ t©m cña ®­êng trßn (C), ta cã:
2
xA
xB
p(m 2)
x
x
2
2
I: I:
2m
.
yA
yB
p
y
y
2 m
Gäi R lµ b¸n kÝnh cña ®­êng trßn (C), ta cã:
R 2 =
x
x ( x A x B + y A y B ) =
2 2
A B
2
p(m 1)
Khong c¸ch tõ I ®Õn ®­êng chuÈn (): x = p 2
2x
I
2
p
=
2
1 p(m 2)
2 m
2
p =
m
2
2
p(m 1)
m
2
2
R =
= R.
VËy ®­êng trßn (C) tiÕp xóc víi ®­êng chuÈn () cña (P).
2
p(m 1)
m
cña (P), ®­îc x¸c ®Ønh bëi:
2
.
431

Chó ý:
1. Ta cã thÓ chøng minh b»ng ®Þnh nghÜa, thùc hiÖn c¸c b­íc:
B­íc 1: Gäi A 1 , B 1 theo thø tù lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña A, B lªn ®­êng chuÈn
cña (P).
Gäi I, J theo thø tù lµ trung ®iÓm cña AB, A 1 B 1 .
B­íc 2: Ta cã:
IJ = 1 2 (AA 1 + BB 1 ) = 1 2 (AF + BF) = 1 2 AB
ABJ vu«ng t¹i J
§­êng trßn ®­êng kÝnh AB tiÕp xóc víi ®­êng chuÈn cña Parabol
(P).
2. §Ò nghÞ b¹n ®äc chøng minh thªm c¸c tÝnh chÊt sau:
a. TÝnh ®é dµi FA, FB theo p, = ( Ox , OM ) víi 02. Tõ ®ã chøng tá r»ng
1 1
kh«ng ®æi khi (d) quay quanh F.
FA FB
b. Chøng minh r»ng FA.FB nhá nhÊt khi (d) vu«ng gãc víi Ox.
Ngoµi ra cßn cã tÝch c¸c khong c¸ch tõ A vµ B ®Õn trôc Ox lµ mét ®¹i l­îng
kh«ng ®æi.
VÝ dô 23: Cho Parabol (P) vµ ®­êng th¼ng (d) cã ph­¬ng tr×nh:
(P): y 2 = x vµ (d): xy2 = 0.
a. X¸c ®Þnh to¹ ®é giao ®iÓm A, B cña (d) vµ (P).
b. T×m to¹ ®é ®iÓm C thuéc (P) sao cho :
- ABC cã diÖn tÝch b»ng 6.
- ABC ®Òu
c. T×m ®iÓm M trªn cung AB cña Parabol (P) sao cho tæng diÖn tÝch
hai phÇn h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi (P) vµ hai d©y cung MA, MB lµ
nhá nhÊt.
Gii
a. To¹ ®é giao ®iÓm A, B cña (d) vµ (P) lµ nghiÖm cña hÖ ph­¬ng tr×nh:
2
y
x A(1, 1)
vµ AB = 3 2 .
x y 2 0 B(4,2)
b. Víi C(x, y)(P) C(y 2 , y).
• ABC cã diÖn tÝch b»ng 6
6 = 1 2 AB.d(C,(d)) = 1 2 .3 2 . | x y 2 | = 3
2 2 y2 y2
2
y y 2 4
y 2 y2
C 1(4, 2)
y 2 = 4
2
y y 2 4
y
3
C
2(9,3)
432

• ABC ®Òu
AC
AB
AB = BC = CA
AC
BC
2 2 2
18 (y 1) (y 1)
(y 1) (y 1) (y 4) (y 2)
2 2 2 2 2 2
2
y y 3 0
VËy kh«ng tån t¹i ®iÓm C thuéc (P) ®Ó ABC ®Òu.
c. Víi M(x 0 , y 0 ) thuéc cung AB cña (P) nªn:
2 2
(y y 3)(y y 3) 4y 7 0
2
2
x0 y0
.
1 y0
2 (*)
Tæng diÖn tÝch hai phÇn h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi (P) vµ
hai d©y cung MA, MB lµ nhá nhÊt
MAB cã diÖn tÝch lín nhÊt d(M, (d)) lín nhÊt.
Ta cã:
| x0 y0
2 |
d(M, (d)) = =
2
C«si
do ®ã Maxd(M, (d)) = 9 2
8
1
2
(y0 1) (2 y
0)
2
, ®¹t ®­îc khi
y 0 + 1 = 2y 0 y 0 = 1 2 M( 1 4 , 1 2 )
4 2
y y 2y 16 0
2
y y 18 0
4y 7 0
v« nghiÖm.
y y 3 0
2
(*)
| y0 y0
2 |
1
2 2 (y 0 + 1)(2y 0 )
2
= 9 2
8 .
VËy, víi M( 1 4 , 1 ) tho m·n ®iÒu kiÖn ®Çu bµi.
2
VÝ dô 24: Cho Parabol (P): y 2 = 2px víi p > 0. §iÓm M kh¸c O ch¹y trªn (P). Gäi
A, B theo thø tù lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña M lªn Ox vµ Oy. Chøng
minh r»ng:
a. §­êng th¼ng qua B vu«ng gãc víi OM lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh.
b. §­êng th¼ng qua B vu«ng gãc víi AB lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh.
c. §­êng th¼ng AB lu«n tiÕp xóc víi mét Parabol cè ®Þnh.
Gii
§iÓm M(P) suy ra:
2
y 0
2
y 0
M(
2p , y 0), A(
2p , 0) vµ B(0, y 0).
433

a. §­êng th¼ng (d 1 ) qua B vu«ng gãc víi OM ®­îc cho bëi:
qua B(0, y
0)
2
y
2
(d 1 ): y (d
0
1 ): 0
vtpt OM( , y
0)
2p .x + y 0(yy 0 ) = 0
2p
2
(d 1 ): y
0
.x + 2py 0 y2p y 2 0
= 0.
NhËn xÐt r»ng (d 1 ) lu«n ®i qua ®iÓm cè ®Þnh M 1 (2p, 0).
b. §­êng th¼ng (d 2 ) qua B vu«ng gãc víi AB ®­îc cho bëi:
qua B(0, y
0)
y
2
(d 2 ): y0
vtpt BA( , y
0)
B
2p
(d
2
2 )
y
(d 2 ): 0
2p .xy 0(yy 0 ) = 0
O
2
(d 2 ): y
0
.x2py 0 y + 2p y 2 0
= 0.
NhËn xÐt r»ng (d 2 ) lu«n ®i qua ®iÓm cè ®Þnh
M 2 (2p, 0).
(P 1 )
M 2 M 1
M
A
(P)
(d 1 )
x
Chó ý: Còng cã thÓ chøng minh b»ng c¸ch:
Gäi M 2 lµ ®Óm ®èi xøng víi M 1 qua Oy M 2 (2p, 0).
NhËn xÐt r»ng BM 2 AB.
VËy ®­êng th¼ng qua B vu«ng gãc víi AB lu«n ®i qua ®iÓm cè ®Þnh M 2
c. §­êng th¼ng (AB) ®­îc cho bëi:
qua B(0, y
0)
x
2
(AB): y (AB):
0
2
vtcp BA( , y
0)
y0
2p
2p
y
y
y
y
=
0
0 0
2
(AB): 2px + y 0 y y
0
= 0.
• Gäi N(x, y) lµ ®iÓm mµ (AB) kh«ng ®i qua víi mäi y 0 , khi ®ã
2
ph­¬ng tr×nh 2px + y 0 y y
0
= 0, v« nghiÖm y 0
2
ph­¬ng tr×nh y0
y 0 y2px = 0, v« nghiÖm y 0 < 0 y 2 + 8px < 0.
• Ta ®i chøng minh (AB) lu«n tiÕp xóc víi Parabol (P 1 ): y 2 = 8px.
ThËt vËy:
2AC + pB 2 = 2.2p.( 2 2
y
0
) + 4p. y
0
= 0.
VËy (AB) lu«n tiÕp xóc víi Parabol (P 1 ): y 2 = 8px.
434

lêi nãi ®Çu
Môc lôc
phÇn I: §¹i sè
ch­¬ng I
hµm sè bËc nhÊt vµ bËc hai
A. KiÕn thøc cÇn nhí....................................................... .. ... ... ... ... ... .............7
B Ph­¬ng ph¸p gii c¸c d¹ng to¸n liªn quan.................... . ... ... ... ... .. .10
§ 1: Hµm sè ........ ........ ........ ... ... ... ... ........... ........ ........ ........ ....... ... ... ... ..10
§ 2: Hµm sè bËc nhÊt ........ ........ ........ .... ... ... ... ... ....... ........ ........ ........ .......26
§ 3: Hµm sè bËc hai ........ ........ ........ ........ ........ ........ ... ... ... ... ... ........ ....... .32
C. C¸c bµi to¸n chän läc .............................................................. ... . ....... ... 38
ch­¬ng II
ph­¬ng tr×nh vµ hÖ ph­¬ng tr×nh
A. KiÕn thøc cÇn nhí.................................................. ... ... ..... ... ... ... .............43
B Ph­¬ng ph¸p gii c¸c d¹ng to¸n liªn quan............... ... ... ... ........ ... .48
§ 1: §¹i c­¬ng vÒ ph­¬ng tr×nh ... ........ ........ ........ ........ ........ .. ... ... ........ ....48
§ 2: Ph­¬ng tr×nh bËc nhÊt vµ bËc hai mét Èn...... ........ ........ ........ .….... ....... 53
§ 3: Mét sè ph­¬ng tr×nh quy vÒ ph­¬ng tr×nh bËc nhÊt vµ bËc hai...... ........ ....71
§ 4: Ph­¬ng tr×nh vµ hÖ ph­¬ng tr×nh bËc nhÊt nhiÒu Èn. ... ... ... ... .......... ....... 93
§ 5: HÖ ph­¬ng tr×nh bËc hai hai Èn...... ........ ........ ........ ...... ... ... ... ... .... .... 101
C. C¸c bµi to¸n chän läc .................................. ............................... ....... ... 114
ch­¬ng IV
bÊt ®¼ng thøc vµ bÊt ph­¬ng tr×nh
A. KiÕn thøc cÇn nhí............................................... ... .......... ... ... ... .............129
B Ph­¬ng ph¸p gii c¸c d¹ng to¸n liªn quan....... ... ... ... ............... ... .133
§ 1: BÊt ®¼ng thøc ...... …..... ........ ...... …..... ........ ...... …..... ........ ...... …....133
§ 2: BÊt ph­¬ng tr×nh .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... . ... ... ... ... ...154
§ 3: BÊt ph­¬ng tr×nh vµ hÖ bÊt ph­¬ng tr×nh bËc nhÊt mét Èn . ... ... ... ... ...... 156
§ 4: DÊu cña nhÞ thøc bËc nhÊt ….................................................................... 162
§ 5: BÊt ph­¬ng tr×nh vµ hÖ bÊt ph­¬ng tr×nh bËc nhÊt hai Èn ... ... ... ... ... ..... 168
§ 6: DÊu cña tam thøc bËc hai …..................................................................... 171
§ 7: Mét sè ph­¬ng tr×nh, bÊt ph­¬ng tr×nh quy vÒ bËc hai...... ........ . ... ... .....188
C. C¸c bµi to¸n chän läc .................................... ... ... ... ......................... ....... ... 194
435

ch­¬ng V
cung vµ Gãc l­îng gi¸c c«ng thøc l­îng gi¸c
A. KiÕn thøc cÇn nhí.................................................... ... . ... ... ... ... .............219
B Ph­¬ng ph¸p gii c¸c d¹ng to¸n liªn quan............ ... ... ... ......... ... . 222
C. C¸c bµi to¸n chän läc .............................................................. . ........ ... 255
phÇn II: h×nh häc
ch­¬ng I
vect¬
A. KiÕn thøc cÇn nhí...................................................... ... ...... ... ... ............. 267
B Ph­¬ng ph¸p gii c¸c d¹ng to¸n liªn quan............... ... ... ... ...... ... . 271
§ 1: Vect¬ ........ ....... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ..... ... . ... ... ... ... ... . 271
§ 2: HÖ trôc to¹ ®é ........ ........ .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...... ....... ... ... ... ... 287
C. C¸c bµi to¸n chän läc ................................................ ................. ....... ... 296
ch­¬ng II
tÝch v« h­íng cña hai vect¬ vµ øng dông
A. KiÕn thøc cÇn nhí....................................................... ... . ... ... ... ............. 305
B Ph­¬ng ph¸p gii c¸c d¹ng to¸n liªn quan.................... ... ... ... . ... . 307
§ 1: Gi¸ trÞ l­îng gi¸c cña mét gãc bÊt k× .. ... ... ... ... . ... ... ... ... ... ... ... ... .. 307
§ 2: TÝch v« h­íng cña hai vect¬ ........ ....... ... ... ... . . ... ... ... ...... ... ... ... ... . 309
§ 3: HÖ thøc l­îng trong tam gi¸c ........ ........ ........ ....... ... ... ... ... ... ... ... .... 322
C. C¸c bµi to¸n chän läc ........................ ......................................... ....... ... 327
ch­¬ng III
ph­¬ng ph¸p to¹ ®é trong mÆt ph¼ng
A. KiÕn thøc cÇn nhí..................................... ... ................... ... ... ... ............. 337
B Ph­¬ng ph¸p gii c¸c d¹ng to¸n liªn quan. ... ... ... .................... ... . 347
§ 1: §­êng th¼ng ....... ........ ........ .… ... ... ... ... ... ... ... ...... . ... ... ... ... ........ 347
§ 2: §­êng trßn ...... ..... ... ... ... ... ... ... ... ..... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .... 359
§ 3: §­êng ElÝp. ........ ........ ...... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. 377
§ 4: §­êng Hypebol....... ........ .... ...... ..... ... ... ... ... ... .. ... ... ... ... ... ... ... ... 389
§ 5: §­êng Parabol.... ........ ........ ... ... ... ... ........... .. ... ... ... ... ... ... ... ... ..... 399
§ 6: Ba ®­êng C«nÝc.... ........ ........ .... ... ... ... ... ... ... ... ...... ... ... ... ... ..... .... 408
C. C¸c bµi to¸n chän läc ................................................. ............... ....... ... 410
môc lôc........ ............ ............ ....... ............ ..…... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... .. 335
436