K2pi net vn toa do trong mp

CHƯƠNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG A TÓM TẮT LÝ THUYẾT I Tọa độ mặt phẳng    Cho u(x1 , y1 ); v(x ; y ) k  R Khi đó:     1) u  v  (x1  x ; y1  y ) 2) u  v  (x1  x ; y1  y )     x  x 3) ku  (kx1 ; ky1 ) 4) u  x12  y12 5) u= v    y1  y       6) u.v  x1x  y1 y  u  v  u.v   x1x  y1 y    x  kx  Hai véc tơ u(x1 , y1 ); v(x ; y ) phương với    y1  ky   u.v     x1x  y1 y  Góc hai véc tơ u(x1 , y1 ); v(x ; y ) : cos(u, v)     u v x12  y12 x 22  y 22  Cho A(x A ; y A ) ; B(x B ; y B ) Khi :  1) AB  (x B  x A ; y B  y A )  2) AB= AB  (x B  x A )2  (y B  y A )2  xA  x B xI  3)  I trung điểm AB y y  A  yB  I    AB  CD  AB.CD   Cho tam giác ABC với A(x A ; y A ), B(x B ; y B ), C(xC ; y C ) Khi trọng tâm G  xG ; y G  tam  x A  x B  xC xG  giác ABC :  y  y B  yC y  A  G II Phương trình đư ờng thẳng Phương trình đư ờng thẳng 1.1 Véc tơ phương (VTCP), véc tơ pháp tuyến (VTPT) đường thẳng : Cho đường thẳng d    n  (a; b)  gọi véc tơ pháp tuyến d giá vuông với d    u  (u1 ; u )  gọi véc tơ phương d giá trùng song song với đường thẳng d Nguyễn Tất Thu Một đường thẳng có vô số VTPT vô số VTCP ( Các véc tơ phương với nhau)    Mối quan hệ VTPT VTCP: n.u     Nếu n  (a; b) VTPT đường thẳng d u  (b; a) VTCP đường thẳng d   Đường thẳng AB có AB VTCP 1.2 Phương trình đư ờng thẳng 1.2.1 Phương trình t quát đường thẳng :  Cho đường thẳng d qua điểm A(x0 ; y0 ) có n  (a; b) VTPT, phương trình t quát d có dạng: a(x  x0 )  b(y  y0 )  1.2.2 Phương trình tham số đường thẳng :  Cho đường thẳng d qua điểm A(x0 ; y0 ) có u  (a; b) VTCP, phương trình tham số x  x0  at đường thẳng d là:  , tR  y  y0  bt Vị trí tương đối hai đường thẳng Cho hai đường thẳng d1 : a1x  b1 y  c1  0; d : a x  b y  c  Khi vị trí tương đối a x  b1 y  c1  chúng phụ thuộc vào số nghiệm hệ :  (I) a x  b2 y  c   Nếu (I) vô nghiệm d1 / /d  Nếu (I) vô số nghiệm d1  d  Nếu (I) có nghiệm d1 d cắt nghiệm hệ tọa độ giao điểm Góc hai đường thẳng Cho hai đường thẳng d1 : a1x  b1 y  c1  0; d : a x  b y  c  Gọi  góc nhọn tạo hai đường thẳng d1 d Ta có : cos   a1a  b1 b2 a12  b12 a 22  b22 Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng Cho đường thẳng  : ax  by  c  điểm M(x0 ; y0 ) Khi khoảng cách từ M đến  tính công thức: d(M,( ))  ax0  by0  c a  b2 Phương trình đư ờng phân giác góc tạo hai đường thẳng Nguyễn Tất Thu Cho hai đường thẳng d1 : a1x  b1 y  c1  d : a x  b y  c  Phương trình phân giác góc tạo hai đường thẳng là: a1x  b1 y  c1 a12  b12  a x  b2 y  c a 22  b22 III Phương trình đường tròn Phương trình đư ờng tròn : Cho đường tròn (C) tâm I(a; b) , bán kính R , phương trình (C) : (x  a)2  (y  b)2  R Ngoài phương trình : x  y  2ax  2by  c  với a  b2  c  phương trình đường tròn có tâm I(a; b) , bán kính R  a  b  c Phương trình tiếp tuyến : Cho đường tròn (C) : (x  a)2  (y  b)2  R  Tiếp tuyến  (C) điểm M đường thẳng qua M vuông góc với IM  Đường thẳng  : Ax  By  C  tiếp tuyến (C)  d(I, )  R  Đường tròn (C) : (x  a)2  (y  b)2  R có hai tiếp tuyến phương với Oy x  a  R Ngoài hai tiếp tuyến tiếp tuyến lại có dạng : y  kx  m IV E líp Định nghĩa : Trong mặt phẳng cho hai điểm cố định F1 ,F2 có F1F2  2c Tập hợp điểm M mặt phẳng cho MF1  MF2  2a ( 2a không đổi a  c  ) đường elíp  F1 ,F2 : hai tiêu điểm 2c tiêu cự elíp  MF1 ,MF2 : bán kính qua tiêu Phương trình tắc elíp: x2 a Vậy điểm M(x0 ; y0 )  (E)  x02 a2  y02 b2  y2 b  với b2 = a  c  x0  a ; y  b Tính chất hình dạng elíp: Cho (E) : x2 a2  y2 b2 1, a  b  Trục đối xứng Ox,Oy Tâm đối xứng O  Đỉnh: A1 ( a; 0), A  a;  , B1 (0;  b) B2  0; b  A1A  2a gọi độ dài trục lớn, B1 B2  2b gọi độ dài trục bé Nguyễn Tất Thu  Tiêu điểm: F1 ( c; 0), F2 (c; 0)  Nội tiếp hình chữ nhật sở PQRS có kích thước 2a 2b với b2 = a  c  Tâm sai: e  c a  b2  1 a a  Hai đường chuẩn: x   a a2  e c  M  x0 ; y    E  : MF1  a  ex0 MF2  a  ex0 P y B2 Q x A1 O S A2 R V Hypebol Định nghĩa : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm F1 ,F2 có F1F2  2c Tập hợp điểm M mặt phẳng cho MF1  MF2  2a ( 2a không đổi c  a  ) Hypebol  F1 , F2 : tiêu điểm F1F2  2c tiêu cự  MF1 ,MF2 : bán kính qua tiêu Phương trình tắc hypebol: x2 a  y2 b  với b2 = c  a Tính chất hình dạng hypebol (H):  Trục đối xứng Ox (trục thực), Oy (trục ảo) Tâm đối xứng O  Đỉnh: A1 ( a; 0), A  a;  Độ dài trục thực: 2a độ dài trục ảo: 2b  Tiêu điểm F1 ( c; 0), F2  c;  b  Hai tiệm cận: y   x a  Hình chữ nhật sở PQRS có kích thước 2a, 2b với b2  c  a  Tâm sai: e  c a  b2  a a  Hai đường chuẩn: x   Nguyễn Tất Thu a a2  e c  Độ dài bán kính qua tiêu M  x0 ; y    H  : +) MF1  ex0  a MF2   ex0  a x0  +) MF1  ex0  a MF2  ex0  a x0   M(x0 ; y )  (E) : x2 a2  y2 b2 1 x02 a2  y02 b2  ta có x0  a VI Parabol Định nghĩa: Parabol tập hợp điểm M mặt phẳng cách đường thẳng  cố định điểm F cố định không thuộc   : đường chuẩn; F : tiêu điểm d(F, )  p  tham số tiêu Phương trình tắc Parabol : y  2px Hình dạng Parabol (P) : p  Trục Ox trục đối xứng, đỉnh O Tiêu điểm F( ; 0)  Đường chuẩn  : x   p  M  x; y    P  : MF  x  p với x  B CÁC VẤN ĐỀ TRỌNG ĐIỂM Vấn đề CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN Lập phương trình đư ờng thẳng Để lập phương trình đư ờng thẳng  ta thường dùng cách sau   Tìm điểm M(x0 ; y0 ) mà  qua VTPT n  (a; b) Khi phương trình đư ờng thẳng cần lập là: a(x  x0 )  b(y  y0 )   Giả sử đường thẳng cần lập  : ax  by  c  Dựa vào điều kiện toán ta tìm đư ợc a  mb,c  nb Khi phương trình  : mx  y  n  Phương pháp ta thường áp dụng toán liên quan đến khoảng cách góc  Phương pháp quỹ tích: M(x0 ; y0 )   : ax  by  c   ax0  by  c  Ví dụ 1.1.1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : (x  1)2  (y  2)2  25 1) Viết phương trình ti ếp tuyến (C) điểm M(4; 6) , 2) Viết phương trình ti ếp tuyến (C) xuất phát từ điểm N( 6;1) Nguyễn Tất Thu 3) Từ E( 6; 3) vẽ hai tiếp tuyến EA,EB ( A, B tiếp điểm) đến (C) Viết phương trình đường thẳng AB Lời giải Đường tròn (C) có tâm I(1; 2) , bán kính R   1) Tiếp tuyến qua M vuông góc với IM nên nhận IM  (3; 4) làm VTPT Nên phương trình tiếp tuyến là: 3(x  4)  4(y  6)   3x  4y  36  2) Gọi  tiếp tuyến cần tìm Do  qua N nên phương trình có dạng  : a(x  6)  b(y  1)   ax  by  6a  b  , a  b2  Ta có: d(I, )  R  7a  b a b (*)   7a  b  a  b  (7a  b)2  25(a  b )  a b   a  a  24a  14ab  24b   24    12  24    b b a   b   a 3 b thay vào (*) ta có: bx  by  b   3x  4y  14  4 4  a   b thay vào (*) ta có:  bx  by  9b   4x  3y  27  3 Vậy có hai tiếp tuyến thỏa yêu cầu toán là: 3x  4y  14  4x  3y  27  3) Gọi A(a; b) Ta có: 2  (C) A (a  1)2  (b  2)2  25 a  b  2a  4b  20   7a  b  20       2 (a  1)(a  6)  (b  2)(b  3)  IA.NA  a  b  5a  5b  Từ ta suy A   : 7x  y  20  Tương tự ta có đư ợc B    AB    AB : 7x  y  20  Các lập phương trình đư ờng tròn Để lập phương trình đư ờng tròn (C) ta thường sử dụng cách sau Cách 1: Tìm tâm I(a; b) bán kính đường tròn Khi phương trình đư ờng tròn có dạng: (x  a)2  (y  b)2  R Cách 2: Giả sử phương trình đư ờng tròn có dạng: x  y  2ax  2by  c  Dựa vào giả thiết toán ta tìm a, b,c Cách ta thương áp dụng yêu cầu viết phương trình đư ờng tròn qua ba điểm Nguyễn Tất Thu Ví dụ 1.1.2 Lập phương trình đư ờng tròn (C), biết 1) (C) qua A(3; 4) hình chiếu A lên trục tọa độ 2) (C) có tâm nằm đường tròn (C1 ) : (x  2)2  y  1 : x  y   : x  7y  tiếp xúc với hai đường thẳng Lời giải 1) Gọi A1 ,A hình chiếu A lên hai trục Ox, Oy, suy A1 (3; 0), A (0; 4) Giả sử (C) : x  y  2ax  2by  c   a  6a  8b  c  25    b  Do A, A1 , A  (C) nên ta có hệ: 6a  c  9 8b  c  16 c     Vậy phương trình (C): x  y  3x  4y  2) Gọi I(a; b) tâm đường tròn (C), I  (C1 ) nên: (a  2)2  b2  (1) Do (C) tiếp xúc với hai đường thẳng 1 ,  nên d(I, 1 )  d(I,  )  ab  a  7b  b  2a thay vào (1) ta có được: (a  2)2  4a   b  2a,a  2b 16  5a  4a   phương trình 5 vô nghiệm  a  2b thay vào (1) ta có: (2b  2)2  b2  4  b  ,a  Suy R  D(I, 1 )  5 5 2  8  4 Vậy phương trình (C) :  x     y    5 25     Các điểm đặc biệt tam giác Cho tam giác ABC Khi đó:  x  x B  xC y A  y B  yC   Trọng tâm G  A ;  3     AH.BC   Trực tâm H :     BH.AC  IA  IB2  Tâm đường tròn ngoại tiếp I :  2 IA  IC Nguyễn Tất Thu      AB.AK AC.AK    AC  Tâm đường tròn nội tiếp K :  AB      BC.BK BA.BK  BC  AB Chú ý: Có thể tìm K theo cách sau:  AB  * Gọi D chân đường phân giác góc A, ta có: BD  DC , từ suy D AC  AB  * Ta có AK  KD từ ta có K BD      AB.AJ AC.AJ    AC  Tâm đường tròn bàng tiếp (góc A) J :  AB     BJ.BC AB.BJ  BC  AB 5 3 Ví dụ 1.1.3 Cho tam giác ABC có A(1; 3), B( 2; 0),C  ;  8 8 1) Tìm tọa độ trực tâm H , tâm đường tròn ngoại tiếp I trọng tâm G tam giác ABC Từ suy I,G,H thẳng hàng; 2) Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tâm đường tròn bàng tiếp góc A tam giác ABC Lời giải  x A  x B  xC  xG   G  ;  1) Ta có     8  y  y A  y B  yC   G     21    21  Gọi H(x; y) , suy AH   x  1; y   , BH   x  2; y  , BC   ;  , AC    ;     8    AH.BC  Mà    nên ta có  BH.AC   x 7(x  1)  (y  3)  7x  y  10      (x  2)  7y  x  7y     y    3 1 Suy H  ;   2 2 (x  1)2  (y  3)2  (x  2)2  y IA  IB2  2  Gọi I(x; y) , ta có:  5  3 2 2  IB  IC (x  2)  y   x     y   8  8   Nguyễn Tất Thu  15 x  y  x  15 31    16   21  I ;  111    16 16   x y  y  31 32 4 16    13 13    13 13    Ta có GH   ;   , GI    ;   GH  2GI Suy I,G,H thẳng hàng    16 16  2) Gọi K(x; y) tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Ta có:          AK, AB  AK, AC cos AK, AB  cos AK, AC   KAC  KAB                   BK, BA  BK, BC cos BK, BA  cos BK, BC KBC  KBA            AK.AB AK.AC  AK.AB AK.AC      AK.AC   AB AC   AK.AB          (*)  BK.BA BK.BC  BK.BA BK.BC  BK.AB  BK.BC  AB  BC    Mà AK   x  1; y   , BK   x  2; y  , AB  ( 3; 3) nên (*) tương đương với                  21  3(x  1)  3(y  3)  (x  1)  (y  3)   15   2x  y  1 x    Vậy K(0;1)  21 x  2y  2 y1    (x  2)  y  3(x  2)  3y  8  15   Gọi J  a; b  tâm đường tròn bàng tiếp góc A tam giác ABC Ta có:    AJ, AB       BJ, BC          AJ.AB AJ.AC     a  AJ, AC   2a  b    AB  AC Vậy            2a  b     BJ.BC BJ.AB b   BJ, AB   BC  AB        3 J ;   2 Các đường đăch biệt tam giác 4.1 Đường trung tuyến tam giác: Khi gặp đường trung tuyến tam giác, ta chủ yếu khai thác tính chất qua đỉnh trung điểm cạnh đối diện 4.2 Đường cao tam giác: Ta khai thác tính chất qua đỉnh vuông góc với cạnh đối diện 4.3 Đường trung trực tam giác: Ta khai thác tính chất qua trung điểm vuông góc với cạnh 4.4 Đường phân giác trong: Ta khai thác tính chất: Nếu M thuộc AB, M’ đối xứng với M qua phân giác góc A M’ thuộc AC Nguyễn Tất Thu Ví dụ 1.1.4 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , xác định tọa độ đỉnh C tam giác ABC biết hình chiếu vuông góc C đường thẳng AB điểm H( 1; 1) , đường phân giác góc A có phương trình x  y   đường cao kẻ từ B có phương trình 4x  3y   Lời giải Kí hiệu d1 : x  y   0, d : 4x  3y   Gọi H' điểm đối xứng với H qua d1 Khi H'  AC Gọi  đường thẳng qua H vuông góc với d1 Phương trình  : x  y   x  y    I( 2; 0) Suy   d1  I :  x  y   Ta có I trung điểm HH' nên H'( 3;1) Đường thẳng AC qua H' vuông góc với d nên có phương trình : 3x  4y  13  x  y    A(5; 7) Nên AC  d1  A :  3x  4y  13  Vì CH qua H vuông với AH , suy phương trình CH : 3x  4y   3x  4y   10  C(  ; ) Do C :  3x  4y  13  Ví dụ 1.1.5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết A  5;  Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ x  y   2x  y   Tìm tọa độ đỉnh B,C tam giác ABC Lời giải Gọi d : x  y   0, CC' : 2x  y   Ta có: C(c; 2c  3) Phương trình BC : x  y  c    3c x  x  y   Gọi M trung điểm BC, suy M :   x  y  c   y  c   c Suy B   2c;  c   C'(4  c;  ) c 14 Mà C'  CC' nên ta có: 2(4  c)  (4  )     c    c  2  19   14 37  Vậy B   ;  , C  ;   3  3  Nguyễn Tất Thu 10 Ví dụ 1.5.2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(4; 1) phương trình hai đường phân giác BE : x   0,CF : x  y   Tính tọa độ điểm B, C Lời giải Gọi M điểm đối xứng với A qua BE , suy M  BC Vì AM  BE nên AM : y   Do AM  BE I(1; 1) , M đối xứng với A qua I nên suy M( 2; 1) Tương tự, gọi N điểm đối xứng với A qua CF , suy N  BC N(0; 3)  Suy MN  (2; 4)  phương trình BC : 2x  y   x   x    B(1; 5) Vì B  BE  BC  B :  2x  y   y  x  y    x  4 C  CF  BC  C :    C( 4; 5) 2x  y    y  5 A I M E F B N C Ví dụ 1.5.3 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có C( 4; 5) phương trình đư ờng cao AD : x  2y   , đường trung tuyến BB1 : 8x  y   Tìm tọa độ điểm A, B Lời giải A B1 B D C Vì BC  AD nên phương trình BC : 2x  y   Nguyễn Tất Thu 54 8x  y   x  B  BC  BB1  B :    B(1; 5) 2x  y   y   a5 Do A  AD , suy A(2  2a; a) Do B1  a  1;    Mà B  BB1 nên ta có: 8( a  1)  a5    a  1  A(4; 1) Ví dụ 1.54 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(1; 5) phương trình đư ờng cao AD : x  2y   , đường phân giác CC1 : x  y   Tính tọa độ điểm A, C Lời giải A N C1 I B D C Ta có phương trình BC : 2x  y   2x  y    x  4   C( 4; 5) Vì C  CC1  BC  C :  x  y    y  5 Gọi N điểm đối xứng với B qua CC1 , ta có N  AC N(6; 0)   NC  (10; 5) , phương trình AC : x  2y   x  2y   x    A(4; 1) Tọa độ A nghiệm hệ  x  2y    y  1 Ví dụ 1.5.5 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường cao AD : 2x  y   0, BE : x  y   , C thuộc đường thẳng d : x  y   BC qua M(0; 3) Tìm tọa độ đỉnh tam giác Lời giải Gọi H trực tâm tam giác ABC, suy tọa độ H nghiệm hệ Nguyễn Tất Thu 55  x  2x  y   1 5   H ;   3 3 x  y   y   Vì C  d  C(a;  a) Do AC  BE nên phương trình AC có dạng: x  y   2a  Tương tự, phương trình BC : x  2y  a  12   x  2y  a  12  x  a    B  a  8;10  a  Suy B :  x  y    y  10  a 2x  y   x   2a A:   A   2a;11  4a  x  y   2a   y  11  4a   Suy MC  (a;  a),MB  (a  8;  a) Vì B,C,M thẳng hàng nên a8 a7  a6 a a3 Vậy A( 7; 13), B( 2; 4),C(6; 0) A E H B D M C d 4 1 Ví dụ 1.5.6 Trong hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân A có trọng tâm G  ;  , phương trình  3 ình đư đường thẳng BC : x  2y   phương tr ờng thẳng BG : 7x  4y   Tìm tọa độ đỉnh A, B,C Lời giải x  2y    B  0; 2  Tọa độ đỉnh B nghiệm hệ  7x  4y   Vì ABC cân A nên AG đường cao ABC , suy phương trình AG có dạng:  4  1  x     y     2x  y   3     Nguyễn Tất Thu 56 2x  y    H  2; 1 Gọi H  AG  BC tọa độ điểm H nghiệm hệ  x  2y   x  2xH  x B  C  4;  Vì H trung điểm BC   C  yC  2yH  y B Ta có xG  1 x A  x B  xC  , yG   y A  y B  yC   A  0;   3 Vậy A  0;  , B  0; 2  ,C  4;  A G B H C Ví dụ 1.5.7 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d : x  4y   , cạnh BC song song với d, phương trình đư ờng cao BH : x  y   trung điểm cạnh AC M  1;1 Tìm tọa độ đỉnh A, B,C Lời giải Cạnh AC nằm đường thẳng qua M vuông góc với BH Phương trình cạnh AC : x  y  x  4y   2  x  y    A(  ;  ) Tọa độ điểm A nghiệm hệ:  3 x  y  8 Suy tọa độ điểm C( ; ) 3 Cạnh BC qua C song song với đường thẳng d nên có phương trình BC : x  4y   x  y    x  4   B( 4;1) Tọa độ đỉnh B nghiệm hệ:  x  4y   y  Ví dụ 1.5.8 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân A có đỉnh A(6; 6) , đường thẳng qua trung điểm cạnh AB AC có phương trình x  y   Tìm tọa độ đỉnh B C , biết điểm E(1; 3) nằm đường cao qua đỉnh C tam giác cho Lời giải Gọi d : x  y   Vì BC / /d nên phương trình BC có dạng: x  y  m  Nguyễn Tất Thu 57 Lấy I(1; 3)  d , ta có: d(I, BC)  d(A,d)   m    m  12, m  Vì A I phía so với BC nên ta có m   BC : x  y   Đường cao hạ từ đỉnh A có phương trình : x  y  x  y   P( 2; 2) Tọa độ trung điểm P BC :  x  y   Do B  BC  B(b; 4  b) P trung điểm BC suy C( 4  b; b) Mặt khác AB  CE nên ta có (b  6)(b  4)  (b  10)(b  3)   b  0, b  6 Vậy có hai điểm thỏa yêu cầu toán: B(0; 4), C( 4; 0) B( 6; 2), C(2; 6) Ví dụ 1.5.9 Xác định tọa độ đỉnh B tam giác ABC , biết C  4;  đường phân giác trong, trung tuyến kẻ từ A có phương trình x  2y   0, 4x  13y  10  Lời giải Gọi C' điểm đối xứng C qua đường phân giác AD Khi C'  AB  Gọi H  AD  CC'  H   2t; t   CH  1  2t; t      Mặt khác AD có u   2;1 VTCP CH  u nên ta có:   CH.u   2   2t    t     t   H  3;1 Do H trung điểm CC' , nên C'  2; 1 Vì A  AD  AM ( M trung điểm BC) nên tọa độ A nghiệm hệ phương trình : x  2y   x    A  9; 2   4x  13y  10   y  2 Khi đường thẳng AB có phương trình x  7y   nên B  7t  5; t   13s  10  Vì M  AM  M  ;s   13s  10  14t   B  12;1 Lại M trung điểm BC nên  2s   t Ví dụ 1.5.10 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có đỉnh A( 1; 4) đỉnh B, C thuộc đường thẳng  : x  y   Xác định toạ độ điểm B C , biết diện tích tam giác ABC 18 Lời giải Nguyễn Tất Thu 58 Gọi M trung điểm cạnh BC, tam giác ABC cân A nên AM  BC Suy phương trình AM : x  y    x  x  y   7 1 Tọa độ điểm M nghiệm hệ:    M  ;    AM  2 2 x  y   y    Ta có: S ABC  18 AM.BC  AM.BM  18  BM  2 2 AM Mặt khác: B   , suy B(b; b  4) nên: 2  7  7  7 11 BM    b     b      b     b  , b  2 2        Với b  11  11     B  ;  ,C  ;    2 2 2  Với b     11   B  ;   ,C  ;  2 2  2 Ví dụ 1.5.11 Cho tam giác ABC với A  2; 4  , B  0; 2  trọng tâm G thuộc đường thẳng d : 3x  y   Hãy tìm tọa độ C , biết diện tích tam giác ABC Lời giải Trung điểm I AB I  1; 3  , G trọng tâm tam giác ABC nên suy 1 S AGB  S ABC   d  G, AB  AB   d  G, AB   2 Vì G  d nên suy G(a; 3a  1) Phương trình đường thẳng AB : x  y   nên d  G, AB   Do d  G, AB    4a   1  a    G   ;   , mà  2   a  1,a   4a  2  xC   x A  x B  xC  3xG  9 Do C   ;     y A  y B  yC  3yG  2 y   C  Tương tự với a  1 ta tìm C  5;  Ví dụ 1.5.12 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A , có đỉnh C( 4;1) , phân giác góc A có phương trình x  y   Viết phương trình đường thẳng BC , biết diện tích tam giác ABC 24 đỉnh A có hoành độ dương Nguyễn Tất Thu 59 Lời giải Gọi D điểm đối xứng với C qua đường thẳng d : x  y   , ta tìm D(4; 9) Vì A thuộc đường tròn đường kính CD nên A giao điểm đường thẳng d đường tròn đường kính CD, suy tọa độ A nghiệm hệ: x  y    A(4;1) (vì x A  )  2 x  (y  5)  32 Suy AC   AB  2S ABC AC D B 6 Vì B thuộc đường thẳng AD : x   nên B(4; y) Từ AB   (y  1)2  36  y  5, y    Vì AB AD hướng nên ta có B(4;7) C A Vậy phương trình BC : 3x  4y  16  Ví dụ 1.5.13 Cho tam giác ABC có M(2; 0), N( 1; 1),P( 2; 3) trung điểm cạnh AB, BC,CA Tìm tọa độ đỉnh A, B,C Lời giải A P B N M C   Do M, N,P trung điểm cạnh nên ta có AP  MN hay suy x A   3 x  5  A  A( 5; 2)   y A   1  y A  Từ đó, suy B(1; 4),C(3; 4) Ví dụ 1.5.14 Trog mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có M(1; 0), N(4; 3) trung điểm AB, AC ; D(2; 6) chân đường cao hạ từ A lên BC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Lời giải   Gọi A(a; b) , suy DA  (a  2; b  6), MN  (3; 3) Nguyễn Tất Thu 60   Vì AD  MN  DA.MN   a   b    a  b  4 (1) Lấy đối xứng điểm A qua M, N ta có: B(2  a;  b), C(8  a; 6  b)   Suy BD  (a;  b), CD  (a  6; b  12) a  b  12   a  b  6 (2) a b6 Vì B,C, D thẳng hàng nên ta có: Từ (1) (2) ta suy a  5; b  1 Vậy A( 5; 1), B(7;1),C(13; 5) Ví dụ 1.5.15 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có M( 1; 1), N(0; 2) trung điểm AB, AC D(1; 0) chân đường phân giác góc A Tìm tọa độ đỉnh tam giác Lời giải   Gọi A(a; b)  B( 2  a; 2  b),C( a;  b) Suy BD  (a  3; b  2),CD  (a  1; b  4) a3 b2  3a  b    b  3a  (1)  a1 b4     Mặt khác D chân đường phân giác góc A nên AD, AB  AD, AC Vì B,C, D thẳng hàng nên             AD.AB AD.AC (*)  cos AD, AB  cos AD, AC   AB AC    Mà AD  (1  a;  b), AB  ( 2a  2; 2b  2), AC  ( 2a;  2b)  Nên (*)   (a  1)(a  1)  b(b  1) (a  1)2  (b  1)2 Thay (1) vào (2) ta có:    2a  9a  11 2a  10a  13   (a  1)a  (b  2)b a  (b  2)2 a   (3a  7)(3a  8) (a  1)2  (3a  8)2  (2) a  a  (3a  5)(3a  7) a  (3a  5)2 2a  7a  2a  6a   (2a  9a  11)2 (2a  6a  5)  (2a  7a  7)2 (2a  10a  13)   a  6a  12a    (a  2)(a  4a  4)   a  2, b  Vậy A( 2;1), B(0; 3),C(2; 3) Ví dụ 1.5.16 Trong mặt phẳng Oxy , xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC biết M(1; 4), N( 1; 3) trung điểm BC,CA H( ;  ) trực tâm tam giác ABC 3 Lời giải Nguyễn Tất Thu 61 Gọi C(x; y)  B(2  x;  y), A( 2  x;  y)   AH.BC  Vì H( ;  ) trực tâm tam giác ABC nên    (*) 3 CH.MN      23   Mà AH    x;   y  , BC  (2x  2; 2y  8) , CH  (  x;   y), MN  ( 2; 1) 3 3   23 (  x)(2x  2)  (   y)(2y  8)  (1) Nên (*)   2(x  )  y   (2)  3 (2)  2x  y    y  1  2x (3) thay vào (1) ta : 26 41 (  x)(2x  2)  (  2x)(10  4x)   15x  86x  123   x  3; x   3 15  x  3  y   A(1;1), B(5; 3), C( 3; 5)  x 41 67  11 23   71 53   41 76  y  A ;  , B ;  , C  ;  15 15  15 15   15 15   15 15  Ví dụ 1.5.17 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có D(2; 1),E(2; 2),F( 2; 2) chân đường cao hạ từ A, B,C Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC Lời giải Gọi H(a; b) trực tâm tam giác ABC Ta có tứ giác BDHF, CDHE, BCEF tứ giác nội tiếp nên suy   HBF;  HDE   HCE;  HBF   HCE   HDF   HDE   AH phân giác góc EDF  HDF A F H E B D C  Suy H tâm đường tròn nội tiếp tam giác Tương tự, ta có BH phân giác góc DEF DEF Nguyễn Tất Thu 62      EH.EF EH.ED    Ta có :  EF   ED   , giải hệ ta tìm đư ợc a  1, b  hay H(1;1)  FH.FE FH.FD  EF  FD  Suy HD   1; 2  nên phương trình BC : x  2y    HE   1;1 nên phương trình AC : x  y    HF   3;1 nên phương trình AB : 3x  y   3x  y    x  1   A( 1; 5) Vì A  AB  AC  A :  x  y   y  Tương tự, ta tìm B( 4; 4),C(4; 0) Ví dụ 1.5.18 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) có phương trình 2 :  x  1   y  1  10 Điểm M  0;  trung điểm cạnh BC diện tích tam giác ABC 12 Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Lời giải  Đường tròn (C) có tâm I(1;1) , suy MI  (1; 1) Vì BC qua M vuông góc với MI nên BC : x  y    x  2, y  (x  1)2  (y  1)2  10  y  x    Tọa độ B,C nghiệm hệ:   x  2, y  x  y   x  Suy B(2; 4),C( 2; 0) B( 2; 0),C(2; 4) Gọi A(a; b) , suy (a  1)2  (b  1)2  10 (1) Ta có: d(A, BC)  ab2 , BC   S ABC  a  b  Nên ta có a  b    a  b  4,a  b   a  b  thay vào (1) ta có: (b  3)2  (b  1)2  10  b  2b   b  0, b  2  a  b  thay vào (1) ta có: (b  9)2  (b  1)2  10 vô nghiệm Vậy A(0; 4) A(2; 2) Ví dụ 1.5.19 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 7) , trực tâm H(3; 1) , tâm đường tròn ngoại tiếp I( 2; 0) Xác định toạ độ đỉnh C, biết C có hoành độ dương Lời giải Cách 1: Gọi M(x; y) trung điểm BC , D điểm đối xứng với A qua O Nguyễn Tất Thu 63 Ta có BH / /CD,CH / /BD nên tứ giác BDCH hình bình hành nên M trung điểm HD   0  2( 2  x)  x  2   M( 2; 3) Từ suy ra, AH  2MI   6  2(  y)  y  3  Nên đường thẳng BC qua M có AH  0;  vtpt có phương trình : y   2 Gọi C(a; 3) , IA  IC  52   7    a     3   a  4a  61   a  2  65  C( 2  65; 3) A H I C B M Cách Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình (x  2)2  y  74 Phương trình AH : x  , BC  AH  BC : y  m ( m  7 ) Tọa độ B, C nghiệm phương trình : (x  2)2  m  74  x  4x  m  70  (*) Vì (*) có hai nghiệm, có nghiệm dương nên m  70 Khi đó: B( 2  74  m ; m), C( 2  74  m ; m)   Vì BH  AC  AC.BH   m  4m  21   m  Vậy C( 2  65; 3) Ví dụ 1.5.20 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d1 : 3x  y  d : 3x  y  Gọi (T) đường tròn tiếp xúc với d1 A , cắt d hai điểm B C cho tam giác ABC vuông Nguyễn Tất Thu 64 B Viết phương trình (T), biết tam giác ABC có diện tích điểm A có hoành độ dương Lời giải Vì ABC vuông B nên AC đường kính (T)    ASB   t (góc có cạnh tương ứng vuông góc) Gọi ASB  d1 , d2   t ta có BAC Giả sử bán kính (T) R ta có : S ABC  Mặt khác cos t  Suy S ABC  R BC.BA AC sin t.AC cos t   2R sin t cos t 2 3  1.( 1) ( 3)2  12 ( 3)2  ( 1)2   t 3 từ có R   Do A  d1 , C  d nên A a; a ,C c; c thêm vector phương d1 u1 (1;  3) có  phương vuông góc với AC nên:       AC.u1   c  a  3(c  a)   c  2a Mặt khác AC  2R   (c  a)2  ( 3(c  a))2   a  a  nên a  Tâm đường tròn trung điểm AC : ac   a 3a   3 I ; (c  a)     ;  ;        2       2  3  3 Vậy phương trình c (T)  x     y       2  Cách 2: Ta có d1 tiếp xúc với (T) có đường kính AC nên AC  d1   600 , BOx   1200  AOB   600 ; ACB   30 Từ giả thiết ta có : AOx Nguyễn Tất Thu 65 Nên S ABC  3 AB.BC  AB2  AB2   AB  2 2   Vì A  d  A x;  3x , x  0; OA  AB   A( ; 1) ; OC  2OA     C  ; 2  3    3 AC Đường tròn (T) đường kính AC có: I   ; , R  1 2  2    3 Phương trình (T):  x     y    2 3   Ví dụ 1.5.21 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(2; 3) Gọi H trực tâm tam giác ABC Biết đường tròn qua ba trung ểm ba đoạn thẳng HA,HB, HC có phương trình : (x  1)2  (y  1)2  10 Viết phương trình đư ờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC Lời giải Gọi (C) đường tròn (x  1)2  (y  1)2  10 , suy (C) có tâm I(1;1) , bán kính R  10 Ta có kết sau hình học phẳng: “Trong tam giác, điểm gồm trung điểm ba cạnh, chân ba đường cao ba trung điểm đoạn nối trực tâm với đỉnh nằm đường tròn có tâm I , G, H thẳng hàng IH  3IG ” A A' E G C' I C H B' M B Gọi E tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC M trung điểm BC Ta có: Phép vị tự V(G,2) : I  E, M  A M  (C) nên ta có: E(4;7) EA  2IM  10 Vậy phương trình đư ờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: (x  1)2  (y  10)2  40 Bài tập Nguyễn Tất Thu 66 4 1 Bài 1.5.1 Trong hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân A có trọng tâm G  ;  , phương trình  3 đường thẳng BC : x  2y   phương trình đư ờng thẳng BG : 7x  4y   Tìm tọa độ đỉnh A, B,C Bài 1.5.2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết A  5;  Phương trình đư ờng trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ x  y   2x  y   Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Bài 1.5.3 Tìm tọa độ đỉnh B, C tam giác ABC , biết A  3;   trọng tâm G  1;1 Bài 1.5.4 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có M(6; 4) trung điểm cạnh BC Đường thẳng AB đường phân giác góc A có phương trình x  y   0, x  2y   Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Bài 1.5.5 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có M(6; 4) trung điểm cạnh BC Đường thẳng AB đường phân giác góc A có phương trình x  y   0, 2x  y   Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Bài 1.5.6 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC với đường cao kẻ từ đỉnh B đường phân giác góc A có phương trình : 3x  4y  10  x – y 1  , điểm M(0 ; 2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách C khoảng Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Bài 1.5.7 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có diện tích 14 Hai điểm M(2; 1), N( 2; 4) trung điểm hai cạnh AB, AC Đường thẳng  : x  2y   qua đỉnh B Hay xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC Bài 1.5.8 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có đỉnh A(6; 6) , đường thẳng qua trung điểm cạnh AB AC có phương trình x  y   Tìm tọa độ đỉnh B C, biết điểm E(1; 3) nằm đường cao qua đỉnh C tam giác cho Bài 1.5.9 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có đỉnh A( 1; 4) đỉnh B, C thuộc đường thẳng  : x  y   Xác định toạ độ điểm B C , biết diện tích tam giác ABC 18 Bài 1.5.10 Cho tam giác ABC nhọn, viết phương trình đư ờng thẳng AC , biết tọa độ chân đường cao hạ từ đỉnh A, B,C A1  1; 2  , B1  2;  ,C1  1;  Nguyễn Tất Thu 67 Bài 1.5.11 Trong hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân B với A  1; 1 , C  3;  Điểm B nằm đường thẳng  d  : 2x  y  Viết phương trình đường thẳng AB BC Bài 1.5.12 Trong hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A  2;1 , đường cao kẻ từ B có phương trình x  3y   trung tuyến kẻ từ C có phương trình x  y   Xác định tọa độ đỉnh B,C tam giác Bài 1.5.13 Cho tam giác ABC có phân giác AD : x  y  , đường cao CH : 2x  y   , AC qua M  0; 1 AB  2AM Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Bài 1.5.14 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A  2;1 , lấy điểm B  Ox có hoành độ không âm điểm C  Oy có tung độ không âm cho tam giác ABC vuông A Tìm B,C cho diện tích tam giác ABC lớn Bài 1.5.15 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có M(1; 0), N(4; 3) trung điểm AB, AC ; D(2; 6) chân đường cao hạ từ A lên BC Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Bài 1.5.16 Trong mặt phẳng Oxy, Cho tam giácABC cân A nội tiếp đường tròn (C) : x  y  2x  4y   Tìm tọa độ điểm A,B,C biết M(0;1) trung điểm AB, điểm A có hoành độ dương Bài 1.5.17 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A biết phương trình đường thẳng  chứa cạnh BC là: 3x  y   ; điểm A, B thuộc trục hoành Xác định toạ độ trọng tâm G tam giác ABC biết bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC   1200 , đỉnh A có tung Bài 1.5.18 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có góc A độ dương A thuộc đường thẳng x  y   Biết cạnh AB, AC tiếp xúc với đường tròn   x    (y  1)  , lập phương trình cạnh AB, AC tam giác ABC 3  Nguyễn Tất Thu 68