Tìm TXĐ của hàm số, xét tính chẵn lẻ của hàm số. Khảo sát sự biến thiên của hàm số, vẽ đồ thị hàm số bậc nhất, bậc hai chứa dấu giá trị tuyệt đối, hàm số cho bởi nhiều biểu thức. Từ đó sử dụng kết quả biện luận nghiệm của phương trình bằng đồ thị. Xác định tập giá trị của hàm số, từ đó đưa ra GTLN, GTNN của hàm số Tìm hàm số thỏa mãn điều kiện cho trước
ĐỀ CƯƠNG DẠY HỌC SINH GIỎI KHỐI 10 Họ Tên: ………………………………… Tổ: …………………………………………… Năm học: ……………………………………… I, Kế hoạch bồi dưỡng HSG 10 gồm ……… buổi: Buổ i Chủ đề Hàm số Các dạng tập PT Các dạng tập BPT Nội dung kiến thức Đối tượng - Tìm TXĐ hàm số, xét tính chẵn lẻ hàm số - Khảo sát biến thiên hàm số, vẽ đồ thị hàm số bậc nhất, bậc hai chứa dấu giá trị tuyệt đối, hàm số cho nhiều biểu thức Từ sử dụng kết biện luận nghiệm phương trình đồ thị - Xác định tập giá trị hàm số, từ đưa GTLN, GTNN hàm số - Tìm hàm số thỏa mãn điều kiện cho trước - Phương pháp biến đổi tương đương: Các tập PT chứa căn, PT bậc cao, PT tích, PT chứa dấu giá trị tuyệt đối, PT chứa tham số, giải biện luận PT - Phương phấp đặt ẩn phụ: PT chứa căn, PT đối xứng, PT bậc cao - Phương pháp thế, Phương pháp nhân liên hợp, PP lượng giác hóa: PT chứa - Phương pháp đánh giá, chứng minh nghiệm nhất: Chỉ giành cho đối Các tốn phức tạp có nghiệm thử từ tượng giải Nhì trở dùng BĐT để đánh giá lên - Bài toán điều kiện cần đủ: Thực PT có tham số liên quan đến mệnh đề với - Phương pháp biến đổi tương đương: Các tập BPT chứa căn, BPT tích, BPT chứa dấu giá trị tuyệt đối, BPT chứa tham số, giải biện luận BPT -Phương phấp đặt ẩn phụ: BPT chứa căn, BPT đối xứng - Phương pháp thế, Phương pháp nhân liên hợp: BPT chứa - Phương pháp đánh giá, chứng minh nghiệm nhất: Các tốn phức tạp có nghiệm thử từ dùng BĐT để đánh giá - Bài toán điều kiện cần đủ: Thực BPT có tham số - Phương pháp biến đổi tương đương: Các tập HPT đối xứng, HPT không mẫu mực, HPT chứa tham số, HPT nhiều ẩn Chỉ giành cho đối tượng giải Nhì trở lên Chỉ giành cho đối tượng giải Nhì trở lên Các dạng tập hệ PT, hệ BPT Bất đẳng thức Cơ si Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức Đường thẳng, đường tròn Véc tơ Tọa độ phẳng 10 Tọa độ phẳng - Phương phấp đặt ẩn phụ: HPT đối xứng, HPT không mẫu mực - Phương pháp thế: Các toán giải PT đưa hệ PT - Phương pháp đánh giá, chứng minh nghiệm nhất: Chỉ giành cho đối Các tốn phức tạp có nghiệm thử từ tượng giải Nhì trở dùng BĐT để đánh giá lên - Bài toán điều kiện cần đủ: Thực PT có tham số liên quan đến mệnh đề với - Các hệ BPT ản, nhiều ẩn, toán thực tiễn liên quan đến phương án tối ưu - BĐT Côsi cho 2,3 số - Áp dụng BĐT Cô si PP chọn điểm rơi để chứng minh BĐT phức tạp, kỹ thuật tách Cô si, Phương pháp dùng BĐT quen thuộc Cô si, Bunhia, Một số BĐT hay sử dụng Phương pháp dùng hàm khảo sát miền giá trị Dùng hình học giải tích chứng minh tính chất đường thẳng đường tròn Chứng minh tính chất hình học túy để áp dụng vào hình học giải tích Dùng phép tốn véc tơ để chứng minh tốn hình học tam giác, tứ giác, đường tròn Chứng minh tốn hình học phẳng PP tọa độ hóa Các tốn liên quan đến tìm tọa độ điểm, viết PT đường tròn, đường thẳng Chỉ giành cho đối tượng giải Nhất Chỉ giành cho đối tượng giải Nhì trở lên Các tốn kết hợp tính chất hình học phảng hình học toạ độ Các tốn khó kết hợp tính chất hình học phảng Chỉ giành cho đối hình học tọa độ tượng giải Nhì trở lên II, Kế hoạch chi tiết: BUỔI 1: HÀM SỐ I, Giáo viên chữa tập giao cho học sinh chuẩn bị trước x − ( m − 1) x − m3 + ( m + 1) = x m BT1: Giả sử phương trình bậc hai ẩn ( tham số): có hai nghiệm x1 + x2 ≤ x1 , x2 thức sau: GIẢI: thỏa mãn điều kiện P = x13 + x23 + x1 x2 ( x1 + x2 + ) Phương trình cho có hai nghiệm Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu (HSG VP 2011- 2012) x1 + x2 ≤ x1 , x2 thỏa mãn m ≥ m m2 − ≥ ∆ ' ≥ −2 ≤ m ≤ ⇔ ⇔ ⇔ −2 ≤ m ≤ ⇔ 2 ≤ m ≤ x1 + x2 ≤ ( m − 1) ≤ m ≤ ( ) 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 Từ bảng biến thiên ta được: Pmax = 16 -24 m = Pmin = −144 m = −2 , y = x − 3x + 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 GIẢI: Yêu cầu toán x − 3x + = − x + m Gọi xA ; xB ⇒ hay PT sau có hai nghiệm phân biệt x2 − 2x + − m = (*)có ∆'> ⇔ xI = nghiệm (*), I trung điểm AB ta có Yêu cầu toán ⇔ y I = x I ⇔ m − = ⇔ m = 2; m = Kết hợp ĐK, kết luận m=2 m>1 xA + xB = y = −x + m = m − I I ; 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 b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức Tìm tất giá trị m A = xy + ( x + y ) + 2011 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 S − P + S = −m + P = m − m − S ≥ P ⇔ ( m − ) ≥ ( m − m − ) ⇔ m ≤ ⇔ −2 ≤ m ≤ 2 Để hệ có nghiệm A = P + 2S + 2011 = m + m + 2005 b Ta có m = −0,5 max A = 2011 m = A = 2004, 75 Lập bảng biến thiên ta ; m -2 - 2 2011 2007 A 2004,75 t = x2 ≥ Đặt t = ⇔ t = 3m − , thay vào phương trình ta t − ( 3m + 1) t + 6m − = phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt 3m − > m > ⇔ 3m − ≠ m ≠ Khi phương trình cho có bốn nghiệm Để nghiệm lớn −3 ± 2; ± 3m − − 3m − > −3 ⇔ 3m − < ⇔ m < 10 −3 10 m ∈ ; ÷ \ { 1} 3 m Vậy giá trị BT4: Tìm tập xác định hàm số sau: y = 2− x − a) y= d) x+ b) x2 + 2x + 1− x − 1+ x y= x y= − 5− x e) y= c) x + + 3− 2x x −1 3x2 − x x2 − x + x − y= f) 2x − x x −4 BT5: Xét biến thiên hàm số sau: y= a) d) y = − x + 4x − (−∞; 2) b) y= y = 3− 2x e) x+ x−1 y= (1; +∞) c) y= x−2 f) BT6: Xét tính chẵn lẻ hàm số sau: x4 + x2 − y= y = + x + 3− x x2 − a) b) d) c) x−1 x+ x− y = x(x2+ x ) x+ + x−1 y= x+ − x−1 y= e) x x x2 + f ( x) = BT7: a)Tìm tập xác định hàm số: f ( x) = b) Chứng minh hàm số c) Chứng minh hàm số f) 2014 −x + 2x + x x +1 + y = x− 2015 x2 − 2x đồng biến khoảng f ( x ) = 2015 − x − 2015 + x BT8: Trong mặt phẳng Oxy biết A(0; 1) B(3; 4) thuộc parabol ( HSG VP 2015) ( −1; +∞ ) GIẢI: Pt đường thẳng AB: ; I nằm cung AB (P) hàm số lẻ ( P ) : y = x − 2x + 1, cung AB (P) cho tam giác IAB có diện tich lớn Tìm tọa độ điểm I x − y +1 = (2; +∞) điểm I nằm ⇒ I ( m; m − 2m + 1) , m ∈ [ 0;3] ⇔ d ( I; AB ) = m − 3m Diện tích IAB lớn lớn Xét hàm số f ( m ) = m − 3m m 0 −9 f(m) Suy Vậy 3 1 I ; ÷ 2 4 ta có: ∀m ∈ [ 0;3] , ≤ m − 4m ≤ [ 0;3] 9 ⇒ d ( I; AB ) ≤ 4 ⇔m= Dấu “=” xảy 3 1 ⇒ I ; ÷ 2 4 điểm cần tìm BT9: Cho hàm số: y = − x + 2(m + 1) x + − m , (1) ( m tham số) điểm K (2; −2) A, B 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] a Tìm giá trị m BT10: Cho hệ phương trình x + y = m − 2 x + y + x + y = −m + (trong m tham số) Giải hệ phương trình với m = Tìm m để hệ phương trình có nghiệm Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức A = xy + ( x + y ) + 2012 , (x, y nghiệm hệ phương trình cho) GIẢI: Đặt S = x + y; P = xy Khi hệ PT trở thành: S = m − S = m − ⇔ 2 S − P + S = −m + P = m − m − * Với m = ta có: ⇒ S = −1 P = −2 x, y nghiệm phương trình X + X − = ⇔ X = 1, X = −2 x = x = −2 h c y = −2 y = ⇒ Nghiệm hệ phương trình ⇔ S ≥ P ⇔ ( m − ) ≥ m − m − ⇔ m ≤ ⇔ −2 ≤ m ≤ 2 Hệ có nghiệm ( Ta có ) A = P + 3S + 2012 = m2 + m + 2004 Xét hàm số M f (m) = m + 2m + 2004 –2 2004 Lập bảng biến thiên f(m) –1 2012 f(m) max A = 2012 Ta II Bài tập nhà 2003 m = A = 2003 m = −1 ; f ( x) = Tìm tập xác định hàm số sau: a) Xét tính chẵn, lẻ hàm số x+3 x − 10 b) f ( x ) = 2015 + x + x − 2015 f ( x) = f ( x) = Xét tính đồng biến nghịch biến 2x + x −3 9− x ( x − 2) x + ( 3;+¥ ) khoảng Cho phương trình: x + ( m − 3) x + m −13 = Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt biểu thức: A = x1 x2 − x1 − x2 đạt GTLN 2 Tìm m để PT: x − 2mx + − m = có nghiệm x1 , x2 x1 + x2 đạt GTNN 2 Cho phương trình: x + ( m + 1) x + m + 4m + = a) Tìm m để PT có nghiệm b) Tìm m để PT có nghiệm ≥ x x − ( x1 + x2 ) c) Gọi x1 , x2 nghiệm PT Tìm GTLN biểu thức: A = 5+ x + 5− x Cho hàm số y = a/ Tìm tập xác định hàm số b/ Khảo sát tính chẵn lẻ Cho y = x(|x|− 1) a/ Xác định tính chẵn lẻ b/Vẽ đồ thị hàm số Cho hàm số y = x − 4x + m Định m để hàm số xác định toàn trục số BUỔI 2: PHƯƠNG TRÌNH I, CHỮA CÁC BÀI TẬP GIAO CHO HỌC SINH CHUẨN BỊ TRƯỚC: x2 + x +1 + x2 − x +1 = Bài Giải phương trình: ( x∈¡ ) 1 1 x2 − x + = x − ÷ + , x2 + x + = x + ÷ + 2 2 HD: Ta có Phương trình cho tương đương với (x x2 − x + + x2 + x + + 2 )( nên phương trình xác định với ) − x + x2 + x + = ⇔ 2x2 + + x4 + x2 + = ⇔ x4 + x2 + = − x2 1 − x ≥ ⇔ 2 x + x + = − x ( −1 ≤ x ≤ ⇔ ⇔ x=0 x = ) −1 ≤ x ≤ ⇔ 2 x + x +1 = 1− 2x + x Vậy pt có nghiệm x = ( + ( 6x + 2) 2x2 −1 = 5x2 + 4x : Giải phương trình: ) BT2 x≥ GIẢI: ĐK: PT 1 ;x ≤ − 2 ⇔ (3x + 1) + (2x − 1) − 2(3x + 1) 2x − − = (3x + 1) + (2x − 1) − (10x + 8x) x∈¡ ( ⇔ 3x + − 2x − ) = ( x − 1) 2x − = 2x + 2(a) ⇔ 2x − = 4x(b) x= Giải(a) đối chiếu ĐK có nghiệm −4 + x= Giải (b) vô nghiệm Kết luận (*) có nghiệm BT3: Giải phương trình : GIẢI: 1) Ta có: −4 + − x2 + 4x − − x + = − x2 + 4x − − 2x + = ⇔ 2x − ≥ −x2 + 4x − = 2x − ⇔ 2 − x + x − = (2 x − 5) x≥ ⇔ 5 x − 24 x + 28 = x≥ 14 ⇔ x = ⇔ x = 14 x = BT4: Giải phương trình: GIẢI: Đặt x= KL: Vậy PT cho có nghiệm 14 10 x + 3x − = 2(3x + 1) 2x − t = 2x − , (t ≥ 0) ⇒ t = 2x − Suy : (1) t = x − ∆ ' = (3x+1) − 8x − 12x + = ( x − 3) ⇒ t = x + ⇔ 4t − 2(3x+1)t + 2x + 3x − = + Với x ≥ 1 −1 + t = x − ⇒ 2x − = x − ⇔ ⇔x= 2 x2 + x − = t= + Với x ≥ −2 x x ± 15 + ⇒ 2x − = + ⇔ ⇔x= 2 7x − 4x − = x= Vậy phương trình có nghiệm: BT5 : Giải phương trình: ( GIẢI: Điều kiện xác định: PT ⇔ ( x + − 22 ) ( −1 + x+4 −2 )( x= , ± 15 ) x+5+ x+9 +2 = x x ≥ −4 ) ( x+5 + x +9 + = x x+4 +2 ) ⇔ x x + + x + − x + = x = ( tm ) ⇔ x + + x + = x + 4; ( 1) Giải (1): Ta thấy với ( 1) ⇔ x ≥ −4 x+5 + x+9 = x+4 ⇔ ( x + 5) ( x + ) = − x − 10 VT >0, VP 0, b > SOAB = (*) Suy ab a + b2 = 2 ⇒ a 2b = R (a + b ) ≥ R ab R ab không đổi (dấu xảy a = b) 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 Đặt: uuu r r uuu r r uuu r uuu r CA = a ; CB = b ; CP = xCB 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 r NP = CP − CN = − a − xb Để M, N, P thẳng hàng => => r r uuu uuu x = − ⇒ CP = − CB 3 uuuu r uuur MN, MP phương 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 )(2BM − 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 3OE = OA + OC + OD = 2OM + OD Vì E trọng tâm tam giác ACD nên uuu r uuu r uuu r 2CD = CA + CB D trung điểm AB nên OD ⊥ AB;OM ⊥ AC ∆ABC ∆ABC Vì (O) ngoại tiếp nên , cân nên OD=OM uuu r uuuu r uuuu r uuu r uuuu r uuu r OD + OM ⊥ DM mà DM//BC ⇒ OD + OM ⊥ BC Do , 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 = ( ) ( ) BUỔI 9, 10: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG HÌNH HỌC PHẲNG 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 ABC điểm 13 M ( 1; −5 ) , N ; ÷, P − ; ÷ 2 2 (M, N, P không trùng với đỉnh tam giác ABC) Tìm tọa độ đỉnh A, B, C biết đường thẳng AB qua điểm có hồnh độ dương Q ( −1; 1) điểm A 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 uuur uuur nAC = KN = ( 2;1) A ( 1;5 ) , B ( −4; −5 ) AC ⊥ KN Do 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 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) , Suy 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 ; Khoảng cách từ C đến ∆ khoảng cách từ B đến Tìm tọa độ A C biết C nằm trục tung ∆ ∆ đường gấp lần y0 − 5 ∆ ∆ GIẢI: D(B; )= ; C(0:y0) ; D(C; )= y0 − = ⇔ y0 = 10; y0 = −8 5 , theo ta có 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: Từ ta có: a= -7/5; b=4/5 uuur uuuu r 44 A(x; y); CA = ( x; y + ) ; CB' = − ; ÷ 5 ;C(0;-8) A ( 1; ) BT3: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai điểm 45 điểm M trục hoành cho góc AMB ( HSG VP 2010- 2011) B ( 4;3) Tìm tọa độ 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 M ( x;0 ) MA = ( − x; ) ; MB = ( − x;3 ) GIẢI: 1, Giả sử tọa u độ Khi uurcủa uuur MA.MB = MA.MB.cos 45 Theo giả thiết ta có 2 2 ⇔ ( − x ) ( − x ) + = ( − x ) + ( − x ) + ⇔ x − x + 10 = x − x + x − x + 25 2 ( ⇔ x − x + 10 ) ( )( ) = 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 vtpt uuurcó AC trung trực HE nên AC qua trung điểm HE = ( 1;1) ⇒ AC : x + y − = E A B' C' F H A' B C D Oxy BT4: Trong mặt phẳng , cho ∆ABC đường tròn ngoại tiếp, trung điểm cạnh có hồnh độ dương BC có H (−1;4), I (−3;0) M (0; −3) trực tâm tâm A, B, C Tìm tọa độ A H(-1;4) I(-3;0) B Ta có: C M(0;-3) uuur IM = (3; −3) vtpt BC , suy phương trình đường BC là: ( x − ) − ( y + 3) = ⇔ x − y − = Phương trình AH Suy tọa độ là: A ( x + 1) + ( y - ) = ⇔ x + y − = B có dạng: A ( a;3 − a ) , B ( b; b − 3) , ( b > ) ⇒ 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) Từ giả thiết suy ra: Từ (1) ⇒ a =b ( a + 3) + (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 biết đỉnh B + Với a=b thay vào (2) a = b = −7 (l ) ⇒ a = b = ⇒ A(3;0), B(3;0) (l ) a = −7, b = ⇒ A(−7;10), B (7; 4), C ( −7; −10) ⇒ a = 3, b = −3 (l ) a = −b + Với thay vào (2) 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 ·ACB C = BC ∩ d (d đường phân giác góc −2 x + y − = A ⇒ C (−4; −5) x − y −1 = B’ ) nên toạ độ C nghiệm hệ B K I D 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 K ( ; ) ⇒ B ' ( 6; ) 2 suy phương trình đường thẳng CB’ x-2y-6=0 Do 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) H C ·ACB 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 5 3 5 M ; ÷, N ; ÷ 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 Vậy A ( 1;1) , B ( 5;1) , C ( 2; ) A F H N I B E P M C BT7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm đường thẳng F ( −2; −5 ) d : x + y −1 = Điểm E ( 9; ) nằm đường thẳng chứa cạnh AB, điểm 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; ) x− y−5= góc với AC qua điểm nên có phương trình Gọi I giao AC EE’, tọa độ I nghiệm hệ Vì I trung điểm EE’ nên E '(−3; −8) E '(−3; −8) Đường thẳng AD qua 3( x + 3) − ( y + 8) = ⇔ x − y + = Điểm A = AC ∩ AD ⇒ A(0;1) Theo Giả sử · BAD nên E’ thuộc AD EE’ vuông x − y − = x = ⇔ ⇒ I ( 3; − ) x + y −1 = y = −2 Vậy E’(-3;-8) F (−2; −5) C (c;1 − c ) AC = 2 ⇔ c = ⇔ c = 2; c = −2 có VTCP uuuur E ' F (1;3) nên phương trình là: Do hồnh độ điểm C âm nên C (−2;3) Gọi J trung điểm AC suy x− y+3= Do J (−1; 2) , đường thẳng BD qua J vng góc với AC có phương trình D = AD ∩ BD ⇒ D (1; 4) ⇒ B ( −3; 0) Vậy A(0;1) B(−3;0), C (−2;3), D(1; 4) , (Oxy ) A(1;1) B (2; 0) C (3; 4) BT8: Trong mặt phẳng tọa độ cho điểm , Viết phương trình C ∆ A B đường thẳng qua điểm cho tổng khoảng cách từ hai điểm 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 B ( 4;3) A, B 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 Nên có PT tổng quát : A ( 1; ) B ( 4;3) x + y − 13 = b Giả sử M(a;0); N(0;b), a>0; b>0 PT đường thẳng MN: Vì MN qua A nên ⇒ có PT tắc x y + =1 a b 4 16 + =1⇒1≥ ⇒1≥ a b ab ab a = ab ≥ 8;" = " ⇔ = = ⇔ a b b = Diện tích tam giác vng OMN( vng O)là S Vậy S nhỏ d qua M(2;0), N(0;8) 1 = OM ON = ab ≥ 2 x −1 y − = −1 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 biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD có phương trình x2 + y + x − y − = 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: A I ¼ = CAE ¼ BAE ¼ = DBE ¼ ⇒ BAD ¼ = CAE ¼ CBE B C 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) R = Do BE tiếp tuyến chứng minh nên d ( I ; BE ) = R ⇔ −4a + 2b a + b2 = ⇔ 2a − b − 4ab = b = −2 ± Chọn a = ta 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 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; ) ; 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 AA’: 3x + 4y – 11 = ta có H = AA '∩ d ⇒ H (5; −1) ⇒ A’ ( 9; –4 ) 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 AB = AD, CD = AD qua điểm M ( 4;2 ) 13 ( ;1) , cho hình thang ABCD vng A D; Đường thẳng BD có phương trình x − 2y +1 = , đường thẳng AC Tìm tọa độ đỉnh A biết diện tích ABCD 10 điểm A có hồnh độ nhỏ 2.( HSG VP) GIẢI: Gọi Ta có I = AC I BD , H hình chiếu B CD 1 + tan D + tan C 1 tan ·AID = tan ( D1 + C1 ) = = = ⇒ ·AID = 450 − tan D1 tan C1 − Đường thẳng AC có dạng: a ( x − 4) + b( y − 2) = ⇔ ax + by − 4a − 2b = (a + b > 0) Chọn b=1 ta 45 E = BH I AC a = ; a = −3 S ABCD = , ta có x + y − 10 = 3x − y − 10 = BE AB IA AD = =2⇒ = = EH CH IE BE 2 AC : x + y − 10 = AI = Từ tìm , suy 17 11 I ; ÷ 5 Do * Nếu Gọi A ( 10 − 3t ; t ) 10 AI = từ 17 11 32 ⇔ t = 3; t = 10 − 3t − ÷ + t − ÷ = 5 5 5 x A < ⇒ A ( 1;3 ) ⇔ 3a + 8ab − 3b = ( AD + AD ) AD = 10 ⇔ AD = Ta có * Nếu a +b nên Từ suy phương trình AC Gọi a − 2b cos 450 = Góc AC BD Suy 10 ta có 29 A ( 1;3) ; A ; ÷ 5 AC : x − y − 10 = , suy 21 13 I ; ÷ 5 Gọi A ( t;3t − 10 ) AI = từ 10 ta có 13 32 17 21 ⇔ t = 5; t = t − ÷ + 3t − 10 − ÷ = 5 5 5 (khơng thỏa mãn xA = t < ) Vậy điểm A cần tìm A ( 1;3) Chú ý: Nếu HS tính cạnh AD = cho 0,25 điểm Oxy ABC BC BT13: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho tam giác có trung điểm cạnh M ( 3; −1) E ( −1; −3) B điểm , đường thẳng chứa đường cao kẻ từ đỉnh qua điểm đường F ( 1;3) AC ABC thẳng chứa cạnh qua điểm Tìm tọa độ đỉnh tam giác , biết D ( 4; −2 ) ABC A điểm đối xứng đỉnh qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác điểm ( 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 Do Do Do AC ⊥ BH AC ⊥ CD C nên vtpt nên vtpt giao AC AC CD DC r r n AC = u BH = ( 1;1) ⇒ pt AC : x + y − = r r n DC = u AC = ( 1; −1) ⇒ pt DC : x − y − = nên tọa độ x + y − = x = ⇔ ⇒ C ( 5; −1) x − y − = y = −1 C nghiệm hệ phương trình M B ( 1; −1) BC BC M AH AH Do trung điểm nên Vì vng góc với nên có vtpt uuur BC = ( 4;0 ) ⇒ AH : x − = Do A giao điểm AC AH x − = x = ⇔ ⇒ A ( 2; ) x + y − = y = Vậy tọa độ đỉnh tam giác nên tọa độ A nghiệm hệ phương trình: ABC A ( 2; ) , B ( 1; −1) , ( 5; −1) BTVN: BT1: Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(3;0) trung điểm BC x + 2y - = I(6;1) Đường thẳng AH có phương trình Gọi D E chân đường cao kẻ từ B D D C ABC Xác định tọa độ đỉnh ABC, biết đường thẳng DE có phương trình x - 2= 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 ABC 3x - y - = C (3;0), B (1;- 2) Tìm tọa độ đỉnh B C ( Đ/S: ... Dùng hình học giải tích chứng minh tính chất đường thẳng đường tròn Chứng minh tính chất hình học túy để áp dụng vào hình học giải tích Dùng phép tốn véc tơ để chứng minh tốn hình học tam giác,... giải Nhì trở lên Các tốn kết hợp tính chất hình học phảng hình học toạ độ Các tốn khó kết hợp tính chất hình học phảng Chỉ giành cho đối hình học tọa độ tượng giải Nhì trở lên II, Kế hoạch chi... ÷ ÷ 2 xy ( x + y ) + ( xy + x + y ) = 11 HD: Bài HSG 12 - VP2009: Bài HSG 10 - VP2 010: Bài HSG 10 - VP2011: ĐS: x + = 2( x − x + y ) ( x, y ∈ R ) y + = 2( y − y + x ) x