10 bài toán trọng điểm tư duy giải nhanh hình học Oxy

Trong bài toán lại có yếu tố bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MAC , để khai thác được dữ kiện này gợi ý ta dựng thêm điểm D sao cho ACMD nội tiếp đường tròn, việc này sẽ giúp[r]

(1)

NGUY

Ễ

N THANH TÙNG

(Giáo viên chuyên luy

ệ

n thi THPT Qu

ố

c Gia)

BIÊN SO

Ạ

N THEO C

Ấ

U TRÚC M

Ớ

I NH

Ấ

T C

Ủ

A B

Ộ

GD&ĐT

* Dành cho học sinh lớp 10, 11, 12 luyện thi Quốc Gia * Sách tham khảo bổ ích cho giáo viên

(2)

M

Ụ

C L

Ụ

C

Phần 1: Tổng hợp kiến thức bản

Phần 2: Những toán bản 12

Bài toán 12

Bài toán 14

Bài toán 15

Bài toán 16

Bài toán 17

Bài toán 18

Bài toán 19

Phần 3: 10 tốn hình học OXY 21

Bài tốn 21

Bài toán 108

Bài toán 117

Bài toán 139

Bài toán 152

Bài toán 184

Bài toán 253

Bài toán 269

Bài toán 297

Bài toán 10 317

Phần 4: Sáng tạo phát triển từ các tốn hình học phẳng thuần túy 331

(3)

PHẦN 1:

TỔNG HỢP KIẾN THỨC CƠ BẢN

A Hệ trục tọa độ

Oxy

( ; ; )

O i j

 

(0; 0)

(1; 0)

(0;1)

O

i

j





=



 =





Ox

Oy

Chú ý:

Nếu nói tới tia Ox hay tia Oy hiểu phần hoành độ tung độ không âm trục Ox, Oy tương ứng

B Vectơ :

u



= +

xi



y j



⇔ =

u



( ; )

x y

Cho hai vectơ

a



=

( ;

x y

)

b



=

( ;

x y

)

1

x

a

b

y

=



= ⇔ 

=



 

2 Hai vectơ phương :

a



b



⇔

a



=

kb



⇔

x y

=

x y

3

a b

± =

(

x

±

x y

;

±

y

)

 

4 Tích số với vectơ:

k a



=

(

kx ky

;

)

5 Tích vơ hướng hai vectơ :

a b

   

.

=

a b

.

cos

( )

a b

 

,

=

x x

+

y y

6

1

a



=

x

+

y

7 Góc hai vectơ:

( )

2 2

1 2

.

cos

,

.

x x

y y

a b

x

y

x

y

+

=

+

 

8 Hai vectơ vng góc:

a

⊥ ⇔

b

a b

.

= ⇔

0

x x

+

y y

=

0

 

C Điểm:

OM



= +

xi



y j



⇔

M x y

( ; )

(4)

2 2

2

(

)

(

)

AB

=

x

−

x

+

y

−

y

3 Trung điểm

I

AB

;

2

x

y

I





+









4 Trọng tâm

G

ABC

;

3

x

y

G





+









Sau sơ đồ cho phần tổng hợp kiến thức trên:

II CÁC HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC A TRONG TAM GIÁC VUÔNG : 1 Hệ thức Pitago: 2

a

=

b

+

c

2 Mối quan hệ cạnh, đường cao: +

2

'

b

ab

c

ac

 =





=



+

1

h

=

b

+

c

' '

(5)

3 Mối quan hệ cạnh góc:

sin

cos

tan

cot

b

=

a

B

=

a

C

=

c

B

=

c

C

B TRONG TAM GIÁC BẤT KÌ :

1 Các định lý

* Định lý côsin: 2

2

cos

a

=

b

+

c

−

bc

A

⇒

+ Tính góc:

cos

2

b

c

a

A

bc

+ −

=

+ Tính độ dài đường trung tuyến: 2 2

2

4

a

b

c

a

m

=

+

−

* Định lý sin:

2

sin

a

b

c

R

A

=

B

=

C

=

2 Các cơng thức tính diện tích tam giác

+ Đường cao cạnh đối diện:

1

.

2

a

S

=

a h

1

sin

2

S

=

ab

C

4

abc

S

R

=

+ Nửa chu vi bán kính đường trịn nội tiếp:

S

=

pr

S

=

p p a p b p c

(

−

)(

−

)(

−

)

Trong đó:

R

ABC

;

r

ABC

;

2

a b c

(6)

Sau sơ đồ cho phần tổng hợp kiến thức trên:

CÁC HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC

III ĐIỂM, ĐƯỜNG THẲNG, ĐƯỜNG TRÒN VÀ ELIP A ĐIỂM

Các điểm đặc biệt tam giác:

+ Trực tâm : Là giao đường cao tam giác

+ Trọng tâm: Là giao đường trung tuyến tam giác

+ Tâm đường tròn ngoại tiếp: Là giao đường trung trực tam giác

+ Tâm đường tròn nội tiếp: Là giao đường phân giác

Chú ý:

+ Do giao đường (cùng tên) đồng quy,nên vẽ hình ta cần xác định giao hai đường, chí đường trung tuyến (dựa vào tỉ lệ trọng tâm)

+ Tâm đường tròn bàng tiếp : Là giao đường phân giác ngồi hai góc phân giác ngồi góc phân giác góc Như tam giác có đường tròn bàng tiếp

Nếu cho điểm phân biệt

A x y

( ;

), ( ;

B x y

), ( ;

C x y

),

ta có

(

;

)

AB

=

x

−

x y

−

y



và 2

(

)

(

)

(7)

I

AB

⇔

1

2

I

x

y

+

 =





+

 =



G

1

3

G

x

ABC

y

+ +



=



∆

⇔ 

+



=



, ,

A B C

⇔ ∃ ≠

k

0 :



AB

=

k AC



B ĐƯỜNG THẲNG

1 Đường thẳng

* Đi qua điểm M x y( ;0 0) và có :

+ hệ số góc

k

y

k x

x

y

n

a b

0

( ) ( )

a x−x +b y−y =

+ vectơ phương (vtcp)

n



=

( , )

a b

0

x

at

y

bt

=

+



 = +



0

x

y

a

b

−

=

(8)

Cắt hai trục

Ox Oy

,

lần lượt hai điểm

A a

( ; 0), (0; )

B

b

có phương trình dạng

đoạn chắn:

1

x

y

a

+ =

b

ab

≠

0

2 Vị trí tương đối hai đường thẳng

Xét hai đường thẳng

∆

:

a x b y

+

+ =

c

0

∆

:

a x b y

+

+ =

c

0

∆

1 1

2 2

0

a x b y

c

a x b y

c

+

+ =





+

+ =



I

* Hệ (I) có nghiệm

( ;

x y

)

∆

M x y

( ;

)

I

∆ ≡ ∆

* Hệ (I) vơ nghiệm,

∆

3 Một vài ý

* Trục hồnh (

Ox

y

=

0

(

Oy

)

0

x

=

* Đường thẳng qua hai điểm phân biệt:

+

A a y

( ;

), ( ;

B a y

)

x

=

a

Oy

0

a

≠

+

A x b B x b

( ; ), ( ; )

y

=

b

Ox

b

≠

0

ax

+

by

+ =

c

( ; )

( ; ) hoặc

( ; )

 =



⇒ 

=

−

= −





n

a b

u

b a

u

b a

(9)

C ĐƯỜNG TRÒN

* Đường trịncó tọa độ tâm

I x y

( ;

)

R

2 2

0

(

x

−

x

)

+

(

y

−

y

)

=

R

* Nếu đường tròn

( )

C

x

+

y

+

ax by

+

+ =

c

0

4

a

+

b

>

c

( )

C

;

2

a

b

I





−









2

4

a

b

R

=

+

−

c

2 Phương trình tắc elip

2

( ) :

E

x

y

1

a

+

b

=

, ,

0

a b c

a

b

c

>





=

+



*

( )

E

Ox Oy

,

O

* Nếu

M x y

( ;

)

∈

( )

E

2

0

2

1

2

x

y

a

b

MF

a



+

=



⇒ 



+

=



* Elip

( )

E

+ Tiêu điểm trái

F

(

−

c

; 0)

F c

( ; 0)

A

(

−

a

; 0),

A a

( ; 0),

B

(0;

−

b B

),

(0; )

b

A A

=

2

a

Ox

Trục nhỏ:

B B

=

2

b

Oy

e

c

1

a

= <

2

(10)

+ Đường chuẩn:

x

a

e

= −

F

(

−

c

; 0)

a

x

e

=

F c

( ; 0)

+ Hình chữ nhật sở tạo đường

x

a

y

b

= ±



 = ±



2a

rộng

2b

+ Bán kính qua tiêu điểm

M x y

( ;

)

∈

( )

E

1 0

2 0

c

MF

a

ex

a

x

a

c

MF

a ex

a

x

a



= +







= −



IV CÁC CÔNG THỨC ĐỊNH LƯỢNG

1 KHOẢNG CÁCH

* Khoảng cáchgiữa hai điểm

A x y

( ;

)

B x y

( ;

)

2

(

)

(

)

AB

=

x

−

x

+

y

−

y

* Khoảng cách từ điểm

M x y

( ;

)

đến đường thẳng

∆

:

ax by

+

+ =

c

0

2

(

, )

ax

by

c

d M

a

b

+

∆ =

+

* Nếu

∆

'

∆

M

∈ ∆

'

khoảng cách hai đường thẳng

∆

'

∆

( ', )

(

, )

d

∆ ∆ =

d M

∆

2 GÓC

* Góc hai vectơ

a

=

( ;

x y

)



và

b

=

( ;

x y

)



xác định bởi:

( )

2 2

1 2

.

cos

,

.

x x

y y

a b

x

y

x

y

+

=

+

 

*

ϕ

góc tạo hai đường thẳng

∆

:

1 1

0

a x b y

+

+ =

c

∆

:

a x b y

+

+ =

c

0

( )

1 2 2 2 2

1 2

cos

,

cos

,

.

a a

b b

n n

u u

a

b

a

b

ϕ

=

+

=

+

(11)

Nếu

∆ ⊥ ∆ ⇔

n n

.

=

u u

.

=

0

   

hay

k k

= −

1

2 2

:

y

k x

d

y

k x

d

∆

=

+



∆ = +



3 DIỆN TÍCH TAM GIÁC

1

sin

(

)(

)

2

4

ABC a

abc

S

ah

bc

A

pr

p p

a p b p

c

R

∆

=

−

Trong đó:

R r

,

∆

ABC

2

a b c

p

=

+ +

∆

ABC

(12)

PHẦN 2:

NHỮNG BÀI TOÁN CƠ BẢN

1 BÀI TỐN 1

Tìm tọa độ giao điểm hai đường thẳng cắt nhau.

Ví dụ: Tìm tọa độ giao điểm

M

a)

x

+ − =

y

4

0

2

x

− − =

y

5

0

b)

1 2

3

x

t

y

t

= +



 = −



2 3

1

x

t

y

t

= −



 = − +



c)

x

− + =

y

3

0

1

7 2

x

t

y

t

= +



 = −



d)

2

x

+

3

y

− =

7

0

5

4

3

5

x

−

=

y

+

−

Giải:

a) Tọa độ điểm

M

4

0

3

(3;1)

2

5

0

1

x

y

x

M

x

y

+ − =

=



⇔

⇒



− − =



=



b) Cách 1:

Xét hệ

1 2

3

2 '

1

'

x

t

y

t

x

t

y

t

= +



 = −



 = −



 = − +



1 2

2 '

2

3 ' 1

11

23

(23; 8)

3

1

'

4

'

7

8

t

x

M

t

y

+

= −

+

=



⇒



⇔



⇔



⇒



⇒

−

− = − +

+ =

= −



Cách 2:

1 2

2

7

0

3

x

t

x

y

t

= +



⇒ +

− =

 = −



t

A

(1;3)

vecto pháp tuyến

n



=

(1; 2)

2 3

3

1

0

1

x

t

x

y

t

= −



⇒ +

+ =

 = − +



t

B

(2; 1)

−

(13)

Khi tọa độ điểm

M

2

7

0

23

(23; 8)

3

1

0

8

x

y

x

M

x

y

+

− =

=



⇔

⇒

−



+

+ =



= −



c) Gọi

M x y

( ; )

x y

,

3

0

2

1

(7 ) 3

0

1

(2;5)

5

7 2

x

y

x

t

M

y

t

− + =



=



 = +

⇒ + − −

+ = ⇔ = ⇒

⇒



 =



 = −



d) Tọa độ điểm

M

2

3

7

0

2

3

7

0

2

(2;1)

5

4

5

3

13

0

1

3

5

x

y

x

y

x

M

x

y

x

y

+

− =



+

− =



=



⇔

⇒

−

+



=



+

−

=



=





−



Nhận xét:

Do phương trình đường thẳng mặt phẳng xuất dạng (tổng quát, tham số, tắc) Song ta dễ dàng luân chuyển dạng cho nên trường hợp, ta chuyển phương trình dạng phương trình tổng quát để tạo quen thuộc Vì bạn nhận thấy hình học giải tích

Oxy

đề gần ln cho phương trình dạng tổng qt

Chú ý:

(14)

2 BÀI TỐN 2

Tìm điểm đối xứng điểm qua đường thẳng

Ví dụ: Tìm điểm

M

'

M

(1; 2)

:

x

3

y

5

0

∆

−

− =

Giải:

Cách trình bày 1:

Gọi

H x y

( ; )

M

∆

Ta có vecto phương

∆

u



=

(3;1)

MH



=

(

x

−

1;

y

−

2)

3( 1) ( 2)

(2; 1)

3 5

x y x y x

MH u

H

x y x y y

H

∆

 =  − + − =  + =  =

 ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ −

  − − =  − =  = −

∈ ∆

   

  

M

'

M

∆

H

MM

'

2

2.2 3

'(3; 4)

2

2.( 1) 2

4

M H M

x

M

y

=

−

=

− =



⇒

−



=

−

=

− − = −



Gọi

∆

'

M

∆

'

3

x

+ − =

y

5

0

Khi tọa độ giao điểm

H

∆

'

∆

3

5

0

2

(2; 1)

3

5

0

1

x

y

x

H

x

y

+ − =

=



⇔

⇒

−



−

− =



= −



'

M

∆

H

MM

'

2

2.2 3

'(3; 4)

2

2.( 1) 2

4

M H M

x

M

y

=

−

=

− =



⇒

−



=

−

=

− − = −



(15)

suy

'

(

1;

2)

1

2

;

2

MM

x

y

x

y

H



=

−







+

















Khi

3( 1) ( 2)

3

'(3; 4)

1

3 15

3

2

x y

x y x

MH u

M

x y

x y y

H

∆

− + − =



 =  + =  =

 ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ −

  + − + − =  − =  = −

∈ ∆

  

 

 

CÁCH GIẢI TỔNG QUÁT:

Để tìm tọa độ

M

'

là điểm đối xứng với

M x y

( ;

)

qua

∆

:

ax

+

by

+ =

c

0

ta có

thể trình bày theo cách sau đây:

3 BÀI TỐN 3

Kiểm tra tính phía, khác phía hai điểm với đường thẳng.

Ví dụ: Cho đường thẳng

∆

:

x

−

3

y

+ =

5

0

của cặp điểm sau với đường thẳng

∆

a)

A

(1; 2)

−

B

( 1; 3)

− −

b)

C

(2;3)

D

( 2; 1)

− −

Giải: Xét

f x y

( ; )

= −

x

3

y

+

5

(16)

[

][

]

(1; 2) ( 1; 3)

1 3.( 2) 5

1 3.( 3) 5

12.13 156

0

f

−

f

− − = −

− +

− −

− + =

=

>

Suy

A B

,

∆

b)

C

(2;3)

D

( 2; 1)

− −

(

)[

]

(2;3) ( 2; 1)

2 3.3 5

2 3.( 1) 5

( 2).6

12

0

f

− − =

−

+

− −

− + = −

= − <

Suy

C D

,

∆

4 BÀI TỐN 4

Viết phương trình đường phân giác góc tạo hai đường thẳng cắt nhau.

Ví dụ: Cho hai đường thẳng

∆

: 3

x

−

4

y

+ =

1

0

∆

: 5

x

+

12

y

− =

2

0

∆

Giải:

Do tập hợp điểm cách hai đường thẳng cắt đường phân giác góc tạo hai đường thẳng Nên phương trình đường phân giác góc tạo

∆

2 2

3

4

1

5

12

2

3

4

1

5

12

2

5

13

3

4

5

12

x

−

y

+

x

+

y

−

x

−

y

+

x

+

y

−

=

⇔

=

+

13 3

x

4

y

1

5 5

x

12

y

2

⇔

−

+ =

+

−

13(3

4

1)

5(5

12

2)

14

112

23

0

13(3

4

1)

5(5

12

2)

64

8

3

0

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

−

+ =

+

−

+

=



⇔



⇔



−

+ = −

+

−

+

− =



Vậy phương trình đường phân giác cần lập

14

x

−

112

y

+

23

=

0

64

x

+

8

y

− =

3

0

Đường phân giác tạo hai đường thẳng cắt nhau:

1 1

2 2

0 a x b y c a y b y c ∆ + + + = ∆ + + + =



→

2 2

1 2

0

a x b y c a x b y c A x B y C

A x B y C

a b a b

+ + + +  + + =

= → 

+ + =

(17)

5 BÀI TOÁN 5

Viết phương trình đường phângiác trong, phân giác ngồi của góc tam giác.

Ví dụ: Cho tam giác

ABC

A

(3; 0), (1;1), ( 1;8)

B

C

−

đường phân giác trong, phân giác ngồi góc

A

Giải:

Ta có

( 2;1)

(1; 2)

( 4;8)

(2;1)

AB

AC

AB

n

AC

n



= −

⇒

=





= −

⇒

=





Phương trình đường thẳng AB: x +2y – = 0; đường thẳng AC : 2x + y −6 = Khi phương trình đường phân giác góc

A

2 2

3

0

2

3

2

6

2

3

2

6

3

0

1

2

1

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

− − =

+

−

+ −



=

⇔ +

− =

+ − ⇔ 

+ − =

+



Xét phương trình

∆

x

− − =

y

3

0

f x y

( ; )

= − −

x

y

3

Với

B

(1;1), ( 1;8)

C

−

f

(1;1) ( 1;8)

f

−

= − −

(1 3).( 3)

− − − =

36

>

0

B C

,

∆

x

− − =

y

3

0

A

x

+ − =

y

3

0

A

Chú ý:

(18)

6 BÀI TỐN 6

Tìm chân đường phân giác trong, ngồi góc tam giác.

ABC

A

(1;5), ( 4; 5), (4; 1)

B

− −

C

−

A

Giải:

Gọi

D x y

( ; )

A

2

5

10

3

6

DB

AB

DC

AC

+

=

+

5 5

5

3

3 5

DB

DC

=

= ⇒

=

+ Nếu

D

A

D

B

C

(

)

(

)

5

1

4

5

1;

5

3

5 2

3

x

x x

DB DC D

y

y y

− − = − −  =

   

= − ⇔ ⇔ = − ⇒  − 

− − = − − − 

  

+ Nếu

D

A

D

BC

(

)

(

)

5

4

16

5

(16;5)

5

3

5

3

x x

x

DB DC D

y

y y

− − = −

  =



= ⇔ ⇔ = ⇒

 − − = − − 

 

Vậy chân đường phân giác trong, ngồi góc

A

1;

5

2

D





−









và

D

(16;5)

(19)

7 BÀI TỐN

Tìm trọng tâm, trực tâm, tâmđường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn nội tiếp tam giác.

ABC

A

B

C

tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn nội tiếp tam giác

ABC

Giải:

Gọi

G H I J

,

, ,

ABC

+

2 5

4

4 2

3

;

6 0

2

3 3

3

A B C

G

A B C

G

x

G

y

+

− +



=



⇒







+

− +











=



+ Gọi

( ; )

(

2;

6)

(

3;

4)

AH

x

y

H x y

BH

x

y



=

−



⇒ 

=

+





(8; 4)

4(2;1)

(3; 6)

3(1; 2)

BC

AC



=





=

− =

−





Khi

.

0

2(

2)

6

0

3 2(

4)

0

.

0

AH

BC

AH BC

x

y

x

y

BH

AC

BH AC



⊥



=



− + − =



⇔



⇔



 + − + =

⊥

=







 

2

10

5

(5; 0)

2

5

0

x

y

x

H

x

y

+ =

=



⇔



⇔



⇒

−

=



+ Gọi

I a b

( ; )

2

IA

IB

IA

IB

IC

R

IA

IC



=



=

= ⇔ 

=



2 2

(

2)

(

6)

(

3)

(

4)

(

2)

(

6)

(

5)

a

b

a

b

a

b

a

b

 −

+ −

=

+

+ +



⇔ 

−

+ −

=

−

+

(20)

1

2

4

3

1

;1

2

4

5

2

1

a

b

a

I

a

b



+

=

= −









⇔



⇔



⇒



−



−

= −







 =



+ Gọi

D x y

( ;

)

A

2

5

10

5 5

5

3

3 5

3

6

DB

AB

DB

DC

AC

+

=

= ⇒

=

+

Do

D

A

D

B

C

(

)

(

)

5 3

2;

5

3

4 2

3

x

x x

DB DC D

y y y − − = − −  =     = − ⇔ ⇔ ⇒  −  = −   − − = − −    

Trong tam giác

ABD

J

B

JA

BA

JD

BD

2 2(2 )

2

2 (2;1)

6

2

J J

J

J J J

x x

x

JA JD J

y y y

− = − −  =   ⇒ = − ⇔  ⇔ ⇒ − = − − −   =       Chú ý:

Việc tìm điểm

H I J

, ,

trong ví dụ trên, bạn giải theo cách sau:

+ Với

Viết phương trình hai đường cao tìm giao điểm hai đường cao này.

+ Với

Gọi phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác

ABC

là:

2

( ) :

T

x

+

y

+

ax by

+

+ =

c

0

Với

A B C

, ,

∈

( )

T

cho ta hệ ba phương trình ẩn

a b c

, ,

giải hệ ta viết

( )

T

và suy tọa độ

;

2

a

b

I





−









Hoặc viết phương trình hai đường trung

(21)

PHẦN 3:

10 BÀI TỐN HÌNH HỌC OXY

1 BÀI TOÁN

A NỘI DUNG BÀI TOÁN

Tìm tọa độ điểm

M

∆

I

R

MI

= =

R

cons t

B CÁCH GIẢI CHUNG

Có thể trình bày lời giải tốn theo cách (bản chất một)

(22)

Cách (C2): Tọa độ điểm M nghiệm hệ :

( )

C

∆







(ở (C) đường trịn tâm I bán kính R) Giải thích chi tiết:

Nghĩa gặp tốn có nội dung Bài tốn thì ta tìm điểm theo cách trình bày sau:

1) (C1):

* Do

M

∆

M

t

∆

+ Tham số : 0

x

at

y

bt

=

+



 = +



0

x

y

a

b

−

=

−

0

(

;

)

M x

+

at y

+

bt

Ví như:

M

2

x t

y t

= − 

∆  = − +

 ta gọi M(1− − +t; )t + Tổng quát

ax

+

by

+ =

c

0

M

Nếu

a

=

1

∆

:

x

+

by

+ =

c

0

M

(

− −

c bt t

; )

∆

:

x

+

3

y

− =

5

0

M

(5 ; )

−

t t

Nếu

b

=

1

∆

:

ax

+ + =

y

c

0

M t

( ;

− −

c

at

)

∆

: 2

x

− + =

y

1

0

M t

( ;1 )

+

t

(với

a

= −

1

b

= −

1

a

b

≠



 ≠



( , , )

a b c

=

1

M

Ví

∆

: 2

x

−

3

y

− =

3

0

(

u



=

(3; 2)

∆

M

(0; 1)

−

⇒

:

3

1 2

x

t

y

t

=



∆ 

= − +



⇒

M

(3 ; )

t

− +

t

(Đây là “tiểu tiết” nhỏ - song tạo cho thói quen việc tính tốn giảm nhẹ hạn chế khả sai xót bước tính tốn)

(23)

2) (C2):

Do

MI

=

R

M

( )

C

I

R

M

∆

( )

C

( )

C

∆







C VÍ DỤ GỐC

Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

I

(5; 2)

∆

: 2

x

− + =

y

3

0

M

∆

Giải:

Cách 1:

+ Vì

M

∈ ∆

M t

( ; 2

t

+

3)

+ Ta có: 2 2

1

5 25 ( 5) (2 1) 25 1

5

t

MI MI t t t t

t

=  

= ⇔ = ⇔ − + + = ⇔ − + = ⇔

 =  (1;5)

1 17 ; 5

M

 

⇒  

  

  

 Cách 2:

+ Có:

MI

=

5

M

( )

C

I

R

=

5

trình: 2

(

x

−

5)

+

(

y

−

2)

=

25

+

M

∈ ∆

M

2

1

(1;5)

2 1

1 17 ;

( 5) ( 2) 25 5

5 17

5

x y

M

x y

x M

x y

y

 = 

 =



 

− + =

 ⇔ ⇒

 − + − =  =   

  

    

(24)

Nhận xét:

* Với C1chúng ta không cần quan tâm tới toán tương giao đường thẳng đường tròn (đề cập C2) giải theo phương pháp đại số thông thường. * Với C2 ta thấy rõ chất tốn(điểm cần tìm giao đường thẳng và đường trịn).

* C1và C2là hai cách trình bày khác phương pháp giải hệ phương trình.

* Nếu tìm điểm

M

khi

IM

⊥ ∆

(hay đường tròn

( ; )

I R

tiếp xúc với

∆

tại

M

).

* Tùy vào kiện bàitốn, linh hoạt trình bày theo C1 hoặc C2 (C2 “mạnh” C1 khi đề cập tới điểm có vai trị – bạn thấy rõ điều này qua ví dụ minh họa phần sau).

D CÁC VÍ DỤ MỞ RỘNG

Như để chuyển toán Bài toán 1,ta cần được điều: + Điểm cần tìm thuộc đường thẳng biết phương trình + Điểm cần tìm cách điểm biết tọa độ khoảng không đổi

Vì để có điều bạn cần trả lời câu hỏi:

Chùm câu hỏi 1: Điểm cần tìm thuộc đường nào? Đường biết phương

trình chưa? Nếu chưa có viết không? Viết cách nào?

Chùm câu hỏi 2: Điểm cần tìm cách điểm cho trước (đã biết tọa độ )

một khoảng ?

Cắt nghĩa kiện toán để tính khoảngcách đó? Và hỏi “thiết kế”qua cách đề sau:

1 CÁCH RA ĐỀ 1: Cho biết

M

thuộc đường thẳng

∆

và điểm

I

cho trước, độ dài

IM

đề không cho Cần “cắt nghĩa” kiện tốn để tính độ dài đoạn

.

IM

Ví dụ (D – 2006) Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

2

( ) :

C

x

+

y

−

2

x

−

2

y

+ =

1

0

d x

:

− + =

y

3

0

M

d

M

( )

C

( )

C

(25)

Phân tích :

*

M

∈

d x

:

− + =

y

3

0

*

1

I C

R

  =

 khai thác kiện suy

MI

=

3

R

=

3

→

chuyển vềBài toán 1.

Giải

+ Đường trịn

( )

C

I

(1;1)

R

=

1

+ Gọi

A

M

( )

C

MI

=

MA

+

AI

=

2

R

+ =

R

3

R

=

3

+ Gọi

M t t

( ;

+ ∈

3)

d

Khi đó: 2 2

3

9

(

1)

(

2)

9

2

0

MI

= ⇔

MI

= ⇔ −

t

+ +

t

= ⇔ + − =

t

1

2

t

=



⇔

 = −

⇒



(1; 4)

( 2;1)

M





−



+ Vậy

M

(1; 4)

M

( 2;1)

−

Ví dụ (A – 2011) Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

:

x

y

2

0

∆

+ + =

( ) :

C

x

+

y

−

4

x

−

2

y

=

0

I

( )

C

M

∆

M

MA

MB

( )

C

A

B

M

MAIB

10

Phân tích:

*

M

∈

d x

:

− + =

y

3

0

*

S

MAIB

=

2

S

MBI

=

BI MB

.

=

5.

MB

=

10

2 5

5

MB

MI

⇒

=

⇒

=

→

chuyển về

Bài toán 1.

Giải + Ta có 2

( ) :

C

x

+

y

−

4

x

−

2

y

=

0

(2;1)

5

I

R

IB



⇒ 

=



+ Vì

MA

MB

A

B

2

2 10 5

MAIB MBI

S S IB MB MB MB MI MB IB

⇒ = = = = ⇒ = ⇒ = + =

+ Gọi

M t

( ;

− − ∈ ∆

t

2)

+ Khi : 2 2

5 25 ( 2) ( 3) 25

(26)

2

t t

= 

⇔ = − ⇒ 

(2; 4) ( 3;1)

M M

− 

 −



Ví dụ (B – 2002) Cho hình chữ nhật ABCD có tâm

1

; 0

2

I













đường thẳng AB là

x

−

2

y

+ =

2

0

AB =

AD

C, D

A

Phân tích hướng giải:

* Có

A

∈

AB x

:

−

2

y

+ =

2

0

*

AD

=

2 ( ,

d I AB

)

→

AB

= →

?

AI

=

?

→

chuyển về

Bài toán 1

→

tọa độ

điểm

A

→

tọa độ

B C D

, ,

.

Giải

Gọi

H

I

AB

Khi

2

( , )

2

1

IH d I AB

+

= = =

+

Suy :

2

AB

AH = =AD= IH= 2 5

4

IB IA IH AH

⇒ = = + = + =

Do

A B

,

AB

I

5

2

R

=

Vậy tọa độ

A B

,

2

1 25

2

x y

− + =



 ⇔

 −  + =

  

2

0

x

y

= −



 =



hoặc 2

x y

=   =



Suy A( 2;0), (2, 2)− B ( Vì

x

A

<

0

(27)

Nhận xét :

Khi tốn u cầu tìm từ hai điểm trở lên, mà điểm có vai trị (trong bài trên

A B

,

có vài trị ) bạn nên trình bày theo C2để từ điểm

ta suy điểm kia.

Ví dụ (B – 2009 – NC) Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

ABC

cân A có đỉnh A(–1;4) đỉnh B,C thuộc đường thẳng

:

x

y

4

0

∆

− − =

B

C

ABC

Phân tích hướng giải : * Có B C, ∈ ∆:x− − =y

* 18

( , ) ABC ABC

S

S BC

d A

= ⇒ =

∆

BH AB AC

⇒ ⇒ = 2

AH BH

= +

→

chuyển về Bài toán 1

Giải + Gọi

H

A

∆

.

Khi

H

BC

2

1 4

( , )

2

1

AH=d A∆ = − − − =

+

2 2.18

4 2

9 ABC

S

BC BH CH

AH

⇒ = = = ⇒ = =

2 81 97

8

2

AB AH BH

⇒ = + = + =

+ Vậy 97

2

AB=AC= , suy

B C

,

A

( 1; 4)

−

2

R= có phương trình : 2 97

( 1) ( 4)

2

x+ + y− =

+ Khi tọa độ

B C

,

2 2

4

4 97

( 1) ( 4) 28 33

2

x y

y x

x y x x

− − =

  = −

 ⇔

 + + − =  − + =

(28)

3

x

y

 =  ⇔ 

 = − 

hoặc 11

2

x

y

 =    = 

+ Vậy 3; , 11 3;

2 2

B −  C 

   

11 3

; , ;

2 2

B  C − 

   

Ví dụ 5 Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

ABCD

BD

nằm đường thẳng có phương trình

x

+ − =

y

3

0

M

( 1; 2)

−

AB

N

(2; 2)

−

AD

ABCD

B

* Trong kiện tốn ta nhận thấy điểm có “lợi” để ta khai thác chính điểm

B

,

B

thuộc

BD

đã biết phương trình

B

có hồnh độ dương

*

Ta biết tọa độ hai điểm

M

( 1; 2)

−

và

N

(2; 2)

−

nên tính độ dài đoạn

BM

hoặc

BN

ta sẽtìm tọa độ điểm

B

nhờ Bài toán 1 Nghĩa ta

cần yếu tố định lượng, điều gợi ý ta tính

d M BD

(

,

)

hoặc

d N BD

( ,

)

Trong hai đại lượng , đại lượng

d M BD

(

,

)

sẽ giúp ta dễ dàng tìm độ dài

BM

(do

MBH



=

90

), từ “tháo” điểm

B

theo góc nhìn Bài tốn 1.

* Khi tìm tọa độ điểm

B

ta tìm tọa độ điểm cịn lại nhờ viết

phương trình

AB AD

,

và tính chất trung điểm hai đường chéo.Sau lời

giải chi tiết cho ví dụ trên:

Giải:

+ Gọi

H

M

2

1

( , )

1

BD⇒MH =d M BD = − + − =

+

Do

MHB

H

BM

MH

B t

( ;3

−

t

)

t

>

0

(29)

2 2

4

(

1)

(

1)

4

1

BM

= ⇔ +

t

+ −

t

= ⇔ = ⇔ =

t

= −

1

(1; 2)

B

⇒

+

AB

B

M

y

=

2

AD

N

AB

x

=

2

A

(2; 2)

+ Tọa độ điểm

D

2

(2;1)

3

0

1

x

D

x

y

=



⇔

⇒



+ − =



=



Gọi I trung điểm BD 3; (1;1) 2

I  C

⇒  ⇒

  (do I trung điểm AC) (Có thể tìm

C

DC

 

=

AB

Vậy A(2; 2), (1; 2), (1;1),B C D(2;1)

Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

ABCD

A

và

D

AB

=

AD

<

CD

B

(1; 2)

BD

2

y

=

∆

: 7

x

− −

y

25

=

0

AD CD

,

M N

,

BM

BC

BN

MBC



D

Phân tích hướng giải :

* Với kiện tốn ta có

D

∈

BD y

:

=

2

và điểm

B

(1; 2)

, nên tính độ

dài đoạn

BD

ta nhìn thấy ln Bài tốn 1và việc tìm điểm

D

khơng có

khó khăn Nghĩa ta cần có yếu tố “định lượng” Lúc đường thẳng

∆

đã biết phương trình nên ta nghĩ tới việc tính khoảng cách từ

B

tới

∆

và tạo mối liên

hệ gắn kết với độ dài

BD

* Với kiện cịn lại tốn phương pháp hình học túy ta dễ dàng

BH

=

d B CD

( ,

)

=

d B

( , )

∆

, ta tính độ dài

BD

và

đưa lời giải đầy đủ cho tốn.Sau lời giải chi tiết cho ví dụ trên:

Giải:

(30)

+ Gọi

H

B

CD

ABHD

Suy

CBH

 

=

MBA

MBH



∆

CBH

= ∆

MBA

CB MB CBN MBN

⇒ = ⇒ ∆ = ∆ (c.g.c)

Khi ( , ) ( , ) 25

50

BH =d B CN =d B MN = − − =

Mà tam giác

DHB

H

BD

BH

D t

BD

t

>

0

2

16 ( 1) 16

BD = ⇔ −t = ⇔ =t

t

= −

3

⇒

D

(5; 2)

D

(5; 2)

Ví dụ (A, A1 – 2012 – CB ) Cho hình vng ABCD Gọi M là trung điểm

của cạnh BC, N là điểm cạnh CD sao cho CN = 2ND Giả sử

11 1

;

2 2

M













và AN có phương trình

2

x

− − =

y

3

0

A

*

A

∈

AN

:

2

x

− − =

y

3

0

* Điểm

M

biết tọa độ nên tính đoạn

AM

thì coi điểm

A

sẽ “tháo”

được nhờ Bài toán Lúc ta gắn

AM

vào tam giác vuông

AMH

với cạnh

(

,

)

MH

=

d M AN

ta dễ dàng tính Như biết thêm yếu tố cạnh

hoặc góc tam giác vng ta tính độ dài

AM

Do cạnh

tam giác

AMH

đều biểu diễn thơng qua độ dài cạnh hình vng nên ta nghĩ

ngay tới việc tính góc

A

nhờ định lí cosin tam giác Do ta có lời giải cụ thể

như sau:

Giải

+ Gọi

H

M

AN

2 11

2

3

2

( , )

2

MH d M AN

− −

⇒ = = =

+

Đặt

AB

=

6

a

ND a NC a

MB MC a

= =



⇒  = =



(31)

(Các bạn đặt

AB

=

a

AB

=

6

a

Khi áp dụngđịnh lýPitago,ta được: AM =3 ;a MN =5a AN=2 10a

Trong

∆

AMN

∠

MAN

2 2 2 2

2

45 40 25 60

2 2.3 10 60 2

AM AN MN a a a a

AM AN a a a

+ − + −

= = = =

MAN

⇒ ∠ =

45

MAH

H

2

AM MH

⇒ = = = (*)

+ Gọi

A t

( ; 2

t

− ∈

3)

AN

+

45

2

AM

=

⇔

2

4 (4;5)

2 2

t A

t t t t

t A

= −

 

 −  + −  = ⇔ − + = ⇔ ⇒

     = 

     

+ Vậy

A

(1; 1)

−

A

(4;5)

Nhận xét:

* Khi muốn chuyển việc tìm điểm Bài tốn 1 mà yếu tố độ dài

MI

chưa biết

(trong tốn

AM

chưa biết) thường ta hay “cắt nghĩa” thông qua dữkiện

về định lượng Nếu khơng có điều đề thường ẩn chứa yếu tố

bất biến góc (ví tốn góc

MAH



ta ln tính được), khoảng

cách (trong ví dụ

d M AN

(

,

)

cũng đại lượng không đổi)…Từ việc

tìm độ dài

MI

(trong tốn

AM

) đơn giản toán gốc xuất

hiện nội dung Bài tốn 1.

* Ngồi cách tìm

3 10

2

AM

=

nhưở ví dụ trên, bạn tham khảo

việc tìm

AM

theo cách sau:

Đặt

(

)

12 AMN ABCD ADN CNM BAM

a

AB= ⇒a S =S − S +S +S = và 10

3

a AN=

Khi đó:

2

2 12 10

( , )

2 10 2

3 AMN

a

S a

d M AN a AM

AN a

= ⇔ = ⇒ = ⇒ = =

Ví dụ 8 Trong mặt phẳng

Oxy

∆

: 3

x

+ + =

y

5

0

2

:

x

2

y

3

0

∆

−

− =

(32)

là điểm thuộc đường tròn

( )

C

N

∆

M

N

∆

N

Phân tíchhướng giải :

Điểm

N

∆

đã biết phương trình, để tìm tọa độ điểm

N

ta cần thêm yếu tố liên quan tới

N

Lúc ta quan tâm tới điểm

biết tọa độ kiện tốn Ở đường trịn

( )

C

có tâm

I

(3; 5)

−

,

tính độ dài

NI

ta chuyển ln Bài tốn 1 Song tốn việc tìm

NI

sẽ phức tạp Vì cần điểm khác màviệc tính khoảng cách từ

N

tới

điểm đơn giản Trong tốn có chứa yếu tố đối xứng (

M

N

đối xứng

qua

∆

I

'

đối xứng với

I

qua

∆

Và điểm

hoàn toàn xác định được, từ suy

NI

'

=

IM

= =

R

5

Như lúc ta

đã nhìn thấy Bài tốn 1để tìm tọa độ điểm

N

Cụ thể:

*

N

∈ ∆

: 3

x

+ + =

y

5

0

*

N

cách điểm

I

'

đã biết tọa độ khoảng

NI

'

=

5

.

(Thực chương trình lớp 11 bạn học phép đối xứng trục ta trả lời câu hỏi lại xác định thêm điểm

I

'

như – song cách giải

dưới tác giả trình bày theo cách mà để bạn học lớp 10

hiểu được)

Giải

+ Đường trịn

( )

C

I

(3; 5)

−

R

=

5

+ Gọi

I

'

I

∆

II

'

I

∆

2

x

+ − =

y

1

0

(33)

2 1

(1; 1) '( 1;3)

2

x y x

H I

x y y

+ − = =

 ⇔ ⇒ − ⇒ −

 − − =  = −

  ( H trung điểm

II

'

+ Gọi N t( ; 3− − ∈ ∆t 5) , doN, I’ hai điểm đối xứng M, I qua

∆

2 2

' ' 25 ( 1) (3 8) 25

NI =IM = = ⇔R NI = ⇔ +t + t+ = ⇔ + + =t t

1

t t

= − 

⇔ = − ⇒ 

( 1; 2) ( 4;7)

− − 

 −



N

N Vậy

N

( 1; 2)

− −

N

( 4; 7)

−

Nhận xét :

Khi tìm tọa độ điểm nghĩa toán chứa hai ẩn (tung độ hồnh độ điểm đó), việc giải lớp toán thực chất việc cắt nghĩa số liệu tốn để hai phương trình (hai dấu “=”) Dữ kiện điểm thuộc đường giúp ta có phương trình kiện chưa khai thác giúp ta cắt nghĩa để tìm thêm dấu “=” lại Kinh nghiệm làm những tốn tìm điểm cho ta biết xác suất rơi vào Bài tốn 1thường cao (có lẽ ý đồ lí để tác giả giới thiệu Bài toán 1đầu tiên tới bạn) Vì vậy ví dụ cụ thể, điểm thuộc đường thẳng cho trước hướng tư ta ưu tiên nghĩ đếnlà điểm cố định khoảng cách từ điểm cần tìm tới điểm xác định được.

Ví dụ 9 Trong mặt phẳng

Oxy

ABC

A

(1;

−

3)

góc ABC =

30

∆

:

x

− + =

y

2

0

B

ABC

B

C

B

* Ở đây, B thuộc đường thẳng

∆

và

A

là điểm biết tọa độ Do đó,nếu tính

được độ dài đoạn

AB

ta chuyển Bài toán 1 Lúc ta cắt nghĩa

kiện toán để làm điều (các bạn xem việc cắt nghĩa phần lời giải chi tiết)

*

Khi tìm điểm

B

ta dễ dàng viết phương trình

BC

và

AC

và

suy tọa độ điểm

C

.

Giải

+ Gọi

H

A

d

1 3 3

( , )

2

AH d A

+ + +

(34)

Tam giác

ABC

A

ABC

BC

Mặt khác:

∆

B

ABC

∆ ⊥

BC

Khi : ABH =

60

AHB

0

3

6

2

sin 60

3

2.

2

AH

AB

=

+

=

+

+ Gọi

B t t

( ;

+

2)

t

∈



2 2

8 ( 1) ( 3)

AB = + ⇔ −t + + +t = +

2

(1 3) 0

t t t

⇔ + + = ⇔ =

t

= − −

1

3

∉



B

(0; 2)

+ Khi

BC

B

(0; 2)

nBC

u

nên có phương trình:

x

+ − =

y

2

0

AC

A

nAC

BA

có phương trình:

(2 3)

x− + y− − =

+ Vì BC∩AC=

{ }

C

2

2 3

2

(2 3)

3

x

x y

y

 = +  + − =

 ⇔

 

− + − − =

  = −



⇒

2 ;

3

C + − 

 

Ví dụ 10 Cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn

2

( ) :C x +y −2x+2y−18=0 Biết AC = 2BD, điểm B có hồnh độ dương thuộc đường thẳng

∆

: 2

x

− − =

y

5

0

AB

* Ở

B

∆

và

I

là tâm đường tròn

( )

C

đã biết tọa độ

đó tính độ dài đoạn

BI

ta chuyển Bài toán 1 Lúc ta cắt

nghĩa kiện toán để làm điều (các bạn xem việc cắt nghĩa lời giải)

* Khi tìm điểm

B

ta chuyển tốn viết phương trình đường thẳng

(35)

Giải

+ Đường trịn

( )

C

I

(1; 1)

−

R

=

2 5

Gọi

H

I

AB

IH

= =

R

2 5

Vì

ABCD

AC

=

2

BD

nên

AI

=

2

BI

ABI

2 2 2

1 1 1

5

4 (2 5) BI

AI +BI = IH ⇔ BI +BI = ⇔ =

+ Gọi

B t

( ; 2

t

− ∈ ∆

5)

t

>

0

2 2

5 25 ( 1) (2 4) 25

BI= ⇔BI = ⇔ −t + t− =

2

5t 18t t

⇔ − − = ⇔ =

2

5

t

= −

⇒

B

(4;3)

+

AB

n



AB

=

( ; )

a b

0

a

+

b

>

AB

a x

b y

ax

by

a

b

Ta có : 2

2

4

3

( ,

)

a b

a

b

2 5

(3

4 )

20(

)

d I AB

R

a

b

a

b

a

b

− −

−

= ⇔

=

⇔

+

=

+

2

11a 24ab 4b 11 a 24 a

b b

   

⇔ − + = ⇔   −  + = ⇔

   

a

b =

2 11

a b =

+ Với a

b = chọn

2

a b

=   =

 , phươngtrình

AB

2

x

+ − =

y

11

0

11

a

b = chọn

2 11

a b

=   =

 , phương trình

AB

2

x

+

11

y

−

41

=

0

Oxy

ABCD

E F

,

lần lượt thuộc đoạn

AB AD

,

EB

=

2

EA

FA

=

3

FD

F

(2;1)

CEF

F

x

−

3

y

− =

9

0

C E

,

C

(36)

* Với kiện

EB

=

2

EA

,

FA

=

3

FD

và tam giác

CEF

vuông

F

ta tìm

được mối liên hệ hai cạnh hình chữ nhật Song ta thiếu yếu tố

về định lượng Nếu đề không cho ta nghĩ tới việc tính

( ,

)

d F CE

(yếu tố ẩn tốn) Thơng số giúp ta có độ dài đoạn

CF

Do ta đến lời giải chi tiết sau:

Giải

+ Ta có F1=C1 (vì phụ với F2 ) Và  A D= =

90

suy ∆AEF

∽

DFC

AE AF EF

DF DC FC

⇒ = =

Mà

1

2 3

3

;

4

AE AB

EB EA

FA FD

DF AD AF AD

 =

 =

 ⇒

 = 

  = =



,

suy 2

1

3

9

3

4

1

16

4

AB

AD

AB

AD

AB

AD

=

⇔

=

⇔

=

Do

1

3 1

1

AB

EF AE

EF FC

FC DF

AD

= = = ⇒ = , suy ∆FEC vuông cân

F

+ Gọi

H

F

EC

2

2 ( , ) 2

1

CF = FH = d F CE = − − =

+ + Gọi

C t

(3

+

9; )

t

> −

3

x

C

>

0

Suy ra: 2 2

20 (3 7) ( 1) 20

CF = ⇔ t+ + −t = ⇔ +t t+ = ⇔ = −t t = -

(loại)

⇒

C

(6; 1)

−

C

(6; 1)

−

Nhận xét:

(37)

+ Khi tìm điểm

C

ta viếtđược phương trình

EF

(đi qua

F

và vng góc

với

CF

)và suy tọa độ điểm

E

(với

CE



EF

=

{ }

E

).

+ Việc

AB

AD= và

2

3

AE FE

AF

 =



= ⇒ 

= 

hay

A

là giao điểm đường tròn

( ; 2)

E

và

F

⇒

tọa độ điểm

A

(chú ý

A C

,

khác phía

EF

để loại bớt điểm

A

)

+ Từ

3

AB AE

AF FD

 =

 

= 

 

  ta suy tọa độ điểm

B

và

D

Oxy

ABCD

A

D

CD

BCD

45

AD

BD

3

x

− =

y

0

x

−

2

y

=

0

BC

15

B

* Với việc

B

∈

BD

đã biết phương trình điều kiện

B

có tung độ dương giúp ta

nghĩ tới nên tìm tọa độ điểm

B

trước Do

AD

∩

BD

=

{ }

D

ta dễ dàng tìm

tọa độ điểm

D

,

B

∈

BD

và cắt nghĩa kiện tốn để tính độ

dài

BD

ta tìm tọa độ điểm

B

theoBài tốn Ở đâycó kiện

S

ABCD

=

15

(*) mà

S

ABCD

phụ thuộc vào

AB AD

,

và

DC

Nghĩa đẳng thức (*) chứa tới

3

ẩn Nếu cần giảmsố ẩn, điều làm

AB AD

,

và

DC

có mối liên hệ với nhau, hay nói cách khác có hai ba ẩn biểu diễn

theo ẩn lại Vậy ta cần khai thác số liệu cụ thể toán Dữkiện toán

cho góc

BCD =

45

và

AD BD

,

đã biết phương trình, từ gợi ý ta nên tính

góc

ADB

(ta nháp

10

AD BD

n n

AD BD

n n

+

= = = ⇒

 

  ADB =

45

) Như

vậy tam giác ABD DBC vuông cân

A

và

B

Lúc ta biểu diễn

được AD, BDtheo

AB

; từ (*) ta suy

AB

và dễ dàng có độ dài

BD

*

Khi tìm B suy phương trình BC CB

BD (tam giác DBC vuông

tại B).

Giải

(38)

3

2

x y

− = 

 − = 

0

(0;0)

x

D y

= 

⇔ = ⇒



Ta có vectơ pháp tuyến tương ứng AD BD là: (3; 1), (1; 2)

AD BD

n= − n= −

Suy ra: cos( , )

10

AD BD

n n

AD BD

n n

+

= = = ⇒

 

  ADB =

45

ABD

BDC

A

B

2

DC AB=AD=

+ Ta có :

2

( ) ( )

15

2 2

ABCD

AB DC AD AB AB AB

S = + = + = AB =

10

AB BD

⇒ = ⇒ =

+ Gọi

B t t

(2 ; )

t

>

0

Khi : 2 2

2 20 (2 ) 20

BD= ⇔BD = ⇔ t + =t ⇔t = ⇔ =t

t

= −

2

(loại)

⇒

B

(4; 2)

+ Đường thẳng BC đi quaB (4;2)và có véctơ pháp tuyến :

n

 

BC

=

u

BD

=

(2;1)

BDC

B

2(x−4)+(y−2)= ⇔0 2x+ −y 10=0

Ví dụ 13 (B – 2013 – CB ) Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

ABCD

AD

=

3

BC

BD

x

+

2

y

− =

6

0

ABD

( 3; 2).

−

H

C

D

Với yêu cầu toán, ban đầu cho ta chùm câu hỏi hướng phân tích sau: “Với

C

và

D

ta ưu tiên tìm điểm trước ?

D

đang thuộc đường

thẳng

BD

đã biết phương trình,

C

AC

mà ta hồn tồn

viết phương trình

(

AC

đi qua

H

và vng góc với

BD

) Khi giao điểm

{ }

I

=

BD

∩

AC

hoàn toàn xác định Ta cần thêm kiện “có lợi” cho

C

và

D

” Do

ABCD

là hình thang cân nên

IB

=

IC

⇒

BCI

=

45

⇒

BCH

là tam

giác cân

B

⇒

I

là trung điểm

HC

Nghĩa ta tìm tọa độ điểm

C

trước

Lúc

này

các

dữ

kiện

chưa

được

khai

thác

là

(39)

3

DI

=

BI

=

IH

Khi việc tìm tọa độ điểm

D

được đưa Bài toán 1 Cụ thể:

*

D

BD x

y

* DI=3IH

Giải

+ Vì AC⊥BD⇒nAC=uBD =(2; 1)−  

, nên

AC

2(x+ −3) (y−2)= ⇔0 2x− + =y Gọi

BD

∩

AC

=

{ }

I

Khi đótọa độ điểm

I

2

( 2; 4)

2

x y x

I

x y y

+ − = = −

 

⇔ ⇒ −

 − + =  =

 

+ Do ABCD hình thang cân nên

IB

=

IC

⇒

BCI

45

⇒

BCH

B

Suy

I

HC

⇒

C

( 1; 6)

−

+

3 3

ID AD

ID IB IH

IB =BC = ⇒ = = =

+ Gọi

D

(6 ; )

−

t t

∈

BD

ID

=

3 5

⇔

ID

=

45

2

(2

t

8)

(

t

4)

45

⇔

−

+ −

=

1

(4;1)

8

7

0

7

( 8; 7)

t

D

t

D

=



⇔ − + = ⇔



⇒



=

−



Vậy ( 1;6) (4;1)

C D

−  



( 1;6) ( 8;7)

C D

−   −



Nhận xét:

Khi toán yêu cầu tìm từ hai điểm trở lên thứ tự tìm điểm thường ưu tiên theo dự kiện sau: Điểm cần tìm có liên quan tới hệ thức véc tơ (trong ví dụ

I

là trung điểm

HC

cũng hiểu

C

liên hệ với

H I

,

qua hệ thức vecto

HI

=

IC

 

) , điểm thuộc đường biết phương trình…

Oxy

ABC

A

điểm

B

(1;1)

BC

M

BM BC

.

=

75

AC

: 4

x

+

3

y

−

32

=

0

C

MAC

(40)

* Ta dễ dàng tìm tọa độ điểm

A

là giao

AC

và

AB

(

AB

đi qua

B

và

vuông góc với

AC

).

* Khi tốn có kiện

BM BC

.

=

75

thường nghĩ tới tam giác đồng

dạng tứ giác nội tiếp đường trịn ( kiến thức hình lớp hay đề cập tới điều này)

Trong toán lại có yếu tố bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác

MAC

, để khai

thác kiện gợi ý ta dựng thêm điểm

D

sao cho

ACMD

nội tiếp đường

tròn, việc giúp ta cắt nghĩa tất thông số (Các bạn thấy

rõ lời giải toán).

* Sau dựng điểm

D

ta cắt nghĩa số liệu toán để tính độ dài đoạn

AC

, ta tìm tọa độ điểm

C

theo góc nhìn Bài tốn 1 Cụ thể:

+

C

∈

AC

: 4

x

+

3

y

−

32

=

0

+

C

cách

A

một khoảng xác định

AC

.

Giải

+

AB

B

(1;1)

AC

(

u



AC

=

(3; 4))

−

3

x

−

4

y

+ =

1

0

Do

AC

∩

AB

=

{ }

A

4

3

32

0

5

(5; 4)

3

4

1

0

4

x

y

x

A

x

y

+

−

=



⇔

⇒



−

+ =



=



+ Kẻ

MD

BC

AB

K

ACMD

CD

MAC

CD

=

2

R

=

5 5

Ta có ∆BMD ∽∆BAC(g.g)

nên

2

.

75

15

4

3

BM

BD

BM BC

BD

BA

=

BC

⇒

=

BA

=

+

=

> =

5

AB

A

⇒

B

D

Khi đó

AD

=

BD

−

BA

=

15 10

− =

Suy 2 2

(5 5)

10

5

AC

=

CD

−

AD

=

−

=

+ Gọi

C

(8 ; )

+

t

−

t

∈

AC

Khi 2

5

25

(3

3)

(4

4)

25

(41)

2

0

25

50

0

2

t

=



⇔

+

= ⇔

 = −

⇒



(8; 0)

(2;8)

C







+ Vậy

C

(8; 0)

C

(2;8)

Ví dụ 15 Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

2

( ) : (

T

x

−

1)

+

(

y

−

2)

=

5

∆

:

x

+ + =

y

2

0

A

∆

( )

T

B

C

A

ABC

Phân tíchhướng giải:

Khi làm quen ví dụ thuộc Bài tốn 1trướcđó, việc tiếp cận đề ví dụ đơn giản kiện toán cho “lộ”– ta biết điểm

I

(1; 2)

cố định

là tâm

( )

T

, điểm

A

cần tìm thuộc đường thẳng

∆

:

x

+ + =

y

2

0

đã biết

phương trình Như ta nghĩ tới việc tính độ dài đoạn

IA

để đưa Bài

toán 1 Dữ kiện diện tích tam giác

ABC

bằng chắn để làm điều

này Vấn đềlà cắt nghĩa để biểu thức diện tích

ABC

chỉ chứa ẩn

IA

Câu trả lời có lời giải chi tiết sau:

Giải

+ Đường tròn

( )

T

I

(1; 2)

IB

= =

R

5

Gọi

H

BC

AI

= >

a

0

Ta có :

(

)

2 2

2

5

AB AI IB a

AH a

a

AI AI a

BH AH IH

a a a

IB IH

IA a

 = = − = −

 − −

 ⇒ = = =



 = =



+

(

)

(

)

2

3

2

5

5 64

ABC

a a

S AH BH a a

a a

− −

= = = ⇔ − =

6 2

5a 139a 375a 625 (a 25)(5a 14a 25)

⇔ − + − = ⇔ − − + =

5

0

a

⇔ = ± → =

>

⇒

AI

=

5

A t

( ;

− − ∈ ∆

t

2)

2 2 (1; 3)

25 ( 1) ( 4) 25

4 ( 4; 2)

t A

AI t t t t

t A

= −

 

= ⇔ − + + = ⇔ + − = ⇔ ⇒

= − −

 

(42)

2 CÁCH RA ĐỀ 2: Cho biết

M

cách

I

(đã biết tọa độ) khoảng không đổi Cần

dựa vào kiện toán để viết phương trình đường thẳng chứa

M

.

Ví dụ (B – 2005) Cho hai điểm

A

(2; 0)

B

(6; 4)

( )

C

A

( )

C

B

5

Muốn viết phương trình đường trịn (C)cần tìm tọa độ tâm I bán kính R= IA. * I cách B khoảng khơng đổi IB = 5

* Đường trịn

( )

C

tiếp xúc với trục hoành điểm

A

nên

I

qua

A

vng góc với trục hồnh (trục

Ox

).

Như việc tìm điểm

I

đã chuyển Bài toán 1.

Giải

+ Đường tròn

( )

C

A

IA

⊥

Ox

IA x

:

=

2

+ Gọi

I

(2; )

t

∈

AI

2 2 (2;1)

5 25 (t 4) 25 ( 4)

7 (2;7)

t I

IB IB t

t I

=

 

= = = ⇔ + − = ⇔ − = ⇔ ⇒

=

 

+ Với

I

(2;1)

R

=

IA

=

1

2

(

x

−

2)

+

(

y

−

1)

=

1

+ Với

I

(2; 7)

R

=

IA

=

7

2

(

x

−

2)

+

(

y

−

7)

=

49

Vậy phương trình đường trịn cần lập 2

(

x

−

2)

+

(

y

−

1)

=

1

hoặc 2

(

x

−

2)

+

(

y

−

7)

=

49

Ví dụ (B – 2009 – CB ) Cho đường tròn 2

4

( ) : (

2)

5

C

x

−

+

y

=

∆

:

x

− =

y

0

∆

:

x

−

7

y

=

0

K

(

C

)

(

C

)

K

(43)

*

( )

2

5

K

∈

C

⇒

IK

= =

R

→

Giải

+ Đường tròn

( )

C

I

(2; 0)

2

5

R

=

+

(

C

)

1

,

∆ ∆

⇒

K

∆

Khi gọi

K x y

( ; )

⇒

d K

( ,

∆ =

)

d K

( ,

∆

)

7

2

5 2

x

−

y

x

−

y

⇔

=

5(

)

7

2

0

5(

)

7

2

0

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

−

= −

+ =



⇔



⇔



−

=

−

=



+ Với đường phân giác

d

: 2

x

+ =

y

0

K t

( ; )

−

t

∈

d

Vì 2 2

( ) ( 2) 25 20 16

5

K∈ C ⇒IK= ⇔IK = ⇔ −t + t = ⇔ t − t+ =

(vô nghiệm)

+ Với đường phân giác

d

:

x

−

2

y

=

0

K

(2 ; )

t t

∈

d

Vì 2 2

( ) ( 2) 25 20 16

5

K∈ C ⇒IK= ⇔IK = ⇔ −t + t = ⇔ t − t+ =

⇔ 4;

5 5

t= ⇒ K 

  Khi bán kính đường trịn

(

C

)

8

4

5

( ,

)

2

d K

−

∆ =

=

2 2

5

Ví dụ (B – 2012 – CB )

Cho đường tròn 2

(44)

Muốn viết phương trình đường trịn,ta cần:

* Xác định tâm

I

bằng “góc nhìn” Bài tốn 1.Cụ thể:

Ta lập phương trình

II

đi qua

I

vng góc với

AB

(tính chất đường nối

tâm) hay song song với

d

Khi đó:

+

I

∈

II

đã biết phương trình

+

I

∈

(

C

)

hay

II

=

R

(Ta làm theo Cách 2với

{ }

I

=

II

∩

(

C

)

→

tọa độ

I

- cách trình bày khác

của Bài tốn 1).

* Xác định bán kính

R

nhờ

R

=

d I d

( , )

Giải Gọi

I

( )

C

Ta có 2

1

(

C

) :

x

+

y

=

4

⇒

(

C

)

I

(0; 0)

1

II

AB

II

AB

d

⊥



⇒



⊥



d

⇒

II

x

− =

y

0

I t t

( ; )

∈

II

I

∈

(

C

)

2

12

18

0

t

⇒ + −

+

=

2

6

9

0

3

t

⇔ − + = ⇔ =

⇒

I

(3;3)

Mà

( )

C

d

⇒

2

3 4

( , )

2 2

1

R

=

d I d

=

− +

=

+

Vậy phương trình

( )

C

(

x

−

3)

+

(

y

−

3)

=

8

Oxy

ABC

A

tiếp đường trịn

( )

T

I

AI

( )

T

M

(5; 0)

C

( )

T

17

;

6

5

N





−









ABC

(45)

* Vẫn câu hỏi quen thuộc nên đặt “ Với kiện toán, thứ tự các điểm tìm ?” Ở dễdàng trả lời câu hỏi bằng việc tìm tọa độ điểm

A

đầu tiên (

I

là trung điểm

AM

) Tiếp đến

sẽ điểm

B

(dữ kiện

B

có hồnh độ dương gợi ý điều này)

*

IB

=

IM

=

5 2

, ta cần thêm kiện liên quan tới điểm

B

Lúc cần tạo

ra mối liên hệ điểm

B

với số liệu biết tốn Ta có

17

6

(5; 0),

;

5

M

N





−









đã biết tọa độ việc vẽ hình xác ta suy

đốn

IB

⊥

MN

Nếu có điều ta dễ dàng viết phương trình

IB

và

việc tìm điểm

B

là khơng khó ta nhìn thấy Bài tốn 1.

* Bằng kiến thức hình học sơ cấp (kiến thức hình học cấp 2) ta dễ dàng chứng minh được

IB

⊥

MN

.

* Sau tìm tọa độ điểm

B

ta suy tọa độ điểm

C

(do

C

đối xứng

với

B

qua

AM

).

Sau lời giải chi tiết cho ví dụ trên: Giải

+ Vì

I

AM

A

( 5;10)

−

NCB

 

=

MAB



ABC

BN

BM

⇒

=

IB

MN

IB

I

MN

7

x

+ − =

y

5

0

42

;

6

( )

7;1

5

MN

= −





−





= −







) + Gọi

B t

( ;5 )

−

t

>

0

2 2

(7 )

50

1

IB

=

IM

⇔ +

t

=

⇔ = ⇔ =

t

hoặc

t

= −

1

⇒

B

(1; 2)

−

+ Phương trình

AM x

:

+ − =

y

5

0

BC

B

AM

x

− − =

y

3

0

Gọi

AM



BC

=

{ }

H

3

0

4

(4;1)

5

0

1

x

y

x

H

x

y

− − =

=



⇔

⇒



+ − =



=

(46)

Do

H

BC

⇒

C

(7; 4)

A

( 5;10)

−

B

(1; 2)

−

C

(7; 4)

Ví dụ (A – 2012 – NC ) Cho đường tròn 2

( ) :

C

x

+

y

=

8

E

( )

C

Phân tích hướng giải: * Phương trình

( )

E

:

2

1

x

y

a

+

b

=

như ta cần tìm

a b

;

* (E) có độ dài trục lớn 8

⇒

2

a

= ⇒ =

8

a

4

* Dữ kiện (E) cắt

( )

C

tại bốn điểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh hình vng

nên 4đỉnh nằm hai đường phân giác thuộc góc phần tư thứ thứ hai Ta

giả sử có đỉnh

A

thuộc đường phân giác

∆

:

y

=

x

Vậy việc tìm tọa độ điểm

A

quay Bài toán nhờ:

+

A

∈ ∆

:

y

=

x

+

AO

= =

R

2 2

(hay

A

∈

( )

C

)

* Mà

A

∈

( )

E

⇒ →

b

phương trình (E).

Giải Gọi phương trình tắc elip

( )

E

2

1

x

y

a

+

b

=

E

2

a

8

a

4

⇒

= ⇒ =

+ (E) cắt

( )

C

:

∆

y

=

x

+ Gọi

A t t

( ; )

∈ ∆

t

>

0

Ta có: 2

( )

8

2

A

∈

C

⇒ + = ⇔ =

t

>

0

⇒

A

(2; 2)

A

∈

( )

E

2

16

1

4

b

3

⇒

+

= ⇒

=

Vậy phương trình tắc elip (E) là:

2

1

16

(47)

Ví dụ (D – 2013 – NC ) Cho đường tròn 2

( ) : (

C

x

−

1)

+

(

y

−

1)

=

4

∆

:

y

− =

3

0

MNP

( )

C

N

P

∆

M

MN

( )

C

P

* Với kiện tốn dễ dàng tìm tọa độ điểm

M

qua góc nhìn Bài

tốn 1 Cụ thể:

+

M

thuộc đường thẳng qua

I

vng góc với

∆

.

+

MI

= =

R

2

(

M

∈

( )

C

)

* Khi tìm điểm

M

ta tìm điểm

N

thơng qua điểm

K

và tiếp tục sử dụng

Bài toán 1 Cụ thể:

+

N t

( )

∈ ∆

:

y

− =

3

0

⇒

K t

( )

(do

K

là trung điểm

MN

).

+

KI

= =

R

2

* Việc tìm điểm

P

được vận dụng nhờ Bài tốn 3 (các bạn tìm hiểu kĩ

thơng qua Bài tốn 3ở phần sau).

Giải

+ Đường trịn

( )

C

(1;1)

I

R

=

2

( ; )

1 3

2

1

d I

∆ =

−

= =

R

⇒

∆

( )

C

Khi

IM

⊥ ∆

IM

x

=

1

+ Gọi

M

(1; )

t

∈

IM

( )

(1 1)

(

1)

4

1

3

t

M

C

t

= −



∈

⇒ −

+ −

= ⇔ 

=



⇒

M

(1; 1)

−

M

(1;3)

M

∉ ∆

+ Với M (1; ‐ 1), gọi N (a; 3)∈Δ

1

;1

2

a

K



+



⇒ 







MN

Do 2 (5;3)

( ) (1 1) ( 1) 16

3 ( 3;3)

2

a N

a

K C a

a N

=   +

 

∈ ⇒ −  + − = ⇔ − = ⇔ ⇒ = − −

   

+ Gọi

P m

( ;3)

∈ ∆

* (5;3) (4; 2)

( 1; 4)

IN N

MP m

 =

 ⇒ 

= −

 

(48)

từ

 

IN MP

.

= ⇔

0

4(

m

− +

1)

2.4

= ⇔

0

m

= −

1

⇒

P

( 1;3)

−

( 3;3)

( 4; 2)

(

1; 4)

IN

N

MP

m



= −



−

⇒ 

=

−







từ

IN MP

 

.

= ⇔ −

0

4(

m

− +

1)

2.4

= ⇔

0

m

=

3

⇒

P

(3;3)

Ví dụ 7 Cho hai đường trịn 2

( ) :

C

x

+

(

y

−

1)

=

2

( ') : (

C

x

−

4)

+

(

y

−

5)

=

8

AB

( ')

C

M

( )

C

M A B

, ,

MAB

* Đường trịn

( )

C

có tâm

I

(0;1)

và bán kính

R

=

2

,

( ')

C

có tâm

I

'(4;5)

và

bán kính

R

'

=

2 2

Vì

M

∈

( )

C

nên ta có:

MI

= =

R

2

Vậy ta

M

đang thuộc

một đường thẳng biết phương trình việc tìm điểm

M

sẽ quay Bài tốn 1

* Ta cắt nghĩa kiện tam giác

MAB

có diện tích lớn (khớp dấu “=”) để chỉ

ra điều

Các bạn tham khảo phần cắt nghĩa lời giải chi tiết sau đây: Giải

+ Đường trịn

( )

C

(0;1)

I

R

=

2

( ')

C

I

'(4;5)

R

'

=

2 2

Khi

II

'

=

4 2

>

3 2

= +

R

'

( )

C

( ')

C

H

M

AB

1

.

.2 '

2

MAB

S

=

MH AB

=

MH R

=

MH

Ta có :

MH

≤

MI

'

≤

MI

+

II

'

=

2

+

4 2

=

5 2

S

MAB

=

2

MH

≤

2.5 2

=

10

(49)

Ta có

II



'

=

(4; 4)

=

4.(1;1)

II

'

1

x

t

y

t

=



 = +



Gọi

M t

( ;1

+ ∈

t

)

II

'

M

∈

( )

C

nên 2

2

1

t

+ = ⇔

t

= ⇔ = ±

t

(1; 2)

( 1; 0)

M



⇒ 

−



+ VớiM (1;2), 2

' 3 '

MI = + = =II

⇒

I

'

M

( 1; 0)

−

MI

'

=

5

+

5

=

5 2

>

II

'

⇒

I

M

'

I

+

AB

II

'

I

'

x

+ − =

y

9

0

A B

,

2 2

9 2;

6;

( 4) ( 5) ( 4)

x y y x x y

x y

x y x

+ − = = − = =

  

⇔ ⇔

   = =

− + − = − = 

 

(2; 7), (6;3) (6;3), (2; 7)

A B

 ⇒  

Vậy

M

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

−

A

B

M

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

−

A

B

3 CÁCH RA ĐỀ 3: (Kết hợp từ Cách đề 1và Cách đề 2).

Dựa vào kiện tốn cần:

+ Tính độ dài đoạn

MI

( với

I

đã biết tọa độ)

Viết phương trình qua điểm

M

.

Ví dụ : Cho đường trịn 2

( ) :

C

x

+

y

−

2

x

+

4

y

−

20

=

0

A

(4; 2)

d

A

( )

C

∆

I

( )

C

∆

d

M

AIM

25

M

Muốn viết phương trình

∆

trong tốn ta cần tìm tọa độ

điểm

M

.

* Ta viết phương trình

d

đi qua

A

và vng góc với

IA

,

M

∈

d

:

biết phương trình.

*

25

2

AIM

AIM

S

MA

=

⇒

=

→

Giải

(50)

và bán kính

R

=

5

Vì

d

A

( )

C

n

 

d

=

IA

=

(3; 4)

⇒

u



d

=

(4; 3)

−

:

4 4

2 3

x

t

d

y

t

= +



 = −



+ Ta có:

25

1

.

25

10

2

AIM

S

=

⇔

MA IA

=

⇔

MA

=

IA

= =

R

5)

+

M

(4

+

4 ; )

t

−

t

∈

d

2

10

16

9

10

5

10

2

MA

=

⇔

t

+

t

=

⇔

t

=

⇔ = ±

t

⇒

M

(10; 4)

−

M

( 4;8)

−

+ Khi

IM



=

(9; 2)

−

:

1 9

2 2

x

t

y

t

= +



∆ 

= − −



Ví dụ Cho tam giác ABC có diện tích

2

A

B

x

− =

y

0

M

AC

(2;1)

I

BC

* Vì

I

BC

1

2

ABI ABC

S

=

S

=

Khi ta dễ dàng tính độ dài đoạn

2

( ,

)

ABI

S

AB

d I AB

=

* Lúc ta nhìn thấy tọa độ điểm

M

Bài tốn

1

MI

ABC

+

M

∈

MI

:

I

AB

+

2

AB

MI

=

Giải

+ Ta có

2

2 1

1

( ,

)

2

1

d I AB

=

−

=

+

+ Do I trung điểm BC

nên 1

2 ABI ABC

S = S =

(51)

Khi

2

2.1

2 2

1

( ,

)

2

ABI

S

AB

d I AB

=

+ Mặt khác

MI

ABC

IM

I

AB

1

0

x

− − =

y

2 2

2

AB

MI

=

+ Gọi

M t t

( ;

− ∈

1)

MI

2 2

2

(

2)

(

2)

2

(

2)

1

MI

=

⇔

MI

= ⇔ −

t

+ −

t

= ⇔ −

t

=

⇔





 =

t

=

1

3

⇒







M

(3; 2)

(1; 0)

Ví dụ (B – 2003 )

ABC có AB

AC



BAC

=

(1; 1)

M

−

BC

2

; 0

3

G













ABC

A B C

, ,

Phân tích hướng giải

:

* Do

G

là trọng tâm nên



AM

=

3

GM



⇒

tọa độ điểm

A

.

Khi

B C

,

M

vng góc với

AM

.

*

∆

ABC

vuông cân

A

nên

MB

=

MC

=

MA

(

B C

,

thuộc đường tròn tâm

M

bán kính

MA

)

→

chuyển vềBài tốn 1.

Giải

+ Do

G

∆

ABC



AM

=

3

GM



=

(1; 3)

−

A x y

( ; )

⇒



AM

= − − −

(1

x

; 1

y

)

Suy

1

0

1

3

2

x

y

− =

=



⇔



− − = −



=



⇒

A

(0; 2)

+ BC đi qua

M

(1; 1)

−



AM

=

(1; 3)

−

(

x

− −

1) 3(

y

+ =

1)

0

x

−

3

y

− =

4

0

+

∆

ABC

A

MB

=

MC

=

MA

=

10

B C

,

(

M

; 10)

(

x

−

1)

+

(

y

+

1)

=

10

(52)

2 2

3 4

( 1) ( 1) 10 10( 1) 10

x y x y

x y y

 − − =  = +

 ⇔

 

− + + = + =

 

 

4

(4; 0)

3

4

0

( 2; 2)

0

2

( 2; 2)

2

(4; 0)

x

B

x

y

C

y

x

B

y

C





=





=

+







=





− −











⇔





=

⇔



⇒



= −

− −









= −











= −











Vậy

A

(0; 2), (4; 0), ( 2; 2)

B

C

− −

A

(0; 2), ( 2; 2), (4; 0)

B

− −

C

Ví dụ (D – 2013 – CB) Cho tam giác

ABC

9 3

;

2 2

M





−









điểm cạnh

AB

H

( 2; 4)

−

I

( 1;1)

−

B

ABC

C

* Nếu ta biết tọa độ điểm

A

, ta tìm tọa độ điểm

C

theo góc nhìn

của Bài tốn 1

Cụ thể: +

C

∈

AH

: đường thẳng qua hai điểm

H A

,

đã biết tọa độ.

+

CI

=

AI

(

C

cách

I

một khoảng không đổi

IA

).

* Như vấn đề phải tìm điểm

A

Lúc Bài tốn 1

tiếptục lựa

chọn để ta tìm điểm

A

Cụ thể: +

A

∈

AB

: đường thẳng qua

M

và vng góc với

MI

.

+

AM

=

MH

(tính chất đường trung tuyến tam giác vuông).

Giải

+

AB

9 3

;

2 2

M





−









(

)

7

1

;

7; 1

2

MI

=





−





=

−







làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình:

9

3

7

0

2

x

y



+

 

−



=



 





 



7

x

− +

y

33

=

0

+ Gọi

A t

( ; 7

t

+

33)

∈

AB

giác vng ta có: 2

(53)

2 2

9

3

9

3

7

33

2

4

2

t

















⇔ +





+



+

−



=



−



+



−



















2

4

( 4;5)

9

20

0

5

( 5; 2)

t

A

t

A

= −

−



⇔ + +

= ⇔



⇒



= −

− −



+ Với

A

( 4;5)

−

H

( 2; 4)

−

4

5

2

6

0

2

1

x

y

x

y

+

−

=

⇔ +

− =

−

Gọi

C

(6 ; )

−

c c

∈

AC

2

CI

=

AI

⇔

CI

=

AI

⇔

(2

c

−

7)

+ −

(

c

1)

=

3

+

4

⇔

c

−

6

c

+ =

5

0

1

5

c

=



⇔

 =

⇒



C

(4;1)

C

( 4;5)

−

C

≡

A

+ Với

A

( 5; 2)

− −

AC

A

( 5; 2)

− −

H

( 2; 4)

−

5

2

8

0

3

6

x

y

x

y

+

=

+

⇔

− + =

Gọi

C m

( ; 2

m

+ ∈

8)

AC

CI

=

AI

⇔

CI

=

AI

2 2 2

(

m

1)

(2

m

7)

4

3

m

6

m

5

0

⇔

+

=

+

⇔

+

+ =

1

5

m

= −



⇔

 = −

⇒



C

( 1; 6)

−

C

( 5; 2)

−

C

≡

A

+ Vậy

C

( 1; 6)

−

Ví dụ Cho điểm

A

(10;5), (15; 5)

B

−

D

( 20; 0)

−

thang cân

ABCD

AB

CD

C

Ở ví dụ ta tìm tọa độ điểm

C

theo hai cách:

Cách 1: Ta tìm

C

theo góc nhìn Bài toán 1 Cụ thể:

*

C

D

và song song với

AB

nên dễ dàng viết

phương trình

CD

.

*

ABCD

là hình thang cân nên tacó điều kiện cần:

CB

=

AB

=

5 37

.

Sau tìm

C

ta kiểm tra điều kiện đủ

BC

không song song

AD

và kết

luận tọa độ điểm

C

cần tìm.

Cách 2: Gọi

I J

,

lần lượt trung điểm

AB

và

CD

, :

* Ta dễ dàng viết phương trình

IJ

và tìm tọa độ điểm

J

.

(54)

Giải

Cách Cách

Cách 1 :

+ Có



AB

=

(5; 10)

−

=

5.(1; 2)

−

CD

AB

CD

20

2

x

t

y

t

= − +



 = −



+ Gọi

C

( 20

− + −

t

; )

t

∈

CD

ABCD

2 2 2

30

5

(

35)

(2

5)

AD

=

BC

⇔

AD

=

BC

⇔

+

= −

t

+

t

−

2

5

( 15; 10)

18

65

0

13

( 7; 26)

t

C

t

C

=

−



⇔ −

+

= ⇔



⇒



=

− −



+ Với

C

( 15; 10)

−

⇒



BC

= −

( 30; 5)

− =



AD

⇒

BC

/ /

AD

ABCD

+ Với

C

( 7; 26)

− −

⇒



BC

= −

( 22; 21)

−



BC



AD

C

( 7; 26)

− −

Cách 2:

+ Có



AB

=

(5; 10)

−

=

5.(1; 2)

−

CD

AB

⇒

n

 

CD

=

n

AB

=

(2;1)

CD

D

( 20; 0)

−

2(

x

+

20)

+ = ⇔

y

0

2

x

+ +

y

40

=

0

+

I J

,

AB

CD

25

; 0

2

I













IJ

⊥

AB

ABCD

IJ

25

1.

2.

0

2

4

25

0

2

x

y

x

y



−



−

= ⇔

−

=









+ Vì

IJ

∩

CD

=

{ }

J

27

2

40

0

27

; 13

2

4

25

0

2

13

x

y

x

J

x

y



+ +

=

= −



⇔



⇒



−





−

=













 = −



(55)

Ví dụ Cho hình thoi

ABCD

I

(3;3)

AC

=

2

BD

4

2;

3

M













AB

13

3;

3

N













CD

BD

B

Nếu tìm tọa độ điểm

B

BD

(đi qua

I

và

B

) Việc tìm tọa độ điểm

B

sẽ chuyển

Bài toán 1 Cụ thể:

*

Lúc khai thác tính đối xứng hình thoi ta tìm tọa độ điểm

N

'

thuộc

AB

đối xứng với

N

qua

I

và ta viết phương trình

AB

đi qua hai

điểm

M N

,

'

đã biết tọa độ Như điểm

B

AB

đã biết

phương trình.

* Ta khai thác kiện cuối toán là

AC

=

2

BD

để tính độ dài đoạn

IB

(chi tiết xem phần lời giải)

Giải

+ Gọi

N

'

N

I

NN

'

' 3;

5

3

N













thuộc đường thẳng AB

khi

AB

'

1;

1

( )

3;1

3

MN

=









=







làm véctơ phương ,suy

n



AB

=

(1; 3)

−

AB x

:

−

3

y

+ =

2

0

+ Gọi

H

I

AB

2

3 2

4

( ,

)

10

1

3

IH

=

d I AB

=

− +

=

+

Mặt khác

AC

=

2

BD

⇒

AI

=

2

IB

IBA

2 2 2

1

5

2

4

8

IB

+

IA

=

IH

⇔

IB

+

IB

= ⇔

=

+ Gọi

B t

(3

−

2; )

t

∈

AB

t

∈



khi : 2

2

(3

5)

(

3)

2

IB

= ⇔

t

−

+ −

t

=

5

t

18

t

16

0

t

2

⇔

−

+

= ⇔ =

8

(56)

+ Vậy

B

(4; 2)

BD

B

(4; 2)

I

(3;3)

3

4 3

2 3

x

−

=

y

−

x

+ − =

y

6

0

Nhận xét: Vì hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật hình vng nhận giao điểm hai đường chéo tâm đối xứng cùa hình Nên đề cho điểm thuộc một cạnh bạn nên nghĩ tới việc tìm điểm đối xứng điểm đóqua tâm hình chứa (ở tâm biết tọa độ).

Ví dụ (D – 2010 – CB): Cho tam giác

ABC

A

(3; 7)

−

(3; 1)

H

−

I

( 2; 0)

−

C

Phân tích hướng giải : Ta cần tìm tọa độ điểm

C

Với:

*

CI

=

IA

=

74

.

* Nếu viết phương trình cạnh

BC

ta chuyển toán Bài toán 1.Lúc

này việc viết phương trình

BC

ta cần tìm thêm tọa độ điểm thuộc

BC

Ở

đây ta tìm hình chiếu

D

của

I

xuống

BC

hoặc chân đường cao

K

của

A

xuống

BC

(khi tốn giải triệt để) qua cách giải cụ thể sau:

Giải

Cách 1.1 Cách 1.2

Cách 2

(57)

Cách 1.1

+ Gọi

D E

,

BC

AC

Khi : HAB =IDE  HBA=IED (góc có cạnh tương ứng song song)

Suy ra∆HAB ∽∆IDE nên

HA

AB

2

ID

=

DE

=

⇒

AH

=

2

ID





(*) + Có :



AH

=

(0; 6)

D x y

( ; )

⇒

ID



=

(

x

+

2; )

y

khi từ (*)

0

2(

2)

2

( 2;3)

6

2

3

x

D

y

=

+

= −



⇔



⇔



⇒

−

=



Cách 1.2

+ Kéo dài

AI

M

A

I

AM

M

( 7; 7)

−

Mặt khác :

BH

/ /

MC

AC

CH

/ /

MB

AB

MBHC

D

HM

D

( 2;3)

−

(Trong Cách 1.2 ta ln



AH

=

2

ID



D

HM

Cách 2: Ta tìm tọa độ chân đường cao

K

A

BC

+ Ta có A (3; -7)và H (3; -1)nên đường thẳng AH có phương trình :

x

=

3

AH

H

'

A

H

'(3; )

t

∈

AH

t

≠ −

7

2 2 2 2

'

5

7

IH

=

IA

=

R

⇔

+ =

t

+

⇔ =

t

= −

7

'(3; 7)

H

⇒

+ Gọi

AH

∩

BC

=

{ }

K

BH

∩

AC

=

{ }

B

'

⇒

C

BHK

B HK

Mặt khác: C =BH A' (cùng chắn cung

AB

Suy raBHK =BH A' hay tam giác

HBH

'

B

⇒

K

của

HH

'

⇒

K

(3;3)

(Như biết tọa độ điểm

D

hoặc điểm

K

thì ta dễ dàng viết phương trình

BC Ở phần trình bày ta lấy số liệu điểm

D

(điểm

K

tương tự)

)

+

BC

D



AH

=

(0; 6)

BC

6(

y

− =

3)

0

y

=

3

(58)

74

CI

=

IA

=

⇔

CI

=

⇔

(

t

+

2)

+

3

=

74

⇔ +

(

t

2)

=

65

⇔

t

= − +

2

65

t

= − −

2

65

Vậy

C

( 2

− +

65;3)

Nhận xét:

Ví dụ cịn nhiều cách giải, có cách giải Bộ Giáo Dục, bạn tham khảo tài liệu khác

Ví dụ 8 Cho hai điểm A(1; 2), B (4; 3) Tìm tọa độ điểm M cho MAB =

0

135

M

AB

10

2

* Vì

MA

đi qua

A

, hợp với đường thẳng

AB

góc

45

(bù với góc

135

) nên ta

viết phương trình

MA

(các bạn tìm hiểu kĩ Bài toán 6)

* Do

(

,

)

10

2

d M AB

=

nên ta dễ dàng tính độ dài đoạn

MA

=

5

Như điểm

M

đã “lộ diện” theo góc nhìn Bài tốn 1 Cụ thể:

+

M

∈

MA

: biết phương trình

+

MA

=

5

Giải

+ Gọi

H

M

AB

2 MH =d M AB = Ta có MAH =

180

−

MAB

=

180

−

135

45

suy tam giác

MHA

H

2

2.

10

5

2

MA

=

MH

=

+ Ta có



AB

=

(3;1)

n



AB

= −

(1; 3)

AB

1 3.(

2)

0

3

5

0

x

− −

y

−

= ⇔ −

x

y

+ =

Gọi

n



MA

=

( ; )

a b

0

a

+

b

≠

2

3

1

cos(

,

)

cos 45

2

10.

a

b

MA AB

a

b

−

=

(59)

(

)

(

)

3

a b a b a ab b

⇔ − = + ⇔ + − =

2

1 a

a a b

a

b b

b

 = −   

⇔   + − = ⇔     =



Vì MAB =

135

 

AM AB

.

=

AM AB

.

.cos135

<

0

+

a

2

b

= −

2

(2; 1)

1

MA

a

n

b

=



⇒

=

−

 = −





,

AM

2

x

− =

y

0

Gọi

M t

( ; )

t

∈

AM

MA

=

5

⇔

MA

=

5

2 2

0

(

1)

(2

2)

5

(

1)

1

2

t

=



⇔ −

+

−

= ⇔ −

= ⇔ 

=



(0; 0)

(2; 4)

M



⇒ 



Với

M

(2; 4)

⇒



AM

=

(1; 2)

⇒

 

AM AB

.

= >

5

0

Với

M

(0; 0)

⇒



AM

= − − ⇒

( 1; 2)

 

AM AB

.

= − <

5

0

+ Với

1

2

a

b

=

1

(1; 2)

2

MA

a

n

b

=



⇒

=

 =





,

AM

x

+

2

y

− =

5

0

M

(5 ; )

−

t t

∈

AM

2

5

MA

=

⇔

MA

=

(2

4)

(

2)

5

(

2)

1

3

t

=



⇔

−

+ −

= ⇔ −

= ⇔ 

=



(3;1)

( 1;3)

M



⇒ 

−



Với

M

(3;1)

⇒



AM

=

(2; 1)

− ⇒

 

AM AB

.

= >

5

0

Với

M

( 1;3)

−

⇒



AM

= −

( 2;1)

⇒

 

AM AB

.

= − <

5

0

M

(0; 0)

M

( 1;3)

−

Chú ý: Ngồicách giải ví dụ trên, bạn tham khảo thêm cách giải sau: + Gọi

H

M

AB

10

(

,

)

(60)

Ta có MAH =

180

−

MAB

180

−

135

45

MHA

H

2

2.

10

5

2

MA

=

MH

=

+ Gọi

M x y

( ; )

AM

=

(

x

−

1;

y

−

2)



AB

=

(3;1)

(

)

2

3.(

1) (

2)

1

cos135

,

135

2

10 (

1)

(

2)

5

(

1)

(

2)

5

x

y

AB AM

x

y

MA

x

y

− +

−



=



=

= −



⇔

−

+

−



=





−

+

−

=

 

3.(x 1)2 (y 2)2 (x 1) (y 2)

− + − = −



⇔  − + − =



+ Đặt

1

2

a

x

b

y

= −



 = −



3

5

5 3

5

3

2

0

a b

b

a

b

a

+ = −

= − −



⇔



+

=

+

+ =



1

0

2

0

2

1

3

a

x

b

y

a

x

b

y





= −





=





= −



=





⇔



⇒



⇒

= −











=











(0; 0)

( 1;3)

M





−



+ Vậy

M

(0; 0)

M

( 1;3)

−

Oxy

ABCD

cạnh

AB

AD

( )

T

2

(

x

+

2)

+

(

y

−

3)

=

4

AC

( )

T

,

M N

16 23

;

5

M





−









N

AD

ADI

10

A

D

ABCD

* Với kiện

A

có hồnh độ âm gợi ý ta nên tìm điểm

A

trước Nghĩa ta

cần tìm khai thác kiện “có lợi” cho điểm

A

* Ta nhận thấy

Oy



( )

T

=

{ }

N

⇒

tọa độ điểm

N

+ Suy phương trình

AC

(đi qua hai điểm

M N

,

đã biết tọa độ)

+ Do

AB AD

,

tiếp xúc với đường tròn

( )

T

⇒

AI

=

R

2

=

2 2

(61)

* Dữ kiện

S

ADI

=

10

và trục tung khơng vng góc

AD

gợi ý điểm ta

tìm điểm

D

.

+

AD

đi qua

A

và cách

I

một khoảng

R

=

2

⇒

phương trình

AD

(sẽ đượctìm

hiểu kĩ Bài toán 6)

+

2

10

( ,

)

ADI

S

AD

d I AD

=

Như điểm

D

tiếp tục “tháo” theo góc nhìn Bài tốn 1

* Khi tìm hai điểm

A D

,

thì việc tọa độ

C B

,

là đơn giản.

Sau lời giải chi tiết:

Giải

+ Đường trịn

( )

T

I

( 2;3)

−

R

=

2

+ Do

Oy



( )

T

=

{ }

N

2

0

(0;3)

3

(

2)

(

3)

4

x

N

y

x

y

=



⇔

⇒



 =

+

−

=



(

)

16

8

;

2; 1

5

MN





⇒

=



−



=

−







(1; 2)

AC

n

⇒



=

Khi

AC

M N

,

x

+

2

y

− =

6

0

+ Gọi

( )

T

AB AD

,

P Q

,

P Q

,

APIQ

AI

=

IP

2

=

R

2

=

2 2

+ Gọi

A

(6 ; )

−

t t

t

>

3

x

A

>

0

Khi 2 2

8

(2

8)

(

3)

8

5

38

65

0

5

AI

= ⇔

t

−

+ −

t

= ⇔

t

−

t

+

= ⇔ =

t

hoặc

13

5

t

=

⇒

A

( 4;5)

−

+ Gọi vecto pháp tuyến

AD

n



AD

=

( ; )

a b

0

a

+

b

≠

b

≠

0

AD

Oy

Suy phương trình

AD a x

: (

+ +

4)

b y

(

− = ⇔

5)

0

ax

+

by

+

4

a

−

5

b

=

0

2

3

4

5

( ,

)

2

a

b

a

b

IQ

d I AD

a

b

− +

+

−

=

⇔ =

(62)

2 2 0 0

a b a b ab a

⇔ − = + ⇔ = ⇔ =

b

=

0

a

=

0

b

=

1

AD y

:

− =

5

0

+

1

.

2

2.10

10

2

ADI ADI

S

IQ AD

AD

IQ

=

⇔

=

Gọi

D m

( ;5)

∈

AD

m

> −

4

2

100

(

4)

100

6

AD

=

⇔

m

+

=

⇔ =

m

= −

14

⇒

D

(6;5)

DC

D

(6;5)

AD

6

0

x

− =

C

6

0

6

(6; 0)

2

6

0

x

C

x

y

− =

=



⇔

⇒



+

− =



=



+ Ta có

4

0

4

( 4; 0)

5

0

B B

x

AB

DC

B

y

+ =

= −



=

⇒



⇔



⇒

−

− = −

=



 

Vậy

A

( 4;5), ( 4; 0), (6; 0),

−

B

−

C

D

(6;5)

Nhận xét:

Qua ví dụ ta nhận thấy, xem xét toán ta cần đặt câu hỏi “với dữ kiện toán điểm tìm ln tọa độ? , đường thẳng nào cần thiết viết ? ” Sau cần đặt tiếp câu hỏi “ điểm nên tìm trước ?” Để trả lời cho câu hỏi kinh nghiệm điểm đề cho điều kiện (như hoành độ dương, tọa độ số nguyên…) nằm đường thẳng biết phương trình (hoặc dễ dàng viết được) với kiện “có lợi” cho yếu tố định lượng diện tích, khoảng cách…

Ví dụ 10 ( Khối A, A1 – 2014) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho

hình vng

ABCD

M

AB

N

AC

AN

=

3

NC

CD

M

(1; 2)

N

(2; 1)

−

(63)

nhờ vào Bài toán 5.1khi ta suy luận

MN



=

3

NE



(các bạn tìm hiểu

phần sau Bài toán 5.1)

* Lúc tìm thêm điểm

CD

thì coi toán giải

xong Nhờ Bài tốn 1 ta nghĩ tới việc tìmđiểm

D

Cụ thể với kiến thức hình

học sơ cấp ta tam giác

MND

vuông cân

N

nên

D

thuộc đường

thẳng

ND

(viết phương trình) cách

N

một khoảng khơng đổi

MN

(

DN

=

MN

) Như toán chuyển nội dung Bài toán 1 nên

ta có lời giải sau:

Giải

+ Gọi

MN

∩

CD

=

{ }

E

H

M

CD

Khi theo Talet ta có:

MN

AN

3

MN

3

NE

=

NC

= ⇒

=





(*) + Gọi

E x y

( ; )

NE



=

(

x

−

2;

y

+

1)

MN



=

(1; 3)

−

7

1 3(

2)

(*)

3

3(

1)

2

x

y



=

−

=





⇔



⇔



− =

+



 = −



7

; 2

3

E





⇒



−







+ Gọi

d

N

AB

AB CD

,

I J

,

Khi

∆

MIN

= ∆

NJD

⇒

 



90

10

INM

JDN

MND

DN

MN

DN



=

⇒

=





=

⇒

=



suy

n

 

DN

=

MN

=

(1; 3)

−

Khi phương trình

ND

x

−

3

y

− =

5

0

D

∈

ND

D t

(3

+

5; )

t

(*)

2 2

0

(5; 0)

(3

3)

(

1)

10

(

1)

1

2

( 1; 2)

t

D

t

D

=





⇔

+

+ +

=

⇔ +

= ⇔



⇒



= −

− −





Đường thẳng

CD

7

; 2

3

E





−









D

+

D

(5; 0)

CD

3

x

−

4

y

−

15

=

0

(64)

4 CÁCH RA ĐỀ 4: Tìm điểm

M

gián tiếp thơng qua điểm khác thuộc Bài tốn

1 (nếu biết điểm thuộc Bài toán 1ta suy tọa độ điểm

M

)

Ví dụ 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) :

2

2 20

x +y − x+ y− = hai đường thẳng d1: 2x + y – = 0, d2: 2x + y = Lập phương trình đường thẳng Δ tiếp xúc với đường trịn (C) A cắt d d1, B C cho B trung điểm đoạn thẳng AC.

* Như cách tư thông thường để viết đường thẳng

∆

, ta nghĩ đếnviệc tìm

một điểm mà

∆

đi qua với vecto pháp tuyến phương Lúc có

ba lựa chọn điểm

A B

,

hoặc

C

Song ba điểm chưa biết tọa độ Vậy

câu hỏi lúc nên tìm tọa độ điểm ? Ta nhận thấy hai điểm

B C

,

có lợi

đều thuộc đường thẳng biết phương trình, gần kiện

có lợi cho

B

và

C

Nghĩa việc tìm tọa độ

B C

,

là gặp “khó khăn” Chỉ

cịn lựa chọn điểm

A

Có vẻ hợp lí , tìm tọa độ điểm

A

, ta

tìm vecto pháp tuyến

∆

là

IA



và suy phương trình

∆

Thế tìm điểm

A

bằng cách nào? Với kiện toán ta có

IA

= =

R

5

Vậy việc tìm điểm

A

trực tiếp lúc lại gặp trở ngại Khi đứng trước tình bí bách kiểu

này, kinh nghiệm ta ý tới thông số, kiện đề có

thể ẩn chứa yếu tố đặc biệt giúp ta tháo gỡ “nút thắt”

của tốn Nhận thấy, có hai yếu tố số liệu đặc biệt tâm

I

của

( )

C

thuộc

2

d

và

d

//

d

Nghĩa là

JB

là đường trung bình tam giác

IAC

với

{ }

1

d

∩

IA

=

J

, suy

J

là trung điểm

IA

.Nếu tìm tọa độ điểm

J

ta

A

và viết phương trình

∆

Vậy thay tìm

A

ta tìm

gián tiếp thơng qua điểm

J

.

*Ta nhận thấy :

J

∈

d

và

2

IA

R

JI

=

.Như lúc “lộ diện” Bài toán 1,

có nghĩa ta tìm tọa độ điểm

J

nhờ Bài toán 1

Giải

(65)

+ Đường tròn

( )

C

I

(1; 2)

−

d

R

=

5

d

∩

IA

=

{ }

J

Do d1 // d2 nên

JB

IAC

J

IA

+ Gọi

J t

( ;5 )

−

t

∈

d

2 2

5

25

(

1)

(2

7)

2

4

IA

R

JI

=

= ⇔

JI

=

⇔ −

t

+

t

−

=

2

5

4(5

30

50)

25

4

24

35

0

2

t

⇔

−

+

=

⇔

−

+

= ⇔ =

7

2

t

=

J

IA

+ Với

5

2

t

= ⇒

5

; 0

(4; 2)

2

J





 ⇒



A





∆

A

(4; 2)

pháp tuyến

IA



=

(3; 4)

nên có phương trình :

3(

x

− +

4)

4(

y

−

2)

= ⇔

0

3

x

+

4

y

−

20

=

0

+ Với

7

2

t

= ⇒

7

; 2

(6; 2)

2

J





− ⇒





A

−





∆

A

(6; 2)

−

pháp tuyến

IA



=

(5; 0)

5(

x

− +

4)

0.(

y

−

2)

= ⇔ =

0

x

4

∆

3

x

+

4

y

−

20

=

0

x

=

4

Nhận xét :

Ví dụ kiểu tốn khơng mẫu mực, nghĩa với cách tư thông thường (chưa để ý tới số liệu cụ thể ) ta khó đưara lời giải cho Khi giải pháp cho lớp toán khai thác triệt để số liệu đặc biệt đề bài, số liệu “chìa khóa” giúp ta đến đáp số tốn Các bạn sẽ tiếp tục tìm hiểu lớp tốn qua ví dụ tiếp theo.

Chú ý :

Ngoài cách giải theo góc nhìn Bài tốn 1ở trên, bạn có tìm trực tiếp điểm

A

bằng cách sau:

+ Do

d

Do

A

d

(66)

+ Khi tọa độ điểm

A

2

4

2

10

0

(4; 2)

(6; 2)

2

4

20

0

6

2

x

y

x

y

A

x

y

x

y

x

y





=





=

+ −

=



⇔





⇒





+

−

+

−

=





=



−







= −





Ví dụ 2 (A – 2010 – CB) Cho hai đường thẳng

d

: 3

x

+ =

y

0

2

: 3

0

d

x

− =

y

( )

T

d

A

d

( )

T

ABC

3

2

A

* Như ta biết để viết phương trình đường trịn ta cần hai yếu tố tọa độ tâm bán kính Song với tốn xác định tọa độ tâm

I

của

( )

T

thì ta tính bán kính

R

=

d I d

( ,

)

( )

T

Vậy tìm

I

như ?

I

thuộc

AC

song chưa biết phương trình Như việc

tìm tìm trực tiếp điểm

I

là không khả thi Lúc ta nghĩ tới việc tìm điểm

I

gián

tiếp thơng qua điểm có mối liên hệ với Với kiện

ABC

vuông

B

, suy

ra

AC

là đường kính (

I

là trung điểm

AC

) Vì biết tọa độ điểm

A

ta

sẽ tìm tọa độ điểm

C

(Vì ta viết phương trình

AC

và

2

{ }

d

∩

AC

=

C

), từ ta suy tọa độ điểm

I

* Xác định tọa độ điểm

A

nhờ Bài toán Cụ thể:

+

A

∈

d

: 3

x

+ =

y

0

.

+ Có

d

∩

d

=

{ }

O

với

O

(0; 0)

và khai thác kiện

3

2

ABC

S

=

để tính

?

OA

=

Giải

+ Xét hệ :

3

0

3

0

x

y

x

y

x

y



+ =



=



⇔



 =

− =





⇒

O

(0; 0)

là giao điểm

d

Véc tơ pháp tuyến

d d

,

n

=

( 3;1)



(67)

suy :

cos( ,

)

3 1.( 1)

1

2

3 1

d d

=

+ −

=

+

Mặt khác tam giác

ABC

B

do 0

60

AOB

BAC

∠

=

⇒ ∠

=

+ Xét tam giác

AOB

AOC

0

3

sin 60

2

tan 60

3

OA

AB

OA

AC

OA



=







=



Khi

1

3

3 3

.

sin 60

.

3.

2

8

ABC

OA

S

=

AB AC

=

OA

=

OA

Do

3

2

ABC

S

=

2 3

3

OA

⇒

=

+ Gọi

A t

( ;

−

3 )

t

>

0

2 3

4

1

3

OA

=

⇔

OA

= ⇔ +

t

= ⇔ = ⇔ =

t

1

3

t

= −

⇒

1

; 1

3

A





−









Suy

AC

A

d

(

)

1

3

1

0

3

4

0

3

x

y

x

y



−



−

+ = ⇔

−

− =









C

10

3

4

0

2

; 2

3

0

2

x

y

C

x

y



−

− =

=



−





⇔



⇒

−











− =





= −

+ Vì tam giác

ABC

B

AC

( )

T

Tâm

1

;

3

2

2 3

I





−









2

( 3)

1

2

AC

R

=

+

=

Suy phương trình đường tròn

( )

T

2

1

3

1

2

2 3

x

y



+



+



+



=













(68)

Ví dụ (B – 2011 – NC ) Cho tam giác

ABC

1

;1

2

B













nội tiếp tam giác

ABC

BC CA AB

,

D E F

, ,

D

(3;1)

EF

y

− =

3

0

A

Ta nhận thấy

A

đang nằm đường

AB AD AC

,

Như lúc việc

tìm điểm

A

có thể theo hướng sau: “Hướng 1: viết phương trình

của đường tính độ dài đoạn

AB

(hoặc

AD

) ta

chuyển Bài toán 1” “Hướng 2: biết phương trình hai

3 đường ta suy tọa độ điểm

A

” Để chọn hướng thích hợp ta cần

khai thác kiện toán Với số liệu tốn cho ta thấy Hướng có

vẻ khơng khả thi, việc tính độ dài

AB

(hoặc

AD

) gặp trở ngại Lúc

này ta nghĩ tới giải pháp thứ Điểm

B

và

D

đều biết tọa độ nên ta nghĩ tới

việc viết phương trình

AB

và

AD

Ta phân tích chi tiết số liệu toán:

1

;1

2

(3;1)

B

D

 



 



 ⇒







phương trình

BD

:

y

=

1

song song với đường thẳng

EF y

:

− =

3

0

Khi ta chứng minh tam giác

ABC

cân

A

Do

AD

⊥

BC

Như

vậy ta viết phương trình

AD

Lúc việc việc viết phương trình

AB

cần

sự “trợ giúp” điểm

F

Và ta nhận thấy Bài toán 1sẽ cho ta tọa độ điểm

F

Cụ thể:

*

F

∈

EF y

:

− =

3

0

*

5

2

FB

=

BD

=

Sau lời giải chi tiết toán Giải

+ Gọi

I

ABC

ID

BC

IA

EF

⊥



 ⊥



Với

1

;1

2

(3;1)

B

D

 



 



 ⇒







BD

y

=

1

(69)

Từ (1) (2) suy

A I D

, ,

AD

⊥

BC

AD

x

=

3

+ Gọi

F t

( ;3)

∈

EF

BF

=

BD

2

1

5

2

BF

BD



t



 

⇔

=

⇔ −





+

=

 





 

1

( 1;3)

2

0

2

(2;3)

t

F

t

F

= −

−



⇔ − − = ⇔



⇒



=



+ Với

( 1;3)

3

; 2

(4;3)

2

BF

F

−

⇒

BF

= −









⇒

u

=







, phương trình

BF

4(

x

+ +

1) 3(

y

− = ⇔

3)

0

4

x

+

3

y

− =

5

0

Do

BF

∩

AD

=

{ }

A

3

4

3

5

0

7

3

0

3

x

y

x

y

=



+

− =



⇔





=



= − <





+ Với

(2;3)

3

; 2

(4; 3)

2

BF

F

⇒

BF

=









⇒

u

=

−







, phương trình

BF

4(

x

− −

2) 3(

y

− = ⇔

3)

0

4

x

−

3

y

+ =

1

0

Do

BF

∩

AD

=

{ }

A

3

4

3

1

0

13

3

x

y

x

y

=



−

+ =



⇔



⇒



=



=





13

3;

3

A













13

3;

3

A













Bình luận sau Bài Toán 1:

(70)

E BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

M

( ')

C

đường trịn

( )

C

( ')

C

( )

C

: 2

3

0

d

x

− + =

y

M

Oxy

C

(2; 5)

−

: 3

x

4

y

4

0

∆

−

+ =

∆

A

B

nhau qua điểm

2;

5

2

I













ABC

15

Oxy

ABCD

cạnh

AB

4

x

+

3

y

−

24

=

0

1 9

;

2 2

I





−









tọa độ đỉnh hình vng

ABCD

A

Bài 4.Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

ABCD

của đường chéo

3

x

+ − =

y

7

0

B

(0; 3)

−

20 Tìm tọa độ đỉnh cịn lại hình thoi

Oxy

( )

C

hai điểm

A

(0;5)

B

(2;3)

R

=

10

Oxy

ABC

A

trong đường tròn 2

( ) :

C

x

+

y

+

2

x

−

4

y

+ =

1

0

M

(0;1)

đỉnh tam giác

ABC

M

AB

A

độ dương

Oxy

ABC

(2

3; 2

3)

A

+

−

BC x

:

− =

y

0

B

C

Oxy

A

( 1; 2)

−

:

x

2

y

3

0

∆

−

+ =

∆

B C

,

ABC

C

AC

=

3

BC

B

Oxy

d x

:

− − =

y

3

0

điểm

A

(2; 6)

ABC

rằng hai điểm

B C

,

d

ABC

A

diện tích 35

(71)

Bài 10 Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

ABCD

A

( 1; 2)

−

Gọi

M N

,

AD

DC

E

BN

CM

BME

BN

trên đường thẳng

2

x

+ − =

y

8

0

B

Oxy

A

( 1;3)

−

∆

có phương trình

x

−

2

y

+ =

2

0

ABCD

,

B C

∆

B C D

, ,

C

Oxy

ABCD

bằng

12

9 3

;

2 2

I













M

(3; 0)

điểm cạnh

AD

A

dương

Oxy

ABCD

trình

AD

: 2

x

+ − =

y

1

0

I

( 3; 2)

−

BD

IB

=

2

ID

Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật biết

D

2

AD

=

AB

Oxy

ABCD

A

(0;5)

và đường chéo nằm đường thẳng có phương trình

2

x

− =

y

0

độ đỉnh cịn lại hình vng, biết

B

2

Oxy

ABCD

A

D

CD

BC

=

2

AB

=

2

AD

BC

(1; 0)

M

AD

x

−

3

y

+ =

3

0

A

Oxy

ABC

A



BAC =

120

M

(1; 2)

AC

BC

phương trình

x

− + =

y

3

0

A

C

đương

Oxy

và đường thẳng

d

: 2

x

+ − =

y

3

0

ABCD

( )

C

A

d

(72)

Oxy

∆

:

x

−

2

y

+ =

5

0

đường tròn 2

( ) :

C

x

+

y

−

2

x

+

4

y

− =

5

0

M

∆

tuyến

MA MB

,

( )

C

A B

,

M

dài đoạn

AB

=

2 5

Bài 19 Trong mặt phẳng

Oxy

Viết phương trình đường trịn

( ')

C

xúc với đường tròn

( )

C

( ')

C

dấu

Oxy

ABCD

bằng

12

I

d

:

x

− − =

y

3

0

2

:

3

9

0

d

x

+

y

− =

AD

d

hồnh Xác định tọa độ bốn đỉnh hình chữ nhật, biết

A

Oxy

ABC

AB

M

( 1; 2)

−

I

(2; 1)

−

của tam giác kẻ từ

A

∆

: 2

x

+ + =

y

1

0

C

Oxy

d

:

x

+ + =

y

3

0

2

:

1

0

d

x

− + =

y

M

(1; 2)

M

cắt

d

A

B

AB

=

8 2

d

Oxy

ABCD

: 4

3

4

0

AB

x

−

y

− =

CD

: 4

x

−

3

y

−

18

=

0

I

:

x

y

1

0

∆

+ − =

A

hơn

1

Bài 24.Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

(

C

)

2

25

x

+

y

=

M

(1; 2)

−

(

C

)

2 10

tọa độ tâm đường trịn

(

C

)

(

C

)

(

C

)

qua

M

Oxy

ABC

ngoại tiếp điểm

I

(4; 0)

đường cao đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh

A

1

:

2

0

d

x

+ − =

y

d

:

x

+

2

y

− =

3

0

(73)

Oxy

ABCD

A

(1; 0)

(3; 2)

B

ABC

120

C

D

dương

Oxy

ABCD

I

(2;1)

2

AC

=

BD

0;

1

3

M













AB

N

( )

0; 7

đường thẳng

CD

B

Oxy

27

2

có tâm

I

d x

:

+ + =

y

5

0

M

d

tuyến

MA MB

,

( )

C

A B

,

M

IAB

27 3

8

AB

Oxy

và điểm

A

(2; 3)

−

B

(4;1)

M

tam giác

MAB

M

Oxy

OABC

A

(3; 4)

và điểm

B

E F

,

trịn

( )

C

OABC

E

F

khác gốc tọa độ

O

M

( )

C

MEF

diện tích lớn

Oxy

A

(0; 2)

:

x

2

y

2

0

∆

−

+ =

∆

M

N

AMN

vuông

A

AM

=

2

AN

N

Oxy

ABC

A

( 4;1)

C

−

A

x

+ − =

y

5

0

trình đường thẳng

BC

ABC

24

A

hồnh độ dương

Bài 33 Cho đường tròn 2

( ) :

C

x

+

y

−

2

x

−

4

y

=

0

A

( 1;3)

−

độ đỉnh cịn lại hình chữ nhật

ABCD

( )

C

(74)

Oxy

ABCD

và

CB

=

CD

DA

E

DE

=

AB

trình cạnh

BC x

:

−

3

y

+

13

=

0

AC x

:

− − =

y

1

0

đỉnh

A B

,

A

3

E

(14;1)

Oxy

ABC

tròn 2

( ) :

T

x

+

y

−

4

y

− =

4

0

AB

M

thẳng

d

: 2

x

− − =

y

1

0

ABC

M

có hồnh độ khơng lớn

1

Oxy

ABC

4

với

A

(3; 2), (1; 0)

−

B

C

tam giác

C

Oxy

ABC

H

(2;1)

và tâm đường trịn ngoại tiếp

I

(1; 0)

BC

có phương trình

x

−

2

y

− =

1

0

ngoại tiếp tam giác HBC qua điểm E (6; -1) hoành độ điểm

B

Oxy

ABC

A

(1;1), (2;3)

B

và

C

x

+

y

−

6

x

−

4

y

+ =

9

0

trọng tâm tam giác

ABC

0, 5

C

Oxy

d

: 2

x

− − =

y

1

0

và

d

: 2

x

+ − =

y

3

0

I

d

A

d

có hồnh độ dương Lập phương trình đường thẳng

∆

A

d

B

sao cho diện tích tam giác

IAB

6

IB

=

3

IA

Oxy

ABC

đường cao kẻ từ đỉnh

A

3

x

− + =

y

5

0

H

( 2; 1)

− −

1

; 4

2

M













là trung điểm cạnh

AB

ABC

10

BC

=

B

C

Oxy

∆

:

x

− +

y

15

=

0

và

∆

: 3

x

− −

y

10

=

0

(

C

)

(

C

)

đều có tâm nằm

∆

A

(10; 20)

B

(75)

của tam giác

BCD

trịn

(

C

)

Oxy

∆

: 3

x

− =

y

0

phương trình đường trịn tiếp xúc với

∆

A

B C

,

sao cho tam giác

ABC

A

3

+

3

Bài 43 Cho hai điểm

A

(0;1)

B

(2; 1)

−

1

: (

1)

(

2)

2

0

d

m

−

x

+

m

−

y

+ − =

m

d

: (2

−

m x

)

+

(

m

−

1)

y

+

3

m

− =

5

0

P

d

m

PA

+

PB

Bài 44 Cho tam giác nhọn

ABC

A

BC

3

x

+

5

y

− =

8

0

4

0

x

− − =

y

A

BC

đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC

D

(4; 2)

−

phương trình đường thẳng

AB AC

,

B

không lớn

Oxy

ABC

2

( ) :

C

x

+

y

=

25

AC

K

(2;1)

M N

,

là chân đường cao kẻ từ đỉnh

B

C

ABC

biết phương trình đường thẳng

MN

4

x

−

3

y

+

10

=

0

A

độ âm

Oxy

ABC

A

( 1; 3)

− −

Biết trực tâm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC

(1; 1)

H

−

I

(2; 2)

−

ABC

Bài 47. Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

ABCD

AB

CD

B

(3;3), (5; 3)

C

−

I

nằm đường thẳng

∆

: 2

x

+ − =

y

3

0

thang

ABCD

CI

=

2

BI

ABC

I

hồnh độ dương điểm

A

(76)

F GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài

+ Đường trịn

( )

C

(2;3)

I

R

=

5

Vì

( ')

C

lần diện tích đường tròn

( )

C

( ')

C

( )

C

( ')

C

có tâm

I

(2;3)

2

'

4

'

2

10

R

π

=

π

⇔

=

Suy

IM

=

R

' 10

=

+ Gọi

M t

( ; 2

t

+ ∈

3)

d

2 2

10 100 ( 2) (2 ) 100 96

IM = ⇔IM = ⇔ −t + t = ⇔ t − −t =

4

24

5

t

= −





⇔

 =



( 4; 5)

24 63

;

5

M

− −





⇒





 



 





+ Vậy

M

( 4; 5)

− −

24 63

;

5

M













Bài

+ Gọi

H

C

∆

2

3.2 4.( 5)

4

( , )

6

3

4

CH

=

d C

∆ =

−

− +

=

+

+ Ta có

1

.

2

ABC

S

=

CH AB

2

2.15

5

6

ABC

S

AB

CH

⇔

=

5

2

AB

AI

⇒

=

I

AB

+ Gọi

A t

(4 ;1 )

+

t

∈ ∆

2

25

3

25

(4

2)

3

25

0

4

2

4

AI

=

⇔

t

−

+





t

−





=

⇔

t

−

t

=





0

(0;1)

(4; 4)

1

(4; 4)

(0;1)

t

A

B

t

A

B

=

⇒



⇔



⇒



=

⇒



(77)

Bài

+ Gọi

H

của

I

AB

2

27

2

24

5

2

( ,

)

2

4

3

IH

d I AB

− +

−

=

+

+ Tam giác

AHI

H

2

5 2

2

AI

=

IH

=

BI

Suy

A B

,

2

1

9

25

2

x

y



+



+



−



=

















2

9

8

0

x

y

x

y

⇔

+

+ −

+ =

+ Khi tọa độ

A B

,

2

3

4

3

24

0

(3; 4)

(0;8)

9

8

0

8

x

y

x

y

A

B

x

y

x

y

x

y





=





=

+

−

=



⇔





⇒





+

+ −

+ =





=







=





(vì

x

A

>

0

+ Do

I

AC

BD

C

( 4;5)

−

D

( 1;1)

−

Bài

+ Vì

B

(0; 3)

−

chéo

3

x

+ − =

y

7

0

3

x

+ − =

y

7

0

là phương trình

AC

+ Khi

BD

(1; 3)

BD AC

n

=

u

=

−

 

đi qua

B

(0; 3)

−

nên có

BD

3

9

0

x

−

y

− =

Gọi

AC



BD

=

{ }

I

3

7

0

3

9

0

2

x

y

x

y

+ − =

=



⇔



−

− =



= −



⇒

I

(3; 2)

−

⇒

D

(6; 1)

−

+ Ta có:

2

20

2

.

2 10

10

3

1

ABCD

ABCD ABC

S

BI AC

AC

AI

BI

=

⇒

=

⇒

=

(78)

Gọi

A t

( ; )

−

t

∈

AC

AI

=

10

⇔ −

(

t

3)

+ −

(9 )

t

=

10

⇔

2

4

(4; 5)

(2;1)

(

3)

1

2

(2;1)

(4; 5)

t

A

C

t

A

C

=

− ⇒



⇔ −

= ⇔



⇒



=

⇒

−



(vì

I

AC

+ Vậy

A

(4; 5), (2;1),

−

C

D

(6; 1)

−

A

(2;1), (4; 5),

C

−

D

(6; 1)

−

Bài

+ Ta có



AB

=

(2; 2)

− =

2(1; 1)

−

M

(1; 4)

AB

Khi phương trình đường trung trực

AB

∆

:

x

− + =

y

3

0

+ Do (C) qua hai điểm

A

(0;5)

B

(2;3)

IA

=

IB

⇔ ∈ ∆ ⇒

I

I t t

( ;

+

3)

+ Khi đó: 2 2

(

2)

10

IA

= ⇔

R

IA

=

R

⇔ + −

t

=

2

1

( 1; 2)

2

3

0

3

(3; 6)

t

I

t

I

= −

−



⇔ − − = ⇔



⇒



=



+ Vậy phương trình đường trịn

( )

C

2

(

x

+

1)

+

(

y

−

2)

=

10

(

x

−

3)

+

(

y

−

6)

=

10

Chú ý:có thể tìm

I

I x y

( ; )

IA

R

IB

R

=





=



Bài

+ Đường tròn

( )

C

( 1; 2)

I

−

2

R

=

IA

=

Do

AB

M

(0;1)

và nhận

IM



=

(1; 1)

−

vecto pháp tuyến nên có phương trình:

x

− + =

y

1

0

+ Khi tọa độ

A B

,

2 2

1

0

1

1;

2

(1; 2)

1;

0

( 1; 0)

2

4

1

0

1

x

y

x

y

A

x

y

B

x

y

x

y

x

− + =

= +

=





⇔

⇒





= −

=



−

+

−

+ =

=





(79)

+ Ta có

IA



=

(2; 0)

=

2(1; 0)

AI y

:

− =

2

0

:

1 0

BC x

+ =

Gọi

IA



BC

=

{ }

N

2

0

1

( 1; 2)

1

0

2

y

x

N

x

y

− =

= −



⇔

⇒

−



+ =



=



Do

∆

ABC

A

N

BC

⇒

C

( 1; 4)

−

+ Vậy

A

(1; 2), ( 1; 0), ( 1; 4)

B

−

C

−

Bài

+ Gọi

H

góc

A

BC

2

3

2

3

( ,

)

6

2

AH

d A BC

+

− +

=

+ Do tam giác

ABC

0

6

2 2

sin 60

3

2

AH

AB

=

AC

=

Suy

B C

,

A

R

=

2 2

Khi tọa độ

B C

,

(

) (

)

2

3

2

3

8

2

4

6

0

y

x

y

x

y



− −

+

− +

=



=



⇔



−

− =



 − =



1

( 1; 1), (3;3)

3

(3;3), ( 1; 1)

x

y

B

C

x

y

B

C

= = −

− −



⇔



⇒



= =

− −



+ Vậy

B

( 1; 1), (3;3)

− −

C

B

(3;3), ( 1; 1)

C

− −

Bài

+ Ta có

( , )

1 3

2

5

AC

=

d A

∆ =

− − +

=

2

3

3 5

AC

CB

⇒

=

+ Suy 2

4

8

5

45

9

AB

=

AC

+

CB

= +

=

(80)

(

) (

)

2 8

2 2 45 108 64

9

AB = ⇔ t− + −t = ⇔ t − t+ =

4

3

16

15

t

 =



⇔ 

 =



1 4

;

3 3

13 16

;

15 15

B

 

−







 





⇒

 

−



 









Vậy

1 4

;

3 3

B





−









13 16

;

15 15

B





−









Bài

+ Gọi

( )

T

có tâm

I

+ Vì tam giác

ABC

A

I

BC

Gọi

H

A

2

( , )

2

AH d A BC − −

⇒ = = =

Suy

35

2.

2

10

5

7

2

ABC

S

BC

R

IA

IH

=

⇒ =

= =

+ Gọi

I t t

( ;

− ∈

3)

d

2 2

5

(5; 2)

25

(

2)

(

9)

25

11

30

0

6

(6;3)

t

I

IA

t

I

=



=

⇔ −

+ −

=

⇔ −

+

= ⇔



⇒



=



+ Vậy đường tròn

( )

T

(

x

−

5)

+

(

y

−

2)

=

25

hoặc 2

(

x

−

6)

+

(

y

−

3)

=

25

Bài 10

+ Gọi

H

vng góc

A

BN

,

khi đó:

2

2 8

8

( ,

)

5

2

1

AH

=

d A BN

=

− + −

=

+

(81)

Đặt

2

5

2

a

AB

= ⇒

a

AI

=

a

+

 

 

=

 

Ta có 2

8

5

.

4

2

5

a

AB

=

AH AI

⇔

a

=

⇔ =

a

AB

=

4

+ Gọi

B t

( ;8 )

−

t

∈

BN

t

>

2

2 2

16

(

1)

(6 )

4

5

22

21

0

3

AB

=

⇔ +

t

+ −

t

= ⇔

t

−

t

+

= ⇔ =

t

hoặc

7

5

t

=

⇒

B

(3; 2)

+

AD

A

AB

x

= −

1

Gọi

AD



BN

=

{ }

J

1

( 1;10)

2

8

0

10

x

J

x

y

= −



⇔

⇒ −



+ − =



=



Mặt khác

D

AJ

⇒

D

( 1; 6)

−

⇒

M

( 1; 4)

−

M

trung điểm

AD

+) Do

ABCD

M N

,

AD DC

⇒ ∆

BCN

= ∆

CDM

⇒

C

B

Mà C 1+C2 =

90

⇒

B

C

90

⇒

CEB

90

BME

vuông

E

K

BM

Suy

(1;3)

5

K

R

KB





=



Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác

BME

(

x

−

1)

+

(

y

−

3)

=

5

Bài 11

+

AB

A

( 1;3)

−

góc với

∆

2

x

+ − =

y

1

0

B

nghiệm hệ:

( )

2

1

0

0;1

2

0

1

x

y

x

B

x

y

+ − =

=



⇔

⇒



−

+ =



=



+ Gọi

C

(2

t

−

2; )

t

∈ ∆

t

>

0

2 2 2 2

(2

2)

(

1)

1

2

0

2

(82)

hoặc

t

=

0

⇒

C

(2; 2)

+ Vì

ABCD

2

1

(1; 4)

2

4

D D

x

CD

BA

D

y

− = −

=



=

⇔



⇔



⇒

− =

=



 

+ Vậy

B

(0;1), (2, 2)

C

D

(1; 4)

Bài 12

+ Ta có AB = 2MI

2

3

2

3 2

2

 

=

 

+

 

=

 

12

2 2

2

3 2

ABCD

S

AD

AM

AB

⇒

=

⇒

=

+

AD

MI

x

+ − =

y

3

0

+ Gọi

A t

( ;3

− ∈

t

)

AD

t

<

3

2 2

2

(

3)

(

3)

2

(

3)

1

2

AM

= ⇔ −

t

+ −

t

= ⇔ −

t

= ⇔ =

t

hoặc

t

=

4

⇒

A

(2;1)

+ Do

M

AD

⇒

D

(4; 1)

−

+ I trung điểm

AC

BD

C

(7; 2)

B

(5; 4)

Vậy

A

(2;1), (5; 4), (7; 2)

B

C

D

(4; 1)

−

Bài 13

+ Gọi

H

của

I

AD

2

2.( 3)

2 1

( ,

)

5

2

1

IH

=

d I AD

=

− + −

=

+

Vì

IH

BA

HD AD HD 2HI

HI = AB = ⇒ = =

+ Xét tam giác

IHD

DI

=

IH

+

HD

= +

5 20

=

25

Gọi

D t

( ;1 )

−

t

>

0

(*) 2

(

t

3)

(2

t

1)

25

t

2

t

3

0

t

1

⇔ +

+

=

⇔ + − = ⇔ =

hoặc

t

= −

3

⇒

D

(1; 1)

−

(83)

3

8

11

2

6

8

a

b

+ = −

= −



⇔



⇔



− =

=



⇒

B

( 11;8)

−

AB

B

( 11;8)

−

u



AD

=

(1; 2)

−

phươngtrình:

x

−

2

y

+

27

=

0

A

2

27

0

5

( 5;11)

2

1

0

11

x

y

x

A

x

y

−

+

=

= −



⇔

⇒

−



+ − =



=



+ Gọi

J

5;

7

( 5; 4)

2

BD

⇒

J





−





⇒

C

− −





J

trung điểm

AC

Vậy

A

( 5;11), ( 11;8), ( 5; 4),

−

B

−

C

− −

D

(1; 1)

−

Bài 14

+ Vì

A

(0;5)

thẳng

2

x

− =

y

0

BD

trình

2

x

− =

y

0

+

AC

A

BD

có phương trình

x

+

2

y

−

10

=

0

Gọi

AC



BD

=

{ }

I

2

0

2

(2; 4)

2

10

0

4

x

y

x

I

x

y

− =

=



⇔

⇒



+

−

=



=



Suy

C

(4;3)

I

AC

+ Gọi

B t

( ; )

t

∈

BD

t

>

2

2 2 2

(

2)

(2

4)

5

(

2)

1

3

IB

=

IA

⇔ −

t

+

t

−

= ⇔ −

t

= ⇔ =

t

hoặc

t

=

1

⇒

B

(3; 6)

Do

I

BD

D

(1; 2)

+ Vậy

B

(3; 6)

C

(4;3)

D

(1; 2)

Bài 15

+ Gọi

H

của

B

DC

ABHD

(84)

Đặt 2

2

3

AB

=

BH

=

HD

=

AD

= ⇒

a

BC

=

a

⇒

HC

=

BC

−

BH

=

a

⇒

DC

= +

a

3

+ Gọi

N

M

AD

N

của

AD

(

,

)

4

2

MN

=

d M AD

=

Mặt khác

MN

ABCD

4

2

3

4

8 3

2

3

AB

+

DC

=

MN

⇔ + +

a

= ⇔ =

a

= −

+

4 3

2

a

AN

⇒

= = −

+ Xét tam giác vuông

AMN

(

)

2 2

4 3

2

32 16 3

AM

=

AN

+

MN

=

−

+

=

−

+ Gọi

A

( 3

t

−

3; )

t

∈

AD

t

∈



(

)

2

32 16 3

3

4

32 16 3

AM

=

−

⇔

t

−

+ =

t

−

2

2 3

4 3

0

t

⇔ −

− +

= ⇔

t

=

2

t

=

2 3

−

2

Vậy

A

(2 3; 2)

−

Bài 16

+ Gọi

H

A

BC

Do

M

AC

( ,

)

2 (

,

)

AH

=

d A BC

=

d M BC

=

2.

1 3

2 2

2

− +

=

+ Vì

ABC

A

2

BAC

HAC= =

60

Xét tam giác vng

AHC

4 2

2 2

cos 60

2

AH

AC

=

⇒

MC

=

+ Gọi

C t t

( ;

+ ∈

3)

BC

t

>

0

2 2

8

(

1)

(

1)

8

3

MC

= ⇔ −

t

+ +

t

= ⇔

t

= ⇔ =

t

(85)

+ Mặt khác

M

AC

A

(2

−

3;1

−

3)

Bài 17

+ Đường trịn

( )

C

I

(4; 3)

−

R

=

2

+ Gọi

H

của

I

AB

IHA

H

2

2 2

AI

=

IH

=

R

=

+ Gọi

A t

( ;3 )

−

t

∈

d

2 2

8

(

4)

(2

6)

8

5

32

44

0

2

AI

= ⇔ −

t

+

t

−

= ⇔

t

−

t

+

= ⇔ =

t

22

5

t

=

⇒

A

(2; 1)

−

Vì

I

AC

C

(6; 5)

−

+

BD

I

(4; 3)

−



AC

=

(4; 4)

− =

4(1; 1)

−

x

− − =

y

7

0

Mà

IB

=

ID

=

IA

=

2 2

B D

,

2

(

x

−

4)

+

(

y

+

3)

=

8

Khi tọa độ

B D

,

2 2

2

7 (2; 5), (6; 1)

(6; 1), (2; 5)

( 4) ( 3) ( 4)

1 x y

x y y x B D

B D

x y x x

y

 = 

 = −

− − = = − − −

 ⇔ ⇔ ⇒

 − + + =  − =  =  − −



  

= −  

Vậy

A

(2; 1), (2; 5), (6; 5),

−

B

−

C

−

D

(6; 1)

−

hoặc

A

(2; 1), (6; 1), (6; 5),

−

B

−

C

−

D

(2; 5)

−

Bài 18

+ Đường trịn

( )

C

I

(1; 2)

−

và bán kính

R

=

10

+ Gọi

AB



MI

=

{ }

H

khi

5

2

AB

AH

=

và

2 2

1

10

5

10

AM

(86)

Suy 2

10 10

20

MI

=

AM

+

IA

=

+

=

MI

=

20

+ Gọi

M

(2

t

−

5; )

t

∈ ∆

(*) 2

(2

t

6)

(

t

2)

20

t

4

t

4

0

t

2

M

( 1; 2)

⇔

−

+ +

=

⇔ − + = ⇔ = ⇒

−

+ Vậy

M

( 1; 2)

−

Bài 19

+ Đường tròn

( )

C

I

(6; 2)

R

=

2

+ Gọi đường trịn

( ')

C

I

'

R

'

Do

( ')

C

I

'

y

=

x

y

= −

x

+ Gọi

I t t

'( ; )

R

'

=

t

( ')

C

( )

C

2 2

'

(

6)

(

2)

2

16

40

4

II

= +

R

⇔

t

−

+ −

t

= + ⇔

t

−

t

+

= +

t

+

2

0

20

36

0

2

16

4

36

0

18

0

12

36

0

t

 ≥





−

+

=



=





⇔ −

−

+

= ⇔



⇔ 

=

<











−

+

=



'(2; 2)

'

2

'(18;18)

' 18

I

R

I

R







=





⇒ 





=





+ Vậy phương trình đường trịn

( ')

C

(

x

−

2)

+

(

y

−

2)

=

4

2

(

x

−

18)

+

(

y

−

18)

=

324

Bài 20

I

9

3

0

2

3

9

0

3

2

x

y

x

y

 =



− − =



⇔





+

− =





 =



9 ; 2

I 

⇒  

 

+ Gọi

M

AD

M

0

3

(3; 0)

3

0

y

x

M

x

y

=



⇔

⇒



− − =



=



Suy

2

3

2

2.

3 2

2

AB

=

MI

=

 

 

+

 

 

=

(87)

+ Theo giả thiết

12

.

12

2 2

3 2

ABCD

S

AB AD

AD

AB

=

⇔

=

⇔

=

⇒

MA

=

2

+ Do

d

I

AD

⊥

d

AD

x

+ − =

y

3

0

+ Gọi

A

(3

−

t t

; )

t

>

0

2

1

MA

= ⇔ + = ⇔

t

= ⇔ =

t

hoặc

t

= −

1

Suy

A

(2;1)

M

AD

⇒

D

(4; 1)

−

Ta có

I

AC

BD

(7; 2)

(5; 4)

C

B







A

(2;1), (5; 4), (7; 2)

B

C

D

(4; 1)

−

Bài 21

+ Ta có

IM

⊥

AB

M

IM



= −

( 3;3)

= −

3(1; 1)

−

vecto pháp tuyến nên có phương trình:

x

− + =

y

3

0

A

4

3

0

3

4 5

;

2

1

0

5

3 3

3

x

y

A

x

y

 = −



− + =



⇔



⇒



−





+ + =













 =



2 7

;

3 3

B





−









M

AB

+ Đường thẳng

BC

B

n



=

(2;1)

phương trình:

2

3

7

3

x

t

y

t

 = − +





 = +



Gọi

2

2 ;

7

3

C





− +

t

+

t









+ Mặt khác:

2 2

2

8

10

8

10

2

3

IC

=

IB

⇔

IC

=

IB

⇔





t

−





+ +





t





=

 

 

+









(88)

2

2 7

;

0

3 3

5

4

0

4

14 47

;

5

15 15

C

B

t

C

 

−



≡

=



 









⇔

− = ⇔

⇒



=









 









+ Vậy

14 47

;

15 15

C













Bài 22

+ Gọi

I

R

( )

T

Gọi

d



d

=

{ }

K

H

hình chiếu vng góc

I

1

4 2

2

AB

d

⇒

HA

=

Vì

M

∈

d

M

∈

( )

T

M

là tiếp điểm

d

( )

T

Do đường thẳng

IM

M

(1; 2)

2

(1;1)

d

u



=

tuyến nên có phương trình:

x

− + − = ⇔ + − =

1

y

2

0

x

y

3

0

+ Do

n n

d

.

d

= ⇒

0

d

⊥

d

⇒

 

IHKM

1

1 3

(

,

)

3 2

2

IH

=

MK

=

d M d

=

+ +

=

Suy 2 2 2

(3 2)

(4 2)

50

R

=

IM

=

IA

=

IH

+

AH

=

+

=

+ Gọi

I t

( ;3

− ∈

t

)

IM

(*) 2

6

(

1)

(

1)

50

(

1)

25

4

t

=



⇔ −

+ −

=

⇔ −

=

⇔ 

= −



(6; 3)

( 4; 7)

I

−



⇒ 

−



+ Vậy đường tròn

( )

T

(

x

−

6)

+

(

y

+

3)

=

50

hoặc 2

(

x

+

4)

+

(

y

−

7)

=

50

Bài 23

+ Gọi

I t

( ;1

− ∈ ∆

t

)

(89)

2 2

4

3(1

) 4

4

3(1

) 18

7

21

4

3

4

3

t

−

− −

−

− −

⇔

=

⇔

− =

−

+

7

t

7

21 7

t

2

I

(2; 1)

⇔

− =

−

⇔ = ⇒

−

+ Chọn

M

(1; 0)

∈

AB

2

4 18

14

(

,

)

5

4

3

AD

=

d M CD

=

−

=

+

+ Vì

ABCD

14 2

7 2

2

5

2

5

AC

=

AD

=

⇒

AI

=

BI

Suy

A B

,

I

7 2

5

2

98

(

2)

(

1)

25

x

−

+

y

+

=

+ Khi tọa độ

A B

,

2

25

44

43

98

0

(

2)

(

1)

9

225

25

4

3

4

0

3

x

y

x

y



−

+

=



−

+

=



⇔





−



−

− =



=





⇔

1

25

32

25

x

y

 =





 = −



43

25

24

25

x

y

 =





 =



1

32

;

25

43 24

;

25 25

A

B

 

−







 



⇒ 





 



 





(vì

x

A

<

1

+ Do

I

AC

BD

99 18

;

25 25

C













57

74

;

25

D





−









Vậy

1

;

32

,

43 24

;

,

99 18

;

,

57

;

74

25

25 25

25

A





−





B









C









D





−





















Bài 24

+ Đường trịn

(

C

)

O

(0; 0)

R

=

5

+ Gọi

(

C

)

(

C

)

A

B

I

(

C

)

{ }

OI



AB

=

H

Khi 2

2

2 25

AB

=

AH

=

OA

−

OH

=

−

OH

(90)

Mặt khác

OH

≤

OM

nên

OH

=

OM

⇔

M

≡

H

+

AB

M

OM

AB

2

5

0

x

−

y

− =

Khi tọa độ

A B

,

2 2

2

5

0

2

5

0

25

4

0

x

y

x

y

x

y

x

y

−

− =

=

+

=



⇔



⇔





+

=



+

=

 =



3

4

x

y

= −



 = −



A

(5; 0)

B

( 3; 4)

− −

+ Phương trình

OM

: 2

x

+ =

y

0

I t

( ; )

−

t

∈

OM

2 2

2 10

40

(

5)

4

40

IA

=

⇔

IA

=

⇔ −

t

+

t

=

2

1

( 1; 2)

2

3

0

3

(3; 6)

t

I

t

I

= −

−



⇔ − − = ⇔



⇒



=

−



Vậy tâm đường tròn

(

C

)

I

( 1; 2)

−

I

(3; 6)

−

Bài 25

+ Do

d



d

=

{ }

A

2

0

2

3

0

x

y

x

y

+ − =



 + − =



1

(1;1)

1

x

A

y

=



⇔

 =

⇒



+ Gọi

M

BC

khi

M

∈

d

IM

d

IM

x

+ − =

y

4

0

Suy tọa độ điểm

M

4

0

5

(5; 1)

2

3

0

1

x

y

x

M

x

y

+ − =

=



⇔

⇒

−



+

− =



= −



+

BC

M

1

(1; 1)

d

u



=

−

trình:

x

− − =

y

6

0

+ Gọi

B t

(

+

6; )

t

∈

BC

t

>

0

2 2 2

(

2)

10

2

3

0

1

IB

=

IA

⇔

IB

=

IA

⇔ +

t

+ =

t

⇔ + − = ⇔ =

t

(91)

Suy

C

(3; 3)

−

M

BC

Suy phương trình

AB y

:

=

1

AC

: 2

x

+ −

y

3

Bài 26

+ Do

ABCD

ABC

120

ABD

Gọi

M

(2;1)

AB

⇒

M

DM

M

nhận



AB

=

(2; 2)

=

2(1;1)

pháp tuyến có phương trình:

3

0

(3

; )

x

+ − = ⇒

y

D

−

t t

t

>

0

2 2

(

2)

8

2

0

1

3

DB

=

AB

⇔

DB

=

AB

⇔ + −

t

= ⇔ − − = ⇔ = +

t

hoặc

t

= −

1

3

Suy

D

(

2

−

3;1

+

3

)

+ Gọi

{ }

5

3 3

;

3

(

4

3;3

3

)

2

AC

BD

=

I

⇒

I





−

+





⇒

C

−

+







(Vì

I

AC

BD

Vậy

C

(

4

−

3;3

+

3

)

D

(

2

−

3;1

+

3

)

Bài 27

+ Gọi

N

'

N

I

NN

'

Suy

N

'(4; 5)

−

thẳng

AB

(

)

16

4

'

4;

3; 4

3

MN

=





−





=

−







làm véctơ phương ,

suy

n



AB

=

(4;3)

Phương trình

AB

: 4

x

+

3

y

− =

1

0

+ Gọi

H

I

AB

2

8 1

( ,

)

2

4

3

IH

=

d I AB

=

+ −

=

+

Mặt khác

AC

=

2

BD

⇒

AI

=

2

IB

IBA

2 2 2

1

5

4

IB

(92)

+ Gọi

B

(4 ; )

+

t

− −

t

∈

AB

4

3

t

> −

2 2

5

(3

2)

(4

6)

5

12

7

0

1

IB

= ⇔

t

+

t

+

= ⇔

t

+

t

+ = ⇔ = −

t

hoặc

7

5

t

= −

⇒

B

(1; 1)

−

+ Vậy

B

(1; 1)

−

Bài 28

+ Đường trịn

( )

C

I

(3; 2)

−

3 6

2

R

=

+ Gọi

MI



AB

=

{ }

H

2 AH = ⇒a IH = R −AH = −a

Khi 27

8 IAB

S =

.

27 3

.

27

27 3

8

2

8

AH IH

a

⇔

=

⇔

−

=

2

4 2

2 27

27 2187 27

81

2 64

8 a

a a a

a

 = 

⇔ − + ⇔ ⇒ =

 = 

(vì

AB

⇔

AH

⇔

a

Suy 27 27

2

IH= − =

2

27

:

2

IA IM

IH

⇒ = = =

+ Gọi

M t

( ;

− − ∈

t

5)

d

2 2

18

(

3)

(

3)

18

2

0

(0;5)

IM

=

⇔ −

t

+ +

t

=

⇔

t

= ⇔ = ⇒

t

M

(93)

Bài 29

+ Gọi

I

(3; 1)

AB

⇒

I

−

Khi trung trực

d

AB

I



AB

=

(2; 4)

=

2(1; 2)

pháp tuyến nên có phương trình:

3 2(

1)

0

2

1

0

x

− +

y

+ = ⇔ +

x

y

− =

Tam giác

MAB

M

⇒

MA

=

MB

⇒

M

∈

d

Mặt khác

M

∈

( )

C

M

2

1

0

1 2

1

6

2

6

0

5

18

13

0

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

+

− =

= −



⇔



 =

+

−

+ =

−

+

=



hoặc

21

5

13

5

x

y

 = −





 =



( 1;1)

21 13

;

5

M

−





⇒







−





 





+ Ta có

1

(

,

).

2

MAB MAB

S

=

d M AB AB

⇒

S

d M AB

(

,

)

Phương trình đường thẳng

AB

2

x

− − =

y

7

0

+ Với

2

2 7

( 1;1)

(

,

)

2 5

2

1

M

−

⇒

d M AB

=

− − −

=

+

21 13 ;

5

M− 

  2

42

13

7

16

5

(

,

)

5

2

1

d M AB

−

⇒

=

+

Do 16

2 5

< nên 21 13;

5

M− 

  điểm thỏa mãn toán

Bài 30

+

AB

A

(3; 4)

tuyến

OA



=

(3; 4)

3

x

+

4

y

−

25

=

0

Gọi

B

(3 ; )

+

t

−

t

2 2

(94)

2

1

( 1; 7)

1

t

B

t

= −



⇔ = ⇔

 =

⇒

−



B

(7;1)

+ Đường trịn (C) ngoại tiếp OABC có tâm I trung điểm OB

1 ; 2 I 

⇒ − 

  bán kính

5 2

R=OI = nên

( )

C

2

1

7

25

2

x

y



+



+



−



=

















+ Do

{ } { }

( )

( 1; 0)

(0; 7)

( )

Ox

C

E

O

E

F

Oy

C

F

O

=

≠



−



⇒



=

≠







+

EF

∆

MEF

M

Ta có:

2 2

.

25

2

4

2

MEF

ME MF

ME

MF

EF

S

=

≤

+

=

Vậy diện tích

∆

MEF

25

2

Dấu “=” xảy khi:

ME

=

MF

M

EF

Đường trung trực

EF

1 7

;

2 2

I





−









EF

=

(1; 7)



là vecto

pháp tuyến nên có phương trình:

1

7

0

7

24

0

2

x

y

x

y



+



+



−



= ⇔ +

−

=

















Gọi

M

(24 ; )

−

t t

2

5 2

25

49

7

25

7

2

MI

= =

R

⇔

MI

=

⇔





t

−





+ −





t





=









2

3

(3;3)

7

12

0

4

( 4; 4)

t

M

t

M

=



⇔ − +

= ⇔



⇒



=

−



tọa độ điểm

M

( )

C

M

∈

( )

C

(95)

Bài 31

+ Gọi

H

của

A

∆

2

4 2

2

( , )

5

1

2

AH

=

d A

∆ =

− +

=

+

+ Đặt

AN

= ⇒

a

AM

=

2

a

Ta có:

2 2 2

1

5

1

4

a

AH

=

AN

+

AM

⇔ =

a

+

a

⇔

=

2

1

AN

=

+ Gọi

N

(2

t

−

2; )

t

∈



2 2

1

(2

2)

(

2)

1

5

12

7

0

1

AN

= ⇔

t

−

+ −

t

= ⇔

t

−

t

+ = ⇔ =

t

hoặc

7

5

t

=

⇒

N

(0;1)

+ Khi phương trình

AN

x

=

0

AM

y

=

2

M

2

0

2

(2; 2)

2

x

y

x

M

y

−

+ =

=



⇔

⇒



=



=



Vậy

M

(2; 2),

N

(0;1)

Bài 32

+ Gọi

∆

A

Gọi

D

C

∆

khi

D

∈

AB

CD

C

( 4;1)

−

góc với

∆

5

0

x

− + =

y

I

CD

∆

5

0

(0;5)

5

0

5

x

y

x

I

x

y

− + =

=



⇔

⇒



+ − =



=



Do

I

CD

⇒

D

(4;9)

+ Gọi

A a

( ;5

− ∈ ∆

a

)

a

>

0

2 2 2 2

4

16

4

AI

=

CI

⇔

AI

=

CI

⇔

a

+

a

=

+

⇔

a

=

⇔ =

a

hoặc

a

= −

4

⇒

A

(4;1)

(96)

+ Gọi

B

(4; )

b

∈

AB

1

.

2

2.24

6

2

8

ABC ABC

S

AB AC

AB

AC

=

⇔

=

2

5

(4; 5)

36

(

1)

36

7

(4; 7)

b

B

AB

b

B

= −

−



⇔

=

⇔

−

=

⇔



⇒



=



+ Với

B

(4; 5)

−

B C

,

∆

Với

B

(4; 7)

B C

,

∆

Khi

BC

3

x

−

4

y

−

16

=

0

Bài 33

+ Đường trịn

( )

C

I

(1; 2)

và bán kính

R

=

5

Vì

ABCD

nội tiếp

( )

C

I

trung điểm

AC

⇒

C

(3;1)

+ Gọi

H

B

AC

10

2

.

5

2 5

ABCD

ABCD ACB

S

AC BH

BH

R

BI

H

I

AC

=

⇒

=

= =

⇒

≡

Suy

ABCD

⇒

BD

⊥

AC

Do

BD

I

AC

phương trình :

2

x

− =

y

0

+ Khi tọa độ

B D

,

2 2

0

2

4

0

5

10

0

2

0

2

4

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

= =





+

−

=

⇔



−

=

⇔



=







− =

=







=





+ Vậy

B

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

C

D

(2; 4)

B

(2; 4), (3;1),

C

D

(0; 0)

Nhận xét

Ở bài toán ta khai thác số liệu đặc biệt toán để

ABCD

là hình vng viết phương trình đường chéo

BD

⊥

AC

Nếu số liệu không

giúp ta có điều (

ABCD

khơng hình vng mà hình chữ nhật thật sự)

thì ta giải toán nào?Câu trả lời tình : “ khi tính khoảng cách

BH

, ta suy

B

thuộc đường thẳng song song với

AC

và

cách

AC

một khoảng

BH

Khi giao điểm đường thẳng vừa lập

(97)

Bài 34

C

của hệ:

3

13

0

1

0

x

y

x

y

−

+

=



 − − =



8

(8; 7)

7

x

C

y

=



⇔

 =

⇒



+ Ta có

CBA

 

=

CDE

CDA



suy

∆

ABC

= ∆

EDC

⇒

CA

=

CE

Gọi

A a a

( ;

−

1)

a

<

3

2 2

( 8) ( 8) 72

CA=CE⇔CA =CE ⇔ a− + a− = ⇔ =a

hoặc

a

=

14

⇒

A

(2;1)

+ Ta có (6; 6)   

90 90 90

( 6; 6)

CE

CE CA ACE BCD BAD

CA

 = −

 ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =



= − − 

  



hay

AB

⊥

AE

Khi

AB

A

(2;1)



AE

=

(12; 0)

x

− =

2

0

+ Suy tọa độ điểm

B

2

0

2

(2;5)

3

13

0

5

x

B

x

y

− =

=



⇔



⇒



−

+

=



=



Vậy

A

(2;1), (2;5)

B

Bài 35

+ Đường trịn

( )

T

I

(0; 2)

R

=

2 2

+ Do tam giác

ABC

2

IC

R

IM

=

Gọi

M t

( ; 2

t

− ∈

1)

d

t

≤

1

2 2

2

(2

3)

2

5

12

7

0

1

(98)

hoặc

7

5

t

=

⇒

M

(1;1)

+ Gọi

C x y

( ; )

( ;

2)

( 1;1)

IC

x y

MI



=

−





= −







khi

2

( 2; 4)

2

4

x

IC

MI

C

y

= −



=

⇔



⇔



⇒

−

− =

=







+

AB

M

(1;1)

IM



=

(1; 1)

−

phương trình:

x

− =

y

0

Khi tọa độ

A B

,

2 2

0

1

3

4

0

2

0

1

3

x

y

x

y

x

y

x

y

x



− =

=

= = +



⇔

⇔ 



+

−

− =

−

− =



= = −





Vậy A

(

)

B

(

1

−

3;1

−

3

)

C

( 2; 4)

−

A

(

1

−

3;1

−

3

)

(

1

3;1

3

)

B

+

C

( 2; 4)

−

Bài 36

+ Phương trình cạnh

AB x

:

+ − =

y

1

0

Gọi

M

AB

M

(2; 1)

−

Khi phương trình đường trung trực

AB

∆

:

x

− − =

y

3

0

+ Gọi

I

ABC

suy

I

∈ ∆ ⇒

I t t

( ;

−

3)

Ta có : 2

2

4

(

3)

(

1)

4

IA

= = ⇔

R

IA

= ⇔

x

−

+ −

x

=

2

1

(1; 2)

4

3

0

3

(3; 0)

x

I

x

I

=

−



⇔

−

+ = ⇔



⇒



=



Gọi

C a b

( ; )

b

>

0

+ Với

I

(1; 2),

−

ABC

2

( ) : (

T

x

−

1)

+

(

y

+

2)

=

4

Khi :

C

∈

( )

T

⇔

(

a

−

1)

+ +

(

b

2)

=

4

b

>

0

+ Với

I

(3; 0),

ABC

2

( ') : (

T

x

−

3)

+

y

=

4

Khi 2

( )

(

3)

4

(99)

Mặt khác ta có:

( ,

)

2

1

8

5

3

2

2 2

ABC

a b

S

d C AB

a b

AB

+ =

+ −



=

⇔

=

⇔ 

+ = −



Với

a b

+ =

5

2

3

(

3)

4

2

5

a

b

a b

=

 −

+

=

⇔





+ =

 =



5

0

a

b

=



 =



⇒

C

(3; 2)

a b

+ = −

3

2

(

3)

4

3

a

b

a b

 −

+

=



+ = −



Vậy

C

(3; 2)

Bài 37

+ Gọi

M

BC

J

I

BC

Khi

AH

=

2

IM

=

IJ

AHJI

⇒

JB

=

JC

=

JH

Suy

J

ngoại tiếp tam giác

HBC

.

+ Gọi

M

(2

t

+

1; )

t

⇒

J

(4

t

+

1; )

t

Do

E

HBC

2 2 2

(4

1)

(2

1)

(4

5)

(2

1)

JH

=

JE

⇔

t

−

+

t

−

=

t

−

+

t

+

24

t

24

t

1

M

(3;1)

J

(5; 2)

⇔

=

⇔ = ⇒

⇒

Khi

BC

M

IM



=

(2;1)

nên

BC

2

x

+ − =

y

7

0

+ Gọi

B b

( ; 7

−

2 )

b

∈

BC

b

<

4

2 2

( 5) (5 ) 10

JB =JE ⇔ b− + − b = ⇔b − b+ = ⇔ =b

hoặc

b

=

4

⇒

B

(2;3)

+ Do

M

BC

C

(4; 1)

−

Vậy

B

(2;3), (4; 1).

C

−

Bài 38

+ Ta có phương trình

AB

2

x

− − =

y

1

0

AB

=

5

2 2.0,5

( , )

5

ABC

S d C AB

AB

(100)

C

⇒

∆

AB

1

5

+

∆

AB

∆

2

x

− + =

y

m

0

Ta có :

( , )

( ,

)

1

0

2

5

m

d A

d C AB

m

=

+



∆ =

⇔

=

⇔ 

= −



+ Với

m

= ⇒ ∆

0

: 2

x

− =

y

0

C

2 2

2

0

2

1

2

6

4

9

0

5

14

9

0

x

y

x

y

x

y

x

y

x

− =

=



⇔



 =

+

−

+ =

−

+ =



hoặc

9

5

18

5

x

y

 =





 =



(loại)

⇒

C

(1; 2)

Suy trọng trọng tâm

4

; 2

3

G













+ Với

m

= − ⇒ ∆

2

: 2

x

− − =

y

2

0

C

2

0

2

3

4

6

4

9

0

5

22

21 0

x

y

x

y

x

y

x

y

x

− =

=

−

=



⇔



 =

+

−

+ =

−

+

=



7

5

4

5

x

y

 =





 =



(loại)

⇒

C

(3; 4)

Suy trọng tâm

2;

8

3

G













Vậy

4

; 2

3

G













8

2;

3

G













Bài 39

+ Vì

d



d

=

{ }

I

tọa độ điểm

I

của hệ:

2

1

0

1

(1;1)

2

3

0

1

x

y

x

I

x

y

− − =

=



⇔

⇒



+ − =



=



(101)

Ta có: 2

.

2.2 ( 1).1

3

4

cos

sin

5

5 5

.

d

n n

n

α

=

+ −

= ⇒

α

=

 

+ Ta có

1

2

2.6

.

sin

.3 sin

5

4

2

3sin

3.

5

IAB

IAB

S

IA IB

α

IA IA

α

IA

α

=

⇒

=

Vậy

5

IA

=

IB

=

(3

IA

)

=

45

+ Gọi

A a

( ; 2

a

−

1)

a

>

0

(*) 2

(

a

1)

(2

a

2)

5

(

a

1)

1

a

2

⇔

−

+

−

= ⇔

−

= ⇔ =

a

=

0

(2;3)

A

⇒

+ Gọi

B b

( ;3 )

−

b

(2*) 2

4

(4; 5)

(

1)

(2 )

45

(

1)

9

2

( 2; 7)

b

B

b

B

=

−



⇔

−

+ −

=

⇔

−

= ⇔



⇒



= −

−



Với

(2;3)

(4; 5)

A

B





−



∆

A B

,

4

x

+ − =

y

11

0

Với

(2;3)

( 2; 7)

A

B



 −



∆

A B

,

x

+ − =

y

5

0

Bài 40

+ Gọi

N

AC

khi

MN

10

2

BC

ABC

MN

∆

⇒

=

MN

1

; 4

2

M













góc với

AH

2

x

+

6

y

−

25

=

0

Gọi

;

25 2

6

t

N t





−

∈



MN





2

2 1

2

t MN = ⇔t−  + −  =

(102)

Gọi

A a a

( ;3

+ ∈

5)

AH

⇒

B

(1

−

a

;3 )

−

a

M

AB

+ Với

1;

9

2

N





−









⇒

C

( 2

− −

a

; )

−

a

N

AC

Nhận thấy

− − < − ⇒

2

a

1

a

x

C

<

x

B

+ Với

2;

7

2

N













⇒

C

(4

−

a

; )

−

a

N

AC

Khi

(1 ; )

(

6;3

3)

AB

a

CH

a



= −

− −





=

−





2

0

.

0

4

5

0

5

4

a

AB

CH

AB CH

a

=





⊥

⇔

= ⇔

−

= ⇔

 =



 

Khi

a

= ⇒

0

A

(0;5), (1;3), (4; 2)

B

C

Khi

5

5 35

;

,

1

;

3

,

11

;

7

4

4 4

4

a

= ⇒

A









B





− −





C





−

















Vậy

A

(0;5), (1;3), (4; 2)

B

C

5 35

;

,

1

;

3

,

11

;

7

4 4

4

A









B





− −





C





−

















Bài 41

+ Gọi

I I

,

(

C

), (

C

)

{ }

1

AB



I I

=

M

Khi

AB

A

(10; 20)

I I

∆

x

+ −

y

30

=

0

(103)

15

30 15 45

;

15 45 2

2 x x y M x y x  =  + − =  ⇔ ⇒    − + =      = 

Do

M

AB

B

(5; 25)

+ Kẻ

I H I K

,

CD

2

CD

HK

=

Ta có ( , ) 3.5 25 10 10

10

d B CD = − − =

2 2.120

12 10 10

( , ) 10

BCD

S

CD HK

d B CD

⇒ = = = ⇒ =

+ Gọi

ϕ

∆

1

3 1 2

cos

10

n n n n ϕ = = + =     Do

HK

I I

∆

1 2cos 15 cos

HK

HK I I ϕ I I

ϕ

= ⇒ = =

15 2

I M

⇒ =

+ Gọi

I t t

( ;

+

15)

∈ ∆

t

≤

0

2

1

225

15

225

2

0

2

I M

=

⇔





t

−





=

⇔ =

t





t

=

15

⇒

I

(0;15)

⇒

I

(15;30)

+ Gọi

2 ( ;3 10) ( ;3 10)

C c c

D d d

− ∈ ∆ 

 − ∈ ∆

 , đó:

2

1

2

(3 25) 125

( 15) (3 40) 125

I C I A c c

I D I A d d

 = + − =  ⇔  =  − + − =   

10 (10; 20)

5 (5;5) (5;5)

(17; 41)

10 (10; 20)

17 (17; 41)

 =  ≡  =     ⇔ ⇒ ⇒ = ≡         =   

c C A

c C C

d D A

d D

Vậy B(5; 25), (5;5),C D(17; 41)

Bài 42

+ Gọi

( )

C

có tâm

I

R

+ Ta có

∆



Oy

=

{ }

O

AOB

30

suy 

60

=

(104)

Khi

0

3

sin 60

2

3

2

1

cos 60

2

AB

BC

R

AC

BC

R



=







=



+ Chu vi

∆

ABC AB

:

+

BC

+

CA

= +

3

⇔

3

R

+

2

R

+ = +

R

3

⇔ =

R

1

+ Ta có

∆

OAI

A

IA

= ⇒

R

OI

=

2

R

=

2

Gọi

I

(0; )

t

∈

Oy

4

2

(0; 2)

I

OI

t

I



= ⇔ = ⇔ = ± ⇒ 

−



Vậy phương trình đường trịn

( )

C

x

+

(

y

−

2)

=

1

2

(

2)

1

x

+

y

+

=

Bài 43

Đường thẳng

d

n

d

=

(

m

−

1;

m

−

2)



d

pháp tuyến

2

(2

;

1)

d

n

=

−

m m

−



Dễ thấy

 

n n

d

.

d

=

(

m

−

1)(2

−

m

) (

+

m

−

2).(

m

− =

1)

0

∀

m

d

⊥

d

và lại có

A

∈

d

B

∈

d

+ Nếu

P

≡

A

P

≡

B

PA PB

+

=

AB

=

2 2

+ Nếu

∃∆

ABP

∆

ABP

P

2

AB

PI

=

I

(1; 0)

là trung điểm

AB

+ Ta ln có : 2

2

.

PA

+

PB

≥

PA PB

(

)

2

PA

PB

PA

PB

2

PA PB

.

⇔

+

≥

+

2

AB

(

PA

PB

)

PA

PB

2.

AB

4

⇔

≥

+

⇒

+

≤

=

suy

(

)

4

max

PA PB

+

=

Dấu “=” xảy

PA

=

PB

∆

ABP

P

(105)

Do

PI

x

− − =

y

1

0

+ Gọi

P t t

( ;

− ∈

1)

PI

=

2

⇔

PI

=

2

2 2

2

(

1)

(

1)

2

(

1)

1

0

t

=



⇔ −

+ −

= ⇔ −

= ⇔ 

=



(2;1)

(0; 1)

P



⇒ 

−



Với

P

(2;1)

d

m

=

1

P

(0; 1)

−

vào

d

m

=

2

Vậy

m

=

1

m

=

2

(

)

4

max

PA PB

+

=

Bài 44

+ Gọi

M

BC

khi tọa độ điểm

M

của hệ:

7

3

;

4 2

2

x

x y

M

x y

y

 =  + − =

 ⇔ ⇒  − 

 − − =   

  = −



+ Vì

AD

⊥

BC

AD

D

(4; 2)

−

u



BC

=

(1;1)

x

− + + = ⇔ + − =

4

y

2

0

x

y

2

0

+ Do

AD



AM

=

{ }

A

3

5

8

0

1

(1;1)

2

0

1

x

y

x

A

x

y

+

− =

=



⇔

⇒



+ − =



=



+ Gọi

E

AD

5

;

1

2

E





⇒



−







Gọi

I

ABC

Khi

IJ IM

,

AD

BC

IJ

x

− − =

y

3

0

IM

x

+ − =

y

3

0

I

3

0

3

(3; 0)

3

0

x

y

x

I

x

y

− − =

=



⇔

⇒



+ − =



=



+ Gọi

B t t

( ;

− ∈

4)

BC

t

≤

3

2 2 2

(

3)

(

4)

5

7

10

0

2

IB

=

IA

⇔

IB

=

IA

⇔ −

t

+ −

t

= ⇔ − +

t

= ⇔ =

t

hoặc

t

=

5

⇒

B

(2; 2)

−

M

BC

C

(5;1)

(106)

Bài 45

+ Do

M N

,

BC

góc vng nên

MNBC

đường tròn

Suy  ABC=AMN (cùng bù với NMC) (1)

Gọi

D

AO

( )

C

 ABC=ADC (cùng chắn cung



AC

Từ (1) (2) suy ra:  AMN =ADC

Mặt khác:  

90

ADC+DAC= , suy  

90

AMN+DAC= ⇒OA⊥MN

+ Khi ta có phương trình

OA

: 3

x

+

4

y

=

0

A

2

4

3

4

0

( 4;3)

25

4

3

x

y

x

y

A

x

y

x

y





= −





=

+

=







⇔

⇒

−





+

=



=





= −





hoặc

A

(4; 3)

−

+ Khi AC qua

A

( 4;3)

−

K

(2;1)

x

+

3

y

− =

5

0

C

2 2

4

3 ( 4;3)

(5;0)

25

0

x y

x y C A

C

x y x

y

 = −   =

+ − = − ≡

 ⇔ ⇒

 + =  = 



 

=  

Tọa độ điểm

M

4 10

x y x

M

x y y

+ − = = −

 

⇔ ⇒ −

 − + =  =

 

Phương trình đường thẳng

BM

: 3

x

− + =

y

5

0

B

2

3

3 ( 3; 4)

(0;5)

25

5

x y

x y B

B

x y x

y

 = −   = −

− + = − −

 ⇔ ⇒

 + =  = 



 

=  

(107)

Bài 46

+ Đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC

I

(2; 2)

−

10

IA

=

2

( ) : (

T

x

−

2)

+

(

y

+

2)

=

10

+ Phương trình

AH x

:

− − =

y

2

0

Gọi D giao điểm thứ hai AH với đường trịn (T)

D

2 3; 1 (3;1)

( 2) ( 2) 10

(3;1)

1; ( 1; 3)

2

x y D

x y

D

x y D A

x y

= =

 − + + =  

⇔ ⇒ ⇒

 − − =  = − = −  − − ≡

 



+ Gọi

M

BC

AD

Ta có

B

 

=

A

DC



B

 

=

A

C



Suy B 1=B2⇒ ∆BHD cân

B

⇒

M

HD

⇒

M

(2; 0)

+ Khi

BC

M

AH

2

0

x

+ − =

y

Suy tọa độ

B C

,

2

1;

1

(1;1),

(5; 3)

(

2)

(

2)

10

5;

3

(5; 3), (1;1)

2

0

=

−

 −

+

=



⇔

⇒



+ − =



=

= −



−





x

y

B

C

x

y

x

y

B

C

x

y

Vậy

B

(1;1), (5; 3)

C

−

B

(5; 3), (1;1)

−

C

Bài 47

+ Gọi

I t

( ;3 )

−

t

∈ ∆

t

>

0

2

(

5)

(2

6)

CI

=

BI

⇔ −

t

+

t

−

2

4 (



t

3)

4

t



=



−

+



2

3

t

2

t

5

0

t

1

⇔

+ − = ⇔ =

5

3

t

= −

⇒

I

(1;1)

AC

I C

,

x

+ − =

y

2

0

Phương trình

BD

I B

,

x

− =

y

0

+ Ta có

( ,

)

3 2

2 2

2

d B AC

=

+ −

=

Khi đó:

2

2.12

6 2

( ,

)

2 2

ABC

S

AC

d B AC

(108)

Gọi

A a

( ; 2

− ∈

a

)

AC

a

<

0

2

72

2(

5)

72

1

AC

=

⇔

a

−

=

⇔ = −

a

=

11

⇒

A

( 1;3)

−

+ Phương trình đường thẳng

CD

C

AB

trình:

y

+ =

3

0

D

0

3

( 3; 3)

3

0

x

y

x

y

D

y

− =



⇔ = = − ⇒

− −

 + =



Vậy

A

( 1;3),

−

D

( 3; 3)

− −

2 BÀI TOÁN

A NỘI DUNG BÀI TỐN 2

Tìm tọa độ điểm

M

thuộc đường thẳng

∆

và cách đường thẳng

∆

'

cho trước (đã biết phương trình) khoảng khơng đổi.

Gọi

M t

( )

∈ ∆



d I

h

→

f t

( )

= ⇔ = ⇒

0

t

?

M

Giải thích chi tiết:

Khi gặp tốn có nội dung Bài tốn 2ta giải sau: + Tham số hóa điểm

M

theo

t

(do

M

∈ ∆

)

bằng

cách

gọi

M t

( )

+ Cắt nghĩa kiện

d I

( , ')

∆ =

h

giúp ta

có phương trình chứa

t

là

f t

( )

=

0

+ Giải phương trình tìm

t

giúp ta suy tọa độ điểm

M

.

C VÍ DỤ GỐC

Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

∆

:

x

+ − =

y

1

0

thẳng

∆

' : 5

x

−

12

y

+ =

2

0

M

∆

M

∆

'

khoảng

2

Giải

+ Gọi

M t

( ;1

− ∈ ∆

t

)

2

5 12(1 )

( , ') 2

5 12

t t

d M ∆ = ⇔ − − + =

(109)

(2; 1)

17 26 18 18 35

; 17 17 17

M t

t

M t

−  =



 

⇔ − = ⇔ ⇒  

−

= −  

 

   

+ Vậy

M

(2; 1)

−

18 35

;

17 17

M





−









Ví dụ (B – 2004). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

(1;1)

A

B

(4; 3)

−

C

x

−

2

y

− =

1

0

khoảng cách từ

C

AB

6

Do

A

(1;1)

,

B

(4; 3)

−

ta hồn tồn suy phương trình

AB

Khi

tốn phát biểu theo nội dung Bài toán2nên ta dễ dàng suy tọa độ điểm

C

Giải

+ Ta có



AB

=

(3; 4)

−

phương trình

AB

: 4

x

+

3

y

− =

7

0

+ Vì

C

x

−

2

y

− =

1

0

nên gọi

C

(2

t

+

1; )

t

2

4(2 1)

( , ) 6

4

t t

d C AB = ⇔ + + − =

+

(7;3)

11 30 27 43 27

;

11 11

11

C t

t

C t

 =



 

⇔ − = ⇔ ⇒  

− −

= −  



   

+ Vậy

C

(7;3)

43

;

27

11

C





−









Ví dụ 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

ABCD

có diện tích

4

A

(1; 0), (0; 2)

B

I

chéo nằm đường thẳng

y

=

x

C D

,

* Với kiện

I

y

=

x

gợi ý ta nên tìm tọa độ điểm

I

Cũng hợp lí biết điểm

I

ta dễ dàng suy tọa độ đỉnh

C

và

D

(do

I

là

(110)

* Lúc ta kiện chưa khai thác diện tích bình hành

ABCD

bằng

4

Song ta cần có điểm

I

tham gia vào kiện

Do ta nghĩ tới việc chuyển :

2

1

4 ( , ) ( , )

2 2

ABCD ABCD IAB

S

S S d I AB AB d I AB

AB

= = ⇒ = = =

+

* Như việc tìm điểm

I

đã “lộ diện” theo nội dung Bài tốn 2

Vì ta có lời giải chi tiết sau:

Giải

+ Ta có



AB

= −

( 1; 2)

⇒

n



AB

=

(2;1)

AB

2

x

+ − =

y

2

0

+ Ta có:

2

1

4 ( , ) ( , )

2 2

ABCD ABCD IAB

S S S d I AB AB d I AB

AB

= = ⇒ = = =

+ + Gọi

I t t

( ; )

4 4

;

2

( , ) 2 3

5 5

0 (0;0)

I

t t t

d I AB t

t I

   

+ −  =   

= ⇔ = ⇔ − = ⇔ ⇒  

=

 

 

+ Vì

I

AC BD

,

Với 4; 8;

3 3

I ⇒C 

   

8 ; 3

D 

  ;

Với I

( )

C

(

)

D

(

)

Vậy 8; , 2;

3 3

C  D 

    C

(

) (

D

)

Oxy

ABCD

phương trình đường thẳng chứa cạnh

AB

CD

4

0

x

− + =

y

x

− − =

y

4

0

biết tâm hình vng thuộc đường thẳng

∆

: 2

x

− − =

y

1

0

* Ở ví dụ

AB

//

CD

và biết phương trình, ta hồn tồn

(111)

CD

) Khi khoảng cách từ

I

tới

AB

hoặc

CD

là hồn tồn tính Nghĩa ta

sẽ tìm tọa độ điểm

I

theo góc nhìn Bài toán 2 Song toán này, để

tránh khơng phải loại bớt nghiệm ta sử dụng hệ thức

( ,

)

( ,

)

d I AB

=

d I CD

để tìm điểm

I

* Khi tìm điểm

I

ta dễ dàng viết phương trình đường thẳng

AD

theo

góc nhìn Bài tốn 6.1 (các bạn tìm hiểu phần sau) việc tìm điểm

A C B D

, , ,

trở nên đơn giản.

Sau lời giải chi tiết cho ví dụ trên:

Giải Gọi

I t

( ; 2

t

− ∈ ∆

1)

hình vng

ABCD

Ta có: d I AB( , )=d I CD( , )

(2 1) (2 1)

2

t− t− + t− t− −

⇔ =

5 (1;1)

t t t I

⇔ − = + ⇔ = ⇒

Vì

AD

⊥

AB

AD

x

+ + =

y

m

0

Ta có: ( , ) ( , ) :

6 :

2

m m AD x y

d I AD d I AB

m AD x y

+  =  + + =

= ⇔ = ⇔ ⇒

= − + − =

 

+ Với

AD x

:

+ + =

y

2

0

A

2

0

3

( 3;1)

4

0

1

x

y

x

A

x

y

+ + =

= −



⇔

⇒

−



− + =



=



Tọa độ điểm

D

4

x y x

D

x y y

+ + = =

 ⇔ ⇒ −

 − − =  = −

 

Do

I

(1;1)

AC BD

,

C

(5;1), (1;5)

B

+ Với

AD x

:

+ − =

y

6

0

A

6

0

1

(1;5)

4

0

5

x

y

x

A

x

y

+ − =

=



⇔

⇒



− + =



=



Tọa độ điểm

D

4

x y x

D

x y y

+ − = =

 ⇔ ⇒

 − − =  = −

 

Do

I

(1;1)

AC BD

,

C

(1; 3), ( 3;1)

−

B

−

(112)

Nhận xét:

Nếu toán việc tìm

I

ta sử dụng đẳng thức

d I AB

( ,

)

=

2 2

(trước ta

đi tính

d AB CD

(

,

)

=

d M CD

(

,

)

=

4 2

, với

M

∈

AB

) cho hai điểm

I

,

đó ta phải có bước thử lại

d I CD

( ,

)

=

2 2

Song bàitoán thay làm thế, ta

sử dụng đẳng thức :

d I AB

( ,

)

=

d I CD

( ,

)

giúp ta tìm điểm

I

thỏa mãn tốn Như Bài tốn 2có thể phát biểu tổng quát : “ Tìm tọa độ điểm

M

∆

và liên hệ với (hoặc 2) đường thẳng khác

qua hệ thức có yếu tố khoảng cách”.

Ví dụ 4 (A,A1 – 2013 – NC). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

đường thẳng

∆

:

x

− =

y

0

( )

C

R

=

10

∆

hai điểm

A B

,

AB

=

4 2

( )

C

A

B

tại điểm thuộc tia

Oy

( )

C

* Ta nhận thấy để giải yêu cầu toán, ta cần tìm tọa độ tâm

I

của

đường tròn

( )

C

* Vẫn tư quen thuộc tìm điểm, ta cần tìm yếu tố định tính (điểm

I

nằm đường thẳng nàođãbiết phương trình ? ) yếu tố định lượngliên

quan tới điểm

I

( điểm

I

có cách điểm cố định khoảng tính

khơng? Có cách đường thẳng cho trước khoảng không đổi khơng ?) Để có được điều ta cần khai thác kiện mà toán cho.

* Nếu gọi

H

là giao điểm

IM

và

∆

(với

M

là giao hai tiếp tuyến) ta dễ

dàng tính

IH

=

2

hay

d I

( , )

∆ =

2

*

IM

⊥ ∆

, biết thêm tọa độ điểm thuộc

IM

ta viết phương trình

IM

và tìm điểm

M

nhờ vào Bài toán 2 Lúc với kiện

M

thuộc tia

Oy

, định hướng ta tìm tọa độ điểm

M

* Với số liệu

R

=

10

AB

=

4 2

giúp ta tính

MH

=

4 2

hay

(

, )

4 2

d M

∆ =

Như điểm

M

sẽ “tháo” theo góc nhìn Bài toán 2

Sau lời giải chi tiết:

Giải

+ Gọi

I

( )

C

M

A

B

( )

C

H

(113)

Do

M

Oy

M

(0; )

m

≥

0

H

2

AB

AB⇒AH = =

+ Xét tam giác

IAM

,

2 2 2

1 1 1 1

2 10

8 10 40 AM

AH =AM +AI ⇔ = AM + ⇔ AM = ⇔ =

Suy 2

4

MH = AM −AH =

Mà ( , )

2

m

MH =d M ∆ ⇔ = ⇔ =m m= −8 (loại)

Do

M

(0;8)

+ Đường thẳng

IM

M

∆

8

0

x

+ − =

y

Khi

I t

( ;8

−

t

)

2 ( , )

IH = IA −AH = ⇔d I ∆ =

(8 ) (5;3)

2

3 (3;5)

2

t t t I

t I

− −  = 

⇔ = ⇔ ⇒

=

 

Kiểm tra điều kiện 2

5 2,

=

+

=

IM

IA

AM

I

(5;3)

Vậy đường tròn

( )

C

(

x

−

5)

+

(

y

−

3)

=

10

Nhận xét:

* Như tốn trên, việc tìm điểm

M

và

I

đều áp dụng theo nội dung

Bài toán 2

* Ở bàitốn có nhiều bạn tìm hai điểm

M

, không ý tới kiện

M

thuộc tia

Oy

được hiểu

M

(0; )

m

với

m

≥

0

* Ở tốn ngồi cách tìm điểm

I

theo góc nhìn Bài tốn 2 Các bạn có

thể tìm

I

theo góc nhìn Bài tốn 5.1(sẽ đề cập chi tiết phần sau) Cụ thể:

+ Đường thẳng

IM

qua

M

và vng góc với

∆

nên có phương trình :

8

0

x

+ − =

y

Do tọa độ điểm

H

là nghiệm hệ

8

x y x

H

x y y

− = =

 

⇔ ⇒

 + − =  =

 

+ Ta có 2 1

4

(114)

1

4 ( 4)

5

(5;3)

1

4

4 I

I I I

x

I y

y

 − = −

  =



⇔ ⇔ = ⇒

  − =



Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

ABCD

(1;1)

A

B

(4;5)

I

x

+ + =

y

3

0

Tìm tọa độ đỉnh

C D

,

ABCD

9

Bài (D – 2007). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

2

( ) : (C x−1) +(y+2) =9 đường thẳng

d

: 3

x

−

4

y

+ =

m

0

m

d

P

PA PB

,

( )

C

A B

,

PAB

Oxy

ABC

A

BC= Các đường thẳng

AB

AC

M − 

 

và 0;18

7

N 

  Xác định tọa độ đỉnh tam giác

ABC

AH

có phương trình

x

+ − =

y

2

0

B

Oxy

ABCD

hai đường chéo

I

AB

M

(0; 7)

−

(5;3)

G

ICD

ABD

12

A

thẳng

∆

:

x

− − =

y

2

0

ABCD

F GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài 1.

+ Ta có AB=(3; 4)⇒nAB =(4; 3)−

nên

AB

4

x

−

3

y

− =

1

0

+ Ta có

2

1 9

4 ( , ) ( , )

2 2 3 4 10

ABCD ABCD IAB

S

S S d I AB AB d I AB

AB

= = ⇒ = = =

+

+ Gọi

I t

( ;

− −

t

3)

10 10

t t

(115)

1

1 ;

2

9

7

25

2 25 17

;

14 14 14

I t

t

t I

  

 = −  − − 

   

⇔ + = ⇔ ⇒

  

 = −  − − 

   

+ Vì

I

AC BD

,

Với

(

)

; 2;

2

I− − ⇒C − −

  D

(

)

Với 25; 17 32; 24

14 14 7

I− − ⇒C− − 

   

53 52

;

7

D− − 

 

Vậy

C

(

− −

2; ,

) (

D

− −

5; 10

)

7 7

C− −  D− − 

   

Bài

+ Đường trịn

( )

C

(1; 2)

I

−

R

=

3

+ Tam giác

PAB

∠

API

=

30

Xét tam giác vng

IAP

0

3

6

sin

sin 30

IA

IP

API

=

∠

+ Với

P

∈

d

IP

=

6

P

IP

⊥

d

hay :

d I d

( , )

=

IP

2 11

6 11 30

3

m

+

⇔ = ⇔ + = ⇔

+

19 41

m m

=   = −



+ Vậy

m

=

19

m

= −

41

Bài

+ Gọi

N

'

N 

  qua

AH

suy N'∈AB

'

NN

7

N 

  vng góc với

AH

nên có phương trình : 18

x− +y =

I

'

(116)

2 18

0 16

;

16 7

2

7

x

x y

I

x y y

 = −

 − + = 

 ⇔ ⇒ − 

   

 + − =  =

 

Do

I

7

NN ⇒N − 

 

+ Khi

AB

M − 

 

4

' ;

7

N − 

  nên có phương trình:

7

x

+

3

y

− =

2

0

A

7

3

2

0

1

( 1;3)

2

0

3

x

y

x

A

x

y

+

− =

= −



⇔



⇒

−



+ − =



=



+ Gọi

B

( ;3 )

− +

t

−

t

∈

AB

1

3

t

>

Khi ta có : ( , ) 2 3 2

2

t t

BC

d B AH = = ⇔ − + + − − =

⇔ 4t = ⇔ =4 t

t

= −

1

Suy

B

(2; 4)

−

+

BC

B

(2; 4)

−

AH

6

0

x

− − =

y

H

(4; 2) (6;0)

2

x y x

H C

x y y

− − = =

 

⇔ ⇒ − ⇒

 + − =  = −

  (do

H

BC

Vậy

A

( 1;3), (2; 4), (6; 0)

−

B

−

C

Bài 4

+ Gọi

N

CD

2

3 3

IG= IN= IM ⇒IG= IM

(

)

(

)

2

5

3

(3; 1)

2

3

I I

x x

x

I y

y y

 − = −

  =



⇔ ⇔ = − ⇒ −

  − = − −



(117)

Mặt khác

3 5

( ,

)

2

2.3

2

3 5

5

AMI

S

MI

d A MI

MI

=

⇒

=

+ Ta có phương trình đường thẳng

MI

: 2

x

− − =

y

7

0

Gọi

A a a

( ;

− ∈ ∆

2)

2 ( 2) (3;1)

2

( , )

7 (7;0)

5 5

a a a A

d A MI a

a A

− − −  = 

= ⇔ = ⇔ − = ⇔ ⇒

=

 

Do

M

AB

I

AC BD

,

+ Với

A

(3;1)

⇒

B

( 3; 15), (3; 3),

− −

C

−

D

(9;13)

Với

A

(7; 0)

⇒

B

( 7; 1), (13;12),

− −

C

D

( 1; 2)

− −

Vậy

A

(3;1), ( 3; 15), (9;13),

B

− −

C

D

(3; 3)

−

hoặc

A

(7; 0), ( 7; 1), (13;12),

B

− −

C

D

( 1; 2)

− −

3 BÀI TOÁN

A NỘI DUNG BÀI TỐN 3

M

∆

(cho biết phương trình

∆

- hay

M

tham số hóa theo ẩn) cho

MAB

là tam giác đặc biệt (vuông; cân;

hai cạnh có mối liên hệ độ dài,…)

Gọi

M t

( )

∈ ∆

→

từ kiện tam giác MAB đặc biệt

f t

( )

= ⇔ = ⇒

0

t

?

M

Giải thích chi tiết:

Do

M

∈ ∆

, nên ta gọi

M t

( )

(tham số hóa điểm

M

dựa vào

∆

) Sau khai

thác kiện

MAB

là tam giác đặc biệt giúp ta có phương trình chứa ẩn

t

:

( )

0

f t

=

Giải phương trình tìm

t

sẽ giúp ta tìm tọa độ điểm

M

.

Chú ý:

+

M

có thể tham số hóa thơng qua điểm khác.

+ Hai điểm

A B

,

hoặc biết tọa độ , hai điểm có tọa độ phụ thuộc

vào tọa độ điểm

M

C VÍ DỤ GỐC

Oxy

∆

: 2

x

− − =

y

5

0

và hai điểm

A

( 2;3), (4;1)

−

B

M

∆

(118)

Giải

+ Gọi

( ; 2

5)

(

2; 2

8)

(

4; 2

6)

AM

t

M t

t

BM

t



= +

−



− ⇒ 

= −

−





+ Khi tam giác

MAB

M

.

0

(

2)(

4)

(2

8)(2

6)

0

AM BM

t

⇔

 

= ⇔ +

− +

−

=

2

(2; 1)

5

30

40

0

4

(4;3)

t

M

t

M

=

−



⇔

−

+

= ⇔



⇒



=



+ Vậy

M

(2; 1)

−

M

(4;3)

Oxy

MAB

A

đường thẳng

∆

:

x

+

2

y

+ =

1

0

Biết

B

(1; 4)

−

I

(2; 2)

−

AM

A

và

M

∆

M

Giải

+ Gọi

M

( 2

− −

t

1; )

t

∈ ∆

Vì

I

(2; 2)

−

AM

⇒

2

5

2

4

A I M

x

t

y

t

=

−

= +





=

−

= − −



⇒A (2t +5; -4 –t)

+ Tam giác

MAB

2 2 2

(4

6)

(2

4)

(2

4)

AM

AB

AM

AB

t

⇔

=

⇔

=

⇔

+

=

+

2

4

6

(3; 2)

6

4

6

5

t

M

t

= −



+ =





⇔



⇔

⇒

−



+ = −

= −



7

6

;

5

M





−









+ Với

M

(3; 2)

− ⇒

A

(1; 2)

−

A

(1; 2)

−

M

(3; 2)

−

Oxy

MAB

(2; 1)

G

−

A

(1; 3)

−

∆

: 2

x

− − =

y

4

0

M

độ điểm

M

B

MB

=

5

MA

M

(119)

Bài giải

+ Gọi

M t

( ; 2

t

− ∈ ∆

4)

t

>

0

G

(2; 1)

−

MAB

3

5

(5

; )

3

4 2

B G A M

x

t

B

t

y

t

=

−

= −



⇒

−



=

−

= −



+ Khi

2 2 2

5 25 (2 5) (4 8) 25 ( 1) (2 1)

MB= MA⇔MB = MA ⇔ t− + t− =  t− + t− 

105

t

66

t

39

0

t

1

⇔

−

= ⇔ =

13

35

t

= −

(1; 2)

(4; 2)

M

B

−



⇒ 



Ví dụ (D – 2004) Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

ABC

đỉnh

A

( 1; 0)

−

B

(4; 0)

C

(0; )

m

≠

0

G

tam giác

ABC

m

GAB

G

* Do

G

là trọng tâm tam giác nên ta dễ dàng suy

1;

3

m

G













* Khi tọa độ điểm

G

phụ thuộc theo

m

, kiện tam giác

GAB

vuông

G

sẽ

giúp suy rađược

m

theo góc nhìn Bài tốn 3

Sau lời giải chi tiết cho Ví dụ 1:

Giải

+ Do

G

1

3

0

3 3

+ + − + +

 = = =



 + + + +

 = = =



A B C G

x x x

x

y y y m m

(120)

2 1;

3

 

⇒   +

 

m

G a b

+ Suy

2; 3;

3

 = − − 

 

  



 

 = − 

  



 m

GA

m GB

, tam giác

GAB

G

2

6

9

⇔GA GB = ⇔ − +m = ⇔ = ±m

Vậy 1;

3

     

m

G với m= ±3

Ví dụ (A,A1 – 2013 – CB) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

chữ nhật

ABCD

C

d

: 2

x

+ + =

y

5

0

( 4;8)

A

−

M

B

C

N

góc

B

MD

B

C

(5; 4)

N

−

* Do

C

d

nên ta nghĩ tới việc tìm điểm

C

trước

cách tham số hóa tọa độ điểm

C t

( ; 2

− − ∈

t

5)

d

* Lúc ta cần thiết lập phương trình

f t

( )

=

0

Trong tốn có yếu tố

điểm tường minh

A

( 4;8)

−

và

N

(5; 4)

−

Khi ta nghĩ tới việc gắn kết

điểm

C A N

, ,

để tạo mối liên hệ Ta đặt câu hỏi : “tam giác

CAN

có đặc biệt? ”

Bằng kiến thức hình học phẳng ta dễ dàng trả lời câu hỏi việc chứng minh tam giác

CAN

vuông

N

→

chuyển Bài toán 3và “tháo” điểm

C

thì việc tìm tọa độ điểm

B

tiếp theo đơn giản Sau lời giải chi tiết:

Giải + Gọi

AC

∩

BN

=

{ }

H

Do

ACMD

nên AC // DM hay CH // MN

Suy

CH

trong

∆

BNM

CH

BN

HB

HN

⊥



⇒ 

=



⇒

B

đối xứng với

N

AC

Khi  ANC ABC= =

(121)

+ Gọi

C t

( ; 2

− − ∈

t

5)

d

⇒



NC

= − − −

(

t

5; 2

t

1)



AN

=

(9; 12)

−

Khi (*)

⇔

NC AN

 

.

= ⇔

0

9(

t

− −

5) 12( 2

− − =

t

1)

0

⇔

33

t

−

33

= ⇔ = ⇒

0

t

1

C

(1; 7)

−

+ Ta có



AC

=

(5; 15)

−

=

5(1; 3)

−

:

1

7 3

x

t

AC

y

t

= +



 = − −



Gọi

H

(1

+

m

; )

− −

m

∈

AC

⇒



NH

=

(

m

− −

4; 3

m

−

3)

Do

NH

⊥

AC

⇔

NH

 

⊥

AC

= ⇔ − − −

0

m

4 3( 3

m

− =

3)

0

1

11

;

2

m

H





⇔ = − ⇒



−







+

H

BN

2

4

2

7

B H N

x

y

=

−

= −





=

−

= −



⇒

B

( 4; 7)

− −

Nhận xét :

Khi tốn tìm điểm

M t

( )

đang thiếu yếu tố ( cần để lập phương trình

chứa

t

) ta cần khai thác kiện lại toán Cụ thể: Nếu toán

cho biết tọa độ điểm, ta nghĩ tới việc tính khoảng cách từ

M

tới điểm (Bài

tốn 1) Nếu tốn cho biết phương trình đường thẳng, ta nên tìm cách tính khoảng từ

M

tới đường thẳng (Bài tốn 2) Nếu toán cho biết tọa độ hai

điểm (như ví dụ trên) ta gắn kết

M

với hai điểm đó, cách trả lời câu hỏi: “ba

điểm tạo thành tam giác có đặc biệt?” (Bài toán 3), “ ba điểm thẳng hàng chúng có mối liên hệ qua hệ thức vecto ?” (các bạn tìm hiểu câu hỏi ở Bài toán 5)

Oxy

A

(1; 2)

B

(3; 4)

−

đường thẳng

d x

:

+ − =

y

3

0

( )

C

điểm

A B

,

d

* Nếu biết tọa độ tâm

I

của đường trịn

( )

C

ta tìm bán kính suy

phương trình

( )

C

Như toán quay việc tìm tọa độ điểm

I

* Do

A

(1; 2)

∈

d

nên

( )

C

tiếp xúc với

d

tại

A

⇒

IA

⊥

d

Khi ta viết

phương trình

IA

và lúcnày

I

đang thuộc đường thẳng biết phương trình

Mặt khác

IA

=

IB

=

R

hay tam giác

IAB

cân

I

Như việc tìm điểm

I

được

chuyển Bài tốn 3

(122)

Giải + Gọi

I

( )

C

Do

A

(1; 2)

∈

d

( )

C

xúc với

d

A

⇒

IA

⊥

d

+ Khi vectơ phương đường thẳng

IA

(1; 1)

IA d

u

 

=

n

=

−

Suy phương trình

:

1

2

x

t

IA

y

t

= +



 = −



I

(1

+

t

; 2

− ∈

t

)

IA

+ Vì

( )

A

C

IA

IB

IA

IB

B

C

∈



⇒

=

⇔

=

 ∈



2 2

5

(

2)

(

6)

16

40

0

2

t

⇔ + = −

+ −

⇔ −

+

= ⇔ =

7

;

1

2

I





⇒



−







+ Khi bán kính

5 2

2

R

=

IA

=

( )

C

2

7

1

25

2

x

y



−



+



+



=

















Nhận xét :

Với kiện

IA

=

IB

, bạn suy điểm

I

thuộc đường trung trực

AB

Khi ta dễ dàng tìm tọa độ điểm

I

Do điểm

I

chính giao điểm

đường thẳng

IA

và đường trung trực

AB

(các phương trình viết đơn

giản)

Ví dụ (A – 2009 – CB). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

nhật ABCDcó điểm I(6; 2) giao điểm hai đường chéo AC BD Điểm

(1;5)

M

AB

E

CD

thẳng

∆

:

x

+ − =

y

5

0

AB

*

AB

đi qua

M

(1;5)

Do để viết phương trình đường thẳng AB ta

nghĩ tới việc tìm thêm vecto pháp tuyến phương

AB

* Ta có

I

(6; 2)

;

IE

⊥

AB

, cộng thêm E thuộc đường thẳng

∆

:

x

+ − =

y

5

0

Dữ

(123)

* Lúc ta cần thiết lập phương trình

f t

( )

=

0

Trong tốn có yếu tố

điểm cho trước

I

(6; 2)

và

M

(1;5)

Khi ta nghĩ tới việc gắn kết điểm

, ,

E I M

để tạo mối liên hệ Song ta nhận thấy tam giác

EIM

khơng có đặc biệt

Như ta cầnmột điểm thay khác mà có mặt giúp ta nhìn thấy Bài tốn 3

* Do

I

là tâm đối xứng hình chữ nhật

ABCD

Nên ta nghĩ tới việc tạo điểm

F

đối xứng với

E

qua tâm

I

Khi tam giác

MEF

hay

IFM

vng

F

Nghĩa ta tìm tọa độ điểm

E

theo góc nhìn Bài tốn 3(ở bạn có

thể tìm điểm đối xứng với

M

qua tâm

I

– xem phần nhận xét) Sau lời

giải chi tiết:

Giải

+ Gọi

EI



AB

=

{ }

F

I

EF

+ Gọi

E t

( ;5

− ∈ ∆

t

)

2

12

(12

;

1)

2

1

F I E

x

t

F

t t

y

t

=

−

=

−



⇒

−



=

−

= −



(11

;

6)

(

6;3

)

MF

t t

IE

t



=

−



⇒ 

= −

−







+ Ta có

IE

⊥

AB

hay

IE

⊥

MF

⇔

 

IE MF

.

= ⇔

0

(11

−

t t

)(

− + −

6)

(

t

6)(3

− =

t

)

0

6

(6; 1)

(

6)(14 )

0

7

(7; 2)

t

E

t

E

=

−



⇔ −

−

= ⇔



⇒



=

−



+ Với

E

(6; 1)

−

AB

M

(1;5)

EI



=

(0;3)

=

3(0;1)

vecto pháp tuyến nên

AB

y

− =

5

0

Với

E

(7; 2)

−

AB

M

(1;5)

IE



=

(1; 4)

−

tuyến nên

AB

x

− −

1 4(

y

− = ⇔ −

5)

0

x

4

y

+

19

=

0

Vậy phương trình đường thẳng

AB

y

− =

5

0

x

−

4

y

+

19

=

0

Nhận xét :

(124)

* Sau tìm

t

=

6

hoặc

t

=

7

các bạn suy

F

(6;5)

hoặc

(5; 6)

F

, từ suy phương trình

AB

(đi qua hai điểm

M F

,

đã biết tọa độ).

*) Ngoài cách giải ví dụ bạn tìm điểm

E

bằng cách xác định thêm

điểm

N

đối xứng với

M

qua

I

,

N

(11; 1)

−

và thuộc

CD

Sử dụng Bài

toán 3với tam giác

IEN

vng

E

, giúp ta có đáp sốcủa tốn.

Ví dụ

Oxy

ABCD

(1; 2)

B

−

G

ABC

: 2

1

0

d

x

− + =

y

CD

N

( 1; 2)

−

đỉnh

A C D

, ,

G

Trọng tâm G thuộc đường thẳng d nên ta nghĩ tới việc tham số hóa G(t)

Ta nhận thấy D có mối liên hệ với G qua hệ thức vecto BD=3BG và N trung điểm

của DC Nghĩa ta suy ( )

( )

  

D t

C t Mà BCD tam giác vuông C nên ta

hồn tồn “tháo” C, D theo góc nhìn Bài tốn 3 Khi việc tìm điểm

A

sẽ

trở nên đơn giản nhờ sử dụng hệ thức

 

BA

=

CD

Giải

+ Gọi

G

ABC

Do

G

∈ ⇒

d

G t

( ; 2

t

+

1)

+ Ta có : 2 1

3 3

= = =

   

BG BI BD BD

3

⇒BD= BG

1 3( 1)

(3 2;6 7)

2 3(2 3)

− = − = −

 

⇒ ⇔ ⇒ − +

+ = + = +

 

D D

x t x t

D t t

y t y t

+ Do

N

2 (6 7)

= − = − − − = − 

⇒  = − = − + = − −



C N D

x x x t t

DC

y y y t t

( ; )

⇒C − − −t t (3 1;6 1)

(6 2;12 10)

 = + +

 ⇒ 

= − +



 

CB t t

CD t t

Tam giác

BCD

C

.

0

(3

1)(6

2) (6

1)(12

10)

0

CB CD

 

= ⇔

t

+

t

− +

t

+

t

+

=

2

45

36

4

0

3

t

⇔

+

+ = ⇔ = −

2

(125)

Do

G

2

( 4;3)

(2;1)

3

D

t

C

−



= − ⇒ 



+ Mặt khác

BA

 

=

CD

1

6

5

( 5; 0)

2

0

A A

x

A

y

− = −

= −



⇒



⇔



⇒

−

+ =

=



Vậy

A

( 5; 0), (2;1),

−

C

D

( 4;3)

−

Nhận xét:

Khi gặp tốn tìm điểm, mà điểm không nó thuộc đường biết phương trình Lúc giải pháp tìm mối liên hệ thơng qua điểm tham số hóa (những điểm thuộc đường thẳng đề cho hoặc viết phương trình) Cụ thể ví dụ ta có mối liên hệ

D

và

G

;

C

và

D

mà

G

tham số hóa theo ẩn

t

do thuộc đường thẳng đề cho tìm cách

tạo phương trình chứa t nhờ Bài tốn 3

Oxy

ABC

(2; 3)

G

−

B

(1;1)

∆

:

x

− − =

y

4

0

A

phân giác góc

A

BC

I

giác

IAB

4

5

IAC

BC

A

Do tam giác

ABC

có trọng tâm

G

(2; 3)

−

B

(1;1)

nên tìm tọa độ

điểm

A

ta tìm tọa độ điểm

C

và dễ dàng viết phương trình

BC

Lúc

này việc tìm điểm

A

sẽ đưa Bài tốn 3như sau:

* Điểm

A

∈ ∆

:

x

− − =

y

4

0

* Do

AI

là phân giác nên

d I AB

( ,

)

=

d I AC

( ,

)

,

khi

4

5

IAB IAC

S

=

S

⇔

AB

=

AC

Giải + Gọi

A t t

( ;

− ∈ ∆

4)

t

>

0

Do

G

(2; 3)

−

tam giác

ABC

3

5

3

6

C G A B

x

t

y

t

=

−

= −



(126)

⇒C (5 – t; – –t)

+ Vì

AI

ABC

d I AB

( ,

)

=

d I AC

( ,

)

đó :

4

1

( ,

).

4 1

( ,

).

5

2

5 2

IAB IAC

S

=

S

⇔

d I AB AB

=

d I AC AC

2

4

25

16

5

AB

AC

AB

AC

⇔

=

⇔

=

2 2

25 (



t

1)

(

t

5)



16 (2



t

5)

(2

t

2)



⇔



−

+ −



=



−

+



2

39

t

54

t

93

0

t

1

⇔

+

−

= ⇔ =

31

13

t

= −

⇒

C

(4; 7)

−

+ Khi

BC

B

(1;1)

BC



=

(3; 8)

−

phương trình:

1 3

1 8

x

t

y

t

= +



 = −



Oxy

ABCD

diện tích

18

AC

x

+

2

y

− =

9

0

thẳng

AB

E

(5;5)

AD

F

(5;1)

tọa độ đỉnh

A B D

, ,

A

3

2

B

3

* Có

A

∈

AC x

:

+

2

y

− =

9

0

* Tam giác

AEF

vuông

A

→

chuyển Bài tốn 3, ta tìm tọa

độ điểm

A

+ Sau tìm điểm

A

AB

và

AD

và

ta tiếp tục tìm hai điểm

B

và

D

(các bạn xem kĩ Bài toán 4).

(127)

+ Gọi

A

(9 ; )

−

t t

∈

AC

3

2

t

>

(4 ;

5)

(4 ;

1)

AE

t t

AF

t t



=

−





=

−





+ Do tam giác

AEF

A

.

0

(2

4)

(

5)(

1)

0

AE AF

= ⇔

t

−

+ −

t

− =

 

5

t

22

t

21

0

t

3

⇔

−

+

= ⇔ =

hoặc

7

5

t

=

⇒

A

(3;3)

+ Khi

AB

A

(3;3)

E

(5;5)

x

− =

y

0

AD

A

(3;3)

E

(5;1)

x

+ − =

y

6

0

Gọi 1

2

( ; )

( ; 6

)

B t t

AB

D t

t

AD

∈





−

∈



t

>

3

Gọi

AC

∩

BD

=

{ }

I

BD

1 2

6

;

2

t

I





+

− +









Mặt khác:

I

∈

AC

1 2

6

2.

9

0

3

6

0

6 3

2

t

+

− +

⇔

+

− = ⇔

− − = ⇔ = −

1

(

3;

3)

(6 ;3 )

(3 ;3

3)

AB

t

D

t

AD

t



=

−



⇒

−

⇒ 

= −

−





(

)

(

)

2

1 1

2

1 1

(

3)

(

3)

2.

3

2

3

(3

3)

(3

3)

3 2.

1

3 2

1

AB

t

AD

t



=

−

+

−

=

− =

−



⇒ 

=

−

+

−

=

− =

−



+ Khi

S

ABCD

=

18

⇔

AB AD

.

=

18

⇔

2

(

t

−

3 2

)

(

t

− =

1

)

18

⇔ −

t

4

t

= ⇔ =

0

t

4

t

=

0

Suy

B

(4; 4)

D

( 6;12)

−

Chú ý :

Ngồi cách tìm tọa độ điểm

B C D

, ,

ở lời giải bạn tham khảo

thêm lời giải khác tương tự (Bài 2trong phần Bài tập vận dụng)

Ví dụ (A – 2010 – NC) Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

ABC

cân

A

(6; 6)

d

AB

AC

x

+ − =

y

4

0

B

C

(128)

* Khi tìm điểm câu hỏi thường đặt ra:“điểm có thuộc đường thẳng biết phương trình (hoặc viết được) hay khơng” u cầu tốn cần tìm tọa độ hai điểm

B C

,

, giúp ta nghĩ tới việc nên viết phương trình

BC

* Dữ kiện tam giác

ABC

cân

A

và

d

đi qua trung điểm cạnh

AB

và

AC

, cho ta biết

BC

//

d

và qua điểm

H

là điểm đối xứng với

A

qua

d

Như ta hồn tồn viết phương trình

BC

* Nếu tìm

B

ta suy

C

(

H

là trung điểm

BC

) Lúc

kiện cịn lại tốn “

E

(1; 3)

−

nằm đường cao qua đỉnh

C

của tam giác

ABC

” giúp ta tìm tọa độ điểm

B

theo góc nhìn Bài tốn 3 Do ta có

lời giải chi tiết sau:

Giải

+ Từ

A

AH (

H

∈

BC

)

d

I

Vì tam giác

ABC

A

H I

,

lần lượt trung điểm

BC

AH

Khi

AH

A

(6; 6)

vng góc với

d

phương trình :

x

− =

y

0

I

4

0

2

(2; 2)

( 2; 2)

0

x

y

x

y

I

H

x

y

+ − =



⇔ = = ⇒

⇒

− −

 − =



+ Đường thẳng

BC

H

d

4

0

x

+ + =

y

+ Gọi

B t

( ; 4

− − ∈

t

)

BC

⇒

C

( 4

− −

t t

; )

H

BC

(

6; 10

)

(

5; 3

)

AB

t

CE

t



= − − −



⇒ 

= + − −





Do

E

(1; 3)

−

C

ABC

( 6)( 5) ( 10 )( )

AB CE= ⇔ −t t+ + − − − − =t t

 

2

(0; 4)

( 4; 0)

0

6

0

6

( 6; 2)

(2; 6)

B

C

t

B

C





−





−

=







⇔ + = ⇔



⇒



= −



−





−





(129)

Nhận xét:

Ờ toán ta nhận thấy có mở rộng nội dung Bài tốn 3 Thay vì

3

điểm tạo

thành tam giác vng, ta có mối liên hệ qua điểm có yếu tố vng

(hình vẽ minh họa) Về chất hai kiện nhau, giúp ta “cắt nghĩa” yếu tố vuông để thiết lập phương trình chứa ẩn mà ta cần tìm

Oxy

ABC

trình đường trung tuyến kẻ từ

A

BC

3

x

+

5

y

− =

2

0

x

− − =

y

2

0

A

BC

ABC

D

(2; 2)

−

các đỉnh tam giác

ABC

B

* Khi đứng trước tốn hình học Oxy, câu hỏi thường hay đặt “Với những kiện ban đầu, ta tìm tọa độ điểm nào?” Trong

bài toán câu trả lời dành cho điểm

M

và

A

Bởi

M

là giao hai đường

thẳng biết phương trình (

BC

và

AM

), cịn

A

là giao

AM

(đã biết phương

trình)

AD

(viết qua

D

vng góc với

BC

).

* Lúc ta nghĩ tới việc tìm tọa độ điểm

B

bởi có kiện “gợi ý”

B

có hồnh độ khơng lớn cộng thêm việc biết tọa độ điểm

B

ta suy tọa

độ điểm

C

(do

M

là trung điểm

BC

)

*

B

∈

BC

, biết tọa độ điểm

I

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam

giác

ABC

ta dễ dàng suy tọa độ điểm

B

theo góc nhìn Bài tốn 1

(

B

∈

BC

và

BI

=

IA

)

* Tam giác

IAD

cân

I

, phương trình

IM

hồn tồn viết Nghĩa ta

thấy nội dung Bài tốn 3 Điều giúp ta tìm tọa độ điểm

I

Bài tốn

được giải hoàn toàn. Sau phần lời giải chi tiết:

Giải

+ Gọi

M

BC

và

I

tam giác

ABC

(130)

M

3

2

0

2

3

1

;

3

5

2

0

1

2

x

y

M

x

y

 =



− − =



⇔



⇒



−





+

− =













 = −



AD qua D(2; -2) vng góc với BC nên có phương trình:

x

+ =

y

0

A

0

1

( 1;1)

3

5

2

0

1

x

y

x

A

x

y

+ =

= −



⇔

⇒

−



+

− =



=



+

IM

M

BC

x

+ − =

y

1

0

Gọi

I t

( ;1

− ∈

t

)

IM

∆

IAD

I

2 2 2

( 1) ( 2) ( 3)

IA =ID ⇔ +t + = −t t + −t

⇔

2

t

+ = −

1

10

t

+

13

⇔ = ⇒

t

1

I

(1; 0)

+ Gọi

B b b

( ;

− ∈

2)

BC

b

≤

1

2 2

(

1)

(

2)

5

3

0

IB

=

IA

⇔

b

−

+ −

b

= ⇔

b

−

b

= ⇔ =

b

=

3

(0; 2)

B

⇒

−

+ Vì

M

BC

⇒

C

(3;1)

Vậy

A

( 1;1)

−

B

(0; 2)

−

C

(3;1)

Nhận xét:

+ Với việc tìm điểm

B

theo hai kiện

B

∈

BC

và

BI

=

IA

ngồi cách nhìn theo

Bài tốn 1, coi Bài tốn 3 (bởi tam giác

IAB

vng

I

).

+ Ở toán bạn tìm tọa độ

B C

,

bằng cách viết phương trình đường

trịn

( ;

I ID

)

:

(

x

−

1)

+

y

=

5

và giải hệ:

2

0

(

1)

5

2

0

x

y

x

y

=

 −

+

=



⇔



 = −

− − =



hoặc

3

1

x

y

=



 =



và với điều kiện

(0; 2)

1

(3;1)

B

x

C

−



≤ ⇒ 



Oxy

ABCD

là

AB

CD

B

(3;3), (5; 3)

C

−

I

chéo nằm đường thẳng

∆

: 2

x

+ − =

y

3

0

(131)

Giải

+ Gọi

I t

( ;3 )

−

t

∈ ∆

t

>

0

2 2

2

(

5)

(2

6)

4 (

3)

4

CI

=

BI

⇔ −

t

+

t

−

=





t

−

+

t





3

t

2

t

5

0

t

1

⇔

+ − = ⇔ =

hoặc

5

3

t

= −

⇒

I

(1;1)

AC

I C

,

phương trình:

x

+ − =

y

2

0

Phương trình

BD

I B

,

x

− =

y

0

+ Ta có ( , ) 3 2

2

d B AC = + − = Khi đó:

2

2.12

6 2

( ,

)

2 2

ABC

S

AC

d B AC

=

Gọi

A a

( ; 2

− ∈

a

)

AC

a

<

0

2

72

2(

5)

72

1

AC

=

⇔

a

−

=

⇔ = −

a

=

11

⇒

A

( 1;3)

−

+ Phương trình đường thẳng

CD

C

AB

trình:

y

+ =

3

0

D

0

3

( 3; 3)

3

0

x

y

x

y

D

y

− =



⇔ = = − ⇒

− −

 + =



Vậy

A

( 1;3),

−

D

( 3; 3)

− −

E BÀI TẬP VẬN DỤNG

Oxy

ABC

A

(3; 4)

(2; 2)

G

23 26

;

9

H













ABC

Bài 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

ABCD

tích

30

AC

7

x

+

4

y

−

13

=

0

thẳng

AB

M

(1; 4)

AD

N

( 4; 1)

− −

Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật

ABCD

A D

,

hồnh độ âm

Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

ABC

tâm

H

(2;1)

I

(1; 0)

BC

(132)

Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác

HBC

M

(6; 1)

−

hoành độ điểm

B

4

Oxy

ABC

đường cao kẻ từ đỉnh

A

3

x

− + =

y

5

0

H

( 2; 1)

− −

1

; 4

2

M













là trung điểm cạnh

AB

ABC

10

BC

=

B

C

Bài 5 Cho tam giác nhọn

ABC

A

BC

3

x

+

5

y

− =

8

0

4

0

x

− − =

y

A

BC

ABC

D

(4; 2)

−

AB AC

,

B

không lớn

Oxy

ABC

trung tuyến kẻ từ

A

BC

3

x

+

5

y

− =

2

0

x

− − =

y

2

0

A

BC

ABC

D

(2; 2)

−

các đỉnh tam giác

ABC

B

Oxy

2

( ) : (

T

x

−

1)

+

(

y

+

1)

=

2

A

(0; 4), (4; 0)

−

B

,

C D

ABCD

( AB

//

CD

( )

T

hình thang

F GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài

+ Gọi

M x y

( ; )

BC

2 3

2(

2)

2

2 4

2(

2)

x

AG

GM

y

− =

−



=

⇔

 − =

⇔

−







3

;1

2

1

x

M

y

 =







⇔



⇒









 =

(133)

+

BC

M 

  vng góc với

AH

4 10

; (2;5)

9 9

AH = − − = −

 



làm vecto pháp tuyến

Do

BC

2

x y x y

 − + − = ⇔ + − =

 

 

+ Gọi

B

(4 ; )

+

t

−

t

∈

BC

⇒

C

( ; 2

− −

t

+

2 )

t

3

;1

2

M













của

BC

Suy

(

)

13 45 18 26

;

9

5 4; 2

t t HB

CA t t

 = + − + 

 

  



 = + −

 

 ,

H

ABC

.

0

(5

4).

13 45

(2

2).

18

26

0

9

t

HB CA

= ⇔

t

+

t

−

+

= ⇔

 

0

1

t

=



⇔ + = ⇔ 

= −



+ Với

t

= ⇒

0

B

(4; 0), ( 1; 2)

C

−

t

= − ⇒

1

B

( 1; 2), (4; 0)

−

C

Vậy

B

(4; 0), ( 1; 2)

C

−

B

( 1; 2), (4; 0)

−

C

Bài 2

Gọi

A

( ;5 )

− +

a

−

a

∈

AC

1

4

a

>

Khi

MA



=

(4

a

−

2;1 )

−

a



NA

=

(4

a

+

3; )

−

a

Ta có:

MA NA

 

.

= ⇔

0

(4

a

−

2)(4

a

+ + −

3) (1 )(6 )

a

−

a

=

0

65

a

45

a

0

a

0

⇔

−

= ⇔ =

9

13

a

=

A

( 1;5)

−

Khi ta có phương trình

AB x

:

+

2

y

− =

9

0

AD

: 2

x

− + =

y

7

0

(134)

Gọi

C

( ;5 )

− +

c

−

c

∈

AC

10

15

30

( ,

) ( ,

)

30

.

30

5

ABCD

c

S

=

⇔

d C AB d C AD

=

⇔

=

(3; 2)

1

( 5;12)

C

c

C

−



⇔

= ⇔ = ± ⇒ 

−



+ Với

C

(3; 2)

−

CD x

:

+

2

y

+ =

1

0

D

2

1

0

3

( 3;1)

2

7

0

1

x

y

x

D

x

y

+

+ =

= −



⇔

⇒

−



− + =



=



Ta có

 

AB

=

CD

⇒

B

(5; 2)

+ Với

C

( 5;12)

−

CD x

:

+

2

y

−

19

=

0

D

2

x y x

D

x y y

+ − = =

 

⇔ ⇒

 − + =  =

 

(loại)

Vậy

A

( 1;5), (5; 2), (3; 2),

−

B

C

−

D

( 3;1)

−

Bài

Hình Hình 2

+ Gọi

D

BC

J

I

D

Ta chứng minh

J

HBC

(Hình 1)

Thật :

IBJC

JB

=

JC

=

IB

=

IC

Gọi

E

AC

Hình 2

Khi : HAB IDE = HBA IED = (góc có cạnh tương ứng song song) Suy ra∆HAB ∽∆IDE nên

HA

AB

2

ID

=

DE

= ⇒

AH

=

2

ID





AH

IJ

⇒

 

=

(135)

Từ (1) (2) suy

J

HBC

+ Vì

D

x

−

2

y

− =

1

0

(2

1; )

D t

+

t

⇒

J

(4

t

+

1; )

t

Khi đó: 2 2 2

(4 1) (2 1) (4 5) (2 1)

JH =JM ⇔ t− + t− = t− + t+

(3;1)

24

1

(5; 2)

D

t

J



⇔

=

⇔ = ⇒ 



+

BC

M

ID



=

(2;1)

trình:

2

x

+ − =

y

7

0

Gọi

B b

( ; 7

−

2 )

b

<

4

2 2 2

(

5)

(5 )

10

6

8

0

2

JB

=

JM

⇔

b

−

+ −

b

=

⇔

b

−

b

+ = ⇔ =

b

hoặc

b

=

4

Suy

B

(2;3)

⇒

C

(4; 1)

−

D

(3;1)

BC

+ Vậy

B

(2;3)

C

(4; 1)

−

Bài

+ Gọi

N

AC

đó

MN

2

BC ABC MN

∆ ⇒ = =

MN

2 M 

  vuông

góc với

AH

2

x

+

6

y

−

25

=

0

Gọi

;

25 2

6

t

N t





−

∈



MN





2

2 1

2

t MN = ⇔t−  + −  =

   

2

9 1;

1

2

2; N t

t t

t

N

 − 

 

 = −

   

⇔ − − = ⇔ = ⇒

  



   

Gọi

A a a

( ;3

+ ∈

5)

AH

⇒

B

(1

−

a

;3 )

−

a

M

AB

+ Với

1;

9

2

N





−





(136)

Nhận thấy

− − < − ⇒

2

a

1

a

x

C

<

x

B

+ Với

2;

7

2

N













⇒

C

(4

−

a

; )

−

a

N

AC

Khi

(1 ; )

(

6;3

3)

AB

a

CH

a



= −

− −





=

−





2

0

.

0

4

5

0

5

4

a

AB

CH

AB CH

a

=





⊥

⇔

= ⇔

−

= ⇔

 =



 

Khi

a

= ⇒

0

A

(0;5), (1;3), (4; 2)

B

C

Khi

5

5 35

;

,

1

;

3

,

11

;

7

4

4 4

4

a

= ⇒

A









B





− −





C





−

















Vậy

A

(0;5), (1;3), (4; 2)

B

C

5 35

;

,

1

;

3

,

11

;

7

4 4

4

A









B





− −





C





−

















Bài

+ Gọi

M

BC

đó tọa độ điểm

M

3

x y

x y

 + − =  − − = 

7

2

;

1 2

2

 =

  

⇔ ⇒  − 

 

 = − 

x

M y

+ Vì

AD

⊥

BC

AD

D

(4; 2)

−

u



BC

=

(1;1)

x

− + + = ⇔ + − =

4

y

2

0

x

y

2

0

+ Do

AD



AM

=

{ }

A

3

5

8

0

1

(1;1)

2

0

1

x

y

x

A

x

y

+

− =

=



⇔

⇒



+ − =



=



Gọi

BC



AD

=

{ }

P

4

0

3

(3; 1)

2

0

1

x

y

x

P

x

y

− − =

=



⇔

⇒

−



+ − =



= −



+ Ta nhận thấy

P

HD

H

∆

ABC

* Thật vậy: Tứ giác

PHQC

⇒

BHP QCP

(137)

⇒

BHP BDA

⇒

BHD

B

P

HD

⇒

H

(2; 0)

+ Gọi

B t t

( ;

− ∈

4)

BC

t

≤

3

⇒

C

(7

−

t

;3

−

t

)

(2

; 4

)

(6

; 2

)

BH

t

AC

t



=

−



⇒ 

= −

−





Do

H

∆

ABC

.

= ⇔

0

(2

−

)(6

− + −

) (4

)(2

− =

)

0

 

BH AC

t

⇔

(2

−

t

)(10 )

−

t

= ⇔

0

t

=

2

t

=

5

⇒ 





C

B

(2; 2)

(5;1)

−

AB

: 3

x

+ − =

y

4

0

AC y

:

− =

1

0

Bài

+ Ta có phương trình

AD x

:

+ =

y

0

A

0

1

( 1;1)

3

5

2

0

1

x

y

x

A

x

y

+ =

= −



⇔

⇒

−



+

− =



=



+ Gọi

AD



BC

=

{ }

K

M

trung điểm

BC

Tọa độ điểm

K

0

1

(1; 1)

2

0

1

x

y

x

K

x

y

+ =

=



⇔

⇒

−



− − =



= −



Tọa độ điểm

M

3

5

2

0

2

3

1

;

2

0

1

2

x

y

M

x

y

 =



+

− =



⇔



⇒



−





− − =













 = −



+ Gọi

H

ABC

AC



BH

=

{ }

E

Ta có

 

H

=

C

HAC



BDA

 

=

C



AB

Suy

H

 

=

BDA

⇒ ∆

BHD

B

⇒

K

HD

⇒

H

(0; 0)

+ Gọi B b b( ; − ∈2) BC (với b < 2) ⇒ C (3 – b; – b) (do M trung điểm BC)

Suy

( ;

2)

(4

;

)

HB

b b

AC

b



=

−





=

− −



(138)

Khi đó:

HB

⊥

AC

⇔

HB AC

 

.

=

0

(4

)

(

2)

0

3

0

b

b b

b

⇔

− −

−

= ⇔

−

=

⇔ =

b

0

hoặc

b

=

3

⇒

B

(0; 2)

−

Vậy

A

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

−

B

−

C

Bài 7.

+ Gọi

M N

,

AB CD

,

( )

T

Khi đó, ta có :

2

4

10 2

 =

 

= − = − =



AB

MA IA IM

2

⇒AB= MA

Suy

M

(2; 2)

AB

⇒

M

−

⇒

N

(0; 0)

I

là trung điểm

MN

+ Khi

DC

N

(0; 0)

song song với

AB

trình:

x

− =

y

0

+ Do

   

   

1

0 1

1

180

90

2

 =

 +

 ⇒ + = = = ⇒ ⊥

  = 

DAB A

DAB ADC

A D ID IA

ADC D

Gọi

D t t

( ; )

∈

DC

⇒

ID



= −

(

t

1;

t

+

1)



AI

=

(1;3)

Khi 3( 1) 1;

2 2

 

⊥ ⇔ = ⇔ − + + = ⇔ = − ⇒ − − 

 

 

ID IA ID AI t t t D

+ Mặt khác

∆

IAB

I

⇒

DAB

 

=

CBA

⇒

ABCD

Suy tam giác

IDC

N

 

⇒  

DC C

Vậy 1; 2

 

 

 

C 1;

2

− − 

 

 

D

Chú ý:

(139)

4 BÀI TOÁN A NỘI DUNG BÀI TỐN 4

M

∆

(cho biết phương trình

∆

- hay

M

tham số hóa theo ẩn) thỏa mãn điều kiện (*) cho trước

(Mở rộng Bài toán 1,2 3)

Gọi

M t

( )

∈ ∆



cắt nghĩa điều kiện

chotrước

→

f t

( )

= ⇔ = ⇒

0

t

?

M

Giải thích chi tiết:

Do

M

∈ ∆

M t

( )

M

∆

cắt nghĩa kiện (*) giúp ta có phương trình chứa ẩn

t

f t

( )

=

0

phương trình tìm

t

M

Chú ý:

+

M

+ Bài toán 1, 2 3 trường hợp đặc biệt Bài toán 4– kiện (*) tương ứng chúng

MI

=

R

d M

(

, )

∆ =

h

IAB

Ví dụ (A – 2006). Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

d

3

0

x

+ + =

y

d

x

− − =

y

4

0

d

x

−

2

y

=

0

M

trên đường thẳng

d

M

d

hai lần khoảng cách từ

M

d

Giải

+ Gọi

M

(2 ; )

t t

∈

d

1

( , )=2 ( , )

d M d d M d 2.2

2

+ + − − ⇔ t t = t t

3 2( 4) 11 ( 22; 11)

3

3 2( 4) (2;1)

+ = − = − − −

  

⇔ + = − ⇔ ⇔ ⇒

+ = − − =

  

t t t M

t t

t t t M

(140)

Ví dụ (D – 2013 – NC ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

tròn 2

( ) : (

C

x

−

1)

+

(

y

−

1)

=

4

∆

:

y

− =

3

0

MNP

( )

C

N

P

∆

M

MN

( )

C

P

* Vẫn câu hỏi quen thuộc đứng trước tốn hình học Oxy: “Với

kiện ban đầu, ta tìm tọa độ điểm trước?” Trong

toán câu trả lời điểm

M

Bởi ta nhìn thấy điểm

M

theo góc nhìn

Bài tốn 1(đã nghiên cứu phần trước) với

MI

= =

R

2

và

M

đi qua

I

vuông góc với

∆

* Nếu biết trung điểm

K

của

MN

ta suy tọa độ điểm

N

tìm

điểm

P

theo góc nhìn mở rộng Bài tốn 3 Cụ thể :

P

∈ ∆

và

NI

⊥

MP

Như

vậy lúc ta cần tìm tọa độ điểm

K

.

* Điểm

K

tiếp tục khai thác theo góc nhìn Bài tốn 1bởi

KI

= =

R

2

và

K

I

song song với

∆

Ta hoàn thiện xong hướng giải

của toán.

Giải

+ Đường trịn

( )

C

I

(1;1)

R

=

2

Ta có

MI

I

(1;1)

với

∆

:

y

− =

3

0

MI

phương trình:

x

− =

1 0

Gọi

M

(1; )

m

MI R

2

( 1) (1; 1)

3 = − 

⇔ − = ⇔ = ⇒ − 

m

m M

m

hoặc

M

(1; 3)

−

M

∈ ∆

+ Gọi

K

MN

∆

( )

C

H

IK

đường trung bình tam giác

MNH

⇒

IK

∆

IK

1

0

y

− =

Gọi K (t; 1) ∈ IK, 2

( 1) ( 1;1)

3 = − 

= ⇔ − = ⇔ = ⇒ − 

t

KI R t K

t

(3;1)

K

(141)

+ Gọi

P a

( ;3)

∈ ∆

⇒

MP



=

(

a

−

1; 4)

Với

N

( 3;3)

−

⇒

NI



=

(4; 2)

−

4(

1) 2.4

0

3

(3;3)

NI

⊥

MP

⇔

a

− −

= ⇔ = ⇒

a

P

 

Với

N

(5;3)

⇒

NI



= − −

( 4; 2)

4(

1) 2.4

0

1

( 1;3)

NI

⊥

MP

⇔ −

a

− −

= ⇔ = − ⇒

a

P

−

 

Vậy

P

(3;3)

P

( 1;3)

−

Chú ý

Với kiện đặc biệt toán:

∆

tiếp xúc với

( )

C

tại

H

, ta tìm

M

theo cách nhìn

I

là trung điểm

MH

.

Ví dụ 2(D – 2012 – NC) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

thẳng

d

: 2

x

− + =

y

3

0

d

trục

Ox

A

B

Oy

C

D

AB

CD

.

Muốn viết phương trình đường trịn ta cần:

* Xác định tâm

I

nhờ “góc nhìn” Bàitốn 4 Cụ thể:

+ Gọi

I t

( )

∈

d

: 2

x

− + =

y

3

0

+ Dữ kiện

AB

=

CD

giúp ta thiết lập phương trình :

( )

0

?

f t

= → = →

t

tọa độ điểm

I

* Xác định bán kính:

R

nhờ

R

=

IA

=

IH

+

HA

với

IH

=

d I Ox

( ,

)

và

1

2

AB

HA

=

Giải

+ Gọi

I

lập gọi

I t

( ; 2

t

+ ∈

3)

d

+ Ta có

AB

=

CD

( ,

)

( ,

)

2

3

d I Ox

d I Oy

t

⇔

=

⇔

+ = ⇔

2

3

( 3; 3)

2

3

1

( 1;1)

t

I

t

I

+ =

= −

− −



⇔



⇔



⇒



+ = −

= −

−



(142)

2

1

2

AB

AH

=

= =

⇒

R

=

IA

=

IH

+

HA

=

10

Vậy phương trình đường trịn: 2

(

x

+

3)

+

(

y

+

3)

=

10

+ Với

I

( 1;1)

−

⇒

IH

=

d I Ox

( ,

)

= =

1

2

1

2

AB

AH

=

= =

⇒

R

=

IA

=

IH

+

HA

=

2

Vậy phương trình đường tròn: 2

(

x

+

1)

+

(

y

−

1)

=

2

Ví dụ (A – 2002) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

ABC

vng A, phương trình đường thẳng BC

3

x

− −

y

3

=

0

A

B

G

ABC

Phân tích hướnggiải

* Ngồi kiện

G

là trọng tâm tam giác

ABC

, ta khơng có thêm kiện liên quan

tới

G

Vì việc tìm tọa độ điểm

G

được chuyển tìm tọa độ đỉnh

A B C

, ,

của

ABC

∆

(

3

+ + + +

 

 

 

A B c A B c

x x x y y y

G )

* Ta dễ dàng tìm tọa độ điểm

B

do

BC



Ox

=

{ }

B

Dữ kiện

A Ox

∈

,

: 3

3

0

B

∈

BC

x

− −

y

=

và

∆

ABC

vng

A

giúp ta ràng buộc hai

điểm

A C

,

theo ẩn t Lúc kiện cuối

r

=

2

sẽ giúp ta thiếtlập

được phương trình chứa t việc sử dụng công thức

2

S

ABC

r

AB

BC

CA

∆

=

+

* Giải phương trình tìm

t

sẽ suy tọa độ hai điểm lại

A C

,

và suy tọa

độ trọng tâm

G

.

Giải

+ Do

BC



Ox

=

{ }

B

độ điểm

B

3

(1;0)

0

 − − =  =

 ⇔ ⇒

  =

=

 



x

x y

B y

y

+ Gọi

A t

( ; 0)

∈

Ox

trình

AC

A

Ox

(143)

C

(

)

3

; 3

3 =  − − =   ⇔ ⇒ −   = = −     x t x y

C t t

x t y t

+ Suy

1  = −  = −   = −  AB t AC t BC t

Do : 3( 1)2

2 ∆ − = = ABC t

S AB AC

+ Ta có 3( 1)2 2 3

3 3

∆ − −  = +

= = = = ⇒ 

+ + − + − +  = − −

ABC t t

S t

r

AB BC CA t t t

Với

(

)

(

)

2 3;0

2 3

2 3;6

 +  = + ⇒  + +  A t C

suy tọa độ trọng tâm 6;

3  + +        G

Với

(

)

(

)

2 1;0

2 1;  − −  = − − ⇒  − − − −  A t C

suy tọa độ trọng tâm 1;

3 − − − −        G

Ví dụ (B – 2007). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

A

(2; 2)

d

:

x

+ − =

y

2

0

d

x

+ − =

y

8

0

B

C

d

ABC

A

* Với kiện quan trọng

B

∈

d C

,

∈

d

giúp ta gọi

B b

( ; 2

−

b

)

và

( ;8

)

C c

−

c

Như để tìm tọa độ điểm

B C

,

ta cần tạo hai phương trình chứa ẩn

,

b c

.

ABC

vng cân

A

đủ ta có hai dấu “=”

Cụ thể:

AB AC

.

0

AB

AC



=





=



 

(*) Giải hệ (*) ta

b c

,

và suy tọa độ hai điểm

,

B C

cần tìm.

(144)

Giải

+ Gọi

( ; 2

)

(

2;

)

( ;8

)

(

2; 6

)

B b

b

d

AB

b

C c

c

d

AC

c



− ∈

= − −



⇒





− ∈



= −

−







+ Do

∆

ABC

A

2 2

2

( 2)( 2) ( 6)

( 2) ( 2) (6 )

 =  − − + − =

 ⇔

  − + = − + −

=

 



 

b c b c

AB AC

b b c c

AB AC

2 2

4 ( 1)( 4)

2 18 ( 1) ( 4)

− − + = − − =

 

⇔ ⇔

− − + − = − − − =

 

bc b c b c

b c b c b c

+ Đặt

1

4

u

b

v

c

= −



 = −



2

4 2

2

2 2;

2;

3

3 4

 

= = = = =

 ⇔ ⇔ ⇔

 − =    = − = −

   − − =  =

uv v v u v

u u

u v

u u u

Suy 3; (3; 1), (5;3)

1; ( 1;3), (5;3)

= = −

 ⇒

 = − =  −

 

b c B C

Vậy

B

( 1;3), (3;5)

−

C

B

(3; 1), (5;3)

−

C

Ví dụ (D – 2012 – CB). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

nhật ABCD Các đường thẳng AC AD có phương trình

3

0

x

+

y

=

x

− + =

y

4

0

BD

1

;1

3

M





−









tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD

* Có

{ }

A

=

AC

∩

AD

→

tọa độ điểm

A

* Ta tìm tọa độ hai điểm

B D

,

theo “góc nhìn” Bài toán 4 Cụ thể:

(145)

+ Gọi

{ }

I

=

AC

∩

BD

( I

là trung điểm của

AC

và

BD)

⇒

I t t

( , )

mà

( , )

0

I

∈

AC

⇒

f t t

=

(1)

Vì

MB MD

 

,

cùng phương

⇒

f t t

( , )

=

0

(2)

+ Từ (1) (2)

2

?

t

=



⇒

 =

⇒



tọa độ

B D I

,

và

C

Giải

Vì

{ }

A

=

AC

∩

AD

3

0

4

0

x

y

x

y

+

=



 − + =



3

1

x

y

= −



⇔

 =

⇒



A

( 3;1)

−

AB

A

AD

AB

3

1

2

0

1

x

y

x

y

+

−

=

⇔ + + =

−

Gọi

B t

( ;

− − ∈

t

2)

AB

D t t

( ;

+ ∈

4)

AD

t t

;

≠ −

3

2 1

;

2

t

I



+

− +



⇒ 







BD

Mà 2

2 1

2

3.

0

2

3

0

2

3

2

t

I

∈

AC

⇒

+

− +

= ⇔

t

− + = ⇔ =

t

+

Có: 1

1

;

3

2

10

; 2

6

3

MB

=





t

+

− −

t

 

 

=

t

+

−

t

−







 





(theo (*)) 2

1

;

3

MD

=





t

+

t

+











Mặt khác

B D M

,

⇒

MB MD

 

,

2

6

10

2

6

2

1

3

1

3

t

+

−

⇒

=

= − ⇔ = −

+

⇒ =

t

1

⇒

B

(1; 3),

−

D

( 1;3)

−

I

(0; 0)

⇒

C

(3; 1)

−

I

AC

(146)

Ví dụ (B – 2012 – NC). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

ABCD

AC

BD

4

x

+

y

=

các đỉnh A, B, C, D hình thoi Biết A thuộc Ox

* Phương trình

( )

E

:

2

1

x

y

a

+

b

=

(

a

> >

b

0)

như ta cần tìm

a b

;

* Do (E) qua đỉnh A, B, C, D và

A Ox

∈

nên gọi

A a

( ; 0)

∈

Ox

và

(0; )

B

b

∈

Oy

Như lúc cần tìm tọa độ hai điểm

A

và

B

, việc tìm tọa độ

hai điểm thực theo “góc nhìn” Bài tốn 4 Cụ thể:

+ Khai thác kiện: AC = 2BD

→

f a b

( , )

=

0

(1)

+ Khai thác kiện: đường tròn 2

4

x

+

y

=

tiếp xúc với cạnh hình thoi

2

( , )

0

f a b

→

=

(2)

Từ (1) (2)

?

a

→

=

và

?

b

=

→

phương trình (E).

Giải

Gọi phương trình tắc elip

( )

E

2

1

x

y

a

+

b

=

a

> >

b

0

Vì (E) qua đỉnh A, B, C, D

và

A Ox

∈

qt, ta giả sử:

A a

( ; 0)

B

(0; )

b

Mà hình thoi ABCD có AC = 2BD

2

OA

4

OB

OA

2

OB

⇔

=

⇔

=

2

a

b

⇔ =

a

> >

b

0

A b

(2 ; 0)

B

(0; )

b

Gọi

H

O

AB

⇒ OH = R = (vì đường trịn 2

4

x

+

y

=

Xét tam giác

OAB

1

OH

=

OA

+

OB

hay

2

1

5

4

=

4

b

+

b

⇔

b

=

2

4

20

a

b

⇒

=

Vậy phương trình tắc elip

( )

E

2

1

20

5

x

y

(147)

Ví dụ 7.Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

ABC

đường thẳng chứa đường cao kẻ từ

B

x

+

3

y

−

18

=

0

đường trung trực đoạn

BC

∆

: 3

x

+

19

y

−

279

=

0

C

đường thẳng

d

: 2

x

− + =

y

5

0

A

BAC



=

135

* Ớ ví dụ ta có điểm

B C

,

đều thuộc đường thẳng biết phương

trình Như theo Bài tốn 4 ta cần khai thác kiện để có dấu “=” (2

phương trình) giúp ta tìm tọa độ hai điểm

B

và

C

Bài toán cho đường trung

trực đoạn

BC

là

∆

: 3

x

+

19

y

−

279

=

0

vừa đủ để ta làm điều này:cụ thể

.

0

M

BC u

∈ ∆





=



 

(với

M

là trung điểm

BC

) dễ dàng ta có phương trình

suy tọa độ

B C

,

* Lúc ta cịn điểm

A

Nếu tìm tọa độ chân đườngcao

H

của

B

trên

AC

ta dễ dàng “tháo” điểm

A

theo góc nhìn Bài toán 1 Cụ thể:

+ Do



135

BAC

=

⇒

AH

=

BH

+

A

∈

AC

: qua

C

và vng góc với

BH

.

Việc tìm chân chiều cao

H

là tốn Vì ta có lời giải chi tiết sau:

Giải

+ Gọi (18 ; )

( ; 5) − 

 +



B b b

C c c , suy

18

;

2

− + + +

 

 

 

b c b c

M trung điểm BC

+ Khi

18

3 19 279

2

19( 18) 3(2 5)

∆

− + + +

 ∈ ∆

 + − =

 ⇔

 

=

   + − − − + =

b c b c

M BC u

c b c b

41 10 409 (9; 23)

13 60 357 (6; 4)

+ = =

  

⇔ ⇔ ⇒

+ = =

  

c b c C

c b b B

(148)

Khi AC qua C vng góc với BH nên có phương trình: 3x – y – = Suy tọa độ điểm

H

3

4

0

3

(3;5)

3

18

0

5

x

y

x

H

x

y

− − =

=



⇔

⇒



+

−

=



=



+ Do



135

45

BAC

=

⇒

BAH

=

BAH

H

⇒

AH

=

BH

=

10

Gọi

A a a

( ;3

− ∈

4)

AC

2 2

10 10 ( 3) (3 9) 10

= ⇔ = ⇔ − + − =

AH AH a a

2 (2; 2)

( 3)

4 (4;8)

=

 

⇔ − = ⇔ ⇒ =

 

a A

a

a A

Do

A

H

C

A

(4;8)

Vậy

A

(4;8), (6; 4), (9; 23)

B

C

Bài (A – 2005). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

1

:

0

d

x

− =

y

d

: 2

x

+ − =

y

1

0

ABCD

biết đỉnh

A

d

C

d

B D

,

hoành

Oxy

∆

:

x

−

2

y

+ =

3

0

2

:

x

y

1

0

∆

− − =

M

(2;5)

∆

A B

,

4 2

AB

=

Bài (B – 2011 – CB). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

thẳng

∆

:

x

− − =

y

4

0

d

: 2

x

− − =

y

2

0

N

thẳng

d

ON

∆

M

.

8

OM ON

=

Oxy

ABC

A

(2;1)

tâm

H

(14; 7)

−

B

9

x

−

5

y

− =

7

0

B

C

Oxy

ABCD

,

B C

AC

3

x

+

4

y

−

16

=

0

(149)

F GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài

+ Gọi

A a a

( ; )

∈

d

Do

A C

,

BD

B D

,

∈

Ox

C a

( ;

−

a

)

+ Vì

(1;1)

2 1

(1; 1)  ∈ ⇒ + − = ⇔ = ⇒ 

− 

A

C d a a a

C

+ Gọi

I

trung điểm

AC

I

(1; 0)

Gọi

B b

( ; 0)

∈

Ox

2 2 (0;0) (2;0)

( 1)

2 (2;0) (0;0)

= ⇒

 

= ⇔ − = ⇔ ⇒

= ⇒

 

b B D

IB IA b

b B D

(vì

I

BD

Vậy

A

(1;1), (0; 0), (1; 1),

B

C

−

D

(2; 0)

A

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

B

C

−

D

(0; 0)

Bài 2.

+ Gọi

I

(2

t

−

3; )

t

∈ ∆

Gọi

H

I

AB

AH

+ Ta có : 2 2 2 2 ( 4)2

(2 5) ( 5)

2 −

= = ⇔ = + ⇔ − + − = t +

R IM IA IM IH AH t t

2

9 52 68 34

9 =   ⇔ − + = ⇔

 = 

t

t t

t

(1; 2) 41 34

;

9

 

⇒  

      

I

+ Với 2 (1; 2)⇒ = =10

I R IM , phương trình đường trịn:

2

(150)

+ Với 41 34 2 650 ;

9 81

  ⇒ = =  

 

I R IM , phương trình đường trịn:

2

41 34 650

9 81

 −  + −  =

   

x  y 

Vậy phương trình đường trịn cần lập là: 2

(

x

−

1)

+

(

y

−

2)

=

10

2

41 34 650

9 81

 −  + −  =

   

x  y 

Bài 3

+ Gọi ( ; 2) ( ; 2)

( ; 4) ( ; 4)

 − ∈ = −  ⇒  − ∈ ∆  = −    

N a a d ON a a

M b b OM b b

+ Ta có O, M, N thẳng hàng nên

2 ( 4)

=  = ⇔ 

− = − 

  a kb

ON kOM

a k b

⇒a k b ( −4)=kb.(2a−2)⇒a b( −4)=b(2a−2)

(Do

k

=

0

(2

)

4

2

a

b

a

b

a

⇔

−

=

⇔ =

−

+ Ta có 2 2

= ⇔8 =64⇔(5 −8 +4).(2 −8 +16)=64

OM ON OM ON a a b b (2)

Thay (2) vào (1) ta : 2

(80 128 64)

(5 4) 64

(2 ) − + − + = − a b a a a

2 2

(5 4) 4( 2)

⇔ a − a+ = a−

2

5 2( 2)

 − + = − ⇔ 

− + = − − 

a a a

2

(0; 2)

5 10

6

;

5

5 5 −  =   − + =   ⇔ ⇔ ⇒    = − =         N a a a N a a a

Vậy

N

(0; 2)

−

6 2

;

5 5

N













Bài

+ Gọi

M

BC

Do phương trình

BM

dạng tham số

5 = − +   = − +  x t

y t nên gọi

( ; ) ( ; ) − + − + 

 − + − + 

B b b

(151)

+ Do Mlà trung điểm BC

(10 6;18 11) (10 4;18 6)

⇒C m− m− ⇒BC= m− b− m− b−

Ta có



AH

=

(12; 8)

− =

4(3; 2)

−

3(10 4) 2(18 6)

⊥ ⇔ = ⇔ − − − − − = ⇔ =

AH BC AH BC m b m b b m

Suy (10 2;18 5) (10 16;18 2)

(10 6;18 11) (10 8;18 12)



− − = − +

 ⇒

 − − 

= − −

 

 

B m m HB m m

C m m AC m m

+ Do

H

ABC

= ⇔0 (10 −16).(10 − +8) (18 +2)(18 −12)=0  

HB AC m m m m

2

1 (3; 4), ( 1; 2)

106 105 26 154 203 58 115

; , ;

26

53 53 53 53

53

 =  − −

 

⇔ − + = ⇔ ⇒   − −   =     

 

B C

m

m m

B C

m

+ Vậy B(3; 4), ( 1; 2)C − − 154 203; , 58; 115

53 53 53 53

  − − 

   

   

B C

Bài 5.

+

AC



BC

=

{ }

C

3

4

16

0

(0; 4)

0

4

x

y

x

C

x

y

+

−

=



⇔

⇒



=



=



+ Vì

∆

ACD

= ∆

CAB

∆

ACD

1

ra bán kính đường trịn nội tiếp

∆

CAB

Gọi

B

(0; )

b

∈

Oy

AB

B

Oy

trình

y

=

b

.

A

16 ;

3 16

− 

= =

 ⇔ ⇒  − 

 + − =   

  =

b

y b x b

A b

x y

y b

(152)

2

16 4

2

1

16 16

4 ( 4)

3

− −

= ⇔ =

+ + −  − 

− + + − +  

 

ABC

b b

S r

AB BC CA b b

b b

1

7

=  ⇔ = − ⇔ 

= 

b b

b

+ Với

b

=

1

A

(4;1)

B

(0;1)

D

(4; 4)

AB

DC

Với

b

=

7

A

( 4; 7)

−

B

(0; 7)

D

( 4; 4)

−

 

AB

=

DC

Vậy

A

(4;1)

B

(0;1)

C

(0; 4)

D

(4; 4)

A

( 4; 7)

−

B

(0; 7)

C

(0; 4)

( 4; 4)

D

−

5 BÀI TỐN 5:

Tìm điểm dựa vào hệ thức véctơ

Bài toán 5.1

A NỘI DUNG BÀI TỐN 5.1

Tìm tọa độ điểm

M

liên hệ với hai (ba) điểm cho trước qua hệ thức véctơ

MA

=

k AB



( hay

MA



=

k BC



).

Gọi

( ; )

M x y

→

MA k AB

MA k BC

   

0

2

( )

0

( ;

)

( )

0

x

f x

M x y

f y

y

=



⇔

⇒



=



=



Giải thích chi tiết: + Ban đầu ta gọi

M x y

( ; )

+ Sau cắt nghĩa kiện MA=k AB (hoặc MA=k BC) cho ta hệ phương trình hai

ẩn

x y

, :

2

( )

0

( )

0

f x

f y

=





=



+ Giải hệ phương trình giúp ta tìm nghiệm

0

x

y

=



 =



và suy tọa độ

(153)

Oxy

ABC

A

(1; 2)

( 3; 4)

B

−

C

( 1; 3)

− −

M

1)

MA



=

3



AB

2) Tứ giác

ABCM

AM

MA

=

2

BC

Giải

1) Gọi

M x y

( ; )

⇒

MA



= −

(1

x

; 2

−

y

)

Ta có



AB

= −

( 4; 2)

1 3.( 4)

3

2 3.2

− = − 

= ⇔  − = 

  x

MA AB

y

13

(13; 4)

= 

⇔ = − ⇒ − 

x

M y

2) Ta có

BC



=

(2; 7)

−

M a b

( ; )

⇒



AM

=

(

a

−

1;

b

−

2)

Do

ABCM

AM

MA

=

2

BC

2.2 (5; 12)

2 2.( 7) 12

− = =

 

= ⇔ ⇔ ⇒ −

− = − = −

 

  a a

AM BC M

b b

Oxy

ABCD

,

AB CD

CD

=

2

AB

H

A

AC

M

HC

B

(5; 6)

đường thẳng

DH

: 2

x

− =

y

0

:

3

5

0

DM x

−

y

+ =

ABCD

* Với kiện ban đầu ta tìm tọa độ điểm

D

đầu tiên

DH DM

,

đã biết

phương trình.

* Ta cần “gắn kết” kiện

CD

//

AB

,

CD

=

2

AB

,

B

(5; 6)

cùng với điểm

D

vừa tìm được.

Sử dụng định lýTa – lét ta



DI

=

2



IB

với

DB



AC

=

{ }

I

Như

vậy ta thấy Bài toán 5.1xuất hiện, ta dễ dàng có tọa độ điểm

I

Khi

đó viết phương trình

AC

đi qua

I

và vng góc với

DH

Từ

ta suy tọa độ

H

và

M

(lần lượt giao điểm

AC

với

DH DM

,

)

(154)

* Lúc Bài toán 5.1lại “lộ diện”,

B C D

, ,

đã biết tọa độ ta có hệ thức

vecto :

CD



=

2

BA



Từ ta tìm tọa độ điểm

A

.

Giải

D

2

(1; 2)

3

− = =

 ⇔ ⇒

 − + =  =

 

x y x

D

x y y

+ Gọi

DB



AC

=

{ }

I

,

khi

CD

AB

11

1 2(5 ) 11 14

2 ;

2 2(6 ) 14 3

3  =  − = −

   

= = ⇒ = ⇔ − = − ⇔ ⇒  

  =



  I

I I

I

x

x x

DI CD

DI IB I

y y

IB AB

y

+

AC

3

     

I vuông góc với đường thẳng

DH

trình:

x

+

2

y

−

13

=

0

H

2 13 13 26

;

2 26 5

5  =  + − =

 ⇔ ⇒  

 − =   

  =



x

x y

H

x y

y

Tọa độ điểm

M

2 13 29 18

;

3 18 5

5  =  + − =

 ⇔ ⇒  

 − + =   

  =



x

x y

M

x y

y

Do

M

HC

C

(9; 2)

+ Ta có

CD

AB

CD

=

2

AB

nên suy 2( 5) (1;6)

2 2( 6)

− = − =

 

= ⇔ − = − ⇔ = ⇒

 

  A A

A A

x x

CD BA A

y y

(155)

Ví dụ (B – 2014) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

ABCD

M

( 3; 0)

−

AB

H

(0; 1)

−

hình chiếu vng góc

B

AD

4

;3

3

G













tam giác

BCD

B

D

* Ở ví dụ có điểm biết tọa độ

M

( 3; 0)

−

,

H

(0; 1)

−

,

4

;3

3

G













và

các điểm đặc biệt Trong

M

đóng vai trị trung điểm

AB

,

G

là trọng tâm

của tam giác

BCD

, nghĩa chúng đềulà điểm liên quan tới yếu tố tỉ lệ độ dài

và mối liên hệ vecto Mặt khác tốn việc tìm nhiều điểm có lợi, mà nhất lại điểm nằm cạnh ví dụ Điều gợi ý ta tìm

giao điểm

P Q

,

của

HM HG

,

với

BC

Việc tìm điểm

P

là đơn giản

M

là

trung điểm

HP

và nhờ ta – let ta tìm hệ thức

HG



=

2

GQ



.Tức ta

đưa điểm

Q

về

Bài toán 5.1

, việc “tháo” điểm

Q

là đơn giản

*) Khi tìm

P Q

,

cũng có nghĩa ta viết phương trình

BC

Có lẽ

chính “nút thắt” tốn Vì việc tìm đáp số theo yêu cầu toán lúc

này trở nên “nhẹ nhàng”

Giải

Gọi

P Q

,

điểm

HM HG

,

BC

Khi

HA

BC

định lí Ta – lét ta có:

+ HM = AM = ⇒1 HM =ME

MP MB

hay

M

HP

P

+

(

)

4

2

3

2 (2;5)

5

3 ( 1)

 =  −  =   

   

= = ⇒ = ⇔ ⇔ = ⇒

  − − = −  

  Q Q

Q Q

x x

HG AG

HG GQ Q

y

GQ GC

y

(156)

B

2

− + = = −

 ⇔ ⇒ −

 + + =  =

 

x y x

B

x y y

Do

M

AB

A

( 4; 3)

− −

Ta có:

(

)

4

( 4)

3

2 (4;6)

6

3 ( 3)

 − − =  −  =     = ⇔  ⇔ = ⇒   − − = − 

  C C

C C

x x

AG GC C

y y

Mặt khác

G

BCD

2 4

2

3

(2;0)

3

3 − + +  =   =  ⇔ ⇒  + +  =   =  D D D D x x D y y

Vậy

B

( 2;3)

−

D

(2; 0).

Chú ý

Ngồi cách giải theo góc nhìn Bài tốn 5.1,trong tốn bạn

tham khảo thêm cách giải sau đây:

+ Gọi

A a b

( ; )

⇒

B

(

− − −

a

6;

b

)

(do

M

( 3; 0)

−

là trung điểm

AB

)

+ Mặt khác

G

BCD

nên:

(

)

4

2 2 4 9

3

2 ;

9 2

3

2 −   − =  −   = − −       = ⇔  ⇔ − ⇒    − = −  =  

  C

C

C C

a x

a x a b

AG GC C

b y

+ Suy AH= − − −( a; b), BH=(a+6;b−1), 16;

2

+ +

 

=  

 a b

BC

Khi

( 6) ( 1)( 1)

( 16)( 6) ( 9)( 1)

0 2 − + − + − =   =  ⇔   + + + + − = =        

a a b b

AH BH

a a b b

BC BH 2 2 (0; 1)

6

( 4; 3)

22 87

( 2;3) (4;6)  = − ⇒ − ≡   =    + + − =   ⇔ ⇔  − − = − + + + + =      ⇒ − = −     a B H b

a b a

A a

a b a b

B b

(157)

Mặt khác

G

BCD

nên:

2 4

2

3

(2;0)

3

− + +

 =

  =

 ⇔ ⇒

 + +  =



 =



D

D D

x

D

y y

Vậy

B

( 2;3)

−

và

D

(2; 0).

Ví dụ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

ABCD

( 2; 6)

A

−

B

d

x

−

2

y

+ =

6

0

Gọi

M N

,

BC CD

,

BM

=

CN

Xác định tọa độ đỉnh

C

AM

BN

I

2 14

;

5 5













Phân tích hướng giải

:

* Với kiện

B

thuộc đường thẳng có phương trình

x

−

2

y

+ =

6

0

, gợi ý ta nên

đi tìm tọa độ điểm

B

trước Lúc điểm biết tọa độ

A

( 2; 6)

−

và

I

5      

nên ta cần “gắn kết” ba điểm

A B I

, ,

xem chúng có mối quan hệ ? Nếu

có điều ta dễ dàng tìm điểm

B

theo góc nhìn Bài tốn 3.

*Dữ kiệnBM = CN giúp ta chứng minh



90

ABM

BCN

AIB

∆

= ∆

⇒

=

⇒

tọa độ

B

(Bài toán 3)

* Khi ta tính độ dài đoạn

AM

⇒

hệ thức vecto liên hệ điểm

, ,

A I M

(Bài toán 5.1)

⇒

tọa độ điểm

M

.

* Lúc ta có hệ thức véctơ liên hệ điểm

B M C

,

(Bài toán 5.1)

⇒

tọa độ điểm

C

.

Giải

* Tam giác vng

ABM

BCN

AB

=

BC

BM

=

CN

ABM

BCN

⇒ ∆

= ∆

⇒

A

B

Mà B B 1+ 2 =

90

⇒

A B

90

hay AIB

90

=

* Ta có : 12; 16

5

 

= − 

 



AI Gọi B t(2 −6; )t ∈d 32; 14

5

 

⇒ = − − 

 



IB t t , đó:

12 32 16 14 4

5 5

   

⊥ ⇔ = ⇔  − −  − = ⇔ − = ⇔ =

   

 

AI IB AI IB t t t t

(158)

* Ta có 12 16

5

    =   +  =

   

AI

2 2

4

5

4

+

⇒AM = AB = = ⇒AM = AI

AI

Suy

5 12

2

1

(1; 2)

5 16

6

4

 + =

  =

 ⇒ ⇒

    =

  − = − 

  



M

M M

x

M y

y

* Khi

2  =

 ⇒



= = 

BM

BC AB

M

BC

⇒

C

(0; 0)

Vậy

C

(0; 0)

Nhận xét:

* Thực ví dụ

M

là trung điểm

BC

tương đương với hệ thức vecto

=

 

BM MC, song hệ thức đặc biệt nên ta trình bày trung điểm để áp dụng

luôn công thức việc tìm điểm

M

được đơn giản hơn.

* Ngồi việc tìm tọa độ điểm

B M C

,

theo cách bạn tìm

theo cách sau:

+ Viết phương trình

BI

: 3

x

−

4

y

+

10

=

0

, suy tọa độ điểm

B

là nghiệm hệ :

(2; 4)

3 10

− + = =

 

⇔ ⇒

 − + =  =

 

x y x

B

x y y

+ Phương trình

AI

:

4

x

+

3

y

−

10

=

0

BC

: 2

x

− =

y

0

, suy tọa độ điểm

M

là nghiệm hệ :

2

+ − = =

 ⇔ ⇒

 − =  =

 

x y x

M

x y y

+ Ta tìm

C

theo góc nhìn Bài tốn 1 Cụ thể:

Gọi

C t

( ; )

t

∈

BC

, đó:

2 2 2 (0;0)

( 2) (2 4) 20 ( 2)

4 (4;8)

=

 

= ⇔ − + − = ⇔ − = ⇔ ⇒ =

 

t C

BC AB t t t

t C

Do

M

nằm

B

và

C

nên ta nhận đáp số

C

(0; 0)

.

Song hạn chế cách trình bày thứ ba (tìm điểmC) ta tìm hai điểm

C

và cần loại điểm Trong với cách làm ta tìm xác

điểm

C

theo yêu cầu đề Vì nhiều tốn, tìm điểm ta có

nhiều cách tiếp cận, cách tiếp cận cách tìm điểm theo hệ thức vecto, giao hai đường thẳng cho ta điểm (nếu dựa vào đặc thù

hình vẽ) Đó ưu điểm so với hướng tiếp cận khác – mà việc tìm

(159)

Oxy

ABC

đường trịn ngoại tiếp

4 5

;

3 3

I













1 8

;

3 3

H













BC

M

(1;1)

ABC

* Ở ví dụ với kiện cho tâm đường tròn ngoại tiếp

I

và trực tâm

H

, khiến

ta liên tưởng tới toán quen thuộc đường thẳng Ơ – le :

HG



=

2

GI



(*) với

G

là trọng tâm tam giác

ABC

Nghĩa ta tìm tọa độ trọng tâm

G

nhờ

vào Bài tốn 5.1hay hệ thức (*).

* Khi biết

G

ta lại thấy Bài toán 5.1 tiếp tục xuất



AG

=

2

GM



, nên ta

tìm tọa độ điểm

A

khá đơn giản.

* Lúc ta dễ dàng viết phương trình

BC

(đi qua

M

và vng góc với

AH

), từ lấy giao điểm với đường tròn

( ;

I IA

)

ngoại tiếp tam giác

ABC

và tìm

được tọa độ đỉnh

B C

,

.

Giải

+ Gọi

A

'

A

I

A C

'

BH

với

AC

A B

'

CH

góc với

AB

Suy

BHCA

'

suy

M

HA

'

+ Gọi

G

ABC

G

giác

AHA

'

Do ta có:

4

3

1

3 3

3 (1; 2)

2

5

3

3 3

 − =  −   

  =

  

= ⇔ ⇔ = ⇒

    − =  − 

  



  G

G

G G

x

HI GI G

y x

+ Mặt khác ta có 2(1 1) (1; 4)

2 2(1 2)

− = − =

 

= ⇔ ⇔ ⇒

− = − =

 

  A A

A A

x x

AM GM A

y y

Khi

BC

M

AH

x

+

2

y

− =

3

0

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm 5; 3      

I bán kính

3 =

IA

(160)

Nên có phương trình: 50

3

 −  + −  =     x  y 

Suy tọa độ

B C

,

2

3

2

0

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

4 50

( 1; 2), (3;0)

2

3

2  = + − =  = −  = −    ⇔ ⇔ ⇒  −  + −  =  − =  = −  −         =   x x y y

x y B C

B C

y y x

x y

y

Vậy

A

(1; 4)

B

(3; 0)

,

C

( 1; 2)

−

hoặc

A

(1; 4)

B

( 1; 2)

−

,

C

(3; 0)

.

Chú ý:

Việc tìm

B C

,

trong tốn bạn trình bày theo góc nhìn Bài

tốn 1như sau:

Gọi

B

(3 ; )

−

t t

∈

BC

, :

2

2 5 50

2

3

    = ⇔ = ⇔ −  + −  =

   

IB IA IB IA t t

(3;0)

5 10

2 ( 1; 2)

=   ⇔ − = ⇔ ⇒ = −   t B t t t B

Do

M

(1;1)

là trung điểm

BC

nên suy ra:

B

(3; 0)

,

C

( 1; 2)

−

hoặc

( 1; 2)

B

−

,

C

(3; 0)

.

Bài toán 5.2

A NỘI DUNG BÀI TỐN 5.2

Tìm tọa độ hai điểm

M , N

lần lượt thuộc hai đường thẳng

∆ ∆

,

và liên

hệ với điểm thứ ba ( hai điểm) cho trước qua hệ thức véctơ

Gọi 1 2 ( ) ( ) ∈ ∆   ∈ ∆  M t N t " "

cắt nghĩa hệ thức vectơ

→

2 2

( , ) ?

= =

 

⇔ ⇒

 =  =

 

f t t t

M N

,

GIẢI THÍCH CHI TIẾT:

+ Do

2 ∈ ∆   ∈∆  M

N nên ta tham số hóa tọa độ điểm

M N

,

bằng cách gọi

1 2 ( ) ( ) ∈ ∆   ∈ ∆  M t N t

+ Sau cắt nghĩa kiện “hệ thức véctơ” cho ta hệ phương trình hai ẩn

t t

,

:

1 2

( , ) ( , ) = 

 =



(161)

+ Giải hệ phương trình giúp ta tìm nghiệm

?

t

=



 =



và từ suy

tọa độ điểm

M N

,

.

Chú ý:

+ Ngồi cách trình bày phần cách giải chung bạn trình bày theo cách sau:

Gọi M t( )∈ ∆1

" "

dựa vào hệthức vectơ



→

N t

2

N∈∆

→

f t

t

M N

(*)

(Nghĩa ta tham số hóa điểm

M

theo ẩn

t

(

M t

( )

) nhờ

M

∈ ∆

Sau dựa

vào hệ thức véctơ giúp ta ràng buộc tọa độ điểm

N

theo

t

(

N t

( )

) Sử dụng

kiện

N

∈ ∆

ta thiết lập phương trình chứa

t

(

f t

( )

=

0

) Giải phương trình

tìm

t

, từ suy tọa độ điểm

M N

,

)

+ Cách trình bày (*) thường sử dụng tốn có yếu tố trung điểm.

Oxy

∆

:

x

− + =

y

3

0

2

: 2

x

y

1

0

∆

− + =

A

( 1;3), (3; 2)

−

B

M

∆

N

thuộc

∆

M N

,

1)



AM

= −

3



AN

2)

ABMN

Giải

Gọi 1

2 2

( ;

3)

( ; 2

1)

M t t

N t

t

+ ∈ ∆





+ ∈ ∆



1

2

1

( 1; )

( 1; 2)

( 3; 1)

AM t t AN t t BM t t

 = +



⇒ = + −

 = − +

   

1) 2

1 2

( 14; 11) 14

1 3( 1)

3 10 10 23

;

3(2 2) 6

3

M t

t t t t

AM AN

N

t t t t t

− − 

= −  + = − + + = −

   

= − ⇔ = − − ⇔ + = ⇔ = ⇒  

 

     

 

2)

ABMN

2 1

2 1 2

1

3

4

11

(11;14)

2

1

2

3

7

(7;15)

t

M

AN

BM

t

N

+ = −

− =

=



⇔

=

⇔



⇔



⇔



⇒



− = +

−

= −

=



(162)

Oxy

ABCD

tại

A

D

CD

=

2

AB

B

(8; 4)

AC

(4;12)

M

AD

x

− + =

y

2

0

Tìm tọa độ

A C D

, ,

Câu hỏi ta thường đặt “Với kiện ban đầu cho phép ta viết được phương trình đường thẳng suy tọa độ điểm ? ” Cụ thể với ví dụ này:

*

AB

viết phương trình qua

B

và vng góc với

AD

Khi ba

điểm

A C D

, ,

ta nhận thấy điểm

A

sẽ dễ dàng tìm Bởi

{ }

AD

∩

AB

=

A

.

* Từ ta viết phương trình

AC

đi qua

A

và

M

Lúc Bài toán 5.2

đã xuất Cụ thể:

D

AD

C

AC

∈



 ∈



và

DC

=

2

AB



Do ta tìm tọa độ điểm

,

C D

và có lời giải chi tiết sau:

Giải:

+

AB

B

(8; 4)

AD

(1;1)

AB

n

=



Do

AB

x

+ −

y

12

=

0

A

nghiệm hệ:

12

0

5

(5; 7)

2

0

7

x

y

x

A

x

y

+ −

=



⇔

⇒



− + =



=



+

AC

A

(5; 7)

M

(4;12)

5

x

+ −

y

32

=

0

+ Gọi 1

2

( ;

2)

( ; 5

32)

D t t

AD

C t

t

AC

+ ∈





−

+

∈



⇒

DC

=

(

t

− −

t

; 5

t

− +

t

30)



(163)

2 2

2 1

2.(8 5)

6

7

(7; 3)

5

30

2.(4 7)

5

36

1

(1;3)

t

C

t

D

− =

−

− =

=

−



⇔



⇔



⇔



⇒



−

− +

=

−

+ =

=



+ Vậy

A

(5; 7), (7; 3)

C

−

D

(1;3)

Ví dụ 2. Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

ABC

∆

:

x

+ − =

y

2

0

A

B

phương trình

x

+

2

y

− =

3

0

A

B

AB

=

5

( 1; 1)

C

− −

A

B

Ở toán này,trọng tâm thuộc đường thẳng

∆

và

C

( 1; 1)

− −

nên việc tìm tọa độ

trung điểm

I

của

AB

khá tự nhiên Bởi biết

I

ta tìm

A B

,

theo

góc nhìn Bài tốn 1 (

A B

,

∈

AB

và

5

2

AB

AI

=

BI

=

), lí thứ hai

điểm

I

xuất Bài toán 5.2 Cụ thể:

I G

,

đều thuộc đường thẳng

biết phương trình liên hệ với điểm

C

( 1; 1)

− −

qua hệ thức vecto

3

CG



=

2

CI



Do ta có lời giải chi tiết sau:

Giải

+ Gọi

I

AB

Do

I

∈

AB

I

(3 ; )

−

m m

trọng tâm

G

∈ ∆

G n

( ; 2

−

n

)

+ Suy ( 1;3 )

(4 ; 1)

CG n n

CI m m

 = + −

 

= − +

 

 Mặt khác

G

ABC

3(

1)

2(4 )

3

4

5

1

(5; 1)

3

2

3(3

)

2(

1)

3

2

7

3

(3; 1)

n

m

n

m

I

CG

CI

n

m

n

m

n

G

+ =

−

+

=

= −

−



=

⇔



⇔



⇔



⇒



−

=

+

=

−







+ Khi

A B

,

I

(5; 1)

−

5

2

AB

R

=

Suy tọa độ

A B

,

2 2

3

1

6;

2

3

0

3 2

4;

2

5

1

3

(

5)

(

1)

(

1)

1

6;

4;

4

2

A

x

y

x

y

x

y

x

y

x

y

B

 





−

+

− =

= −

=













⇔



⇔



⇒

 





−

+

=



+

=











=

= −



















(164)

+ Vậy

6;

3

2

A





−









1

4;

2

B













Oxy

ABCD

điểm

A

(5; 7)

−

C

x

− + =

y

4

0

Đường thẳng qua

D

AB

3

x

−

4

y

−

23

=

0

B

C

B

Phân tíchhướng giải:

Thứ tự ưu tiên để tìm tọa độ điểm trước, ln câu hỏi đặt bài toán yêu cầu tìm tọa độ nhiều điểm Câu trả lời cho thứ tự ưu tiên

thường là: điểm có mối liên hệ qua hệ thức vecto – điểm thuộc đường thẳng – điểm có

điều kiện hoành độ (tung độ)…Như với ví dụ cụ thể trên:

* Việc tìm tọa độ hai điểm

B C

,

sẽ ưu tiên cho điểm

C

trước Lúc ta cần

gắn kết điểm

C

với kiện biết toán

A

(5; 7)

−

: 3

4

23

0

DM

x

−

y

−

=

(

M

là trung điểm

AB

) cách nối

C

với

A

và cắt

DM

tại

N

Nhận thấy Bài toán 5.2sẽ “lộ diện”nếu ta tìm mối liên hệ vecto

qua điểm

C N A

,

- điều hoàn toàn làm ta vận dụng kiến thức hình

học sơ cấp để



AC

=

3



AN

Vậy nhờ Bài tốn 5.2ta tìm tọa độ điểm

C

.

* Khơng có đường thẳng biết phương trình qua điểm

B

Song thay vào

ta có kiện

M

là trung điểm

AB

và thuộc đường thẳng

3

x

−

4

y

−

23

=

0

Vì

vậy ta hồn tồn tham số hóa điểm

B

theo ẩn thơng qua điểm

M

Khi

dữ kiện

∆

ABC

vng

B

theo góc nhìn Bài tốn 3ta giúp ta suy

tọa độ điểm

B

.

Giải

+ Gọi

M

AB

I N

,

điểm

AC

BD DM

,

Khi

N

2

2 1

1

.

3

3 2

3

ABD

⇒

AN

=

AI

=

AC

=

AC

⇒



AC

=



AN

(165)

Nên gọi 1

2

( ;

4)

(1 ; )

C t t

N

t

+





+

− +



1

2

(

5;

11)

(4

4;3

2)

AC

t

AN

t



=

−

+



⇒ 

=

−

+





Từ 2

1 2

1

5

3(4

4)

12

7

(*)

2

(1;5)

11 3(3

2)

9

5

3

t

C

t

=



− =

−

= −





⇔



⇔



⇔



⇒

+ =

+

−

= −

=





+ Gọi

M

(1 ; )

+

m

− +

m

∈

DM

M

AB

(8

3; 6

3)

B m

−

m

−

Suy

(8

8; 6

4)

(8

4; 6

8)

AB

m

CB

m



=

−

+





=

−





Khi tam giác

ABC

.

0

B

⇔

 

AB CB

=

⇔

(8

m

−

8)(8

m

− +

4)

(6

m

+

4)(6

m

− =

8)

0

2

100m −120m= ⇔0 m=0

5

m=

+ Với m = ⇒ B (–3 ; –3) (loại) Với 33 21; 5

m= ⇒ = B  

 

Vậy 33 21; 5

B=  

 và

C

(1;5)

Nhận xét :

Ở ví dụ phải tìm thêm tọa độ điểm

D

thì ta giải

trọn vẹn toán Bởi tìm tọa độ

B C

,

ta dễ dàng viết phương

trình

BD

đi qua

5

B=  

  và trung điểm

I

(3; 1)

−

của

AC

Và điểm

D

được

xác định giao

DM

và

DB

.

Oxy

giác

ABC

A

(5; 2)

BC

tuyến

CD

x

−

3

y

+ =

1

0

4

x

+

3

y

−

16

=

0

Phân tíchhướng giải

:

Trong ví dụ khơng có nhiều kiện “có lợi”cho

B C

,

để ta tìm

trực tiếp Vì việc tìm tọa độ điểm

B C

,

sẽ thông qua điểm gián tiếp khác liên

quan tới kiện toán cho.

* Ở toán điểm

A

(5; 2)

đã biết tọa

độ nên ta nghĩ tới việc liên kết với

(166)

phương trình Mà

AM

giao với

CD

tại trọng tâm

G

của tam giác

ABC

Lúc

ta thấy “lộ diện” của Bài toán 5.2 Cụ thể:

M N

,

lần lượt thuộc hai đường

thẳng

x

−

3

y

+ =

1

0

;

4

x

+

3

y

−

16

=

0

và liên hệ với điểm

A

(5; 2)

thông qua hệ

thức

3

2

AM

=

AG





.Như nhờ vào Bài tốn 5.2ta tìm tọa độ điểm

M

.

* Việc tìm tọa độ điểm

M

coi ta tháo “nút thắt”của tốn Bởi

khi ta viết phương trình

BC

và suy tọa độ

C

(

BC



CD

=

{ }

C

)

B

(

M

là trung điểm

BC

) Sau lời giải chi tiết

bài toán:

Giải

+ Gọi

M

BC

M

3

1

0

x

−

y

+ =

⇒

M

(3

t

−

1; )

t

Gọi

G

ABC

G

∈

CD

⇒

G

(4 ; )

+

t

−

t

Suy 1

2

(3

6;

2)

(3

1; 4

2)

AM

t

AG

t



=

−





=

− −

−







+ Khi

(

)

(

)

1

1 2

1

3

1

3

6

3

1

2

3

2

(2;1)

1

3

6

1

2

4

2

3

2

t

AM

AG

M

t



− =

−



=





−

=



=

⇔



⇔



⇔



⇒

+

= −





− =

−











+

BC

M

(2;1)

x

−

3

y

+ =

1

0

phương trình :

3

x

+ − =

y

7

0

C

4

3

16

0

1

(1; 4)

3

7

0

4

x

y

x

C

x

y

+

−

=



⇔

⇒



+ − =



=



+ Do

M

(2;1)

BC

B

(3; 2)

−

(167)

Nhận xét :

Ngồi cách giải ví dụ bạn tham khảo cách giải thứ hai sau:

+ Gọi

M

là trung điểm

BC

Do

D M

,

lần lượt nằm đường

4

x

+

3

y

−

16

=

0

và

x

−

3

y

+ =

1

0

nên

gọi

(4 ; )

(3

1; )

D

n

M

m

+

−





−



⇒

B

(6

n

+ − −

3; 8

n

2)

⇒

C

(6

m

−

6

n

−

5; 2

m

+

8

n

+

2)

+ Ta có:

4(6

6

5) 3(2

8

2) 16

0

1

(2;1)

C

∈

CD

⇔

m

−

n

− +

m

+

n

+ −

= ⇔

m

= ⇒

M

+ BC đi qua

M

(2;1)

và vng góc với đường thẳng

x

−

3

y

+ =

1

0

nên

BC

có

phương trình:

3

x

+ − =

y

7

0

Khi tọa độ điểm

C

là nghiệm hệ

3

7

0

1

(1; 4)

4

3

16

0

4

x

y

x

C

x

y

+ − =

=



⇔

⇒



+

−

=



=



Do

M

(2;1)

là trung điểm

BC

nên suy

B

(3; 2)

−

.

+ Vậy

B

(3; 2), (1; 4)

−

C

.

Oxy

ABC

kẻ từ

A

B

x

+

3

y

+ =

1

0

1

0

x

− + =

y

M

( 1; 2)

−

AB

C

* Ở ví dụ việc phát Bài tốn 5.2 là đơn giản,

A B

,

lần lượt

thuộc đường thẳng

x

+

3

y

+ =

1

0

;

x

− + =

y

1

0

và

M

( 1; 2)

−

là trung điểm

của

AB

(

 

AM

=

MB

) Như nhờ Bài tốn 5.2 ta tìm tọa độ

A

và

B

.

* Khi ta dễ dàng viết phương trìnhAC Lúc Bài tốn 5.2lại tiếp tục phát

huy giúp ta xác định tọa độ điểm C Sau lời giải chi tiết cho ví dụ trên:

Giải

+ Gọi

N

BC

H

là hình chiếu vng góc

B

AC

Ta tìm tọa độ điểm

A B

,

cách trình bày sau :

Cách 1 :

Gọi ( 1; )

( ; 1)

A a a AN

B b b BH

− − ∈ 

 + ∈

(168)

2

A B M

x

y

+

=



⇔

 + =



3

1

2

1

( 4;1)

1

4

2

(2;3)

a

b

a

A

a b

b

B

− − + = −

=

−



⇔

⇒



+ + =



=





Cách 2 :

Gọi

A

( 3

− −

a

1; )

a

∈

AN

M

( 1; 2)

−

AB

2

3

1

(3

1; 4

)

2

4

B M A

x

a

B a

a

y

a

=

−

=

−



⇒

−



=

−

= −



Do

3

1 (4

) 1

0

4

1

( 4;1)

(2;3)

A

B

BH

a

B

−



∈

⇒

− − − + = ⇔

= ⇔ = ⇒ 



C

Cách 1 :

AC

A

( 4;1)

−

BH x

:

− + =

y

1

0

nên

AC

x

+ + =

y

3

0

Gọi

C c

( ;

− − ∈

c

3)

AC

2

;

2

c

N



+

−



⇒ 







Mặt khác

2

3.

1

0

2

(2; 5)

2

c

N

∈

AN

⇒

+





−





+ = ⇔ = ⇒

c

C

−





Cách 2:

Gọi

N

( 3

− −

t

1; )

t

∈

AN

⇒

C

(

− −

6

t

4; 2

t

− ⇒

3

)



AC

= −

( ; 2

t

−

4)

Ta có

u



BH

=

(1;1)

.

BH

0

6

2

4

0

4

0

1

(2; 5)

AC u

= ⇔ − + − = ⇔ − − = ⇔ = − ⇒

t

C

−

 

Vậy

A

( 4;1), (2;3), (2; 5)

−

B

C

−

Oxy

ABCD

M

BC

MC

=

2

MB

DC

điểm

N

NC

=

2

ND

D

(1; 3)

−

A

thẳng

3

x

− + =

y

9

0

MN

: 4

x

−

3

y

− =

3

0

định tọa độ đỉnh cịn lại hình chữ nhật

ABCD

* Trong ví dụ yếu tố liên quan tới giả thiết tường minh mà đề cho là:

“

D

(1; 3)

−

, phương trình

MN

: 4

x

−

3

y

− =

3

0

và

A

3

x

− + =

y

9

0

” Như lúc nghĩ tới việc cần “gắn kết” yếu tố “điểm

,

(169)

này Cụ thể: Gọi

AD



MN

=

{ }

E

, mối liên hệ vị trí điểm

, ,

A E D

thông qua hệ thức vecto ta tìm tọa độ điểm

A

và

E

Điều hoàn

toàn làm được, kiện

M

nằm cạnh

BC

thỏa mãn

MC

=

2

MB

cùng với

D

là trung điểm

CN

, giúp ta suy



AD

=

3

ED



Như với Bài toán

5.2ta “tháo” điểm

A

Có lẽ “nút thắt” quan trọng

toán mà ta gỡ được.

* Việc tìm điểm

C B

,

lúc trở nên đơn giản Khi ta viết phương trình

CD

(đi qua

D

vng góc với

AD

) suy tọa độ điểm

N

(là giao

CD

và

MN

) Nhờ

D

là trung điểm

CN

C

và việc tìm điểm

B

có

thể trình bày theo góc nhìn Bài tốn 5.1 thông qua hệ thức

CB

 

=

DA

.

Sau lời giải chi tiết cho ví dụ trên.

Giải

+ Gọi

E

MN

AD

1

2

= =

ED MC BC

1

3

= BC= AD⇒AD= ED (*)

+ Do

A

3

x

− + =

y

9

0

⇒

A a a

( ;3

+

9)

Do

E

MN

x

y

E b

b

Khi

[

]

1 3(1 )

(*) ( 2;3)

3 (3 9) 3 ( ) 2

− = −

  − = −  =



⇔− − + = − − − + ⇔ − = − ⇔ = − ⇒ −

  



a b a b b

A

a b a b a

+

CN

D

(1; 3)

−

AD

2

7

0

x

−

y

− =

N

2

7

0

3

( 3; 5)

4

3

0

5

x

y

x

N

x

y

−

− =

= −



⇔

⇒

− −



−

− =



= −



Do

D

CN

C

(5; 1)

−

+ Ta lại có

5

2 1

2

(2;5)

1 3

5

B B

x

CB

DA

B

y

− = − −

=



=

⇔



⇔



⇒

+ = +

=



 

(170)

Oxy

ABC

cao

AH

H

∈

BC

=

3

BH

ABH

phương trình 2

( ) :

T

x

+

y

−

4

x

−

2

y

=

0

AC

x

− + =

y

2

0

Tìm tọa độ đỉnh tam giác

ABC

A

* Với kiện

A

∈

( )

T

,

A

∈

AC

và

x

A

>

0

ta dễ dàng tìm tọa độ điểm

A

Khi việc suy tọa độ điểm

B

là khơng khó, tâm

I

(2;1)

của

( )

T

là trung điểm

của

AB

.

* Lúc việc tìm tọa độ điểm

C

có “bóng dáng” Bài tốn 5.2

Bởi

,

( )

C

∈

AC H

∈

T

và

C H B

,

liên hệ với qua hệ thức vecto

BC



=

3



BH

Như

vậy từ ta xác định tọa độ điểm

C

.

Giải

+ Đường trịn

( )

T

I

(2;1)

Do tam giác

ABH

H

nên

I

(2;1)

AB

Tọa độ điểm

A

2

4

2

0

1

2

0

(1;3)

3

0

y

x

y

x

y

x

y

x

A

y

x

= +



+

−

=



=





− + =

⇔



− = ⇔

⇒



 =





>



>



Do

I

AB

B

(3; 1)

−

+ Gọi

0 0 0

( ;

2)

(

3;

3)

( ;

)

(

3;

1)

C t t

AC

BC

t

H x y

BH

x

y



+ ∈

= −

+



⇒





=

−

+







Tam giác

ABC

AH

H

∈

BC

=

3

BH

3

BC

=

BH



Khi 0

0

2

3

3(

3)

3

2;

3

3(

1)

3

t

x

t

x

t

H

t

y

t

y

 = +



− =

−



⇒



⇒



+





+ =

+













 =



2

( )

2

4

2

2.

0

3

t

H

∈

T

⇒





+





+

 

 

−





+





−

=

(171)

2

6

(6;8)

3

18

0

3

( 3; 1)

t

C

t

C

=



⇔ − −

= ⇔



⇒



= −

− −



+ Với

A

(1;3), (3; 1), (6;8)

B

−

C

2

20

50

cos

0

90

AB

AC

A

BC



=



⇒



=

⇒

< ⇔ >



=



(loại)

Với

A

(1;3), (3; 1), ( 3; 1)

B

−

C

− −

2

20

32

cos

0

90

36

AB

AC

A

C

B

A

BC



=



⇒



=

⇒

> ⇔ < < <



=



(thỏa mãn)

Vậy

A

(1;3), (3; 1), ( 3; 1)

B

−

C

− −

Nhận xét : Theo nội dung Bài tốn 5.2 thì ta tìm điểm thuộc hai đường thẳng liên hệ với điểm thứ ba thông qua hệ thức vecto Song toán trong hai điểm có điểm thuộc đường thẳng điểm thuộc đường trịn, ta

có hướng giải theo ý tưởng Bài toán 5.2 Như qua ví dụ ta

tổng qt Bài tốn 5.2như sau: “Tìm tọa độ hai điểm

M , N

lần lượt thuộc hai

đường thẳng

∆ ∆

,

(hoặc thay đường

thẳng đường cong

đường tròn, elip, parabol…) liên hệ với điểm thứ ba ( hai điểm) cho trước qua hệ thức véctơ”.

Bài 1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

ABCD

M

trung điểm cạnh

BC

3 1

;

2 2

N





−









AC

1

4

AN

=

AC

DM

1;

4

3

I













đỉnh hình vng

ABCD

B

Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

ABC

đường thẳng

AB AC

,

x

+ + =

y

3

0

2

x

− − =

y

2

0

điểm cạnh

BC

1 5

;

2 2

M





−









BC

Oxy

ABCD

G

(172)

BD

5

x

−

3

y

+ =

2

0

C

(0; 2)

độ đỉnh cịn lại hình bình hành

ABCD

Oxy

ABC

A

( 2;3)

−

Đường cao

CH

2

x

+ − =

y

7

0

BM

2

x

− + =

y

1

0

giác

ABC

Oxy

d

: 3

x

− − =

y

5

0

2

:

4

0

d

x

+ − =

y

M

(1;1)

d

M

d d

,

A B

,

2

MA

=

3

MB

Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy

ABCD

(3; 3)

C

−

A

d

: 3

x

+ − =

y

2

0

M

điểm

BC

DM

x

− − =

y

2

0

độ đỉnh lại hình vng

ABCD

Oxy

ABC

biết trực tâm

H

(1; 0)

B

K

(0; 2)

cạnh

AB

M

(3;1)

Oxy

ABC

đường trung tuyến

BN

AH

3

x

+

5

y

+ =

1

0

8

x

− − =

y

5

0

ABC

biết

1;

3

2

M





− −









BC

Oxy

ABCD

 

90

B

= =

C

AC

DC

2

0

x

+

y

=

x

− − =

y

3

0

ABCD

biết trung điểm cạnh

AD

3

;

3

2

M





−









Oxy

ABC

A

(3;3)

(2;1)

I

A

có phương trình

x

− =

y

0

ABC

8 5

5

(173)

Oxy

ABC

A

BM

A

BM

BC

E

(2;1)

ABC

G

(2; 2)

của tam giác

ABC

Oxy

ABCD

AD

và

AD

=

2

BC

B

(4; 0)

AC

: 2

x

− − =

y

3

0

trung điểm

E

AD

∆

:

x

−

2

y

+

10

=

0

đỉnh cịn lại hình thang

ABCD

cot



ADC

=

2

Oxy

2

( ) :

1

4

x

E

+

y

=

2 2

;

3 3

M













∆

M

E

,

A B

MA

=

2

MB

Oxy

ABCD

A

(5; 7)

−

M

3

MA MB

  

+

=

0

C

:

4

0

d x

− + =

y

DM

7

x

−

6

y

−

57

=

0

Tìm tọa độ đỉnh tam giác

BCD

B

Oxy

ABCD

hai đường chéo

I

AB

M

(0; 7)

−

(5;3)

G

ICD

ABD

12

A

thẳng

∆

:

x

− − =

y

2

0

ABCD

F GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài

+ Do

AD

MC

2

AI

AD

AI

IC

=

MC

= ⇒

=

2

8

.4

3

AI

AC

AN

⇒

=

8

5

AI

=

NI

Suy

8

3

1

3

5

2

8

( 3; 0)

0

5

4

8 4

1

3

5 3

2

A

A A A

x

AI

NI

A

y



−

=



+











= −







=

⇔



⇔



⇒

−

=







 − =



−











(174)

+ Mặt khác ta lại có:

(

)

(

)

3

1

( 3)

3

1

2

4

(3; 2)

1

2

4

0

2

4

C

C C C

x

AN

AC

C

y

− − − =

+





=



=

⇔



⇔



⇒

=



 − =

−





+ Gọi

AC



BD

=

{ }

H

AC

H

(0;1)

BD

H

(0;1)



AC

=

(6; 2)

=

2(3;1)

phương trình:

3

x

+ − =

y

1

0

+ Gọi

B t

( ;1 )

−

t

∈

BD

t

>

0

BH

=

HA

⇔

BH

=

HA

2 2 2

9

3

1

t

⇔ +

=

+ ⇔

= ⇔ =

t

= −

1

Suy

B

(1; 2)

−

⇒

D

( 1; 4)

−

H

BD

Vậy

A

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

−

B

−

C

D

( 1; 4)

−

Bài

Cách 1 :

+ Gọi 1

2

( ;

3)

( ; 2

2)

B t

t

AB

C t

t

AC

− − ∈





− ∈



1 5

;

2 2

M





−









BC

1

2

2 2

B C M

x x x t t

y y y t t

+ = + = −

 

⇔ ⇔

 + = − − + − =

 

(

)

( )

1

1 2

4;1

1

4

2

10

3

3; 4

B

t

C

−



+ = −

= −





⇔



⇔



⇒



−

= −

=





+ Khi

BC

B C

,

M

3

x

−

7

y

+

19

=

0

Cách 2:

+ Gọi

B t

( ;

− − ∈

t

3)

AB

M

BC

2

1

( 1

;

8)

2

8

C M B

x

t

C

t t

y

t

=

−

= − −



⇒

− −

+



=

−

= +



(175)

(

)

( )

4;1

2( 1

) (

8) 2

0

3

12

4

3; 4

B

t

C

−



⇒ − − − + − = ⇔

= − ⇔ = − ⇒ 



+ Khi

BC

B C

,

M

3

x

−

7

y

+

19

=

0

Cách 3:

A

1

3

0

3

1

8

;

2

0

8

3

x

y

A

x

y

 = −



+ + =



⇔



⇒



− −





− − =













 = −



+ Gọi

N

AB

Khi

MN

1 5

;

2 2

M





−









AC

trình :

2

7

0

2

x

− + =

y

N

13

7

2

0

6

13

5

;

2

5

6

3

0

6

x

y

N

x

y

 = −



− + =



⇔



⇒



−















+ + =



= −





( 4;1)

B

⇒

−

+ Khi

BC

B M

,

3

x

−

7

y

+

19

=

0

Bài

D

2

1

0

1

( 1; 1)

5

3

2

0

1

x

y

x

D

x

y

− + =

= −



⇔

⇒

− −



−

+ =



= −



+ Gọi

DG



BC

=

{ }

M

BC

Do

M

∈

DG

⇒

M m

( ; 2

m

+

1)

⇒

B

(2 ; )

m

(176)

Suy trung điểm

BD

1 3

;

2 2

I













I

của

AC

⇒

A

(1;1)

A

BA

 

=

CD

Bài

+

AB

A

( 2;3)

−

với

CH

u



CH

=

(1; 2)

−

vecto pháp tuyến

Do

AB

2 2(

3)

0

2

8

0

x

+ −

y

− = ⇔ −

x

y

+ =

B

2

8

0

2

(2;5)

2

1

0

5

x

y

x

B

x

y

−

+ =

=



⇔

⇒



− + =



=



+ Gọi

C t

( ; 7

−

2 )

t

∈

CH

Do

M

AC

2

;5

2

t

M





−

t









+ Mặt khác 2 (5 ) (3;1)

t

M∈BM ⇔ − − − + = ⇔t t− = ⇔ = ⇒t C

Vậy

B

(2;5), (3;1)

C

Bài

+ Ta có 1

2 2

( ;3

5)

( ; 4

)

A

d

A t

t

B

d

B t

t

∈ ⇒

−



 ∈ ⇒

−



1

2

(

1;3

6)

(

1;3

)

MA

t

MB

t



=

−



⇒ 

=

−





Vì

M A B

, ,

2

MA

=

3

MB

2

MA



=

3

MB



2

MA



= −

3

MB



+ Với

1

2(

1)

3(

1)

2

3

2(3

6)

3(3

)

t

MA

MB

t

− =

−



=

⇔ 

− =

−





1

2

5 5

5

2

3

1

;

2 2

2

7

2

(2; 2)

t

A

t

B

 





−

= −

=





 



⇔



⇔



⇒







+ =







=





Khi phương trình đường thẳng

d

M

(1;1), (2; 2)

B

(177)

+ Với

(

)

1 2

2( 1) 3( 1) 1;

2

2(3 6) 3(3 ) 1 (1;3)

t t t t t A

MA MB

t t t t t B

− = − − + = =  −

   

= − ⇔ − = − − ⇔ − = ⇔ = ⇒



   

 

Khi phương trình đường thẳng

d

M

(1;1), (1;3)

B

trình : x – =

Bài

+ Gọi

I N

,

điểm

AC

BD DM

,

Khi

N

2

2 1

.

3

3 2

BCD

⇒

CN

=

CI

=

CA

1

3

CA

CN

=

⇒



=



2

( ; )

( ;

2)

A t

t

d

N t t

DM

−

∈





− ∈



1

2

(

3;5 )

(

3;

1)

CA

t

CN

t



=

−



⇒ 

=

−

+





Từ

1

1 2

1

3

3(

3)

3

6

(*)

5

( 1;5)

5 3

3(

1)

3

2

3

t

A

t

= −



− =

−

= −





⇔



⇔



⇔



⇒

−

=

+

=





+ Do

I

AB

I

(1;1)

Khi

BD

I

AC

2

1

0

x

−

y

+ =

Vậy tọa độ điểm

D

2

0

5

(5;3)

2

1

0

3

x

y

x

D

x

y

− − =

=



⇔

⇒



−

+ =



=



Suy

B

( 3; 1)

− −

I

(1;1)

BD

+ Vậy

A

( 1;5), ( 3; 1),

−

B

− −

D

(5;3)

Bài

+ Ta có

AC

K

(0; 2)

góc với

HK



KH

=

(1; 2)

−

vecto pháp tuyến

Do

AC

2(

2)

0

2

4

0

(178)

+

BK

H

(1; 0)

n



KH

=

(2;1)

trình:

2(

x

− + = ⇔

1)

y

0

2

x

+ − =

y

2

0

+ Gọi

(2

4; )

( ; 2 )

A a

a

AC

B b

b

BK

−

∈





−

∈



M

(3;1)

AB

2

4

6

2

10

4

(4; 4)

2

2 2

2

0

2

(2; 2)

A B M

x

a

b

a b

a

A

y

a

b

a

b

B

+

=

− + =

+ =

=



⇔

⇒



+

=



+ −

=



−

=



=



−



+ Ta có

BC

B

(2; 2)

−

HA



=

(4;3)

phương trình:

4(

x

− +

2) 3(

y

+

2)

= ⇔

0

4

x

+

3

y

− =

2

0

C

8

2

4

0

11

8 18

;

4

3

2

0

18

11 11

11

x

y

C

x

y

 = −



−

+ =



⇔



⇒



−





+

− =













 =



Vậy

A

(4; 4)

B

(2; 2)

−

8 18

;

11 11

C





−









Bài 8.

+

BC

1;

3

2

M





− −









góc với

AH

u



AH

=

(1;8)

vecto phương

Do

BC

3

1 8

0

8

13

0

2

x

+ +





y

+





= ⇔ +

x

y

+

=





B

8

13

0

3

(3; 2)

3

5

1

0

2

x

y

x

B

x

y

+

=



⇔



⇒

−



+

+ =



= −



+ Do

M

BC

C

( 5; 1)

− −

+ Gọi

( ;8

5)

5

; 4

3

2

a

A a a

− ∈

AH

⇒

N





−

a

−









AC

Ta có

3.

5

5.(4

3) 1

0

1

(1;3)

2

a

N

∈

BN

⇔

−

+

a

− + = ⇔ = ⇒

a

A

(179)

Bài 9.

C

2

0

2

(2; 1)

3

0

1

x

y

x

C

x

y

+

=



⇔

⇒

−



− − =



= −



Gọi

( ; )

( ;

3)

A

a a

AC

D d d

DC

−

∈





− ∈



3

;

2

M





−









AD

2

3

1

( 2;1)

2

3

1

( 1; 4)

A D M

x

a

d

a

A

y

a

d

D

+

=

− + = −

=

−



⇔

⇒



+

=



+ − = −



= −



− −



+ Khi

AB

A

CD

BC

C

CD

x

+ − =

y

1

0

B

3

0

1

( 1; 2)

1

0

2

x

y

x

B

x

y

− + =

= −



⇔

⇒

−



+ − =



=



Vậy

A

( 2;1), ( 1; 2), (2; 1),

−

B

−

C

−

D

( 1; 4)

− −

Bài 10

+ Đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABC

có tâm

I

R

=

IA

=

5

2

( ) : (

T

x

−

2)

+

(

y

−

1)

=

5

+ Khi tọa độ giao điểm đường phân giác góc

A

( )

T

2

0

(0;0)

( 2) ( 1)

− = = =

 

⇔ ⇒

  = =

− + − = 



x y x y

O x y

x y giao điểm thứ hai

Do

OA

A

OI

BC

điểm

M

BC

Khi đó:

2

5

 

= − = −  =

 

(180)

+ Mặt khác

BAC



3

2 ( 2)

3 5

;

3

5 5

1 ( 1)

5

 − = −  =

 

   

= = ⇔ ⇔ ⇒  

 − = −  =

 

 

   M M

M M

x x

IM

IM IO IO M

IO

y y

+

BC

M

IO

2

x

+ − =

y

2

0

B C

,

( )

2

0

8

2

(0; 2), ;

2 8 5

( 2) ( 1) 5

; , 0;

5

6  =



 =   



   − 

+ − =

 ⇔ ⇒  

 − + − =  =    

   −

  

   

 = − 

x y

B C

x y

x

x y

B C

x

Vậy

( )

5

 −     

B C 8; ,

( )

5

 −     

B C

Chú ý:

+ Với góc



BAC

IM

IO

=





,



BAC

IM

IO

= −





+ Ngồi cách giải bạn tham khảo thêm cách giải thứ hai Bài 4

trong phần Bài tập áp dụng thuộc Bài toán 6.3 (6.4) Bài 11

+ Do

∆

ABC

A

AG

⊥

BC

⇒

G

tam giác

ABE

⇒

EG

⊥

AB

Gọi

AG



AB

=

{ }

F

khi :

2

3

GE

GF

GE

GF

MC

=

MA

= ⇒

=

Suy

G

EF

⇒

F

(2;3)

Khi

AB

F

(2;3)

EG

3

0

y

− =

+ Gọi

B b

( ;3)

∈

AB

Ta có



45

(181)

2 (4;3)

( 2)

0 (0;3) =   = ⇔ − = ⇔ ⇒ =   b B

FB FE b

b B

+ Với

B

(4;3)

Do

G

ABC

EG

AC

2 2( 2) (1;0)

1 2( 1)

− = − =

 

= ⇒ ⇔ ⇒

− = − =

 

  C C

C C

x x

BE EC C

y y

3(2 2) (1;3)

0 3(2 1)

− = − =

 

= ⇔ ⇔ ⇒

− = − =

 

  A A

A A

x x

CA EG A

y y

+ Với

B

(0;3)

C

(3; 0), (3;3)

A

Vậy

A

(1;3), (4;3), (1; 0)

B

C

A

(3;3), (0;3), (3; 0)

B

C

Bài 12

+ Gọi AEAC=

{ }

I

AD

BC

I

⇒

BE

Gọi

E

(2

t

−

10; )

t

∈ ∆

 

⇒  − 

 

t

I t

Mà 2( 3) (2;6) (3;3)  ∈ ⇒ − − − = ⇔ = ⇒   E t

I AC t t

I

+ Mặt khác

BCDE

Ta có

BE



= −

( 2; 6)

C c c

AC

BC

c

  2 

2

1

cot cot cos

5

1 tan

1

= = ⇒ = = =

+ +     

EBC ADC EBC

EBC



cos

5 ⇔ EBC =

2

2 2( 4) 6(2 3) 2

40 ( 4) (2 3)

− − + −

⇔ = ⇔ =

− + −

 

BE BC c c

(

)

5

10 20 25

− ⇔ = − + c c c (5;7)

3 22 35 7

; 3  =    ⇔ − + = ⇔ ⇒    =         C c c c C c 

(182)

+ Với C(5;7)⇒A(1; 1),− D(3;13) (do

I E

,

AC AD

,

+ Với 5; 11 13; , 23;

3 3 3

 ⇒    

     

     

C A D (do I, E trung điểm AC,

AD)

Vậy A(1; 1), (5;7),− C D(3;13) 11 13; , 5; , 23;

3 3 3

                 

A C D

Bài 13

+ Gọi 02 2

0 0 0

( ; ) ( ) 4

4

∈ ⇒ x + = ⇔ + − =

B x y E y x y (1)

+ Do

M

( )

E

MA

=

2

MB

0 0 0 2 2 3

2 (2 ; 2 )

2 2 2 3  − = −  −      = −    ⇒ = − ⇔ ⇔ ⇒ − − = −     − = −  −     

  A

A A A

x x

MA MB A x y

y y

+ Mà 2 2

0 0 0

(2 )

( ) (2 )

4 −

∈ ⇒ x + − = ⇔ + − − + =

A E y x y x y (2)

+ Từ (1) (2) ta hệ:

2 0

0

2

0

0 0

(0;1)

0;

1

4

0

8 3

8

3

;

4

2

8

4

0

5 5

5

B

x

y

x

y

B

x

y

x

y

x

y



=



 +

− =



⇔



⇒





 =

=







+

−

+ =





















Với

B

(0;1)

⇒ ∆

:

x

+

2

y

− =

2

0

8 3

;

:

14

10

0

5 5

B





 ⇒ ∆ +



x

y

−

=





Vậy

x

+

2

y

− =

2

0

x

+

14

y

−

10

=

0

Bài 14

+ Gọi

I

AC

DM

AM

DC

Ta – let ta được: 1

4

= = = ⇒ = ⇒= 

AI AM AM AI

AC AI

(183)

+ Gọi

( ; 4) ( 5; 11)

7 57 15

; 5; 6  + ∈  = − +  ⇒ −   ∈  = − −               

C c c d AC c c

a a

I a DM AI a

Khi

5 5( 5)

5 20

5 15 21 (1;5)

6 35 141

11 − = − =   − = −    = ⇔ + = − ⇔ − = − ⇔ = ⇒     

  c a c

c a

AC AI a C

c a

+ Gọi ;7 57 5;7 15

6 − −  ∈ ⇒ = −           t t

M t DM AM t Khi :

5 4.( 5)

3 15

7 − = −   + = ⇔ = ⇔  + = − 

     B

B

x t

MA MB AB AM t

y 15 14 51 15; 14 51 3 = −  −    ⇔ = − ⇒  −   B B x t t B t t y Suy

14

30

4

20;

3

14

66

4

16;

3

t

AB

t

CB

t



=



−















−







=



−













+ Ta có:

(14 30)(14 66)

(4 20)(4 16)

9

− −

⊥ ⇔ = ⇔ − − + t t =

AB CB AB CB t t

2

( 3; 3)

17 132 243 81 69 89

; 17 17 17 − −  =    ⇔ − + = ⇔ ⇒    =         B t t t B t

Do

B

( 3; 3)

− −

+

ABCD

1 ( 3)

(9;1)

5 ( 3)

− = − − =

 

= ⇔ ⇔ ⇒

− = − − − =

 

  D D

D D

x x

CD BA D

y y

(184)

Bài 15

+ Gọi

N

CD

2 2

3 3

= = ⇒= 

IG IN IM IG IM

(

)

(

)

2

5

3

(3; 1)

2

3

3  − = −

  =



⇔ ⇔ = − ⇒ −

  − = − −



I I

x x

x

I y

y y

+ Ta có

S

ABD

=

4

S

AMI

=

12

⇒

S

AMI

=

3

Mặt khác ( , ) 2.3

3 5

= ⇒ = SAMI = =

MI d A MI

MI

+ Ta có phương trình đường thẳng

MI

: 2

x

− − =

y

7

0

Gọi

A a a

( ;

− ∈ ∆

2)

2 ( 2) (3;1)

2

( , )

7 (7;0)

5 5

− − −  = 

= ⇔ = ⇔ − = ⇔ ⇒

=

 

a a a A

d A MI a

a A

Do

M

AB

I

AC BD

,

+ Với

A

(3;1)

⇒

B

( 3; 15), (3; 3),

− −

C

−

D

(9;13)

Với

A

(7; 0)

⇒

B

( 7; 1), (13;12),

− −

C

D

( 1; 2)

− −

Vậy

A

(3;1), ( 3; 15), (9;13),

B

− −

C

D

(3; 3)

−

A

(7; 0), ( 7; 1), (13;12),

B

− −

C

D

( 1; 2)

− −

6 BÀI TỐN 6:

Viết phương trình đường thẳng

TRƯỜNG HỢP 1: Bài tốn khơng cho véctơ pháp tuyến (hoặc véctơ phương)

Bài toán 6.1

A NỘI DUNG BÀI TOÁN 6.1

∆

đi qua điểm, cách điểm cho trước

một khoảng không đổi.

Gọi vtpt

( ; )

n



=

a b



a

+ ≠

b

0;

M

∈∆

→

∆

:

ax

+

by

+

f a b

( , )

=

0

( , )

d N

∆ = =

h const

(185)

Từ

(*)

⇒ =

a

kb

choïn

?

a

b

=



⇒

 =



∆

+ Gọi véctơ pháp tuyến

∆

là

n



=

( ; )

a b

(

a

+

b

≠

0)

,

∆

đi qua

M

đã

biết tọa độ nên ta viết phương trình

∆

có dạng:

ax by

+

f a b

( , )

=

0

(phụ

thuộc vào ẩn

a b

,

).

+ Sử dụng kiện

∆

cách điểm

N

cho trước khoảng không đổi

(

d N

( , )

∆ = =

h

const

) giúp ta thiết lập phương trình đẳng cấp bậc hai

( , )

0

g a b

=

(ẩn

a b

,

) Từ ta rút mối liên hệ

a

=

kb

Sau

thao tác “chọn” , ta số

( ; )

a b

≠

(0; 0)

∆

.

Chú ý:

Ngồi cách giải bạn giải theo cách sau:

+ Gọi phương trình đường thẳng qua điểm

M x y

( ;

)

có hệ số góc

k

có dạng:

0 0

(

)

0

y

=

k x

−

x

+

y

⇔

kx

− −

y

kx

+

y

=

Khi

d N

( , )

∆ = ⇔

h

f k

( )

= ⇔ = ⇒

0

k

?

phương trình

∆

.

+ Phương trình

∆

có dạng

x a

− =

0

Vì

M x y

( ;

)

∈ ∆

nên suy phương trình

0

:

x

0

∆

−

=

Kiểm tra điều kiện

d N

( , )

∆ =

h

⇒

kết luận.

Nhận xét:

Như để chuyển toán nội dung Bài toán 6.1,ta cần khai thác

kiện toán để điều kiện:

+ Đường thẳng qua điểm biết tọa độ.

+ Đường thẳng cách điểm cho trước khoảng tính được.

Oxy

M

(1; 4)

N

(2;1)

∆

M

N

đường thẳng

∆

1

Giải Cách 1:

Gọi véctơ pháp tuyến

∆

( ; )

n

=

a b



(

a

+

b

≠

0)

∆

(1; 4)

(186)

(

1)

(

4)

0

4

0

a x

− +

b y

−

= ⇔

ax

+

by

− −

a

b

=

2 2

2

( , ) a b a b

d N a b a b

a b

+ − −

∆ = ⇔ = ⇔ − = +

+

2 2

0

(

3 )

8

6

0

3

4

b

a

b

a

b

ab

a

b

=



⇔

−

=

+

⇔

−

= ⇔ 

=



b

=

0

a

=

1

∆

:

x

− =

1 0

Với

3

a

=

4

b

4

3

a

b

=



 =



∆

: 4

x

+

3

y

−

16

=

0

Cách 2:

+ Phương trình

∆

M

(1; 4)

k

y

=

k x

(

− +

1)

4

hay

kx

− − + =

y

k

4

0

Khi

2

1

4

( , )

1

(

3)

1

6

8

3

1

k

d N

k

− − +

∆ = ⇔

= ⇔

+

=

+ ⇔

= − ⇔ = −

+

Suy phương trình

:

4

0

4

3

16

0

3

x

y

3

x

y

∆ −

− + + = ⇔

+

−

=

+ Phương trình

∆

x a

− =

0

M

(1; 4)

∈ ∆ ⇒ − = ⇔ =

1

a

0

a

1

:

x

1 0

∆

− =

Khi

( , )

2 1

1

d N

∆ =

−

=

Vậy phương trình

∆

4

x

+

3

y

−

16

=

0

x

− =

1 0

Oxy

2

( ) :

C

x

+

y

−

4

x

−

8

y

− =

5

0

∆

điểm

M

(5; 2)

( )

C

A B

,

AB

=

5 2

* Đường thẳng

∆

cần viết qua điểm

M

(5; 2)

Do vậyta cần khai thác thêm

dữ kiện toán để có yếu tố “có lợi” liên quan tới

∆

* Dữ kiện

∆

cắt đường tròn

( )

C

tại hai điểm

A B

,

với

AB

=

5 2

, cho ta biết

được khoảng cách từ tâm

I

(2; 4)

của

( )

C

tới

∆

Cụ thể gọi

H

là hình chiếu

I

trên

∆

thì ta có

d I

( , )

∆ =

IH

=

IA

−

HA

(187)

Giải

+ Đường trịn

( )

C

I

(2; 4)

và bán kính

R

=

IA

=

5

Gọi

H

của

I

5 2

2

AB

⇒

AH

=

Khi

2

2 2

5 2

5

2

IH

=

IA

−

AH

=

−









=





+ Gọi véctơ pháp tuyến

∆

n



=

( ; )

a b

(

a

+

b

≠

0)

Do

∆

M

(5; 2)

(

5)

(

2)

0

5

2

0

a x

− +

b y

−

= ⇔

ax by

+

−

a

−

b

=

2 2

2

4

5

2

5 2

( , )

4(3

2 )

50(

)

2

a

b

a

b

d I

IH

a

b

a

b

a

b

+

−

∆ =

⇔

=

⇔

−

=

+

2

7

24

17

0

(

)(7

17 )

0

7

17

a

b

a

ab

b

a b

a

b

a

b

= −



⇔

+

= ⇔

+

= ⇔ 

= −



a

= −

b

1

a

b

=



 = −



∆

:

x

− − =

y

3

0

7

a

= −

17

b

17

7

a

b

=



 = −



∆

:17

x

−

7

y

−

71

=

0

∆

x

− − =

y

3

0

17

x

−

7

y

−

71

=

0

Ví dụ ( Khối A, A1 – 2014) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng

ABCD

M

AB

N

đoạn

AC

AN

=

3

NC

CD

rằng

M

(1; 2)

N

(2; 1)

−

* u cầu tốn viết phương trình

CD

, giúp ta hướng tới việc gắn kết kiện

để tìm yếu tố liên quan tới đường thẳng

CD

Bài toán cho biết tọa độ hai điểm

(1; 2)

M

và

N

(2; 1)

−

cùng với kiện

AN

=

3

NC

, khiến ta nghĩ tới việc tìm tọa

độ điểm

E

( với

MN

∩

CD

=

{ }

E

) Điều hồn tồn làm nhờ vào

(188)

* Với

M

(1; 2)

,

N

(2; 1)

−

và điểm

E

vừa tìm được, cộng với điểm xác định

rõ vị trí, nên ta dễ dàng có độ dài cạnh hình vng dựa vào độ dài

MN

(hoặc

ME

) Nghĩa ta tính khoảng cách từ

M

tới

DC

Như lúc xuất

hiện nội dung Bài tốn 6.1, giúp ta viết phương trình đường thẳng

CD

Cụ thể

CD

đi qua điểm

E

đã biết tọa độ cách điểm

M

một khoảng xác định.

Giải

+ Gọi

MN

∩

CD

=

{ }

E

H

chiếu vng góc

M

CD

Khi theo định lý Ta-let ta có

3

MN

AN

MN

NE

=

NC

= ⇒

=





(*)

+ Gọi

E x y

( ; )

NE



=

(

x

−

2;

y

+

1)

MN



=

(1; 3)

−

Do

7

1 3(

2)

(*)

3

3(

1)

2

x

y



=

−

=





⇔



⇔



− =

+



 = −



7

; 2

3

E





⇒



−







+ Do

1

2

1

3

EC

=

AM

⇒

HE

=

AM

=

AB

=

MH

3

HE

= ⇒

m

MH

=

m

Khi 2 2

160

4

10

9

3

MH

+

HE

=

ME

⇔

m

=

⇔ =

m

⇒

MH

=

4

+ Gọi

n



CD

=

( ; )

a b

0

a

+

b

≠

Khi phương trình

CD

(

)

7

2

0

3

7

6

0

3

a x





−





+

b y

+

= ⇔

ax

+

by

−

a

+

b

=





Ta có

2

3

6

7

6

(

,

)

4

9

a

b

a

b

d M CD

MH

a

b

+

−

+

=

⇔

=

+

2 2

0

3

9(

)

8

6

0

4

3

a

b a

a

b

a

ab

a

b

=



⇔

− =

+

⇔

+

= ⇔ 

= −



Với

a

=

0

b

=

1

CD

y

+ =

2

0

(189)

Chú ý:

Ngoài cách giải bạn tham khảo thêm cách giải khác Ví dụ 10

trong cách đề 3thuộc Bài toán 1và Bài 3.2trong Phần – phát triển

tốn.

Ví dụ 3 Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

2

( ) :

T

x

+

y

−

6

x

+

2

y

+ =

6

0

A

(1;3)

thẳng qua

A

( )

T

B

C

AB

=

BC

* Giống Ví dụ 1, đường thẳng

∆

cần viết qua điểm

A

(1;3)

Như lúc

này ta thiếu kiện liên quan tới

∆

.

* Dữ kiện

∆

đi qua

A

và cắt

( )

T

tại

B

và

C

sao cho

AB

=

BC

, giúp ta tính

được khoảng cách từ

I

tới

∆

Khi việc viết phương trình

∆

được giải theo

góc nhìn Bài tốn 6.1.

Giải

+ Đường trịn

( )

T

I

(3; 1)

−

R

=

2

Ta có

IA

=

2 5

>

R

A

Gọi

∆

H

I

∆

Lúc ta tính

IH

Cách 1:

Đặt 2

4

IH

= ⇒

a

BH

=

IA

−

IH

=

−

a

Do

3

3 4

AB

=

BC

⇒

AH

=

BH

=

−

a

Khi 2 2 2

9(4

)

20

2

IH

+

AH

=

IA

⇔

a

+

−

a

=

⇔

a

= ⇒ =

a

2

IH

=

Cách 2:

Phương tích điểm

A

( )

T

2

/( )

.

.2

20 4

A T

(190)

2

8

2 2

2

AB

BC

BH

⇔

= ⇔

=

⇒

=

Suy 2

4 2

2

IH

=

IB

−

BH

=

− =

∆

n



=

( ; )

a b

(

a

+

b

≠

0)

∆

(1;3)

A

a x

(

− +

1)

b y

(

− = ⇔

3)

0

ax

+

by

− −

a

3

b

=

0

: 2

2

3

( , )

a b a

b

2

4(

2 )

2(

)

d I

IH

a

b

a

b

a

b

− − −

∆ =

⇔

=

⇔

−

=

+

2

8

7

0

(

)(

7 )

0

7

a

b

a

ab

b

a b a

b

a

b

=



⇔

−

+

= ⇔

−

= ⇔ 

=



+ Với

a

=

b

a

= =

b

1

∆

:

x

+ − =

y

4

0

Với

a

=

7

b

7

1

a

b

=



 =



∆

: 7

x

+ −

y

10

=

0

∆

x

+ − =

y

4

0

7

x

+ −

y

10

=

0

Oxy

2

( ) : (

T

x

−

1)

+

(

y

−

2)

=

5

ABC

thẳng

BC

7

; 2

2

M













A

Phân tích hướng giải

:

* Dữ kiện đường thẳng

BC

đi qua điểm

7

; 2

2

M













gợi ý ta nên viết phương

trình

BC

Mặt khác, viết phương trình

BC

ta viết phương trình

AI

và suy tọa độ hình chiếu

H

của

I

trên

BC

Khi nhờ Bài tốn 5.1

(các bạn tìm hiểu phần trước) với hệ thức



AH

=

3



IH

sẽ giúp ta dễ dàng tìm

tọa độ điểm

A

.

* Bài tốn 6.1 sẽ giúp ta viết phương trình

BC

,

BC

đi qua điểm

7

; 2

2

M













và

d I BC

( ,

)

=

R

.

Giải

+ Đường trịn

( )

T

I

(1; 2)

R

=

5

(191)

Do

BC

7

; 2

2

M













(

)

7

2

0

2

7

4

0

2

a x





−





+

b y

−

= ⇔

ax

+

by

−

a

−

b

=





Do

BC

( )

T

2

4

7

4

( ,

)

5

4

a

b

a

b

d I BC

R

a

b

+

−

= ⇔

=

+

2 2 2

2

25

20(

)

4

2

a

b

a

b

a

b

a

b

=



⇔

=

+

⇔

=

⇔ 

= −



Gọi

H

I

BC

A m n

( ; )



AH

=

3

IH



+ Với

a

=

2

b

2

1

a

b

=



 =



BC

: 2

x

+ − =

y

9

0

IH

x

−

2

y

+ =

3

0

H

2

9

0

3

(3;3)

2

3

0

3

x

y

x

H

x

y

+ − =

=



⇔

⇒



−

+ =



=



(3

;3

)

(2;1)

AH

m

n

IH



= −

−



⇒ 

=





Khi

(*)

3

6

3

( 3; 0)

3

0

m

A

n

− =

= −



⇔



⇔



⇒

−

− =

=



+ Với

a

= −

2

b

2

1

a

b

=



 = −



BC

: 2

x

− − =

y

5

0

IH

x

+

2

y

− =

5

0

H

2

5

0

3

(3;1)

2

5

0

1

x

y

x

H

x

y

− − =

=



⇔



⇒



+

− =



=



(3

;1

)

(2; 1)

AH

m

n

IH



= −

−



⇒ 

=

−





Khi

(*)

3

6

3

( 3; 4)

1

3

4

m

A

n

− =

= −



⇔



⇔



⇒

−

− = −

=



Vậy

A

( 3; 0)

−

A

( 3; 4)

−

Chú ý:

(192)

Oxy

ABCD

( 2;3)

A

−

M

(4; 1)

−

BC

AM

thẳng

DC

N

(7; 3)

−

vng

ABCD

C

Do

MC

AD

2

3

2

1

3

9

6

NC

NM

ND

NA

+

=

+

1

3

2

ND CD

ND

CD

AD

ND

−

⇔

= ⇒

=

Khi xét tam giác

AND

2 2

9

117

36

6

4

AD

+

ND

=

AN

⇔

AD

+

AD

=

⇔

AD

=

⇔

AD

=

Gọi

n



=

( ; )

a b

a

+

b

≠

0

DC

Vậy

DC

N

(7; 3)

−

(

7)

(

3)

0

7

3

0

a x

− +

b y

+ = ⇔

ax

+

by

−

a

+

b

=

Ta có:

2

3

7

3

( ,

)

a

b

a

b

6

d A DC

DC

a

b

− +

−

+

=

⇔

=

+

2 2

0

3

2

5

12

0

5

12

a

b

a

b

a

ab

a

b

=



⇔

−

=

+

⇔

−

= ⇔ 

=



+ Với

a

=

0

b

=

1

DC y

:

+ =

3

0

Khi

BC

M

(4; 1)

−

DC

4

0

x

− =

C

3

0

4

(4; 3)

4

0

3

y

x

C

x

y

+ =

=



⇔

⇒

−



− =



= −



Tương tự ta có phương trình

AD x

:

+ = ⇒

2

0

D

( 2; 3)

− −

Phương trình

AB y

:

= ⇒

3

B

(4;3)

+ Với

5

a

=

12

b

12

5

a

b

=



 =

(193)

Khi phương trình

BC

M

(4; 1)

−

DC

phương trình:

5

x

−

12

y

−

32

=

0

C

76

12

5

69

0

13

76

3

;

5

12

32

0

3

13

x

y

C

x

y

 =



+

−

=



⇔



⇒



−





−

=













 = −



(loại)

Vậy

B

(4;3), (4; 3),

C

−

D

( 2; 3)

− −

Nhận xét:

* Ngoài cách giải bạn tham khảo thêm cách giảithứ sau:

Cách 2:

Gọi

n



=

( ; )

a b

( với

0

a

+

b

≠

) vecto pháp tuyến đường thẳng

DC

Vậy

DC

đi qua

N

(7; 3)

−

(

7)

(

3)

0

7

3

0

a x

− +

b y

+ = ⇔

ax by

+

−

a

+

b

=

Khi

AD

đi qua

A

( 2;3)

−

và vng góc với

DC

3

2

0

bx

−

ay

+

a

+

b

=

Do

ABCD

là hình vng nên ta có:

2 2

2

3

7

3

4

3

2

( ,

)

(

,

)

a

b

a

b

b a

a

b

d A DC

d M AD

a

b

a

b

− +

−

+

+ +

+

=

⇔

=

⇔

+

9

6

4

6

0

5

12

a

b

a

b

a

b

=



⇔

−

=

+

⇔ 

=



Đến việc trình bày giống Cách 1

* Nếu

A M N

,

không thẳng hàng (

N

vẫn thuộc

DC

) Cách 1ở tốn

bị “vô hiệu”, song Cách 2vẫn phát huy tác dụng Như tùy vào kiện số liệu

của đề “linh hoạt” việc chọn cách giải tối ưu cho tốn

Oxy

∆

:

x

+ − =

y

2

0

điểm

M

(3; 0)

∆

'

M

∆

A

H

là hình chiếu vng góc

A

Ox

'

(194)

Giải

+ Gọi

n



=

( ; )

a b

a

+

b

≠

0

∆

'

∆

'

qua

M

(3; 0)

ax by

+

−

3

a

=

0

A

3

;

2

a b x

ax by a a b A a b a

x y a a b a b

y

a b −  = 

+ − =

 ⇔ − ⇒  − − 

 + − =   − − 

 

  = −

 −



Do

H

A

Ox

H

3

a

2

b

; 0

a b

−





⇒ 

−







+ Ta có:

2 2 2

2

3

2

( , ') 4( )( )

5

a b

a a

a b

d H a b a b a b

a b

− −

−

∆ = ⇔ = ⇔ = + −

+

2

(

2 )(2

)(2

2

)

0

2

a

b

a

b

a b

a

ab

b

a

b

=



⇔

−

+

= ⇔ 

=



2

a

+

ab

+

2

b

>

0

+ Với

a

=

2 ,

b

2

1

a

b

=



 =



∆

'

2

x

+ − =

y

6

0

2a

=

b

1

2

a

b

=



 =



∆

'

x

+

2

y

− =

3

0

∆

'

2

x

+ − =

y

6

0

x

+

2

y

− =

3

0

Oxy

ABCD

đỉnh

A

C

(2; 5)

−



AD

=

3

BC



AB

1

; 0

2

M





−





(195)

Giải

+ Do



AD

=

3



BC

⇒

AD

BC



90

D

⇒

=



90

A

=

Do

AB

n



AB

=

(1; )

b

0

b

≠

AB

AD

( ; 1)

AD

n

=

b

−



Khi

AB

1

; 0

2

M





−









1

:

0

2

x by

+

+ =

AD

N

( 3;5)

−

:

bx

− +

y

3

b

+ =

5

0

+ Ta có: ( )

[

]

2

ABCD

d C AB d C AB d C AD BC AD AB

S = + = +

=

2 ( ,

d C AB d C AD

) ( ,

)

Mặt khác

S

ABCD

=

50

2

5

10

2

( ,

) ( ,

)

25

.

25

1

b

d C AB d C AD

b

−

+

=

⇔

=

+

2

4

3

2

3

2)

2(1

)

0

4

3

0

3

4

b

 =



− =





⇔

+

−

=

+

⇔



⇔



=

+

=





= −





Với

4

:

4

1

0

3

2

b

= ⇒

AB x

+

y

+ =

AB

: 6

x

+

8

y

+ =

3

0

Với

3

:

3

1

0

4

2

b

= − ⇒

AB x

−

y

+ =

AB

: 4

x

−

3

y

+ =

2

0

AB

6

x

+

8

y

+ =

3

0

4

x

−

3

y

+ =

2

0

(196)

Nhận xét:

Ở tốn thayvì gọi vecto pháp tuyến

n



=

( ; )

a b

theo ẩn

a b

,

như

toán quen thuộc làm, tốn ta “linh hoat” gọi

(1; )

AB

n

=

b



theo ẩn

b

nhờ kiện đường thẳng

AB

không song song với

trục tọa độ

Bài toán 6.2

A NỘI DUNG BÀI TOÁN 6.2

∆

đi qua điểm, tạo với đường thẳng cho

trước góc khơng đổi.

Gọi vtpt :

( ; )

n



=

a b



a

+ ≠

b

0;

M

∈∆

→

:

ax

by

f a b

( , )

0

∆

+

=



( , ')

∆ ∆ =

α

→

cos( , ')

∆ ∆ =

cos

α

Từ ' '

(*) cos ( , )

n n

g a b a kb n n

α

∆ ∆

⇔ = ⇔ = ⇒ =

 

  choïn→

?

a

b

=



⇒

 =



∆

+ Gọi véctơ pháp tuyến

∆

là

n



=

( ; )

a b

(

a

+

b

≠

0)

,

∆

đi qua

M

đã

biết tọa độ nên ta viết phương trình

∆

có dạng:

ax

+

by

+

f a b

( , )

=

0

(phụ

thuộc vào ẩn

a b

,

).

+ Sử dụng kiện góc tạo

∆

và

∆

'

bằng

α

(

( , ')

∆ ∆ =

α

) cách áp dụng

công thức '

2 2

'

.

'

cos( , ')

cos

.

'

n n

a a

b b

n

a

b

a

b

α

∆ ∆

+

∆ ∆ =

⇔

=

⇔

=

+

 

giúp ta thiết lập phương trình đẳng cấp bậc hai

g a b

( , )

=

0

(ẩn

a b

,

) Từ

ta rútra mối liên hệ

a

=

kb

Sau thao tác “chọn” , ta số

( ; )

a b

≠

(0; 0)

∆

.

Chú ý

Ngồi cách giải bạn giải theo cách sau:

+ Gọi phương trình đường thẳng qua điểm

M x y

( ;

)

có hệ số góc

k

có dạng:

0 0

(

)

0

(197)

Khi ' '

.

cos( , ')

cos

( )

0

?

.

n n

f k

k

n

α

∆ ∆

∆ ∆ =

⇔

=

⇔

= ⇔ = ⇒

 

phương

trình

∆

.

+ Phương trình

∆

có dạng

x a

− =

0

Vì

M x y

( ;

)

∈ ∆

nên suy phương trình

0

:

x

0

∆

−

=

Kiểm tra điều kiện

cos( , ')

∆ ∆ =

cos

α

⇒

kết luận.

Nhận xét:

Như để chuyển toán nội dung Bài toán 6.2ta cần khai thác

kiện toán để điều kiện:

+ Đường thẳng qua điểm biết tọa độ.

+ Đường thẳng tạo với đường thẳng cho trước góc xác định (khơng đổi).

Oxy

∆

'

2

x

+

3

y

+ =

1

0

M

(1;1)

∆

M

∆

'

45

Giải: Cách 1:

∆

( ; )

n

=

a b



(

a

+

b

≠

0)

∆

qua

M

(1;1)

(

1)

(

1)

0

a x

− +

b y

− = ⇔

ax by

+

− − =

a b

Với

∆

'

n



=

(2;3)

0

1

( , ')

45

cos( , ')

2

∆ ∆ =

⇔

∆ ∆ =

⇔

2 2

2

3

1

2(2

3 )

13(

)

2

3

a

b

a

b

a

b

a

b

+

⇔

=

⇔

+

=

+

2

5

24

5

0

(5

)(

5 )

0

5

a

b

a

ab

b

a b a

b

a

b

= −



⇔

−

= ⇔

+

−

= ⇔ 

=



5a

= −

b

1

5

a

b

=



 = −

(198)

Với

a

=

5

b

5

1

a

b

=



 =



∆

: 5

x

+ − =

y

6

0

∆

x

−

5

y

+ =

4

0

5

x

+ − =

y

6

0

Cách 2:

+ Gọi

∆ ∆ =



'

{ }

I

(1 ; )

+

t

− −

t

∈ ∆

'

MI



=

(3 ; 2 )

t

− −

t

với

u



=

(3; 2)

−

Khi đó:

(

)

(

)

3.3

2( 2 )

1

, '

45

cos

, '

2

9

(2

2) 13

2

t

− − −

∆ ∆ =

⇔

∆ ∆ =

⇔

=

+

2 2

2(13 4)t 13(13t 4)t 169t 104 20 0t

⇔ + = + + ⇔ + − =

17 7

10

;

13 13

13

2

19

17

;

13

3

I

t

I

 





= −

−













⇔



⇒

 



 =

 

−











+ Với

17 7

;

13 13

I





−









∆

17 7

;

,

(1;1)

13 13

I





−





M





trình:

x

−

5

y

+ =

4

0

Với

19

;

17

13

3

I





−









∆

19

17

;

,

(1;1)

13

I





−





M





trình:

5

x

+ − =

y

6

0

∆

x

−

5

y

+ =

4

0

5

x

+ − =

y

6

0

Cách 3:

+ Phương trình

∆

M

(1;1)

k

(

1) 1

y

=

k x

− +

kx

− − + = ⇒

y

k

1 0

n



=

( ; 1)

k

−

Với

∆

'

n

=

(2;3)



, đó:

0

1

( , ')

45

cos( , ')

2

∆ ∆ =

⇔

∆ ∆ =

⇔

2

3

1

2(2

3)

14(

1)

2

1 14

k

−

⇔

=

⇔

−

=

+

(199)

2

1

:

5

4

0

5

24

5

0

5

: 5

6

0

5

x

y

k

x

y

k



=



∆

−

+ =



⇔

+

− = ⇔

⇒ 



= −



∆

+ − =



+ Phương trình

∆

x a

− =

0

M

(1;1)

∈ ∆ ⇒ − = ⇔ =

1

a

0

a

1

:

x

1 0

∆

− =

Khi

cos( , ')

2

1

13

2

∆ ∆ =

≠

∆

x

−

5

y

+ =

4

0

5

x

+ − =

y

6

0

Oxy

ABC

A

trình đường thẳng

AB

BC

x

+

2

y

− =

5

0

3

x

− + =

y

7

0

Viết phương trình đường thẳng

AC

F

(1; 3)

−

* Bài tốn u cầu viết phương trình đường thẳng

AC

, cho biết

AC

đi qua

(1; 3)

F

−

Như ta cần khai thác thêm yếu tố liên quan tới

AC

để có đáp

số tốn.

ABC

cân

A

cho ta biết B C

Mặt khác tốn cho

biết phương trình

AB BC

,

như góc

B

là hồn tồn xác định Lúc ta thấy

rõ Bài toán 6.2,

AC

đi qua

F

(1; 3)

−

và tạo với

BC

một góc khơng đổi

(đúng góc

B

) Vậy ta giải xong bàitốn.

+ Ta có vecto pháp tuyến

AB BC

,

là:

n

=

(1; 2)



n

=

(3; 1)

−



Gọi vecto pháp tuyến

AC

n



=

( ; )

a b

với 2

0

a

+

b

≠

+ Tam giác

ABC

1 2

1 3

.

cos

.

n n

B

C

n

=

⇔

=

⇔

=

 

 

 

 

 

 





1

3

5

a b

a

b

−

⇔

=

(200)

2 2 2

5(3

)

22

15

2

0

a

b

a b

a

ab

b

⇔

+

=

−

⇔

−

+

= ⇔

2

(2

)(11

2 )

0

11

2

a

b

a b

a

b

a

b

=



⇔

−

= ⇔ 

=



2a

=

b

1

(1; 2)

2

a

n

b

=



⇒

=

 =





AC

⇒

AB

+ Với

11

a

=

2

b

2

(2;11)

11

a

n

b

=



⇒

=

 =





Khi

AC

F

(1; 3)

−

n



=

(2;11)

phương trình:

2

x

+

11

y

+

31

=

0

Chú ý

Ngoài cách giải bạn tham khảo thêm cách giải sau:

Cách 2:

+ Gọi

∆

(1; 3)

F

−

BC

Khi

∆

3

x

− − =

y

6

0

+ Gọi

∆



AB

=

{ }

E

điểm

E

3 17 9;

2 7

7 x x y

E x y

y  =  − − =

 ⇔ ⇒  

 + − =   

  =



+ Gọi

H

12

;

6

7

EF

⇒

H





−









Do tam giác

ABC

A

AH

⊥

BC

AH

12

3 21

7

x− + y+ = ⇔ x+ y+ =

 

A

7 21 117; 41

2 42 7

x x y

A x y

y  = 

+ + =

 ⇔ ⇒  − 

 + − =   

 

  = −