BỒI DƯỠNG HSG môn TOÁN lớp 10 tự LUẬN có lời GIẢI CHI TIẾT

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 lạicácbàitốn liên quan đến tam thứcbậc 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: BT1: Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m tham số): x − ( m − 1) x − m3 + ( m + 1) = có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 ≤ Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức sau: P = x13 + x23 + x1 x2 ( 3x1 + 3x2 + 8) (HSG VP 2011- 2012) GIẢI: Phương trình cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 ≤  m ≥ m m − ≥ ∆ ' ≥  −2 ≤ m ≤  ⇔ ⇔ ⇔   −2 ≤ m ≤ ⇔  2 ≤ m ≤  x1 + x2 ≤ 2 ( m − 1) ≤ m ≤  ( ) Theo định lí Viet ta có x1 + x2 = ( m − 1) , x1 x2 = − m3 + ( m + 1) suy 3 P = ( x1 + x2 ) + x1 x2 = ( m − 1) − 8m3 + ( 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 toán ⇒ PT sau có hai nghiệm phân biệt x − x + = − x + m hay x − x + − m = (*)có ∆ ' > ⇔ m>1 Gọi x A ; x B nghiệm (*), I trung điểm AB ta có x I = xA + xB = ; yI = − x I + m = m − GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TỐN 10 u cầu tốn ⇔ yI = x I ⇔ m − = ⇔ m = 2; m = Kết hợp ĐK, kết luận m = x + y = m − (trong m tham số) BT3:1 Cho hệ phương trình  2  x + y + x + y = −m + a) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức A = xy + ( x + y ) + 2011 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  S − P + 2S = − m + P = m − m − 2 Để hệ có nghiệm S ≥ P ⇔ ( m − ) ≥ m − m − ⇔ m ≤ ⇔ −2 ≤ m ≤ ( ) b Ta có A = P + S + 2011 = m + m + 2005 Lập bảng biến thiên ta max A = 2011 m = ; A = 2004, 75 m = −0, m -2 - 2 2011 2007 A 2004,75 Đặt t = x ≥ , thay vào phương trình ta t − ( 3m + 1) t + 6m − = t = ⇔ phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt t = 3m − 1  3m − > m > ⇔ Khi phương trình cho có bốn nghiệm   3m − ≠  m ≠ ± 2; ± 3m − Để nghiệm lớn −3 − 3m − > −3 ⇔ 3m − < ⇔ m < 10  10  Vậy giá trị m m ∈  ;  \ {1} 3  BT4: Tìm m để: 1)Bất phương trình: x2 - 2(2m + 1)x + 3m + ≥ có nghiệm với số thực x 2) Phương trình: (m - 1) x4 - 2(m + 2)x2 + 2m + = có bốn nghiệm phân biệt GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 GIẢI: BPT có nghiệm với số thực x a = > −1 −1 ⇔ ⇔ ≤ m ≤ KL: ≤m≤0 4  ∆ = 4m + m ≤ 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) >  2(m + 2) 5+3  ⇔ S = >0 ⇔ ⇔ < m < m −1  2m +   P = m − > KL: < m < 5+3 BT5: Cho phương trình: ( x − 1)( x − 2mx + m + 2) = (1) a Giải phương trình (1) m = b Tìm m để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 thỏa mãn: x12 + x2 + x3 = GIẢI: a, Khi m = , PT (1) trở thành: ( x − 1)( x − x + 5) = x =1  x −1 =  x =1 ⇔ ⇔ ⇔  x − 6x + =  x = 1∨ x = x = KL: Vậy tập nghiệm PT là: S = {1;5} x −1 =  b Ta có: (1) ⇔   x − 2mx + m + = 0(2) Để (1) có ba nghiệm phân biệt (2) phải có hai nghiệm phân biệt x ≠ m2 − m − > m < −1 ∨ m > ∆' >  ⇔ ⇔ (*) Khi điều kiện là:  m≠3 1 − 2m + m + ≠   3− m ≠  x2 + x3 = 2m Giả sử x1 = 1, x2 , x3 nghiệm (2) Khi theo định lí Viet ta được:   x2 x3 = m + Và x12 + x2 + x32 = ⇔ ( x2 + x3 ) − x2 x3 = GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10  m=2 ⇔ 4m − 2( m + 2) = ⇔  m = −  So sánh với điều kiện (*) ta m = − thỏa mãn BT6: Tìm m để bất phương trình sau nghiệm ∀x : −2 ≤ x − x + 3m 0, ∀x Do đó: −2 ≤ 2 x − x + 3m ≥ −2 x − x −  x + x + + 3m ≥ 0(1) x − x + 3m < ⇔ ⇔  2 x2 + x +  x − x + 3m < x + x + 12  x + x + 12 − 3m > 0(2)  ∆1 ≤ Bất phương trình cho nghiệm ∀x (1) (2) nghiệm ∀x ⇔  ∆ < ∆ ≤ −127 − 48m ≤ 127 ⇔ ⇔ ⇔− ≤m< KL: 48  −32 + 12m < ∆ < BT7:Cho phương trình x − mx + m − = a Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt b Giả sử phương trình có nghiệm x1 , x2 dương phân biệt Tìm m để x12 + x22 = GIẢI: a Đk để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt là:    −2 < m < m2 < ∆ >    ⇔ 3 ⇔ m > 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 < (*)  x1 + x2 = m Theo định lý viét ta có   x1.x2 = m − Từ giả thiết ta có x12 + x2 = 14 5 ⇔ ( x1 + x2 ) − x1.x2 = ⇔ m = ⇔ m = ± 2 2 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 So sánh điều kiện (*) ta thấy m = 14 thoả mãn BT8: Tìm m để phương trình sau có nghiệm nhất: x + m mx − + =1 x −1 x +1 GIẢI : ĐK : x ≠ ±1 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 ≠ ta có: ∆ = −4m − 12m + b   ∆ = 0, x = − 2a ≠ ±1  Phương trình (1) có nghiệm ⇔  ∆ > 0, x1 = 1, x2 ≠ −1  ∆ > 0, x = −1, x ≠ 1    −3 ± 10 ∆ = m= −3 ± 10   + Trường hợp 1:  ⇔ ⇔m= (T / m) b  x = − 2a ≠ ±1  ≠ ±1  2m  −3 − 10  −3 − 10 −3 + 10 −3 + 10 c) x + (m − 2) x − m + > d) mx + (m − 1) x + m − < e) (m − 1) x − 2(m + 1) x + 3(m − 2) > f) 3(m + 6) x − 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 − > c) (m2 + 2m − 3) x + 2(m − 1) x + < d) mx + 2(m − 1) x + ≥ e) (3 − m) x − 2(2m − 5) x − 2m + > f) mx − 4(m + 1) x + m − < Bài Tìm tập xác định hàm số sau: a) y = − x − d) y = x+4 x2 + 2x + 2− 5− x 3x − x b) y = 1− x − 1+ x x e) y = x + + − 2x x −1 f) y = x +1 (1; +∞) x −1 c) y = c) y = x2 − x + x −1 2x −1 x x −4 Bài Xét biến thiên hàm số sau: a) y = − x + x − (−∞; 2) b) y = d) y = − x e) y = x −2 f) y = x −1 x +3 (2; +∞) x−2 Bài Xét tính chẵn lẻ hàm số sau: a) y = x4 + x2 − 2 x −1 x +1 + x −1 d) y = x + − x −1 b) y = + x + − x c) y = x ( x + x ) e) y = x x x2 + f) y = x − GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 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 − 1) x m cho bất phương trình + ( m + ) x + 2m + ≥ vô nghiệm (x ẩn, m tham số) GIẢI: Bất phương trình cho vô nghiệm TH1 Nếu m = x + < 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ x < − , ∀x ∈ ℝ vơ lí TH2 Nếu m ≠ ( m − 1) x + ( m + ) x + 2m + < ∀x ∈ ℝ m − < m < ⇔  ∆ ' = ( m + ) − ( m − 1)( 2m + ) < −m + 4m + < m <  ⇔   m > + 10 ⇔ m < − 10 Vậy tập hợp giá trị m S = −∞; − 10    m < − 10 ( BT2: a)Tìm tập xác định hàm số: f ( x ) = b) Chứng minh hàm số f ( x ) = 2014 −x + 2x + + 2015 x2 − x ) ( HSG VP 2015) x đồng biến khoảng ( −1; +∞ ) x +1 c) Chứng minh hàm số f ( x ) = 2015 − x − 2015 + x hàm số lẻ 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 GIẢI: Pt đường thẳng AB: x − y + = ; I nằm cung AB (P) ⇒ I ( m; m − 2m + 1) , m ∈ [ 0;3] Diện tích IAB lớn ⇔ d ( I; AB ) = m m − 3m lớn Xét hàm số f ( m ) = m − 3m [ 0;3] ta có: 0 f(m) −9 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 Suy ∀m ∈ [ 0;3] , ≤ m − 4m ≤ 9 3 1 Dấu “=” xảy ⇔ m = ⇒ I  ;  ⇒ d ( I; AB ) ≤ 4 2 4 3 1 Vậy I  ;  điểm cần tìm 2 4 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 vng K b.Tìm giá trị tham số m để hàm số (1) đạt giá trị lớn đoạn [0; 1] BT5:Cho tam thức bậc hai f ( x ) = x − (3m − 1) x + 2m − 2m ( m tham số) a) Giải bất phương trình f ( x ) ≤ m = b) Tìm m để phương trình f ( x ) = có hai nghiệm x1; x2 cho x1 − x2 = x1 x2 BT6:Cho phương trình: x − 3x − 2m x − 3x + m2 − m + = ( m tham số) a) Giải phương trình với m = b) Tìm m để phương trình cho có nghiệm Đ/S :5b, m = 3; m = − ; 6a : x = −1; x = 4; x = − 73 + 73 ;x = 2 6b, Đăt t = x − 3x ( ĐK t ≥ ).Ta PT : t − 2mt + m2 − m + = (*) Phương trình cho có nghiệm PT (*) có nghiệm khơng âm Khi ta phải có : m − ≥  ⇔m≥2 m ≥ m − m + ≥  BT7:Tìm m để PT: x − 2(m + 5)x + m − 3m − = có nghiệm phân biệt x , x thỏa mãn x − x = 13 Đ/S: m = −1 BT8:Cho hàm số y = (2m − 5) x − 2(m − 1) x + có đồ thị ( Cm ) a)CMR: m ≠ ( Cm ) ln cắt ( d ) : y = −3 x + hai điểm có tọa độ khơng đổi GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TỐN 10 b) Tìm m để ( Cm ) cắt trục hoành điểm phân biệt A, B cho độ dài đoạn thẳng AB 4? ( Đ/S m =2 m = 14/5) BT9:1) Xác định tính chẵn - lẻ hàm số 2) Cho nửa khoảng số thực a b C đoạn? Tính độ dài đoạn C Với điều kiện 3) Cho tập hợp A = [ −2;5) , B = ( −∞;3) , C = ( 2; +∞ ) Tìm A ∩ B; B∪ C ; A \ C ; R \ A BT10: a, Tìm tập xác định hàm số: y = b, Xét tính chẵn lẻ hàm số: y = ( x − 3) x+2 + x + 2x4 + x −4 x + y = m − (trong m tham số) 2 x + y + x + y = − m +  BT11:Cho hệ phương trình  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) S = m − S = m − ⇔ GIẢI: Đặt S = x + y; P = xy Khi hệ PT trở thành:  2  S − P + 2S = −m + P = m − m − S = −1 * Với m = ta có:    P = −2 ⇒ x, y nghiệm phương trình X + X − = ⇔ X = 1, X = −2 x = ⇒ Nghiệm hệ phương trình  hc  y = −2  x = −2  y = Hệ có nghiệm ⇔ S ≥ P ⇔ ( m − ) ≥ m − m − ⇔ m ≤ ⇔ −2 ≤ m ≤ ( ) Ta có A = P + 3S + 2012 = m + 2m + 2004 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 Xét hàm số f ( m) = m + 2m + 2004 Lập bảng biến thiên f(m) m –2 –1 2004 2012 f(m) 2003 Ta max A = 2012 m = ; A = 2003 m = −1 BT12: Tìm tập xác định hàm số sau:a) f ( x) = 9− x x+3 b) f ( x) = x − 10 ( x − 2) x + a, Xéttính chẵn, lẻ hàm số f ( x ) = 2015 + x + x − 2015 b, Xét tính đồng biến nghịch biến f ( x ) = 2x + khoảng (3;+∞) x−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 + c) Tìm giá trị m để đường thẳng d : y = (3 − m) x + m − cắt parabol ( P ) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 thỏa mãn: x12 + x22 = BT14: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 + c) Tìm giá trị m để đường thẳng d : y = −mx + m cắt parabol ( P ) hai điểm phân biệt 2 có hồnh độ x1 , x2 thỏa mãn: x1 + x2 = BT15:Cho hàm số y = x − 3mx + m (1), m tham số thực Tìm m để đường thẳng y = − x + m cắt đồ thị hàm số (1) ba điểm phân biệt Đ/S: Vậy giá trị cần tìm m m > 2 m < − 3 4.CỦNG CỐ: 10 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 Từ (1) (2) suy S△ IJA =2 S∆BKI Lưu ý: HS sử dụng KQ S IAJ IA IJ để giải = ⋅ S IBK IB IK CÂU 14: B K A O O D C Gọi O giao điểm AC BD ( ) ( ) Ta có MA + MB + MC + MD = MA + MC + MB + MD = MO + MO = MO = 4OM Vì ABCD hình thoi cạnh a, góc ∠BAD = 600 ⇒△ ABC tam giác cạnh a ⇒ OA = AB − OA2 = a − a2 a = Gọi K hình chiếu O AB ⇒ đường trịn nội tiếp hình thoi ABCD có bán kính r = OK = OA.sin ∠KAO = a 3 sin 300 = a Ta MA + MB + MC + MD = 4OM = 4r = a S xy sin A xy ⇒ S∆ AMN = S∆ ABC CÂU 15: a) ∆ AMN = S∆ ABC bc sin A bc S S S  x y  S∆ AMN b) ∆ AMN = ∆ AMG + ∆ ANG =  +  ≥ S∆ ABC 2S∆ ABI 2S∆ ACI  c b  S∆ ABC Kết luận: S∆ AMN ≥ S ∆ ABC CÂU 16: Ta có: IA + IB + IC = ⇔ 3IA + 3IB + IC − IA = ⇔ 3( IA + IB ) = CA 48 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 ⇔ IE = CA => I cố định (E trung điểm AB) MN = MA + 3MB + MC = 2( MI + IA) + 3( MI + IB ) + ( MI + IC ) = MI + (2 IA + 3IB + IC ) = MI ⇒ MN = MI =>M, N, I thẳng hàng Hay M, N qua điểm cố định I CÂU 16: VT = 2 ( AB AC − AB AC ) = AB AC − AB AC cos A = AB AC.sin A Theo định lí Sin ta có: AB = R sin C AC = R sinB Vậy: VT = R sin A sin B sin C = VP (đpcm) CÂU 17: Đặt: AB = a ; AC = b AK = t AM t  2t  − 1 a + b 3  Khi đó: BK =  BN = − a + b t   2t   − 1 a + b = m  − a + b  3  3   Do B, N, K thẳng hàng nên ∃ m : BK = mBN ⇔   2t   − = −m m = ⇔ ⇔ t m  = t =  3  Suy AK = AM ⇒ AK = 6.KM ⇒ AK = 6.KM (đpcm) CÂU 19: Ta có: MC = −2 MB ⇔ AC − AM = −2( AB − AM ) ⇔ AM = AB + AC Tương tự ta có: 3CN = 2CA + CB Vậy: AM ⊥ CN ⇔ AM ⋅ CN = ⇔ (2 AB + AC )(2CA + CB ) = ⇔ (2 AB + AC )( AB − AC ) = ⇔ AB − AC − AB AC = 5bc ⇔ 2c − 3b − = ⇔ 4c − 6b − 5bc = Ta có cơng thức tính diện tích: S a = AC '⋅ AB 'sin A; S = AB ⋅ AC sin A ⇒ Sa = S AC ' AB '  AC ' AB '  ⋅ ≤  +  (BĐT Cauchy) AB AC  AB AC  Sc  CB ' CA '  Sb  BA ' BC '  ≤  + ≤  +   S  CA CB  S  BC BA  Sa S S  AC ' BC ' BA ' CA ' CB ' AB '  + b + c ≤  + + + + +  = (đpcm) S S S  AB BA BC CB CA AC  Tương tự ta có: Do đó: 49 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10  AC ' AB '  AB = AC C ' B ' //BC   BA ' BC '  = Dấu xảy ⇔  ⇔  A ' C ' //CA ⇔A’, B’, C’ trung điểm BC, CA, AB BA  BC  B ' A ' //AB   CB ' CA '  CA = CB  CÂU 20: Dựa vào tính đối xứng, ta giả sử A ( a;0 ) , B ( 0; b ) với a > 0, b > (*) Suy SOAB = Mà ab a + b2 1 = 2 ⇒ a 2b = R (a + b2 ) ≥ R ab + = (**) ⇒ R2 ab a2 b2 R2 ⇒ SOAB = ab ≥ R không đổi (dấu xảy a = b) Kết hợp với (*) (**): dấu xảy a = b = R CÂU 21:Có 2 MA + MB = ⇔ 2(CA − CM ) + (CB − CM ) = ⇔ CM = CA + CB 3 Đặt: CA = a ; CB = b ; CP = xCB 1 1 a + b ; CN = a ; CP = xb; MN = CN − CM = − a + b 3 3 NP = CP − CN = − a − xb CM = Để M, N, P thẳng hàng => MN, MP phương 1 => x = − ⇒ CP = − CB 3 c b n h m a CÂU 22: d 50 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 1 AM CM = ( AH + AD )( BM − BC ) = ( AH + AD)(2 BM − AD ) = (2 AH BM − AH AD + AD.BM − AD ) ( AH BM = 0) = (− AD − AH AD + AD( AM − AB) = (− AD − AH AD + AD AM − AD AB ) AD AB = 1 = (− AD − AH AD + AD AM ) = (− AD − AH AD + AD AN ) (do AN = AM ) 4 1 = (− AD + AD ( AN − AH )) = (− AD + AD.HN ) = (− AD + AD.HN ) 4 = (− AD + AD ) = ( ) CÂU 23: Gọi M trung điểm AC Vì E trọng tâm tam giác ACD nên 3OE = OA + OC + OD = 2OM + OD D trung điểm AB nên 2CD = CA + CB Vì (O) ngoại tiếp ∆ABC nên OD ⊥ AB;OM ⊥ AC , ∆ABC cân nên OD=OM ( ) ( ) Do , OD + OM ⊥ DM mà DM//BC ⇒ OD + OM ⊥ BC ( )( Ta có : 3OE.2CD = OA + OC + OD CA + CB ( )( ) ( ) = 2OM + OD CA + CB = 2OM.CB + OD CA + CB ( ) ) ( ) = 2OM.CB + OD 2CB + BA = 2OM.CB + 2OD.CB = OM + OD CB = CÂU 24: Ta có p 1 1 a +b +c 2p = + + = = = Rpr Rr ab bc ca abc RS BT1:Cho tam giác ABC có góc A 600, BC = a = 10, AC = b, AB = c , bán kính đường trịn nội tiếp r= Tính độ dài b c HD: Áp dụng định lý hàm sin ta có: Mặt khác: S∆ABC = a a 10 = 2R ⇒ R = = sin A 2sin A abc 40 10 + b + c 10 = p.r ⇒ 10bc = Rpr = ⇔ bc = (10 + b + c) , (1) 4R 3 51 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 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 Đặt t=b+c (t>0), phương trình (3) trở thành: t − 10t − 200 = ⇔  t = −10 (loai ) b + c = 20 b = 10  Vậy b = c = 10 Với t = 20 suy ra:  ⇔ 10 c = 10 bc = (10 + 20) = 100 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 HD: Ta có: 1 CD = (CA + CB ) = (OA + OB − 2OC ) 2 A D G M O C B 1 OG = (OA + OD + OC ) = (3OA + OB + 2OC ) Do đó: 6OG.2CD = (3OA + OB + 2OC )(OA + OB − 2OC ) 3OA2 + OB − 4OC + 4OA.OB − 4OA.OC = = 4OA(OB − OC ) = 4OA.CB = Vậy: OG ⊥ DC 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 điểm thoả mãn: 1 IA = −IB, KB = − KC , JA = JC Đặt AB = a, AC = b 3 a) Biểu diễn vecto IK KJ theo vecto a, 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 = 600 ; điểm M chạy đường tròn nội tiếp hình thoi ABCD Tính MA + MB + MC + MD 52 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 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 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: 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    13  ABC điểm M (1; −5 ) , N  ;  , P  − ;  (M, N, P không trùng với đỉnh 2 2  2 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 K I C B M GIẢI: Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đường tròn qua điểm M, N, P nên ta lập phương trình là: x + y + x − 29 = suy tâm K đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tọa độ   K  − ; 0   Do AB ⊥ KP nên AB có vtpt nAB = KP = − ( 2; −1) Suy phương trình AB : ( x + 1) − 1( y − 1) = ⇔ x − y + = Do tọa độ A, B nghiệm hệ 2 x − y + =  y = 2x +  x = 1, y = ⇔ ⇔ phương trình   2  x = −4, y = −5  x + y + 3x − 29 =  x + 3x − = 53 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 ( 2;1) Suy pt AC : ( x − 1) + y − = ⇔ x + y − = Khi tọa độ A, C nghiệm hệ phương trình: Suy A (1;5) , B ( −4; −5 ) Do AC ⊥ KN nên AC có vtpt n AC = KN = 2 x + y − =  y = −2 x +  x = 1, y = ⇔ ⇔   2  x = 4, y = −1  x + y + 3x − 29 =  x − 5x + = A (1;5) , B ( −4; −5 ) , C ( 4; −1) Từ suy C ( 4; −1) Vậy 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 GIẢI: D(B; ∆ )= y0 − = y −1 , theo ta có ; C(0:y0) ; D(C; ∆ )= 5 ⇔ 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 Do BB ' ⊥ u ∆ = (1; −2) nên ta có: a − 2b + = ; Trung điểm I BB’ phải thuộc ∆ nên có: 2a + b + = Từ ta có: a= -7/5; b=4/5 Theo định lý Ta - Let suy CA = Từ suy A(  44  CB ' Ta có: A(x; y);CA = ( x; y + ) ;CB ' =  − ;   5  −21 26 ; ) ;C(0;-8) 10 BT3:1 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 450 ( 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  GIẢI: 1, Giả sử tọa độ M ( x;0 ) Khi MA = (1 − x; ) ; MB = ( − x;3) Theo giả thiết ta có MA.MB = MA.MB.cos 450 ⇔ (1 − x )( − x ) + = (1 − x ) + (4 − x) + ⇔ x − x + 10 = 54 x − x + x − x + 25 2 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 ⇔ ( 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 = Vậy ta có hai điểm cần tìm M (1;0 ) M ( 5;0 ) 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 DE : x − y − = 0; DF : x + y − = Do phương trình phân giác đỉnh D 3x − y − 3x + y − =± ⇔ x − = 0; y − = Kiểm tra vị trí tương đối E, F với hai đường 10 10 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 7 Ta có AC trung trực HE nên AC qua trung điểm B '  ;  có vtpt 2 2 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 Ta có: IM = (3; −3) vtpt BC , suy phương trình đường BC là: ( x − ) − ( y + 3) = ⇔ x − y − = 55 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 Phương trình AH là: ( x + 1) + ( y - ) = ⇔ x + y − = Suy tọa độ A B có dạng: A ( a;3 − a ) , B ( b; b − 3) , ( b > ) ⇒ C ( −b; −b − 3) , (vì M trung điểm BC ) ⇒ IA = (a + 3;3 − a), IB = (b + 3; b − 3), BH = (−1 − b;7 − b), AC = (−a − b; a − b − 6) ( a + 3) + (3 − a ) = (b + 3) + (3 − b) (1)  IA = IB Từ giả thiết suy ra:  ⇔ ( a + b)(1 + b) + (7 − b)( a − b − 6) = (2)  BH AC = Từ (1) ⇒ a = b a = −b  a = b = −7 (l ) + Với a = b thay vào (2) ⇒   a = b = ⇒ A(3;0), B(3;0) (l )  a = −7, b = ⇒ A(−7;10), B(7; 4), C (−7; −10) + Với a = −b thay vào (2) ⇒   a = 3, b = −3 (l ) 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 − = B ⇒ C ( −4; −5)  A x − y − =  K B’ I H 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 toạ độ K K ( ; ) ⇒ B ' ( 6; ) 2 suy phương trình đường thẳng CB’ x-2y-6=0 Do A = CB '∩ AH ⇒ A ( 4; −1) 56 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TỐN 10 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) BT6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC không tam giác vng nội tiếp đường trịn (I) ( đường trịn (I)có tâm I ); điểm H ( 2; ) trực tâm tam giác ABC Kẻ đường kính AM, BN đường trịn (I) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC biết M ( 5;3) , N (1;3) đường thẳng BC qua điểm P ( 4; ) ( HSG VP 2015) GIẢI: NX Các tứ giác BHCM, AHCN hình bình hành suy gọi E, F trung 7 5 3 5 điểm BC, CA E, F tương ứng trung điểm HM, HN Do M  ;  , N  ;  2 2 2 2 x−4 y−2 7 5 Đường thẳng BC qua điểm P(4;2), M  ;  nên: BC : = ⇔ x+ y−6 = 2 2 −4 −2 2 AH vng góc với BC suy AH có vtpt n AH = (1; −1) , kết hợp với AH qua điểm H ( 2; ) suy ra: AH :1( x − ) − 1( y − ) = ⇔ x − y = A ∈ AH ⇒ A ( a; a ) , C ∈ BC ⇒ C ( b;6 − b ) x +x  x = A C a + b = a =  F ⇔ ⇔ ⇒ A (1;1) , C ( 2; ) Do F trung điểm AC nên:  a + − b = b =  y = y A + yC  F Do E trung điểm BC nên: x +x  x = B C  xB = xE − xC x =  E ⇔ ⇔ B ⇒ B ( 5;1) Vậy A (1;1) , B ( 5;1) , C ( 2; )   yB =  yB = yE − yC  y = yB + yC  E A F N H I C B E P M BT7:Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm đường thẳng d : x + y − = Điểm E ( 9; ) nằm đường thẳng chứa cạnh AB, điểm F ( −2; −5 ) nằm đường thẳng chứa cạnh AD, AC = 2 57 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 B E I A J C E' F D 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 = Gọi I giao AC EE’, tọa độ I nghiệm hệ  ⇔ ⇒ I ( 3; − ) x + y −1 =  y = −2 Vì I trung điểm EE’ nên E '( −3; −8) Vậy E’(-3;-8) Đường thẳng AD qua E '(−3; −8) F ( −2; −5) có VTCP E ' F (1;3) nên phương trình là: 3( x + 3) − ( y + 8) = ⇔ x − 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; ) B ( 4;3) a) Viết phương trình tổng quát đường thẳng qua hai điểm 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 58 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 GIẢI: a Đường thẳng qua hai điểm A (1; ) B ( 4;3) có PT tắc x −1 y − = −1 Nên có PT tổng quát : 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 ⇒ x y + =1 a b 4 16 + =1⇒1≥ ⇒1≥ a b ab ab a = ab ≥ 8;" = " ⇔ = = ⇔  a b b = 1 Diện tích tam giác vuông OMN( vuông O)là S = 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 tiếp tam giác ABC E(2;1) khác A Viết phương trình đường thẳng BE 2 biết đường trịn ngoại tiếp tam giác ABD có phương trình x + y + x − y − = Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD Ta có: IBD = 180 − BID 180 − BAD = = 90 − BAD 2 A  BAE = CAE ⇒ BAD = DBE Mặt khác:  CBE = CAE I C B D ⇒ IBE = IBD + DBE = 90 − BAD + DBE = 90 => BE tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD ( E Gọi đường thẳng BE có dạng: a ( x − ) + b ( y − 1) = 0, a + b ≠ ) Theo đường trịn 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 +b = ⇔ 2a − b − 4ab = Chọn a = ta b = −2 ± 59 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TỐN 10 Vậy có hai đường thẳng BE cần tìm: x + ( ) −2 y − =0∨ x− ( ) +2 y+ =0 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 chuvi tam giác ABC nhỏ A(1;2) d' D' d B D C H A' Gọi d’ đường thẳng qua A // d => d’ có pt: 4x – 3y + = Gọi D(x ; y) d’ cho AD = Ta có: 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 AA’: 3x + 4y – 11 = ta có H = AA '∩ d ⇒ H (5; −1) ⇒ A’ ( 9; –4 ) 13 ;1) Do BC = AD ⇒ B ( ; −3) 2 13 Thấy A’, C, D thẳng hàng A’, B, D’ thẳng hàng nên điểm cần tìm là: ( ; −3) ( ;1) 2 => A’D: 2x + y – 14 = ta có C = d ∩ A ' D ⇒ C ( BT12:Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vng A D; AB = AD, CD = AD Đường thẳng BD có phương trình x − y + = , đường thẳng AC qua điểm M ( 4;2 ) Tìm tọa độ đỉnh A biết diện tích ABCD 10 điểm A có hoành độ nhỏ 2.( HSG VP) B A I E D H C 60 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 GIẢI: Gọi I = AC ∩ BD , H hình chiếu B CD 1 + tan D1 + tan C1 = ⇒ AID = 450 Ta có tan AID = tan ( D1 + C1 ) = = − tan D1 tan C1 − Đường thẳng AC có dạng: a ( x − 4) + b( y − 2) = ⇔ ax + by − 4a − 2b = (a + b > 0) Góc AC BD 450 nên cos 450 = a − 2b 2 a +b ⇔ 3a + 8ab − 3b = Chọn b=1 ta a = ; a = −3 Từ suy phương trình AC x + y − 10 = x − y − 10 = Gọi E = BH ∩ AC , ta có Ta có S ABCD = BE AB IA AD = =2⇒ = = EH CH IE BE ( AD + AD ) AD = 10 ⇔ AD = Từ tìm AI = 10 10  17 11  ta có * Nếu AC : x + y − 10 = , suy I  ;  Gọi A (10 − 3t ; t ) từ AI = 5   2 17   11  32   29  ⇔ t = 3; t = Suy A (1;3) ; A  ;   10 − 3t −  +  t −  = 5  5 5  5  Do xA < ⇒ A (1;3) 10  21 13  ta có * Nếu AC : x − y − 10 = , suy I  ;  Gọi A ( t;3t − 10 ) từ AI =  5 2 13  32 17  21   (không thỏa mãn xA = t < ) ⇔ t = 5; t =  t −  +  3t − 10 −  = 5  5 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 M ( 3; −1) , đường thẳng chứa đường cao kẻ từ đỉnh B qua điểm E ( −1; −3) đường thẳng chứa cạnh AC qua điểm F (1;3) Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC , biết điểm đối xứng đỉnh A qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm D ( 4; −2 ) ( HSG 12 VP 2014- 2015) 61 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 Gọi H trực tâm tam giác ABC , ta chứng minh BDCH hình bình hành nên M trung điểm HD suy H ( 2; ) Đường thẳng BH có vtcp EH = ( 3;3) ⇒ vtpt n BH = (1; −1) ⇒ BH : x − y − = A H F O E B C M D Do AC ⊥ BH nên vtpt AC n AC = u BH = (1;1) ⇒ pt AC : x + y − = Do AC ⊥ CD nên vtpt CD n DC = u AC = (1; −1) ⇒ pt DC : x − y − = Do C giao AC DC nên tọa độ C nghiệm hệ phương trình x + y − = x = ⇔ ⇒ C ( 5; −1)  x − y − =  y = −1 Do M trung điểm BC nên B (1; −1) Vì AH vng góc với BC nên AH có vtpt BC = ( 4;0 ) ⇒ AH : x − = Do A giao điểm AC AH nên tọa độ A nghiệm hệ phương trình: x − = x = ⇔ ⇒ A ( 2; )  x + y − = y = Vậy tọa độ đỉnh tam giác 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 BC I(6;1) Đường thẳng AH có phương trình x + 2y − = Gọi D E chân đường cao kẻ từ B C ∆ ABC Xác định tọa độ đỉnh ∆ 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 ∆ ABC Phương trình đường trung trực cạnh BC x + y − = phương trình đường trung tuyến kẻ từ C ∆ ABC 3x − y − = Tìm tọa độ đỉnh B C.( Đ/S:C (3; 0), B(1; −2) 62 ... GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 2) Giải biện luận (theo tham số m) bất phương trình: BT13: Tìm m để phương trình sau có nghiệm phân biệt : (x + 2x ) ( ) − x2 + 2x + = m 2 GIẢI: Đặt x + x = t có phương... ⇔  2x − = 4x(b) Giải( a) đối chi? ??u ĐK có nghiệm x = −4 + Giải (b) vơ nghiệm Kết luận (*) có nghiệm x = −4 + BT4: giải BPT: 1) − x + x − + < x 2) x2 + x + x+4 + x2 − ≤ x2 + GIẢI: 1) TXĐ: D =... có nghiêm Giải: * Nếu m< ⇒ phương trình vơ nghiệm * Nếu m≥ ⇒ phương trình ⇔x2−2mx−m2+4m−3=0 Phương trình có ∆=2m2−4m+3>0 với m Vậy với m≥ phương trình cho có nghiêm 19 GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN