đường thẳng - trần phương

Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng 23 PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG I. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ ĐN: Hệ trục tọa độ Đề các vuông góc trong mặt phẳng 1 2 2 2 1 2 1 2 Véc e Véc e e e 1 ;e e 0 x Ox y Oy x Ox y Oy ′ ′ ⊥   ′ ∈   ′ ∈   = = ⋅ =        t¬ ®¬n vÞ t¬ ®¬n vÞ II. TỌA ĐỘ CỦA 1 ĐIỂM 1. ( ) , M x y ⇔ ( ) , OM x y  ⇔ 1 2 e e OM x y = ⋅ + ⋅    2. Tọa độ các điểm đặc biệt Cho ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 3 3 , , , A x y B x y C x y      ⇒ Trung điểm của AB có tọa độ là: 1 2 1 2 , 2 2 x x y y I + +       Điểm chia AB tỉ số k là điểm thoả mãn JA k JB =   ⇔ Tọa độ: 1 2 1 2 , 1 1 x kx y ky J k k − −     − −   Tọa độ trọng tâm tam giác ABC: 1 2 3 1 2 3 , 3 3 x x x y y y G + + + +       III. TỌA ĐỘ CỦA 1 VÉCTƠ 1. ĐN: ( ) ( ) 1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 , e e , e e a a a a a a b b b b b b  = ⇔ = +    = ⇔ = +          . Nếu ( ) ( ) 1 1 2 2 , , A x y B x y      thì ( ) 2 1 2 1 , AB x x y y = − −  . 2. Phép toán: ( ) ( ) 1 1 2 2 1 1 2 2 , ; , a b a b a b a b a b a b ± = ± ± α ⋅ ± β⋅ = α ⋅ ± β⋅ α ⋅ ± β⋅     IV. TÍCH VÔ HƯỚNG VÀ ĐỘ DÀI 1. ( ) cos , a b a b a b ⋅ = ⋅       2. 1 1 2 2 a b a b a b ⋅ = +   3. 2 2 2 2 1 2 1 2 ; a a a b b b = + = +   7. a b a b + ≤ +     8. a b a b − ≤ +     9. a b a b + ≥ −     10. a b a b − ≥ −     11. a b a b ⋅ ≤ ⋅     y x 1 e  2 e  O M P Q Phần 2. Hình giải tích − −− − Trần Phương 24 4. ( ) ( ) 2 2 1 1 2 2 a b a b a b+ = + + +   5. ( ) ( ) 2 2 1 1 2 2 a b a b a b− = − + −   6. ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 AB x x y y= − + −  12. ( ) 1 1 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 cos , a b a b a b a a b b + = + +       ; 13. ( ) 1 2 2 1 2 2 2 2 1 2 1 2 sin , a b a b a b a a b b − = + +       V. SỰ THẲNG HÀNG ( ) 1 2 1 2 2 1 1 2 det , a a a b a b a b b b = = −       ; ( ) 1 2 2 1 // det , 0 a b a b a b a b ⇔ = − =               A, M, B thẳng hàng ⇔ ( ) det , 0 AB AM =        VI. DIỆN TÍCH TAM GIÁC ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 3 3 , ; , ; , A x y B x y C x y ( ) 2 1 2 1 3 1 3 1 1 1 det , 2 2 ABC x x y y S AB AC x x y y ∆ − − = = − −   VII. BÀI TẬP MẪU MINH HỌA Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ O xy cho ( ) ( ) ( ) 3; 1 ; 1; 2 ; 5;5 A B C− . Tìm tọa độ điểm D sao cho: 4. 3. AD AB AC = −    . Giải Cách 1: Đặt D( x ; y ) suy ra: ( ) ( ) ( ) 3; 1 ; 2;3 ; 2;6 AD x y AB AC= − + = − =    Ta có: 4. 3. AD AB AC = −    ⇔ 3 8 6 11 1 12 18 7 x x y y − = − − = −   ⇔   + = − = −   Vậy tọa độ điểm D là ( − 11; − 7) Cách 2: 4. 3. AD AB AC = −    ⇔ ( ) 3 3 AD AB AB AC BD BC − = − ⇔ = − ⋅       Do ( ) 4; 3 BC =  nên ( ) 12; 9 BD = − −  suy ra tọa độ điểm D là D( − 11; − 7) Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ O xy cho ( ) ( ) ( ) 3; 4 ; 1; 2 ; 4; 1 A B I − − . Xác định tọa độ các điểm C, D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành và I là trung điểm cạnh CD. Tìm tọa độ tâm O của hình bình hành ABCD. Giải Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng 25 Cách 1: Do I(4; − 1) là trung điểm CD nên đặt ( ) 4 ; 1 C x y − − − và ( ) 4 ; 1 D x y + − + ⇒ ( ) 2 ; 2 CD x y =  . Để tứ giác ABCD là hình binh hành thì ( ) 4; 2 CD BA= =   ⇔ 2; 1 x y = = . Vậy tọa độ các điểm C, D là ( ) ( ) 2; 2 ; 6;0 C D− Tâm O của hình bình hành là trung điểm của AD suy ra 9 ; 2 2 O       Cách 2: Gọi ( ) ; C x y , khi đó ( ) 1 2; 1 2 IC AB = = − −   . Vậy ( ) ( ) 2; 2 ; 6;0 C D− Cách 3: Lập phương trình đường thẳng AB. Qua I dựng đường thẳng (d) song song với (AB). Khi đó C và D là 2 điểm nằm trên đường thẳng (d) thỏa mãn 1 2 IC ID AB = = . Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ O xy cho ( ) ( ) 3;1 ; 1; 3 A B − . Xác định tọa độ các điểm C, G sao cho điểm G là trọng tâm tam giác ABC. Biết C nằm trên đường thẳng 2 x = và G cách trục hoành 1 đơn vị. Giải Cách 1: Điểm C nằm trên đường thẳng 2 x = nên có tọa độ (2; y ) Điểm G cách trục hoành 1 đơn vị nên có tọa độ ( x ; 1) Điểm G là trọng tâm tam giác ABC suy ra: ( ) 3 1 2 33 2 3 5 1 3 3 A B C G A B C G xx x x x x y y y y y y + + =+ + = =   ⇔ ⇔    + + = = + − + =    Vậy tọa độ các điểm C và G là: ( ) ( ) 2; 5 ; 2;1 C G Cách 2: Trung điểm M của AB có tọa độ ( ) 2; 1 M − nên M cũng thuộc đường thẳng 2 x = . Trọng tâm G nằm trên trung tuyến CM do đó có hoành độ là 2. Vậy G(2; 1) suy ra C(2; 5) Phần 2. Hình giải tích − −− − Trần Phương 26 Bài 4. Cho ∆ ABC với ( ) ( ) ( ) 1, 3 ; 3, 5 ; 2, 2 A B C − − − . Tìm tọa độ của M, N là giao của các đường phân giác trong và ngoài của góc A với đường thẳng BC. Xác định tọa độ tâm đường tròn nội tiếp ∆ ABC. Giải AM là phân giác trong của tam giác ABC suy ra: 2 2 2 2 MB AB AC MC = − = − = −   ⇔ ( ) ( ) ( ) 5 2 2 3 2.2 7 M ; M ; 3 1 2 1 2 3 − + − + ⇔ − + + AN là phân giác ngoài của tam giác ABC suy ra: 2 NB AB AC NC = =   ⇔ ( ) ( ) ( ) 5 2 2 3 2.2 N ; N 1;1 1 2 1 2 − − − − ⇔ − − Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC suy ra BI là phân giác trong ∆ABM 2 2 3 2 5 10 3 IA BA BM IM = − = − = −   ⇔ ( ) ( ) 3 7 3 1 3 3 3 5 5 I ; I 4 5; 3 3 3 1 1 5 5   + ⋅ − + −   ⇔ − −     + +     Bài 5. Cho ( ) ( ) ( ) 6,3 ; 3, 6 ; 1, 2 A B C − − a. Tìm tọa độ trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp I. b. CMR: H, G, I thẳng hàng. Giải a. Tọa độ trọng tâm G: 7 4 ; 3 3 3 3 A B C A B C G G x x x y y y x y + + + + = = = = ⇒ ( ) 7 4 G ; 3 3 i H là trực tâm ∆ ABC nên ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 4 6 8 3 0 2 . 0 1 5 3 5 6 0 . 0 H H H H H H x y x AH BC AH BC y x y BH AC BH AC    − − − = = ⊥ =      ⇔ ⇔ ⇔     = − + − − =      ⊥ =            ⇔ ( ) H 2;1 i I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC nên: IA IB IC = = ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 6 3 3 6 1 2 I I I I I I x y x y x y− + − = + + − = − + + ⇔ 12 6 45 6 12 45 2 4 5 I I I I I I x y x y x y − − + = − + = − + + 1; 3 I I x y ⇔ = = ⇔ ( ) I 1;3 Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng 27 b. Phương trình đường thẳng IH là: 1 2 2 5 0 1 2 3 1 y x x y − − = ⇔ + − = − − Ta có: 8 7 2 5 5 0 3 3 G G x y + − = + − = suy ra G ∈ (IH) suy ra G, H, I thẳng hàng. Bài 6. Cho ∆ ABC với ( ) ( ) ( ) 3; 4 ; 2;1 ; 1; 2 A B C − − . a. Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC. b. Tìm điểm M trên đường thẳng BC sao cho diện tích 1 3 ABM ABC S S ∆ ∆ = Giải a. Điểm I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ⇔ IA IB IC = = 2 2 2 IA IB IC ⇔ = = ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 3 4 2 1 1 2 I I I I I I x y x y x y − + − = − + − = − − + − − ⇔ 6 8 25 4 2 5 2 4 5 I I I I I I x y x y x y − − + = − − + = + + 5; 5 I I x y ⇔ = − = ⇔ ( ) I 5;5 − b. Do hai tam giác ABM và ABC có cùng đường cao nên để 1 3 ABM ABC S S ∆ ∆ = thì 3. BC BM = . Gọi ( ) ; M x y suy ra ( ) 2; 1 BM x y = − −  ; ( ) 3; 3 BC = − −  Ta có: 3. BC BM = ⇔ 1 3 BM BC = ± ⋅   ⇔ 1; 0 2 1 1 3; 2 x y x y x y = =  − = − = ± ⇔  = =  Vậy có 2 điểm M thỏa mãn là ( ) ( ) 1 2 1;0 , 3; 2 M M . Bài 7. Cho ( ) ( ) 3; 4 , 1; 2 A B − . Xác định tọa độ điểm M trên trục hoành sao cho tam giác ABM vuông. Giải Gọi tọa độ điểm M là ( ) ; 0 M x suy ra ( ) ( ) 3; 4 , 1; 2 AM x BM x= − − = −   Để ∆ ABM vuông tại M thì ( )( ) 0 3 1 8 0 AM BM x x ⋅ = ⇔ − − − =   ( ) ( ) 2 4 5 0 5 1 0 5 1 x x x x x x ⇔ − − = ⇔ − + = ⇔ = ∨ = − . Để ∆ ABM vuông tại A thì ( ) 0 2 3 24 0 15 AM BA x x ⋅ = ⇔ − − = ⇔ =   . Để ∆ ABM vuông tại B thì ( ) 0 2 1 12 0 5 BM BA x x ⋅ = ⇔ − + = ⇔ = −   . Vậy có 4 điểm M trên trục hoành thỏa mãn ∆ ABM vuông là ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 5; 0 , 1; 0 , 15;0 , 5; 0 M M M M− − Phần 2. Hình giải tích − −− − Trần Phương 28 Bài 8. Cho A(1; 0), B(0; 3), C( − 3; − 5). Tìm tập hợp các điểm M thỏa mãn 1 trong các điều kiện sau: a. ( ) ( ) 2 3 2 0 MA MB MA MB − − =     b. ( ) ( ) 2 2 3 MA MB MA MB MC BC − + + =      c. 2 2 3 . MB MC MB MC + =   d. 2 2 2 2 2 MA MB MC + = Giải Gọi M ( ) ; x y suy ra ( ) ( ) ( ) 1 ; , ;3 , 3 ; 5 MA x y MB x y MC x y − − − − − − − −    a. ( ) 2 3 2 ; 9 MA MB x y − = + −   và ( ) 2 1; 6 MA MB x y − = + −   ( ) ( ) 2 3 2 0 MA MB MA MB − − =     ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 9 6 0 x x y y + + + − − = ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 15 3 1 0 2 2 2 2 x y + − + − − = ⇔ ( ) ( ) 2 2 2 10 3 15 2 2 2 x y   + + − =     Vậy quĩ tích điểm M là đường tròn tâm ( ) 3 15 ; 2 2 − bán kính 10 2 b. ( ) 2 3 ; 2 3 MA MB MC x y + + = − − − −    ( ) ( ) 2 2 3 MA MB MA MB MC BC − + + =      ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 9 2 3 73 x x y y + − − + − − − = ⇔ ( ) ( ) 2 2 25 857 4 3 3 73 3 6 12 x y − + − − + = ( ) ( ) 2 2 25 19 4 0 3 6 36 x y ⇔ + + − + = Phương trình trên vô nghiệm nên không có điểm M nào thỏa mãn yêu cầu. c. 2 2 3 . MB MC MB MC + =   ⇔ ( ) 2 2 . . MB MC MB MC BC MB MC − = ⇔ =       ⇔ ( ) ( ) ( ) 3 3 5 73 x x y y − − − + − − − = ⇔ ( ) ( ) 2 2 3 365 1 2 4 x y+ + + = Vậy quĩ tích điểm M là đường tròn tâm ( ) 3 ; 1 2 − − bán kính 365 2 d. 2 2 2 2 2 MA MB MC + = ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 1 3 2 3 5x y x y x y       − + + + − = + + +       ⇔ ( ) ( ) 22 2 2 16 26 57 0 8 13 290 x y x y x y+ − − − = ⇔ − + − = Vậy quĩ tích điểm M là đường tròn tâm ( ) 8;13 bán kính 290 Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng 29 Bài 9. Giả sử ( ) ( ) 1, 3 ; 2, 0 M N− chia AB thành 3 đoạn có độ dài bằng nhau. Tìm tọa độ A, B. Giải Gọi tọa độ các điểm A, B là ( ) ( ) 1 1 2 2 , , , A x y B x y Cách 1: Ta có: AM MN NB = = hay M là trung điểm AN, N là trung điểm MB 1 1 2 1 2 4 ; 2 6 2 5 ; 2 3 M N M N N M N M x x x y y y x x x y y y = − = − = − =   ⇒  = − = = − = −   . Vậy tọa độ các điểm A, B là ( ) ( ) 4; 6 , 5; 3 A B − − . Cách 2: Ta có: AM MN NB = =    1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( 1) 2 4 ; 5 3 0 3 0 6 ; 3 x x x x y y y y − − = − − = − = − =    ⇔ ⇔   − = − = − = = −     Vậy tọa độ các điểm A, B là ( ) ( ) 4; 6 , 5; 3 A B − − . Bài 10. Cho ∆ ABC đều cạnh a . Gọi M là điểm bất kì trên đường tròn ngoại tiếp hoặc nội tiếp của ∆ ABC. Chứng minh rằng: 2 2 2 MA MB MC const + + = Giải Xét ( ) ( ) ( ) 2 MB MC MA AB MA AC MA AB AC MA AB AC ⋅ = + + = + ⋅ + +              ( ) 2 2 cos 60 2 MB MC MA a MA AM MB MC ⇔ ⋅ = + ° + + +       ( ) 2 2 2 a MB MC MA MA MB MC ⇔ ⋅ = − + + +      . Tương tự ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 ; 2 2 a a MC MA MB MB MC MA MA MB MC MC MA MB ⋅ = − + + + ⋅ = − + + +            Cộng các vế của 3 đẳng thức trên ta được: 2 2 2 2 3 2 a MB MC MC MA MA MB MA MB MC⋅ + ⋅ + ⋅ = + + −       ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 a MB MC MA MA MB MC MA MB MC   ⇔ + + = + + + + + −        ( ) ( ) 2 2 2 2 2 3 3 3 MO MA MB MC a ⇔ ⋅ = + + −  (với O là trọng tâm tam giác ABC) 2 2 2 2 2 3 MA MB MC MO a ⇔ + + = + . Phần 2. Hình giải tích − −− − Trần Phương 30 Ta có tam giác ABC đều suy ra O cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp, do đó MO chính là bán kính và 3 a MO = . Vậy ta có: 2 2 2 2 2 2 3 2 3 a MA MB MC a a + + = ⋅ + = = const (đpcm) Bài 11. Cho ( ) ( ) ( ) 2, 3 ; 3,7 ; 5,4 A B C− − − . Gọi M, N, P lần lượt là các điểm chia các đoạn AB, BC, CA theo các tỉ số: 3 2 − , 1 2 , 4 3 − . Chứng minh rằng: M, N, P thẳng hàng và M chia đoạn NP theo tỉ số 7 3 − . Giải Cách 1: Ta có: ( ) ( ) ( ) 5;10 ; 2; 3 ; 7; 7 AB BC CA = − = − − = −    3 1 4 ; ; 2 2 3 MA NB PC MB NC PA = − = = −       3 4 ; ; 5 7 AM AB BN BC CP CA ⇔ = ⋅ = − = ⋅       ( ) ( ) ( ) 3;6 ; 2;3 ; 4; 4 AM BN CP ⇔ = − = = −    ( ) ( ) ( ) 1;3 ; 1;10 ; 1; 0 M N P⇔ − − − Vậy M, N, P cùng thuộc đường thẳng 1 x = − . Ta có: ( ) ( ) 0; 7 ; 0; 3 MN MP = = −   7 3 MN MP − ⇒ =   (đpcm) Cách 2: Ta có: 3 1 4 ; ; 2 2 3 MA NB PC MB NC PA = = = Gọi N 1 là giao điểm của MP và BC. Ta có: 1 1 4 3 MN C MPC MN A MPA S S PC S S PA = = = và 1 1 1 1 3 2 2 AMN MN C BMN BMN S AM S S S MB = = ⇒ = ⋅ 1 1 1 1 1 2. 2 N B NB CN BN N C NC ⇒ = ⇔ = = ⇒ 1 N N ≡ . Vậy M, N, P thẳng hang (đpcm). C M B A N 1 P Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng 31 Bài 12. Cho tứ giác ABCD có A(0; 1), B( − 2; − 1), C( − 1; − 4), D(1; 0) a. Chứng minh rằng: Các tam giác ABD và BCD là những tam giác vuông b. Tính diện tích tứ giác ABCD. c. Tìm M trên O y để diện tích ∆ MBD và diện tích ∆ BCD bằng nhau. Giải a. Ta có ( ) ( ) 2; 2 , 1; 1 0 AB AD AB AD = − − = − ⇒ ⋅ =     ⇒ AB ⊥ AD ( ) ( ) 1; 3 , 3;1 0 BC BD BC BD = − = ⇒ ⋅ =     ⇒ BC ⊥ BD Vậy ∆ ABD vuông tại A và ∆ BCD vuông tại B (đpcm) b. 1 1 2 ; 5 2 2 ABD BCD S AB AD S BC BD = ⋅ = = ⋅ = ⇒ 7 ABCD ABD BCD S S S = + = c. Gọi ( ) M 0; O y y ∈ . Sử dụng công thức ( ) 2 2 2 1 2 MBD S MB MD MB MD = − ⋅   suy ra để MBD BCD S S= thì ( ) 2 2 2 10 MB MD MB MD − ⋅ =   ( ) ( ) ( ) 2 2 2 4 1 1 2 1 10 y y y y     ⇔ + + + − − + + =     ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 5 1 2 100 y y y y y⇔ + + + − + − = ⇔ 2 9 6 99 0 y y + − = ⇔ ( ) ( ) 3 3 3 11 0 y y − + = ⇔ 11 3 3 y y − = ∨ = Vậy có 2 điểm M thỏa mãn là ( ) M 0;3 hoặc ( ) 11 M 0; 3 − Bài 13. Cho ( ) ( ) ( ) 1, 3 ; 3,1 ; 4; 6 A B C− − . Gọi M là điểm chia AB theo tỉ số ( − 1) và N là điểm chia AC tỉ số 4. Tìm I BN CM = ∩ Giải Ta có: 1; 4 MA NA MB NC = − =     ( ) ( ) ( ) ( ) 2; 2 1; 1 2 5;9 3 1;3 AM M AB AM N AC CN CN    = − − − = ⋅    ⇔ ⇔ ⇔       = ⋅ =          Phần 2. Hình giải tích − −− − Trần Phương 32 Cách 1: Ta có: ( ) ( ) 8;8 , 5; 7 BN CM = = − −   . Gọi tọa độ điểm I là ( ) 0 0 , x y suy ra: 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 3 9 // 3 1 4 6 ; 8 8 5 7 5 30 7 28 13 // y x x BI BN x y x y y x y CI CM  − = + =   + − − −    ⇔ = = ⇔ ⇔    − − − = − =           Vậy tọa độ điểm I là ( ) 9;13 I . Cách 2: PT đường thẳng BN là (BN): ( ) 9 1 1 3 4 5 ( 3) y x y x − − = + ⇔ = + − − . PT đường thẳng CM là (CM): ( ) 1 6 7 2 6 4 1 4 5 5 y x y x − − − = − ⇔ = + − − . I BN CM = ∩ nên tọa độ I là nghiệm của hệ 7 2 9 5 5 13 4 x y x y y x  = = +    ⇔   =    = +  Cách 3: Ta có: 1 3 BCN BCA S CN S CA = = . Mặt khác: 3. CNI CAI CBI CNI CNB CNB CAB CAB BCN S S S S S S S S S + = = = Suy ra: 2. 2 CNB CNI BN S S NI = ⇒ = 3 3 9 ; 13 2 2 N B N B I I x x y y x y − − ⇒ = = = = Vậy tọa độ điểm I là ( ) 9;13 I . Bài 14. Chứng minh rằng: 2 2 2 5 2 5 2 5 a a a a− + + + + ≥ (1) Giải Cách 1: (1) ⇔ 2 2 2 2 ( 1) 2 ( 1) 2 2 5 a a− + + + + ≥ Đặt ( ) ( ) 1 ; 2 , 1; 2 a a b a= − = +   ⇒ ( ) 2; 4 a b+ =   Ta có: 2 2 2 2 2 2 ( 1) 2 ( 1) 2 2 4 2 5 a a a b a b− + + + + = + ≥ + = + =     (đpcm) Dấu bằng xảy ra 1 1 0 a b a a a ⇔ ↑↑ ⇔ − = + ⇔ =   . C M B A N I [...].. .Phương pháp t a Cách 2: trong m t ph ng a 2 − 2a + 5 + a 2 + 2a + 5 ≥ 2 ⋅ 4 ( a 2 − 2a + 5 )( a 2 + 2a + 5 ) = 2 ⋅ 4 (a 2 + 5) 2 − 4a 2 = 2 ⋅ 4 a 4 + 6a 2 + 25 ≥ 2 ⋅ 4 25 = 2 5 ( pcm)  a 2 − 2a + 5 = a 2 + 2a + 5  ⇔ a=0 D u b ng x y ra ⇔  a = 0  Bài 15 Gi i phương trình: (4 − x) x − 2 + 7 − 2 x = 85 − 57 x + 13 x 2 − x 3 (1)... ⋅ b ⇔ cos ( a ⋅ b ) = 1 ⇔ x−2 = 1 7 − 2x 2 ⇔ ( 4 − x ) ( 7 − 2 x ) = x − 2 ⇔ −2 x 3 + 23x 2 − 89 x + 114 = 0 ⇔ ( 3 − x ) ( 2 x 2 − 17 x + 38 ) = 0 Do x ∈  2; 7  nên 2 x 2 − 17 x + 38 > 0  2 V y phương trình có nghi m x = 3 Bài 16 CMR: x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 ≥ z 2 + zx + x 2 , ∀x, y, z ∈ » Gi i Ta có: x + xy + y = 2 2 ( ) y+ x 2 ( 2 2  3  + x ;  2  y + yz + z = 2 2 ( y+ z 2 ) 2... 2 )     3  3  3( Xét a =  y + x ; x,b = − y + z ; z ⇒ a + b =  x − z ; x + z)  2 2  2 2   2 2   ⇒ a+b = ( x − z )2 3( x + z)2 + = z 2 + zx + x 2 4 4 33 Ph n 2 Hình gi i tích − Tr n Phương Do a + b ≥ a + b nên x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 ≥ z 2 + zx + x 2 ( pcm) D u b ng x y ra ⇔ a ↑↑ b ⇔ x = z = 0 ho c 2y + x −y −y − x x x −2 y − 2 x =− ⇔ = ⇔ = ⇔ xy + yz + zx = 0 z 2y + z z 2y... ít nh t 2 i m trùng O ⇔ 2 trong 3 s x, y, z có ít nh t 2 s b ng 0 Trong trư ng h p x, z cùng d u và khác d u v i y thì d u b ng x y ra khi dài ư ng là phân giác t 34 nh O c a tam giác OAC chính là OB B Phương pháp t a VIII BÀI T P DÀNH CHO B N CT D ng 1: Xác trong m t ph ng i m nh t a c a 1 GI I Bài 1 Cho A (1, −2 ) ; B ( 0, 4 ) ; C ( 3, 2 ) Tìm D v i: a CD = 2 AB − 3 AC b AD + 2 BD − 4CD = 0 Bài 2... tròn ngo i ti p ∆ACD CMR : IE ⊥ CD Bài 10 Cho ∆ABC u n i ti p trong ư ng tròn (I, R) G i M là i m b t kì trên ư ng tròn ngo i ti p ∆ABC CMR: MA 4 + MB 4 + MC 4 = const 35 Ph n 2 Hình gi i tích − Tr n Phương D ng 2: S th ng hàng Bài 1 Cho A ( 2; −2 ) , B ( 4; −1) , C ( 7; 5 ) , E ( 5;1) a Ch ng minh r ng: B, C, E th ng hàng b Tìm t a i m D trên Oy sao cho ABCD là hình thang áy AB, CD Bài 2 Cho A(−3, . ( ) ( ) 2; 2 ; 6;0 C D− Cách 3: Lập phương trình đường thẳng AB. Qua I dựng đường thẳng (d) song song với (AB). Khi đó C và D là 2 điểm nằm trên đường thẳng (d) thỏa mãn 1 2 IC ID AB = = điểm G là trọng tâm tam giác ABC. Biết C nằm trên đường thẳng 2 x = và G cách trục hoành 1 đơn vị. Giải Cách 1: Điểm C nằm trên đường thẳng 2 x = nên có tọa độ (2; y ) Điểm G cách trục. 1 M − nên M cũng thuộc đường thẳng 2 x = . Trọng tâm G nằm trên trung tuyến CM do đó có hoành độ là 2. Vậy G(2; 1) suy ra C(2; 5) Phần 2. Hình giải tích − −− − Trần Phương 26 Bài 4.