ĐỀ CƯƠNG DẠY HỌC SINH GIỎI KHỐI 10

Tìm TXĐ của hàm số, xét tính chẵn lẻ của hàm số. Khảo sát sự biến thiên của hàm số, vẽ đồ thị hàm số bậc nhất, bậc hai chứa dấu giá trị tuyệt đối, hàm số cho bởi nhiều biểu thức. Từ đó sử dụng kết quả biện luận nghiệm của phương trình bằng đồ thị. Xác định tập giá trị của hàm số, từ đó đưa ra GTLN, GTNN của hàm số Tìm hàm số thỏa mãn điều kiện cho trước

ĐỀ CƯƠNG DẠY HỌC SINH GIỎI KHỐI 10

- Xác định tập giá trị của hàm số, từ đó đưa ra GTLN, GTNN của hàm số

- Tìm hàm số thỏa mãn điều kiện cho trước

2 Các dạng bài

tập về PT

- Phương pháp biến đổi tương đương: Các bài tập về

PT chứa căn, PT bậc cao, PT tích, PT chứa dấu giá trị tuyệt đối, PT chứa tham số, giải và biện luận PT

- Phương phấp đặt ẩn phụ: PT chứa căn, PT đối xứng,

PT bậc cao

- Phương pháp thế, Phương pháp nhân liên hợp, PP lượng giác hóa: PT chứa căn

- Phương pháp đánh giá, chứng minh nghiệm duy nhất:

Các bài toán phức tạp nhưng có nghiệm thử được từ đódùng BĐT để đánh giá

- Bài toán điều kiện cần và đủ: Thực hiện trên các PT

có tham số liên quan đến mệnh đề với mọi

Chỉ giành cho đối tượng giải Nhì trở lên

3 Các dạng bài

tập về BPT

- Phương pháp biến đổi tương đương: Các bài tập về BPT chứa căn, BPT tích, BPT chứa dấu giá trị tuyệt đối, BPT chứa tham số, giải và biện luận BPT -Phương phấp đặt ẩn phụ: BPT chứa căn, BPT đối xứng

- Phương pháp thế, Phương pháp nhân liên hợp: BPT chứa căn

- Phương pháp đánh giá, chứng minh nghiệm duy nhất:

Các bài toán phức tạp nhưng có nghiệm thử được từ đódùng BĐT để đánh giá

- Bài toán điều kiện cần và đủ: Thực hiện trên các BPT

có tham số

Chỉ giành cho đối tượng giải Nhì trở lên

Chỉ giành cho đối tượng giải Nhì trở lên

- Phương pháp biến đổi tương đương: Các bài tập về HPT đối xứng, các HPT không mẫu mực, HPT chứa tham số, HPT nhiều ẩn

- Phương pháp thế: Các bài toán giải PT đưa về hệ PT

- Phương pháp đánh giá, chứng minh nghiệm duy nhất:

Các bài toán phức tạp nhưng có nghiệm thử được từ đódùng BĐT để đánh giá

- Bài toán điều kiện cần và đủ: Thực hiện trên các PT

có tham số liên quan đến mệnh đề với mọi

- Các hệ BPT một ản, nhiều ẩn, bài toán thực tiễn liên quan đến phương án tối ưu

Chỉ giành cho đối tượng giải Nhì trở lên

9 Tọa độ phẳng Các bài toán liên quan đến tìm tọa độ điểm, viết PT đường tròn, đường thẳng

II, Kế hoạch chi tiết:

BUỔI 1: HÀM SỐ

I, Giáo viên chữa các bài tập đã giao cho học sinh về chuẩn bị trước.

BT1: Giả sử phương trình bậc hai ẩn x (m là tham số): 2 ( ) 3 ( )2

x − m− x m− + m+ =

có hai

Phương trình đã cho có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn x1+ ≤x2 4

0 -2

P m

Từ bảng biến thiên ta được: Pmax =16

GIẢI: Yêu cầu bài toán ⇒

PT sau có hai nghiệm phân biệt

b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức A xy= +2(x y+ )+2011

A m

Khi đó phương trình đã cho có bốn nghiệm là ± 2;± 3m−1

Để các nghiệm đều lớn hơn −3

Vậy các giá trị của m là

x x

2 14

11

11

12

=

−

f)

x y x

32

x

4 2 2

21

x

3

2 1

=+

đồng biến trên khoảng (− +∞1; )

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

0 0

94

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

* Với m = 1 ta có:

12

S P

c) Gọi x x1, 2 là các nghiệm của PT Tìm GTLN của biểu thức: A = x x1 2−2(x1+x2)

I, CHỮA CÁC BÀI TẬP GIAO CHO HỌC SINH CHUẨN BỊ TRƯỚC:

Bài 1 Giải phương trình:

x

x x

514

5

x

x x

12

t x x

x t

x= − +

,

2 2 157

thì VT >0, VP<0 suy ra phương trình (1) vô nghiệm.

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 0

19 3+ x+4 2−x 3+x =6 2− +x 2 3+x

x x

thỏa mãn điều kiện

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S={ }1

x với a ≥ 0, b ≥ 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

BT10: Tìm m để phương trình

x − mx+ = −m

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

Giải:Cách 1: 2 ( )

1

2 4 0, (*)

x PT

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:

2t − − <3t 2 01

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

ta được x ≥ 3(*)

TH2: x − ≤ ⇔ ≤ 3 0 x 3 ⇒ (2) ⇔ x2+ ≥ + 4 x 3(3)

+ Nếu x + ≤ ⇔ ≤ − 3 0 x 3

thì (3) thỏa mãn với ∀ ≤ − x 3(4)

9x 16

−+ − − >

+ (1)

Bằng cách nhân lượng liên hợp bất phương trình tương đương

2 2

6x 4 2(6x 4)

(3x 2) 9x 16 2 2x 4 2 2 x 02x 4 2 2 x 9x 16

c) ∆= 5m+25, m< −5

II BTVN:

BUỔI 4: H Ệ PH Ư ƠNG TR ÌNH VÀ HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH

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.

Bài 1 Giải hệ phương trình

Bài 3 Giải hệ phương trình ( )

Bài 2 Giải hệ phương trình

a b ab

a b ab

x y

Bài 6 Giải hệ phương trình:

x xy x

− = +

2 2

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+ +

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

Bài 10 Giải hệ phương trình:

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 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.

Bài 1 Giải hệ phương trình a

HD: Nếu xy≠0

: Nhân phương trình thứ hai với x rồi cộng với PT thứ nhất ta được:

2 2

xy x y

1( , ) (0;0),(2; 2), ; 3



ĐS: ( ) ( )x y; = 1;1Bài 5 HSG 10 - VP2011:

4 2

1(2 1) 1



ĐS:( ) ( )x y, = 3,1

Bài 8 HSG 10 - VP2015: Giải hệ phương trình:

.( HSG VP 2011- 2012)

GIẢI: Đặt

21

t= +x +x

thì dễ thấy t>0

và

2 12

t x t

t y

GIẢI: Giả thiết suy ra:

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 ( ) (2 )2

Vậy Min P = 2 ⇔

a = b = c =

13

BT5: Cho hai số dương x y,

a b c= = =

( HSG VP 2015) BT8: Cho a,b,c là các số thực không âm có a + b + c = 1 Chứng minh rằng:

GIẢI: Từ giả thiết

Cộng vế với vế các BĐT trên ta được:

íï + ³ïî

22

a b

ì =ïïïí

ï =ïïî

VậyminQ=2 17

đạt được khi

112

a b

ì =ïïïí

ï =ïïî

BUỔI 7, 8: CÁC BÀI TOÁN VECTƠ VÀ HÌNH HỌC PHẲNG.

BT1 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 OHuuur uuur uuur uuur+ + =

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

BT2 1 Cho tam giác ABC Gọi D, E lần lượt là các điểm thỏa mãn:

=

uuur uuur

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

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

b IB c IC 2a IA 0 uur + uur − uur r =

; Tìm điểm M sao cho biểu thức (

2 2 2 2 2 2

b MB + c MC − 2a MA

) đạt giá trị lớn nhất

3 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

3sin

5

α ≤

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

045

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

BT4: 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

BT5 Tam giác ABC có các góc thỏa mãn hệ thức: cot A + cotC =α cot 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

BT6 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)

BT7 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

2+ 2 =2 2

và tanA+tanC =2 tanB

thì tam giác ABC đều.

BT9: 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

BT10: Cho hình thoi ABCD

cạnh a, góc

060

.( KSCL CVP 2015)

BT11 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

BT12 1) Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và

S + S + S ≤ S

Dấu đẳngthức xảy ra khi và chỉ khi nào?

BT13: 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

BT14 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 :

O H

2OKuuur uuur= AH ⇔OB OC OH OAuuur uuur uuur uuur+ = − ⇔OA OB OC OHuuur uuur uuur uuur+ + =

Ta có OB OCuuur uuur+ =2OK OMuuur uuuur=

uuur uuur uuur uuur uuur

Giả sử: AK x.ADuuur = uuur⇒BK x.BD (1 x)BAuuur= uuur+ − uuur

- Kẻ đường cao AH, ta có

b IB c IC b IH c IH a IHuur+ uur= uur+ uur= uur

Kết hợp giả thiết suy ra

2a IA a IHuur= uur

hay 2.IA IHuur uur=

-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 0uur+ uur+ uur r=

(*) bình phương vô hướng 2 vế (*), chú ý rằng

xMA =x(IA IM)uur uuur− =x(IM +IA −2IA.IM)uur uuur

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

- 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 Có

5(b c ) 5(4c b )(4b c )

1. Giả sử tọa độ của M x( );0

Khi đó MAuuur= −(1 x;2 ;) MBuuur= −(4 x;3)

Theo giả thiết ta có

0 .cos 45

C B

I M

uuur uuur uuur uuur uuur uuur

Ta có CEuur=uuur uuur uuur uuur uuurAE- AC=AE- AB AD

uuur uuuruuur

Vậy

5.6

GKuuur=uuur uuurAK- AGÞ GKuuur=mABuuur- uuur uuurAB+AD 3 2 2

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

uuur uuur uuuur

; OC OAuuur uuur+ =3.ONuuur

; OA OBuuur uuur+ =3.OPuuur

Cộng từng vế 3 hệ thức trên ta được: 2(OA OB OCuuur uuur uuur+ + ) (=3 OM ON OPuuuur uuur uuur+ + )

Tương tự ta có tanB ( 2 abc2 2), tanC ( 2abc2 2)

uuur uuuur uuur uuur uuur uuur uuuur uuur uuur

uuur uuur uuur uuur uuuur uuur uuur uuur r

Vậy GC GM GQ uuur uuuur uuur r + + = 0

Suy ra G là trọng tâm tam giác CMQ

CÂU 11: Theo giả thiết ta có

Vậy

2

AB BC= −BA BC = −a a ∠ABC= −a

uuur uuur uuuruuur

CÂU 12: H(x; y) là trực tâm tam giáo ABC

AH BC AH

BH AC BH

uuur uuur uuur uuur

uuur uuur uuur uuur

y

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

⇔OA uuur+2OB OC uuur uuur− =2OI uur

A K

S S

23

VT = uuur uuur AB AC − uuur uuur AB AC = AB AC − AB AC A = AB AC A

Theo định lí Sin ta có: AB = 2 sin R C

và AC = 2 sinB R

Ta có: MCuuuur= −2MBuuur⇔uuur uuuurAC AM− = −2(uuur uuuurAB AM− )⇔3uuuurAM =2uuur uuurAB AC+

Tương tự ta cũng có: 3CNuuur=2CA CBuuur uuur+

Vậy: AM ⊥CN ⇔ uuuur uuurAM CN× =0 ⇔ (2uuur uuurAB AC+ )(2CA CBuuur uuur+ ) 0=

⇔ (2uuur uuur uuurAB AC AB+ )( −3uuurAC) 0=

không đổi (dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b)

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

uuur uuur uuur r r

CÂU 22:

n m

h

d

c b

uuur uuur uuur

Gọi M là trung điểm của AC

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

D là trung điểm của AB nên 2CD CA CB uuu r uuur uuu= + r

Vì (O) ngoại tiếp ∆ABC

, ∆ABC

cân nên OD=OM

Do đó , (OD OM uuur uuuu+ r) ⊥DM mà DM//BC uuuu r ⇒(OD OM uuur uuuu+ r) ⊥BC uuu r

Ta có : 3OE.2CD uuu r uuu r=(OA OC OD CA CB uuur uuur uuur uuur uuu+ + ) ( + r)

= uuuu r uuur uuur uuu+ + r = uuuu r uuu r uuur uuu+ r uuu+ r

= uuuu r uuu r uuur uuu+ r uuu+ r = uuuu r uuu r+ uuur uuu r =2 OM OD CB 0(uuuu r uuur uuu+ ) r r=

BUỔI 9, 10: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG HÌNH HỌC PHẲNG.

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 ABC tại các

(M, N, P không trùng với các đỉnh 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

I K P

N

M

C B

AB

nuuur uuur=KP= − −

Suy ra phương trình AB: 2(x+ −1 1) ( y− = ⇔1) 0 2x y− + =3 0

Do đó tọa độ A, B là nghiệm của hệ

; Khoảng cách từ C đến ∆

gấp 3 lầnkhoảng cách từ B đến ∆

Tìm tọa độ của A và C biết C nằm trên trục tung

GIẢI: D(B;∆

)=

35

; C(0:y0) ; D(C;∆

)=

0

y 15

−

, theo bài ra ta có0

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

GIẢI: 1, Giả sử tọa độ của M x( );0

Khi đó MAuuur= −(1 x; 2 ;) MBuuur= −(4 x;3)

.Theo giả thiết ta có

0 .cos 45

FDA FCA= = 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

Kiểm tra vị trí tương đối của E, F với hai đường trên

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

Ta có AC là trung trực của HE nên AC đi qua trung điểm

5 7' ;

HE = ⇒ AC x y+ − =

uuur

⇒ = +uur − uur= + − uuur= − − − uuur= − − − −

Từ giả thiết suy ra:

( 3) (3 ) ( 3) (3 ) (1)( )(1 ) (7 )( 6) 0 (2)

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

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

( ) ( )5;3 , 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

điểm của BC, CA thì E, F cũng tương ứng là trung điểm của HM, HN Do đó

AH vuông góc với BC suy ra AH có vtpt nrAH = −(1; 1)

, kết hợp với AH đi qua điểm H( )2;2

suy ra:( ) ( )

P I

N

C B

A