GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 Ngày soạn: Ngày dạy: BUỔI 1: CÁC VẤN ĐỀ LIÊN QUAN ĐẾN TAM THỨC BẬC HAI I MỤC TIÊU Kiến thức: Ôn lại toán liên quan đến tam thức bậc hai: Kỹ năng:Tìm đk tham số để tam thức tmđk cho trước; tìm GTLN, GTNN… Tư , thái độ: Tư loogic tổng hợp Tự giác, tích cực học tập II CHUẨN BỊ: Giáo viên: Giáo án, tập Học sinh: Ôn tập III PHƯƠNG PHÁP: Gợi mở vấn đáp- luyện tập IV NỘI DUNG BÀI HỌC Ổn định lớp: Kiểm tra sĩ số: 10A1: Kiểm tra cũ: Kết hợp Bài mới: x   m  1 x  m3   m  1  x m BT1: Giả sử phương trình bậc hai ẩn ( tham số): có x , x x  x � hai nghiệm thỏa mãn điều kiện Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức sau: GIẢI: P  x13  x23  x1 x2  x1  x2   (HSG VP 2011- 2012) Phương trình cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1  x2 �4 �� m �2 �  ' �0 2 �m �0 � � �m m  �0 �� �� �� � �� 2 �m �0 � � �m �3 � �x1  x2 �4 � �m �3 �2  m  1 �4 �   x  x   m  1 , x1 x2  m3   m  1 Theo định lí Viet ta có suy 3 P   x1  x2   x1 x2   m  1  8m   m  1  16m  40m Bảng biến thiên m -2 0 16 P -144 -24 Từ bảng biến thiên ta được: Pmax  16 m  , Pmin  144 m  2 BT2: Cho hàm số y  x  x  hàm số y   x  m Tìm m để đồ thị hàm số cắt hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trung điểm I đoạn thẳng AB đến trục tọa độ GIẢI: Yêu cầu tốn � PT sau có hai nghiệm phân biệt x  3x    x  m hay x  x   m  (*)có  '  � m>1 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 Gọi x A ; x B nghiệm (*), I trung điểm AB ta có u cầu tốn xI  xA  xB 1 ; yI  x I  m  m  � y I  x I � m   � m  2; m  Kết hợp ĐK, kết luận m  BT3: Cho hệ phương trình �x  y  m  �2 2 �x  y  x  y  m  (trong m tham số) a) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm A  xy   x  y   2011 b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức Tìm tất giá trị m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt lớn 3 x   3m  1 x  6m   ( HSG VP 2010- 2011) GIẢI: 1, a Đặt S  x  y; P  xy Khi hệ phương trình trở thành �S  m  �S  m  � �2 � 2 �S  P  S  m  �P  m  m   S -�� P� m  -2 � �� m2 Để hệ có nghiệm b Ta có A  P  2S  2011  m  m  2005 m  m2 m Lập bảng biến thiên ta max A  2011 m  ; A  2004, 75 m  0,5 m -2 - 2 2011 2007 A 2004,75 t   3m  1 t  6m   t  x � Đặt , thay vào phương trình ta t2 � �� t  3m  phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt � � 3m   m � � �� � 3m  �2 � � m �1 � Khi phương trình cho có bốn nghiệm � 2; � 3m   3m   3 � 3m   � m  Để nghiệm lớn 3 �1 10 � m �� ; �\  1 �3 � Vậy giá trị m 10 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TỐN 10 BT4: Tìm m để: 1)Bất phương trình: x2 - 2(2m + 1)x + 3m + �0 có nghiệm với số thực x 2) Phương trình: (m - 1) x4 - 2(m + 2)x2 + 2m + = có bốn nghiệm phân biệt GIẢI: BPT có nghiệm với số thực x �a   1 1 � � m �m �0   m  m � � KL: 2) PT : (m - 1) x4 - 2(m + 2)x2 + 2m + = (1) Đặt t = x2 ( t �0) PT(1) trở thành: (m - 1) t2 - 2(m + 2)t + 2m + = (2) * m =1 , (2) có t = 1/2 , (1) có nghiệm (loại) * m �1 , (1) có nghiệm phân biệt � (2) có nghiệm dương phân biệt �'    m     m  1  2m  1  � � 53 � 2(m  2) � �S  0 � �  m  m 1 � � 2m  P 0 � m 1 � KL: 1 m  53 2 BT5: Cho phương trình: ( x  1)( x  2mx  m  2)  (1) a Giải phương trình (1) m  2 b Tìm m để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 thỏa mãn: x1  x2  x3  GIẢI: a, Khi m  , PT (1) trở thành: ( x  1)( x  x  5)  � x 1  � x 1 �x  � �2 �� �� x  6x   x  �x  x5 � � � S   1;5 KL: Vậy tập nghiệm PT là: x 1  � (1) � �2 x  2mx  m   0(2) � b Ta có: Để (1) có ba nghiệm phân biệt (2) phải có hai nghiệm phân biệt x �1 m  1 �m  � m2  m   � '  � � �� (*) � � m � 3  m �  m  m  � � � Khi điều kiện là: � GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 Giả sử x1  1, x2 , x3 nghiệm (2) Khi theo định lí Viet ta được: �x2  x3  2m � �x2 x3  m  2 2 Và x1  x2  x3  � ( x2  x3 )  x2 x3  �m  �� � m � 4m  2( m  2)  � So sánh với điều kiện (*) ta m thỏa mãn x  x  3m 2 � 3 x x4 Tìm m để bất phương trình sau nghiệm x : BT6: GIẢI: Ta có : x  x   0, x Do đó: �2 x  x  3m �2 x  x  �4 x  x   3m �0(1) x  x  3m 2 � 3� � � �2 x x4 �2 x  x  3m  3x  3x  12 �x  x  12  3m  0(2) � �0 � �1 2  � Bất phương trình cho nghiệm x (1) (2) nghiệm x � �0 �127  48m �0 127 � �1 �� � �m  2  48 �32  12m  � KL: BT7: Cho phương trình x  mx  m   2 a Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt 2 x1 , x2 dương phân biệt Tìm m để x1  x2  b Giả sử phương trình có nghiệm GIẢI: a Đk để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt là: � � � �   m  2  m  � � � � m0 �� m0 � 3m2 �S  � � �P  �m2  � � m � �� � �m   �� Vậy với  m  phương trình có hai nghiệm dương phân biệt b Theo phần a) phương trình có hai nghiệm dương phân biệt  m  (*) GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 Theo định lý viét ta có Từ giả thiết ta có �x1  x2  m � �x1.x2  m  x12  x2  So sánh điều kiện (*) ta thấy 5 14 � ( x1  x2 )  x1.x2  � m  � m  � 2 2 m 14 thoả mãn x  m mx   1 x  x  BT8: Tìm m để phương trình sau có nghiệm nhất: GIẢI : ĐK : x �� 2 2 Phương trình (1) � x  x  mx  m  mx  mx  x   x  � f ( x )  mx  x  m   (2) + Nếu m  phương trình (2) trở thành:  x   � x  ( t / m) , suy m  thỏa mãn + Nếu m �0 ta có:   4m  12m  b �   0, x   ��1 � 2a � ��   0, x1  1, x2 �1 �   0, x1  1, x2 �1 � � Phương trình (1) có nghiệm � 3 � 10 0 � m � 3 � 10 � � � �m (T / m) � b � x   � � 1 � � ��1 2a � �2m � + Trường hợp 1: �3  10 �3  10 3  10 3  10 m m � � 0 � 2 � � � � � �� m  1 �x1  � �f (1)  �x �1 �f (1) �0 � 2m �۹ 0 m �2 � � � � + T.hợp 2: � m  1, ( t / m) GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 �3  10 �3  10 3  10 3  10 m m � � 0 � 2 � � � � � �� 2m   � m  2 �x1  1 � �f (1)  �x �1 �f (1) �0 � m �1 �2 � � � � + T.hợp 3: � m  2 (t / m) Vậy m  0, m  1, m  2, m  3 � 10 CỦNG CỐ: BTVN: Bài Tìm m để bất phương trình sau nghiệm với x: a) 3x  2(m 1)x  m  b) x  (m 1)x  2m  c) 2x  (m 2)x  m  d) mx  (m 1)x  m 1 e) (m 1)x  2(m 1)x  3(m 2)  f) 3(m 6)x2  3(m 3)x  2m  Bài Tìm m để bất phương trình sau vơ nghiệm: a) (m 2)x  2(m 1)x   b) (m 3)x  (m 2)x   2 c) (m  2m 3)x  2(m 1)x  1 d) mx  2(m 1)x  �0 e) (3 m)x  2(2m 5)x  2m  f) mx  4(m 1)x  m  Bài Tìm tập xác định hàm số sau: y  2 x  a) y d) x 1 x  1 x y x b) x2  2x   5 x e) x   3 2x x 1 y y c) 3x2  x x2  x  x  y f) 2x  x x 4 Bài Xét biến thiên hàm số sau: a) y   x  4x  (; 2) b) d) y  3 2x y y e) x x  (1; +) y c) x2 f) y x1 x x  (2; +∞) GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 Bài Xét tính chẵn lẻ hàm số sau: x4  x2  y x2  a) b) y  3 x  3 x x  x y x  x1 d) c) y  x(x + x ) e) y x x f) y  x  x2  Ngày soạn: Ngày dạy: BUỔI 2- 3: CÁC VẤN ĐỀ LIÊN QUAN ĐẾN TAM THỨC BẬC HAI IV BT1: NỘI DUNG BÀI HỌC Ổn định lớp: Kiểm tra sĩ số: 10A1: Kiểm tra cũ: Kết hợp Bài mới: Tìm tất giá trị  m  1 x   m   x  2m  �0 m cho bất phương trình vơ nghiệm (x ẩn, m tham số) GIẢI: Bất phương trình cho vô nghiệm x   0, x ��� x   , x �� TH1 Nếu m  vơ lí  m  1 x   m   x  2m   x �� TH2 Nếu m �1 � �m  �m   �� � �m  4m   � '   m     m  1  2m    �m  � � �� m   10 � m   10 �� S  �;  10 m   10 �� Vậy tập hợp giá trị m 2014 2015 f  x   x  2x  x  x ( HSG VP 2015) BT2: a)Tìm tập xác định hàm số: x f  x  x  đồng biến khoảng  1; � b) Chứng minh hàm số  c) Chứng minh hàm số f  x   2015  x  2015  x hàm số lẻ  GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 BT3: Trong mặt phẳng Oxy biết A(0; 1) B(3; 4) thuộc parabol  P  : y  x  2x  1, điểm I nằm cung AB (P) cho tam giác IAB có diện tich lớn Tìm tọa độ điểm I � I  m; m  2m  1 , m � 0;3 GIẢI: Pt đường thẳng AB: x  y   ; I nằm cung AB (P) Diện tích IAB lớn � d  I; AB   m  3m m lớn Xét hàm số f  m   m  3m 0 f(m) Suy m 4m  0;3 ta có: Σ m�   ,0  0;3 9 d  I; AB  Dấu “=” xảy �m �3 � � I� ; � �2 � �3 � I� ; � Vậy �2 �là điểm cần tìm 2 BT4: Cho hàm số: y   x  2(m  1) x   m , (1) ( m tham số) điểm K (2; 2) a Tìm giá trị m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành hai điểm phân biệt A, B cho tam giác KAB vuông K b Tìm giá trị tham số m để hàm số (1) đạt giá trị lớn đoạn [0; 1] f  x   x  (3m  1) x  2m2  2m m ( tham số) BT5: Cho tam thức bậc hai a) Giải bất phương trình f  x  �0 b) Tìm m để phương trình m  f  x  x1  x2  x1 x2 có hai nghiệm x1 ; x2 cho 2 BT6: Cho phương trình: x  x  2m x  3x  m  m   ( m tham số) a) Giải phương trình với m  b) Tìm m để phương trình cho có nghiệm GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 Đ/S : 5b, m  3; m   2; 6a : x  1; x  4; x  73  73 ;x  2 t  2mt  m2  m    * 6b, Đăt t  x  x ( ĐK t �0 ).Ta PT : Phương trình cho có nghiệm PT (*) có nghiệm khơng âm Khi ta phải có : � m  �0 � m �۳ m � � m  m  �0 � 2 x , x BT7: Tìm m để PT: x  2(m  5) x  m  3m   có nghiệm phân biệt thỏa mãn x  x  13 Đ/S: m  1 C  BT8: Cho hàm số y  (2 m  5) x  2( m  1) x  có đồ thị m m�  Cm  cắt (d ) : y  3x  hai điểm có tọa độ khơng đổi a)CMR:  Cm  cắt trục hoành điểm phân biệt A, B cho độ dài đoạn thẳng AB b) Tìm m để 4? ( Đ/S m =2 m = 14/5) 1) Xác định tính chẵn - lẻ hàm số BT9: 2) Cho nửa khoảng số thực a b C đoạn? Tính độ dài đoạn C 3) Cho tập hợp A   2;5  , B   �;3 , C   2; � y BT10: a, Tìm tập xác định hàm số: b, Xét tính chẵn lẻ hàm số: y Với điều kiện Tìm A �B; B�C; A \ C; R \ A  x  3 x  x  2x4  x 4 �x  y  m  �2 x  y  x  y   m  (trong m tham số) BT11: Cho hệ phương trình � GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 Giải hệ phương trình với m = Tìm m để hệ phương trình có nghiệm A  xy   x  y   2012 , (x, y Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức nghiệm hệ phương trình cho) �S  m  �S  m  � �2 � S  P  S   m2  S  x  y ; P  xy � �P  m  m  GIẢI: Đặt Khi hệ PT trở thành: * Với m = ta có: �S  1 � �P  2 � x, y nghiệm phương trình X  X   � X  1, X  2 �x  �x  2 ho� c� � �y  � Nghiệm hệ phương trình �y  2 Hệ có nghiệm ۳�S2� 4P m 2   m2 m ۣ  m�� � m 2 Ta có A  P  3S  2012  m  2m  2004 Xét hàm số f (m)  m  2m  2004 Lập bảng biến thiên f(m) m f(m) –2 2004 –1 2012 2003 Ta max A  2012 m  ; A  2003 m  1 BT12: Tìm tập xác định hàm số sau: a) a, Xét tính chẵn, lẻ hàm số f ( x)  x3 x  10 f  x   2015  x  x  2015 b, Xét tính đồng biến nghịch biến f  x  f ( x)  b) 2x  x  khoảng ( 3;+�) BT13: Cho hàm số bậc hai y  x  x  (1) a) Lập bảng biến thiên vẽ parabol ( P) hàm số (1) b) Xác định tọa độ giao điểm Parabol ( P ) đường thẳng: y  x  10 9 x  x  2 x  GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 uuur uuur �2t �r t r �r r�  m : BK  mBN � �  1� a  b  m � a  b � 3 � � � � Do B, N, K thẳng hàng nên �2t �    m m � � �3 � �� �� t m � � t �3 � uuur uuuu r uuur uuuu r AK  AM � AK  6.KM � AK  6.KM Suy (đpcm) CÂU 19: uuuu r uuur uuur uuuu r uuu r uuuu r uuuu r uuu r uuur  AM  2( AB  AM ) � AM  AB  AC Ta có: MC  2 MB �uAC uur uuu r uuu r  2CA  CB Tương tự ta có: 3uCN uuu r uuur uuu r uuur uuu r uuu r AM  CN � AM � CN  � (2 AB  AC )(2 CA  CB )0 Vậy: uuu r uuur uuu r uuur uuur uuur 2  (2 AB  AC )( AB  AC )   AB  AC  AB AC  2c  3b2  5bc 0 2  4c  6b  5bc  AB 'sin A; S  AB � AC sin A Ta có cơng thức tính diện tích: Sa  AC '�   Sa  S ‫ף‬ AC ' AB '  AB AC �AC ' � �AB AB ' � � AC �(BĐT Cauchy) Sb �BA ' BC ' � � �  � S �BC BA �và Sc �CB ' CA ' � � �  � S �CA CB � Tương tự ta có: Sa S S �AC ' BC ' BA ' CA ' CB ' AB ' �  b  c � �      � S S �AB BA BC CB CA AC � (đpcm) Do đó: S �AC ' AB ' �AB  AC � �BA ' BC ' �  C ' B ' //BC � BA �BC � �A ' C ' //CA �CB ' CA '  �B ' A ' //AB � Dấu xảy  �CA CB  �  A’, B’, C’ trung điểm BC, CA, AB CÂU 20: Dựa vào tính đối xứng, ta giả sử A  a;  , B  0; b  với a  0, b  (*) Suy 1 1 a  b2    2 � a 2b  R (a  b ) �2 R ab 2 2 b R (**) R ab Mà a  SOAB  ab �R 2 không đổi (dấu xảy a = b) 52 SOAB  ab GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 Kết hợp với (*) (**): dấu xảy a  b  R CÂU 21: Có uuur uuur r uuu r uuur uuu r uuur r uuur uuu r uuu r 2MA  MB  � 2(CA  CM )  (CB  CM )  � CM  CA  CB 3 uuu r r uuu r r uuu r uuu r CA  a ; CB  b ; CP  xCB Đặt: uuur r r uuur r uuu r r uuuu r uuur uuur 1r 1r CM  a  b ; CN  a ; CP  xb; MN  CN  CM   a  b 3 3 uuur uuu r uuur r 1r NP  CP  CN   a  xb uuuu r uuur MN , MP phương Để M, N, P thẳng hàng => r r uuu uuu x   � CP   CB 3 => c b n h m a d CÂU 22: uuuu r uuuu r uuur uuur uuuu r uuur uuur uuur uuuuur uuur AM CM  ( AH  AD)( BM  BC )  ( AH  AD )(2 BM  AD ) r uuuruuur uuur uuuu r uuur uuuu r uuur uuuu  (2 AH BM  AH AD  AD.BM  AD ) ( AH BM  0) uuuruuur uuur uuuu r uuu r  (  AD  AH AD  AD ( AM  AB ) uuuruuur uuuruuuu r uuuruuu r uuuruuu r  (  AD  AH AD  AD AM  AD AB ) AD AB  uuuruuur uuuruuuu r uuuruuur uuuruuur uuur uuuu r  (  AD  AH AD  AD AM )  ( AD  AH AD  AD AN ) (do AN  AM ) 4 u u u r u u u r u u u r uuur uuur uuur uuur 1  (  AD  AD ( AN  AH ))  (  AD  AD.HN )  ( AD  AD.HN ) 4  (  AD  AD )    CÂU 23: Gọi M trung điểm AC uuu r uuur uuu r uuu r uuuu r uuu r Vì E trọng tâm tam giác ACD nên 3OE  OA  OC  OD  2OM  OD 53 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 uuu r uuu r uuu r 2CD  CA  CB D trung điểm AB nên Vì (O) ngoại tiếp ABC nên OD  AB;OM  AC , ABC cân nên OD=OM Do ,  uuu r uuuu r uuuu r uuu r uuuu r uuu r OD  OM  DM mà DM//BC � OD  OM  BC    uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r 3OE.2CD  OA  OC  OD CA  CB    Ta có : uuuu r uuu r uuu r uuu r uuuu r uuu r uuu r uuu r uuu r  2OM  OD CA  CB  2OM.CB  OD CA  CB uuuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuuu r uuu r uuu r uuu r uuuu r uuu r uuu r r  2OM.CB  OD 2CB  BA  2OM.CB  2OD.CB  OM  OD CB      CÂU 24: Ta có     1 a b  c 2p     ab bc ca abc RS  p  = Rpr Rr BT1: Cho tam giác ABC có góc A 600, BC  a  10, AC  b, AB  c , bán kính đường tròn nội tiếp r 3 Tính độ dài b c a a 10  2R � R   2sin A HD: Áp dụng định lý hàm sin ta có: sin A Mặt khác: SABC  abc 40 10  b  c 10  p.r � 10bc  4Rpr  � bc  (10  b  c) 4R 3 , (1) 2 2 2 Theo ĐL hàm cosin: a  b  c  2bc.cos A � 100  b  c  bc � 100  (b  c)  3bc , (2) Thay (1) vào (2) ta được: 100  (b  c)2  10 (10  b  c) , (3) t  20 � t  10t  200  � � t  10 (loai) � Đặt t=b+c (t>0), phương trình (3) trở thành: b  c  20 � b  10 � � �� � 10 c  10 bc  (10  20)  100 � � � Với t = 20 suy ra: Vậy b  c  10 BT2: Cho tam giác ABC cân A, nội tiếp đường tròn tâm O Gọi D trung điểm AB G trọng tâm tam giác ADC Chứng minh OG  DC 54 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TỐN 10 HD: Ta có: uuur uuu r uuu r uuu r uuu r uuur CD  (CA  CB )  (OA  OB  2OC ) 2 A D G M O C B uuur uuu r uuur uuur uuu r uuu r uuur OG  (OA  OD  OC )  (3OA  OB  2OC ) uuur uuur uuu r uuu r uuur uuu r uuu r uuur OG CD  (3 OA  OB  OC )( OA  OB  2OC ) Do đó: uuu r ur uuu r uuur 3OA2  OB  4OC  4OA.OB  4OA.OC  uuu r uuu r uuur uuuruuu r  4OA(OB  OC )  4OA.CB  Vậy: OG  DC uur uuu r uuu r uuu r điểm thoả mãn: BT3: Cho hbh ABCD Gọi G trọng tâm tam giác ABC cmr: GA + GC + GD = BD BT4 Cho tam giác ABC Biết I, J, K uu r uu r uuu r r uur uur uuu uuu r r uuu r r IA =- IB, KB =- KC JA = JC AB = a , AC =b 3 , Đặt r r uur uur a a) Biểu diễn vecto IK KJ theo vecto , b b) CMR: I , J , K thẳng hàng tính tỉ số diện tích hai tam giác IJA BKI BT5: Cho hình thoi ABCD cạnh a, góc �BAD  60 ; điểm M chạy đường tròn nội uuu r uuur uuur uuur MA + MB + MC + MD tiếp hình thoi ABCD Tính Ngày soạn: Ngày dạy: BUỔI 14-15-16: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG HÌNH HỌC PHẲNG I MỤC TIÊU Kiến thức: Ôn lạicác kiến thức PT đường thẳng; đường tròn… Kĩ năng: giải thành thạo tọa độ hình học phẳng, đặc biệt trọng dến toán tam toángiác, tứ giác Tư , thái độ: Tư loogic tổng hợp Tự giác, tích cực học tập II CHUẨN BỊ: Giáo viên: Giáo án, tập III IV Học sinh: Ôn tập PHƯƠNG PHÁP: Gợi mở vấn đáp- luyện tập NỘI DUNG BÀI HỌC Ổn định lớp: Kiểm tra sĩ số: 10A1: 55 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 Kiểm tra cũ: Kết hợp Bài mới: BT1: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vng góc Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I Các đường thẳng AI, BI, CI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác �7 � � 13 � M  1; 5 , N � ; � , P�  ; � �2 � � 2 �(M, N, P không trùng với đỉnh ABC điểm tam giác ABC) Tìm tọa độ đỉnh A, B, C biết đường thẳng AB qua điểm Q  1; 1 điểm A có hồnh độ dương A N P I K C B M GIẢI: Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đường tròn qua điểm M, N, P nên ta lập phương 2 trình là: x  y  3x  29  suy tâm K đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tọa độ �3 � K�  ; 0� � � uuur uuur nAB  KP    2; 1 Do AB  KP nên AB có vtpt AB :  x  1  1 y  1  � x  y   Suy phương trình Do tọa độ A, B nghiệm hệ x  1, y  �2 x  y   �y  x  � � � �2 � � x  4, y  5 x  y  3x  29  �x  x   � phương trình � uuur uuur n  2;1 AC  KN  A  1;5  , B  4; 5  Suy Do AC  KN nên AC có vtpt AC :  x  1  y   � x  y   Suy pt Khi tọa độ A, C nghiệm hệ phương trình: x  y   y   x  x  1, y  � � � � �2 �� �2 C  4; 1 x  4, y  1 � �x  y  3x  29  �x  x   Từ suy Vậy A  1;5  , B  4; 5  C  4; 1 , BT2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(1;2) Đường thẳng  đường phân giác góc A có phương trình 2x  y   ; Khoảng cách từ C đến  gấp lần khoảng cách từ B đến  Tìm tọa độ A C biết C nằm trục tung 56 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 y0  , theo ta có GIẢI: D(B;  )= ; C(0:y0) ; D(C;  )= y0   � y0  10; y  8 Vẽ hệ trục tọa độ, điểm B, ý C khác phía B  suy C(0;-8) Gọi B’(a;b) điểm đối xứng với B qua  B’nằm AC uuuu r uur u  (1; 2) nên ta có: a  2b   ; Do BB '   Trung điểm I BB’ phải thuộc  nên có: 2a  b   Từ ta có: a= -7/5; b=4/5 uuur uuuu r � 44 � uuur uuuu r A(x; y); CA   x; y   ;CB'  �  ; � CA  CB ' �5 � Theo định lý Ta - Let suy Ta có: Từ suy A( 21 26 ; ) 10 ;C(0;-8) BT3: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai điểm A  1;  B  4;3 Tìm tọa độ điểm M trục hồnh cho góc AMB 45 ( HSG VP 2010- 2011) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn với trực tâm H Các đường thẳng AH, BH, CH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D, E, F (D khác A, E khác B, F khác C) Hãy viết phương trình cạnh AC tam giác ABC; biết �6 17 � D  2;1 , E  3;  , F � ; � �5 � M  x;0  GIẢI: 1, Giả sử tọa u độ Khi uurcủa uuur Theo giả thiết ta có MA.MB  MA.MB.cos 45 �   x   x    � x  x  10    x      x uuur uuur MA    x;  ; MB    x;3    � x  x  10  x  x  x  x  25  x  x  x  x  25 (do x  x  10  0)   � x  10 x3  44 x  110 x  75  �  x  1  x   x  x  15  � x  1; x  M  1;0  M  5;0  Vậy ta có hai điểm cần tìm Gọi A’, B’, C’ chân đường cao hạ từ đỉnh A, B, C Do tứ giác BCB’C’ nội tiếp � � � � nên FDA  FCA  ABE  ADE � H nằm đường phân giác hạ từ D tam giác DEF, tương tự ta H nằm đường phân giác hạ từ đỉnh E tam giác DEF Vậy H tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF Ta lập phương trình đường thẳng DE, DF 57 2 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 DE : x  y   0; DF : x  y   Do phương trình phân giác ngồi đỉnh D 3x  y  3x  y  � � x   0; y   10 10 Kiểm tra vị trí tương đối E, F với hai đường ta phân giác kẻ từ đỉnh D d : x   Tương tự ta lập phương trình phân giác kẻ từ đỉnh E d ' : x  y   Mặt khác H giao d d’ nên H  2;3 �5 � B '� ; � �2 �và có vtpt Ta uuurcó AC trung trực HE nên AC qua trung điểm HE   1;1 � AC : x  y   E A B' C' F B H A' C D BT4: Trong mặt phẳng Oxy , cho ABC có H (1;4), I ( 3;0) trực tâm tâm đường tròn ngoại tiếp, trung điểm cạnh BC M (0; 3) Tìm tọa độ A, B, C biết đỉnh B có hồnh độ dương A H(-1;4) I(-3;0) B M(0;-3) C uuur Ta có: IM  (3; 3) vtpt BC , suy phương trình đường BC là:  x     y  3  � x  y    x  1   y -   � x  y   Phương trình AH là: A  a;3  a  , B  b; b   ,  b   Suy tọa độ A B có dạng: � C   b; b  3 , (vì M trung điểm BC ) 58 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 uur uur uuur uuur � IA  (a  3;3  a), IB  (b  3; b  3), BH  (1  b;7  b), AC  ( a  b; a  b  6) �IA  IB � ( a  3)  (3  a)  (b  3)  (3  b) (1) u u u r u u u r � � � ( a  b)(1  b)  (7  b)( a  b  6)  (2) BH AC  � � Từ giả thiết suy ra: Từ (1) � a  b a  b a  b  7 (l ) � �� a  b  � A(3;0), B (3;0) (l ) � + Với a  b thay vào (2) a  7, b  � A(7;10), B (7; 4), C ( 7; 10) � �� a  3, b  3 (l ) � + Với a  b thay vào (2) Vậy A( 7;10), B(7; 4), C (7; 10) BT5: Trong hệ trục toạ độ oxy cho hình bình hành ABCD có B(1;5), gọi H hình chiếu vng góc A lên cạnh BC, đường thẳng AH có phương trình là: x+2y-2=0 � Đường phân giác góc ACB có phương trình là: x-y-1=0 Tìm toạ độ đỉnh A,C,D hình bình hành GIẢI: BC qua B(1;5) vng góc với AH nên pt BC là: -2x+y-3=0 C  BC �d (d đường phân giác góc � ACB ) nên toạ độ C nghiệm hệ 2 x  y   � � C ( 4; 5) � �x  y   B A K B’ I D C � Gọi B’ điểm đối xứng B qua đường phân giác d góc ACB Gọi K  BB '�d , Pt đường thẳng BB’ x+y-6=0 K ( ; ) � B '  6;0  toạ độ K 2 suy phương trình đường thẳng CB’ x-2y-6=0 Do H A  CB '�AH � A  4; 1 Gọi I tâm hình bình hành ta có I(0;-3) suy D(-1;-11) Vậy A(4;-1), C(-4;-5), D(-1;-11) 59 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 BT6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC không tam giác vuông nội H  2;  tiếp đường tròn (I) ( đường tròn (I) có tâm I ); điểm trực tâm tam giác ABC Kẻ đường kính AM, BN đường tròn (I) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết M  5;3 , N  1;3 P  4;  đường thẳng BC qua điểm ( HSG VP 2015) GIẢI: NX Các tứ giác BHCM, AHCN hình bình hành suy gọi E, F trung �7 � �3 � M�; � , N�; � �2 � �2 � điểm BC, CA E, F tương ứng trung điểm HM, HN Do x4 y2 BC :  � x y 6  � � M�; � 4 2 �2 �nên: 2 Đường thẳng BC qua điểm P(4;2), r H  2;  n AH   1; 1 AH vuông góc với BC suy AH có vtpt , kết hợp với AH qua điểm suy ra: AH :1 x    1 y    � x  y  A �AH � A  a; a  , C �BC � C  b;6  b  x x � xF  A C � �a  b  �a  � �� �� � A  1;1 , C  2;  � a  6b  � b2 � �y  y A  yC F Do F trung điểm AC nên: � Do E trung điểm BC nên: x x � xE  B C � �xB  xE  xC �x  � �� � �B � B  5;1 � �yB  �yB  yE  yC �y  yB  yC A  1;1 , B  5;1 , C  2;  �E Vậy A F H N I B E P C M BT7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm E  9;  đường thẳng d : x  y   Điểm nằm đường thẳng chứa cạnh AB, điểm F  2; 5  nằm đường thẳng chứa cạnh AD, AC  2 60 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 1.Tìm tọa độ điểm E’ đối xứng với E qua đường chéo AC Xác định tọa độ đỉnh hình thoi ABCD biết điểm C có hồnh độ âm � 1.E’ điểm đối xứng với E qua AC, AC phân giác góc BAD nên E’ thuộc AD EE’ vng góc với AC qua điểm E  9;  nên có phương trình x  y   �x  y   �x  �� � I  3;   � �y  2 Gọi I giao AC EE’, tọa độ I nghiệm hệ �x  y   Vì I trung điểm EE’ nên E '(3; 8) Vậy E’(-3;-8) uuuur E '(  3;  8) F (  2;  5) Đường thẳng AD qua có VTCP E ' F (1;3) nên phương trình là: 3( x  3)  ( y  8)  � 3x  y   Điểm A  AC �AD � A(0;1) Giả sử C (c;1  c ) Theo AC  2 � c  � c  2; c  2 Do hoành độ điểm C âm nên C (2;3) Gọi J trung điểm AC suy J (1; 2) , đường thẳng BD qua J vng góc với AC có phương trình x y3 Do D  AD �BD � D (1; 4) � B( 3; 0) Vậy A(0;1) , B(3;0), C (2;3), D(1; 4) BT8: Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy ) cho điểm A(1;1) , B (2;0) C (3; 4) Viết phương trình đường thẳng  qua điểm A cho tổng khoảng cách từ hai điểm B C đến đường thẳng  đạt giá trị lớn BT9: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai điểm A  1;  a) Viết phương trình tổng quát đường thẳng qua hai điểm A, B 61 B  4;3 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 b) Đường thẳng d qua A, d cắt trục hoành M (hoành độ M dương), d cắt trục tung N (tung độ N dương) Tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác OMN GIẢI: a Đường thẳng qua hai điểm A  1;  B  4;3 x 1 y   1 có PT tắc Nên có PT tổng qt : x  y  13  x y  1 a b b Giả sử M(a;0); N(0;b), a>0; b>0 PT đường thẳng MN:  a b Vì MN qua A nên    ab � � 8;" " a b 2 ab 16 ab a2 � � b8 � 1  OM ON  ab �8 Diện tích tam giác vng OMN( vng O)là S Vậy S nhỏ d qua M(2;0), N(0;8) BT10: Cho tam giác nhọn ABC, đường phân giác góc A cắt cạnh BC D cắt đường tròn ngồi tiếp tam giác ABC E(2;1) khác A Viết phương trình đường thẳng BE 2 biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD có phương trình x  y  x  y   Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD o � � �  180  BID  180  BAD  90o  BAD � IBD 2 Ta có: � � � �BAE  CAE � � � BAD  DBE � �  CAE � CBE � Mặt khác: A o �  IBD �  DBE �  90o  BAD �  DBE �  90o � IBE => BE tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD 62 I B D E C GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 Gọi đường thẳng BE có dạng:  a  x    b  y  1  0, a  b �0 Theo đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD có tâm I  2;3  R = Do BE tiếp tuyến chứng minh nên d  I ; BE   R � Chọn a = ta 4a  2b  � 2a  b  4ab  a2  b2 b  2 � x    y   �x    62 y 0 Vậy có hai đường thẳng BE cần tìm: BT11: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho A(1;2) đường thẳng d: 4x – 3y – 23 = Hai điểm B C di chuyển d cho đoạn BC ln có độ dài Tìm B C cho chu vi tam giác ABC nhỏ Gọi d’ đường thẳng qua A // d => d’ có pt: 4x – 3y + = Gọi D(x ; y) d’ cho AD = Ta có: uuur 4 D( x; x  ) � AD  ( x  1; x  ); AD  � D  4;6  ; D’  –2; –2  3 3 Ta có chu vi tam giác ABC là: AB + BC + CA = AB + BC + => chu vi tam giác ABC nhỏ AB + AC nhỏ Xét tứ giác ABCD Dễ có ABCD hình bình hành => AB + AC = AC + CD Gọi A’ đối xứng với A qua d => AC = A’C => AC + CD = A’C + CD => AB + AC nhỏ A’C + CD nhỏ nhất, hay điểm A’, C, D thẳng hàng Do A’ đối xứng với A qua d nên tìm H  AA '�d � H (5; 1) � A’  9; –4  uuur uuur 13 C  d �A ' D � C ( ;1) BC  AD � B( ; 3) Do => A’D: 2x + y – 14 = ta có 13 ( ; 3) ( ;1) Thấy A’, C, D thẳng hàng A’, B, D’ thẳng hàng nên điểm cần tìm là: AA’: 3x + 4y – 11 = ta có BT12: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông A D; AB  AD, CD  AD Đường thẳng BD có phương trình x  y   , đường thẳng 63 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 AC qua điểm M  4;2  Tìm tọa độ đỉnh A biết diện tích ABCD 10 điểm A có hồnh độ nhỏ 2.( HSG VP) GIẢI: Gọi I  AC I BD , H hình chiếu B CD 1  tan D  tan C 1 tan � AID  tan  D1  C1    1� � AID  450 1  tan D1 tan C1  Ta có 2 Đường thẳng AC có dạng: a ( x  4)  b( y  2)  � ax  by  4a  2b  (a  b  0) Góc AC BD 45 nên cos 450  a  2b a b 2 � 3a  8ab  3b  a  ; a  3 Chọn b=1 ta Từ suy phương trình AC x  y  10  3x  y  10  BE AB IA AD  2�   IE BE Gọi E  BH I AC , ta có EH CH Ta có S ABCD   AD  AD  AD  10 � AD  2 Từ tìm AI  10 17 11 � � 10 I� ; � AI  A 10  t ; t   AC : x  y  10  5 � Gọi ta có * Nếu , suy � từ 2 17 � � 11 � 32 � �29 � A  1;3 ; A � ; � 10  3t  � � t  � � t  3; t  � 5� � 5� 5 Suy �5 � � Do x A  � A  1;3  64 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 �21 13 � 10 I� ; � AI  A t ;3 t  10   từ ta có * Nếu AC : x  y  10  , suy �5 � Gọi 2 13 � 32 17 � 21 � � t  � � 3t  10  � � t  5; t  � 5� 5 (không thỏa mãn x A  t  ) � 5� � Vậy điểm A cần tìm A  1;3 Chú ý: Nếu HS tính cạnh AD  cho 0,25 điểm BT13: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC điểm, đường thẳng chứa đường cao kẻ từ đỉnh B qua điểm đường thẳng chứa cạnh AC qua điểm Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC , biết điểm đối xứng đỉnh A qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm ( HSG 12 VP 2014- 2015) Gọi H trực tâm tam giác ABC , ta chứng minh BDCH hình bình hành nên M trung điểm HD suy Đường thẳng BH có vtcp vtpt A H F O E B C M D Do AC  BH nên vtpt AC r r n AC  u BH   1;1 � pt AC : x  y   Do AC  CD nên vtpt CD r r n DC  u AC   1; 1 � pt DC : x  y   Do C giao AC DC nên tọa độ C nghiệm hệ phương trình 65 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 Do M trung điểm BC nên Vì AH vng góc với BC nên AH có vtpt Do A giao điểm AC AH nên tọa độ A nghiệm hệ phương trình: A  2;  , B  1; 1 ,  5; 1 Vậy tọa độ đỉnh tam giác ABC 4, CỦNG CỐ: 5, BTVN: BT1: Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(3;0) trung điểm BC I(6;1) Đường thẳng AH có phương trình x + 2y - = Gọi D E chân đường cao kẻ từ B C D ABC Xác định tọa độ đỉnh D ABC, biết đường thẳng DE có phương trình x - = điểm D có tung độ dương (đ/sA(-1;2), B(4;-3), C(8;5) BT2: Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(3;-4) đỉnh D ABC Phương trình đường trung trực cạnh BC x + y - = phương trình đường trung tuyến kẻ từ C D ABC 3x - y - = Tìm tọa độ đỉnh B C ( Đ/S:C (3;0), B (1;- 2) 66 ... �f (1) �0 � 2m �۹ 0 m �2 � � � � + T.hợp 2: � m  1, ( t / m) GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 �3  10 �3  10 3  10 3  10 m m � � 0 � 2 � � � � � �� 2m   � m  2 �x1  1 � �f...   x  2x  Bài HSG 10 - VP2013: � Bài HSG 10 - VP2015: Giải hệ phương trình: 28 ĐS: 2 �x  y  3xy  y   �2 �x  y  y    x, y    3,1 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 ĐS: ��9 � ; �... trình: a, � B.Hệ phương trình đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc ( từ năm 2009 đến 2015) 27 (1) (2) GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 �y ( xy  2)  3x �2 y  x2 y  2x  Bài HSG 10 - VP2009: � HD: Nếu xy �0 :