Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 66 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
66
Dung lượng
2,14 MB
Nội dung
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 t2 � �� 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 � � 53 � 2(m 2) � �S 0 � � m m 1 � � 2m P 0 � m 1 � KL: 1 m 53 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 x5 � � � 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 x4 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 x4 �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 � � � � m0 �� m0 � 3m2 �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) x2 f) y x1 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 x1 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�S2� 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) x3 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: SABC 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 x4 y2 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 6b � b2 � �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 y3 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 a2 � � b8 � 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 62 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 :