GIÁO án bồi DƯỠNG HSG môn TOÁN lớp 10

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 Ngày soạn: Ngày dạy: BUỔI 1: CÁC VẤN ĐỀ LIÊN QUAN ĐẾN TAM THỨC BẬC HAI 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 x1 , x2 x1 + x2 ≤ hai nghiệm thỏa mãn điều kiện Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ P = x13 + x23 + x1 x2 ( x1 + 3x2 + ) biểu thức sau: (HSG VP 2011- 2012) GIẢI: x1 , x2 x1 + x2 ≤ Phương trình cho có hai nghiệm thỏa mãn m ≥  m m2 − ≥ ∆ ' ≥  −2 ≤ m ≤  ⇔ ⇔ ⇔   −2 ≤ m ≤ ⇔  2 ≤ m ≤  x1 + x2 ≤ m ≤  ( m − 1) ≤  I ( ) x1 + x2 = ( 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 16 P -144 Pmax = 16 Từ bảng biến thiên ta được: y = x − 3x + -24 m = Pmin = −144 m = −2 , y = −x + m BT2: Cho hàm số hàm số 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 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 GIẢI: Yêu cầu toán x − 3x + = − x + m ⇒ hay PT sau có hai nghiệm phân biệt x2 − 2x + − m = (*)có ∆'> ⇔ xI = xA ; xB Gọi nghiệm (*), I trung điểm AB ta có m>1 xA + xB = y = −x + m = m − I I ; ⇔ y I = x I ⇔ m − = ⇔ m = 2; m = Yêu cầu toán Kết hợp ĐK, kết luận m=2 BT3: Cho hệ phương trình a) Tìm m x + y = m −  2  x + y + x + y = −m + (trong m tham số) 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 x − ( 3m + 1) x + 6m − = ( HSG VP 2010- 2011) S = x + y; P = xy GIẢI: 1, a Đặt Khi hệ phương trình trở thành S = m − S = m−2   ⇔   2  S − P + S = −m + P = m − m − S ≥ P ⇔ ( m − ) ≥ ( m − m − ) ⇔ m ≤ ⇔ −2 ≤ m ≤ 2 Để hệ có nghiệm A = P + S + 2011 = m2 + m + 2005 b Ta có m = −0,5 max A = 2011 m = A = 2004, 75 Lập bảng biến thiên ta ; −3 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 m -2 - 2 2011 2007 A 2004,75 t = x2 ≥ Đặt t = ⇔ t = 3m − t − ( 3m + 1) t + 6m − = , thay vào phương trình ta phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt  3m − > m > ⇔  3m − ≠  m ≠ Khi phương trình cho có bốn nghiệm Để nghiệm lớn Vậy giá trị m −3 ± 2; ± 3m − − 3m − > −3 ⇔ 3m − < ⇔ m <  10  m ∈  ; ÷ \ { 1} 3  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≤0 ≤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 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10  '  ∆ = ( m + ) − ( m − 1) ( 2m + 1) >  2(m + 2) 5+3  ⇔ S = >0 ⇔ ⇔ < m < m −1  2m +   P = m − > 1< m < KL: 5+3 ( x − 1)( x − 2mx + m + 2) = (1) BT5: Cho phương trình: (1) a Giải phương trình m=3 b Tìm m để phương trình x12 + x2 + x32 = x1 , x2 , x3 (1) có ba nghiệm phân biệt thỏa mãn: ( x − 1)( x − x + 5) = m=3 GIẢI: a, Khi , PT (1) trở thành: x =1  x −1 =  x =1 ⇔ ⇔ ⇔  x − 6x + =  x = 1∨ x = x = S = { 1;5} KL: Vậy tập nghiệm PT là: x −1 =  (1) ⇔   x − 2mx + m + = 0(2) b Ta có: (1) x ≠1 Để có ba nghiệm phân biệt (2) phải có hai nghiệm phân biệt Khi điều kiện là: m2 − m − > m < −1 ∨ m > ∆' >  ⇔ ⇔ (*)  m≠3   3− m ≠ 1 − 2m + m + ≠ x1 = 1, x2 , x3 Giả sử nghiệm (2) Khi theo định lí Viet ta được: x1 + x2 + x3 = ⇔ ( x2 + x3 ) − x2 x3 = 2 Và  m=2 ⇔ m = − ⇔ 4m − 2( m + 2) =   x2 + x3 = 2m   x2 x3 = m + GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 m=− So sánh với điều kiện (*) ta thỏa mãn Tìm m để bất phương trình sau nghiệm ∀x −2 ≤ : x − x + 3m 0, ∀x GIẢI: Ta có : −2 ≤ Do đó: 2 x − x + 3m ≥ −2 x − x −  x + x + + 3m ≥ 0(1) x − x + 3m < ⇔ ⇔  2 x2 + x +  x − x + 3m < 3x + 3x + 12  x + x + 12 − 3m > 0(2) Bất phương trình cho nghiệm ∀x (1) (2) nghiệm ∆ ≤ −127 − 48m ≤ 127 ⇔ ⇔ ⇔− ≤m< 48  −32 + 12m < ∆ < BT7: Cho phương trình ∆ ≤ ⇔ ∆ < ∀x KL: x − mx + m − = a Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt x12 + x22 = x1 , x2 dương phân biệt Tìm m để b Giả sử phương trình có nghiệm GIẢI: a Đk để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt là:    −2 < m <  m    ⇔ 3 ⇔ m > P >    m > m > m < −   Vậy với 3 (m− 1)x2 − 2(m+ 1)x + 3(m− 2) > e) f) Bài Tìm m để bất phương trình sau vơ nghiệm: (m+ 2)x2 − 2(m− 1)x + < (m− 3)x2 + (m+ 2)x − > a) b) (m2 + 2m− 3)x2 + 2(m− 1)x + 1< c) mx2 + 2(m− 1)x + ≥ d) (3− m)x2 − 2(2m− 5)x − 2m+ > e) mx2 − 4(m+ 1)x + m− < f) Bài Tìm tập xác định hàm số sau: y = 2− x − a) x+ b) 1− x − 1+ x y= x y= c) 3x2 − x x2 − x + x − GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 y= x2 + 2x + − 5− x d) x + + 3− 2x x −1 y= e) 2x − y= x x −4 f) Bài Xét biến thiên hàm số sau: y= y = − x + 4x − a) (−∞; 2) b) y= y = 3− 2x d) e) x+ x−1 y= (1; +∞) y= x−2 x−1 c) f) x+ x− (2; +∞) Bài Xét tính chẵn lẻ hàm số sau: y= x4 + x2 − a) d) y = x(x2+ x ) y = + x + 3− x x2 − b) c) x+ + x−1 y= x+ − x−1 y= e) x x y = x− x2 + f) Ngày soạn: Ngày dạy: BUỔI 2- 3: CÁC VẤN ĐỀ LIÊN QUAN ĐẾN TAM THỨC BẬC HAI IV NỘI DUNG BÀI HỌC Ổn định lớp: Kiểm tra sĩ số: 10A1: Kiểm tra cũ: Kết hợp Bài mới: BT1: Tìm tất giá trị m cho ( m − 1) x + ( m + ) x + 2m + ≥ vô nghiệm (x ẩn, m tham số) GIẢI: Bất phương trình cho vơ nghiệm bất phương trình GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 TH1 Nếu TH2 Nếu m =1 m ≠1 x + < 0, ∀x ∈ ¡ ⇔ x < − , ∀x ∈ ¡ vơ lí ( m − 1) x + ( m + ) x + 2m + < ∀x ∈ ¡ m − < m < ⇔   2  −m + 4m + < ∆ ' = ( m + ) − ( m − 1) ( 2m + ) < m <  ⇔   m > + 10 ⇔ m < − 10    m < − 10 m ( S = −∞; − 10 ) Vậy tập hợp giá trị 2014 2015 f ( x) = + −x + 2x + x2 − 2x BT2: a)Tìm tập xác định hàm số: ( HSG VP 2015) x f ( x) = ( −1; +∞ ) x +1 b) Chứng minh hàm số đồng biến khoảng f ( x ) = 2015 − x − 2015 + x c) Chứng minh hàm số hàm số lẻ ( P ) : y = x − 2x + 1, BT3: Trong mặt phẳng Oxy biết A(0; 1) B(3; 4) thuộc parabol 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] x − y +1 = GIẢI: Pt đường thẳng AB: ; I nằm cung AB (P) ⇔ d ( I; AB ) = m − 3m Diện tích IAB lớn [ 0;3] f ( m ) = m − 3m lớn Xét hàm số m 0 −9 f(m) ta có: GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 ∀m ∈ [ 0;3] , ≤ m − 4m ≤ 9 ⇒ d ( I; AB ) ≤ 4 Suy Vậy ⇔m= Dấu “=” xảy 3 1 I ; ÷ 2 4 3 1 ⇒ I ; ÷ 2 4 điểm cần tìm y = − x + 2(m + 1) x + − m BT4: Cho hàm số: , (1) ( m K (2; −2) tham số) điểm A, B m a Tìm giá trị để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành hai điểm phân biệt KAB K cho tam giác vng m b Tìm giá trị tham số để hàm số (1) đạt giá trị lớn đoạn [0; 1] f ( x ) = x − (3m − 1) x + 2m − 2m m BT5: Cho tam thức bậc hai ( tham số) f ( x) ≤ a) Giải bất phương trình m=2 f ( x) = b) Tìm m để phương trình BT6: Cho phương trình: x1 − x2 = x1 x2 x1 ; x2 có hai nghiệm cho x − x − 2m x − x + m − m + = a) Giải phương trình với ( m tham số) m=3 b) Tìm m để phương trình cho có nghiệm m = 3; m = − Đ/S : 5b, 6b, Đăt t = x − 3x x = −1; x = 4; ; ( ĐK 6a : t≥0 x= − 73 + 73 ;x = 2 t − 2mt + m2 − m + = ( *) ).Ta PT : 10 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 CÂU 24: Ta có 1 a +b + c 2p + + = = ab bc ca abc RS p = Rpr Rr = BC = a = 10, AC = b, AB = c BT1: Cho tam giác ABC có góc A 60 , r= 3 , bán kính đường tròn nội tiếp Tính độ dài b c a a 10 = 2R ⇒ R = = sin A 2sin A HD: Áp dụng định lý hàm sin ta có: S∆ABC = Mặt khác: abc 40 10 + b + c 10 = p.r ⇒ 10bc = Rpr = ⇔ bc = (10 + b + c) 4R 3 Theo ĐL hàm cosin: a = b + c − 2bc.cos A ⇔ 100 = b + c − bc ⇔ 100 = (b + c) − 3bc 100 = (b + c)2 − Thay (1) vào (2) ta được: 10 (10 + b + c) Đặt t=b+c (t>0), phương trình (3) trở thành: Với t = 20 suy ra: , (1) , (2) , (3) t = 20 t − 10t − 200 = ⇔  t = −10 (loai ) b + c = 20 b = 10  ⇔ 10  c = 10 bc = (10 + 20) = 100 Vậy b = c = 10 BT2: Cho tam giác ABC cân A, nội tiếp đường tròn tâm O Gọi D trung điểm AB G OG ⊥ DC trọng tâm tam giác ADC Chứng minh 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 65 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 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 6OG.2CD = (3OA + OB + 2OC )(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 BT3: Cho hbh ABCD Gọi G trọng tâm tam giác ABC cmr: BT4 Cho tam giác ABC uur uuu r uuu r uuu r GA + GC + GD = BD I, J, K Biết điểm thoả mãn: 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 a) Biểu diễn vecto uur IK uur KJ r r a, b theo vecto I, J,K b) CMR: BT5: Cho hình thoi tiếp hình thoi thẳng hàng tính tỉ số diện tích hai tam giác ABCD ABCD IJA BKI ∠BAD = 600 cạnh a, góc ; điểm M chạy đường tròn nội uuu r uuur uuur uuur MA + MB + MC + MD 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 Học sinh: Ôn tập PHƯƠNG PHÁP: Gợi mở vấn đáp- luyện tập 66 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 NỘI DUNG BÀI HỌC Ổn định lớp: Kiểm tra sĩ số: 10A1: 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 IV    13  M ( 1; −5 ) , N  ; ÷, P  − ; ÷ 2 2  2 ABC điểm (M, N, P không trùng với đỉnh 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 x + y + 3x − 29 = trình là: suy tâm K đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tọa độ   K − ; 0÷   uuur uuur nAB = KP = − ( 2; −1) AB ⊥ KP Do nên AB có vtpt AB : ( x + 1) − 1( y − 1) = ⇔ x − y + = Suy phương trình Do tọa độ A, B nghiệm hệ 2 x − y + =  y = 2x +  x = 1, y = ⇔ ⇔    x = −4, y = −5 2   x + y + 3x − 29 =  x + 3x − = phương trình 67 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 A ( 1;5 ) , B ( −4; −5 ) uuur uuur nAC = KN = ( 2;1) AC ⊥ KN Suy Do nên AC có vtpt AC : ( x − 1) + y − = ⇔ x + y − = Suy pt Khi tọa độ A, C nghiệm hệ phương trình: 2 x + y − =  y = −2 x +  x = 1, y = ⇔ ⇔  2 C ( 4; −1)  x = 4, y = −1  x + y + 3x − 29 =  x − 5x + = Từ suy Vậy A ( 1;5 ) , B ( −4; −5 ) C ( 4; −1) , Oxy BT2: Trong mặt phẳng tọa độ B(1;2) cho tam giác ABC có Đường thẳng ∆ 2x + y − = phân giác góc A có phương trình lần khoảng cách từ B đến ∆ GIẢI: D(B; )= y0 − = ∆ ; Khoảng cách từ C đến đường ∆ gấp Tìm tọa độ A C biết C nằm trục tung y0 − ∆ ; C(0:y0) ; D(C; )= , theo ta có ⇔ y0 = 10; y0 = −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 a − 2b + = BB' ⊥ u ∆ = (1; −2) Do nên ta có: ; Trung điểm I BB’ phải thuộc Theo định lý Ta - Let suy A( Từ suy −21 26 ; ) 10 ∆ nên có: uuur uuuu r CA = CB' 2a + b + = Ta có: ;C(0;-8) 68 Từ ta có: a= -7/5; b=4/5 uuur uuuu r  44  A(x; y); CA = ( x; y + ) ; CB' =  − ; ÷  5  GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 A ( 1; ) BT3: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai điểm độ điểm M trục hồnh cho góc AMB 450 B ( 4;3) Tìm tọa ( 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  17  D ( 2;1) , E ( 3; ) , F  ; ÷ 5  uuur uuur MA = ( − x; ) ; MB = ( − x;3 ) M ( x;0 ) GIẢI: 1, Giả sử tọa u độ Khi uurcủa uuur MA.MB = MA.MB.cos 450 Theo giả thiết ta có ⇔ ( − x) ( − x) + = ( ⇔ x − x + 10 ) (1 − x) ( + )( ( − x) + ⇔ x − x + 10 = ) x − x + x − x + 25 2 = 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; ) M ( 5; ) 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 · · FDA = FCA = ·ABE = ·ADE ⇒ nên 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 DE : x − y − = 0; DF : x + y − = Do phương trình phân giác đỉnh D 3x − y − 3x + y − =± ⇔ x − = 0; y − = 10 10 Kiểm tra vị trí tương đối E, F với hai đường d :x−2=0 ta phân giác kẻ từ đỉnh D Tương tự ta lập phương trình phân giác d ' : x − y +1 = kẻ từ đỉnh E H ( 2;3) Mặt khác H giao d d’ nên 5 7 B ' ; ÷ 2 2 Ta có AC trung trực HE nên AC qua trung điểm có vtpt 69 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 uuur HE = ( 1;1) ⇒ AC : x + y − = E A B' C' F B H A' C D Oxy BT4: Trong mặt phẳng , cho ∆ABC tâm đường tròn ngoại tiếp, trung điểm cạnh đỉnh B H (−1;4), I ( −3;0) có BC trực tâm M (0; −3) A, B, C Tìm tọa độ có hồnh độ dương A H(-1;4) I(-3;0) B C M(0;-3) uuur IM = (3; −3) Ta có: vtpt BC , suy phương trình đường BC là: ( x − ) − ( y + 3) = ⇔ x − y − = Phương trình AH Suy tọa độ ( x + 1) + ( y - ) = ⇔ x + y − = là: A B A ( a;3 − a ) , B ( b; b − 3) , ( b > ) có dạng: ⇒ C ( −b; −b − 3) BC M , (vì trung điểm ) 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) 70 biết GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 Từ giả thiết suy ra: ⇒ a =b Từ (1) + Với + Với a=b ( a + 3)2 + (3 − a ) = (b + 3) + (3 − b) (1)  IA = IB u u u r u u u r ⇔   ( a + b)(1 + b) + (7 − b)( a − b − 6) = (2)  BH AC = a = −b  a = b = −7 (l ) ⇒  a = b = ⇒ A(3;0), B(3;0) (l ) thay vào (2) a = −b thay vào (2)  a = −7, b = ⇒ A( −7;10), B(7; 4), C ( −7; −10) ⇒  a = 3, b = −3 (l ) A( −7;10), B(7; 4), C ( −7; −10) Vậy 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 B A  −2 x + y − = ⇒ C (−4; −5)  x − y −1 = K B’ I D C Gọi B’ điểm đối xứng B qua đường phân giác d góc Gọi K = BB '∩ d , Pt đường thẳng BB’ x+y-6=0 toạ độ K H K ( ; ) ⇒ B ' ( 6; ) 2 suy phương trình đường thẳng CB’ x-2y-6=0 71 ·ACB GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 A = CB '∩ AH ⇒ A ( 4; −1) Do 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) Oxy BT6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , 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 5 3 5 M  ; ÷, N  ; ÷ 2 2 2 2 điểm BC, CA E, F tương ứng trung điểm HM, HN Do x−4 y−2 BC : = ⇔ x+ y −6 = 7 5 M ; ÷ −4 −2 2 2 2 Đường thẳng BC qua điểm P(4;2), nên: r H ( 2; ) n AH = ( 1; −1) AH vng 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 A + xC   xF = a + b = a = ⇔ ⇔ ⇒ A ( 1;1) , C ( 2; )  a + − b = b =  y = y A + yC  F Do F trung điểm AC nên: Do E trung điểm BC nên: xB + xC   xE =  xB = xE − xC x = ⇔ ⇔ B ⇒ B ( 5;1)   yB =  yB = yE − yC  y = yB + yC  E 72 A ( 1;1) , B ( 5;1) , C ( 2; ) Vậy GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 A F H N I B E C P M BT7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm E ( 9; ) d : x + y −1 = đường thẳng Điểm nằm đường thẳng chứa cạnh AB, điểm F ( −2; −5 ) nằm đường thẳng chứa cạnh AD, AC = 2 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 E ( 9; ) góc với AC qua điểm nên E’ thuộc AD EE’ vuông x− y−5= nên có phương trình Gọi I giao AC EE’, tọa độ I nghiệm hệ x − y − = x = ⇔ ⇒ I ( 3; − )   x + y −1 =  y = −2 E '(−3; −8) Vì I trung điểm EE’ nên · BAD Vậy E’(-3;-8) 73 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 E '(−3; −8) Đường thẳng AD qua 3( x + 3) − ( y + 8) = ⇔ x − y + = A = AC ∩ AD ⇒ A(0;1) Điểm uuuur E ' F (1;3) F (−2; −5) có VTCP nên phương trình là: C (c;1 − c ) Giả sử AC = 2 ⇔ c = ⇔ c = 2; c = −2 Theo C (−2;3) Do hoành độ điểm C âm nên J (−1; 2) Gọi J trung điểm AC suy x− y+3= , đường thẳng BD qua J vng góc với AC có phương trình D = AD ∩ BD ⇒ D (1; 4) ⇒ B ( −3; 0) Do A(0;1) B(−3;0), C (−2;3), D(1; 4) Vậy , (Oxy ) BT8: Trong mặt phẳng tọa độ cho điểm A(1;1) B (2;0) C (3; 4) , Viết phương trình C ∆ A B đường thẳng qua điểm cho tổng khoảng cách từ hai điểm đến đường ∆ thẳng đạt giá trị lớn A ( 1; ) BT9: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai điểm B ( 4;3) A, B a) Viết phương trình tổng quát đường thẳng qua hai điểm 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 A ( 1; ) GIẢI: a Đường thẳng qua hai điểm B ( 4;3) có PT tắc x + y − 13 = Nên có PT tổng quát : b Giả sử M(a;0); N(0;b), a>0; b>0 PT đường thẳng MN: 74 x y + =1 a b x −1 y − = −1 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 4 16 + =1⇒1≥ ⇒1≥ a b ab ab Vì MN qua A nên ⇒ a = ab ≥ 8;" = " ⇔ = = ⇔  a b b = Diện tích tam giác vng OMN( vng O)là S 1 = OM ON = ab ≥ 2 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 x2 + y + x − y − = biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD có phương trình Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD Ta có: ¼ ¼ 180o − BID 180o − BAD ¼ ¼ IBD = = = 90o − BAD 2 Mặt khác: ¼ = CAE ¼  BAE ¼ = DBE ¼ ⇒ BAD  ¼ ¼ CBE = CAE A I B D ¼ = IBD ¼ + DBE ¼ = 90o − BAD ¼ + DBE ¼ = 90o ⇒ IBE E => BE tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD ( a ( x − ) + b ( y − 1) = 0, a + b ≠ Gọi đường thẳng BE có dạng: Theo đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD có tâm I ( −2;3) Do BE tiếp tuyến chứng minh nên d ( I ; BE ) = R ⇔ −4a + 2b a2 + b2 = ⇔ 2a − b − 4ab = b = −2 ± Chọn a = ta 75 ) R = C GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 x+ ( ) −2 y− =0∨ 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 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 ) AA’: 3x + 4y – 11 = ta có C = d ∩ A' D ⇒ C( => A’D: 2x + y – 14 = ta có 13 ;1) Do uuur uuur BC = AD ⇒ B( ; −3) Thấy A’, C, D thẳng hàng A’, B, D’ thẳng hàng nên điểm cần tìm là: ( ; −3) Oxy BT12: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ x − 2y +1 = Đường thẳng BD có phương trình AC qua điểm 13 ( ;1) , cho hình thang ABCD vuông A D; AB = AD, CD = AD M ( 4;2 ) , đường thẳng Tìm tọa độ đỉnh A biết diện tích ABCD 10 điểm A có hồnh độ nhỏ 2.( HSG VP) 76 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TỐN 10 GIẢI: Gọi Ta có I = AC I BD , H hình chiếu B CD 1 + tan D1 + tan C1 tan ·AID = tan ( D1 + C1 ) = = = ⇒ ·AID = 450 − tan D1 tan C1 − a ( x − 4) + b( y − 2) = ⇔ ax + by − 4a − 2b = (a + b > 0) Đường thẳng AC có dạng: Góc AC BD Chọn b=1 ta 45 a − 2b cos 450 = a +b nên a = ; a = −3 x + y − 10 = Từ suy phương trình AC Gọi E = BH I AC S ABCD = Ta có , ta có 3x − y − 10 = BE AB IA AD = =2⇒ = = EH CH IE BE ( AD + AD ) AD = 10 ⇔ AD = 2 AI = Từ tìm AC : x + y − 10 = * Nếu ⇔ 3a + 8ab − 3b = , suy  17 11  I ; ÷  5 AI = A ( 10 − 3t ; t ) Gọi từ 17   11  32  ⇔ t = 3; t = 10 − 3t − ÷ +  t − ÷ = 5  5 5  77 10 Suy 10 ta có  29  A ( 1;3) ; A  ; ÷  5 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 x A < ⇒ A ( 1;3 ) Do AC : x − y − 10 = * Nếu , suy  21 13  I ; ÷  5 AI = A ( t;3t − 10 ) Gọi từ ta có 13  32 17  21   ⇔ t = 5; t =  t − ÷ +  3t − 10 − ÷ = 5  5 5  xA = t < (không thỏa mãn A ( 1;3) Vậy điểm A cần tìm Chú ý: Nếu HS tính cạnh Oxy BT13: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho tam giác ABC M ( 3; −1) điểm 10 , đường thẳng chứa đường cao kẻ từ đỉnh cho 0,25 điểm có trung điểm cạnh BC E ( −1; −3) qua điểm F ( 1;3) ABC Tìm tọa độ đỉnh tam giác , ABC A biết điểm đối xứng đỉnh qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác điểm đường thẳng chứa cạnh AC B AD = ) qua điểm D ( 4; −2 ) ( HSG 12 VP 2014- 2015) Gọi H trực tâm tam giác ABC , ta chứng minh BDCH hình bình hành nên uuur H ( 2;0 ) EH = ( 3;3 ) ⇒ HD BH trung điểm suy Đường thẳng có vtcp vtpt r n BH = ( 1; −1) ⇒ BH : x − y − = A H F O E B C M D 78 M GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 Do Do Do AC ⊥ BH AC ⊥ CD C nên vtpt nên vtpt giao AC r r n AC = u BH = ( 1;1) ⇒ pt AC : x + y − = AC CD DC r r n DC = u AC = ( 1; −1) ⇒ pt DC : x − y − = nên tọa độ C nghiệm hệ phương trình x + y − = x = ⇔ ⇒ C ( 5; −1)  x − y − =  y = −1 BC M Do trung điểm uuur BC = ( 4;0 ) ⇒ AH : x − = Do A giao điểm AC B ( 1; −1) nên AH x − = x = ⇔ ⇒ A ( 2; )  x + y − = y = Vậy tọa độ đỉnh tam giác Vì nên tọa độ A AH vng góc với BC nên AH có vtpt là nghiệm hệ phương trình: ABC A ( 2; ) , B ( 1; −1) , ( 5; −1) 4, CỦNG CỐ: 5, BTVN: BT1: Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(3;0) trung điểm x + 2y - = BC I(6;1) Đường thẳng AH có phương trình Gọi D E chân đường D D cao kẻ từ B C ABC Xác định tọa độ đỉnh ABC, biết đường thẳng DE có x - 2= phương trình điểm D có tung độ dương (đ/sA(-1;2), B(4;-3), C(8;5) D BT2: Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(3;-4) đỉnh ABC Phương trình đường trung x +y - 1= D trực cạnh BC phương trình đường trung tuyến kẻ từ C 3x - y - = C (3;0), B(1;- 2) ABC Tìm tọa độ đỉnh B C ( Đ/S: 79 ...  f (−1) ≠  m + ≠ ⇔ m ≠ −2      thỏa mãn GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 ⇔ m = −1, ( t / m) + T.hợp 3:  −3 − 10  −3 − 10 −3 + 10 −3 + 10