GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG MÔN TOÁN LỚP 10 TỰ LUẬN CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT

LUYỆN THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 10

vectorstock.com/10212103

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN TEST PREP PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG MÔN TOÁN LỚP 10 TỰ LUẬN CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

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 1. Kiến thức: Ôn lạicácbàitoán liên quan đến tam thứcbậc hai: 2. Kỹ năng:Tìm đk tham số để tam thức tmđk cho trước; tìm GTLN, GTNN….

3. Tư duy , thái độ: Tư duy loogic tổng hợp. Tự giác, tích cực học tập II. CHUẨN BỊ: 1. Giáo viên: Giáo án, bài tập 2. Học sinh: Ôn tập III. PHƯƠNG PHÁP: Gợi mở vấn đáp- luyện tập IV. NỘI DUNG BÀI HỌC 1. Ổn định lớp: Kiểm tra sĩ số: 10A1: 2. Kiểm tra bài cũ: Kết hợp trong bài mới 3. Bài mới: 2 BT1: Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số): x 2 − 2 ( m − 1) x − m3 + ( m + 1) = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 ≤ 4 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P = x13 + x23 + x1 x2 ( 3x1 + 3x2 + 8) . (HSG VP 2011- 2012) GIẢI: Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 ≤ 4

 m ≥ 2 m m 2 − 4 ≥ 0 ∆ ' ≥ 0  −2 ≤ m ≤ 0  ⇔ ⇔ ⇔   −2 ≤ m ≤ 0 ⇔  2 ≤ m ≤ 3  x1 + x2 ≤ 4 2 ( m − 1) ≤ 4 m ≤ 3 

(

)

2

Theo định lí Viet ta có x1 + x2 = 2 ( m − 1) , x1 x2 = − m3 + ( m + 1) suy ra 3

3

2

P = ( x1 + x2 ) + 8 x1 x2 = 8 ( m − 1) − 8m3 + 8 ( m + 1) = −16m 2 + 40m Bảng biến thiên m

-2

0 0

2

3

16

P -144

-24

Từ bảng biến thiên ta được: Pmax = 16 khi m = 2 , Pmin = −144 khi m = −2 .

2

BT2:Cho hàm số y = x − 3 x + 2 và hàm số y = − x + m . Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trung điểm I của đoạn thẳng AB đến các trục tọa độ bằng nhau.

GIẢI: Yêu cầu bài toán ⇒ PT sau có hai nghiệm phân biệt

x 2 − 3 x + 2 = − x + m hay x 2 − 2 x + 2 − m = 0 (*)có ∆ ' > 0 ⇔ m>1 Gọi x A ; x B là 2 nghiệm của (*), I là trung điểm AB ta có x I =

1

xA + xB = 1 ; yI = − x I + m = m − 1 2

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Yêu cầu bài toán ⇔ yI = x I ⇔ m − 1 = 1 ⇔ m = 2; m = 0 Kết hợp ĐK, kết luận m = 2

x + y = m − 2 BT3:1. Cho hệ phương trình  2 (trong đó m là tham số) 2 2  x + y + 2 x + 2 y = −m + 4 a) Tìm m để hệ phương trình trên có nghiệm. b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức A = xy + 2 ( x + y ) + 2011 .

2. Tìm tất cả các giá trị m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt đều lớn hơn −3

x 4 − ( 3m + 1) x 2 + 6m − 2 = 0 ( HSG VP 2010- 2011) GIẢI: 1, a. Đặt S = x + y; P = xy . Khi đó hệ phương trình trở thành S = m − 2 S = m − 2 ⇔  2 2 2  S − 2 P + 2S = − m + 4 P = m − m − 2 2

Để hệ có nghiệm thì S 2 ≥ 4 P ⇔ ( m − 2 ) ≥ 4 m 2 − m − 2 ⇔ m 2 ≤ 4 ⇔ −2 ≤ m ≤ 2

(

)

2

b. Ta có A = P + 2 S + 2011 = m + m + 2005 Lập bảng biến thiên ta được max A = 2011 khi m = 2 ; min A = 2004, 75 khi m = −0, 5 m

-2

-

1

2

2 2011

2007 A

2004,75

2. Đặt t = x 2 ≥ 0 , thay vào phương trình ta được t 2 − ( 3m + 1) t + 6m − 2 = 0 t = 2 ⇔ phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi t = 3m − 1 1  3m − 1 > 0 m > ⇔ 3 . Khi đó phương trình đã cho có bốn nghiệm là   3m − 1 ≠ 2  m ≠ 1

± 2; ± 3m − 1

Để các nghiệm đều lớn hơn −3 thì − 3m − 1 > −3 ⇔ 3m − 1 < 3 ⇔ m <

10 .

3

 1 10  Vậy các giá trị của m là m ∈  ;  \ {1} 3 3 

BT4: Tìm m để: 1)Bất phương trình: x2 - 2(2m + 1)x + 3m + 1 ≥ 0 có nghiệm với mọi số thực x.

2) Phương trình: (m - 1) x4 - 2(m + 2)x2 + 2m + 1 = 0 có bốn nghiệm phân biệt.

2

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

GIẢI: 1. BPT có nghiệm với mọi số thực x a = 1 > 0 −1 −1 ⇔ ⇔ ≤ m ≤ 0 KL: ≤m≤0 2 4 4  ∆ = 4m + m ≤ 0 2) PT : (m - 1) x4 - 2(m + 2)x2 + 2m + 1 = 0 (1) Đặt t = x2 ( t ≥ 0).PT(1) trở thành: (m - 1) t2 - 2(m + 2)t + 2m + 1 = 0 (2) * m =1 , (2) có t = 1/2 , (1) có 2 nghiệm (loại) * m ≠ 1, (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ (2) có 2 nghiệm dương phân biệt  ' 2 ∆ = ( m + 2 ) − ( m − 1)( 2m + 1) > 0  2(m + 2) 5+3 5  ⇔ S = >0 ⇔ ... ⇔ 1 < m < m −1 2  2m + 1   P = m − 1 > 0 KL: 1 < m <

5+3 5 2

BT5: Cho phương trình: ( x − 1)( x 2 − 2mx + m + 2) = 0 (1) a. Giải phương trình (1) khi m = 3 . b. Tìm m để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 thỏa mãn: x12 + x2 2 + x3 2 = 9 .

GIẢI: a, Khi m = 3 , PT (1) trở thành: ( x − 1)( x 2 − 6 x + 5) = 0 x =1  x −1 = 0  x =1 ⇔ 2 ⇔ ⇔  x − 6x + 5 = 0  x = 1∨ x = 5 x = 5 KL: Vậy tập nghiệm của PT là: S = {1;5} x −1 = 0  b. Ta có: (1) ⇔  2  x − 2mx + m + 2 = 0(2) Để (1) có ba nghiệm phân biệt thì (2) phải có hai nghiệm phân biệt x ≠ 1 .

m2 − m − 2 > 0 m < −1 ∨ m > 2 ∆' > 0  ⇔ ⇔ (*) Khi đó các điều kiện là:  m≠3 1 − 2m + m + 2 ≠ 0   3− m ≠ 0  x2 + x3 = 2m Giả sử x1 = 1, x2 , x3 là 2 nghiệm của (2). Khi đó theo định lí Viet ta được:   x2 x3 = m + 2 Và x12 + x2 2 + x32 = 9 ⇔ ( x2 + x3 ) 2 − 2 x2 x3 = 8

3

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

 m=2 ⇔ 4m − 2( m + 2) = 8 ⇔  m = − 3 2  2

So sánh với điều kiện (*) ta được m = −

3 thỏa mãn.

2

BT6: Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng ∀x : −2 ≤

2 x 2 − x + 3m <3 x2 + x + 4

GIẢI: Ta có : x 2 + x + 4 > 0, ∀x Do đó: −2 ≤

2 x 2 − x + 3m ≥ −2 x 2 − 2 x − 8  4 x 2 + x + 8 + 3m ≥ 0(1) 2 x 2 − x + 3m < ⇔ ⇔ 2 3  2 2 x2 + x + 4  2 x − x + 3m < 3 x + 3 x + 12  x + 4 x + 12 − 3m > 0(2)

 ∆1 ≤ 0 Bất phương trình đã cho nghiệm đúng ∀x khi (1) và (2) nghiệm đúng ∀x ⇔  ∆ 2 < 0 ∆ ≤ 0 −127 − 48m ≤ 0 127 8 ⇔ 1 ⇔ ⇔− ≤m< KL: 48 3  −32 + 12m < 0 ∆ 2 < 0 BT7:Cho phương trình x 2 − mx + m 2 − 3 = 0 a. Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt b. Giả sử phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 dương phân biệt. Tìm m để x12 + x22 =

5 2

GIẢI: a. Đk để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt là:

   −2 < m < 2 m2 < 4 ∆ > 0    ⇔ 3<m<2  S > 0 ⇔  m > 0 ⇔ m > 0 P > 0 m2 > 3    m > 3 m < − 3   Vậy với

3 < m < 2 thì phương trình có hai nghiệm dương phân biệt

b. Theo phần a) phương trình có hai nghiệm dương phân biệt khi

3 < m < 2 (*)

 x1 + x2 = m Theo định lý viét ta có  2  x1.x2 = m − 3 Từ giả thiết ta có x12 + x2 2 =

7 14 5 5 ⇔ ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1.x2 = ⇔ m 2 = ⇔ m = ± 2 2 2 2

4

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

So sánh điều kiện (*) ta thấy m =

14 thoả mãn 2

BT8: Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:

x + m mx − 2 + =1 x −1 x +1

GIẢI : ĐK : x ≠ ±1 Phương trình (1) ⇔ x 2 + x + mx + m + mx 2 − mx − 2 x + 2 = x 2 − 1 ⇔ f ( x) = mx 2 − x + m + 3 = 0 (2) + Nếu m = 0 . phương trình (2) trở thành: − x + 3 = 0 ⇔ x = 3 ( t / m) , suy ra m = 0 thỏa mãn. + Nếu m ≠ 0 ta có: ∆ = −4m 2 − 12m + 1 b   ∆ = 0, x = − 2a ≠ ±1  Phương trình (1) có nghiệm duy nhất ⇔  ∆ > 0, x1 = 1, x2 ≠ −1  ∆ > 0, x = −1, x ≠ 1 1 2    −3 ± 10 ∆ = 0 m= −3 ± 10   2 + Trường hợp 1:  ⇔ ⇔m= (T / m) b 2  x = − 2a ≠ ±1  1 ≠ ±1  2m

 −3 − 10  −3 − 10 −3 + 10 −3 + 10 <m< <m<   ∆ > 0 2 2 2 2    + T.hợp 2:  x1 = 1 ⇔  f (1) = 0 ⇔ m = −1  x ≠ −1  f (−1) ≠ 0 2m + 4 ≠ 0 ⇔ m ≠ −2  2     ⇔ m = −1, ( t / m)

 −3 − 10  −3 − 10 −3 + 10 −3 + 10 <m< <m<   ∆ > 0 2 2 2 2    + T.hợp 3:  x1 = −1 ⇔  f (−1) = 0 . ⇔  2 m + 4 = 0 ⇔ m = −2 x ≠ 1  f (1) ≠ 0  m ≠ −1  2     ⇔ m = − 2 (t / m )

Vậy m = 0, m = −1, m = −2, m =

−3 ± 10 .

2 5

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

4. CỦNG CỐ: 5. BTVN: Bài 1. Tìm m để các bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x: a) 3 x 2 + 2(m − 1) x + m + 4 > 0

b) x 2 + (m + 1) x + 2m + 7 > 0

c) 2 x 2 + (m − 2) x − m + 4 > 0

d) mx 2 + (m − 1) x + m − 1 < 0

e) (m − 1) x 2 − 2(m + 1) x + 3(m − 2) > 0

f) 3(m + 6) x 2 − 3(m + 3) x + 2m − 3 > 3

Bài 2. Tìm m để các bất phương trình sau vô nghiệm:

a) (m + 2) x 2 − 2(m − 1) x + 4 < 0

b) (m − 3) x 2 + (m + 2) x − 4 > 0

c) (m2 + 2m − 3) x 2 + 2(m − 1) x + 1 < 0

d) mx 2 + 2(m − 1) x + 4 ≥ 0

e) (3 − m) x 2 − 2(2m − 5) x − 2m + 5 > 0

f) mx 2 − 4(m + 1) x + m − 5 < 0

Bài 3. Tìm tập xác định của các hàm số sau:

a) y = 2 − x −

d) y =

4 x+4

x2 + 2x + 3 2− 5− x

3x 2 − x

b) y =

1− x − 1+ x x

e) y =

x + 2 + 3 − 2x x −1

f) y =

x +1 trên (1; +∞) x −1

c) y =

c) y =

x2 − x + x −1

2x −1 x x −4

Bài 4. Xét sự biến thiên của các hàm số sau:

a) y = − x 2 + 4 x − 1 trên (−∞; 2) b) y =

d) y = 3 − 2 x

e) y =

1 x −2

f) y =

1 x −1 x +3 trên (2; +∞) x−2

Bài 5. Xét tính chẵn lẻ của các hàm số sau:

a) y =

x4 + x2 − 2 2

x −1

x +1 + x −1 d) y = x + 1 − x −1

b) y = 3 + x + 3 − x

c) y = x ( x 2 + 2 x )

3

e) y =

x x x2 + 1

6

f) y = x − 2

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 1. Ổn định lớp: Kiểm tra sĩ số: 10A1: 2. Kiểm tra bài cũ: Kết hợp trong bài mới 3. Bài mới: BT1: Tìm tất cả các giá trị của

( m − 1) x

2

m

sao

cho

bất

phương

trình

+ 2 ( m + 2 ) x + 2m + 2 ≥ 0 vô nghiệm (x là ẩn, m là tham số).

GIẢI: Bất phương trình đã cho vô nghiệm khi và chỉ khi 2 TH1. Nếu m = 1 thì 6 x + 4 < 0, ∀x ∈ ℝ ⇔ x < − , ∀x ∈ ℝ vô lí.

3 TH2. Nếu m ≠ 1 thì ( m − 1) x 2 + 2 ( m + 2 ) x + 2m + 2 < 0 ∀x ∈ ℝ

m < 1 m − 1 < 0 ⇔ 2  2 ∆ ' = ( m + 2 ) − ( m − 1)( 2m + 2 ) < 0 −m + 4m + 6 < 0

m < 1  ⇔   m > 2 + 10 ⇔ m < 2 − 10 . Vậy tập hợp các giá trị của m là S = −∞; 2 − 10 .    m < 2 − 10

(

BT2: a)Tìm tập xác định của hàm số: f ( x ) = b) Chứng minh rằng hàm số f ( x ) =

2014 2

−x + 2x + 3

+

2015 x2 − 2 x

)

.( HSG VP 2015)

x đồng biến trên khoảng ( −1; +∞ ) . x +1

c) Chứng minh rằng hàm số f ( x ) = 2015 − x − 2015 + x là một hàm số lẻ.

BT3:Trong mặt phẳng Oxy biết A(0; 1) và B(3; 4) thuộc parabol ( P ) : y = x 2 − 2x + 1, điểm I nằm trên cung AB của (P) sao cho tam giác IAB có diện tich lớn nhất. Tìm tọa độ điểm I. GIẢI: Pt đường thẳng AB: x − y + 1 = 0 ; I nằm trên cung AB của (P) ⇒ I ( m; m 2 − 2m + 1) , m ∈ [ 0;3] Diện tích IAB lớn nhất ⇔ d ( I; AB ) =

m

m 2 − 3m 2

lớn nhất. Xét hàm số f ( m ) = m 2 − 3m trên [ 0;3] ta có: 2 3

0 0

f(m)

3 0

−9 4

7

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Suy ra ∀m ∈ [ 0;3] , 0 ≤ m 2 − 4m ≤

9 9 3 3 1 . Dấu “=” xảy ra ⇔ m = ⇒ I  ;  ⇒ d ( I; AB ) ≤ 2 4 4 2 2 4

3 1 Vậy I  ;  là điểm cần tìm 2 4

BT4: Cho hàm số: y = − x 2 + 2(m + 1) x + 1 − m 2 , (1) ( m là tham số) và điểm K (2; −2) a.Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác KAB vuông tại K . b.Tìm các giá trị của tham số m để hàm số (1) đạt giá trị lớn nhất trên đoạn [0; 1] bằng 1.

BT5:Cho tam thức bậc hai f ( x ) = x 2 − (3m − 1) x + 2m 2 − 2m ( m là tham số) . a) Giải bất phương trình f ( x ) ≤ 0 khi m = 2 b) Tìm m để phương trình f ( x ) = 0 có hai nghiệm x1; x2 sao cho 3 x1 − x2 = x1 x2

BT6:Cho phương trình: x 2 − 3x − 2m x 2 − 3x + m2 − m + 2 = 0 ( m là tham số) . a) Giải phương trình với m = 3 b) Tìm m để phương trình đã cho có 4 nghiệm.

1 Đ/S :5b, m = 3; m = − ; 2

6a : x = −1; x = 4; x =

3 − 73 3 + 73 ;x = 2 2

6b, Đăt t = x 2 − 3x ( ĐK t ≥ 0 ).Ta được PT : t 2 − 2mt + m2 − m + 2 = 0 (*) .

Phương trình đã cho có 4 nghiệm khi PT (*) có 2 nghiệm không âm . Khi đó ta phải có : m − 2 ≥ 0  ⇔m≥2 m ≥ 0 m 2 − m + 2 ≥ 0 

BT7:Tìm m để PT:

x 2 − 2(m + 5)x + m 2 − 3m − 1 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2

thỏa mãn x 1 − x 2 = 2 13 . Đ/S: m = −1.

BT8:Cho hàm số y = (2m − 5) x 2 − 2(m − 1) x + 3 có đồ thị ( Cm ) . a)CMR: khi m ≠

5 thì ( Cm ) luôn cắt ( d ) : y = −3 x + 3 tại hai điểm có tọa độ không đổi.

2

8

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

b) Tìm m để ( Cm ) cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho độ dài đoạn thẳng AB bằng 4? ( Đ/S

m =2 hoặc m = 14/5)

BT9:1) Xác định tính chẵn - lẻ của hàm số 2) Cho các nửa khoảng nào của các số thực a và b thì C là một đoạn? Tính độ dài của đoạn C khi đó.

Với điều kiện

3) Cho các tập hợp A = [ −2;5) , B = ( −∞;3) , C = ( 2; +∞ ) . Tìm A ∩ B; B∪ C ; A \ C ; R \ A BT10: a, Tìm tập xác định của hàm số: y =

b, Xét tính chẵn lẻ của hàm số: y =

1

( x − 3)

x+2

1 + x + 2x4 + 1 x −4 2

x + y = m − 2 (trong đó m là tham số) 2 2 2 x + y + 2 x + 2 y = − m + 4 

BT11:Cho hệ phương trình 

1. Giải hệ phương trình với m = 1.

2. Tìm m để hệ phương trình trên có nghiệm.

3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = xy + 3 ( x + y ) + 2012 , (x, y là nghiệm của hệ phương trình đã cho).

S = m − 2 S = m − 2 ⇔ GIẢI: 1. Đặt S = x + y; P = xy . Khi đó hệ PT trở thành:  2 2 2  S − 2 P + 2S = −m + 4 P = m − m − 2

S = −1 * Với m = 1 ta có:    P = −2 ⇒ x, y là nghiệm của phương trình X 2 + X − 2 = 0 ⇔ X = 1, X = −2

x = 1 ⇒ Nghiệm của hệ phương trình là  hoÆc  y = −2 2

 x = −2  y = 1

2. Hệ có nghiệm ⇔ S 2 ≥ 4 P ⇔ ( m − 2 ) ≥ 4 m 2 − m − 2 ⇔ m 2 ≤ 4 ⇔ −2 ≤ m ≤ 2

(

)

Ta có A = P + 3S + 2012 = m 2 + 2m + 2004

9

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Xét hàm số f ( m) = m 2 + 2m + 2004 . Lập bảng biến thiên f(m) m –2 –1 2 2004 2012 f(m) 2003 Ta được max A = 2012 khi m = 2 ; min A = 2003 khi m = −1

BT12: 1. Tìm tập xác định của hàm số sau:a) f ( x) =

9− x x+3 . b) f ( x) = 2. x − 10 ( x − 2) x + 3

a, Xéttính chẵn, lẻ của hàm số f ( x ) = 2015 + x + x − 2015 . b, Xét tính đồng biến và nghịch biến của f ( x ) =

2x + 5 trên khoảng (3;+∞) x−3

2 BT13: Cho hàm số bậc hai y = x + 2 x − 4 (1)

a) Lập bảng biến thiên và vẽ parabol ( P ) của hàm số (1) b) Xác định tọa độ giao điểm của Parabol ( P ) và đường thẳng: y = 3 x + 2 . c) Tìm giá trị của m để đường thẳng d : y = (3 − m) x + m − 2 cắt parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ

x1 , x2 thỏa mãn: x12 + x22 = 6 2

BT14:Cho hàm số bậc hai y = x − 2 x − 1 (1) a) Lập bảng biến thiên và vẽ parabol ( P ) của hàm số (1) b) Xác định tọa độ giao điểm của Parabol ( P ) và đường thẳng: y = − x + 5 . c) Tìm giá trị của m để đường thẳng d : y = −mx + m cắt parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt 2

2

có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn: x1 + x2 = 9 3

2

4

BT15:Cho hàm số y = x − 3mx + m (1), m là tham số thực.

4

Tìm m để đường thẳng y = − x + m cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt.

Đ/S: Vậy các giá trị cần tìm của m là m >

2 2 hoặc m < − .

3 3

4.CỦNG CỐ:

10

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

5. BTVN: Bài 1: Cho phương trình: x 2 + 2 ( m − 3 ) x + m − 13 = 0 .

2

2

Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt và biểu thức: A = x1 x2 − x1 − x2 đạt GTLN Bài 2: Tìm m để PT: x 2 + mx + 1 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: 2

x12 x22 + >7 x22 x12 2

Bài 3: Tìm m để PT: x 2 − 2 mx + 2 − m = 0 có 2 nghiệm x1 , x2 và x1 + x2 đạt GTNN Bài 4: Cho phương trình: 2 x 2 + 2 ( m + 1) x + m 2 + 4 m + 3 = 0 b) Tìm m để PT có ít nhất một nghiệm ≥ 1

a) Tìm m để PT có nghiệm

c) Gọi x1 , x2 là các nghiệm của PT. Tìm GTLN của biểu thức: A = x1 x 2 − 2 ( x1 + x 2 ) Bài 5: Tìm m để phương trình: ( m + 2 ) x 2 + ( 2 m + 1 ) x + 2 = 0; có hai nghiệm trái dấu và tổng của chúng bằng -3 Bài 6: Tìm m để 9 x 2 + 2 ( m 2 − 1 ) x + 1 = 0; có2 nghiệm phân biệt và tổng của chúng bằng -4 Bài 7: Tìm m để các phương trình sau có 2 nghiệm dương phân biệt: a) ( m 2 + m + 1) x 2 + ( 2 m − 3 ) x + m − 5 = 0;

b) x 2 − 6 m x + 2 − 2 m + 9 m 2 = 0

Bài 8: Cho phương trình: x 2 − 2 ( a − 3 ) x + a − 13 = 0; ( a ≥ 1 ) Tìm a để nghiệm lớn nhất của Phương trình nhận GTLN BÀI 9.Cho hàm số y =

1 x −1

a/ Tìm tập xác định của hàm số.

b/ CMR hàm số giảm trên tập xác định.

2

BÀI 10. Cho hàm số : y = x x a/ Khảo sát tính chẵn lẻ.b/ Khảo sát tính đơn điệuc/ Vẽ đồ thị hàm số trên 11.Cho hàm số y = 5 + x + 5 − x a/ Tìm tập xác định của hàm số.b/ Khảo sát tính chẵn lẻ.

12.Cho Parabol (P) : y = ax2 + bx + c a/ Xác định a, b, c biết (P) qua A(0; 2) và có đỉnh S(1; 1) b/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (P) với a, b, c tìm được. c/ Gọi (d) là : y = 2x + m. Định m để (d) tiếp xúc với (P). Tìm tọa độ tiếp điểm.

13 .Cho y = x(|x|− 1)a/ Xác định tính chẵn lẻ.b/Vẽ đồ thị hàm số.

14.Cho hàm số y = x 2 − 4 x + m . Định m để hàm số xác định trên toàn trục số.

15.Cho (P) : y = x2− 3x − 4 và (d) : y = −2x + m. Định m để (P) và (d) : Có 2 điểm chung phân biệt, tiếp xúc và không cắt nhau.

11

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Ngày soạn: Ngày dạy: BUỔI 4-6: CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH- BẤT PHƯƠNG TRÌNH.

I.

II. III. IV.

MỤC TIÊU 1. Kiến thức: Ôn lạiphương pháp giải PT- BPT đại số.

2. Kỹ năng: giải PT- BPT chứa căn thức, chứa dấu GTTĐ, chứa ẩn ở mẫu..

3. Tư duy , thái độ: Tư duy loogic tổng hợp. Tự giác, tích cực học tập CHUẨN BỊ: 1. Giáo viên: Giáo án, bài tập 2. Học sinh: Ôn tập PHƯƠNG PHÁP: Gợi mở vấn đáp- luyện tập NỘI DUNG BÀI HỌC 1. Ổn định lớp: Kiểm tra sĩ số: 10A1: 2. Kiểm tra bài cũ: Kết hợp trong bài mới 3. Bài mới:

x2 + x + 1 + x2 − x + 1 = 2 ( x ∈ ℝ ) .

BT1: Giải phương trình:

2

2

1 3 1 3   HD: Ta có x − x + 1 =  x −  + , x 2 + x + 1 =  x +  + nên phương trình xác định với mọi x ∈ ℝ .

2 4 2 4   Phương trình đã cho tương đương với 2

x2 − x + 1 + x2 + x + 1 + 2

(x

2

− x + 1 x2 + x + 1 = 4

)(

)

⇔ 2 x2 + 2 + 2 x4 + x2 + 1 = 4 ⇔ x4 + x2 + 1 = 1 − x2 1 − x 2 ≥ 0  −1 ≤ x ≤ 1 ⇔ 4 2 ⇔  4 2 2 4 2 2 x + x +1 = 1− 2x + x  x + x + 1 = (1 − x )  −1 ≤ x ≤ 1 ⇔ ⇔ x = 0 . Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 0. x = 0 BT2:Giải bất phương trình:

1 2

− x + 4x − 3

−

1 >0 2x − 4

− x 2 + 4 x − 3 > 0 GIẢI: TXĐ:  ⇔ 1 < x < 2;2 < x < 3 x ≠ 2 (1) ⇔

1 − x2 + 4x − 3

Nếu 1 < x < 2 thì

>

1 2x − 4

− x 2 + 4 x − 3 > 0 > 2 x − 4 , BPT nghiệm đúng với mọi x: 1 < x < 2

2 x − 4 > 0 Nếu 2 < x < 3 ⇒  thì bất pt đã cho ⇔ 2x − 4 > − x 2 + 4x − 3 2  − x + 4 x − 3 > 0

⇔ 4 x 2 − 16 x + 16 > − x 2 + 4 x − 3 ⇔ 5 x 2 − 20 x + 19 > 0 ⇔ x > 2 +

12

5 5 ;x < 2 − 5 5

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

5 < x < 3.

5

Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 2 +

Tập nghiệm của bpt đã cho: (1;2) ∪ (2 +

5 ;3) 5 2

(

2

BT3: Giải phương trình: 1 + ( 6 x + 2 ) 2 x − 1 = 2 5 x + 4 x GIẢI: ĐK: x ≥

)

1 1 ;x ≤ − 2 2

PT ⇔ (3x + 1)2 + (2x 2 − 1) − 2(3x + 1) 2x 2 − 1 − 1 = (3x + 1) 2 + (2x 2 − 1) − (10x 2 + 8x)

(

⇔ 3x + 1 − 2x 2 − 1

)

2

= ( x − 1)

2

 2x 2 − 1 = 2x + 2(a) ⇔  2x 2 − 1 = 4x(b) Giải(a) và đối chiếu ĐK có 1 nghiệm x =

−4 + 6 2

Giải (b) vô nghiệm. Kết luận (*) có 1 nghiệm x =

−4 + 6 2

BT4: giải BPT: 1) − x 2 + 6 x − 5 + 4 < 2 x 2) 2

x2 + x + 1 x+4

+ x2 − 4 ≤

2 x2 + 1

GIẢI: 1) TXĐ: D = [1;5]

x ≥ 2

− x2 + 6 x − 5 + 4 < 2 x ⇔ 

2 2 − x + 6 x − 5 < (2 x − 4)

x ≥ 2

⇔ 2 ⇔ ... ⇔ x ∈ (3; +∞) . Kết hợp TXĐ bpt có tập nghiệm T = ( 3;5] 5 x − 22 x + 21 > 0 2) ĐK: x > 4.

BPT ⇔ 2(

x2 + x + 1 x+4

− 1) + x 2 − 3 ≤

13

2 x2 + 1

−1

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

x2 + x + 1 ⇔2

−1 4 − ( x 2 + 1) x+4 + x2 − 3 − ≤0 x2 + 1 x2 + x + 1 +1 x+4

⇔ ( x 2 − 3)(

2

( x2 + x + 1) ( x + 4) + x + 4

+1+

1

(

2 + x2 + 1

)

x2 + 1

)≤0

⇔ x 2 − 3 ≤ 0 ⇔ − 3 ≤ x ≤ 3 . KL

BT5: 1) Giải phương trình : − x 2 + 4 x − 3 − 2 x + 5 = 0 .

2) Giải bất phương trình: 2 x 2 + 4 x + 3 3 − 2 x − x 2 > 4 .

GIẢI: 1) Ta có:

2x − 5 ≥ 0  − x2 + 4x − 3 − 2x + 5 = 0 ⇔ − x2 + 4 x − 3 = 2 x − 5 ⇔  2 2  − x + 4 x − 3 = (2 x − 5)

5  x≥  ⇔ 2 5 x 2 − 24 x + 28 = 0

5   x≥ 2  14 14 ⇔   x = 2 ⇔ x = . KL: Vậy PT đã cho có nghiệm x = 5 5  14   x= 5  2) Giải bất phương trình: 2 x 2 + 4 x + 3 3 − 2 x − x 2 > 4 . Đặt t = 3 − 2 x − x 2 (t ≥ 0) .

BPT đã cho trở thành: 2t 2 − 3t − 2 < 0 ⇔−

1 < t < 2 do t ≥ 0 nên 0 ≤ t < 2 2

3 − 2 x − x 2 ≥ 0 Với 0 ≤ t < 2 ⇔ 0 ≤ 3 − 2 x − x 2 < 2 ⇔  2 3 − 2 x − x < 4  −3 ≤ x ≤ 1  −3 ≤ x ≤ 1 ⇔ 2 ⇔ x + 2x +1 > 0  x ≠ −1

Vậy tập nghiệm của BPT: S = [ −3; −1) ∪ ( −1;1] 2

2

BT6:Giải phương trình: 10 x + 3x − 6 = 2(3x + 1) 2x − 1 GIẢI: Đặt t = 2x 2 − 1 , (t ≥ 0) ⇒ t 2 = 2x 2 − 1 . Suy ra : (1) ⇔ 4t 2 − 2(3x+1)t + 2x 2 + 3x − 2 = 0

14

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

1  t = x−  2 ∆ ' = (3x+1) 2 − 8x 2 − 12x + 8 = ( x − 3) 2 ⇒  t = x + 1  2 1  x≥  1 1 −1 + 6  2 + Với t = x − ⇒ 2x 2 − 1 = x − ⇔  ⇔x= 2 2 2  x2 + x − 5 = 0  4 + V ới t =

 x ≥ −2 x x 2 ± 2 15 ⇔x= + 1 ⇒ 2x 2 − 1 = + 1 ⇔  2 2 2 7 7x − 4x − 8 = 0

Vậy phương trình có 3 nghiệm: x =

BT7: 1) Giải phương trình:

(

−1 + 6 2 ± 2 15 , x= .

2 7

x+4 −2

)(

)

x+5 + x+9 +2 = x

2) Giải bất phương trình: x( x − 4) − x 2 + 4 x + ( x − 2)2 < 2 ( KSCL LAN II YÊN LẠC II) GIẢI: 1) Điều kiện xác định: x ≥ −4

PT ⇔ ( x + 4 − 22 )

(

) (

x+5 + x+9 +2 = x

x+4+2

)

⇔ x  x + 5 + x + 9 − x + 4  = 0  x = 0 ( tm ) ⇔  x + 5 + x + 9 = x + 4; (1) Giải (1): (1) ⇔

x+5 + x+9 = x+4 ⇔ 2

( x + 5) . ( x + 9 ) = − x − 10

Ta thấy với x ≥ −4 thì VT >0, VP<0 suy ra phương trình (1) vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 0 2) Điều kiện xác định: 0 ≤ x ≤ 4

Đặt t = − x 2 + 4 x đk: t ≥ 0 Phương trình trở thành: t 3 + t 2 − 2 > 0 ⇔ ( t − 1) . ( t 2 + 2t + 2 ) > 0 t > 1 do t 2 + 2t + 2 > 0∀t Với t > 1 ta có

− x 2 + 4 x > 1 ⇔ − x 2 + 4 x − 1 > 0 ⇔ 2 − 3 < x < 2 + 3 (t/m)

(

Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là s = 2 − 3; 2 + 3

15

)

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

BT8: Giải phương trình: 19 + 3x + 4 − x 2 − x + 6 = 6 2 − x + 12 3 + x .( HSG VP 2015) − x 2 − x + 6 ≥ 0  GIẢI: Điều kiện xác định: 2 − x ≥ 0 ⇔ −3 ≤ x ≤ 2 . 3 + x ≥ 0  Bất phương trình đã cho tương đương với: 19 + 3 x + 4

( 2 − x )( 3 + x ) = 6 (

2− x + 2 3+ x

)

Đặt t = 2 − x + 2 3 + x , t > 0 ta có:

t 2 = 2 − x + 4 (3 + x ) + 4

( 2 − x )( 3 + x ) = 14 + 3x + 4 ( 2 − x )( 3 + x )

t = 1 Thay vào phương trình trên ta được: 5 + t 2 = 6t ⇔ t 2 − 6t + 5 = 0 ⇔  t = 5 +) t = 1 ⇔ 2 − x + 2 3 + x = 1 ⇔ 2 − x + 4 ( 3 + x ) + 4

( 2 − x )( 3 + x ) = 1

⇔ 3x + 13 + 4 − x 2 − x + 6 = 0 vô nghiệm do −3 ≤ x ≤ 2 +) t = 5 ⇔ 2 − x + 2 3 + x = 5 ⇔ 2 − x + 4 ( 3 + x ) + 4

( 2 − x )( 3 + x ) = 25

16 ( − x 2 − x + 6 ) = (11 − 3 x )2 ⇔ 4 − x − x + 6 = 11 − 3 x ⇔  11 − 3 x ≥ 0 2

25 x 2 − 50 x + 25 = 0  ⇔ ⇔ x = 1 thỏa mãn điều kiện.

11 x ≤ 3  Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = {1} .

BT9 : Giải PT- BPT : a ) 2 x + 3 + x + 1 = 5 ; b) Đ/S : a. x=3

x 2 − 3x + 1 ≤ 2 x − 1 ( x ∈ R )

1 3 − 5  3 + 5  b) T = ( −∞;0] ∪  ; ; +∞  ∪ 2   2 3 

BT10: Giải phương trình: 5 x 2 + 14 x + 9 − x 2 − x − 20 = 5 x + 1 ( x ∈ ℝ ) BT11:Giải phương trình sau:

a / 2x − 3 = x 2 − 3x + 1

b / 2x 2 − 6x + 3 x 2 − 3x + 1 = 3

c, x 2 − 4 x + 3 − 2 x = 3 d , x 2 − 7 x + 8 = 2 x Đ/S: a,-1; 4

b, 0; 3

c, 0; 6

BT12 :1) Tìm m để phương trình |x2 - 1| = m4 - m2 + 1 có bốn nghiệm phân biệt.

16

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

2) Giải và biện luận (theo tham số m) bất phương trình: BT13: Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt :

(x

2

+ 2x

)

2

(

)

− 4 x2 + 2x + 5 = m 2

2

GIẢI: Đặt x + 2 x = t có phương trình: t − 4t + 5 = m .Điều kiện: t ≥ −1 2

Xét phương trình: f (t ) = t − 4t + 5 T

-1

f(t)

10

(t ≥ -1)

2

+∞ +∞

1 Để (1) có 4 nghiệm thì f (t ) = m có 2 nghiệm lớn hơn -1.Suy ra 1 < m ≤ 10 2

2

BT14: 1.Giải bất phương trình: ( x − 3 ) x + 4 ≤ x − 9

2. Giải phương trình:

4 1 5 + x − = x + 2x − x x x

1. GIẢI: Ta có: (1) ⇔ ( x − 3)

(

)

x 2 + 4 − ( x + 3) ≤ 0 (2)

TH1: x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ 3

⇒ (2) ⇔ x 2 + 4 ≤ x + 3 ⇔ x 2 + 4 ≤ ( x + 3)2 ⇔ x ≥ −

5 6

Kết hợp với x ≥ 3 ta được x ≥ 3 (*) TH2: x − 3 ≤ 0 ⇔ x ≤ 3 ⇒ (2) ⇔

x 2 + 4 ≥ x + 3 (3)

+ Nếu x + 3 ≤ 0 ⇔ x ≤ −3 thì (3) thỏa mãn với ∀x ≤ −3 (4) + Nếu x + 3 ≥ 0 ⇔ x ≥ −3 ⇒ (3) ⇔ x + 4 ≤ ( x + 3) ⇔ x ≤ − 2

⇒ −3 ≤ x ≤ −

2

5 6

5 (5) 6

Từ (4) và (5) ta có x ≤ −

5 (**) 6

Từ (*) và (**) ta có nghiệm của bất phương trình là: x ≤ −

17

5 hoÆc x ≥ 3 6

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10  x ≠ 0  2.. Điều kiện:  x − 1 ≥ 0 x  5   2 x − x ≥ 0

Đặt a = x −

1 5 , b = 2 x − với a ≥ 0, b ≥ 0 x x 2

2

ta có (1) ⇔ a − b = b − a ⇔ (a − b)(a + b + 1) = 0 (2) Do a ≥ 0, b ≥ 0 nên a + b + 1 > 0 1 5 4 (2) ⇔ a = b ⇒ x − = 2 x − ⇔ x − = 0 ⇔ x 2 − 4 = 0 ⇔ x = ±2 x x x Đối chiếu điều kiện thì x = 2 thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm là x = 2

1 − 1 − 4x 2 <3 BT15: Giải bất phương trình: x Giải: Bằng cách nhân lượng liên hợp bất phương trình tương đương 4x 2

(

x 1 + 1 − 4x 2

)

1 1  x ≠ 0  x ≠ 0 <3⇔  ⇔ , Đk: − ≤ x ≤ .  2 2 2 2 3 1 − 4x > 4x − 3  4x < 3 + 3 1 − 4x

x ≠ 0 1   1 1 Vì x ≤ ⇒ 4x – 3 < 0. Do đó (1),(2) ⇔  1 1 . Tập nghiệm S =  − ;  \ {0} 2  2 2 − 2 ≤ x ≤ 2 BT16: Giải bất phương trình:

2x + 4 − 2 2 − x >

12x − 8

(1)

9x 2 + 16

Bằng cách nhân lượng liên hợp bất phương trình tương đương 6x − 4 2(6x − 4) > ⇔ (3x − 2)  9x 2 + 16 − 2 2  2x + 4 + 2 2 − x 9x + 16

(

2x + 4 + 2 2 − x  > 0 

)

Lại thực hiện phép nhân liên hợp

(2) ⇔ (3x − 2) 9x 2 + 16 − 4 12 − 2x + 4 8 − 2x 2  > 0  

)

(

( ⇔ (3x − 2) ( x − 2

)

⇔ (3x − 2) 9x 2 + 8x − 32 − 16 8 − 2x 2 > 0

Để

8 − 2x 2

)( +x + 2

)

8 − 2x 2 > 0

(3)

8 − 2x 2 có nghĩa thì -2 ≤ x ≤ 2. Do x ≥ −2 ⇒ 8 + x + 2 8 − 2x 2 > 0 nên

18

(2)

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

3x − 2 > 0 3x − 2 < 0 (3) ⇔ (3x − 2) x − 2 8 − 2x 2 > 0 ⇔  (I) ∨  (II) 2 2  x − 2 8 − 2x > 0  x − 2 8 − 2x < 0

)

(

Giải (I) ⇔

4 2 <x≤2 3

x < 0 Giải (II) ⇔  2 8 − 2x ≥ 0

∨

2  2 2 0 ≤ x< ⇔ −2 ≤ x < 0 ∨ 0 ≤ x< ⇔ −2 ≤ x< 3  3 3 2  2  x < 32 − 8x

2 4 2   Vậy S =  −2;  ∪  ; 2 3  3  

BT17: Cho phương trình : x 2 − 2 x + m = x − 1 a) Giải phương trình với m = 0.

b) Tìm m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt.

Giải

Đặt t = x – 1, thì phương trình đã cho trở thành t 2 + m − 1 = t (*)  3+ 5 t ≥ 0 x=  t ≥ 0 t ≥ 0 ±1 + 5  2 a) Với m = 0 ta có  2 ⇔ 2 ⇔  ±1 ± 5 ⇔ t = ⇒ 2  t − 1 = ± t t ± t − 1 = 0 1+ 5   t = 2  x =  2

b) Phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 4 nghiệm t ≥ 0 t ≥ 0 ⇔ 2 phân biệt. (*) ⇔  2 có 4 nghiệm phân biệt. t + m − 1 = ±t t ± t + m − 1 = 0 Phương trình (*) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi mỗi phương trình: t2 – t + m – 1 = 0 và t2 + t + m – 1 = 0 có hai nghiệm không âm phân biệt. Nhưng phương trình t2 + t + m – 1 = 0 không thể có hai nghiệm không âm (vì S = –1<0).

Vậy phương trình đã cho không thể có 4 nghiệm phân biệt.

BT18: Tìm m để phương trình

x 2 − 2mx + 1 = m − 2 có nghiêm.

Giải: * Nếu m< 2 ⇒ phương trình vô nghiệm. * Nếu m≥ 2 ⇒ phương trình ⇔x2−2mx−m2+4m−3=0. Phương trình này có ∆=2m2−4m+3>0 với mọi m.

Vậy với m≥ 2 thì phương trình đã cho có nghiêm.

19

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

BT19: Tìm m để phương trình

2 x 2 + mx − 3 = x + 1 có hai nghiệm phân biệt.

 x ≥ −1

Giải:Cách 1: PT ⇔  x 2 + ( m − 2 ) x − 4 = 0, (*) , phương trình (*) luôn có 2 nghiệm:  2 − m + m 2 − 4m + 20 2 − m − m 2 − 4m + 20 > 0, x2 = < 0 . Phương trình đã cho có 2 2 2 nghiệm ⇔ (*) có 2 nghiệm x ≥ −1 ⇔ x1 =

m ≤ 4 ⇔ m ≤ −1 x2 ≥ −1 ⇔ 4 − m ≥ m 2 − 4m + 20 ⇔  2 2 ( 4 − m ) ≥ m − 4m + 20

Chú ý: + x1> 0, x2< 0 vì x1>x2 và a.c< 0 nên pt có 2 nghiệm trái dấu. + Cách 1 thường dùng khi hệ số a luôn dương hoặc luôn âm. + Cách 2: Đặt t = x + 1 suy ra x = t – 1, khi đó với x ≥ −1 ⇒ t ≥ 0 .(*) trở thành:

( t − 1)

2

+ ( m − 2 )( t − 1) − 4 = 0 (**). Để (*) có 2 nghiệm x ≥ −1 thì (**) phải có 2 nghiệm

t ≥ 0.

BT20: (ĐH KB – 2006). Tìm m để PT có 2 nghiệm thực phân biệt:

x 2 + mx + 2 = 2 x + 1 , (1)

 2 x + 1 ≥ 0

Giải : pt ⇔ 3 x 2 − ( m − 4 ) x − 1 = 0, ( 2 ) để (1) có hai nghiệm thực phân biệt thì (2) có hai   2 ∆ = ( m − 4 ) + 12 > 0  1 9   1 ⇔m≥ . nghiệm lớn hơn hoặc bằng − 2 hay  f  − 2  ≥ 0 2    S 1  >− 2 2

4. CỦNG CỐ : 5. BTVN : 1/ Tìm m để các bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x: a) mx2−4(m−1)x+m−5≤ 0

b) 5x2−x+m> 0

c) mx2−10x−5<0

x 2 − mx − 2 > −1 e) m(m+2)x2+2mx+2>0 x 2 − 3x + 4 2 Đáp số: a) ∆= 12 m − 12 m + 16 , không có m b) ∆= −20m+1, m> 1/20 c) ∆= 5m+25, m<−5 d) −7<m<1 e) ∆= −4m2−16m m<−4 hoặc m≥0 6. Tìm m để các phương trình sau vô nghiệm: a) 5x2−x+m ≤0 mx2−10x−5≥0 d)

20

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Ngày soạn:

Ngày dạy:

BUỔI 7-9: CHUYÊN Đ ỀH ỆPHƯƠNG TRÌNH ĐẠI S Ố: I.

MỤC TIÊU 1. Kiến thức: Ôn lại dạng hệ và phương pháp giải.

2. Kỹ năng: 3. Tư duy , thái độ: Tư duy loogic tổng hợp. Tự giác, tích cực học tập II. CHUẨN BỊ: 1. Giáo viên: Giáo án, bài tập 2. Học sinh: Ôn tập III. PHƯƠNG PHÁP: Gợi mở vấn đáp- luyện tập IV. NỘI DUNG BÀI HỌC 1. Ổn định lớp: Kiểm tra sĩ số: 10A1: 2. Kiểm tra bài cũ: Kết hợp trong bài mới 3. Bài mới: A.Lý thuyết A. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HỆ PHƯƠNG TRÌNH THƯỜNG GẶP 1. Phương pháp thế Phương pháp giải: Ta biến đổi một phương trình trong hệ rồi rút ra mối liên hệ giữa x, y; thế vào phương trình còn lại sao cho phương trình thu được là phương trình đa biết cách giải .

Thường ta thu được một phương trình một ẩn, phương trình đưa được về dạng tích hoặc một phương trình đẳng cấp.  x 2 ( y + 1)( x + y + 1) = 3 x 2 − 4 x + 1 (1) 5  Bài 1. Giải hệ phương trình  ĐS: (1; −1) ,  −2; −  .

2 2  (2)  xy + x + 1 = x 4 3 2 2  x + 2 x y + x y = 2 x + 9 (1) Bài 2. Giải hệ phương trình  2 (2)  x + 2 xy = 6 x + 6

17   ĐS:  −4;  .

2 

 x 3 − 8 x = y 3 + 2 y (1) Bài 3. Giải hệ phương trình  2 2  x − 3 = 3 ( y + 1) (2)  6 6   6 6  ĐS: ( 3;1) , ( −3; −1) ,  −4 ; ;−  ,  4  .

13 13 13 13    

 2 ( x 2 + y 2 ) + 2 xy = 16 (1)  Bài 4. Giải hệ phương trình   x + y = 4 (2) 2 xy − x + 2 y = 3, Bài 5. Giải hệ :  3 3 2  x + 4 y = 3x + 6 y − 4 2

2

(

)

HD: Đưa vê: 2 ( y − 1) ( 2 xy + 1) 4 y 2 − 8 y + 7 = 0

21

ĐS: ( 4; 4 ) .

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

 x3 + 4 y = y 3 + 16 x (1) Bài 6. Giải hệ phương trình  ĐS : (0; 2) ; (0; –2); (1; –3); (–1; 3) 2 2 (2) 1 + y = 5(1 + x ) ( x − y )4 = 13 x − 4, Bài7.Giải hpt:  .  x + y + 3 x − y = 2.

3   5 13   5 Đ/S:  ; −  ,  ;  ; 1;1 + 3 ; 1;1 + 3 .  16 16   16 16 

(

)(

)

 x − x − y − 1 = 1, Bài 8. Giải hệ phương trình:  2 4  y + x + 4 y = 1. Đáp số, (x;y)=(1;0) 2. Đặt ẩn phụ Phương pháp : Làm xuất hiện trong hai phương trình của hệ có chứa hai biểu thức giống nhau của x,y . Sau đó đặt hai ẩn phụ là hai biểu thức giống nhau của x, y đó.  x 2 + y 2 − 3 x + 4 y = −2 Bài 1. Giải hệ phương trình :  2 2 3 x − 2 y − 9 x − 8 y = −6 u = x( x − 3) HD : Đặt  , v = y ( y + 4)

ĐS : Nghiệm hệ (1; 0), (1; −4), (2; 0), (2; −4) .

3 2 2 3  x y (1 + y ) + x y (2 + y ) + xy = 30 Bài 2.Giải hệ phương trình  2 2  x y + x(1 + y + y ) + y = 11

u = x + y . Ta được hệ HD: Đặt  v = xy

Đ/S:

u 2 v + v 2u = 30 , là hệ phương trình đối xứng loại 1.  uv + u + v = 11

 5 ± 21 5 ∓ 21  ;   ; (1; 2 ) ; ( 2;1) 2 2  

 x 2 y + 2 x 2 + 3 y − 15 = 0 Bài 3.Giải hệ phương trình:  4 2 2  x + y − 2 x − 4 y − 5 = 0

u = x 2 − 1 uv + 4 ( u + v ) = 5 HD: Đặt  , ta được hệ phương trình  2 2 (hệ đối xứng loại 1). u + v = 10 v = y − 2 Đ/S : (-2 ;1) ; (2 ;1) ; (0 ;5) Bài 4.Thi KSCL ôn thi ĐH lần 1 (2013-2014)

10 x - xy - y = 2 Giải hệ phương trình:  2 2 30 x - xy - 2 xy - x - y = 1

22

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

1  a = HD: Đặt  Hệ thành x b = y + 1

 a + b = 6  a + ab + b = 11 1 1 1  ab = 5  ĐS: (1; 4); ( ; 0); ( ; 2); ( ;1) . ⇔   5 2 3 a + b = 5 ab( a + b) = 30    ab = 6

Bài 5.Thi KSCL ôn thi ĐH lần 2 (2013-2014)

1 + xy + xy = x  Giải hệ phương trình:  1 1 +y y= +3 y  x x x HD : Đặt a =

1 ;b = x

2 2  a + b + ab = 1 y ta được  3 3  a + b = a + 3b

x = 1 ĐS:  . y = 0

3 y   x2 + y2 −1 + 2 x = 1  Bài 6. Giải hệ phương trình:   x 2 + y 2 + 4 x = 22  y  y = 4 x = 3  x = −3  x HD : Đặt u = x 2 + y 2 − 1; v = . ĐS:  ∨ ∨ y y =1  y = −1   x = 14

  y = −4  ∨ 2  x = −14 53 

2 53

2 53 2 53

 y3 = x3 (9 − x3 ),  Bài 7. Giải hệ:   x 2 y + y 2 = 6 x. 1 = x3t 3 (9 − x3 ) 1  HD: Đặt t = , có  => 27 x3t 4 ( 4t − x )( 2t − x ) = 0 y 1 = 6 xt 2 − x 2t

 y ( xy − 1) 2 =  2 5 y + 1  Bài 8. Giải hệ phương trình:   x( xy − 1) 1 =  2 2  x +1

HD: Đặt

1 1 = a và = b , ta có hệ x y

2  1 − ab  a (b 2 + 1) 5 = , = ,  a (b 2 + 1) 5   1 − ab 2 ⇔  2  1 − ab = 1  b( a + 1) = 2.

2  1 − ab  b( a + 1) 2

Trừ hai phương trình trên cho nhau, ta được: a − b =

23

1 1 ⇔ a = + b. ĐS: (x;y) = (1;2).

2 2

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

 2 x − 1 − y (1 + 2 2 x − 1) = −8 Bài 9. Giải hệ phương trình:  2  y + y. 2 x − 1 + 2 x = 13

HD: Đặt t = 2 x − 1.

 y + 7 x − y + 2 x = 4 Bài 11. Giải hệ phương trình:   2 y + 2 x − 5 x + 8 = 2 HD: Đặt. a = y + 7 x ≥ 0, b =

y + 2 x ≥ 0, c = 5 x + 8 ≥ 0

 a − b = 4,   56 13  Ta có hệ:  2b − c = 2, Đáp số  ;  .  5 5  a 2 = b 2 + c 2 − 8.  3. Đưa về phương trình tích PP: - Phân tích một phương trình trong hệ thành tích các nhân tử.

- Cộng hoặc trừ từng vế của hai phương trình, phương trình thu được có thể phân tích được thành phương trình tích.

Thông thường, phương trình đưa được về phương trình tích có một nhân tử dạng ax + by + c .

1  1  x − x = y − y (1) Bài 1(ĐH Khối A-2003). Giải hệ phương trình  2 y = x 3 + 1 (2)   −1 − 5 −1 − 5   −1 + 5 −1 + 5  ĐS: (1;1) ,  ; ; ,   2   2 2   2  xy + x + y = x 2 − 2 y 2 (1) Bài 2 (D – 2008) Giải hệ phương trình:  ĐS: ( 5; 2 ) .  x 2 y − y x − 1 = 2 x − 2 y (2) 2 (1)  y = ( 5 x + 4 )( 4 − x )  4  Bài 3. Giải hệ :  ĐS:  − ; 0  , ( 4;0 ) , ( 0; 4 ) .

2 2  5   y − 5 x − 4 xy + 16 x − 8 y + 16 = 0 (2)

 2 x − 3 = ( y 2 + 2015)(5 − y ) + y Bài 4. Giải hệ phương trình:  ĐS: ( x, y ) = (4,5) .  y ( y − x + 2) = 3 x + 3 3 2 2 3  x − 6x y + 9xy − 4 y = 0 (1)  x = 32 − 8 15 Bài 5. Giải hệ:  ĐS : x = y = 2 và  (2)  x − y + x + y = 2  y = 8 − 2 15

 xy + ( x − y )( xy − 2) + x = y + y (1)  Bài 6. Giải hệ phương trình  ( x + 1)( y + xy + x − x 2 ) = 4 (2)

24

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

HD : (1) ⇔ xy + ( x − y )( xy − 2) − y + ( x − y ) = 0 Từ

⇒

PT

(2)

ta

y + xy − 2 xy + ( x − y )( xy − 2) + y

có +

y + xy = x 2 − x +

1 >0 x+ y

4 4   = ( x − 1) 2 +  x + 1 + −2≥ 2 x +1 x +1    1 + 17 1 + 17  ĐS: (1; 1);  .  2 ; 2   

 x 2 + 2 xy 2 + 2 y = x + 2 xy + 4 y3 ,  Bài 7. Giải hệ phương trình:  2 3x − 5 + 3 8 y3 − 3x + 9 = 7 

ĐS: ( 3;6 ) .

1 + 2 x − 2 x 2. 1 + y = 4 x3 y + 7 x 2 ,  Bài 8. Giải hệ phương trình:   x 2 ( xy + 1) + ( x + 1)2 = x 2 y + 5 x. 1  Từ phương trình thứ hai, ta có: ( x − 1) ( x 2 y + 2 x − 1) = 0 . Đáp số: (1; −1), ( −1;3),  ;3  3 

 x3 + x 2 ( y + 1) + 3x + 2 xy = y3 + ( x − 1) y 2 + 3( y − 1)  Bài 9. Giải hệ phương trình:   3 x 2 − 3 y + 5 = y − 2 + 1 − x 2 HD: (1) ⇔ ( x − y + 1) ( x + y ) + 3 = 0 ⇔ x − y + 1 = 0  

Thay vào phương trình (2) ta thu được.

Đặt 3

3

x 2 − 3 x + 2 = x − 1 − ( x − 1).

(*)

x − 1 = t ≥ 0 ⇒ x = t 2 + 1 Thay vào (*) ta được:

t 2 (t 2 − 1) = t − t 2 ⇔ t 2 (t 2 − 1) = t 3 (1 − t )3 ⇔ t 2 (t − 1)[t + 1 + (t − 1) 2 t ] = 0 .

( x 2 + 9)( x 2 + 9 y ) = 22( y −1)2  Bài 10. Giải hệ phương trình:   x 2 − 2 − 4 y y + 1 = 0 HD: Phương trình thứ nhất . ( x 2 + 11 y − 2 )( x 2 − 2 y + 11) = 0 . Đáp số ( 2; 0); (− 2; 0) .

4. Cộng đại số để có một phương trình hệ quả đơn giản hơn Phương pháp giải:Ta phải kết hợp 2 phương trình trong hệ bằng các phép toán cộng, trừ, nhân, chia để được một phương trình hệ quả đơn giản hơn hoặc phương trình hệ quả này có

25

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

thể đưa được về phương trình tích. Và khó khăn của các hệ phương trình giải theo cách này chính là nên cộng đại số như thế nào để có được kết quả thuận lợi.

4 3 2 2  x − x y + x y = 1 (1) Bài 1. Giải hệ phương trình a.  3 2  x y − x + xy = −1 (2)

 x 2 + 3 x + y 2 + y = 3 − xy (1) b.  (2)  x + 2 y + xy = 1

 x 2 − xy = 1 2 HD: a. Lấy (1) trừ (2): ( x 2 − xy ) + ( x 2 − xy ) − 2 = 0 ⇔  2 .ĐS: (1;0 ) , ( −1;0 ) .  x − xy = −2 x + y = 1 2 b. Lấy (1) cộng (2): ⇔ ( x + y ) + 3 ( x + y ) − 4 = 0 ⇔  .  x + y = −4   1  2 x 1 +  = 3 (1)  x 2 + 91 = y − 2 + y 2   x+ y Bài 2. Giải hệ pt: a,  b.   2 y  1 − 1  = 1 (2)  y 2 + 91 = x − 2 + x 2     x+ y  HD: a, Đưa vê ⇔ x 2 + 8 xy − 9 y 2 = 0

(1) (2)

b.ĐS : x = y = 3 .

 x3 − y3 = 9,  Bài 3: Giải hệ phương trình: a,  ĐS: (1; −2 ) ; ( 2; −1)  2 x 2 + y 2 − 4 x + y = 0.

B.Hệ phương trình trong đề thi HSG tỉnh Vĩnh Phúc ( từ năm 2009 đến 2015) 2  y ( xy − 2) = 3 x Bài 1. HSG 10 - VP2009:  2 2  y + x y + 2 x = 0

HD: Nếu xy ≠ 0 : Nhân phương trình thứ hai với x rồi cộng với PT thứ nhất ta được: 2

3

2

2

2

2

( xy + x y + 2 x ) + ( xy − 2 y − 3 x ) = 0 ⇔ ( xy − 1)(2 y + x ) = 0 ⇔

 xy =1   x2  y =− 2 

 1  Hệ có ba nghiệm ( x, y ) = (0; 0), (2; −2),  − 3 ; − 3 3  3   3 2 2 3  x y (1 + y ) + x y (2 + y ) + xy − 30 = 0 Bài 2. HSG 11 - VP2009:  2 2  x y + x(1 + y + y ) + y − 11 = 0

 xy ( x + y )( x + y + xy ) = 30 HD:   xy ( x + y ) + ( xy + x + y ) = 11

.

 5 + 21 5 − 21   5 − 21 5 + 21  ( x, y ) = (1, 2);(2,1);  ; ; ;  2   2 2   2

26

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

 x3 + 1 = 2( x 2 − x + y ) Bài 3. HSG 12 - VP2009:  3 ( x, y ∈ R ) 2  y + 1 = 2( y − y + x)  x + y − xy = 1 Bài 4. HSG 10 - VP2010:  ĐS: ( x; y ) = (1;1) 2 2  x + 3 + y + 3 = 4  x 2 + x 3 y − xy 2 + xy − y = 1 Bài 5. HSG 10 - VP2011:  4 2  x + y − xy (2 x − 1) = 1

ĐS: (1; 1); (0; − 1); (1; 0); ( −1; 0); (−1; 3) .

 x 2 − xy + y 2 + x − 2 y = 0 Bài 6. HSG 10 - VP2012: Giai  ( x, y ∈ ℝ ) 2 x − xy + y = 2 ĐS: S = {(1; 2 ) , (1;1) , ( 0; 2 )} ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 + 3) = 3 ( x 2 + y 2 ) + 2 Bài 7.. HSG 10 - VP2013:  ĐS: ( x, y ) = ( 3,1) .

2  x + 6 + y + 3 = − x + 2 x + 8  x 2 + 2 y 2 − 3 xy − y − 1 = 0 Bài 8. HSG 10 - VP2015: Giải hệ phương trình:  2 2  x + y − y − 3 = 0  3 1 9 2 ĐS: (1; 2 ) , ( −1; − 1) ,  − ; −  ,  ;  .  2 2 5 5

BTVN:

BT1: Giải hệ phương trình: 2 2  2 x + xy − y − 5 x + y + 2 = 0 a,  2 2  x + y + x + y − 4 = 0

( x + y )( x 2 + y 2 ) = 15  x − x − y − 1 = 1 c,  b,  2 2 ( x − y )( x − y ) = 3  y 2 + x + 2 y x − y 2 x = 0

GIẢI: a) Ta có : (1) ⇔ y 2 − ( x + 1) y − 2 x 2 + 5 x − 2 = 0 Có ∆ = (3 x − 3) 2 nên pt luôn có hai nghiệm y=2-x, y=2x-1 Với y=2-x thế vào (2) ta được ta được nghiệm (x;y)=(1;1) 4 13 y=2x-1 thế vào (2) ta được ta được nghiệm (x;y)=( − ; − ), (x;y)=(1;1) 5 5 3 14   KL: Vậy hpt đã cho có nghiệm ( x; y ) ∈ (1;1);( − ; − )  5 5   2  ( x + y ) ( x + y ) 2 − 2xy  = 15 ( x + y )  ( x + y ) − 2xy  = 15   b) Hệ (*) ⇔  ⇔ 2 2 ( x − y ) ( x + y ) = 3   ( x + y ) − 4xy  ( x + y ) = 3

27

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

S = x + y Đặt  , Hệ phương trình trở thành:  P = xy

2  S ( S − 2 P ) = 15  2  S ( S − 4 P ) = 3

 SP = 6 S = 3 ⇔ 3 ⇔ P = 2  S = 27 S = 3  x + y = 3  x = 2, y = 1 ⇔ ⇒ Với   P = 2  xy = 2  x = 1, y = 2 Vậy nghiệm của hệ là: ( x; y ) = (2;1), ( x; y ) = (1; 2) x ≥ 0 c) Điều kiện xác định:   x − y −1 ≥ 0 Pt (1) ⇔ x = x − y −1 + 1 ⇔ x = x − y −1 + 2 x − y −1 + 1 ⇔ y = 2 x − y −1 y ≥ 0  y ≥ 0  y ≥ 0 ⇔ 2 ⇔ ⇔ (3) 2  y + 2 = 2 x ( y + 2 ) = 4 x  y = 4x − 4 y − 4

(

Pt (2) ⇔ y + x

)

2

= y 2 x ⇔ y + x = y x (4)

Từ (3) và (4) ta có hệ phương trình đã cho tương đương với:

 1  x = 4 (l )   y + 2 = 2 x  y + 2 = 2 x ⇔ ⇔   y = −1   2 y + y + 2 = y ( y + 2)  y + x = y x   x = 4 (t / m)   y = 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm là: ( x; y ) = ( 4; 2 ) 2 2  x + 2 y − 3 xy − y − 1 = 0 BT2: Giải hệ phương trình:  2 2  x + y − y − 3 = 0

( HSG VP 2015)

x = y −1 Ta có (1) ⇔ ( x − y + 1)( x − 2 y − 1) = 0 ⇔  x = 2 y +1

y = 2 Với x = y − 1 thay vào (2) ta được 2 y − 3 y − 2 = 0 ⇔  y = − 1  2 1 3 +) y = 2 ⇒ x = 1 . +) y = − ⇒ x = − .

2 2 2

 y = −1 Với x = 2 y + 1 thay vào (2) ta được 5 y 2 + 3 y − 2 = 0 ⇔  y = 2 5 

28

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

+) y = −1 ⇒ x = −1 .

+) y =

2 9 ⇒x= .

5 5

 3 1 9 2 Vậy, hệ (I) có nghiệm ( x; y ) là: (1; 2 ) , ( −1; − 1) ,  − ; −  ,  ;  .  2 2 5 5

BT3: Giải hệ phương trình sau: . .Đặt

( 4 y − 1) x 2 + 1 = 2 x 2 + 2 y + 1  4 2 2  x + x y + y = 1

2 x 2 + 1 = t ≥ 1 ⇒ phương trình (1) có dạng 2t − ( 4 y − 1) t + 2 y − 1 = 0

t = 2 y − 1 ⇒ 1 2 2 t = (l ) ∆ = ( 4 y − 1) − 8 ( 2 y − 1) = ( 4 y − 3)  2 y ≥1 t = 2 y −1 ≥ 1 ⇔ x2 + 1 = 2 y −1 ⇔  2 2  x = 4 y − 4 y thay vào (2) ta được +) Với 2

16 y 2 ( y − 1) + 4 y 2 ( y − 1) + y 2 − 1 = 0 ⇔ y = 1

(do y ≥ 1 ) ⇒ x = 0 . Vậy, hệ (I) có nghiệm (0;1) .

(2 x + y )2 − 5(4 x 2 − y 2 ) + 6(2 x − y )2 = 0  BT4: Giải hệ phương trình:  ( x; y ∈ ℝ ) 1  2x + y + 2x − y = 3  x  + y = m−2 BT5:Cho hệ phương trình  2 (trong đó m là tham số) 2 2  x + y + 2 x + 2 y = −m + 4 a) Giải hệ phương trình với m = −2 . b) Tìm m để hệ có nghiệm.  2 4x2 x + ≥5  2 BT6: Tìm m để hệ PT sau có nghiệm thực:  ( x + 2)  4 2 2  x + 8 x + 16mx + 16m + 32m + 16 = 0

Giải: BPT : x 2 +

4 x2

( x + 2)

2

≥ 5 (1) .

 x2 x + 2 ≥1  x2  2x  4 x2 x2  Khi x ≠ −2, (1) ⇔  x − −5≥ 0 ⇔  −5≥ 0 ⇔  2  + 4.  + x+2 x+2 x+2   x  x+2  x + 2 ≤ −5 2

2

Từ đó ta tìm được : x ≥ 2 hoặc −2 ≠ x ≤ −1 Giả sử x0 là một nghiệm của PT : x 4 + 8 x 2 + 16mx + 16m 2 + 32m + 16 = 0(2)

29

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Khi đó PT : x04 + 8 x02 + 16mx0 + 16m 2 + 32m + 16 = 0 phải có nghiệm m Suy ra PT : 16m 2 + 16 ( x0 + 2 ) m + x04 + 8 x0 + 16 = 0 phải có nghiệm m .Do đó 2

∆ ' = 64 ( x0 + 2 ) − 16 x04 + 8 x02 + 16 ≥ 0 ⇔ −16 x0 ( x0 − 2 ) x02 + 2 x0 + 8 ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x0 ≤ 2

(

)

(

)

Như vậy nếu (2) có nghiệm thì nghiệm lớn nhất là 2 và nghiệm nhỏ nhất là 0 .

Do đó hệ (1) ,(2) có nghiệm khi PT (2) có nghiệm x = 2.

Thay x = 2 vào (2) ta được : m 2 + 4m + 4 = 0 ⇔ m = −2.

Vậy m = −2 thì hệ PT đã cho có nghiệm

BT7: Giai cac hệ PT:

 2 x 2 + y ( x + y ) + x ( 2 x + 1) = 7 − 2 y  7 x + y + 2 x + y = 5 a,  b,   x ( 4 x + 1) = 7 − 3y  x − y + 2 x + y = 1

(

)

HD: a, trừ từng vế: ( 2 x 2 + y ) ( x + y ) + x ( 2 x + 1) = x ( 4 x + 1) + y ⇔ ( 2 x 2 + y ) ( x + y + 1) = 0

 2 x 2 + y = 0 ( VN )   x ( 4 x + 1) = 7 − 3 y HPT ⇔   1 ± 17  x + y + 1 = 0 x =   ⇔ 4   x ( 4 x + 1) = 7 − 3 y   y = 1 − x (2 x + 3) 4 x − 1 + (2 y + 3) 4 y − 1 = 2 (2 x + 3)(2 y + 3) BT8:Giải hệ:  ( HSG C VP 2011)  y + x = 4 xy

x y 1 1 Điều kiện xác định: x ≥ ; y ≥ (2) ⇔ x = y (4 x − 1) ⇔ = 4 x − 1 ⇔ = 4 y − 1 thay vào (1) 4 4 y x (2 x + 3)

x y + (2 y + 3) = 2 (2 x + 3)(2 y + 3) y x

Do (2 x + 3)

x y + (2 y + 3) ≥ 2 (2 x + 3)(2 x + 3) y x

30

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Suy ra (1) ⇔ x (2 x + 3) = y (2 y + 3) ⇔ ( x − y )(2 x + 2 y + 3) = 0 ⇔ x = y thay vào (2) ta được  x = 0 ( lo¹i) .

2x − x = 0 ⇔  x = 1 ⇒ y = 1 2 2  2

1 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm  ;  . 2 2

5 x 2 y − 4 xy 2 + 3 y 3 − 2( x + y ) = 0 3 x3 + x 2 y − 3 x 2 − xy = 4 b,  2 2 2 x y 2 + =   x + 2 x + y = 4

BT9: Giải hệ a, 

2 2 3 2 2 5 x y − 4 xy + 3 y − ( x + y )( x + y ) = 0 a, Hệ đã cho ⇔  2 2  x + y = 2 4 x 2 y − 5 xy 2 + 2 y 3 − x 3 = 0 (*) ⇔ 2 2  x + y = 2 y t = 1 Thấy x = 0 không là nghiệm của hệ nên từ (*) đặt: t = ta được PT: 2t 3 − 5t 2 + 4t − 1 = 0 ⇔  1 x t =



y = x

 x = 1  x = −1 ⇔ ∨ y = 1 x + y = 2   y = −1    2 2 2 2 x= x=− 1    1 5 5 y = x   Khi t = ta có:  ⇔ ∨  2 2 2  2 y = 2 y = − 2 x + y = 2   5 5

Khi t = 1 ta có: 

2

2

3 x 3 + x 2 y − 3 x 2 − xy = 4 ( x 2 − x)(3 x + y ) = 4 b, ta có hệ  2 ⇔ 2  x + 2 x + y = 4 ( x − x) + (3 x + y ) = 4  ab = 4 Đặt x 2 − x = a;3 x + y = b , ta có hệ:  ⇒ a =b = 2. a + b = 4

 x2 − x = 2  ab = 4 Giải hệ  ta được a = b = 2 . Suy ra  . a + b = 4 3 x + y = 2 Giải hệ ta được ( x; y ) = ( −1;5); (2; −4) . Vậy hệ có hai nghiệm ( x; y ) = ( −1;5); (2; −4) Ngày soạn:

Ngày dạy:

BUỔI 10- 11: CHUYÊN ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC

31

2

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

I.MỤC TIÊU

1. Kiến thức: Ôn lại cacs bất đẳng thức.

2. Kĩ năng: chứng minh BĐT. Bài toán tìm GTLN- GTNN bằng các PP tam thức bậc hai....

3. Tư duy , thái độ: Tư duy loogic tổng hợp. Tự giác, tích cực học tập II. CHUẨN BỊ: 1. Giáo viên: Giáo án, bài tập III. IV.

2. Học sinh: Ôn tập PHƯƠNG PHÁP: Gợi mở vấn đáp- luyện tập NỘI DUNG BÀI HỌC 1. Ổn định lớp: Kiểm tra sĩ số: 10A1: 2. Kiểm tra bài cũ: Kết hợp trong bài mới 3. Bài mới:

(

BT1:Cho x, y là hai số thực dương thoả mãn điều kiện x + 1 + x 2

)( y +

Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x + y .( HSG VP 2011- 2012) GIẢI: Đặt t = x + 1 + x 2 thì dễ thấy t > 0 và x = Từ giả thiết ta có y + 1 + y 2 = Từ (1) và (2) suy ra x + y = Do đó x + y ≥

t 2 −1 (1) 2t

20122 − t 2 2012 . Từ đây cũng suy ra y = (2) t 2.2012.t

t 2 − 1 20122 − t 2 2011  2012  + = t +  2t 2.2012.t 2.2012  t 

2011 2012 2011 2011 . .2 t. = .2 2012 = 2.2012 t 2.2012 2012

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 2012 . Từ (1) và (2) suy ra x = y = Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng

2011 2 2012

2011 2011 , khi x = y = .

2012 2 2012

BT2:Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = xyz . Chứng minh rằng:

1 + 1 + x2 1 + 1 + y 2 1 + 1 + z 2 + + ≤ xyz (I) x y z GIẢI: Giả thiết suy ra:

1 1 1 + + = 1 . Ta Có: xy yz zx

 1 1  1 1  1  2 1 1  1+ x2 1 1 1 1 = 2 + + + =  +  +  ≤  + +  ;" = " ⇔ y = z x x xy yz zx  x y  x z  2  x y z 

32

)

1 + y 2 = 2012 .

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Viết hai BĐT tương tự rồi cộng lại ta được:  1 1 1 1 + 1 + x2 1 + 1 + y2 1 + 1 + z 2 + + ≤ 3  + +  ;" = " ⇔ x = y = z x y z x y z  1 1 1 2 2 Ta sẽ CM: 3  + +  ≤ xyz ⇔ 3 ( xy + yz + zx ) ≤ ( xyz ) = ( x + y + z ) x y z 2

2

2

⇔ ( x − y ) + ( y − z ) + ( z − x ) ≥ 0 Điều này luông đúng. Dấu bằng có khi và chỉ khi x=y=z

Vậy (I) được CM, dấu bằng có khi và chỉ khi x=y=z= 3

BT3:Chứng minh rằng nếu x, y là các số thực dương thì

1

(1 + x )

2

+

1

(1 + y )

2

≥

1 1 + xy

GIẢI: Do x, y > 0 nên bất đẳng thức đã cho tương đương với

(1 + x )2 + (1 + y )2  (1 + xy ) ≥ (1 + x )2 (1 + y )2   2 2 ⇔ ( 2 + 2 x + 2 y + x + y ) (1 + xy ) ≥ (1 + 2 x + x 2 )(1 + 2 y + y 2 ) 2

2

⇔ xy ( x − y ) + ( xy − 1) ≥ 0 , bất đẳng thức này luôn đúng. Dấu bằng xảy ra khi x = y = 1

BT4:Cho3 số thực dương a, b, c thoả: a + b + c = 1 . Tìm GTNN: P = GIẢI : Ta có: P = (

A+3 = ≥

a + b2 b + c 2 c + a 2 + + b+c c+a a+b

a b c b2 c2 a2 + + )+( + + ) = A+ B b+c c+a a+b b+c c+a a+b

1 1 1 1  + + [(a + b) + (b + c) + (c + a) ]   2 a +b b+ c c + a

1 3 1 1 1 9 3 ( a + b)(b + c)(c + a ).3 3 = 2 a+b b+c c+a 2

⇒ A≥

3 2

a2 b2 c2 1 + + )(a + b + b + c + c + a ) ⇔ 1 ≤ B.2 ⇔ B ≥ Lại có: 1 = ( a + b + c) ≤ ( a+b b+c c+a 2 3 1 1 Từ đó P ≥ + = 2 . Để P = 2 thì a = b = c = .

2 2 3 1 Vậy Min P = 2 ⇔ a = b = c = .

3 2

2

BT5:Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x + y = 5 .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =

P=

4x + y 2x − y + xy 4 GIẢI:

4x + y 2x − y 4 1 x y 4 y 1 x y + = + + − = + + + − xy 4 y x 2 4 y 4 x 2 2 33

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Thay y = 5 − x ở tỉ số cuối ta được:

4 y 1 x 5− x 4 y 1 5 + + + − = + + +x− y 4 x 2 y 4 x 2 2

P=

4 y 1 5 3 . + 2 .x − = y 4 x 2 2

P≥2

3 3 khi x = 1; y = 4 . Vậy Min P = 2 2 BT6:Cho x, y , z là ba số thực dương thỏa mãn xy + yz + zx = 3 xyz.

P=

1 1 1 3 .

2 + 2 + 2 ≥ x ( 3x − 1) y ( 3 y − 1) z ( 3z − 1) 4

Chứng minh rằng:

GIẢI: Từ giả thiết xy + yz + zx = 3xyz ⇔

1 1 1 1 1 1 = a, = b, = c ⇒ a + b + c = + + = 3. x y z x y z

Đặt

Có :

1 x ( 3x − 1)

2

=

a3

(3 − a )

2

=

a3

(b + c )

; 2

Bất đẳng thức đã cho tương đương:

Áp dung BĐT CôSi ta có:

b3

(c + a ) ⇒

2

+

8

2

+

2

+

a3

(b + c )

a3

(b + c)

2

( c + a ) + ( c + a ) ≥ 3b ;

a3

(b + c ) ⇔

1 1 1 + + = 3. x y z

8

b3

(c + a)

2

+

2

+

b3

(c + a )

4

c3

(a + b)

+

1 y ( 3 y − 1)

a3

(b + c )

2

+

2

=

b3

(3 − b)

b3

(c + a )

2

+

2

=

(a + b)

2

≥

; 2

3 4

( b + c ) + ( b + c ) ≥ 3a 8

8

c3

(a + b)

2

+

4

( a + b ) + ( a + b ) ≥ 3c 8

8

≥

3 1 (a + b + c) − (a + b + c) 4 2

2

≥

1 3 (a + b + c) = .

4 4

(a + b)

(a + c)

c3

2

c3

b3

Đẳng thức xẩy ra ⇔ a = b = c = 1 ⇔ x = y = z = 1.

34

4

1 z ( 3z − 1)

2

=

c3

(3 − c )

2

=

c3

(a + b)

2

.

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

BT7:Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 2015 . CMR:  2015 − a 2015a − a 2 2015b − b 2 2015c − c 2 2015 − b 2015 − c  + + + 6 ≥ 2 2  + +  bc ca ab a b c  

GIẢI: Thay 2015 = a + b + c thì bất đẳng thức cần chứng minh có dạng:  b+c a (b + c ) b ( c + a ) c ( a + b) c+a a+b  + + + 6 ≥ 2 2  + +  bc ca ab a b c  

Ta có:

=

a (b + c ) b ( c + a ) c ( a + b) a a b b c c + + +6 = + + + + + +6 bc ca ab b c a c a b

b+c c+a a+b b+c c+a a+b .2 + 2 .2 + 2 .2 +2+ +2+ +2≥2 a b c a b c

 b+c c+a a+b  = 2 2  + + . a b c  

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =

2015 . ( HSG VP 2015) 3

BT8: Cho a,b,c là các số thực không âm có a + b + c = 1. Chứng minh rằng:

2 ( a 3 + b3 + c 3 ) + 3abc ≥ a 2 + b 2 + c 2 GIẢI: Do vai trò của a,b,c trong bất đẳng thức là như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả thiết rằng a ≥ b ≥ c ≥ 0 .

Khi đó: a ( a − c ) ≥ b ( b − c ) ≥ 0 ⇒ a ( a − b )( a − c ) ≥ b ( a − b )( b − c )

⇒ a ( a − b )( a − c ) + b ( b − a )( b − c ) ≥ 0 (1) Mà ( a − c )( b − c ) c ≥ 0 ⇒ c ( c − a )( c − b ) ≥ 0 (2) Từ (1) và (2) suy ra: a ( a − b )( a − c ) + b ( b − a )( b − c ) + ( a − c )( b − c ) c ≥ 0

⇒ a 3 + b3 + c 3 + 3abc ≥ a 2b + a 2c + b 2c + b 2 a + c 2b + c 2 a ⇒ a 3 + b3 + c 3 + 6abc ≥ ( a + b + c )( ab + bc + ca ) 3

3

3

Kết hợp giả thiết a + b + c = 1 ⇒ a + b + c + 6abc ≥ ab + bc + ca (3) Từ đẳng thức a + b + c − 3abc = ( a + b + c )  a + b + c − ( ab + bc + ca )  3

3

3

2

2

2

⇒ a 3 + b3 + c 3 − 3abc = a 2 + b 2 + c 2 − ( ab + bc + ca ) (4)

(

3

3

Cộng (3) và (4) ta được: 2 a + b + c

3

) + 3abc ≥ a

2

+ b 2 + c 2 (đpcm).

BT9:Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn: ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng :

1 1 1 1 + + ≤ 2 2 1 + a ( b + c ) 1 + b ( c + a ) 1 + c ( a + b ) abc 2

35

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

GIẢI: Từ giả thiết 3 = ab+ bc + ca ≥ 3 3 a 2b 2 c 2 ⇔ 3 a 2b 2 c 2 ≤ 1 ⇔ abc ≤ 1 1 1 1 1 ≤ = = Nên ta có : 2 2 1 + a ( b + c ) abc + a ( b + c ) a ( ab + bc + ca ) 3a

1 1 1 1 ≤ ; ≤ 2 1+b ( c+ a ) 3b 1+ c ( a +b ) 3c Cộng vế với vế các BĐT trên ta được: Tương tự:

1 1+ a ( b + c ) 2

2

+

1 1+ b ( c + a ) 2

+

1 1+ c ( a + b ) 2

≤

1

+

3a

1

+

3b

1 3c

=

ab + bc + ca 3abc

=

1

⇒□

abc

Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b = c = 1

BT10: Cho a, b là số thực thỏa: (2 + a )(1 + b) =

Chứng minh được :

9 . Tìm GTNN: Q = 16 + a 4 + 4 1 + b 4 2

a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ ( a + c) 2 + (b + d ) 2 (*) ∀a, b, c, d

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi

.

ad = bc  ac + bd ≥ 0 2

2

 a2   a2 Q (a 2 + 4b 2 )2 4 2 = 1+   + 1+ b ≥ 4 +  + b  = 4 + 4 16  4  4  Áp dụng (*) ta có : (1)

Mặt khác:

(2 + a )(1 + b) =

9 5 a + 2b + ab = ⇔ 2a + 4b + 2ab = 5 2⇔ 2

  a 2 + 1 ≥ 2a  2 3(a 2 + 4b 2 ) ⇒ + 2 ≥ 2a + 4b + 2ab = 5 ⇒ a 2 + 4b 2 ≥ 2 4b + 1 ≥ 4b 2  a 2 + 4b 2  ≥ 2ab  2 Mà: (2) a = 1  4 Từ (1) và (2) suy ra: Q ≥ 4. 4 + = 2 17 . Dấu “=” xẩy ra khi:   b = 1 16  2

a = 1  Vậy minQ = 2 17 đạt được khi  .  b = 1  2

36

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Ngày soạn:

Ngày dạy:

BUỔI 12- 13: CÁC BÀI TOÁN VÉC TƠ- HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC. I.MỤC TIÊU

1. Kiến thức: Ôn lạitính chất vec tơ, hệ thức lượng trong tam giác….

2. Kĩ năng: giải thành thạo các bài toán về vec tơ, hệ thức lượng.

3. Tư duy , thái độ: Tư duy loogic tổng hợp. Tự giác, tích cực học tập II. CHUẨN BỊ: 1. Giáo viên: Giáo án, bài tập 2. Học sinh: Ôn tập III. PHƯƠNG PHÁP: Gợi mở vấn đáp- luyện tập IV. NỘI DUNG BÀI HỌC 1. Ổn định lớp: Kiểm tra sĩ số: 10A1: 2. Kiểm tra bài cũ: Kết hợp trong bài mới 3. Bài mới: Câu 1 .1.

Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi M, N, P lần lượt là điểm đối xứng của O qua các đường thẳng BC, CA, AB; H là trực tâm của tam giác ABC và L

là trọng tâm tam giác MNP. Chứng minh rằng OA + OB + OC = OH và ba điểm O, H, L thẳng hàng.

2. Cho tứ giác lồi ABCD. Giả sử tồn tại một điểm M nằm bên trong tứ giác sao cho = MBC = MCD = MDA = ϕ . Chứng minh đẳng thức sau: MAB cot ϕ =

AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 , 2 AC.BD.sin α

trong đó α là số đo góc giữa hai đường thẳng AC và BD.

Câu 2. a) Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các điểm thỏa mãn: BD =

2 BC; 3

1 AE = AC . Tìm vị trí của điểm K trên AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng.

4 b) Cho tam giác ABC vuông ở A; BC = a; CA = b; AB = c. Xác định điểm I thỏa mãn 2

2

2

hệ thức: b IB + c IC − 2a IA = 0 ; Tìm điểm M sao cho biểu thức 2

2

2

2

2

2

( b MB + c MC − 2a MA ) đạt giá trị lớn nhất. c) Cho tam giác ABC vuông ở A, gọi α là góc giữa hai đường trung tuyến BM và CN của tam giác. Chứng minh rằng sin α ≤

3 .

5

Câu 3.1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai điểm A (1; 2 ) và B ( 4;3) . Tìm tọa

độ điểm M trên trục hoành sao cho góc AMB bằng 450 .

2. Cho tam giác ABC, có a = BC , b = CA, c = AB . Gọi I, p lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, nửa chu vi của tam giác ABC. Chứng minh rằng

37

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

IA2 IB 2 IC 2 + + =2 c ( p − a) a ( p − b) b ( p − c)

( HSG VP 2010- 2011)

Câu 4 (2,0 điểm).Cho hình bình hành ABCD có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại I .

Điểm G là trọng tâm của tam giác BCD; điểm E , K tương ứng thỏa mãn EI = −2 EB,

AK = m AB.

a. Biểu thị các vectơ AG, CE theo hai vectơ AB, AD. Gọi F là giao điểm của AE và BC. Tìm giá trị của m để ba điểm G , F, K thẳng hang.

Câu 5: Cho DABC và K, L, M lần lượt nằm trên các cạnh AB, BC, CA sao cho AK : AB=BL:BC= CM: CA= 1:3.Biết bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác AKM, BLK, CML bằng nhau. Chứng minh DABC đều.

Câu 6. Tam giác ABC có các góc thỏa mãn hệ thức: cot A +cotC =αcot B .

1.Xác định góc giữa hai đường trung tuyến AM và CN của tam giác ABC khi α=1/2 2.Tìm giá trị lớn nhất của góc B khi α=2.

Câu 7. Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn tâm O và G là trọng tâm của tam giác ABC. Gọi M, N, P lần lượt là trọng tâm tam giác OBC, OCA, OAB và G’ là trọng tâm tam giác MNP. Chứng minh rằng O, G, G’ thẳng hàng. (HSG VP 2015) Câu 8. Cho tam giác ABC không vuông và có các cạnh BC = a, CA = b, AB = c . Chứng minh rằng nếu tam giác ABC thỏa mãn a 2 + b 2 = 2c 2 và tan A + tan C = 2 tan B thì tam giác ABC đều. (HSG VP 2014-2015) Câu 9 . Cho ∆ABC có cạnh BC = a; CA = b; AB = c và S là diện tích. a) Chứng minh rằng cot A + cot B =

c2 2S

b) Cho M là điểm tùy ý, xác định vị trí của M để: f ( M ) = MA.MB + MB.MC + MC.MA đạt

giá trị nhỏ nhất.

Câu 10: 1.Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Gọi I là trung điểm của AM và K là điểm trên cạnh AC sao cho AK =

1 AC . Chứng minh ba điểm B, I ,K thẳng hàng.

3

2.Cho tứ giác ABCD. Các điểm M, N, P và Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD và DA. Chứng minh hai tam giác ANP và CMQ có cùng trọng tâm.

Câu 11. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = a, BC = 2a. Tính các tích vô

hướng: AC .CB và AB.BC

38

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Câu 12 (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có A ( 4;2 ) , B ( −3; 2 ) , C ( 2; −3) a) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC . b) Tìm tọa độ điểm M sao cho: MA2 + 2 MB 2 − MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất Câu 13 (2,0điểm). Cho tam giác ABC ;

Biết rằng I , J , K là các điểm thoả mãn:

1 1 IA = −IB, KB = − KC , JA = JC . Đặt AB = a, AC = b .

3 3

a) Biểu diễn các vecto IK và KJ theo các vecto a, b . b) Chứng minh I , J , K thẳng hàng và tính tỉ số diện tích hai tam giác IJA và BKI Câu 14.Cho hình thoi ABCD cạnh a, góc ∠BAD = 600 ; điểm M chạy trên đường tròn nội tiếp

hình thoi ABCD . Tính MA + MB + MC + MD .( KSCL CVP 2015) CÂU 15: Cho tam giác ABC có G là trọng tâm. Biết BC = a, AC = b, AB = c. Đường thẳng ∆ qua G cắt AB, AC lần lượt tại M, N. Đặt AM = x, AN = y. Chứng minh: a) S∆ AMN =

xy . .S bc ∆ ABC

b) S∆ AMN ≥

4 .

S 9 ∆ ABC

CÂU 16: Cho tam giác ABC, gọi I là điểm xác định bởi: 2 IA + 3 IB + IC = 0 . Gọi M, N là hai điểm phân biệt thoả mãn: đi qua một điểm cố định.

MN = 2 MA + 3MB + MC . Chứng minh M, N luôn

Câu 17. Cho tam giác ABC, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp. CMR:

2 2 AB . AC − AB. AC

(

)

2

= 4 R 2 sin A sin B sin C

Câu 18. Cho tam giác ABC. M là điểm thuộc cạnh BC sao cho MC = 2MB, N là điểm thuộc cạnh AC sao cho NA = 2NC. Gọi K là giao điểm của MA và BN. Chứng minh rằng: AK = 6.KM.

= 600. Các điểm M, N được xác Câu 19. 1) Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và BAC

định bởi MC = −2 MB và NB = −2 NA . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN vuông góc với nhau.

2) Cho tam giác ABC. Trên các cạnh BC, CA và AB của tam giác đó, lần lượt lấy các điểm A ', B ' và C '. Gọi S a , Sb , Sc và S tương ứng là diện tích của các tam giác AB ' C ',

39

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

BC ' A ', CA ' B ' và ABC. Chứng minh bất đẳng thức

S a + Sb + S c ≤

3 S . Dấ u 2

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi nào?

CÂU 20: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn tâm O bán kính R (R > 0, R không đổi). Gọi A và B lần lượt là các điểm di động trên trục hoành và trục tung sao cho đường thẳng AB luôn tiếp xúc với đường tròn đó. Hãy xác định tọa độ của các điểm A, B để tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất.

Câu 21Cho ∆ABC có M, N là điểm trên AB, AC sao cho 2AM = MB,AN = 2NC.

a) Phân tích CM theo CA = a ; CB = b. b) Tìm điểm P trên BC sao cho M, N, P thẳng hàng.

C©u 22;Cho h×nh thang vu«ng ABCD cã ®-êng cao AB ; AD=2BC , H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña A trªn BD , M lµ trung ®iÓm cña HD = 900 Chøng minh r»ng: AMC

Câu 23. Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn tâm O , điểm D là trung điểm của AB, E là trọng tâm tam giác ACD . Chứng minh rằng : CD ⊥ OE Câu 24. Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta luôn có :

1 1 1 1 + + = ab bc ca 2 Rr

ĐÁP ÁN:CÂU 1: 1.

A

P

N H O

B

C

K M D

Kẻ đường kính AD, khi đó tứ giác BHCD là hình bình hành nên trung điểm K của BC cũng là trung điểm của HD, trong tam giác AHD có OK là đường trung bình nên

2OK = AH ⇔ OB + OC = OH − OA ⇔ OA + OB + OC = OH

Ta có OB + OC = 2OK = OM và các đẳng thức tương tự ta được:

OM + ON + OP = 2 OA + OB + OC = 2OH

(

)

⇒ 3OL = 2OH suy ra O, H, L thẳng hàng.

2. Trước hết ta có các kết quả sau: S ABCD =

AB 2 + MA2 − MB 2 1 AC.BD.sin α ; cot ϕ = 2 4 S MAB

40

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Tương tự ta được: cot ϕ =

AB 2 + MA2 − MB 2 BC 2 + MB 2 − MC 2 CD 2 + MC 2 − MD 2 = = 4 S MAB 4 S MBC 4 S MCD

=

DA2 + MD 2 − MA2 AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 = 4 S MDA 4 ( S MAB + S MBC + S MCD + S MDA )

=

AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 = 4 S ABCD 2 AC.BD.sin α Câu 2: 1.

A

1 1 3 -Vì AE = AC ⇒ BE = BC + BA(1) 4 4 4

Giả sử: AK = x.AD ⇒ BK = x.BD + (1 − x)BA

E K

D

B

C

2 -Mà BD = BC nên 3

2x

AK = x.AD ⇒ BK = BD + (1 − x)BA 3

Vì B, K, E thẳng hàng(B ≠ E ) nên có m sao cho BK = mBE

-Do đó có:

m 3m 2x 3m   m 2x   BC + BA = BC + (1 − x)BA . Hay  −  BC + 1 − x −  BA = 0 4 4 3 4  4 3  

-Do BC; BA

không cùng phương nên

m 2x 3m − = 0 &1 − x − = 0 Từ đó suy ra 4 3 4

1 8 x = ;m = 3 9

1 Vậy AK = AD 3

b.

- Kẻ đường cao AH, ta có b 2 = a.CH;c 2 = a.BH nên

A

b 2 .BH = c 2 .CH . Do đó: b 2 .BH + c2 .CH = 0 B

H

C

-

Suy ra b 2 .IB + c2 .IC = b2 .IH + c2 .IH = a 2 .IH

41

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Kết hợp giả thiết suy ra 2a 2 .IA = a 2 .IH hay 2.IA = IH -Do đó điểm I thỏa mãn gt là I thỏa mãn A là trung điểm IH

-Với x, y, z tùy ý thỏa mãn: x.IA + y.IB + z.IC = 0 (*) bình phương vô hướng 2 vế (*), chú ý

rằng 2IA.IB = IA 2 + IB2 − AB2 ta có: (x.IA 2 + y.IB2 + z.IC 2 )(x + y + z) = xyc 2 + xzb 2 + yza 2 Từ đó có (−2a 2 .IA 2 + b 2 .IB2 + c2 .IC2 ) = 3b 2c2

Mặt khác xMA 2 = x(IA − IM) 2 = x(IM 2 + IA 2 − 2IA.IM)

-

Tương tự cho yMB2; zMC2 rồi cộng các đẳng thức đó lại ta có

xMA 2 + yMB2 + zMC2 = (x + y + z)IM 2 + xIA 2 + yIB2 + zIC2 Thay số có:

−2a 2 MA 2 + b 2 MB2 + c2 MC2 = −a 2 IM 2 + 3b 2 c 2 ≤ 3b 2 c2 -

Dấu bằng xảy ra khi M trùng I c) Gọi a, b và c tương ứng là độ dài các cạnh đối diện các góc A, B và C của tam giác. c2 b2 Có CN 2 = b 2 + ; BM 2 = c 2 + 4 4 - Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có

B

= cos BGC

N

BG 2 + CG 2 − BC 2 2BG.CG

G

C

A M

cosα =

=

−2(b 2 + c 2 ) (4c 2 + b 2 )(4b 2 + c 2 )

; Do đó

2(b 2 + c 2 ) (4c 2 + b 2 )(4b 2 + c 2 )

5(b 2 + c2 ) ;" = " ⇔ 4c 2 + b 2 = 4b 2 + c 2 ⇔ b = c 2 2(b 2 + c 2 ) 2(b 2 + c 2 ).2 4 Do đó cosα = ≥ = 5(b 2 + c 2 ) 5 (4c 2 + b 2 )(4b 2 + c 2 ) Có

(4c 2 + b 2 )(4b 2 + c 2 ) ≤

Hay sin α = 1 − cos 2 α ≤

3 . Dấu bằng có khi tam giác vuông cân đỉnh A 5

Câu 3:

1. Giả sử tọa độ của M ( x;0 ) . Khi đó MA = (1 − x; 2 ) ; MB = ( 4 − x;3) .

42

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Theo giả thiết ta có MA.MB = MA.MB.cos 450 ⇔ (1 − x )( 4 − x ) + 6 =

(1 − x )

2

+ 4.

(4 − x)

2

+ 9.

2 2 ⇔ x 2 − 5 x + 10 = x 2 − 2 x + 5. x 2 − 8 x + 25.

2 2

2

⇔ 2 ( x 2 − 5 x + 10 ) = ( x 2 − 2 x + 5 )( x 2 − 8 x + 25 ) (do x 2 − 5 x + 10 > 0) ⇔ x 4 − 10 x3 + 44 x 2 − 110 x + 75 = 0 ⇔ ( x − 1)( x − 5 ) ( x 2 − 4 x + 15 ) = 0 ⇔ x = 1; x = 5 Vậy ta có hai điểm cần tìm là M (1;0 ) hoặc M ( 5;0 ) 2.Gọi M là tiếp điểm của AC với đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Khi đó ta có AM = p − a; IM = r .

Gọi S là diện tích tam giác ABC, theo công thức Heron ta có S = định

lí

Pitago

trong

tam 2

S 2 2 2 IA2 = AM 2 + MI 2 = ( p − a ) + r 2 = ( p − a ) +   = ( p − a )  p 2 ( p − a ) bc IA b = ⇒ = p c( p − a) p

Tương tự ta có Do vậy

giác AIM ( p − a )( p − b )( p − c ) + p

IB 2 c IC 2 a = ; = a ( p − b) p b ( p − c) p

IA2 IB 2 IC 2 a+b+c + + = =2 c ( p − a) a ( p − b) b ( p − c) p A M

I C B

CÂU 4: 1.

B

A

K

E F I G D

C

1 2 Ta có AG = AB + AC + AD = AB + AD .

3 3

(

)

(

)

43

p ( p − a )( p − b )( p − c ) . Áp dụng ta

có

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Ta có CE = AE − AC = AE − AB − AD

AI + 2 AB Từ EI = −2 EB ⇔ AI − AE = −2 AB − AE ⇔ AE = 3

(

)

5 AB + AD − AB − 5 AD ⇒ AE = . Vậy CE = .

6 6 b……

2 3m − 2 2 Ta có GK = AK − AG ⇒ GK = m AB − AB + AD ⇔ GK = AB − AD. 3 3 3

(

Ta có

)

1 BF EB 1 1 = = ⇒ BF = AD ⇒ BF = AD. AD ED 5 5 5

1 FK = AK − AF ⇒ FK = mAB − AB + BF ⇔ FK = (m −1) AB − AD. 5

(

)

Do đó G , F, K thẳng khi và chỉ khi tồn tại số thực k sao cho 8  3m − 2 

 3 = k .(m −1) m = 7 8 ⇔ . V ậy m = .

GK = k FK ⇔   2 −k  10 7 − = k = 5 3  3  Câu 5: Gọi bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác AKM, BLK, CML là R ta có: KL = 2RsinB, KM = 2RsinA, ML = 2RsinC. Từ đó suy ra DABC đồng dạng với DLMK. Mặt khác ta có: SAKM = SBLK = SMCL =2S ABC : 9=> SKLM =S ABC : 3 Nên tỉ số đồng dạng của DABC và DLMK là 1/3 Áp dụng định lí cosin cho DABC là có a2 = b2 + c2 - 2bccosA Câu 6:HD: cot A =

b2 + c 2 − a 2 a2 + c2 − b2 b2 + a 2 − c 2 ;cot B = ;cot C = 4S 4S 4S

a.Từ GT: 5b 2 = a 2 + c 2 . Tính AG 2 + CG 2 = b 2 = AC 2 ⇒ AG ⊥ CG . Góc cần tim là 90 độ b.Từ gt có

a 2 + c 2 = 2b 2 ⇒ cosB=

a 2 + c 2 − b2 1 ≥ ⇒ B ≤ 600 2ac 2

CÂU 7: Kết quả cơ bản: cho tam giác ABC trọng tâm G. Khi đó với mọi điểm O ta có

OA + OB + OC = 3.OG .

44

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Do M, N, P lần lượt là trọng tâm các tam giác OBC, OCA, OAB nên:

OB + OC = 3.OM ; OC + OA = 3.ON ; OA + OB = 3.OP

Cộng từng vế 3 hệ thức trên ta được: 2 OA + OB + OC = 3 OM + ON + OP

⇔ 2.3.OG = 3.3.OG ' ⇔ 2.OG = 3.OG ' ⇒ O, G , G ' thẳng hàng.

(

) (

)

CÂU 8:

a sin A abc Theo định lí hàm số sin và côsin ta có: tan A = = 2 2R = 2 2 2 cos A b + c − a R (b + c2 − a2 ) 2bc abc abc Tương tự ta có tan B == . , tan C = 2 2 2 2 R (c + a − b ) R ( a + b2 − c2 ) ⇒ tan A + tan C = 2.tan B ⇔

⇔

abc abc abc + = 2.

2 2 2 2 2 2 R (b + c − a ) R ( a + b − c ) R ( a + c2 − b2 ) 2

1 1 1 + 2 = 2. 2 2 2 2 2 2 b +c −a a +b −c a + c − b2 2

⇔ ( c 2 + a 2 − b 2 )( a 2 + b 2 − c 2 ) + ( b 2 + c 2 − a 2 )( a 2 + c 2 − b 2 ) 2

2

(

= 2 ( b 2 + c 2 − a 2 )( a 2 + b 2 − c 2 ) ⇔ a 4 − ( b 2 − c 2 ) + c 4 − ( a 2 − b 2 ) = 2 b 4 − ( a 2 − c 2 )

2

)

⇔ a 2 ( a 2 + b 2 − 2c 2 ) + ( c 2 − b 2 )( c 2 + 2b 2 ) = 0 ⇔ b = c (do a 2 + b 2 = 2c 2 ),

kết hợp với a 2 + b 2 = 2c 2 ⇒ a = b = c .

Vậy tam giác ABC đều.

CÂU 9: a. Dễ thấy

cot A =

b2 + c2 − a2 c 2 + a 2 − b2 cotB = 4S 4S ;

b2 + c 2 − a 2 c2 + a2 − b2 c2 = ++ 4S 4S 2S Vây cot A + cot B =

1 MA.MB = ( MA2 + MB 2 − AB 2 ) (1) b.

2 1 MB.MC = ( MB 2 + MC 2 − BC 2 ) ( 2 ) ; 2

1 MC.MA = ( MC 2 + MA2 − CA2 ) ( 3) 2

1 f ( M ) = MA2 + MB 2 + MC 2 − ( a 2 + b 2 + c 2 ) 2 Cộng (1), (2), (3) ta được: 2 2 2 2 2 2 2 Gọi G là trọng tâm ∆ABC . Ta luôn có MA + MB + MC = 3MG + GA + GB + GC

45

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

1 1 f ( M ) = 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 − ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ GA2 + GB 2 + GC 2 − ( a 2 + b 2 + c 2 ) 2 2 Như vậy: f ( M ) nhỏ nhất ⇔ MG 2 = 0 ⇔ M ≡ G

CÂU 10:

1) (2,0 đ) Đặt u = BA ;v = BC .Ta có:

1 1 2 1 BK = BA + AK = u + AC = u + ( BC − BA) = u + v (1) 3 3 3 3

1 1 1 BI = ( BA + BM ) = u + v (2) 2 2 4 4

BK = BI 2 u + v = 3 BK , 2 u + v = 4 BI 3 Từ (1) và (2) suy ra vậy 3BK = 4 BI hay Do đó ba điểm B, I, K thẳng hàng 2) (2,0 đ) Gọi G là trọng tâm tam giác ANP .Khi đó

GA + GN + GP = 0

Ta có

GC + GM + GQ = GA + AC + GN + NM + GP + PQ

= GA + GN + GP + AC + ( NM + PQ ) = AC + CA = 0

Vậy GC + GM + GQ = 0 Suy ra G là trọng tâm tam giác CMQ CÂU 11: Theo giả thiết ta có sin C =

AB 1 = ⇒ ∠ACB = 300 ⇒ ∠ABC = 60 0 BC 2

Áp dụng định lý Pitago ta có: AC = a 3

Vậy AC.CB = −CA.CB = − a 3.2a.cos ∠ACB = −3a 2

Vậy AB.BC = − BA.BC = −a.2a.cos ∠ABC = −a 2 CÂU 12: H(x; y) là trực tâm tam giáo ABC

 AH ⊥ BC  AH .BC = 0 <=>  ⇔ 

 BH ⊥ AC  BH .AC = 0

AH ( x − 4; y − 2), BH ( x + 3; y − 2), BC (5; −5), AC (−2; −5)

46

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

 AH .BC = 0 x − y = 2 x = 2 ⇔  ⇔ <=> H (2;0) 2 x + 5 y = 4  BH .AC = 0 y = 0

Xét điểm I sao cho : IA + 2 IB − IC = 0

⇔ OA + 2OB − OC = 2OI với O là gốc tọa độ =>I(-2;9/2)

(

P= MA2 + 2 MB 2 − MC 2 = MI + IA

)

2

2 + 2 MI + IB − MI + IC

(

) (

)

2

= IA2 + 2 IB 2 − IC 2 + 2MI 2 P nhỏ nhất <=> M trung với I <=> M(-2;9/2)

J

CÂU 13: a.

IA = −IB ⇒ I là trung điểm của AB

A I

1 ⇒ IB = AB 2

B

K

C

1 1 KB = − KC ⇔ 3 BK = KC ⇔ 4 BK = KC + BK ⇒ BK = BC 3 4 1

1 JA = JC ⇔ 3 JA = JC ⇔ 3 JA = JA + AC ⇒ AJ = − AC 3 2

1 1 AB + BC 2 4

1 1 1 1 1 1 = AB + AC − AB = AB + AC = a + b 2 4 4 4 4 4

Ta có: KJ = KA + AJ = KB + BA + AJ 1 1 1 1 3 3 3 3 = CB − AB − AC = AB − AC − AB − AC = − AB − AC = − a − b 4 2 4 2 4 4 4 4

Ta có: IK = IB + BK =

(

)

(

)

b.

 1 1   4 4  1 1 1 JA = JC ⇒ JA = AC ⇒ S△ IJA = S△ ICA 3 2 2

Từ phần a) ta có KJ = −3 a + b = −3IK ⇒ I , J , K thẳng hàng Ta có

1 1 IA = −IB ⇒ IA = IB ⇒ S△ IJA = S△ ICA = S△ ABC (1) 2 4

1 1 1 1 KB = − KC ⇒ KB = BC ⇒ S∆BKI = S∆BCI = S∆ACB (2) 3 4 4 8

47

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Từ (1) và (2) suy ra

S△ IJA =2.

S∆BKI

Lưu ý: HS cũng có thể sử dụng KQ

S IAJ IA IJ để giải. = ⋅ S IBK IB IK

CÂU 14:

B

K

A

O

O

D

C

Gọi O là giao điểm của AC và BD .

Ta có MA + MB + MC + MD = MA + MC + MB + MD = 2 MO + 2 MO = 4 MO = 4OM

(

) (

)

Vì ABCD hình thoi cạnh a, góc ∠BAD = 600

⇒△ ABC là tam giác đều cạnh a ⇒ OA = AB 2 − OA2 = a 2 −

a2 a 3 = 4 2

Gọi K là hình chiếu của O trên AB ⇒ đường tròn nội tiếp hình thoi ABCD có bán kính

a 3 3 sin 300 = a 2 4

Ta được MA + MB + MC + MD = 4OM = 4r = a 3 r = OK = OA.sin ∠KAO =

S xy sin A xy CÂU 15: a) ∆ AMN = ⇒ S∆ AMN = .S∆ ABC S∆ ABC bc sin A bc S S S 1  x y  2 S∆ AMN b) ∆ AMN = ∆ AMG + ∆ ANG =  +  ≥ S∆ ABC 2S∆ ABI 2S∆ ACI 3  c b  3 S∆ ABC

Kết luận:

S∆ AMN ≥

4 S 9 ∆ ABC

CÂU 16:

Ta có: 2 IA + 3 IB + IC = 0 ⇔ 3IA + 3IB + IC − IA = 0 ⇔ 3( IA + IB ) = CA

48

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

⇔ 6IE CA => I cố định. (E là trung điểm AB). =

MN = 2 MA + 3MB + MC = 2( MI + IA) + 3( MI + IB ) + ( MI + IC )

= 6 MI + (2 IA + 3IB + IC ) = 6 MI

⇒ MN = 6 MI =>M, N, I thẳng hàng. Hay M, N luôn đi qua điểm cố định I. CÂU 16: VT =

2 2 AB . AC − AB. AC

(

)

2

= AB 2 . AC 2 − AB 2 . AC 2 .cos 2 A = AB. AC.sin A

Theo định lí Sin ta có: AB = 2 R sin C và AC = 2 R sinB 2 Vậy: VT = 4 R sin A sin B sin C = VP (đpcm).

CÂU 17:

Đặt: AB = a ; AC = b và AK = t. AM

 2t  t − 1 a + .b 3 3 

2 BN = − a + b 3

 2t  t  2  Do B, N, K thẳng hàng nên ∃ m : BK = mBN ⇔  − 1 a + .b = m  − a + b  3 3  3   3  2t   3 − 1 = −m m = 7 ⇔ ⇔ 2 t m  = t = 6  3 3  7 6

Suy ra AK = . AM ⇒ AK = 6.KM ⇒ AK = 6.KM (đpcm).

7

Khi đó: BK = 

CÂU 19:

Ta có: MC = −2 MB ⇔ AC − AM = −2( AB − AM ) ⇔ 3 AM = 2 AB + AC

Tương tự ta cũng có: 3CN = 2CA + CB

Vậy: AM ⊥ CN ⇔ AM ⋅ CN = 0 ⇔ (2 AB + AC )(2CA + CB ) = 0

⇔ (2 AB + AC )( AB − 3 AC ) = 0 ⇔ 2 AB 2 − 3 AC 2 − 5 AB. AC = 0 5bc ⇔ 2c 2 − 3b 2 − = 0 ⇔ 4c 2 − 6b 2 − 5bc = 0 2 Ta có các công thức tính diện tích: 2 S a = AC '⋅ AB 'sin A; 2 S = AB ⋅ AC sin A ⇒

Sa = S

AC ' AB ' 1  AC ' AB '  ⋅ ≤  +  (BĐT Cauchy) AB AC 2  AB AC  Sb 1  BA ' BC '  Sc 1  CB ' CA '  ≤  + ≤  +  và  S 2  BC BA  S 2  CA CB  Sa S S 1  AC ' BC ' BA ' CA ' CB ' AB '  3 + b + c ≤  + + + + +  = (đpcm) S S S 2  AB BA BC CB CA AC  2

Tương tự ta cũng có: Do đó:

49

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

 AC ' AB '  AB = AC C ' B ' //BC   BA ' BC '  = Dấu bằng xảy ra ⇔  ⇔  A ' C ' //CA ⇔A’, B’, C’ là trung điểm của 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 > 0. (*) Suy ra SOAB =

Mà

ab .

2

1 1 1 1 a 2 + b2 + = = 2 2 ⇒ a 2b 2 = R 2 (a 2 + b2 ) ≥ 2 R 2 ab (**) ⇒ a2 b2 R2 R2 ab

⇒ SOAB =

ab ≥ R 2 không đổi (dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b) 2

Kết hợp với (*) và (**): dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = R 2 CÂU 21:Có

2 1 2 MA + MB = 0 ⇔ 2(CA − CM ) + (CB − CM ) = 0 ⇔ CM = CA + CB 3 3

Đặt: CA = a ; CB = b ; CP = xCB 2 1 1

1 1 CM = a + b ; CN = a ; CP = xb; MN = CN − CM = − a + b 3 3 3 3 3

1 NP = CP − CN = − a − xb 3

Để M, N, P thẳng hàng => MN, MP cùng phương

1 1 => x = − ⇒ CP = − CB 3 3 c

b

n

h m a

CÂU 22:

d

50

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 1 1 AM .CM = ( AH + AD )( BM − BC ) = ( AH + AD)(2 BM − AD ) 2 4

1 = (2 AH .BM − AH AD + 2 AD.BM − AD 2 ) ( AH .BM = 0) 4

1 = (− AD 2 − AH AD + 2 AD( AM − AB) 4

1 = (− AD 2 − AH AD + 2 AD AM − 2 AD AB ) 2 AD AB = 0 4 1

1 = (− AD 2 − AH AD + 2 AD AM ) = (− AD 2 − AH AD + AD AN ) (do AN = 2 AM ) 4 4

1

1 1 = (− AD 2 + AD ( AN − AH )) = (− AD 2 + AD.HN ) = (− AD 2 + AD.HN ) 4 4 4 1 = (− AD 2 + AD 2 ) = 0 4

(

)

CÂU 23: Gọi M là trung điểm của AC

Vì E là trọng tâm tam giác ACD nên 3OE = OA + OC + OD = 2OM + OD

D là trung điểm của AB nên 2CD = CA + CB Vì (O) ngoại tiếp ∆ABC nên OD ⊥ AB;OM ⊥ AC , ∆ABC cân nên OD=OM

Do đó , 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 = 2 OM + OD CB = 0

(

(

)(

)(

)

(

CÂU 24: Ta có

)

(

)

)

(

)

p 1 1 1 1 a +b +c 2p = + + = = = 2 Rpr 2 Rr ab bc ca abc 4 RS

BT1:Cho tam giác ABC có góc A bằng 600, BC = a = 10, AC = b, AB = c , bán kính đường tròn nội tiếp

r=

5 3 . Tính độ dài b và c.

3

HD: Áp dụng định lý hàm sin ta có:

Mặt khác: S∆ABC =

a a 10 = 2R ⇒ R = = sin A 2sin A 3

abc 40 10 + b + c 5 3 10 = p.r ⇒ 10bc = 4 Rpr = . . ⇔ bc = (10 + b + c) , (1) 4R 2 3 3 3

51

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 2

2

2

2

2

Theo ĐL hàm cosin: a = b + c − 2bc.cos A ⇔ 100 = b + c − bc ⇔ 100 = (b + c) 2 − 3bc , (2) Thay (1) vào (2) ta được: 100 = (b + c)2 − 3.

10 (10 + b + c) , (3) 3

t = 20 Đặt t=b+c (t>0), phương trình (3) trở thành: t 2 − 10t − 200 = 0 ⇔  t = −10 (loai ) b + c = 20 b = 10  Với t = 20 suy ra:  Vậy b = c = 10. ⇔ 10 c = 10 bc = 3 (10 + 20) = 100

BT2:Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi D là trung điểm của AB và G là trọng tâm tam giác ADC. Chứng minh rằng OG ⊥ DC .

HD: Ta có: 1 1 CD = (CA + CB ) = (OA + OB − 2OC ) 2 2

A

D

G

M

O C

B

1 1 OG = (OA + OD + OC ) = (3OA + OB + 2OC ) 3 6

6 OG .2 CD = (3 OA + OB + 2OC )(OA + OB − 2OC ) Do đó:

3OA2 + OB 2 − 4OC 2 + 4OA.OB − 4OA.OC =

= 4OA(OB − OC ) = 4OA.CB = 0

Vậy: OG ⊥ DC

BT3: Cho hbh ABCD. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. cmr: GA + GC + GD = BD

ABC . Biết rằng I , J , K là các điểm thoả mãn:

1 1 IA = −IB, KB = − KC , JA = JC . Đặt AB = a, AC = b .

BT4

Cho

tam

giác

3

3

a) Biểu diễn các vecto IK và KJ theo các vecto a, b . b) CMR: I , J , K thẳng hàng và tính tỉ số diện tích hai tam giác IJA và BKI .

BT5: Cho hình thoi ABCD cạnh a, góc ∠BAD = 600 ; điểm M chạy trên 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 1. Kiến thức: Ôn lạicác kiến thức PT đường thẳng; đường tròn….

2. Kĩ năng: giải thành thạo các bài tọa độ trong hình học phẳng, đặc biệt chú trọng dến các bài toán về tam toángiác, tứ giác.

3. Tư duy , thái độ: Tư duy loogic tổng hợp. Tự giác, tích cực học tập II . CHUẨN BỊ: 1. Giáo viên: Giáo án, bài tập 2. Học sinh: Ôn tập PHƯƠNG PHÁP: Gợi mở vấn đáp- luyện tập III. IV. NỘI DUNG BÀI HỌC 1. Ổn định lớp: Kiểm tra sĩ số: 10A1: 2. Kiểm tra bài cũ: Kết hợp trong bài mới 3. Bài mới: BT1:Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I . Các đường thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác  7 5   13 5  ABC tại các điểm M (1; −5 ) , N  ;  , P  − ;  (M, N, P không trùng với các đỉnh 2 2  2 2 của tam giác ABC). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng đường thẳng AB đi qua điểm

Q ( −1; 1) và điểm A có hoành độ dương.

A N

P K I

C

B

M

GIẢI: Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là đường tròn đi qua 3 điểm M, N, P nên ta lập được phương trình này là: x 2 + y 2 + 3 x − 29 = 0 suy ra tâm K của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tọa độ là  3  K  − ; 0 .  2 

5 Do AB ⊥ KP nên AB có vtpt nAB = KP = − ( 2; −1) .

2 Suy ra phương trình AB : 2 ( x + 1) − 1( y − 1) = 0 ⇔ 2 x − y + 3 = 0 . Do đó tọa độ A, B là nghiệm của hệ

2 x − y + 3 = 0  y = 2x + 3  x = 1, y = 5 ⇔ ⇔ phương trình  2  2 2  x = −4, y = −5  x + y + 3x − 29 = 0  x + 3x − 4 = 0

53

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

5 Suy ra A (1;5) , B ( −4; −5 ) . Do AC ⊥ KN nên AC có vtpt là n AC = KN = ( 2;1) 2 Suy ra pt AC : 2 ( x − 1) + y − 5 = 0 ⇔ 2 x + y − 7 = 0 . Khi đó tọa độ A, C là nghiệm của hệ phương trình:

2 x + y − 7 = 0  y = −2 x + 7  x = 1, y = 5 ⇔ ⇔ .  2  2 2  x = 4, y = −1  x + y + 3x − 29 = 0  x − 5x + 4 = 0 A (1;5) , B ( −4; −5 ) , C ( 4; −1) .

Từ

đây

suy

ra

C ( 4; −1) .

Vậy

BT2:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(1;2) . Đường thẳng ∆ là đường phân giác trong của góc A có phương trình 2x + y − 1 = 0 ; Khoảng cách từ C đến ∆ gấp 3 lần khoảng cách từ B đến ∆ . Tìm tọa độ của A và C biết C nằm trên trục tung.

GIẢI: D(B; ∆ )=

y0 − 1 5

=

y −1 3 ; C(0:y0) ; D(C; ∆ )= 0 , theo bài ra ta có 5 5

9 ⇔ y0 = 10; y0 = −8 5

Vẽ hệ trục tọa độ, điểm B, chú ý C khác phía B đối với ∆ suy ra C(0;-8) Gọi B’(a;b) là điểm đối xứng với B qua ∆ thì B’nằm trên AC.

Do BB ' ⊥ u ∆ = (1; −2) nên ta có: a − 2b + 3 = 0 ;

Trung điểm I của BB’ phải thuộc ∆ nên có: 2a + b + 2 = 0 . Từ đó ta có: a= -7/5; b=4/5

3

 7 44  Theo định lý Ta - Let suy ra CA = CB ' . Ta có: A(x; y);CA = ( x; y + 8 ) ;CB ' =  − ;  2  5 5  Từ đó suy ra A(

−21 26 ; ) ;C(0;-8) 10 5

BT3:1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai điểm A (1; 2 ) và B ( 4;3) . Tìm tọa độ điểm M trên trục hoành sao cho góc AMB bằng 450 .( HSG VP 2010- 2011) 2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn với trực tâm H. Các đường thẳng AH, BH, CH lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D, E, F (D khác A, E khác B, F khác C). Hãy viết phương trình cạnh AC của tam giác ABC; biết rằng  6 17  D ( 2;1) , E ( 3; 4 ) , F  ;  . 5 5 

GIẢI: 1, Giả sử tọa độ của M ( x;0 ) . Khi đó MA = (1 − x; 2 ) ; MB = ( 4 − x;3) .

Theo giả thiết ta có MA.MB = MA.MB.cos 450 2 2 2 2 ⇔ (1 − x )( 4 − x ) + 6 = (1 − x ) + 4. ( 4 − x ) + 9. ⇔ x 2 − 5 x + 10 = x 2 − 2 x + 5. x 2 − 8 x + 25.

2 2

54

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10 2

⇔ 2 ( x 2 − 5 x + 10 ) = ( x 2 − 2 x + 5 )( x 2 − 8 x + 25 ) (do x 2 − 5 x + 10 > 0) ⇔ x 4 − 10 x3 + 44 x 2 − 110 x + 75 = 0 ⇔ ( x − 1)( x − 5 ) ( x 2 − 4 x + 15 ) = 0 ⇔ x = 1; x = 5 Vậy ta có hai điểm cần tìm là M (1;0 ) hoặc M ( 5;0 ) 2. Gọi A’, B’, C’ lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C. Do tứ giác BCB’C’ nội tiếp = FCA = nên FDA ABE = ADE ⇒ H nằm trên đường phân giác trong hạ từ D của tam giác DEF, tương tự ta cũng chỉ ra được H nằm trên đường phân giác trong hạ từ đỉnh E của tam giác DEF. Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác DEF. Ta lập được phương trình các đường thẳng DE, DF lần lượt là DE : 3 x − y − 5 = 0; DF : 3 x + y − 7 = 0 . Do đó phương trình phân giác trong và ngoài của đỉnh D 3x − y − 5 3x + y − 7 là =± ⇔ x − 2 = 0; y − 1 = 0 . Kiểm tra vị trí tương đối của E, F với hai đường trên 10 10 ta được phân giác trong kẻ từ đỉnh D là d : x − 2 = 0 . Tương tự ta lập được phương trình phân giác trong kẻ từ đỉnh E là d ' : x − y + 1 = 0 .

Mặt khác H là giao của d và d’ nên H ( 2;3) 5 7 Ta có AC là trung trực của HE nên AC đi qua trung điểm B '  ;  và có vtpt là 2 2

HE = (1;1) ⇒ AC : x + y − 6 = 0 E

A

B' C'

F B

H A'

C

D

BT4:Trong mặt phẳng Oxy , cho ∆ABC có H (−1;4), I ( −3;0) lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp, trung điểm cạnh BC là M (0; −3) . Tìm tọa độ của A, B, C biết đỉnh

B có hoành độ dương.

A

H(-1;4) I(-3;0)

B

M(0;-3)

C

Ta có: IM = (3; −3) là vtpt của BC , suy ra phương trình đường BC là:

( x − 0 ) − ( y + 3) = 0 ⇔ x − y − 3 = 0 55

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Phương trình AH là: ( x + 1) + ( y - 4 ) = 0 ⇔ x + y − 3 = 0 Suy ra tọa độ của A và B có dạng: A ( a;3 − a ) , B ( b; b − 3) , ( b > 0 ) ⇒ C ( −b; −b − 3) , (vì M là 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) 2 + (3 − a ) 2 = (b + 3) 2 + (3 − b) 2 (1)  IA = IB Từ giả thiết suy ra:  ⇔ ( a + b)(1 + b) + (7 − b)( a − b − 6) = 0 (2)  BH . AC = 0

Từ (1) ⇒ a = b hoặc a = −b

 a = b = −7 (l ) + Với a = b thay vào (2) ⇒   a = b = 3 ⇒ A(3;0), B(3;0) (l )  a = −7, b = 7 ⇒ 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 là hình chiếu vuông góc của A lên cạnh BC, đường thẳng AH có phương trình là: x+2y-2=0. Đường phân giác trong của góc ACB có phương trình là: x-y-1=0.

Tìm toạ độ các đỉnh A,C,D của hình bình hành.

GIẢI: BC đi qua B(1;5) và vuông góc với AH nên pt BC là: -2x+y-3=0

C = BC ∩ d (d là đường phân giác trong của góc ACB ) nên toạ độ của C là nghiệm của hệ  −2 x + y − 3 = 0 B ⇒ C ( −4; −5)  A x − y − 1 = 0  K B’ I

H

D C

Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua đường phân giác d của góc ACB Gọi K = BB '∩ d , Pt đường thẳng BB’ là x+y-6=0 7 5 do đó toạ độ của K là K ( ; ) ⇒ B ' ( 6; 0 ) 2 2

suy ra phương trình đường thẳng CB’ là x-2y-6=0 Do A = CB '∩ AH ⇒ A ( 4; −1)

56

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Gọi I là tâm hình bình hành ta có I(0;-3) suy ra 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 là tam giác vuông và nội

tiếp đường tròn (I) ( đường tròn (I)có tâm là I ); điểm H ( 2; 2 ) là trực tâm tam giác ABC. Kẻ các đường kính AM, BN của đường tròn (I). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết

M ( 5;3) , N (1;3) và đường thẳng BC đi qua điểm P ( 4; 2 ) . ( HSG VP 2015) GIẢI: NX Các tứ giác BHCM, AHCN là các hình bình hành suy ra nếu gọi E, F lần lượt là trung 7 5 3 5 điểm của BC, CA thì E, F cũng tương ứng là trung điểm của HM, HN. Do đó M  ;  , N  ;  . 2 2 2 2

x−4 y−2 7 5 Đường thẳng BC đi qua điểm P(4;2), M  ;  nên: BC : = ⇔ x+ y−6 = 0.

7 5 2 2 −4 −2 2 2

AH vuông góc với BC suy ra AH có vtpt n AH = (1; −1) , kết hợp với AH đi qua điểm H ( 2; 2 ) suy ra:

AH :1( x − 2 ) − 1( y − 2 ) = 0 ⇔ x − y = 0 .

A ∈ AH ⇒ A ( a; a ) , C ∈ BC ⇒ C ( b;6 − b ) . x +x  x = A C a + b = 3 a = 1  F 2 Do F là trung điểm AC nên:  ⇔ ⇔ ⇒ A (1;1) , C ( 2; 4 ) . a + 6 − b = 5 b = 2  y = y A + yC  F 2 Do E là trung điểm của BC nên: x +x  x = B C  xB = 2 xE − xC x = 5  E 2 ⇔ ⇔ B ⇒ B ( 5;1) . Vậy A (1;1) , B ( 5;1) , C ( 2; 4 ) .   yB = 1  yB = 2 yE − yC  y = yB + yC  E 2 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 trên đường thẳng d : x + y − 1 = 0 . Điểm E ( 9; 4 ) nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm

F ( −2; −5 ) nằm trên đường thẳng chứa cạnh AD, AC = 2 2 .

57

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

1.Tìm tọa độ điểm E’ đối xứng với E qua đường chéo AC. 2. Xác định tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết điểm C có hoành độ âm.

B E I

A

J

C

E' F D nên E’ thuộc AD. EE’ vuông 1.E’ là điểm đối xứng với E qua AC, do AC là phân giác của góc BAD góc với AC và qua điểm E ( 9; 4 ) nên có phương trình x − y − 5 = 0 x − y − 5 = 0 x = 3 Gọi I là giao của AC và EE’, tọa độ I là nghiệm hệ  ⇔ ⇒ I ( 3; − 2 ) x + y −1 = 0  y = −2

Vì I là trung điểm của EE’ nên E '( −3; −8) . Vậy E’(-3;-8)

2. Đường thẳng AD qua E '(−3; −8) và F ( −2; −5) có VTCP là E ' F (1;3) nên phương trình là: 3( x + 3) − ( y + 8) = 0 ⇔ 3 x − y + 1 = 0

Điểm A = AC ∩ AD ⇒ A(0;1) . Giả sử C (c;1 − c ) .

Theo bài ra AC = 2 2 ⇔ c 2 = 4 ⇔ c = 2; c = −2 . Do hoành độ điểm C âm nên C (−2;3) Gọi J là trung điểm AC suy ra J ( −1; 2) , đường thẳng BD qua J và vuông góc với AC có phương trình x− y+3= 0.

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 3 điểm A(1;1) , B (2; 0) và C (3; 4) . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm A sao cho tổng khoảng cách từ hai điểm B và C đến đường thẳng ∆ đạt giá trị lớn nhất.

BT9:Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai điểm A (1; 4 ) và B ( 4;3) .

a) Viết phương trình tổng quát của đường thẳng đi qua hai điểm A, B b) Đường thẳng d qua A, d cắt trục hoành tại M (hoành độ của M dương), d cắt trục tung tại N (tung độ của N dương). Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác OMN.

58

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

GIẢI: a. Đường thẳng đi qua hai điểm A (1; 4 ) và B ( 4;3) có PT chính tắc

x −1 y − 4 = 3 −1

Nên có PT tổng quát là : x + 3 y − 13 = 0 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

1 4 4 16 + =1⇒1≥ 2 ⇒1≥ a b ab ab

a = 2 ab 1 4 1 ≥ 8;" = " ⇔ = = ⇔  2 a b 2 b = 8

1 1 Diện tích tam giác vuông OMN( vuông ở O)là S = OM .ON = ab ≥ 8 .

2 2 Vậy S nhỏ nhất bằng 8 khi d qua M(2;0), N(0;8) BT10: Cho tam giác nhọn ABC, đường phân giác trong của góc A cắt cạnh BC tại D và cắt đường tròn ngoài tiếp tam giác ABC tại E(2;1) khác A. Viết phương trình đường thẳng BE 2

2

biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD có phương trình x + y + 4 x − 6 y − 3 = 0 .

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.

180 − 2 BAD

180 − BID

= = 90 − BAD Ta có: IBD = 2 2 = CAE

 BAE = DBE

⇒ BAD Mặt khác:  = CAE

CBE = IBD + DBE = 90 − BAD + DBE = 90 ⇒ IBE

A

I

C

B

D

=> BE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.

(

2

E

2

Gọi đường thẳng BE có dạng: a ( x − 2 ) + b ( y − 1) = 0, a + b ≠ 0

)

Theo bài ra đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD có tâm I ( −2;3) và R = 4 Do BE là tiếp tuyến chứng minh trên nên

d ( I ; BE ) = R ⇔

−4a + 2b 2

a +b

2

= 4 ⇔ 2a 2 − b 2 − 4ab = 0

Chọn a = 1 ta được b = −2 ± 6

59

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Vậy có hai đường thẳng BE cần tìm: x +

(

)

6 −2 y − 6 =0∨ x−

(

)

6 +2 y+ 6 =0

BT11:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho A(1;2) và đường thẳng d: 4x – 3y – 23 = 0. Hai điểm B và C di chuyển trên d sao cho đoạn BC luôn có độ dài bằng 5. Tìm B và C sao cho

chuvi tam giác ABC là nhỏ nhất.

d' D'

A(1;2)

d

B

D

C H A'

Gọi d’ là đường thẳng qua A và // d => d’ có pt: 4x – 3y + 2 = 0.

Gọi D(x ; y) trên d’ sao cho AD = 5. Ta có:

4 2 4 4 D ( x; x + ) ⇒ AD = ( x − 1; x − ); AD = 5 ⇒ D ( 4;6 ) ; D’ ( –2; –2 ) .

3 3 3 3 Ta có chu vi tam giác ABC là: AB + BC + CA = AB + BC + 5 => chu vi tam giác ABC nhỏ nhất khi AB + AC nhỏ nhất.

Xét tứ giác ABCD. Dễ có ABCD là 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 nhất khi và chỉ khi A’C + CD nhỏ nhất, hay 3 điểm A’, C, D thẳng hàng.

Do A’ đối xứng với A qua d nên tìm được AA’: 3x + 4y – 11 = 0 ta có H = AA '∩ d ⇒ H (5; −1) ⇒ A’ ( 9; –4 ) .

13 7 ;1) . Do BC = AD ⇒ B ( ; −3) .

2 2 7 13 Thấy khi A’, C, D thẳng hàng thì A’, B, D’ cũng thẳng hàng nên 2 điểm cần tìm là: ( ; −3) và ( ;1) .

2 2 => A’D: 2x + y – 14 = 0. ta có C = d ∩ A ' D ⇒ C (

BT12:Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A và D;

AB = 2 AD, CD = 3 AD . Đường thẳng BD có phương trình x − 2 y + 1 = 0 , đường thẳng AC đi qua điểm M ( 4;2 ) . Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng diện tích ABCD bằng 10 và điểm A có hoành độ nhỏ hơn 2.( HSG VP) B

A

I

E

1

D

1

H

C

60

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

GIẢI: Gọi I = AC ∩ BD , H là hình chiếu của B trên CD. 1 1 + D + C tan tan 2 3 =1⇒ 1 1

Ta có tan AID = tan ( D1 + C1 ) = = AID = 450 .

1 − tan D1 tan C1 1 − 1 . 1 2 3

Đường thẳng AC có dạng: a ( x − 4) + b( y − 2) = 0 ⇔ ax + by − 4a − 2b = 0 (a 2 + b 2 > 0) .

Góc giữa AC và BD bằng 450 nên cos 450 =

a − 2b 2

2

a +b . 5

⇔ 3a 2 + 8ab − 3b 2 = 0

1 Chọn b=1 ta được a = ; a = −3 .

3 Từ đó suy ra phương trình AC là x + 3 y − 10 = 0 hoặc 3 x − y − 10 = 0 .

Gọi E = BH ∩ AC , ta có

Ta có S ABCD =

BE AB IA AD 3 = =2⇒ = = .

EH CH IE BE 2

( 2 AD + 3 AD ) . AD = 10 ⇔ AD = 2 . Từ đó tìm được 2

AI =

4 10 .

5

4 10  17 11  ta có * Nếu AC : x + 3 y − 10 = 0 , suy ra I  ;  . Gọi A (10 − 3t ; t ) thì từ AI = 5 5 5   2

2

17   11  32 7   29 7  ⇔ t = 3; t = . Suy ra A (1;3) ; A  ;   10 − 3t −  +  t −  = 5  5 5 5   5 5 Do xA < 2 ⇒ A (1;3) .

4 10  21 13  * Nếu AC : 3 x − y − 10 = 0 , suy ra I  ;  . Gọi A ( t;3t − 10 ) thì từ AI = ta có 5  5 5 2

2

13  32 17  21   (không thỏa mãn xA = t < 2 ). ⇔ t = 5; t =  t −  +  3t − 10 −  = 5  5 5 5  Vậy điểm A cần tìm là A (1;3) .Chú ý: Nếu HS chỉ tính được cạnh AD = 2 thì cho 0,25 điểm.

BT13: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trung điểm của cạnh BC là điểm M ( 3; −1) , đường thẳng chứa đường cao kẻ từ đỉnh B đi qua điểm E ( −1; −3) và

đường thẳng chứa cạnh AC đi qua điểm F (1;3) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết rằng điểm đối xứng của đỉnh A qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm

D ( 4; −2 ) .( HSG 12 VP 2014- 2015)

61

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 10

Gọi H là trực tâm của tam giác ABC , ta chứng minh được BDCH là hình bình hành nên M là

trung điểm của HD suy ra H ( 2; 0 ) . Đường thẳng BH có vtcp là EH = ( 3;3) ⇒ vtpt là

n BH = (1; −1) ⇒ BH : x − y − 2 = 0 .

A

H F

O E B

C

M

D

Do AC ⊥ BH nên vtpt của AC là n AC = u BH = (1;1) ⇒ pt AC : x + y − 4 = 0

Do AC ⊥ CD nên vtpt của CD là n DC = u AC = (1; −1) ⇒ pt DC : x − y − 6 = 0 .

Do C là giao của AC và DC nên tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình x + y − 4 = 0 x = 5 ⇔ ⇒ C ( 5; −1)  x − y − 6 = 0  y = −1

Do M là trung điểm của BC nên B (1; −1) . Vì AH vuông góc với BC nên AH có vtpt là

BC = ( 4;0 ) ⇒ AH : x − 2 = 0 Do A là giao điểm của AC và AH nên tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình: x − 2 = 0 x = 2 ⇔ ⇒ A ( 2; 2 ) .  x + y − 4 = 0 y = 2

Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác ABC là A ( 2; 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) và trung điểm BC là I(6;1). Đường thẳng AH có phương trình x + 2y − 3 = 0 . Gọi D và E là chân đường cao kẻ từ B và C của ∆ ABC. Xác định tọa độ các đỉnh của ∆ ABC, biết đường thẳng DE có phương trình x − 2 = 0 và 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) là đỉnh của ∆ ABC. Phương trình đường trung trực của cạnh BC là x + y − 1 = 0 và phương trình của đường trung tuyến kẻ từ C của ∆

ABC là 3x − y − 9 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh B và C.( Đ/S:C (3; 0), B(1; −2)

62