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)

NGUYỄN THANH TÙNG

(Giáo viên chuyên luyện thi THPT Quốc Gia)

BIÊN SOẠN THEO CẤU TRÚC MỚI NHẤT CỦA BỘGD&ĐT

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

(2)

MỤC LỤC

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 I HỆ TRỤC TỌA ĐỘ

A Hệ trục tọa độ Oxy hay ( ; ; )O i j  có

(0; 0) (1; 0)

(0;1) O i

j

 

=   = 

 

Ox: Trục hoành ; Oy: Trục tung 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 y1 1) b =( ;x y2 2) Khi đó: 1 Hai vectơ nhau:

1

x x a b

y y

= 

= ⇔  =



 

2 Hai vectơ phương : a b phương ⇔ a =kb⇔x y1 2 =x y2 1 3 Tổng, hiệu hai vectơ: a b± =(x1±x y2; 1±y2)

 

4 Tích số với vectơ: k a=(kx ky1; 1)

5 Tích vơ hướng hai vectơ : a b   . = a b. cos( )a b , =x x1 2+y y1 6 Môđun vectơ: 2

1

a = x +y

7 Góc hai vectơ: ( ) 2

2 2

1 2

. cos ,

. .

x x y y a b

a b

a b x y x y

+

= =

+ +

   

 

8 Hai vectơ vng góc: a⊥ ⇔b a b. = ⇔0 x x1 2+y y1 =0

   

C Điểm:OM= +xi y j⇔M x y( ; )

(4)

2 2

2

( ) ( )

AB= x −x + y −y

3 Trung điểm I ABcó tọa độ: 2;

2 2

x x y y

I + + 

 

4 Trọng tâm G tam giác ABC: 3;

3 3

x x x y y 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

 =  

=



+ 12 12 12 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

⇒ Hệ quả:

+ Tính góc: cos 2 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 sin 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 + Hai cạnh sin góc xen giữa: 1 sin

2

S = ab C + Ba cạnh bán kính đường trịn ngoại tiếp:

4 abc S

R

=

+ Nửa chu vi bán kính đường trịn nội tiếp: S = pr + Hê – rông: S = p p a p b p c( − )( − )( − )

Trong đó: R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC; r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác 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( ;1 1), ( ;B x y2 2), ( ;C x y3 3), ta có :

( ; )

AB= x −x y −y



và 2

( ) ( )

(7)

I trung điểm AB ⇔

1

2 2 I

I

x x x

y y y

+  = 

 +

 = 

G trọng tâm

1

3 3 G

G

x x x

x ABC

y y y

y

+ +

 =



∆ ⇔ 

+ +

 =



, ,

A B C thẳng hàng ⇔ ∃ ≠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 có phương trình: y=k x( −x0)+y0 + vectơ pháp tuyến (vtpt) n=( ; )a b có phương trình:

0

( ) ( )

a x−x +b y−y =

+ vectơ phương (vtcp) n=( , )a b có phương trình dạng tham số là:

0 x x at y y bt

= +



 = +

 phương trình dạng tắc là:

0

x x y y

a b

− −

= (với

(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 (với ab≠0)

2 Vị trí tương đối hai đường thẳng

Xét hai đường thẳng ∆1:a x b y1 + + =c1 0 ∆2:a x b y2 + + =c2 0 Tọa độ giao điểm ∆1 ∆2 nghiệm hệ phương trình :

1 1

2 2

0 0 a x b y c a x b y c

+ + =



 + + =

 (I)

* Hệ (I) có nghiệm ( ;x y0 0), ∆1 cắt ∆2 điểm M x y( ;0 0) * Hệ (I) có vơ số nghiệm, ∆ ≡ ∆1

* Hệ (I) vơ nghiệm, ∆1//∆2 3 Một vài ý

* Trục hồnh (Ox) có phương trình: y=0; Trục tung (Oy) có phương trình: 0

x=

* Đường thẳng qua hai điểm phân biệt:

+ A a y( ; 1), ( ;B a y2) có phương trình: x=a (song song với trục Oy 0

a≠ )

+ A x b B x b( ; ), ( ; )1 2 có phương trình: y=b (song song với trục Ox b≠0) * Phương trình đường thẳng có dạng tổng qt

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( ;0 0)và bán kính R có phương trình:

2 2

0

(x−x ) +(y−y ) =R

* Nếu đường tròn ( )C có phương trình dạng: x2+y2+ax by+ + =c 0 với 2

4

a +b > c ( )C có: tâm ;

2 2

a b

I− − 

  bán kính

2

4

a b

R= + −c

2 Phương trình tắc elip

2

( ) :E x y 1

a +b = 2 , , 0 a b c

a b c

> 



= +



* ( )E nhận Ox Oy, làm trục đối xứng có tâm đối xứng gốc tọa độ O

* Nếu M x y( ;0 0)∈( )E

2

0

2

1

1 2

x y

a b

MF MF a



+ =

 ⇒ 

 + =



* Elip ( )E có:

+ Tiêu điểm trái F1(−c; 0), tiêu điểm phải F c2( ; 0) + Các đỉnh: A1(−a; 0),A a2( ; 0),B1(0;−b B), 2(0; )b + Trục lớn: A A1 =2a, nằm trục Ox

Trục nhỏ: B B1 =2b, nằm trục Oy + Tâm sai: e c 1

a

= <

2

(10)

+ Đường chuẩn: x a e

= − ứng với tiêu điểm F1(−c; 0) a x

e

= ứng với tiêu điểm F c2( ; 0)

+ Hình chữ nhật sở tạo đường x a

y b

= ±   = ±

 có chiều dài 2a, chiều

rộng 2b

+ Bán kính qua tiêu điểm M x y( ;0 0)∈( )E là:

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( ;1 1) B x y( ;2 2)

2

( ) ( )

AB= x −x + y −y

* Khoảng cách từ điểm M x y( ;0 0) đến đường thẳng ∆:ax by+ + =c 0 là:

0

2

( , ) ax by c d M

a b

+ +

∆ =

+

* Nếu ∆'//∆ M∈ ∆' khoảng cách hai đường thẳng ∆' ∆ là:

( ', ) ( , )

d ∆ ∆ =d M ∆ 2 GÓC

* Góc hai vectơ a=( ;x y1 1)



và b=( ;x y2 2)



xác định bởi:

( ) 2

2 2

1 2

. cos ,

. .

x x y y a b

a b

a b x y x y

+

= =

+ +

   

 

* ϕ góc tạo hai đường thẳng ∆1:

1 1 0

a x b y+ + =c ∆2:a x b y2 + + =c2 0 xác định

( ) 2 ( )

1 2 2 2 2

1 2

cos cos , cos ,

. a a b b

n n u u

a b a b

ϕ= = + =

+ +

(11)

Nếu ∆ ⊥ ∆ ⇔1 n n1. =u u1. =0

   

hay k k1 2 = −1nếu 1

2 2

: :

y k x d y k x d

∆ = +



∆ = + 

3 DIỆN TÍCH TAM GIÁC

1 1

sin ( )( )( )

2 2 4

ABC a

abc

S ah bc A pr p p a p b p c

R

∆ = = = = = − − −

Trong đó: R r, bán kính đường trịn ngoại tiếp nội tiếp ∆ABC

2 a b c

p= + + : nửa chu vi ∆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 cặp đường thẳng cắt sau:

a) x+ − =y 4 0 2x− − =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) 2x+3y− =7 0 5 4

3 5

x− = y+

−

Giải:

a) Tọa độ điểm M nghiệm hệ 4 0 3 (3;1)

2 5 0 1

x y x

M

x y 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 t t t t x

M

t t t t t y

+ = − + = = =

   

⇒ ⇔ ⇔ ⇒ ⇒ −

− = − + + = = − = −

   

Cách 2: 1 2

2 7 0 3

x t

x y

y t

= + 

⇒ + − =

 = −

 (khử t đường thẳng qua A(1;3)

vecto pháp tuyến n =(1; 2)) 2 3

3 1 0 1

x t

x y

y t

= − 

⇒ + + =

 = − +

 (khử t đường thẳng qua B(2; 1)−

(13)

Khi tọa độ điểm M nghiệm hệ:

2 7 0 23

(23; 8)

3 1 0 8

x y x

M

x y y

+ − = =

 

⇔ ⇒ −

 + + =  = −

 

c) Gọi M x y( ; ), x y, thỏa mãn hệ: 3 0

2

1 1 (7 ) 3 0 1 (2;5)

5 7 2

x y

x

x t t t t M

y

y t

− + = 

= 

 = + ⇒ + − − + = ⇔ = ⇒ ⇒

  =

  = −



d) Tọa độ điểm M nghiệm hệ

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 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 CÁCH GIẢI TỔNG QUÁT:

Chú ý:

(14)

2 BÀI TỐN 2

Tìm điểm đối xứng điểm qua đường thẳng

Ví dụ: Tìm điểm M' đối xứng với điểm M(1; 2) qua đường thẳng

:x 3y 5 0

∆ − − =

Giải:

Cách trình bày 1:

Gọi H x y( ; ) hình chiếu vng góc M ∆

Ta có vecto phương ∆ là: u∆ =(3;1) MH=(x−1;y−2) Khi đó:

3( 1) ( 2)

(2; 1)

3 5

x y x y x

MH u

H

x y x y y

H

∆

 =  − + − =  + =  =

 ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ −

  − − =  − =  = −

∈ ∆

   

  

M' đối xứng với M qua ∆ nên suy H trung điểm MM' Suy '

'

2 2.2 3

'(3; 4)

2 2.( 1) 2 4

M H M

x x x

M

y y y

= − = − =



⇒ −

 = − = − − = −



Gọi ∆' qua M vng góc với ∆, ∆' có phương trình: 3x+ − =y 5 0

Khi tọa độ giao điểm H ∆' ∆ nghiệm hệ:

3 5 0 2

(2; 1)

3 5 0 1

x y x

H

x y y

+ − = =

 

⇔ ⇒ −

 − − =  = −

 

'

M đối xứng với M qua ∆ nên suy Hlà trung điểm MM' Suy '

'

2 2.2 3

'(3; 4)

2 2.( 1) 2 4

M H M

x x x

M

y y y

= − = − =



⇒ −

 = − = − − = −



(15)

suy

' ( 1; 2)

1 2

;

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( ;0 0) 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−3y+ =5 0 Xét vị trí phía, khác phía

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 3y+5

(16)

[ ][ ]

(1; 2) ( 1; 3) 1 3.( 2) 5 1 3.( 3) 5 12.13 156 0

f − f − − = − − + − − − + = = >

Suy A B, nằm phía so với đường đường thẳng ∆ b) Với C(2;3) D( 2; 1)− − , ta có:

( )[ ]

(2;3) ( 2; 1) 2 3.3 5 2 3.( 1) 5 ( 2).6 12 0

f f − − = − + − − − + = − = − <

Suy C D, nằm khác phía so với đường đường thẳng ∆ CÁCH GIẢI TỔNG QUÁT:

4 BÀI TỐN 4

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

Ví dụ: Cho hai đường thẳng ∆1: 3x−4y+ =1 0 ∆2: 5x+12y− =2 0 Viết phương trình đường phân giác góc tạo hai đường ∆1 ∆2

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 ∆1 ∆2 thỏa mãn:

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 3x 4y 1 5 5x 12y 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

− + = + − − + =

 

⇔ ⇔

− + = − + − + − =

 

Vậy phương trình đường phân giác cần lập 14x−112y+23=0 64x+8y− =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 ∆ + + + = ∆ + + + =

→ 1 2 2 1

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 với A(3; 0), (1;1), ( 1;8)B C − Viết phương trình

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

 = − ⇒ =

 

= − ⇒ =



 

  , đó:

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

2 2

3 0

2 3 2 6

3 0

1 2 2 1

x y

x y x y

x y

− − =

+ − + − 

= ⇔ + − = + − ⇔ 

+ − =

+ + 

Xét phương trình ∆: x− − =y 3 0 Đặt f x y( ; )= − −x y 3

Với B(1;1), ( 1;8)C − ta có: f(1;1) ( 1;8)f − = − −(1 3).( 3)− − − =36>0 Suy B C, phía với đường thẳng ∆ , đó:

x− − =y 3 0 phân giác ngồi góc A x+ − =y 3 0 phân giác góc A

Chú ý:

(18)

6 BÀI TỐN 6

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

Ví dụ: Cho tam giác ABC với A(1;5), ( 4; 5), (4; 1)B − − C − Xác định tọa độ chân đường phân giác phân giác ngồi góc A

Giải:

Gọi D x y( ; ) chân đường phân giác góc A Theo tính chất đường phân giác ta có:

2

5 10 3 6

DB AB

DC AC

+

= =

+

5 5 5 5

3 3

3 5 DB DC

= = ⇒ =

+ Nếu D phân giác góc A D nằm B C nên ta có: ( )

( )

5

1

4

5

1;

5

3

5 2

3

x

x x

DB DC D

y

y y

− − = − −  =

   

= − ⇔ ⇔ = − ⇒  − 

− − = − − − 

  

+ Nếu D phân giác ngồi góc A D nằm nằm ngồi đoạn BC nên ta có:

( )

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 1; 5 2 D  − 

 

và D2(16;5)

(19)

7 BÀI TỐN

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

Ví dụ: Cho tam giác ABC với A(2;6), ( 3; 4), (5;0)B − − C Tìm trọng tâm, trực

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

Giải:

Gọi G H I J, , , trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Khi ta có:

+

2 5 4

4 2

3 3 3

;

6 0 2 3 3

3 3 3

A B C

G

A B C

G

x x x

x

G

y y y

y

+ + − +

 = = =

 ⇒  

 + + − +  

 = = =



+ Gọi ( ; ) ( 2; 6) ( 3; 4)

AH x y

H x y

BH x y

 = − −

 ⇒ 

= + +





 với (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 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

 − + − = + + +

 ⇔ 

− + − = − +

(20)

1

2 4 3 1

;1 2

2 4 5 2

1

a b a

I a b b  + = = −     ⇔ ⇔ ⇒ −  − = −     =

+ Gọi D x y( ;0 0) chân đường phân giác góc A Theo tính chất đường phân giác ta có:

2

5 10 5 5 5 5

3 3 3 5 3 6 DB AB DB DC DC AC + = = = = ⇒ = +

Do D phân giác góc A nên D nằm B C Do đó:

( ) ( ) 0 0 0 5

5 3

2;

5

3

4 2

3

x

x x

DB DC D

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

Trong tam giác ABD, J chân đường phân giác góc B Nên ta có: 2 2 10 5 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 H: Viết phương trình hai đường cao tìm giao điểm hai đường cao này. + Với I: 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 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 thuộc đường thẳng ∆ biết phương trình cách điểm I cho trước khoảng không đổi 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 thuộc đường thẳng ∆ biết phương trình nên ta tham số hóa điểm M theo ẩn t Cụ thể đề cho đường thẳng ∆ dạng :

+ Tham số : 0 x x at y y bt

= +



 = +

 tắc:

0

x x y y

a b

− = − thì ta gọi

0

( ; )

M x +at y +bt

Ví như: M thuộc đường thẳng :

2

x t

y t

= − 

∆  = − +

 ta gọi M(1− − +t; )t + Tổng quát ax+by+ =c 0, để việc gọi điểm M đơn giản tránh tọa độ viết dạng phân số ta nên gọi sau:

Nếu a=1 hay ∆:x+by+ =c 0 ta gọi M(− −c bt t; ) Ví ∆:x+3y− =5 0 gọi M(5 ; )− t t

Nếu b=1 hay ∆:ax+ + =y c 0 ta gọi M t( ;− −c at) Ví ∆: 2x− + =y 1 0 gọi M t( ;1 )+ t

(với a= −1 b= −1ta làm tương tự) Nếu 1

1 a b

≠   ≠

 (ở ( , , )a b c =1) ta chuyển dạng tham số để gọi M

Ví ∆: 2x−3y− =3 0

(u∆ =(3; 2), ∆đi qua M0(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 nên M thuộc đường tròn ( )C tâm I, bán kính R Khi tọa độ điểm M nghiệm hệ phương trình (một phương trình ∆ phương trình đường trịn ( )C ) :

( )C

∆   

C VÍ DỤ GỐC

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm I(5; 2) đường thẳng∆: 2x− + =y 3 0 Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ cho MI =

Giải:

Cách 1:

+ Vì M∈ ∆ nên gọi M t( ; 2t+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 nên M thuộc đường trịn ( )C tâm Ivà R=5 có phương

trình: 2

(x−5) +(y−2) =25

+ M∈ ∆ nên tọa độ điểm M nghiệm hệ:

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, cho đường tròn

2

( ) :C x +y −2x−2y+ =1 0 đường thẳng d x: − + =y 3 0 Tìm tọa độ điểm M nằm d cho đường trịn tâm M , có bán kính gấp đơi bán kính đường trịn ( )C , tiếp xúc ngồi với đường trịn ( )C

(25)

Phân tích :

* M∈d x: − + =y 3 0 * ( ) : (1;1)

1

I C

R

  =

 khai thác kiện suy MI =3R=3 → chuyển vềBài toán 1. Giải

+ Đường trịn ( )C có tâm I(1;1) bán kính R=1

+ Gọi A điểm tiếp xúc ngồi đường trịn tâm M đường tròn ( )C Suy : MI =MA+AI =2R+ =R 3R=3

+ Gọi M t t( ; + ∈3) d

Khi đó: 2 2

3 9 ( 1) ( 2) 9 2 0

MI = ⇔MI = ⇔ −t + +t = ⇔ + − =t t

1 2 t t

= 

⇔ = − ⇒



(1; 4) ( 2;1) M M



 −



+ Vậy M(1; 4) M( 2;1)−

Ví dụ (A – 2011) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng

:x y 2 0

∆ + + = đường tròn 2

( ) :C x +y −4x−2y=0 Gọi I tâm ( )C , M điểm thuộc ∆ Qua M kẻ tiếp tuyến MA MB đến ( )C (A, B tiếp điểm) Tìm tọa độ điểm M , biết tứ giác MAIB có diện tích 10

Phân tích:

* M∈d x: − + =y 3 0

* SMAIB =2SMBI =BI MB. = 5.MB=10

2 5 5

MB MI

⇒ = ⇒ = → chuyển về

Bài toán 1.

Giải + Ta có 2

( ) :C x +y −4x−2y=0 (2;1) 5 I

R IB

 ⇒ 

= =



+ Vì MA MB tiếp tuyến (A B tiếp điểm)

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 

 , phương trình

đường thẳng AB là x−2y+ =2 0 AB = 2AD Tìm tọa độ điểm A, B, C, D biết A có hồnh độ âm

Phân tích hướng giải:

* Có A∈AB x: −2y+ =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 hình chiếu vng góc 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, giao điểm đường thẳng AB với đường tròn tròn tâm I, bán kính 5

2 R=

Vậy tọa độ A B, nghiệm hệ : 2

2

1 25

2

x y

− + =



 ⇔

 −  + =

  

2 0 x y

= −   = 

hoặc 2

x y

=   =



Suy A( 2;0), (2, 2)− B ( Vì xA<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, cho tam giác ABC

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

:x y 4 0

∆ − − = Xác định toạ độ điểm B và C, biết diện tích tam giác ABC bằng 18

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 hình chiếu vng góc A ∆.

Khi H trung điểm 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, thuộc đường trịn tâm A( 1; 4)− bán kính 97

2

R= có phương trình : 2 97

( 1) ( 4)

2

x+ + y− =

+ Khi tọa độ B C, nghiệm hệ :

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, cho hình vng ABCD, có BD

nằm đường thẳng có phương trình x+ − =y 3 0, điểm M( 1; 2)− thuộc đường thẳng AB, điểm N(2; 2)− thuộc đường thẳng AD Tìm tọa độ đỉnh hình vng ABCD biết điểm B có hồnh độ dương

* 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=900), 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 hình chiếu vng góc M

2

1

( , )

1

BD⇒MH =d M BD = − + − =

+

Do MHB tam giác vuông cân H ⇒BM = 2MH =2 + Gọi B t( ;3−t) với t>0, :

(29)

2 2

4 ( 1) ( 1) 4 1 1

BM = ⇔ +t + −t = ⇔ = ⇔ =t t t= −1 (loại)

(1; 2) B

⇒

+ AB qua B M nên có phương trình y=2

AD qua N vng góc với AB nên có phương trình x=2 Suy A(2; 2)

+ Tọa độ điểm D nghiệm hệ: 2 2 (2;1)

3 0 1

x x

D

x y y

= =

 

⇔ ⇒

 + − =  =

 

Gọi I trung điểm BD 3; (1;1) 2

I  C

⇒  ⇒

  (do I trung điểm AC) (Có thể tìm C qua hệ thức DC = AB)

Vậy A(2; 2), (1; 2), (1;1),B C D(2;1)

Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vng A

và D, có AB= AD<CD, điểm B(1; 2), đường thẳng BD có phương trình 2

y= Biết đường thẳng ∆: 7x− −y 25=0 cắt đoạn thẳng AD CD, hai điểm M N, cho BM vuông góc với BC tia BN tia phân giác MBC Tìm tọa độ điểm D biết D có hồnh độ dương

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 hình chiếu vng góc B CD, ABHD hình vng

Suy CBH =MBA (hai góc phụ với MBH) Từ ta có ∆CBH = ∆MBA (g.c.g)

CB MB CBN MBN

⇒ = ⇒ ∆ = ∆ (c.g.c)

Khi ( , ) ( , ) 25

50

BH =d B CN =d B MN = − − =

Mà tam giác DHB vuông cân H nên BD= 2BH=4 + Gọi D t( ; 2)∈BD với t>0, đó:

2

16 ( 1) 16

BD = ⇔ −t = ⇔ =t t= −3 (loại) ⇒D(5; 2) Vậy 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 2x− − =y 3 0 Tìm tọa độ điểm A

* A∈AN: 2x− − =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 hình chiếu M lên AN

2 11

2

3

2

( , )

2

MH d M AN

− −

⇒ = = =

+

Đặt AB=6a ;

ND a NC a

MB MC a

= =



⇒  = =



(31)

(Các bạn đặt AB=a, ta đặt AB=6a để việc biểu diễn độ dài khác đơn giản)

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

Trong ∆AMN ta có: cos∠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 cận H 10

2

AM MH

⇒ = = = (*)

+ Gọi A t( ; 2t− ∈3) AN + Ta có 45

2

AM = (theo (*))

⇔ 11 45 (1; 1)

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 AMtheo 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, cho hai đường thẳng ∆1: 3x+ + =y 5 0,

2:x 2y 3 0

∆ − − = đường tròn 2

(32)

là điểm thuộc đường tròn ( )C N điểm thuộc đường thẳng ∆1 cho M N đối xứng qua ∆2 Tìm tọa độ điểm N

Phân tíchhướng giải :

Điểm N thuộc đường thẳng ∆1 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 ∆2), điều khiến ta nghĩ tới điểm I' đối xứng với I qua ∆2 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∈ ∆1: 3x+ + =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 có tâm I(3; 5)− bán kính R=5

+ Gọi I' điểm đối xứng với I qua ∆2 , suy II' qua I vng góc với ∆2 nên có phương trình : 2x+ − =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 nên :

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, cho tam giác ABC vng A(1;− 3) có

góc ABC = 300, đường thẳng ∆:x− + =y 2 0 tiếp tuyến B đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ điểm B C, biết B có hồnh độ số hữu tỉ

* 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 hình chiếu vng góc A d, suy ra:

1 3 3

( , )

2

AH d A

+ + +

(34)

Tam giác ABC vuông A nên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nhận BC đường kính

Mặt khác: ∆ tiếp tuyến B đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên ∆ ⊥BC

Khi : ABH = 600 xét tam giác vuông AHB ta có:

0

3 3

6 2 sin 60 3

2. 2 AH

AB= = + = +

+ Gọi B t t( ; +2) với t∈ , :

2 2

8 ( 1) ( 3)

AB = + ⇔ −t + + +t = +

2

(1 3) 0

t t t

⇔ + + = ⇔ = t = − −1 3∉ (loại) Suy B(0; 2)

+ Khi BC qua B(0; 2) có véctơ pháp tuyến nBC =u∆=(1;1)  

nên có phương trình: x+ − =y 2 0

AC qua A(1;− 3), có nAC =BA=(1; 2− − 3)  

có phương trình:

(2 3)

x− + y− − =

+ Vì BC∩AC={ }C nên tọa độ điểm C nghiệm hệ:

2

2 3

2

(2 3)

3

x

x y

y

 = +  + − =

 ⇔

 

− + − − =

  = −



⇒ 2

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 ∆: 2x− − =y 5 0 Viết phương trình cạnh AB

* Ở B thuộc đường thẳng ∆ 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 có tâm I(1; 1)− bán kính R=2 5

Gọi H hình chiếu I AB, suy IH = =R 2 5

Vì ABCD hình thoi AC=2BD

nên AI=2BI, xét tam giác vng ABI ta có:

2 2 2

1 1 1

5

4 (2 5) BI

AI +BI = IH ⇔ BI +BI = ⇔ =

+ Gọi B t( ; 2t− ∈ ∆5) với t>0, :

2 2

5 25 ( 1) (2 4) 25

BI= ⇔BI = ⇔ −t + t− =

2

5t 18t t

⇔ − − = ⇔ = 2

5

t= − (loại) ⇒B(4;3) + Gọi véctơ pháp tuyến AB nAB =( ; )a b với 2

0

a +b > , phương trình AB có dạng :a x( −4)+b y( −3)= ⇔0 ax+by−4a−3b=0

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 : 2x+ − =y 11 0 Với

11

a

b = chọn

2 11

a b

=   =

 , phương trình AB là: 2x+11y−41=0

Ví dụ 11 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có E F,

lần lượt thuộc đoạn AB AD, cho EB=2EA , FA=3FD, F(2;1) tam giác CEF vuông F Biết đường thẳng x−3y− =9 0 qua hai điểm C E, Tìm tọa độ điểm C, biết C có hồnh độ dương

(36)

* Với kiện EB=2EA , FA=3FDvà 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

3 4

1 16 4

4

AB AD

AB

AB AD

AD

= ⇔ = ⇔ =

Do

1

3 1

1

AB

EF AE

EF FC

FC DF

AD

= = = ⇒ = , suy ∆FEC vuông cân F

+ Gọi H hình chiếu vng góc F EC Khi :

2

2 ( , ) 2

1

CF = FH = d F CE = − − =

+ + Gọi C t(3 +9; )t với t > −3 (do xC >0)

Suy ra: 2 2

20 (3 7) ( 1) 20

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

(loại) ⇒C(6; 1)− + Vậy 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 ( ;3 2)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

Ví dụ 12 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vng

A D có đáy lớn CD BCD = 450 Đường thẳng AD BD có phương trình 3x− =y 0 x−2y=0 Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang 15 điểm B có tung độ dương

* 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 SABCD =15 (*) mà SABCD 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 = 450 và AD BD, đã biết phương trình, từ gợi ý ta nên tính góc ADB (ta nháp cos( , )

10

AD BD

n n

AD BD

n n

+

= = = ⇒

 

  ADB = 450) 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 = 450 Khi đótam giác ABD BDC vuông cân A B, suy :

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 ; ) với 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 =uBD =(2;1) (vì tam giác BDC vng B) nên ta có phương trình:

2(x−4)+(y−2)= ⇔0 2x+ −y 10=0

Ví dụ 13 (B – 2013 – CB ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang cân

ABCD có hai đường chéo vng góc với AD=3BC Đường thẳng BD có phương trình x+2y− =6 0 tam giácABD có trực tâm

( 3; 2).−

H Tìm tọa độ đỉnh 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 thuộc đường thẳng 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 3

DI = BI = IH Khi việc tìm tọa độ điểm D được đưa Bài toán 1 Cụ thể: * D∈BD x: +2y− =6 0

* DI=3IH

Giải

+ Vì AC⊥BD⇒nAC=uBD =(2; 1)−  

, nênACcó phương trình là:

2(x+ −3) (y−2)= ⇔0 2x− + =y Gọi BD∩AC={ }I

Khi đótọa độ điểm I nghiệm hệ:

2

( 2; 4)

2

x y x

I

x y y

+ − = = −

 

⇔ ⇒ −

 − + =  =

 

+ Do ABCD hình thang cân nên IB=IC⇒ BCI =450⇒BCH tam giác cân B.

Suy I trung điểm HC ⇒C( 1; 6)− + Áp dụng định lí Ta – lét với AD // BC ta có:

3 3

ID AD

ID IB IH

IB =BC = ⇒ = = =

+ Gọi D(6 ; )− t t ∈BD, ID=3 5 ⇔ID2 =45

2

(2t 8) (t 4) 45

⇔ − + − = 1 (4;1)

8 7 0

7 ( 8; 7)

t D

t t

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…

Ví dụ 14 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A,

điểm B(1;1) Trên tia BC lấy điểm M cho BM BC. =75 Phương trình đường thẳng AC: 4x+3y−32=0 Tìm tọa độ điểm C biết bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác MAC 5

(40)

* Ta dễ dàng tìm tọa độ điểm A là giao ACvà 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: 4x+3y−32=0

+ C cách A một khoảng xác định AC.

Giải

+ AB qua B(1;1) vng góc với AC (uAC =(3; 4))− nên có phương trình: 3x−4y+ =1 0

Do AC∩AB={ }A nên tọa độ điểm A nghiệm hệ:

4 3 32 0 5

(5; 4)

3 4 1 0 4

x y x

A

x y y

+ − = =

 

⇔ ⇒

 − + =  =

 

+ Kẻ MD vng góc với BC cắt AB K, suy ACMD tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính CD (cũng đường trịn ngoại tiếp tam giác MAC), : CD=2R=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

⇒ nằm B D

Khi đóAD=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

t t

t

= 

⇔ + = ⇔  = − ⇒



(8; 0) (2;8) C C

  

+ Vậy C(8; 0) C(2;8)

Ví dụ 15 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn

2

( ) : (T x−1) +(y−2) =5 đường thẳng ∆:x+ + =y 2 0 Từ điểm A thuộc ∆ kẻ hai đường thẳng tiếp xúc với ( )T B C Tìm tọa độ điểm A biết diện tích tam giác 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 có tâm I(1; 2) bán kính IB= =R 5

Gọi H giao điểm BC AI Đặt 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 a a

⇔ = ± → => ⇒AI =5 + Gọi A t( ;− − ∈ ∆t 2) , đó:

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)và B(6; 4) Viết phương trình đường trịn ( )C tiếp xúc với trục hoành điểm A khoảng cách từ tâm ( )C đến điểm 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 điểmA nên I thuộc đường thẳng qua A vng góc với trục hồnh (trục Ox).

Như việc tìm điểm I đã chuyển Bài toán 1.

Giải

+ Đường tròn ( )C tiếp xúc với trục hoành điểmA nên IA⊥Ox, suy phương trình 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) bán kính R=IA=1,suy phương trình đường tròn:

2

(x−2) +(y−1) =1

+ Với I(2; 7) bán kínhR=IA=7,suy phương trình đường trịn:

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 = hai đường thẳng ∆1:x− =y 0 ∆2:x−7y=0 Xác định toạ độ tâm K bán kính đường tròn (C1); biết đường tròn (C1) tiếp xúc với đường thẳng ∆ ∆1, 2 tâm K thuộc đường trịn (C)

(43)

* ( ) 2 5

K∈ C ⇒IK = =R → chuyển vềBài toán 1.

Giải

+ Đường tròn ( )C có tâm I(2; 0) bán kính 2 5 R= + Ta có : (C1) tiếp xúc với

1,

∆ ∆ ⇒K thuộc đường phân giác góc tạo ∆1 ∆2

Khi gọi K x y( ; )⇒d K( ,∆ =1) d K( ,∆2) 7

2 5 2

x−y x− y

⇔ =

5( ) 7 2 0

x y x y x y

x y y x x y

− = − + =

 

⇔ ⇔

− = − − =

 

+ Với đường phân giác d1: 2x+ =y 0 Gọi K t( ; )− t ∈d1

Vì 2 2

( ) ( 2) 25 20 16

5

K∈ C ⇒IK= ⇔IK = ⇔ −t + t = ⇔ t − t+ =

(vô nghiệm)

+ Với đường phân giác d2:x−2y=0 Gọi K(2 ; )t t ∈d2

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 (C1) :

8 4 5 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 II1 đi qua I1 vng góc với AB (tính chất đường nối tâm) hay song song với d Khi đó:

+ I∈II1 đã biết phương trình + I∈(C2) hay II2 =R2

(Ta làm theo Cách 2với { }I =II1∩(C2)→ tọa độ I- cách trình bày khác của Bài tốn 1).

* Xác định bán kính R nhờ R=d I d( , )

Giải Gọi I tâm đường tròn

( )C cần viết phương trình

Ta có 2

1

(C) :x +y =4

⇒tâm (C1) I1(0; 0) Vì

1 II AB

II AB d

⊥ 

⇒

 ⊥

 //d

⇒ phương trình II1: x− =y 0 Gọi I t t( ; )∈II1 mà I∈(C2)

2

12 18 0

t t t

⇒ + − + =

2

6 9 0 3

t t t

⇔ − + = ⇔ = ⇒I(3;3)

Mà ( )C tiếp xúc với d ⇒

2

3 4

( , ) 2 2

1 1 R=d I d = − + =

+

Vậy phương trình( )C là: (x−3)2 +(y−3)2 =8

Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A nội

tiếp đường trịn ( )T có tâm I(0;5).Đường thẳng AI cắt đường tròn ( )T điểm M(5; 0) với M≡ A Đường cao từ đỉnh C cắt đường tròn ( )T điểm 17; 6

5 5

N− − 

  với N ≡ C Tìm tọa độ đỉnh tam giácABC,

(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 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 trung điểm AM nên A( 5;10)− + Ta có NCB =MAB (cùng phụ với ABC)

BN BM

⇒ = (tính chất góc nội tiếp) Suy IB đường trung trực MN, IB qua I vng góc với MN nên có phương trình:

7x+ − =y 5 0 (với 42; 6 6( )7;1

5 5 5

MN = − − = −

 



) + Gọi B t( ;5 )− t với t>0, :

2 2

(7 ) 50 1 1

IB =IM ⇔ +t t = ⇔ = ⇔ =t t

hoặc t= −1(loại)⇒B(1; 2)−

+ Phương trình AM x: + − =y 5 0, suy BC qua B vng góc AM có phương trình: x− − =y 3 0

Gọi AMBC={ }H , suy tọa độ điểm H nghiệm hệ

3 0 4

(4;1)

5 0 1

x y x

H

x y y

− − = =

 

⇔ ⇒

 + − =  =

(46)

Do H trung điểm BC⇒C(7; 4) Vậy A( 5;10)− , B(1; 2)− , C(7; 4)

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

( ) :C x +y =8 Viết phương trình tắc elip (E), biết (E) có độ dài trục lớn (E) cắt

( )C bốn điểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh hình vng

Phân tích hướng giải: * Phương trình ( )E :

2

2 1

x y

a +b = như ta cần tìm a b; * (E) có độ dài trục lớn 8⇒2a= ⇒ =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 có dạng:

2

2 1

x y

a +b = + (E) có độ dài trục lớn

2a 8 a 4

⇒ = ⇒ =

+ (E) cắt ( )C bốn điểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh hình vng nên đỉnh nằm hai đường phân giác thuộc góc phần tư thứ thứ hai Ta giả sử A giao điểm (E) (C) thuộc đường phân giác :

∆ y=x

+ Gọi A t t( ; )∈ ∆ (t>0)

Ta có: 2

( ) 8 2

A∈ C ⇒ + = ⇔ =t t t (vì t>0)⇒A(2; 2) + Mà A∈( )E

2

2 2 16

1

4 b b 3

⇒ + = ⇒ =

Vậy phương trình tắc elip (E) là:

2

1 16 16

(47)

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

( ) : (C x−1) +(y−1) =4 đường thẳng ∆:y− =3 0 Tam giác MNP có trực tâm trùng với tâm ( )C , đỉnh N P thuộc ∆, đỉnh M trung điểm cạnh MN thuộc ( )C Tìm tọa độ điểm 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 có tâm (1;1)

I bán kính R=2 Do ( ; ) 1 3 2

1

d I ∆ = − = =R

⇒∆ tiếp xúc với ( )C

Khi IM ⊥ ∆, suy phương trình IM là: x=1

+ Gọi M(1; )t ∈IM Mà ( ) (1 1)2 ( 1)2 4 1

3 t

M C t

t

= − 

∈ ⇒ − + − = ⇔ 

= 

⇒M(1; 1)− M(1;3) (loại M ∉ ∆)

+ Với M (1; ‐ 1), gọi N (a; 3)∈Δ 1;1 2 a K + 

⇒   trung điểm 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)∈ ∆ , với:

* (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

2

( ') : (C x−4) +(y−5) =8 Cho AB đường kính thay đổi đường tròn ( ')C M điểm di động đường trịn ( )C Tìm tọa độ điểm M A B, , cho diện tích tam giác MAB lớn

* 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

I bán kính R= 2, ( ')C có tâm I'(4;5) bán kính R'=2 2

Khi II'=4 2 >3 2= +R R' nên ( )C ( ')C ngồi Gọi H hình chiếu vng góc M AB Khi :

1 1

. .2 ' 2

2 2

MAB

S = MH AB= MH R = MH

Ta có : MH ≤MI'≤MI+II'= 2+4 2=5 2 Do : SMAB = 2MH ≤ 2.5 2 =10

(49)

Ta có II'=(4; 4)=4.(1;1) nên II' có phương trình :

1 x t

y t

=   = + 

Gọi M t( ;1+ ∈t) II' , M∈( )C

nên 2

2 1 1

t + = ⇔t t = ⇔ = ±t (1; 2)

( 1; 0) M M



⇒  −



+ VớiM (1;2), 2

' 3 '

MI = + = =II ⇒M nằm I I' (loại) Với M( 1; 0)− , MI'= 52+52 =5 2>II'⇒ I nằm M

'

I (thỏa mãn)

+ AB vng góc với II' qua I' nên có phương trình: x+ − =y 9 0 Khi tọa độ A B, nghiệm hệ:

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 −2x+4y−20=0 điểm A(4; 2) Gọi d tiếp tuyến A ( )C Viết phương trình đường thẳng ∆ qua tâm Icủa ( )C ∆ cắt d M cho tam giác AIM có diện tích 25 M có hồnhđộ dương

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

S MA

MA

= ⇒ = → chuyển vềBài toán 1. Giải

(50)

và bán kính R=5

Vì d tiếp tuyến A ( )C nên n d =IA=(3; 4)⇒ud =(4; 3)− , suy phương trình : 4 4

2 3

x t

d

y t

= +   = − 

+ Ta có: 25 1 . 25 10

2 AIM

S = ⇔ MA IA= ⇔MA= (với IA= =R 5) + Gọi 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)− (loại)

+ Khi IM=(9; 2)− , suy phương trình : 1 9 2 2

x t

y t

= + 

∆  = − −



Ví dụ Cho tam giác ABC có diện tích 2, đường thẳng qua A

B có phương trình x− =y 0 Tìm tọa độ trung điểm M AC biết (2;1)

I trung điểm BC

* Vì I trung điểm BC nên 1 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 “lộ diện” qua góc nhìn Bài tốn 1 Do MI đường trung bình tam giác ABC nên:

+ M∈MI:là đường thẳng qua I song song với AB +

2 AB MI=

Giải

+ Ta có

2

2 1 1

( , )

2 1 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 đường trung bình tam giác ABC nên IM qua I song song với AB có phương trình:

1 0

x− − =y 2 2 2

2 2

AB

MI = = =

+ Gọi M t t( ; − ∈1) MI,

2 2

2 2 ( 2) ( 2) 2 ( 2) 1

MI = ⇔MI = ⇔ −t + −t = ⇔ −t =

⇔ =tt=13⇒ MM(3; 2)(1; 0) Ví dụ (B – 2003 ) Cho tam giác ABC có AB = AC , BAC=900 Biết

(1; 1)

M − trung điểm cạnh BC 2; 0 3 G 

  trọng tâm tam giác

ABC Tìm tọa độ đỉnh A B C, , Phân tích hướng giải :

* Do G là trọng tâm nên AM =3GM ⇒ tọa độ điểm A. Khi B C, thuộc đường thẳng qua 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 trọng tâm ∆ABC nên AM =3GM=(1; 3)− Gọi A x y( ; )⇒AM = − − −(1 x; 1 y)

Suy 1 1 0

1 3 2

x x

y y

− = =

 

⇔

− − = −  =

  ⇒ A(0; 2)

+ BC đi qua M(1; 1)− nhận AM =(1; 3)− làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình :

(x− −1) 3(y+ =1) 0 hay x−3y− =4 0

+ ∆ABC vuông cân A nên MB=MC=MA= 10, suy B C, thuộc đường trịn (M; 10) có phương trình : (x−1)2+(y+1)2 =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

0 2 ( 2; 2)

2

2 (4; 0)

x B

x y

y C

y

x B

y

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 có điểm 9 3;

2 2 M− 

  trung

điểm cạnh AB, điểm H( 2; 4)− điểm I( 1;1)− chân đường cao kẻ từ B tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ điểm 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 điểmA

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 qua 9 3; 2 2 M− 

  nhận

( )

7 1 1

; 7; 1

2 2 2

MI = − = −

 



làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình:

9 3

7 0

2 2

x y

 +  − − =

   

    hay7x− +y 33=0

+ Gọi A t( ; 7t+33)∈AB, theo tính chất đường trung tuyến tam

giác vng ta có: 2

(53)

2 2

9 3 9 3

7 33 2 4

2 2 2 2

t t

       

⇔ +  + + −  = −  + − 

       

2 4 ( 4;5)

9 20 0

5 ( 5; 2)

t A

t t

t A

= − −

 

⇔ + + = ⇔ ⇒

= − − −

 

+ Với A( 4;5)− , AC quaA(- 4; 5)và H( 2; 4)− nên có phương trình:

4 5

2 6 0

2 1

x y

+ −

= ⇔ + − =

−

Gọi C(6 ; )− c c ∈AC, đó:

2

CI =AI ⇔CI =AI ⇔(2c−7)2+ −(c 1)2 =32+42 ⇔c2−6c+ =5 0 1

5 c c

= 

⇔ = ⇒

 C(4;1) C( 4;5)− (loại C≡ A)

+ VớiA( 5; 2)− − , AC qua A( 5; 2)− − H( 2; 4)− nên có phương trình:

5 2

2 8 0

3 6

x y

+ = + ⇔ − + =

GọiC m( ; 2m+ ∈8) AC, : CI = AI ⇔CI2 = AI2

2 2 2

(m 1) (2m 7) 4 3 m 6m 5 0

⇔ + + + = + ⇔ + + =

1 5 m m

= − 

⇔ = − ⇒

 C( 1; 6)− C( 5; 2)− (loại C ≡A)

+ Vậy C( 1; 6)−

Ví dụ Cho điểm A(10;5), (15; 5)B − D( 20; 0)− đỉnh hình

thang cân ABCD AB song song với CD Tìm tọa độ đỉnh 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 thuộc đường thẳng qua 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 nên CD có phương trình: 20

2

x t

y t

= − + 

 = − 

+ Gọi C( 20− + −t; )t ∈CD, ABCD hình thang cân nên ta có:

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 t

t C

= − −

 

⇔ − + = ⇔ ⇒

= − −

 

+ Với C( 15; 10)− − ⇒BC= −( 30; 5)− =AD⇒BC/ /AD (không thỏa mãn ABCD hình thang cân)

+ Với C( 7; 26)− − ⇒BC = −( 22; 21)− , BC, AD khơng phương (thỏa mãn) Vậy C( 7; 26)− −

Cách 2:

+ Có AB=(5; 10)− =5.(1; 2)− , CD//AB ⇒n CD =nAB =(2;1) CD qua D( 20; 0)− nên có phương trình: 2(x+20)+ = ⇔y 0 2x+ +y 40=0 + Gọi I J, trung điểm AB CD, 25; 0

2 I 

 

IJ ⊥AB (do ABCD hình thang cân) nên IJ có phương trình: 25

1. 2. 0 2 4 25 0

2

x y x y

 − − = ⇔ − − =

 

 

+ Vì IJ∩CD={ }J nên tọa độ điểm J nghiệm hệ:

27

2 40 0 27

; 13 2

2 4 25 0 2

13

x y x

J

x y

y



+ + = = −

 ⇔ ⇒ − − 

 − − =   

  = −

(55)

Ví dụ Cho hình thoi ABCD có tâm I(3;3) AC=2BD Điểm 4

2; 3 M 

  thuộc đường thẳng AB, điểm

13 3;

3 N 

  thuộc đường thẳng

CD Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh B có tung độ nguyên

Nếu tìm tọa độ điểm B ta dễ dàng viết phương trình 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 thuộc đường thẳng AB đã biết phương trình.

* Ta khai thác kiện cuối toán là AC=2BD để tính độ dài đoạn IB (chi tiết xem phần lời giải)

Giải

+ Gọi N' điểm đối xứng với N qua I (hay I trung điểm NN') suy ' 3;5

3 N  

 

thuộc đường thẳng AB

khi AB nhận ' 1;1 1( )3;1

3 3

MN = =

 



làm véctơ phương ,suy nAB =(1; 3)− Phương trình AB x: −3y+ =2 0

+ Gọi H hình chiếu vng góc I AB nên

2

3 2 4 ( , )

10 1 3

IH =d I AB = − + =

+

Mặt khác AC=2BD⇒ AI =2IB Khi xét tam giác IBA ta có :

2 2 2

1 1 1 1 1 5

2 2

4 8 IB IB

IB +IA = IH ⇔ IB + IB = ⇔ = ⇔ =

+ Gọi B t(3 −2; )t ∈AB với t∈ ,

khi : 2

2 (3 5) ( 3) 2 IB = ⇔ t− + −t =

5t 18t 16 0 t 2

⇔ − + = ⇔ = 8

(56)

+ Vậy B(4; 2), đường chéo BD qua hai điểm B(4; 2) I(3;3) nên có phương trình: 3 3

4 3 2 3

x− = y−

− − hay 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 có đỉnh A(3; 7)− , trực tâm

(3; 1)

H − , tâm đường tròn ngoại tiếp I( 2; 0)− Xác định tọa độ đỉnh C, biết C có hồnh độ dương

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, trung điểm 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 =2ID

 

(*) + Có : AH =(0; 6) Gọi D x y( ; )⇒ID=(x+2; )y ,

khi từ (*) 0 2( 2) 2 ( 2;3)

6 2 3

x x

D

y y

= + = −

 

⇔ ⇔ ⇒ −

= =

 

Cách 1.2

+ Kéo dài AI cắt đường tròn điểm M (khác A), I trung điểm AM nên suy M( 7; 7)−

Mặt khác : BH / /MC(cùng vng góc với AC) CH/ /MB (cùng vng góc với AB), suy MBHC hình bình hành, D trung điểm HM nên suy D( 2;3)−

(Trong Cách 1.2 ta ln AH =2ID (*), sau có D trung điểm HM )

Cách 2: Ta tìm tọa độ chân đường cao K A xuống BC

+ Ta có A (3; -7)và H (3; -1)nên đường thẳng AH có phương trình : x=3 Kéo dài AH cắt đường tròn điểm H' ( khác A) Gọi H'(3; )t ∈AH vớit≠ −7, :

2 2 2 2

' 5 5 7 7

IH =IA =R ⇔ + =t + ⇔ =t t= −7 (loại) '(3; 7)

H

⇒

+ Gọi AH∩BC={ }K BH∩AC={ }B' , suy KHB’Cnội tiếp đường tròn ⇒C =BHK (cùng bù với B HK' )

Mặt khác: C =BH A' (cùng chắn cung AB)

Suy raBHK =BH A' hay tam giác HBH' cân B ⇒K trung điểm

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 qua D có véc tơ pháp tuyến AH =(0; 6) nên phương trình BC : 6(y− =3) 0 hay y=3

(58)

74 74

CI =IA= ⇔CI = ⇔ (t+2)2+32 =74⇔ +(t 2)2 =65 ⇔ t= − +2 65 t= − −2 65 (loại)

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 khoảng cách từ M đến đường thẳng 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 hình chiếu vng góc M AB, : ( , ) 10

2 MH =d M AB = Ta có MAH = 1800− MAB

=

180 −

135 =

45 ,

suy tam giác MHA cân H, : 2 2. 10 5 2

MA= MH = =

+ Ta có AB=(3;1) nên nAB = −(1; 3), phương trình AB :

1 3.( 2) 0 3 5 0

x− − y− = ⇔ −x y+ =

Gọi nMA =( ; )a b với 2 0

a +b ≠ ,

2

3 1

cos( , ) cos 45

2 10.

a b

MA AB

a b

−

= = =

(59)

( )2 ( 2) 2

3

a b a b a ab b

⇔ − = + ⇔ + − =

2

1 a

a a b

a

b b

b

 = −   

⇔   + − = ⇔     =



Vì MAB = 1350 nên  AM AB. = AM AB. .cos1350 <0 + Với a 2

b = − chọn 2

(2; 1) 1 MA

a

n b

= 

⇒ = −

 = − 



, AM có phương trình :2x− =y 0

Gọi M t( ; )t ∈AM , MA= 5⇔MA2 =5

2 2 0

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

2 t

t t t

t

= 

⇔ − + − = ⇔ − = ⇔ 

= 

(0; 0) (2; 4) M M

 ⇒  

Với M(2; 4)⇒AM =(1; 2)⇒ AM AB. = >5 0 (loại)

Với M(0; 0)⇒AM = − − ⇒( 1; 2)  AM AB. = − <5 0 (thỏa mãn)

+ Với 1

2 a

b = chọn 1

(1; 2) 2 MA

a

n b

= 

⇒ =

 = 



, AM có phương trình : x+2y− =5 0 Gọi M(5 ; )− t t ∈AM , :

2

5 5

MA= ⇔MA = (2 4)2 ( 2)2 5 ( 2)2 1 1

3 t

t t t

t

= 

⇔ − + − = ⇔ − = ⇔ 

= 

(3;1) ( 1;3) M M



⇒  −



Với M(3;1)⇒AM =(2; 1)− ⇒ AM AB. = >5 0 (loại)

Với M( 1;3)− ⇒AM = −( 2;1)⇒ AM AB. = − <5 0 (thỏa mãn) Vậy M(0; 0) M( 1;3)−

Chú ý: Ngồicách giải ví dụ trên, bạn tham khảo thêm cách giải sau: + Gọi H hình chiếu vng góc M AB, :

10

( , )

(60)

Ta có MAH = 1800− MAB = 1800−1350= 450, suy tam giác MHA cân H, : 2 2. 10 5

2

MA= MH = =

+ Gọi M x y( ; ), suy AM =(x−1;y−2) với AB=(3;1) ta có hệ :

( ) 0

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

= −   = −

 , hệ có dạng: 2

3 5 5 3

5 3 2 0

a b b a

a b a a

+ = − = − −

 

⇔

 

+ = + + =

 

1 0

2 0

2 1

1 3

a x

b y

a x

b y

 = −  =

 

 = −  =

 

 

⇔ ⇒ ⇒

= − = −

 

 

= =

 

 

(0; 0) ( 1;3) M M



 −



+ Vậy M(0; 0) M( 1;3)−

Ví dụ 9 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có

cạnh AB AD tiếp xúc với đường trịn ( )T có phương trình

2

(x+2) +(y−3) =4 Đường chéo AC cắt đường tròn ( )T hai điểm ,

M N Biết 16 23;

5 5

M− 

 , trục tung chứa điểm N không song song với

AD; diện tích tam giác ADI 10 điểm A có hồnh độ âm nhỏ hồnh độ D Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật 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 SADI =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 có tâm I( 2;3)− bán kính R=2

+ Do Oy( )T ={ }N nên tọa độ điểm N nghiệm hệ:

2

0 0

(0;3) 3

( 2) ( 3) 4

x x

N y

x y

= =

 

⇔ ⇒

  =

+ + − = 



( )

16 8 8

; 2; 1

5 5 5

MN  

⇒ = − = −

 



(1; 2) AC

n

⇒ =

Khi AC (đi qua M N, ) có phương trình: x+2y− =6 0

+ Gọi ( )T tiếp xúc với AB AD, P Q, (P Q, tiếp điểm) Suy APIQ hình vng nên AI =IP 2 =R 2 =2 2

+ Gọi A(6 ; )− t t với t>3 (do xA >0)

Khi 2 2

8 (2 8) ( 3) 8 5 38 65 0 5

AI = ⇔ t− + −t = ⇔ t − t+ = ⇔ =t

hoặc 13 5

t= (loại) ⇒ A( 4;5)−

+ Gọi vecto pháp tuyến AD nAD =( ; )a b với 2 0

a +b ≠ ; b≠0 (AD không song song với Oy)

Suy phương trình AD a x: ( + +4) b y( − = ⇔5) 0 ax+by+4a−5b=0

2

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 (loại) Với a=0, chọn b=1ta phương trình AD y: − =5 0

+ 1 . 2 2.10 10

2 2

ADI ADI

S

S IQ AD AD

IQ

= ⇔ = = =

Gọi D m( ;5)∈AD với m> −4 đó:

2

100 ( 4) 100 6

AD = ⇔ m+ = ⇔ =m m= −14 (loại)⇒D(6;5) + Khi DC qua D(6;5) vng góc với AD nên có phương trình:

6 0 x− =

Khi tọa độ điểm C nghiệm hệ

6 0 6

(6; 0)

2 6 0 0

x x

C

x y y

− = =

 

⇔ ⇒

 + − =  =

 

+ Ta có 4 0 4 ( 4; 0)

5 5 0

B B

x x

AB DC B

y 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 có điểm M trung điểm đoạn AB N điểm thuộc đoạn AC cho AN =3NC Viết phương trình đường thẳng CD, biết M(1; 2) N(2; 1)−

(63)

nhờ vào Bài toán 5.1khi ta suy luận MN=3NE (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 hình chiếu vng góc M CD

Khi theo Talet ta có:

MN AN 3 MN 3NE

NE = NC = ⇒ =

 

(*) + Gọi E x y( ; ) suy NE=(x−2;y+1) với MN=(1; 3)− , nên:

7

1 3( 2)

(*) 3

3 3( 1)

2

x x

y



= − =

 

⇔ ⇔

− = +

  = −

7 ; 2 3

E 

⇒  − 

 

+ Gọi d đường thẳng qua N vng góc với AB, cắt 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−3y− =5 0 + Do D∈ND nên gọi D t(3 +5; )t Khi (*)

2 2 0 (5; 0)

(3 3) ( 1) 10 ( 1) 1

2 ( 1; 2)

t D

t t t

t D

=

 

⇔ + + + = ⇔ + = ⇔ ⇒

= − − −

 

Đường thẳng CD qua 7; 2 3 E − 

  D nên với :

+ D(5; 0) suy CD có phương trình : 3x−4y−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 d1// d2 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 suy tọa độ điểm A và viết phương trình ∆ Vậy thay tìm A ta tìm gián tiếp thơng qua điểm J .

*Ta nhận thấy : J∈d1 và

2 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 có tâm I(1; 2)− thuộc d2 bán kính R=5. Gọi d1∩IA={ }J

Do d1 // d2 nên JB đường trung bình tam giác IAC, suy J trung điểm IA

+ Gọi J t( ;5 )− t ∈d1, :

2 2

5 25 25

( 1) (2 7)

2 2 2 4 4

IA R

JI = = = ⇔JI = ⇔ −t + t− =

2 5

4(5 30 50) 25 4 24 35 0

2

t t t t t

⇔ − + = ⇔ − + = ⇔ = 7

2 t= Do J trung điểm IA nên :

+ Với 5

2

t= ⇒ 5; 0 (4; 2)

2

J  ⇒ A

  , ∆ qua A(4; 2) có vectơ

pháp tuyến IA=(3; 4)

nên có phương trình : 3(x− +4) 4(y−2)= ⇔0 3x+4y−20=0

+ Với 7

2

t = ⇒ 7; 2 (6; 2)

2

J − ⇒ A −

  , ∆ qua A(6; 2)− có vectơ

pháp tuyến IA=(5; 0) nên có phương trình : 5(x− +4) 0.(y−2)= ⇔ =0 x 4 Vậy ∆ có phương trình : 3x+4y−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 d1//d2 khoảng cách hai đường thẳng

Do A thuộc đường thẳng d song song với d1 cách d1 khoảng

(66)

+ Khi tọa độ điểm A nghiệm hệ :

2

4 2

2 10 0 (4; 2)

(6; 2)

2 4 20 0 6

2 x y

x y A

A

x y x y x

y

 = 

 =

+ − =

 ⇔ ⇒

 + − + − =  =  −



 

= −  

Ví dụ 2 (A – 2010 – CB) Cho hai đường thẳng d1: 3x+ =y 0

2: 3 0

d x− =y Gọi ( )T đường tròn tiếp xúc với d1 tạiA, cắt d2 hai điểm B C cho tam giác ABC vng B Viết phương trình ( )T , biết tam giác ABC có diện tích 3

2 điểm A có hồnh độ dương

* 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( , 1) và suy phương trình ( )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∈d1: 3x+ =y 0.

+ Có d1∩d2 ={ }O với O(0; 0) và khai thác kiện

3 2 ABC

S∆ = để tính ?

OA=

Giải

+ Xét hệ : 3 0 0 0

3 0

x y x

y x y

 + =  =

 ⇔

  =

− = 

 ⇒O(0; 0)

là giao điểm d1 d2

Véc tơ pháp tuyến d d1, : n1 =( 3;1)



(67)

suy : cos( ,1 2) 3 1.( 1) 1 2 3 1

d d = + − =

+ +

Mặt khác tam giác ABC vuông B,

do 0

60 60

AOB BAC

∠ = ⇒ ∠ =

+ Xét tam giác AOB AOC ta có:

0

3 sin 60

2 tan 60 3

OA AB OA

AC OA OA



= =

 

 = =



Khi 1 1 3 3 3 3

. sin 60 . . 3.

2 2 2 2 8

ABC

OA

S∆ = AB AC = OA = OA

Do 3

2 ABC

S∆ = 2 3

3 OA

⇒ =

+ Gọi A t( ;− 3 )t với t>0, đó:

2 3 4 2 4 1 1

3

3 3 3 3 3

OA= ⇔OA = ⇔ +t t = ⇔ = ⇔ =t t 1

3 t= − (loại) ⇒ 1 ; 1

3 A − 

 

Suy AC qua A, vng góc d1 có phương trình:

( )

1

3 1 0 3 3 4 0

3

x y x y

 − − + = ⇔ − − =

 

 

Khi tọa độ điểm C nghiệm hệ:

10

3 3 4 0 2

; 2 3

3

3 0 2

x

x y

C x y

y



 − − = = − 

 ⇔ ⇒ −

   

 

− =

 

  = −

+ Vì tam giác ABC vuông B nên AC đường kính Do đường trịn ( )T cần viết có:

Tâm 1 ; 3 2 2 3 I − − 

  bán kính

2

( 3) 1

1

2 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 có đỉnh 1;1 2 B 

  Đường tròn

nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC CA AB, , tương ứng điểm D E F, , Cho D(3;1) đường thẳng EF có phương trình y− =3 0 Tìm tọa độ đỉnh A, biết A có tung độ dương

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=1song 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 tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Khi ID BC

IA EF

⊥   ⊥

 (1)

Với 1

;1 2 (3;1) B D

  

   ⇒



 phương trình BD: y=1,

(69)

Từ (1) (2) suy A I D, , thẳng hàng hay AD⊥BC, nên phương trình AD là: x=3

+ Gọi F t( ;3)∈EF, theo tính chất tiếp tuyến ta có: BF =BD

2

2 1 5

2

2 2

BF BD t   

⇔ = ⇔ −  + = 

   

1 ( 1;3) 2 0

2 (2;3)

t F

t t

t F

= − −

 

⇔ − − = ⇔ ⇒

=

 

+ Với ( 1;3) 3; 2 (4;3)

2 BF

F − ⇒BF = − ⇒u =

 

 

, phương trình BFlà: 4(x+ +1) 3(y− = ⇔3) 0 4x+3y− =5 0

Do BF∩AD={ }A nên tọa độ điểm A nghiệm hệ:

3

4 3 5 0

7

3 0

3 x

x y

= 

+ − =

 ⇔

 =  = − <

  (loại)

+ Với (2;3) 3; 2 (4; 3)

2 BF

F ⇒BF = ⇒u = −

 

 

, phương trình BFlà: 4(x− −2) 3(y− = ⇔3) 0 4x−3y+ =1 0

Do BF∩AD={ }A nên tọa độ điểm A nghiệm hệ: 3

4 3 1 0

13 3

3 x

x y

= 

− + =

 ⇔ ⇒

 =  =

 

13 3;

3 A 

  Vậy

13 3;

3 A 

 

Bình luận sau Bài Toán 1:

(70)

E BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, chođường tròn (C): x2 + y2 – 4x – 6y – 12 =

Tìm tọa độ điểm M thuộc đường trịn ( ')C có diện tích gấp bốn lần diện tích

đường trịn ( )C ( ')C đồng tâm với ( )C Biết đường thẳng

: 2 3 0

d x− + =y qua điểm M

Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm C(2; 5)− , đường thẳng

: 3x 4y 4 0

∆ − + = Tìm đường thẳng ∆ hai điểm A B đối xứng

nhau qua điểm 2;5 2 I 

  cho diện tích tam giác ABC 15.

Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vngABCD có phương trình

cạnh AB: 4x+3y−24=0 1 9; 2 2 I− 

  giao điểm hai đường chéo Tìm

tọa độ đỉnh hình vng ABCD, biết đỉnh A có hồnh độ dương

Bài 4.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD biết phương trình

của đường chéo 3x+ − =y 7 0, điểm B(0; 3)− , diện tích hình thoi

20 Tìm tọa độ đỉnh cịn lại hình thoi

Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Viết phương trình đường tròn ( )C qua

hai điểm A(0;5), B(2;3) có bán kính R= 10

Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A nội tiếp

trong đường tròn 2

( ) :C x +y +2x−4y+ =1 0 M(0;1) Tìm tọa độ

đỉnh tam giác ABC biết M trung điểm cạnh AB A có hồnh

độ dương

Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC đều, biết điểm

(2 3; 2 3)

A + − đường thẳng BC x: − =y 0 Tìm tọa độ B C

Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A( 1; 2)− đường thẳng

:x 2y 3 0

∆ − + = Trên đường thẳng ∆ lấy hai điểm B C, cho tam giác ABC vng C AC=3BC Tìm tọa độ đỉnh B

Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d x: − − =y 3 0

điểm A(2; 6) Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết

rằng hai điểm B C, thuộc đường thẳng d, tam giác ABC vng A có

diện tích 35

(71)

Bài 10 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD A( 1; 2)−

Gọi M N, trung điểm AD DC, E giao điểm BN CM Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác BME biết BN nằm

trên đường thẳng 2x+ − =y 8 0 B có hồnh độ lớn

Bài 11 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A( 1;3)− đường thẳng ∆

có phương trình x−2y+ =2 0 Dựng hình vng ABCD cho hai đỉnh ,

B C nằm ∆ Tìm tọa độ đỉnh B C D, , biết C có tung độ dương

Bài 12 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diệntích

bằng 12, tâm hình chữ nhật điểm 9 3; 2 2 I 

  điểm M(3; 0) trung

điểm cạnh AD Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật, biết A có tung độ

dương

Bài 13 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương

trình AD: 2x+ − =y 1 0, điểm I( 3; 2)− thuộc đoạn BD cho IB=2ID

Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật biết D có hoành độ dương 2

AD= AB

Bài 14 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có đỉnh A(0;5)

và đường chéo nằm đường thẳng có phương trình2x− =y 0 Tìm tọa

độ đỉnh cịn lại hình vng, biết B có hồnh độ lớn 2

Bài 15 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vng A D có đáy lớn CD Biết BC=2AB=2AD, trung điểm BC điểm

(1; 0)

M , đường thẳng AD có phương trình x− 3y+ =3 0 Tìm tọa độ điểm A biết A có tung độ nguyên

Bài 16 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A, biết



BAC =1200, M(1; 2) trung điểm cạnh AC Đường thẳng BC có

phương trình x− + =y 3 0 Tìm tọa độ điểm A biết điểm C có hồnh độ

đương

Bài 17 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 8x+ 6y + 21 =

và đường thẳng d: 2x+ − =y 3 0 Xác định tọa độ đỉnh hình vng ABCD ngoại tiếp đường trịn ( )C biết A nằm d có hồnh độ

(72)

Bài 18 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆:x−2y+ =5 0

đường tròn 2

( ) :C x +y −2x+4y− =5 0 Qua điểm M thuộc ∆, kẻ hai tiếp

tuyến MA MB, đến ( )C (A B, tiếp điểm) Tìm tọa độ điểm M, biết độ

dài đoạn AB=2 5

Bài 19 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 12x – 4y + 36 =

Viết phương trình đường trịn ( ')C tiếp xúc với hai trục tọa độ, đồng thời tiếp

xúc với đường tròn ( )C Biết tâm ( ')C có hồnh độ tung độ

dấu

Bài 20 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích

bằng 12 có tâm I giao điểm hai đường thẳng d1:x− − =y 3 0

2: 3 9 0

d x+ y− = Trung điểm cạnh AD giao điểm d1 với trục

hồnh Xác định tọa độ bốn đỉnh hình chữ nhật, biết A có tung độ dương

Bài 21 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh AB M( 1; 2)− , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác I(2; 1)− Đường cao

của tam giác kẻ từ A có phương trình ∆: 2x+ + =y 1 0 Tìm tọa độ đỉnh C

Bài 22 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1:x+ + =y 3 0,

2: 1 0

d x− + =y điểm M(1; 2) Viết phương trình đường trịn qua M ,

cắt d1 hai điểm A B cho AB=8 2 đồng thời tiếp xúc với d2

Bài 23 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có

: 4 3 4 0

AB x− y− = , CD: 4x−3y−18=0 tâm I thuộc đường thẳng

:x y 1 0

∆ + − = Tìm tọa độ đỉnh hình vng biết A có hồnh độ nhỏ

hơn 1

Bài 24.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường trịn (C1) có phương trình

2

25

x +y = , điểm M(1; 2)− Đường trịn (C2) có bán kính 2 10 Tìm

tọa độ tâm đường trịn (C2), cho (C2) cắt (C1) theo dây cung

qua M có độ dài nhỏ

Bài 25 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường trịn

ngoại tiếp điểm I(4; 0) phương trình hai đường thẳng chứa

đường cao đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A tam giác

1: 2 0

d x+ − =y d2:x+2y− =3 0 Viết phương trình đường thẳng

(73)

Bài 26 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có A(1; 0), (3; 2)

B ABC =1200 Xác định tọa độ hai đỉnh C D, biết D có tung độ

dương

Bài 27 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) 2

AC= BD Điểm 0;1

3 M 

  thuộc đường thẳng AB, điểm N( )0; 7 thuộc

đường thẳng CD Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hồnh độ dương

Bài 28 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x – 3)2 + (y+2)2 =27 2

có tâm I đường thẳng d x: + + =y 5 0 Từ điểm M thuộc d kẻ tiếp

tuyến MA MB, đến đường tròn ( )C (A B, tiếp điểm) Tìm tọa độ điểm M cho diện tích tam giác IAB 27 3

8 độ dài đoạn AB nhỏ

Bài 29 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường (C): x2 + y2 + 6x – 2y + =

và điểm A(2; 3)− , B(4;1) Tìm tọa độ điểm M đường tròn cho

tam giác MAB cân M có diện tích lớn

Bài 30 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng OABC có đỉnh A(3; 4)

và điểm B có hồnh độ âm Gọi E F, theo thứ tự giao điểm đường

trịn ( )C ngoại tiếp hình vng OABC với trục hoành trục tung (E F

khác gốc tọa độ O) Tìm tọa độ điểm M ( )C cho tam giác MEF có

diện tích lớn

Bài 31 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(0; 2) đường thẳng

:x 2y 2 0

∆ − + = Tìm ∆ hai điểm M , N cho tam giác AMN

vuông A AM =2AN, biết điểm N có tung độ số nguyên

Bài 32 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vng A, có đỉnh ( 4;1)

C − , phân giác góc A có phương trình x+ − =y 5 0 Viết phương

trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC 24 đỉnh A có

hồnh độ dương

Bài 33 Cho đường tròn 2

( ) :C x +y −2x−4y=0 điểm A( 1;3)− Tìm tọa

độ đỉnh cịn lại hình chữ nhật ABCD nội tiếp ( )C có

(74)

Bài 34 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn

và CB=CD Trên tia đối tia DA lấy điểm E cho DE=AB Phương

trình cạnh BC x: −3y+13=0, phương trình AC x: − − =y 1 0 Tìm tọa độ

đỉnh A B, biết A có hồnh độ nhỏ 3 E(14;1)

Bài 35 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường

tròn 2

( ) :T x +y −4y− =4 0 cạnh AB có trung điểm M thuộc đường

thẳng d: 2x− − =y 1 0 Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết điểm M

có hồnh độ khơng lớn 1

Bài 36 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích 4

với A(3; 2), (1; 0)− B Tìm tọa độ đỉnh C biết bán kính đường trịn ngoại tiếp

tam giác C có tung độ dương

Bài 37 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(2;1)

và tâm đường trịn ngoại tiếp I(1; 0) Trung điểm BC nằm đường thẳng

có phương trình x−2y− =1 0 Tìm tọa độ đỉnh B, C biết đường tròn

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

Bài 38 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(1;1), (2;3)B

và C thuộc đường trịn có phương trình x2+y2−6x−4y+ =9 0 Tìm tọa độ

trọng tâm tam giác ABC, biết diện tích tam giác ABC 0, 5 điểm C có hồnh độ số nguyên

Bài 39 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: 2x− − =y 1 0

và d2: 2x+ − =y 3 0 Gọi I giao điểm d1 d2; A điểm thuộc d1

có hồnh độ dương Lập phương trình đường thẳng ∆ qua A, cắt d2 B

sao cho diện tích tam giác IAB 6 IB=3IA

Bài 40 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình

đường cao kẻ từ đỉnh A 3x− + =y 5 0, trực tâm H( 2; 1)− − 1; 4 2 M 

 

là trung điểm cạnh AB Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết 10

BC= B có hồnh độ nhỏ hồnh độ C

Bài 41 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng ∆1:x− +y 15=0

và ∆2: 3x− −y 10=0 Các đường tròn (C1) (C2) có bán kính nhau,

đều có tâm nằm ∆1 cắt hai điểm A(10; 20) B Đường

(75)

của tam giác BCD, biết diện tích tam giác BCD 120 tâm củađường

trịn (C1) có hồnh độ không dương

Bài 42 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆: 3x− =y 0 Lập

phương trình đường trịn tiếp xúc với ∆ A, cắt trục tung hai điểm B C,

sao cho tam giác ABC vng A có chu vi 3+ 3

Bài 43 Cho hai điểm A(0;1), B(2; 1)− hai đường thẳng

1: ( 1) ( 2) 2 0

d m− x+ m− y+ − =m , d2: (2−m x) +(m−1)y+3m− =5 0 Gọi P giao điểm d1 d2 Tìm m cho PA+PB lớn

Bài 44 Cho tam giác nhọn ABC Đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ đỉnh A đường thẳng BC có phương trình 3x+5y− =8 0

4 0

x− − =y Đường thẳng qua A vng góc với đường thẳng BC cắt

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm thứ hai D(4; 2)− Viết

phương trình đường thẳng AB AC, biết hoành độ điểm B

không lớn

Bài 45 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

2

( ) :C x +y =25, đường thẳng AC qua điểm K(2;1) Gọi M N,

là chân đường cao kẻ từ đỉnh B C Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC,

biết phương trình đường thẳng MN 4x−3y+10=0 điểm A có hồnh

độ âm

Bài 46 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A( 1; 3)− −

Biết trực tâm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (1; 1)

H − I(2; 2)− Tìm tọa độ đỉnh lại tam giác ABC

Bài 47. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có hai đáy AB CD Biết tọa độ B(3;3), (5; 3)C − Giao điểm I hai đường chéo

nằm đường thẳng ∆: 2x+ − =y 3 0 Xác định tọa độ cịn lại hình

thang ABCD để CI =2BI, tam giác ABC có diện tích 12, điểm I có

hồnh độ dương điểm A có hoành độ âm

(76)

F GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài

I bán kính R=5

Vì ( ')C có diện tích gấp bốn

lần diện tích đường tròn ( )C ( ')C đồng tâm với ( )C nên ( ')C

có tâm I(2;3) bán kính với

2

' 4 ' 2 10

R R R R

π = π ⇔ = =

Suy IM =R' 10=

+ Gọi M t( ; 2t+ ∈3) d , đó:

2 2

10 100 ( 2) (2 ) 100 96

IM = ⇔IM = ⇔ −t + t = ⇔ t − −t =

4 24 5 t t

= −   ⇔

 = 

( 4; 5) 24 63

; 5 5 M

M

− − 



⇒  

  

  



+ Vậy M( 4; 5)− − 24 63;

5 5

M 

 

Bài

+ Gọi H hình chiếu vng góc 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 2

AB AI

⇒ = = (do I trung điểm AB)

+ Gọi A t(4 ;1 )+ t ∈ ∆, :

2 25 3 25

(4 2) 3 25 25 0

4 2 4

AI = ⇔ t− + t−  = ⇔ t − t=

 

0 (0;1) (4; 4) 1 (4; 4) (0;1)

t A B

= ⇒

 

⇔ ⇒

= ⇒

 

(77)

Bài

+ Gọi H hình chiếu vng góc

của I AB ta có:

2

27

2 24

5 2

( , )

2 4 3

IH d I AB

− + −

= = =

+

+ Tam giác AHI vuông cân H nên 2 5 2

2 AI = IH = =BI

Suy A B, thuộc đường tròn:

2

1 9 25

2 2 2

x y

 +  + −  =

   

   

2

9 8 0

x y x y

⇔ + + − + =

+ Khi tọa độ A B, nghiệm hệ:

2

3 4

4 3 24 0 (3; 4)

(0;8)

9 8 0 0

8 x y

x y A

B

x y x y x

y  =



 =

+ − =

 ⇔ ⇒

 + + − + =  

=

 

 

=  

(vì xA >0)

+ Do I trung điểm AC BD nên suy C( 4;5)− , D( 1;1)−

Bài

+ Vì B(0; 3)− không thuộc đường

chéo 3x+ − =y 7 0 nên 3x+ − =y 7 0

là phương trình AC

+ Khi BD có vecto pháp tuyến (1; 3)

BD AC

n =u = −

 

đi qua B(0; 3)−

nên có BD phương trình:

3 9 0

x− y− =

Gọi ACBD={ }I nên tọa độ điểm I nghiệm hệ:

3 7 0 3

3 9 0 2

x y x

x y y

+ − = =

 

⇔

 − − =  = −

 

⇒I(3; 2)− ⇒D(6; 1)−

+ Ta có:

2

20

2 . 2 10 10

3 1

ABCD

ABCD ABC

S

S S BI AC AC AI

BI

= = ⇒ = = = ⇒ =

(78)

Gọi A t( ; )− t ∈AC, :AI2 =10⇔ −(t 3)2+ −(9 )t =10⇔

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

( 3) 1

2 (2;1) (4; 5)

t A C

t

t A C

= − ⇒

 

⇔ − = ⇔  ⇒

= ⇒ −

 

(vì I trung điểmAC)

+ 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) trung điểm AB

Khi phương trình đường trung trực AB ∆:x− + =y 3 0

+ Do (C) qua hai điểm A(0;5), B(2;3) nên IA=IB⇔ ∈ ∆ ⇒I I t t( ; +3)

+ Khi đó: 2 2

( 2) 10 IA= ⇔R IA =R ⇔ + −t t =

2 1 ( 1; 2)

2 3 0

3 (3; 6)

t I

t t

t I

= − −

 

⇔ − − = ⇔  ⇒ =

 

+ Vậy phương trình đường trịn ( )C là:

2

(x+1) +(y−2) =10 (x−3)2+(y−6)2 =10

Chú ý:có thể tìm I việc gọi I x y( ; ) giải hệ: IA R IB R

=   = 

Bài

+ Đường tròn ( )C có tâm ( 1; 2)

I − bán kính

2 R=IA=

Do AB qua M(0;1)

và nhận IM=(1; 1)− làm

vecto pháp tuyến nên có phương trình: x− + =y 1 0

2 2

1 0 1 1; 2 (1; 2)

1; 0 ( 1; 0)

2 4 1 0 1

x y y x x y A

x y B

x y x y x

− + = = + = =

   

⇔ ⇔ ⇒

   = − =  −

+ + − + = =  

 

(79)

+ Ta có IA=(2; 0)=2(1; 0) nên phương trình AI y: − =2 0 phương trình : 1 0

BC x+ =

Gọi IABC={ }N , suy tọa độ điểm N nghiệm hệ:

2 0 1

( 1; 2)

1 0 2

y x

N

x y

− = = −

 

⇔ ⇒ −

 + =  =

 

Do ∆ABC cân A nên N trung điểm BC⇒C( 1; 4)−

+ Vậy A(1; 2), ( 1; 0), ( 1; 4)B − C −

Bài

+ Gọi H hình chiếu vng

góc A BC, đó:

2 3 2 3

( , ) 6

2 AH d A BC

+ − +

= = =

+ Do tam giác ABC nên

0 6

2 2

sin 60 3

2 AH

AB=AC= = =

Suy B C, thuộc đường trịn tâm A bán kính R=2 2

Khi tọa độ B C, nghiệm hệ:

( ) (2 )2

2

2 3 2 3 8

2 4 6 0

0

y x

x y

x x

x y

 − − + − + =  =

 ⇔

 

− − =

  − =



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

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

x y B C

= = − − −

 

⇔ ⇒

= = − −

 

+ Vậy B( 1; 1), (3;3)− − C B(3;3), ( 1; 1)C − −

Bài

+ Ta có ( , ) 1 3 2

5 5

AC=d A ∆ = − − + = 2

3 3 5 AC CB

⇒ = =

+ Suy 2 4 4 8

5 45 9

AB = AC +CB = + =

(80)

( ) (2 )2

2 8

2 2 45 108 64

9

AB = ⇔ t− + −t = ⇔ t − t+ =

4 3 16 15 t t  =  ⇔ 

 = 

1 4 ; 3 3 13 16

; 15 15 B

B

 − 

 

   

⇒

 −     

Vậy 1 4;

3 3 B− 

 

13 16 ; 15 15 B− 

 

Bài

+ Gọi ( )T đường trịn cần lập

có tâm I bán kính R

+ Vì tam giác ABC vuông A nên I trung điểm BC

Gọi H hình chiếu vng góc A BC

2

( , )

2

AH d A BC − −

⇒ = = =

Suy

35 2.

2 2

10 5

7 2

2 ABC

S BC

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 t t t

t I

=

 

= ⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔ ⇒

=

 

+ Vậy đường tròn ( )T cần lập là: (x−5)2+(y−2)2 =25

hoặc 2

(x−6) +(y−3) =25

Bài 10

+ Gọi H hình chiếu

vng góc A BN,

khi đó:

2

2 8 8 ( , )

5 2 1

AH =d A BN = − + − =

+

(81)

Đặt

2

2 5

2 2

a a

AB= ⇒a AI = a +   =  

Ta có 2 8 5

. . 4

2 5

a

AB =AH AI ⇔a = ⇔ =a hay AB=4

+ Gọi B t( ;8 )− t ∈BN với t>2, đó:

2 2

16 ( 1) (6 ) 4 5 22 21 0 3 AB = ⇔ +t + − t = ⇔ t − t+ = ⇔ =t

hoặc 7

5

t= (loại) ⇒B(3; 2)

+ AD qua A vng góc với AB nên có phương trình: x= −1

Gọi ADBN ={ }J , suy tọa độ điểm J nghiệm hệ:

1 1

( 1;10)

2 8 0 10

x x

J

x y y

= − = −

 

⇔ ⇒ −

 + − =  =

 

Mặt khác D trung điểm AJ ⇒D( 1; 6)− ⇒M( 1; 4)− (do M

trung điểm AD)

+) Do ABCD hình vng M N, trung điểm

,

AD DC⇒ ∆BCN = ∆CDM ⇒C 1=B1

Mà C 1+C2 =

90 ⇒B 1+C2 =

90 ⇒CEB = 900 hay tam giác BME

vuông E, nên tâm đường tròn ngoại tiếp K trungđiểm BM

Suy (1;3)

5 K

R KB 



= =



Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác BME là: (x−1)2+(y−3)2 =5

Bài 11

+ AB qua A( 1;3)− vng

góc với ∆ nên có phương trình:

2x+ − =y 1 0

Khi tọa độ điểm B

nghiệm hệ:

( )

2 1 0 0

0;1

2 2 0 1

x y x

B

x y y

+ − = =

 

⇔ ⇒

 − + =  =

 

+ Gọi C(2t−2; )t ∈ ∆ (với t>0) đó:

2 2 2 2

(2 2) ( 1) 1 2 2 0 2

(82)

hoặc t=0 (loại) ⇒C(2; 2)

+ Vì ABCD hình vng nên:

2 1 1

(1; 4)

2 2 4

D D

x x

CD BA D

y y

− = − =

 

= ⇔ ⇔ ⇒

− = =

 

 

+ Vậy B(0;1), (2, 2)C D(1; 4)

Bài 12

+ Ta có AB = 2MI

2

3 3

2 3 2

2 2

    =   +  =

   

12

2 2 2

2 3 2

ABCD

S AD

AD AM

AB

⇒ = = = ⇒ = =

+ AD vng góc với MI nên có phương trình: x+ − =y 3 0

+ GọiA t( ;3− ∈t) AD với t<3, đó:

2 2

2 ( 3) ( 3) 2 ( 3) 1 2

AM = ⇔ −t + −t = ⇔ −t = ⇔ =t

hoặc t=4 (loại)⇒A(2;1)

+ Do M trung điểm AD⇒D(4; 1)−

+ I trung điểm AC BD nên suy C(7; 2) B(5; 4)

Vậy A(2;1), (5; 4), (7; 2)B C D(4; 1)−

Bài 13

của I AD, đó:

2

2.( 3) 2 1

( , ) 5

2 1 IH =d I AD = − + − =

+

Vì IH//BA nên theođịnh lýTa – let ta có:

HD AD HD 2HI

HI = AB = ⇒ = =

+ Xét tam giác IHD: DI2 =IH2+HD2 = +5 20=25 (*)

Gọi D t( ;1 )− t với t>0, đó:

(*) 2

(t 3) (2t 1) 25 t 2t 3 0 t 1

⇔ + + + = ⇔ + − = ⇔ =

hoặc t= −3 (loại)⇒D(1; 1)−

(83)

3 8 11

2 6 8

a a

b b

+ = − = −

 

⇔ ⇔

− = =

  ⇒B( 11;8)−

AB qua B( 11;8)− nhận uAD =(1; 2)− làm vecto pháp tuyến nên có

phươngtrình: x−2y+27=0

+ Khi tọa độ điểm A nghiệm hệ:

2 27 0 5

( 5;11)

2 1 0 11

x y x

A

x y y

− + = = −

 

⇔ ⇒ −

 + − =  =

 

+ Gọi J trung điểm 5;7 ( 5; 4)

2

BD⇒J− ⇒C − −

  (vì J

trung điểm AC)

Vậy A( 5;11), ( 11;8), ( 5; 4),− B − C − − D(1; 1)−

Bài 14

+ Vì A(0;5) khơng thuộc đường

thẳng 2x− =y 0 nên BD có phương

trình 2x− =y 0

+ AC qua A vng góc với BD nên

có phương trình x+2y−10=0

Gọi ACBD={ }I nên tọađộ điểm I nghiệm hệ:

2 0 2

(2; 4)

2 10 0 4

x y x

I

x y y

− = =

 

⇔ ⇒

 + − =  =

 

Suy C(4;3) (do I trung điểm AC)

+ Gọi B t( ; )t ∈BD với t>2, :

2 2 2

( 2) (2 4) 5 ( 2) 1 3 IB =IA ⇔ −t + t− = ⇔ −t = ⇔ =t

hoặc t=1(loại)⇒B(3; 6)

Do I trung điểm BD nên D(1; 2)

+ Vậy B(3; 6), C(4;3), D(1; 2)

Bài 15

của B DC, ABHD

(84)

Đặt 2

2 3

AB=BH =HD= AD= ⇒a BC= a⇒HC= BC −BH =a

⇒DC= +a a 3

+ Gọi N hình chiếu vng góc M AD, suy N trung điểm

của AD ( , ) 4 2

2 MN =d M AD = =

Mặt khác MN đường trung bình hình thang ABCD nên: 4

2 3 4 8 3

2 3 AB+DC= MN ⇔ + +a a a = ⇔ =a = −

+

4 3 2

a AN

⇒ = = −

+ Xét tam giác vuông AMN ta có:

( )2

2 2

4 3 2 32 16 3

AM = AN +MN = − + = −

+ Gọi A( 3t−3; )t ∈AD với t∈, :

( )2

2

32 16 3 3 4 32 16 3

AM = − ⇔ t− + =t −

2

2 3 4 3 0

t t

⇔ − − + = ⇔ t=2 t=2 3−2 (loại)

Vậy A(2 3; 2)−

Bài 16

+ Gọi H hình chiếu vng góc A BC

Do M trung điểm AC nên: ( , ) 2 ( , ) AH =d A BC = d M BC =

2.1 3 2 2 2

− +

= =

+ Vì ABC cân A nên  

2

BAC

HAC= = 600

Xét tam giác vng AHC ta có: 0 4 2 2 2

cos 60 2

AH AC

AC= = ⇒MC= =

+ Gọi C t t( ; + ∈3) BC với t>0 , :

2 2

8 ( 1) ( 1) 8 3 3

MC = ⇔ −t + +t = ⇔t = ⇔ =t

(85)

+ Mặt khác M trung điểm AC nên suy A(2− 3;1− 3)

Bài 17

+ Đường trịn ( )C có tâm I(4; 3)− bán kính R=2

của I AB, suy tam giác IHA vuông cân H nên :

2 2 2 2

AI =IH =R =

+ GọiA 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= (loại)⇒A(2; 1)−

Vì I trung điểm AC nên C(6; 5)−

+ BD qua I(4; 3)− , nhận AC =(4; 4)− =4(1; 1)− làm vecto pháp tuyến

nên có phương trình:x− − =y 7 0

Mà IB=ID=IA=2 2 nên B D, thuộc đường trịn có phương trình:

2

(x−4) +(y+3) =8

Khi tọa độ B D, nghiệm hệ:

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 có tâm I(1; 2)−

và bán kính R= 10

+ Gọi ABMI ={ }H ,

khi 5

2 AB

AH = =

và

2 2

1 1 1 1 1 1

10

5 10 AM

(86)

Suy 2

10 10 20

MI =AM +IA = + = hay MI2 =20 (*)

+ Gọi M(2t−5; )t ∈ ∆, :

(*) 2

(2t 6) (t 2) 20 t 4t 4 0 t 2 M( 1; 2)

⇔ − + + = ⇔ − + = ⇔ = ⇒ −

+ Vậy M( 1; 2)−

Bài 19

+ Đường tròn ( )C có tâm I(6; 2) bán kính R=2

+ Gọi đường trịn ( ')C có tâm I' bán kính R'

Do ( ')C tiếp xúc với hai trục tọa độ nên I' thuộc đường thẳng y=x y= −x (loại)

+ Gọi I t t'( ; ) , R'= t Vì ( ')C tiếp xúc với ( )C nên:

2 2

' ' ( 6) ( 2) 2 2 16 40 4 4

II = +R R ⇔ t− + −t = + ⇔t t − t+ = +t t +

2

2 0

20 36 0 2

16 4 36 0

18 0

12 36 0 t

t t t

t t

 ≥ 

− + =  =

 

⇔ − − + = ⇔  ⇔ 

= <

 



 − + = 

'(2; 2)

' 2

'(18;18) ' 18 I R I R 



 =

  ⇒ 

 =

 

+ Vậy phương trình đường trịn ( ')C là: (x−2)2+(y−2)2 =4

2

(x−18) +(y−18) =324

Bài 20

+ Tọa độ điểm I nghiệm hệ: 9

3 0 2

3 9 0 3

2 x x y

x y

y  =  − − =

 ⇔

 + − = 

  =



9 ; 2

I 

⇒  

 

+ Gọi M trung điểm AD, tọa độ điểm M nghiệm hệ:

0 3

(3; 0)

3 0 0

y x

M

x y y

= =

 

⇔ ⇒

 − − =  =

 

Suy

2

3 3

2 2. 3 2

2 2

AB= MI =    +   =

(87)

+ Theo giả thiết

12 12

12 . 12 2 2

3 2 ABCD

S AB AD AD

AB

= ⇔ = ⇔ = = = ⇒MA= 2

+ Do d1 qua M I nên AD⊥d1, suy phương trình AD: x+ − =y 3 0

+ Gọi A(3−t t; ) với t>0, 2 2

2 2 1 1

MA = ⇔ + = ⇔t t t = ⇔ =t

hoặc t= −1(loại)

Suy A(2;1) Do M trung điểm AD⇒D(4; 1)−

Ta có I trung điểm AC BD nên suy (7; 2) (5; 4) C B

   Vậy A(2;1), (5; 4), (7; 2)B C D(4; 1)−

Bài 21

+ Ta có IM ⊥ AB nên ABđi qua M nhận IM= −( 3;3)= −3(1; 1)− làm

vecto pháp tuyến nên có phương trình: x− + =y 3 0

+ Khi tọa độ điểm A nghiệm hệ: 4

3 0 3 4 5

;

2 1 0 5 3 3

3 x x y

A x y

y

 = −  − + =

 ⇔ ⇒ − 

 + + =   

  =

 Suy 2 7;

3 3 B− 

  (vì M trung điểm AB)

+ Đường thẳng BC qua B nhận n∆ =(2;1) làm vecto phương nên có

phương trình:

2 2 3 7 3

x t

y t

 = − + 



 = + 

Gọi 2 2 ;7

3 3

C− + t +t

 

+ Mặt khác:

2 2

2 8 10 8 10

2

3 3 3 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

t t

t

C

 − ≡ =

   



 

⇔ − = ⇔ ⇒

 =   

   

 



+ Vậy 14 47;

15 15 C 

 

Bài 22

+ Gọi I tâm R bán kính đường trịn ( )T cần lập

Gọi d1d2 ={ }K H

hình chiếu vng góc I

1 4 2

2 AB d ⇒HA= =

Vì M∈d2 M∈( )T nên M

là tiếp điểm d2 ( )T

Do đường thẳng IM qua M(1; 2) nhận

2 (1;1)

d

u= làm vecto pháp

tuyến nên có phương trình: x− + − = ⇔ + − =1 y 2 0 x y 3 0

+ Do n nd1. d2 = ⇒0 d1⊥d2 ⇒  

IHKM hình chữ nhật, :

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

t t t

t

=  ⇔ − + − = ⇔ − = ⇔ 

= − 

(6; 3) ( 4; 7) I I

−  ⇒  −



+ Vậy đường tròn ( )T cần lập có phương trình là: (x−6)2+(y+3)2 =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 7 7 21

4 3 4 3

t t t t

t t

− − − − − −

⇔ = ⇔ − = −

+ +

7t 7 21 7t t 2 I(2; 1)

⇔ − = − ⇔ = ⇒ −

+ Chọn M(1; 0)∈AB,

2

4 18 14 ( , )

5 4 3 AD=d M CD = − =

+

+ Vì ABCD hình vng nên:

14 2 7 2

2

5 2 5

AC

AC= AD= ⇒AI = = =BI

Suy A B, thuộc đường trịn tâm I bán kính 7 2

5 có phương trình:

2 98

( 2) ( 1)

25 x− + y+ =

2

25 44 43

98 0

( 2) ( 1) 9 9 225

25

4 4 4 3 4 0

3

x x

x y

x

x y y

 − + =  − + + =   ⇔   −  − − =  =   ⇔ 1 25 32 25 x y  =    = −  43 25 24 25 x y  =    =  1 32 ; 25 25 43 24 ; 25 25 A B   −       ⇒          

(vì xA <1)

+ Do I trung điểm AC BD nên 99 18;

25 25 C 

 

57 74

;

25 25

D − 

 

Vậy 1 ; 32 , 43 24; , 99 18; , 57; 74

25 25 25 25 25 25 25 25

A −  B  C  D − 

       

Bài 24

+ Đường trịn (C1) có tâm O(0; 0) bán kính R1=5

+ Gọi (C2) cắt (C1) A B, Gọi I tâm đường tròn (C2)

{ }

OIAB= H

Khi 2

2 2 2 25

AB= AH = OA −OH = −OH

(90)

Mặt khác OH ≤OM

nên OHmax =OM ⇔ M ≡H

+ AB qua M vng góc với

OM nên AB có phương trình:

2 5 0

x− y− =

Khi tọa độ A B, nghiệm hệ:

2 2

2 5 0 2 5 5

0

25 4 0

x y x y x

y

x y y y

− − = = + =

 ⇔ ⇔

 + =  + =  =



 

3 4 x y

= −   = −  Khơng tính tổng qt giả sử A(5; 0) B( 3; 4)− −

+ Phương trình OM: 2x+ =y 0 Gọi I t( ; )− t ∈OM , đó:

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 t

t I

= − −

 

⇔ − − = ⇔ ⇒

= −

 

Vậy tâm đường tròn (C2) I( 1; 2)− I(3; 6)−

Bài 25

+ Do d1d2 ={ }A , nên tọa độ điểm A nghiệm hệ: 2 0

2 3 0 x y

x y

+ − = 

 + − = 

1

(1;1) 1

x

A y

= 

⇔ = ⇒ 

+ Gọi M trung điểm BC,

khi M∈d2 IM //d1 nên IM

có phương trình: x+ − =y 4 0

Suy tọa độ điểm M nghiệm hệ:

4 0 5

(5; 1)

2 3 0 1

x y x

M

x y y

+ − = =

 

⇔ ⇒ −

 + − =  = −

 

+ BC qua M nhận

1 (1; 1)

d

u= − làm vecto pháp tuyến nên có phương

trình: x− − =y 6 0

+ Gọi B t( +6; )t ∈BC với t>0 , :

2 2 2

( 2) 10 2 3 0 1

IB=IA⇔IB =IA ⇔ +t + =t ⇔ + − = ⇔ =t t t

(91)

Suy C(3; 3)− (do M trung điểm BC)

Suy phương trình AB y: =1; Phương trình AC: 2x+ −y 3

Bài 26

+ Do ABCD hình thoi ABC =1200 nên ABD tam giác

Gọi M trung điểm (2;1)

AB⇒M nên DM qua M

nhận AB=(2; 2)=2(1;1) làm vectơ

pháp tuyến có phương trình:

3 0 (3 ; )

x+ − = ⇒y D −t t với t>0 Khi :

2 2

( 2) 8 2 2 0 1 3

DB=AB⇔DB = AB ⇔ + −t t = ⇔ − − = ⇔ = +t t t

hoặc t= −1 3 (loại)

Suy D(2− 3;1+ 3)

+ Gọi { } 5 3 3; 3 (4 3;3 3)

2 2

AC BD= I ⇒I − + ⇒C − +

 



(Vì I trung điểm AC BD)

Vậy C(4− 3;3+ 3) D(2− 3;1+ 3)

Bài 27

+ Gọi N' điểm đối xứng với N qua I (hay I trung điểm NN')

Suy N'(4; 5)− thuộc đường

thẳng AB AB nhận

( )

16 4

' 4; 3; 4

3 3

MN = − = −

 



làm véctơ phương ,

suy nAB =(4;3)

Phương trình AB: 4x+3y− =1 0

+ Gọi H hình chiếu vng góc I AB nên :

2

8 1

( , ) 2

4 3 IH =d I AB = + − =

+

Mặt khác AC=2BD⇒ AI =2IB Khi xét tam giác IBA ta có :

2 2 2

1 1 1 1 1 1

5

4 4 IB

(92)

+ Gọi B(4 ; )+ t − − t ∈AB với 4 3

t> − , đó:

2 2

5 (3 2) (4 6) 5 5 12 7 0 1

IB = ⇔ t+ + t+ = ⇔ t + t+ = ⇔ = −t

hoặc 7

5

t= − (loại) ⇒B(1; 1)−

+ Vậy B(1; 1)−

Bài 28

+ Đường trịn ( )C có tâm I(3; 2)− bán kính 3 6 2 R=

+ Gọi MIAB={ }H đặt 2 27

2 AH = ⇒a IH = R −AH = −a

Khi 27

8 IAB

S = . 27 3 . 27 27 3

8 2 8

AH IH a a

⇔ = ⇔ − =

2

4 2

2 27

27 2187 27

81

2 64

8 a

a a a

a

 = 

⇔ − + ⇔ ⇒ =

 = 

(vì ABmin ⇔AHmin ⇔amin)

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 (0;5)

IM = ⇔ −t + +t = ⇔ t = ⇔ = ⇒t M

(93)

Bài 29

+ Gọi I trung điểm (3; 1)

AB⇒I −

Khi trung trực d AB qua I nhận AB=(2; 4)=2(1; 2) làm vecto

pháp tuyến nên có phương trình:

3 2( 1) 0 2 1 0

x− + y+ = ⇔ +x y− =

Tam giác MAB cân M ⇒MA=MB⇒M∈d

Mặt khác M∈( )C nên tọa độ điểm M nghiệm hệ:

2 2 2 1 0 21 2 1

1

6 2 6 0 5 18 13 0

x y x y x

y

x y x y y y

+ − = = − = −

  

⇔ ⇔

   =

+ + − + = − + = 

 

hoặc

21 5 13

5 x y

 = −    = 

( 1;1) 21 13

; 5 5 M

M

−  

⇒  

−

 

  



+ Ta có 1 ( , ).

2

MAB MAB

S = d M AB AB⇒S lớn d M AB( , ) lớn

Phương trình đường thẳng AB: 2x− − =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

( , )

5

2 1

d M AB

− − −

⇒ = =

+

Do 16

2 5

< nên 21 13;

5

M− 

  điểm thỏa mãn toán

Bài 30

+ AB qua A(3; 4) có vectơ pháp

tuyến OA=(3; 4) nên có phương trình: 3x+4y−25=0

Gọi B(3 ; )+ t − t , đó:

2 2

(94)

2 1

1 ( 1; 7)

1 t

t B

t

= − 

⇔ = ⇔ = ⇒ −

 B(7;1) (loại)

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

1 ; 2 I 

⇒ − 

  bán kính

5 2

R=OI = nên ( )C có phương trình:

2

1 7 25

2 2 2

x y

 +  + −  =

   

   

+ Do { } { }

{ } { }

( ) ( 1; 0)

(0; 7) ( )

Ox C E O E

F

Oy C F O

= ≠

  −

 ⇒

 

= ≠ 



 

+ EF đường kính nên ∆MEF vng M

Ta có:

2 2

. 25

2 4 4 2

MEF

ME MF ME MF EF

S∆ = ≤ + = =

Vậy diện tích ∆MEF lớn 25 2

Dấu “=” xảy khi: ME=MF hay M thuộc đường trung trực EF

Đường trung trực EF qua 1 7; 2 2 I− 

  nhận EF =(1; 7)



là vecto

pháp tuyến nên có phương trình: 1 7 7 0 7 24 0

2 2

x y x y

 + +  − = ⇔ + − =

   

   

Gọi M(24 ; )− t t , :

2

5 2 25 49 7 25

7

2 2 2 2 2

MI = =R ⇔MI = ⇔ t−  + −t  =

   

2 3 (3;3)

7 12 0

4 ( 4; 4)

t M

t t

t M

=

 

⇔ − + = ⇔  ⇒

= −

  (có thể trình bày cách thay

tọa độ điểm M vào phương trình ( )C M∈( )C )

(95)

Bài 31

của A ∆, đó:

2

4 2 2

( , )

5 1 2

AH =d A ∆ = − + =

+

+ Đặt AN = ⇒a AM =2a

Ta có:

2 2 2

1 1 1 5 1 1

1

4 4 a

AH = AN + AM ⇔ = a + a ⇔ = hay

2 1 AN =

+ Gọi N(2t−2; )t với t∈, đó:

2 2

1 (2 2) ( 2) 1 5 12 7 0 1

AN = ⇔ t− + −t = ⇔ t − t+ = ⇔ =t

hoặc 7

5

t= (loại) ⇒N(0;1)

+ Khi phương trình AN x=0, suy phương trình AM : y=2

Suy tọa độ điểm Mlà nghiệm hệ :

2 2 0 2

(2; 2)

2 2

x y x

M

y y

− + = =

 

⇔ ⇒

 =  =

 

Vậy M(2; 2),N(0;1)

Bài 32

+ Gọi ∆ phân giác góc A

Gọi D điểm đối xứng C qua ∆,

khi D∈AB

CD qua C( 4;1)− vng

góc với ∆ nên có phương trình :

5 0

x− + =y

Khi tọa độ giao điểm I CD ∆ lànghiệm hệ :

5 0 0

(0;5)

5 0 5

x y x

I

x y y

− + = =

 

⇔ ⇒

 + − =  =

 

Do I trung điểm CD⇒D(4;9)

+ Gọi A a( ;5− ∈ ∆a) (a>0), :

2 2 2 2

4 4 16 4

AI =CI ⇔ AI =CI ⇔a +a = + ⇔a = ⇔ =a

hoặc a= −4 (loại)⇒A(4;1)

(96)

+ Gọi B(4; )b ∈AB, : 1 . 2 2.24 6

2 8

ABC ABC

S

S AB AC AB

AC

= ⇔ = = =

2 5 (4; 5)

36 ( 1) 36

7 (4; 7)

b B

AB b

b B

= − −

 

⇔ = ⇔ − = ⇔ ⇒

=

 

+ Với B(4; 5)− , ta nhận thấy B C, nằm phía so với ∆ (loại)

Với B(4; 7), ta có B C, nằm khác phía so với ∆ (thỏa mãn)

Khi BC có phương trình : 3x−4y−16=0

Bài 33

+ Đường trịn ( )C có tâm I(1; 2)

và bán kính R= 5

Vì ABCD hình chữ nhật

nội tiếp ( )C nên I

trung điểm AC⇒C(3;1)

+ Gọi H hình chiếu vng góc B xuống AC, : 10

2 . 5

2 5 ABCD

ABCD ACB

S

S S AC BH BH R BI H I

AC

= = ⇒ = = = = = ⇒ ≡

Suy ABCD hình vng ⇒BD⊥AC

Do BD qua Ivà có vecto pháp tuyếnAC=(4; 2) 2(2, 1)− = − nên có

phương trình : 2x− =y 0

+ Khi tọa độ B D, nghiệm hệ:

2 2 0

2 4 0 5 10 0

2

2 0 2

4 x y

x y x y x x

x

x y 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

+ Tọa độ điểm C nghiệm

của hệ: 3 13 0

1 0

x y

− + = 

 − − = 

8

(8; 7) 7

x

C y

= 

⇔ = ⇒ 

+ Ta có CBA =CDE (cùng bù với CDA)

suy ∆ABC= ∆EDC (c.g.c) ⇒CA=CE

Gọi A a a( ; −1) với a<3, đó:

2 2

( 8) ( 8) 72

CA=CE⇔CA =CE ⇔ a− + a− = ⇔ =a

hoặc a=14 (loại)⇒ A(2;1)

+ Ta có (6; 6)   

90 90 90

( 6; 6)

CE

CE CA ACE BCD BAD

CA

 = −

 ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =



= − − 

  



hay AB⊥AE

Khi AB qua A(2;1) nhận AE=(12; 0) làm vecto pháp tuyến nên

có phương trình: x− =2 0

+ Suy tọa độ điểm B nghiệm hệ :

2 0 2

(2;5)

3 13 0 5

x x

B

x y y

− = =

 ⇔ ⇒

 − + =  =

 

Vậy A(2;1), (2;5)B

Bài 35

+ Đường trịn ( )T có tâm I(0; 2) bán kính R=2 2

+ Do tam giác ABC nên 2

2 2

IC R

IM = = =

Gọi M t( ; 2t− ∈1) d với t≤1, đó:

2 2

2 (2 3) 2 5 12 7 0 1

(98)

hoặc 7

5

t= (loại) ⇒M(1;1)

+ Gọi C x y( ; ) Ta có ( ; 2) ( 1;1) IC x y MI

 = −

 

= − 



 ,

khi 2 2 2 ( 2; 4)

2 2 4

x x

IC MI C

y y

= − = −

 

= ⇔ ⇔ ⇒ −

− = =

 

 

+ AB qua M(1;1) nhận IM=(1; 1)− vecto pháp tuyến nên có

phương trình: x− =y 0

Khi tọa độ A B, nghiệm hệ:

2 2

0 1 3

4 4 0 2 2 0 1 3

x y y x y x

x y y x x y x



− = = = = +

 

⇔ ⇔ 

 

+ − − = − − =  = = −

  

Vậy A(1+ 3;1+ 3), 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 trung điểm AB, suy M(2; 1)−

Khi phương trình đường trung trực AB ∆:x− − =y 3 0

+ Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 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 x

x I

= −

 

⇔ − + = ⇔ ⇒ =

 

Gọi C a b( ; ) với b>0

+ Với I(1; 2),− ta có phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là:

2

( ) : (T x−1) +(y+2) =4

Khi : C∈( )T ⇔(a−1)2+ +(b 2)2 =4 (vơ nghiệm - b>0)

+ Với I(3; 0),ta có phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là:

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 a b

S d C AB

a b AB

+ =

+ − 

= ⇔ = ⇔ 

+ = − 

Với a b+ =5, kết hợp với (*) ta hệ:

2

3

( 3) 4

2 5

a

a b

b a b

=  − + = ⇔

 + =  =



5 0 a b

=   =

 (loại)⇒C(3; 2) Với a b+ = −3, kết hợp với (*) ta hệ:

2

( 3) 4

3

a b

a b

 − + =  + = −

 (vô nghiệm)

Vậy C(3; 2)

Bài 37

+ Gọi M trung điểm BC J điểm đối xứng I qua BC

Khi AH =2IM =IJ AHJI

⇒ hình bình hành

⇒JB=JC=JH

Suy J tâm đườngtròn

ngoại tiếp tam giác HBC.

+ Gọi M(2t+1; )t ⇒J(4t+1; )t

Do E thuộcđường tròn ngoại tiếp tam giác HBC nên ta có:

2 2 2

(4 1) (2 1) (4 5) (2 1) JH =JE ⇔ t− + t− = t− + t+

24t 24 t 1 M(3;1) J(5; 2)

⇔ = ⇔ = ⇒ ⇒

Khi BC qua M nhận IM=(2;1) làm vecto pháp tuyến

nên BC có phương trình: 2x+ − =y 7 0

+ Gọi B b( ; 7−2 )b ∈BC với b<4 , đó:

2 2

( 5) (5 ) 10

JB =JE ⇔ b− + − b = ⇔b − b+ = ⇔ =b

hoặc b=4 (loại)⇒B(2;3)

+ Do M trung điểm BC nên suy C(4; 1)−

Vậy B(2;3), (4; 1).C −

Bài 38

+ Ta có phương trình AB là: 2x− − =y 1 0 AB= 5, đó:

2 2.0,5

( , )

5

ABC

S d C AB

AB

(100)

C

⇒ thuộc đường thẳng ∆//AB cách AB khoảng 1 5

+ ∆//AB nên phương trình ∆ có dạng: 2x− + =y m 0

Ta có : ( , ) ( , ) 1 1 0

2

5 5

m m

d A d C AB

m

=

+ 

∆ = ⇔ = ⇔ 

= − 

+ Với m= ⇒ ∆0 : 2x− =y 0, tọa độ điểm C nghiệm hệ:

2 2

2 0 2 1

2

6 4 9 0 5 14 9 0

x y y x x

y

x y x y x x

− = = =

  

⇔ ⇔

   =

+ − − + = − + = 

 

hoặc

9 5 18

5 x y

 =    = 

(loại)⇒C(1; 2)

Suy trọng trọng tâm 4; 2 3 G 

 

+ Với m= − ⇒ ∆2 : 2x− − =y 2 0, tọa độ điểm C nghiệm hệ:

22 2 0 22 2 3

4

6 4 9 0 5 22 21 0

x y y x x

y

x y x y x 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 d1d2 ={ }I nên

tọa độ điểm I nghiệm

của hệ:

2 1 0 1

(1;1)

2 3 0 1

x y x

I

x y y

− − = =

 

⇔ ⇒

 + − =  =

 

(101)

Ta có: 2

. 2.2 ( 1).1 3 4

cos sin 5 5 5 5 . d d d d n n n n α = = + − = ⇒ α =    

+ Ta có 1 1 2 2.6

. sin .3 sin 5

4

2 2 3sin

3. 5 IAB

IAB

S

S IA IB α IA IA α IA

α

= = ⇒ = = =

Vậy

5

IA = (*) IB2 =(3IA)2 =45 (2*)

+ Gọi A a( ; 2a−1) với a>0, :

(*) 2

(a 1) (2a 2) 5 (a 1) 1 a 2

⇔ − + − = ⇔ − = ⇔ = a=0 (loại) (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 b

b B = −   ⇔ − + − = ⇔ − = ⇔ ⇒ = − −  

Với (2;3)

(4; 5) A B



 −

 , suy ∆ qua A B, có phương trình : 4x+ − =y 11 0

Với (2;3)

( 2; 7) A B

  −

 , suy ∆ qua A B, có phương trình : x+ − =y 5 0

Bài 40

+ Gọi N trung điểm AC,

khi MN đường trung bình 10

2 2

BC

ABC MN

∆ ⇒ = =

MN qua 1; 4 2 M 

  vng

góc với AH nên có phương trình: 2x+6y−25=0

Gọi ;25 2

6 t

N t − ∈ MN

  , đó:

2

2 1

2

t MN = ⇔t−  + −  =

(102)

Gọi A a a( ;3 + ∈5) AH ⇒ B(1−a;3 )− a (do M trung điểm AB)

+ Với 1;9

2 N− 

 ⇒ C( 2− −a; )− a (do N trung điểm AC)

Nhận thấy − − < − ⇒2 a 1 a xC <xB (không thỏa mãn)

+ Với 2;7

2 N 

 ⇒C(4−a; )− a (do N trung điểm AC)

Khi (1 ; )

( 6;3 3)

AB a a

CH a a

 = − − − 



= − −





 nên ta có:

2

0

. 0 4 5 0 5

4 a

AB CH AB CH a a

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 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 4 4 4

A  B− −  C − 

     

Bài 41

+ Gọi I I1, tâm đường tròn (C1), (C2) gọi

{ }

1 ABI I = M

Khi AB qua A(10; 20) vng góc với I I1 (hay ∆1)

nên có phương trình: x+ −y 30=0

(103)

15

30 15 45

;

15 45 2

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

Do M trung điểm AB nên suy B(5; 25)

+ Kẻ I H I K1 , vng góc với 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 góc tạo ∆1 ∆2, đó:

1

3 1 2

cos

10

n n n n ϕ = = + =     Do HK hình chiếu I I1 ∆2 nên ta có:

1 2cos 15 cos

HK

HK I I ϕ I I

ϕ

= ⇒ = =

15 2

I M

⇒ =

+ Gọi I t t1( ; +15)∈ ∆1 với t≤0, đó:

2

1

225 15 225

2 0

2 2 2

I M = ⇔ t−  = ⇔ =t

  t=15 (loại)

⇒I1(0;15)⇒I2(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 đường trịn cần lập

có tâm I bán kính R

+ Ta có ∆Oy={ }O với O (0; 0) AOB = 300 ,

suy 

60

=

(104)

Khi

0

3 sin 60 2 3

2 1 cos 60 2

2

AB BC R R

AC BC R R



= = =

 

 = = =



+ Chu vi ∆ABC AB: +BC+CA= +3 3⇔ 3R+2R+ = +R 3 3⇔ =R 1

+ Ta có ∆OAI vng A IA= ⇒R OI =2R=2

Gọi I(0; )t ∈Oy, 4 4 2 (0; 2)

(0; 2) I

OI t t

I

 = ⇔ = ⇔ = ± ⇒  −



Vậy phương trình đường trịn ( )C cần lập là: x2+(y−2)2 =1

2

( 2) 1 x + y+ =

Bài 43

Đường thẳng d1 có véctơ pháp tuyến nd1 =(m−1;m−2) 

d2 có véctơ

pháp tuyến

2 (2 ; 1)

d

n = −m m− 

Dễ thấy  n nd1. d2 =(m−1)(2−m) (+ m−2).(m− =1) 0 với ∀m nên d1⊥d2

và lại có A∈d1 ; B∈d2 , :

+ Nếu P≡A P≡B PA PB+ =AB=2 2

+ Nếu ∃∆ABP , ∆ABP vng P nên 2

2 AB

PI = = với I(1; 0)

là trung điểm AB

+ Ta ln có : 2

2 .

PA +PB ≥ PA PB

( 2) 2

2 PA PB PA PB 2PA PB.

⇔ + ≥ + +

2

2AB (PA PB) PA PB 2.AB 4

⇔ ≥ + ⇒ + ≤ = ,

suy ( ) 4

max PA PB+ =

Dấu “=” xảy PA=PB hay ∆ABP vuông cân P

(105)

Do PI có phương trình: x− − =y 1 0

+ Gọi P t t( ; − ∈1) PI , PI = 2⇔PI2 =2

2 2 2

( 1) ( 1) 2 ( 1) 1

0 t

t t t

t

=  ⇔ − + − = ⇔ − = ⇔ 

= 

(2;1) (0; 1) P P

 ⇒  −



Với P(2;1) thay tọa độ vào d1 ta được: m=1 ; Với P(0; 1)− thay tọa độ

vào d1 ta được: m=2

Vậy m=1hoặc m=2 ( ) 4

max PA PB+ =

Bài 44

khi tọa độ điểm M nghiệm

của hệ:

7

3

;

4 2

2

x

x y

M

x y

y

 =  + − =

 ⇔ ⇒  − 

 − − =   

  = −



+ Vì AD⊥BC, nên AD qua D(4; 2)− nhận uBC =(1;1) làm vecto pháp

tuyến nên có phương trình: x− + + = ⇔ + − =4 y 2 0 x y 2 0

+ Do ADAM ={ }A , nên tọa độ điểm A nghiệm hệ:

3 5 8 0 1

(1;1)

2 0 1

x y x

A

x y y

+ − = =

 

⇔ ⇒

 + − =  =

 

+ Gọi E trung điểm AD 5; 1

2 2

E 

⇒  − 

 

Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Khi IJ IM, lần lượtlà đường trung trực AD BC nên:

IJ có phương trình: x− − =y 3 0 IM có phương trình : x+ − =y 3 0

Suy tọa độ điểm I nghiệm hệ : 3 0 3 (3; 0)

3 0 0

x y x

I

x y y

− − = =

 

⇔ ⇒

 + − =  =

 

+ Gọi B t t( ; − ∈4) BC với t≤3, :

2 2 2

( 3) ( 4) 5 7 10 0 2

IB=IA⇔IB =IA ⇔ −t + −t = ⇔ − +t t = ⇔ =t

hoặc t=5 (loại)⇒B(2; 2)− Do M trung điểm BC nên C(5;1)

(106)

Bài 45

+ Do M N, nhìn BC

góc vng nên MNBC nội tiếp

đường tròn

Suy  ABC=AMN (cùng bù với NMC) (1)

Gọi D giao điểm thứ hai AO với đường trịn ( )C , đó:

 ABC=ADC (cùng chắn cung AC) (2)

Từ (1) (2) suy ra:  AMN =ADC

Mặt khác:  

90

ADC+DAC= , suy  

90

AMN+DAC= ⇒OA⊥MN

+ Khi ta có phương trình OA: 3x+4y=0

Suy tọa độ điểm A nghiệm hệ :

2

4 3

3 4 0

( 4;3)

25 4

3 x y

x y

A

x y x

y  = −



 =

+ =

 

⇔ ⇒ −

 

+ =  =

 

= −  

hoặc A(4; 3)− (loại)

+ Khi AC qua A( 4;3)− K(2;1) nên có phương trình: x+3y− =5 0

Suy tọa độ điểm C nghiệm hệ :

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 nghiệm hệ: ( 1; 2)

4 10

x y x

M

x y y

+ − = = −

 

⇔ ⇒ −

 − + =  =

 

Phương trình đường thẳng BM: 3x− + =y 5 0

Suy tọa độ điểm B nghiệm hệ :

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 tâm I(2; 2)− bán kính

10

IA= có phương trình:

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)

Khi tọa độ điểm D nghiệm hệ :

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 giao điểm BC AD

Ta có B 1= A1 (cùng chắn cung DC) B 2 =A1 (cùngphụ với góc C)

Suy B 1=B2⇒ ∆BHD cân B ⇒M trung điểm HD⇒M(2; 0)

+ Khi BC qua M vng góc với AH nên có phương trình:

2 0

x+ − =y

Suy tọa độ B C, nghiệm hệ:

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 ∈ ∆ (với t>0), đó:

2

2 ( 5) (2 6)

CI = BI ⇔ −t + t−

2

4 ( t 3) 4t 

=  − + 

2

3t 2t 5 0 t 1

⇔ + − = ⇔ = 5

3

t= − (loại)⇒I(1;1)

+ Khi ta có phương trình AC qua I C, có phương trình: x+ − =y 2 0

Phương trình BD qua I B, có phương trình: 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 (với a<0), :

2

72 2( 5) 72 1

AC = ⇔ a− = ⇔ = −a a=11 (loại)⇒ A( 1;3)−

+ Phương trình đường thẳng CD qua C song song với AB có phương

trình: y+ =3 0

Khi tọa độ điểm D nghiệmcủa hệ: 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, cho đường thẳng ∆:x+ − =y 1 0 đường

thẳng ∆' : 5x−12y+ =2 0

Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ cho M cách ∆'

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, cho hai điểm (1;1)

A , B(4; 3)− Tìm điểm C thuộc đường thẳng x−2y− =1 0 cho

khoảng cách từ C đến đường thẳng 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 Sau lời giải chi tiết:

Giải

+ Ta có AB=(3; 4)− , suy

phương trình AB: 4x+3y− =7 0

+ Vì C thuộc đường thẳng x−2y− =1 0

nên gọi C(2t+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 11

C− − 

 

Ví dụ 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD

có diện tích 4 Biết A(1; 0), (0; 2)B giao điểm I hai đường

chéo nằm đường thẳng y= x Tìm tọa độ đỉnh C D,

* Với kiện I nằm đường thẳng 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) nên AB có phương trình: 2x+ − =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 trung điểm AC BD, nên :

Với 4; 8;

3 3

I ⇒C 

   

8 ; 3

D 

  ;

Với I( )0;0 ⇒C(−1;0) D(0; 2− )

Vậy 8; , 2;

3 3

C  D 

    C(−1;0 ,) (D 0; 2− )

Ví dụ 3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có

phương trình đường thẳng chứa cạnh AB CD

4 0

x− + =y x− − =y 4 0 Xác định tọa độ đỉnh hình vng

biết tâm hình vng thuộc đường thẳng ∆: 2x− − =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( ; 2t− ∈ ∆1) tâm

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, nên phương trình AD có dạng: 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, tọa độ điểm A nghiệm hệ :

2 0 3

( 3;1)

4 0 1

x y x

A

x y y

+ + = = −

 

⇔ ⇒ −

 − + =  =

 

Tọa độ điểm D nghiệm hệ: (1; 3)

4

x y x

D

x y y

+ + = =

 ⇔ ⇒ −

 − − =  = −

 

Do I(1;1) trung điểm AC BD, nên suy ra: C(5;1), (1;5)B

+ Với AD x: + − =y 6 0, tọa độ điểm A nghiệm hệ :

6 0 1

(1;5)

4 0 5

x y x

A

x y y

+ − = =

 

⇔ ⇒

 − + =  =

 

Tọa độ điểm D nghiệm hệ: (5;1)

4

x y x

D

x y y

+ − = =

 ⇔ ⇒

 − − =  = −

 

Do I(1;1) trung điểm AC BD, nên suy ra: 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 thuộc đường thẳng ∆ 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, cho

đường thẳng ∆:x− =y 0 Đường trịn ( )C có bán kính R= 10 cắt ∆

hai điểm A B, cho AB=4 2 Tiếp tuyến ( )C A B cắt

tại điểm thuộc tia Oy Viết phương trình đường trịn ( )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 tâm đường tròn ( )C ; M giao điểm tiếp tuyến A B ( )C , H giao điểm

(113)

Do M thuộc tia Oy nên gọi M(0; )m với m≥0 H trung điểm 2

2

AB

AB⇒AH = =

+ Xét tam giác IAM, ta có:

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 qua M vng góc với ∆ nên có phương trình:

8 0

x+ − =y

Khi I t( ;8−t), suy ra: 2

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 ta I(5;3)

Vậy đường tròn ( )C có phương trình (x−5)2+(y−3)2 =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 Oyđược 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 (4; 4)

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, cho hình bình hành ABCD với (1;1)

A , B(4;5) Tâm I hình bình hành thuộc đường thẳng x+ + =y 3 0

Tìm tọa độ đỉnh C D, biết diện tích hình bình hành ABCD 9

Bài (D – 2007). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn

2

( ) : (C x−1) +(y+2) =9 đường thẳng d: 3x−4y+ =m 0 Tìm m để d có điểm P mà từ kẻ hai tiếp tuyến PA PB, tới ( )C (A B, tiếp điểm) cho tam giác PAB

Bài 3 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A với

BC= Các đường thẳng AB AC qua điểm 1;

M − 

 

và 0;18

7

N 

  Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết đường cao AH

có phương trình x+ − =y 2 0 điểm B có hồnh độ dương

Bài 4 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có giao điểm

hai đường chéo I Trung điểm AB điểm M(0; 7)− trọng tâm (5;3)

G tam giác ICD Biết diện tích ABD 12 A thuộc đường

thẳng ∆:x− − =y 2 0 Tìm tọa độ đỉnh hình bình hành ABCD F GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài 1.

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

nên AB có phương trình: 4x−3y− =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

= = ⇒ = = =

+

+ GọiI t( ;− −t 3), : ( , ) 3( 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 trung điểm AC BD, nên :

Với ( )

; 2;

2

I− − ⇒C − −

  D(− −5; 10)

Với 25; 17 32; 24

14 14 7

I− − ⇒C− − 

   

53 52

;

7

D− − 

 

Vậy C(− −2; ,) (D − −5; 10) 32; 24 , 53; 52

7 7

C− −  D− − 

   

Bài

+ Đường trịn ( )C có tâm (1; 2)

I − bán kính R=3

+ Tam giác PAB nên ∠API =300

Xét tam giác vng IAP có :

0 3

6

sin sin 30

IA IP

API

= = =

∠

+ Với P∈d ; IP=6 có điểm P thỏa mãn, suy 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' đối xứng với 0;18

N 

  qua AH,

suy N'∈AB '

NN qua 0;18

7

N 

  vng góc với AH

nên có phương trình : 18

x− +y =

Khi tọa độ giao điểm I '

(116)

2 18

0 16

;

16 7

2

7

x

x y

I

x y y

 = −

 − + = 

 ⇔ ⇒ − 

   

 + − =  =

 

Do I trung điểm ' ' 4;

7

NN ⇒N − 

 

+ Khi AB qua 1;

M − 

 

4

' ;

7

N − 

  nên có phương trình: 7x+3y− =2 0

Suy tọa độ điểm A nghiệm hệ:

7 3 2 0 1

( 1;3)

2 0 3

x y x

A

x y y

+ − = = −

 ⇔ ⇒ −

 + − =  =

 

+ Gọi B( ;3 )− + t − t ∈AB với 1 3 t>

Khi ta có : ( , ) 2 3 2

2

t t

BC

d B AH = = ⇔ − + + − − =

⇔ 4t = ⇔ =4 t t= −1(loại)

Suy B(2; 4)−

+ BC qua B(2; 4)− vng góc với AH nên có phương trình:

6 0

x− − =y

Khi tọa độ điểm H nghiệm hệ :

(4; 2) (6;0)

2

x y x

H C

x y y

− − = =

 

⇔ ⇒ − ⇒

 + − =  = −

  (do H trung điểm BC)

Vậy A( 1;3), (2; 4), (6; 0)− B − C

Bài 4

+ Gọi N trung điểm 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: 2x− − =y 7 0

Gọi A a a( ; − ∈ ∆2) , đó:

2 ( 2) (3;1)

2

( , )

7 (7;0)

5 5

a a a A

d A MI a

a A

− − −  = 

= ⇔ = ⇔ − = ⇔ ⇒

=

 

Do M trung điểm AB I trung điểm AC BD, nên:

+ 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

Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ (cho biết phương trình∆ - hay M

tham số hóa theo ẩn) cho MABlà 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 MABlà 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

Ví dụ 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆: 2x− − =y 5 0

và hai điểm A( 2;3), (4;1)− B Tìm tọa độ điểm M thuộc ∆ cho tam

(118)

Giải

+ Gọi ( ; 2 5) ( 2; 2 8) ( 4; 2 6)

AM t t

M t t

BM t t

 = + −

 − ⇒ 

= − −





+ Khi tam giác MAB vng M

. 0 ( 2)( 4) (2 8)(2 6) 0

AM BM t t t t

⇔ = ⇔ + − + − − =

2 2 (2; 1)

5 30 40 0

4 (4;3)

t M

t t

t M

= −

 

⇔ − + = ⇔  ⇒ =

 

+ Vậy M(2; 1)− M(4;3)

Ví dụ 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác MABcân A

đường thẳng∆:x+2y+ =1 0

Biết B(1; 4)− I(2; 2)− trung điểm AM Tìm tọa độ hai điểm A

và M biết ∆ qua điểm M M có hồnh độ số nguyên

Giải

+ Gọi M( 2− −t 1; )t ∈ ∆

Vì I(2; 2)− trung điểm AM

⇒ 2 2 5

2 4

A I M

x x x t

y y y t

= − = +



 = − = − − 

⇒A (2t +5; -4 –t)

+ Tam giác MABcân A

2 2 2

(4 6) (2 4) (2 4)

AM AB AM AB t t t t

⇔ = ⇔ = ⇔ + + + = + +

2

4 6

(3; 2) 6

4 6

5 t

t t

M

t t t

= −  + =

 

⇔ ⇔ ⇒ −



+ = − = −

 

7 6

;

5 5

M − 

  (loại)

+ Với M(3; 2)− ⇒ A(1; 2)− Vậy A(1; 2)− M(3; 2)−

Ví dụ 3 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác MAB có trọng tâm (2; 1)

G − A(1; 3)− Đường thẳng ∆: 2x− − =y 4 0 qua M Tìm tọa

độ điểm M B biết MB=5MA M có hồnh độ dương

M

(119)

Bài giải

+ Gọi M t( ; 2t− ∈ ∆4) với t>0 Vì G(2; 1)− trọng tâm tam giác MABnên:

3 5

(5 ; )

3 4 2

B G A M

x x x x t

B t t

y y y y t

= − − = −



⇒ − −

 = − − = −



+ Khi

2 2 2

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

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

105t 66t 39 0 t 1

⇔ − − = ⇔ = 13

35 t= − (loại) (1; 2)

(4; 2) M B

−  ⇒  

Ví dụ (D – 2004) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có

đỉnh A( 1; 0)− , B(4; 0), C(0; )m với m≠0 Tìm tọa độ trọng tâm G

tam giác ABC theo m Xác định m để tam giác GAB vuông 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 trọng tâm tam giác ABC nên:

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 vuông 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, chohình

chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng d: 2x+ + =y 5 0 ( 4;8)

A − Gọi M điểm đối xứng B qua C, N hình chiếu vng

góc B đường thẳng MD Tìm tọa độ điểm B C, biết (5; 4)

N −

* Do C thuộc đường thẳng 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 hình bình hành

nên AC // DM hay CH // MN

Suy CH đường trung bình

trong∆BNM CH BN

HB HN

⊥  ⇒  =

 ⇒B

đối xứng với N qua AC

Khi  ANC ABC= =

(121)

+ Gọi C t( ; 2− − ∈t 5) d ⇒NC= − − −(t 5; 2t 1) ta có AN =(9; 12)−

Khi (*)⇔NC AN . = ⇔0 9(t− −5) 12( 2− − =t 1) 0

⇔33t−33= ⇔ = ⇒0 t 1 C(1; 7)−

+ Ta có AC=(5; 15)− =5(1; 3)− , suy phương trình : 1 7 3

x t

AC

y t

= + 

 = − − 

Gọi H(1+m; )− − m ∈AC⇒NH =(m− −4; 3m−3)

DoNH ⊥ AC⇔NH ⊥AC= ⇔ − − −0 m 4 3( 3m− =3) 0

1 1 11

;

2 2 2

m H 

⇔ = − ⇒  − 

 

+ H trung điểm BN nên suy 2 4

2 7

B H N

x x x

y y 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)

Ví dụ 3 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(1; 2), B(3; 4)−

đường thẳng d x: + − =y 3 0 Viết phương trình đường tròn ( )C qua hai

điểm A B, tiếp xúc với 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

* DoA(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 tâm đường tròn ( )C cần lập

DoA(1; 2)∈d nên ( )C tiếp

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

= + 

 = −

 Gọi I(1+t; 2− ∈t) IA

+ Vì ( ) 2 ( )

A C

IA IB IA IB

B C

∈ 

⇒ = ⇔ =

 ∈ 

2 2 5

( 2) ( 6) 16 40 0

2

t t t t t t

⇔ + = − + − ⇔ − + = ⇔ = 7; 1

2 2

I 

⇒  − 

 

+ Khi bán kính 5 2

2

R=IA= , suy đường tròn ( )C :

2

7 1 25

2 2 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, cho hình chữ

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

(1;5)

M thuộc đường thẳng ABvà trung điểm Ecủa cạnh CDthuộc đường

thẳng∆:x+ − =y 5 0 Viết phương trình đường thẳng 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 , suy I trung điểm EF

+ Gọi E t( ;5− ∈ ∆t) , :

2 12

(12 ; 1)

2 1

F I E

x x x t

F t t

y y y t

= − = −



⇒ − −

 = − = − 

(11 ; 6) ( 6;3 )

MF t t

IE t 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 t

t E

= −

 

⇔ − − = ⇔ ⇒

= −

 

+ Với E(6; 1)− , AB qua M(1;5) nhận EI=(0;3)=3(0;1) làm

vecto pháp tuyến nên AB có phương trình : y− =5 0

Với E(7; 2)− , AB qua M(1;5) nhận IE=(1; 4)− làm vecto pháp

tuyến nên AB có phương trình : x− −1 4(y− = ⇔ −5) 0 x 4y+19=0

Vậy phương trình đường thẳng AB y− =5 0 x−4y+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 giácIEN vng E, giúp ta có đáp sốcủa tốn. Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxycho hình chữ nhật ABCD có

(1; 2)

B − trọng tâm G tam giác ABC nằm đường thẳng

: 2 1 0

d x− + =y Trung điểm CD điểm N( 1; 2)− Tìm tọa độ

đỉnh A C D, , Biết G có hồnh độ nhỏ

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 Sau lời giải chi tiết:

Giải

+ Gọi G trọng tâm tam giác ABC

Do G∈ ⇒d G t( ; 2t+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 trung điểm 2 (3 2)

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 vuông C nên

. 0 (3 1)(6 2) (6 1)(12 10) 0

CB CD = ⇔ t+ t− + t+ t+ =

2

45 36 4 0

3

t t t

⇔ + + = ⇔ = − 2

(125)

Do G có hồnh độ nhỏ nên 2 ( 4;3) (2;1) 3

D t

C

−  = − ⇒  

+ Mặt khác BA =CD 1 6 5 ( 5; 0)

2 2 0

A A

x x

A

y 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

Ví dụ 6 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm (2; 3)

G − B(1;1) Đường thẳng ∆:x− − =y 4 0 qua A đường

phân giác góc A cắt BC điểm I cho diện tích tam

giácIAB 4

5 diện tích tam giác IAC Viết phương trình đường thẳng BC biết A có hồnh độ dương

Do tam giác ABC có trọng tâm G(2; 3)− B(1;1) nên tìm tọa độ

điểmA ta tìm tọa độ điểm C và dễ dàng viết phương trình BC Lúc

này việc tìm điểmA sẽ đưa Bài tốn 3như sau:

* Điểm A∈ ∆:x− − =y 4 0

* Do AI là phân giác nênd I AB( , )=d I AC( , ),

khi 4 4

5 5

IAB IAC

S = S ⇔ AB= AC

Giải + Gọi A t t( ; − ∈ ∆4) với t>0

Do G(2; 3)− trọng tâm

tam giác ABC nên :

3 5

3 6

C G A B

x x x x t

y y y y t

= − − = − 

(126)

⇒C (5 – t; – –t)

+ Vì AI phân giác tam giác ABC nênd 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) (2t 2) 

⇔  − + − =  − + + 

2

39t 54t 93 0 t 1

⇔ + − = ⇔ = 31

13

t= − (loại) ⇒C(4; 7)−

+ Khi BC qua B(1;1) có vectơ phương BC=(3; 8)− nên có

phương trình: 1 3

1 8

x t

y t

= +   = −



Ví dụ 7 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCDcó

diện tích 18, đường chéo AC có phương trình x+2y− =9 0, đường

thẳng AB qua điểm E(5;5), đường thẳng AD qua điểm F(5;1) Tìm

tọa độ đỉnh A B D, , hình chữ nhật, biết điểm A có tung độ lớn 3

2 điểm B có hồnh độ lớn 3

* Có A∈AC x: +2y− =9 0

* Tam giác AEF vuông A → chuyển Bài tốn 3, ta tìm tọa

độ điểm A

+ Sau tìm điểm A ta dễ dàng viết phương trình 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 với 3 2

t> , (4 ; 5)

(4 ; 1)

AE t t

AF t t

 = − −

 

= − −



 

+ Do tam giác AEF vuông A nên :

. 0 (2 4) ( 5)( 1) 0

AE AF= ⇔ t− + −t t− =

  2

5t 22t 21 0 t 3

⇔ − + = ⇔ =

hoặc 7

5

t= (loại)⇒ A(3;3)

+ Khi AB qua A(3;3) E(5;5) có phương trình: x− =y 0

AD qua A(3;3) E(5;1) có phương trình: x+ − =y 6 0

Gọi 1

2

( ; ) ( ; 6 ) B t t AB

D t t AD

∈ 

 − ∈

 với t1>3

Gọi AC∩BD={ }I , I trung điểm BD nên:

1 2 6

;

2 2

t t t t I + − + 

 

Mặt khác:

I∈AC 2

1 2

6

2. 9 0 3 6 0 6 3

2 2

t t t t

+ − +

⇔ + − = ⇔ − − = ⇔ = −

1

( 3; 3) (6 ;3 )

(3 ;3 3)

AB t t

D t t

AD t 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 t t t

AD t t t t

 = − + − = − = −

 ⇒ 

= − + − = − = −



+ Khi SABCD =18⇔ AB AD. =18⇔ 2(t1−3 2) (t1− =1) 18

⇔ −t12 4t1 = ⇔ =0 t 4 t=0 (loại)

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, cho tam giác ABC

cân A có đỉnh A(6; 6); đường thẳng d qua trung điểm cạnh AB AC có phương trình x+ − =y 4 0 Tìm tọa độ đỉnh 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 hạ đường cao AH (H∈BC) cắt d I

Vì tam giác ABC cân A nên H I,

lần lượt trung điểm BC AH

Khi AH qua A(6; 6)

vng góc với d nên có

phương trình : x− =y 0

Suy tọa độ điểm I nghiệm hệ : 4 0

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

x y

x y I H

x y

+ − = 

⇔ = = ⇒ ⇒ − −

 − = 

+ Đường thẳng BC qua H song song với d nên có phương trình :

4 0

x+ + =y

+ Gọi B t( ; 4− − ∈t) BC⇒C( 4− −t t; ) (do H trung điểm BC) ( 6; 10 )

( 5; 3 )

AB t t

CE t t

 = − − − 

⇒ 

= + − − 

 

Do E(1; 3)− nằm đường cao qua đỉnh C tam giác ABC, suy ra:

( 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

t t

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

Ví dụ 9 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC có phương

trình đường trung tuyến kẻ từ A đường thẳng chứa cạnh BC 3x+5y− =2 0 x− − =y 2 0 Đường thẳng qua A, vng góc với BC cắt

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm thứ hai D(2; 2)− Tìm tọa độ

các đỉnh tam giác ABC, biết đỉnh B có hồnh độ khơng lớn

* 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” Bcó 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 trung điểm BC

và I tâm đường tròn ngoại tiếp

tam giác ABC

(130)

Suy tọa độ điểm M nghiệm hệ: 3

2 0 2 3 1

;

3 5 2 0 1 2 2

2 x x y

M

x y

y

 =  − − =

 ⇔ ⇒  − 

 + − =   

  = −



AD qua D(2; -2) vng góc với BC nên có phương trình: x+ =y 0

Khi tọa độ điểm A nghiệm hệ:

0 1

( 1;1)

3 5 2 0 1

x y x

A

x y y

+ = = −

 

⇔ ⇒ −

 + − =  =

 

+ IM qua M vng góc với BC nên có phương trình : x+ − =y 1 0

Gọi I t( ;1− ∈t) IM , ∆IAD cân I nên:

2 2 2

( 1) ( 2) ( 3)

IA =ID ⇔ +t + = −t t + −t

⇔2t+ = −1 10t+13⇔ = ⇒t 1 I(1; 0)

+ Gọi B b b( ; − ∈2) BC với b≤1, đó:

2 2

( 1) ( 2) 5 3 0 0

IB =IA ⇔ b− + −b = ⇔b − b= ⇔ =b b=3 (loại) (0; 2)

B

⇒ −

+ Vì M trung điểm 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)2+y2 =5và giải hệ:

2

0

( 1) 5

2 2 0

x

x y

y x y

=

 − + = 

⇔

  = −

− − = 

 hoặc

3 1 x y

=   =

 và với điều kiện

(0; 2) 1

(3;1) B

B x

C

−  ≤ ⇒  

Ví dụ 10 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có hai đáy

là AB CD Biết tọa độ B(3;3), (5; 3)C − Giao điểm I hai đường

chéo nằm đường thẳng ∆: 2x+ − =y 3 0 Xác định tọa độ lại

(131)

Giải

+ Gọi I t( ;3 )− t ∈ ∆ (với t>0), đó:

2 2

2 ( 5) (2 6) 4 ( 3) 4

CI = BI ⇔ −t + t− =  t− + t 

3t 2t 5 0 t 1

⇔ + − = ⇔ =

hoặc 5

3

t= − (loại)⇒I(1;1)

+ Khi ta có phương trình AC qua I C, có

phương trình: x+ − =y 2 0

Phương trình BD qua I B, có phương trình: 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 (với a<0), :

2

72 2( 5) 72 1

AC = ⇔ a− = ⇔ = −a a=11 (loại)⇒ A( 1;3)−

+ Phương trình đường thẳng CD qua C song song với AB có phương

trình: y+ =3 0

Khi tọa độ điểm D nghiệm hệ: 0

3 ( 3; 3) 3 0

x y

x y D

y

− =

 ⇔ = = − ⇒ − −  + =



Vậy A( 1;3),− D( 3; 3)− − E BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho tam giác ABC có A(3; 4), trọng tâm (2; 2)

G , trực tâm 23 26;

9 9

H 

  Tìm tọa độ đỉnh cịn lại tam giác ABC

Bài 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCDcó diện

tích 30, đường chéo AC có phương trình 7x+4y−13=0, đường

thẳng AB qua điểm M(1; 4), đường thẳng AD qua điểm N( 4; 1)− −

Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD, biết hai điểm A D, có

hồnh độ âm

Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tọa độ trực

tâm H(2;1) tâm đường tròn ngoại tiếp I(1; 0) Trung điểm BC nằm

(132)

Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC qua điểm M(6; 1)−

hoành độ điểm B nhỏ 4.

Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình

đường cao kẻ từ đỉnh A 3x− + =y 5 0, trực tâm H( 2; 1)− − 1; 4 2 M 

 

là trung điểm cạnh AB Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết 10

BC= B có hồnh độ nhỏ hoành độ C.

Bài 5 Cho tam giác nhọn ABC Đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ đỉnh A

và đường thẳng BC có phương trình 3x+5y− =8 0

4 0

x− − =y Đường thẳng qua A vng góc với đường thẳng BC cắt

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm thứ hai D(4; 2)− Viết

phương trình đường thẳng AB AC, biết hồnh độ điểm B

không lớn

Bài 6 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC có phương trình

trung tuyến kẻ từ A đường thẳng chứa cạnh BC 3x+5y− =2 0 x− − =y 2 0 Đường thẳng qua A vng góc với BC cắt

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm thứ hai D(2; 2)− Tìm tọa độ

các đỉnh tam giác ABC, biết B có tung độ âm.

Bài 7 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn

2

( ) : (T x−1) +(y+1) =2 hai điểm A(0; 4), (4; 0)− B Tìm tọa độ hai điểm ,

C D cho ABCD hình thang ( AB// CD) đường trịn ( )T nội tiếp

hình thang

F GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài

+ Gọi M x y( ; ) trung điểm BC, 2 3 2( 2)

2

2 4 2( 2) x

AG GM

y

− = − 

= ⇔ − = ⇔

− 

  3

3 ;1 2

2 1

x

M y

 =

  

⇔ ⇒  

   =

(133)

+ BC qua 3;1

M 

  vng góc với AH nên nhận

4 10

; (2;5)

9 9

AH = − − = −

 



làm vecto pháp tuyến

Do BC có phương trình : 5( 1)

2

x y x y

 − + − = ⇔ + − =

 

 

+ Gọi B(4 ; )+ t − t ∈BC⇒C( ; 2− − t +2 )t (do 3;1 2 M 

  trung điểm

của BC)

Suy

( )

13 45 18 26

;

9

5 4; 2

t t HB

CA t t

 = + − + 

 

  



 = + −

 

 , H trực tâm tam giác

ABC nên ta có: . 0 (5 4).13 45 (2 2).18 26 0

9 9

t t

HB CA= ⇔ t+ + + t− + = ⇔

 

0

1 t t t

t

=  ⇔ + = ⇔  = −



+ Với t= ⇒0 B(4; 0), ( 1; 2)C − ; với 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 với 1 4 a>

Khi MA=(4a−2;1 )− a ; NA=(4a+3; )− a

Ta có: MA NA . = ⇔0 (4a−2)(4a+ + −3) (1 )(6 )a − a =0

65a 45a 0 a 0

⇔ − = ⇔ = 9

13

a= (loại) , suy A( 1;5)−

Khi ta có phương trình AB x: +2y− =9 0 AD: 2x− + =y 7 0

(134)

Gọi C( ;5 )− + c − c ∈AC, đó:

10 15

30 ( , ) ( , ) 30 . 30

5 5

ABCD

c c

S = ⇔d C AB d C AD = ⇔ =

(3; 2)

1 1

( 5;12) C

c c

C

−  ⇔ = ⇔ = ± ⇒ 

− 

+ Với C(3; 2)− , phương trình đường thẳng CD x: +2y+ =1 0

Khi tọa độ điểm D nghiệm hệ:

2 1 0 3

( 3;1)

2 7 0 1

x y x

D

x y y

+ + = = −

 

⇔ ⇒ −

 − + =  =

 

Ta có  AB=CD⇒B(5; 2)

+ Với C( 5;12)− , phương trình đường thẳng CD x: +2y−19=0

Khi tọa độ điểm D nghiệm hệ 19 (1;9)

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 trung điểm BC J điểm đối xứng với I qua D

Ta chứng minh J tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC

(Hình 1)

Thật : IBJC hình thoi nên JB=JC=IB=IC (1)

Gọi E trung điểm 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 =2ID

 

AH IJ

⇒ =

(135)

Từ (1) (2) suy J tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác HBC

+ Vì D đường thẳng có phương trình x−2y− =1 0 nên gọi

(2 1; )

D t+ t ⇒J(4t+1; )t

Khi đó: 2 2 2

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

JH =JM ⇔ t− + t− = t− + t+

(3;1)

24 24 1

(5; 2) D

t t

J

 ⇔ = ⇔ = ⇒  

+ BC qua M nhận ID=(2;1) làm vecto pháp tuyến nên có phương

trình: 2x+ − =y 7 0

Gọi B b( ; 7−2 )b với b<4 Khi :

2 2 2

( 5) (5 ) 10 6 8 0 2

JB =JM ⇔ b− + − b = ⇔b − b+ = ⇔ =b

hoặc b=4 (loại)

Suy B(2;3)⇒C(4; 1)− (vì D(3;1) trung điểm BC)

+ Vậy B(2;3) C(4; 1)−

Bài

+ Gọi N trung điểm AC,

đó MN đường trung bình 10

2

BC ABC MN

∆ ⇒ = =

MN qua 1;

2 M 

  vuông

góc với AH nên có phương trình: 2x+6y−25=0

Gọi ;25 2

6 t

N t − ∈ MN

  , đó:

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 (do M trung điểm AB)

+ Với 1;9

2 N− 

(136)

Nhận thấy − − < − ⇒2 a 1 a xC <xB (không thỏa mãn)

+ Với 2;7

2 N 

 ⇒C(4−a; )− a (do N trung điểm AC)

Khi (1 ; )

( 6;3 3)

AB a a

CH a a

 = − − − 



= − −





 nên ta có:

2

0

. 0 4 5 0 5

4 a

AB CH AB CH a a

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 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 4 4 4

A  B− −  C − 

     

Bài

đó tọa độ điểm M nghiệm hệ:

3

x y

x y

 + − =  − − = 

7

2

;

1 2

2

 =

  

⇔ ⇒  − 

 

 = − 

x

M y

+ Vì AD⊥BC, nên AD qua D(4; 2)− nhận uBC =(1;1) làm vecto pháp

tuyến nên có phương trình: x− + + = ⇔ + − =4 y 2 0 x y 2 0

+ Do ADAM ={ }A , nên tọa độ điểm A nghiệm hệ:

3 5 8 0 1

(1;1)

2 0 1

x y x

A

x y y

+ − = =

 

⇔ ⇒

 + − =  =

 

Gọi BCAD={ }P , nên tọa độ điểm P nghiệm hệ:

4 0 3

(3; 1)

2 0 1

x y x

P

x y y

− − = =

 

⇔ ⇒ −

 + − =  = −

 

+ Ta nhận thấy P trung điểm HD với H trực tâm ∆ABC

* Thật vậy: Tứ giác PHQC nội tiếp đường tròn ⇒  BHP QCP=

(137)

⇒ BHP BDA = ⇒ BHD cân B, suy P trung điểm

HD ⇒H(2; 0)

+ Gọi B t t( ; − ∈4) BC với t≤3⇒C(7−t;3−t) (2 ; 4 ) (6 ; 2 )

BH t t

AC t t

 = − −

 ⇒ 

= − − 

 

Do H trực tâm ∆ABC nên :

. = ⇔0 (2− )(6− + −) (4 )(2− =) 0

 

BH AC t t t t

⇔(2−t)(10 )− t = ⇔0 t=2 t=5 (loại) ⇒ CB(2; 2)(5;1)− + Suy phương trình AB: 3x+ − =y 4 0 AC y: − =1 0

Bài

+ Ta có phương trình AD x: + =y 0

Khi tọa độ điểm A nghiệm củahệ

0 1

( 1;1)

3 5 2 0 1

x y x

A

x y y

+ = = −

 

⇔ ⇒ −

 + − =  =

 

+ Gọi ADBC={ }K M

trung điểm BC Khi đó:

Tọa độ điểm K nghiệm hệ 0 1 (1; 1)

2 0 1

x y x

K

x y y

+ = =

 

⇔ ⇒ −

 − − =  = −

 

Tọa độ điểm M nghiệm hệ: 3

3 5 2 0 2 3 1

;

2 0 1 2 2

2 x

x y

M x y

y

 =  + − =

 ⇔ ⇒  − 

 − − =   

  = −



+ Gọi H trực tâm tam giác ABC ACBH ={ }E

Ta có  H1 =C (cùng phụ với HAC) BDA =C (cùng chắn AB)

Suy H 1 =BDA⇒ ∆BHD cân B⇒K trung điểm

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 b

 = −

 

= − − 

(138)

Khi đó: HB⊥AC⇔HB AC . =0

(4 ) ( 2) 0 3 0

b b b b b b

⇔ − − − = ⇔ − = ⇔ =b 0

hoặc b=3 (loại)⇒B(0; 2)−

Vậy A( 1;1), (0; 2), (3;1)− B − C

Bài 7.

+ Gọi M N, tiếp điểmcủa AB CD, với đường trịn ( )T

Khi đó, ta có :

2

4

10 2

 =

 

= − = − =



AB

MA IA IM

2

⇒AB= MA

Suy M trung điểm (2; 2)

AB⇒M − ⇒N(0; 0) (do I

là trung điểm MN)

+ Khi DC qua N(0; 0)

song song với AB nên có phương

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) Ta có: AI =(1;3)

Khi 3( 1) 1;

2 2

 

⊥ ⇔ = ⇔ − + + = ⇔ = − ⇒ − − 

 

 

ID IA ID AI t t t D

+ Mặt khác ∆IAB cân I⇒DAB =CBA⇒ ABCD hình thang cân

Suy tam giác IDC cân nên N trung điểm 1; 2

 

⇒  

DC C

Vậy 1; 2

 

 

 

C 1;

2

− − 

 

 

D

Chú ý:

(139)

4 BÀI TOÁN A NỘI DUNG BÀI TỐN 4

Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ (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∈ ∆, nên ta gọi M t( ) (tham số hóa điểm M dựa vào ∆) Sau

cắt nghĩa kiện (*) giúp ta có phương trình chứa ẩn t: f t( )=0 Giải

phương trình tìm t giúp ta tìm tọa độ điểm M Chú ý:

+ M tham số hóa thơng qua điểm khác

+ Bài toán 1, 2 3 trường hợp đặc biệt Bài toán 4– kiện (*) tương ứng chúng MI =R = const, d M( , )∆ =h = const , tam giác

IAB đặc biệt (vuông, cân…)

Ví dụ (A – 2006). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng: d1:

3 0

x+ + =y ,d2: x− − =y 4 0, d3: x−2y=0 Tìm tọa độ điểm M nằm

trên đường thẳng d3sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng d1

hai lần khoảng cách từ M đến đường thẳng d2

Giải

+ Gọi M(2 ; )t t ∈d3, :

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, cho đường

tròn 2

( ) : (C x−1) +(y−1) =4 đường thẳng ∆:y− =3 0 Tam giác MNP có trực tâm trùng với tâm ( )C , đỉnh N P thuộc ∆, đỉnh M trung điểm cạnh MN thuộc ( )C Tìm tọa độ điểm 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 Mthuộc đường thẳng 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 1bởiKI = =R 2 và

K thuộc đường thẳng qua I song song với ∆ Ta hoàn thiện xong hướng giải

của toán.

Giải

+ Đường trịn ( )C có tâm I(1;1) bán kính R=2

Ta có MI I(1;1) vng góc

với ∆:y− =3 0 nên MI có

phương trình: x− =1 0

Gọi M(1; )m , 2=

MI R

2

( 1) (1; 1)

3 = − 

⇔ − = ⇔ = ⇒ − 

m

m M

m

hoặc M(1; 3)− (loại M∈ ∆)

+ Gọi K trung điểm MN, ∆ tiếp xúc với ( )C H nên IK

đường trung bình tam giác MNH ⇒IK// ∆ , suy phương trình IK là:

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, cho đường

thẳng d: 2x− + =y 3 0 Viết phương trình đường trịn tâm thuộc d, cắt

trục Ox A B, cắt trục Oy C D cho AB=CD=2.

Muốn viết phương trình đường trịn ta cần:

* Xác định tâm I nhờ “góc nhìn” Bàitốn 4 Cụ thể:

+ Gọi I t( )∈d: 2x− + =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 R2 =IA2 =IH2+HA2 với IH =d I Ox( , ) và

1 2 AB

HA= =

Giải

+ Gọi I tâm đường tròn cần

lập gọi I t( ; 2t+ ∈3) d

+ Ta có AB=CD

( , ) ( , ) 2 3

d I Ox d I Oy t t

⇔ = ⇔ + = ⇔

2 3 3 ( 3; 3)

2 3 1 ( 1;1)

t t t I

+ = = − − −

  

⇔ ⇔ ⇒

+ = − = − −

  

(142)

2 1

2 2

AB

AH = = = ⇒R2 =IA2 =IH2+HA2 =10

Vậy phương trình đường trịn: 2 (x+3) +(y+3) =10

+ Với I( 1;1)− ⇒IH =d I Ox( , )= =1 1 ta có: 2

1

2 2

AB

AH = = = ⇒R2 =IA2 =IH2+HA2 =2

Vậy phương trình đường tròn: 2

(x+1) +(y−1) =2

Ví dụ (A – 2002) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC

vng A, phương trình đường thẳng BC 3x− −y 3=0, đỉnh A B thuộc trục hồnh bán kính đường trịn nội tiếp Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác 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 2S 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 nên tọa

độ điểm B nghiệm hệ :

3

(1;0)

0

 − − =  =

 ⇔ ⇒

  =

=

 



x

x y

B y

y

+ Gọi A t( ; 0)∈Ox, phương

trình AC qua A vng góc với Ox

(143)

Suy tọa độ điểm C nghiệm hệ:

( )

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, cho điểm A(2; 2)

và đường thẳng d1:x+ − =y 2 0, d2:x+ − =y 8 0 Tìm tọa độ điểm B C thuộc d1 d2sao cho tam giác ABC vuông cân A

* Với kiện quan trọng B∈d C1, ∈d2 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.

* Dữ kiện tam giácABC 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 b

C c c d AC c c



− ∈ = − −

 ⇒

 − ∈ 

= − −

 

 

+ Do ∆ABC vuông cân A nên

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

= −   = −

 , hệ có dạng :

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, cho hình chữ

nhật ABCD Các đường thẳng AC AD có phương trình

3 0

x+ y= x− + =y 4 0; đường thẳng BD qua điểm 1;1 3 M− 

  Tìm

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( , )1 2 mà 1( , )1 0

I∈AC⇒ f t t = (1)

Vì MB MD , cùng phương ⇒ f t t2( , )1 2 =0 (2)

+ Từ (1) (2)

2 ?

? t t

= 

⇒ = ⇒

 tọa độ B D I, , và C

Giải

Vì { }A =AC∩AD nên xét hệ: 3 0 4 0

x y

+ =



 − + = 

3 1 x y

= − 

⇔ = ⇒

 A( 3;1)−

AB qua A vng góc với AD nên AB có phương trình:

3 1

2 0

1 1

x y

+ −

= ⇔ + + =

−

Gọi B t( ;1 − − ∈t1 2) AB D t t( ;2 2+ ∈4) AD ( t t1; 2 ≠ −3)

2 1; 2

2 2

t t t t

I + − + 

⇒  : trung điểm BD

Mà 2

2 1

2

3. 0 2 3 0 2 3

2 2

t t t t

I∈AC⇒ + + − + = ⇔ t − + = ⇔ =t t t + (*)

Có: 1 1; 1 3 22 10; 22 6

3 3

MB=t + − −t   = t + − t − 

   



(theo (*)) 2 1

; 3

3

MD=t + t + 

 



Mặt khác B D M, , thẳng hàng ⇒ MB MD , phương

2

6 10 2 6

2 1

3 1 3

t t

t

t t

+ − −

⇒ = = − ⇔ = −

+ + ⇒ =t1 1

⇒B(1; 3),− D( 1;3)− I(0; 0)⇒C(3; 1)− ( I trung điểm AC)

(146)

Ví dụ (B – 2012 – NC). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = 2BD đường trịn tiếp xúc với cạnh hình thoi có phương trình 2

4

x +y = Viết phương trình tắc elip (E) qua

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

* Phương trình ( )E :

2

2 1

x y

a +b = (a> >b 0) như ta cần tìm a b;

* Do (E) qua đỉnh A, B, C, D vàA Ox∈ nên gọiA 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 b1( , )=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

2 1

x y

a +b = ( với a> >b 0 )

Vì (E) qua đỉnh A, B, C, D

vàA Ox∈ nên khơng tính tổng

qt, ta giả sử: A a( ; 0) B(0; )b

Mà hình thoi ABCD có AC = 2BD 2OA 4OB OA 2OB

⇔ = ⇔ =

2

a b

⇔ = (vì a> >b 0) hayA b(2 ; 0),B(0; )b

Gọi H hình chiếu O lên AB

⇒ OH = R = (vì đường trịn 2 4

x +y = tiếp xúc với cạnh hình thoi)

Xét tam giác OAB ta có: 1 2 12 12 OH =OA +OB

hay

2

1 1 1

5

4 =4b +b ⇔b =

2

4 20

a b

⇒ = =

Vậy phương trình tắc elip ( )E là:

2

1 20 5

x y

(147)

Ví dụ 7.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình

đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B x+3y−18=0, phương trình

đường trung trực đoạn BC ∆: 3x+19y−279=0, đỉnh C thuộc

đường thẳng d: 2x− + =y 5 0 Tìm tọa độ điểm A biết BAC=1350

* 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 ∆: 3x+19y−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 nghiệm hệ

3 4 0 3

(3;5)

3 18 0 5

x y x

H

x y y

− − = =

 

⇔ ⇒

 + − =  =

 

+ Do  

135 45

BAC= ⇒BAH = , suy tam giác BAH vuông cân H ⇒AH =BH = 10

Gọi A a a( ;3 − ∈4) AC, đó:

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 nằm H C nên ta A(4;8) thỏa mãn

Vậy A(4;8), (6; 4), (9; 23)B C

Bài (A – 2005). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng

1: 0

d x− =y d2: 2x+ − =y 1 0 tìm tọa độ đỉnh hình vng ABCD

biết đỉnh A thuộc d1 , đỉnh C thuộc d2, đỉnh B D, thuộc trục

hoành

Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng∆1:x−2y+ =3 0

2:x y 1 0

∆ − − = Viết phương trình đường trịn qua điểm M(2;5), có tâm

nằm đường thẳng ∆1 cắt ∆2 hai điểm phân biệt A B, cho 4 2

AB=

Bài (B – 2011 – CB). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường

thẳng ∆:x− − =y 4 0 d: 2x− − =y 2 0 Tìm tọa độ điểm N thuộc đường

thẳng d cho đường thẳng ON cắt đường thẳng ∆ điểm M thỏa mãn

. 8

OM ON =

Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho tam giác ABC có đỉnh A(2;1), trực

tâm H(14; 7)− , đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình

9x−5y− =7 0 Tìm tọa độ đỉnh B C

Bài 5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD Hai điểm ,

B C thuộc trục tung Phương trình đường chéo AClà 3x+4y−16=0 Xác

(149)

F GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài

+ Gọi A a a( ; )∈d1

Do A C, đối xứng qua BD B D, ∈Ox nên C a( ;−a)

+ Vì

(1;1)

2 1

(1; 1)  ∈ ⇒ + − = ⇔ = ⇒ 

− 

A

C d a a a

C

+ Gọi I tâm hình vng , I

trung điểm AC nên I(1; 0)

Gọi B b( ; 0)∈Ox, đó:

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

( 1)

2 (2;0) (0;0)

= ⇒

 

= ⇔ − = ⇔ ⇒

= ⇒

 

b B D

IB IA b

b B D

(vì I trung điểm BD)

Vậy A(1;1), (0; 0), (1; 1),B C − D(2; 0) hoặcA(1;1), (2; 0), (1; 1),B C − D(0; 0))

Bài 2.

+ Gọi I(2t−3; )t ∈ ∆1 tâm đường tròn cần lập

Gọi H hình chiếu vng góc I AB, suy 2 = 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 không nghiệm hệ ) (2 ) 4 4 2

a

b a a b

a

⇔ − = ⇔ =

− (1)

+ 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 trung điểm BC

Do phương trình BM viết

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)− Khi đó:

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 trực tâm tam giác ABC nên ta có:

= ⇔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 , nên tọa độ điểm C nghiệm hệ

3 4 16 0 0

(0; 4)

0 4

x y x

C

x y

+ − = =

 

⇔ ⇒

 =  =

 

+ Vì ∆ACD= ∆CAB nên bán kính đường tròn nội tiếp ∆ACD 1, suy

ra bán kính đường trịn nội tiếp ∆CAB

Gọi B(0; )b ∈Oy, AB qua B vng góc với Oy nên có phương

trình y=b.

Suy tọa độ điểm A nghiệm hệ: 16

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 ta có A(4;1), B(0;1) Suy D(4; 4) (do  AB=DC)

Với b=7 ta cóA( 4; 7)− ,B(0; 7) Suy D( 4; 4)− (do  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 x f x

M x y

f y 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 x y y

=   =

 và suy tọa độ

(153)

Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(1; 2), ( 3; 4)

B − C( 1; 3)− − Tìm tọa độ điểm M trường hợp sau :

1) MA=3AB

2) Tứ giác ABCM hình thang đáy AM MA=2BC

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)− Gọi M a b( ; )⇒AM =(a−1;b−2)

Do ABCM hình thang đáy AM MA=2BC nên ta có:

2.2 (5; 12)

2 2.( 7) 12

− = =

 

= ⇔ ⇔ ⇒ −

− = − = −

 

  a a

AM BC M

b b

Ví dụ 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD với hai đáy ,

AB CD CD=2AB Gọi H chân đường vng góc hạ từ A xuống AC M trung điểm HC Biết tọa độ đỉnh B(5; 6), phương trình

đường thẳng DH: 2x− =y 0 phương trình đường thẳng

: 3 5 0

DM x− y+ = Tìm tọa độ đỉnh cịn lại hình thang 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=2AB, 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=2BA Từ ta tìm tọa độ điểm A.

Giải

+ Tọa độ điểm D nghiệm hệ

2

(1; 2)

3

− = =

 ⇔ ⇒

 − + =  =

 

x y x

D

x y y

+ Gọi DBAC={ }I ,

khi CD// AB nên theo định lý Ta – lét ta có:

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 qua 11 14;

3

     

I vuông góc với đường thẳng DH nên có phương

trình: x+2y−13=0

Suy tọa độ điểm H nghiệm hệ : 13

2 13 13 26

;

2 26 5

5  =  + − =

 ⇔ ⇒  

 − =   

  =



x

x y

H

x y

y

Tọa độ điểm M nghiệm hệ: 29

2 13 29 18

;

3 18 5

5  =  + − =

 ⇔ ⇒  

 − + =   

  =



x

x y

M

x y

y

Do M trung điểm HC nên suy C(9; 2)

+ Ta có CD// AB, CD=2AB

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, cho hình bình hành ABCD Điểm M( 3; 0)− trung điểm cạnh AB, điểm H(0; 1)−

hình chiếu vng góc B AD điểm 4;3 3 G 

  trọng tâm

tam giác BCD Tìm tọa độ điểm 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=2GQ.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, giao

điểm HM HG, với BC

Khi HA//BC nên áp dụng

định lí Ta – lét ta có:

+ HM = AM = ⇒1 HM =ME

MP MB

hay M trung điểm HP, suy P( 6;1)−

+

( )

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)

Suy tọa độ điểm B nghiệm hệ ( 2;3)

2

− + = = −

 ⇔ ⇒ −

 + + =  =

 

x y x

B

x y y

Do M trung điểm AB, suy 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 trọng tâm tam giác BCD nên:

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 là trọng tâm tam giác 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 là trọng tâm tam giác 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, cho hình vng ABCD có ( 2; 6)

A − , đỉnh B thuộc đường thẳng d có phương trình x−2y+ =6 0

Gọi M N, hai điểm hai cạnh BC CD, cho BM =CN

Xác định tọa độ đỉnh C, biết AM cắt BN điểm I 2 14; 5 5

 

 

  Phân tích hướng giải:

* Với kiện B thuộc đường thẳng có phương trình x−2y+ =6 0, gợi ý ta nên

đi tìm tọa độ điểm B trước Lúc điểm biết tọa độ A( 2; 6)− và I 14;

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 có : AB=BC BM =CN

ABM BCN

⇒ ∆ = ∆ ⇒  A1=B1

Mà B B 1+ 2 =

90 ⇒  A B1+ 2 = 900

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 trung điểm 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: 3x−4y+10=0, suy tọa độ điểm Blà nghiệm hệ :

(2; 4)

3 10

− + = =

 

⇔ ⇒

 − + =  =

 

x y x

B

x y y

+ Phương trình AI: 4x+3y−10=0 BC: 2x− =y 0, suy tọa độ điểm

M là nghiệm hệ : 10 (1; 2)

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)

Ví dụ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm

đường trịn ngoại tiếp 4 5; 3 3 I 

 , trực tâm

1 8 ; 3 3 H 

  trung điểm cạnh BC điểm M(1;1) Xác định tọa độ đỉnh tam giác 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=2GI (*) 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=2GM, 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' điểm đối xứng với A qua I, : A C' //BH (cùng vng góc

với AC) A B' //CH (cùng vng

góc với AB)

Suy BHCA' hình bình hành ,

suy M trung điểm HA'

+ Gọi G trọng tâm tam giác ABC, G trọng tâm tam

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 qua M vng góc AH nên có phương trình: x+2y− =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, nghiệm hệ :

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 ∆ ∆1, 2 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

→ 1

2 2

( , ) ?

= =

 

⇔ ⇒

 =  =

 

f t t t

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 t1, :

1 2

( , ) ( , ) = 

 =



(161)

+ Giải hệ phương trình giúp ta tìm nghiệm

? ? t 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( )= ⇔ = ⇒0 t ? M N, (*)

(Nghĩa ta tham số hóa điểm M theo ẩn t (M t( )) nhờ M∈ ∆1 Sau dựa

vào hệ thức véctơ giúp ta ràng buộc tọa độ điểm N theo t (N t( )) Sử dụng

kiện N∈ ∆2 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.

Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng ∆1:x− + =y 3 0,

2: 2x y 1 0

∆ − + = hai điểmA( 1;3), (3; 2)− B Biết M thuộc ∆1 N

thuộc ∆2 Tìm tọa độ điểm M N, trường hợp sau:

1) AM = −3AN

2) ABMN hình bình hành

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 hình bình hành

2 1

2 1 2

1 3 4 11 (11;14)

2 2 1 2 3 7 (7;15)

t t t t t M

AN BM

t t t t t N

+ = − − = =

   

⇔ = ⇔ ⇔ ⇔ ⇒

− = + − = − = 

  

(162)

Ví dụ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vng

tại A D, CD=2AB, đỉnh B(8; 4) Đường chéo AC qua điểm (4;12)

M đường thẳng chứa cạnh AD có phương trìnhx− + =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=2AB

 

Do ta tìm tọa độ điểm ,

C D và có lời giải chi tiết sau:

Giải:

+ AB qua B(8; 4) vng góc với AD nên có vecto pháp tuyến (1;1)

AB n =



Do AB có phương trình: x+ −y 12=0 Khi tọa độ điểm A

nghiệm hệ: 12 0 5 (5; 7)

2 0 7

x y x

A

x y y

+ − = =

 

⇔ ⇒

 − + =  =

 

+ AC qua A(5; 7) M(4;12) nên có phương trình: 5x+ −y 32=0

+ Gọi 1

2

( ; 2) ( ; 5 32)

D t t AD

C t t AC

+ ∈ 

 − + ∈

 ⇒DC=(t2− −t1; 5t2− +t1 30)



(163)

2 2

2 1

2.(8 5) 6 7 (7; 3)

5 30 2.(4 7) 5 36 1 (1;3)

t t t t t C

t t t t t D

− = − − = = −

   

⇔ ⇔ ⇔ ⇒

− − + = − + = = 

  

+ Vậy A(5; 7), (7; 3)C − D(1;3)

Ví dụ 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm

thuộc đường thẳng ∆:x+ − =y 2 0 Đường thẳng qua A B có

phương trình x+2y− =3 0 Tìm tọa độ A B biết AB= 5 , ( 1; 1)

C − − hoành độ A lớn hoành độ 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 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 3CG=2CI Do ta có lời giải chi tiết sau:

Giải

+ Gọi I trung điểm AB

Do I∈AB nên I(3 ; )− m m

trọng tâm G∈ ∆ nên G n( ; 2−n)

+ Suy ( 1;3 )

(4 ; 1)

CG n n

CI m m

 = + −

 

= − +

 

 Mặt khác G trọng tâm tam giác ABC nên:

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 m I

CG CI

n m n m n G

+ = − + = = − −

   

= ⇔ ⇔ ⇔ ⇒

− = + + = = −

   

 

+ Khi A B, thuộc đường trịn tâm I(5; 1)− bán kính 5

2 2

AB

R= =

Suy tọa độ A B, nghiệm hệ:

2 2

3

1 6;

2 3 0 3 2 4;

2 2

5 1

3

( 5) ( 1) ( 1) 1

6; 4;

4 4

2 2

A

x y x y x y

x y y

x y B

  

 −

+ − = = − = =

     

 ⇔ ⇔ ⇒  

 − + + =  + = 

 



  = = − 

     

 

(164)

+ Vậy 6; 3 2 A − 

 

1 4;

2 B 

 

Ví dụ 3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có

điểm A(5; 7)− , điểm C thuộc đường thẳng có phương trình x− + =y 4 0

Đường thẳng qua D trung điểm đoạn thẳng AB có phương trình 3x−4y−23=0 Tìm tọa độ B C, biết điểm B có tung độ dương

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)− và đường thẳng

: 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 3x−4y−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 trung điểm AB gọi I N, giao

điểm AC với BD DM,

Khi N trọng tâm tam giác

2 2 1 1

. 3

3 3 2 3

ABD⇒AN = AI = AC= AC⇒AC= AN (*)

(165)

Nên gọi 1

2

( ; 4)

(1 ; ) C t t

N t t

+ 

 + − +



1

2

( 5; 11)

(4 4;3 2)

AC t t

AN t t

 = − +

 ⇒ 

= − +



 

Từ 2

1 2

1

5 3(4 4) 12 7

(*) 2 (1;5)

11 3(3 2) 9 5

3 t

t t t t

C

t t t t t

= 

− = − − = −

  

⇔ ⇔ ⇔ ⇒

+ = + − = − =

  

+ Gọi M(1 ; )+ m − + m ∈DM Do M trung điểm AB nên suy

(8 3; 6 3)

B m− m−

Suy (8 8; 6 4)

(8 4; 6 8)

AB m m

CB m m

 = − +

 

= − −





Khi tam giác ABC vng

. 0

B⇔ AB CB= ⇔(8m−8)(8m− +4) (6m+4)(6m− =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 33 21;

5

B=  

  và trung điểm I(3; 1)− của AC Và điểm D được

xác định giao DM và DB.

Ví dụ 4 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Tìm tọa độ đỉnh cịn lại tam

giác ABC biết A(5; 2), phương trình đường trung trực BC, đường trung

tuyến CD có phương trình x−3y+ =1 0 4x+3y−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−3y+ =1 0 ; 4x+3y−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 trung điểm BC nên M thuộc đường thẳng

3 1 0

x− y+ = ⇒M(3t1−1; )t1

Gọi G trọng tâm tam giác ABC, G∈CD⇒G(4 ; )+ t2 − t2

Suy 1

2

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

AM t t

AG t t

 = − −

 

= − − −



 

+ Khi

( )

1

1 2

1

3

1

3 6 3 1

2 3 3

3 2

(2;1) 1

3 6 1

2

2 4 2 3

2

t

t t

AM AG M

t t t

t t

 − = −  =

  − =

 

= ⇔ ⇔ ⇔ ⇒

+ = − = −



 − = − − 



 

+ BC qua M(2;1) vng góc với đường thẳng x−3y+ =1 0 nên có

phương trình : 3x+ − =y 7 0

Khi tọa độ điểm C nghiệm hệ:

4 3 16 0 1

(1; 4)

3 7 0 4

x y x

C

x y y

+ − = =

 

⇔ ⇒

 + − =  =

 

+ Do M(2;1) trung điểm BC, suy 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 4x+3y−16=0 và x−3y+ =1 0 nên

gọi (4 ; ) (3 1; )

D n n

M m m

+ −



 −

 ⇒B(6n+ − −3; 8n 2)⇒C(6m−6n−5; 2m+8n+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−3y+ =1 0 nên BC có

phương trình: 3x+ − =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 y

+ − = =

 

⇔ ⇒

 + − =  =

 

Do M(2;1) là trung điểm BC nên suy B(3; 2)− .

+ Vậy B(3; 2), (1; 4)− C .

Ví dụ 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC Biết trung tuyến

kẻ từ A đường cao kẻ từ B có phương trình x+3y+ =1 0

1 0

x− + =y Biết M( 1; 2)− trung điểm củaAB Tìm tọa độ điểm C

* Ở ví dụ việc phát Bài tốn 5.2 là đơn giản, A B, lần lượt

thuộc đường thẳng x+3y+ =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 trung điểm BC H

là hình chiếu vng góc B AC

Ta tìm tọa độ điểm A B, theo

cách trình bày sau :

Cách 1 :

Gọi ( 1; )

( ; 1)

A a a AN

B b b BH

− − ∈ 

 + ∈

(168)

2 2

A B M

x x x

y y 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)− trung điểm AB nên ta có :

2 3 1

(3 1; 4 )

2 4

B M A

x x x a

B a a

y y y a

= − = −



⇒ − −

 = − = −



Do 3 1 (4 ) 1 0 4 4 1 ( 4;1) (2;3) A

B BH a a a a

B

− 

∈ ⇒ − − − + = ⇔ = ⇔ = ⇒ 

 + Việc tìm tọa độ điểm C ta có hai cách trình bày sau :

Cách 1 :

AC qua A( 4;1)− vng góc với đường thẳng BH x: − + =y 1 0

nên AC có phương trình : x+ + =y 3 0

Gọi C c( ;− − ∈c 3) AC 2;

2 2

c c

N + − 

⇒  

Mặt khác 2 3. 1 0 2 (2; 5)

2 2

c c

N∈AN ⇒ + + − + = ⇔ = ⇒c C −

 

Cách 2:

Gọi N( 3− −t 1; )t ∈AN ⇒C(− −6t 4; 2t− ⇒3) AC= −( ; 2t t−4)

Ta có uBH =(1;1),

. BH 0 6 2 4 0 4 4 0 1 (2; 5)

AC u = ⇔ − + − = ⇔ − − = ⇔ = − ⇒t t t t C −

 

Vậy A( 4;1), (2;3), (2; 5)− B C −

Ví dụ 6 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm M nằm cạnh BC cho MC =2MB, tia đối tia DC lấy

điểm N cho NC =2ND Đỉnh D(1; 3)− điểm A nằm đường

thẳng 3x− + =y 9 0 Phương trình đường thẳng MN: 4x−3y− =3 0 Xác

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: 4x−3y− =3 0 và A thuộc đường thẳng

3x− + =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=2MB cùng với

D là trung điểm CN, giúp ta suy AD=3ED 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 suy tọa độ điểm C và việc tìm điểm Bcó

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 giao điểm MN AD, :

1

2

= =

ED MC BC

1

3

= BC= AD⇒AD= ED (*)

+ Do A thuộc đường thẳng: 3x− + =y 9 0⇒A a a( ;3 +9)

Do E thuộc MN: 4x−3y− =3 ⇒E b(3 ; )− + b

Khi

[ ]

1 3(1 )

(*) ( 2;3)

3 (3 9) 3 ( ) 2

− = −

  − = −  =



⇔− − + = − − − + ⇔ − = − ⇔ = − ⇒ −

  



a b a b b

A

a b a b a

+ CN qua D(1; 3)− vng góc với AD nên có phương trình:

2 7 0

x− y− =

Khi tọa độ điểm N nghiệm hệ:

2 7 0 3

( 3; 5)

4 3 3 0 5

x y x

N

x y y

− − = = −

 

⇔ ⇒ − −

 − − =  = −

 

Do D trung điểm CN nên suy C(5; 1)−

+ Ta lại có 5 2 1 2 (2;5)

1 3 5

B B

x x

CB DA B

y y

− = − − =

 

= ⇔ ⇔ ⇒

+ = + =

 

 

(170)

Ví dụ 7 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC, có đường

cao AH (H∈BC) BC =3BH Đường trịn ngoại tiếp tam giác ABH có

phương trình 2

( ) :T x +y −4x−2y=0, đường thẳng AC: x− + =y 2 0

Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC, biết A có hồnh độ dương

* Với kiện A∈( )T ,A∈AC và xA >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 có tâm I(2;1)

Do tam giác ABH vuông H

nên I(2;1) trung điểm AB

Tọa độ điểm A nghiệm hệ :

2

2 2

4 2 0

1

2 0 0 (1;3)

3

0 0

y x

x y x y

x

x y x x A

y

x x

= +

 + − − = 

= 

 − + = ⇔ − = ⇔ ⇒

   =



 >  >

 

Do I trung điểm AB nên B(3; 1)−

+ Gọi

0 0 0

( ; 2) ( 3; 3)

( ; ) ( 3; 1)

C t t AC BC t t

H x y BH x y



+ ∈ = − +

 ⇒

 

= − +

 

 

Tam giác ABC nhọn, đường cao AH (H∈BC) BC=3BH nên 3

BC = BH

 

Khi 0

0

2

3 3( 3) 3

2;

3 3( 1) 3 3

3 t x

t x t t

H

t y t

y

 = + 

− = −

 ⇒ ⇒  + 

 + = +   

  =

 + Do

2

( ) 2 4 2 2. 0

3 3 3 3

t t t t

H∈ T ⇒ +  +   −  + − =

(171)

2 6 (6;8) 3 18 0

3 ( 3; 1)

t C

t t

t C

=

 

⇔ − − = ⇔ ⇒

= − − −

 

+ Với A(1;3), (3; 1), (6;8)B − C

2

2 20

50 cos 0 90

90 AB

AC A A

BC

 =



⇒ = ⇒ < ⇔ >

 =



(loại)

Với A(1;3), (3; 1), ( 3; 1)B − C − −

2

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 ∆ ∆1, 2 (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, cho hình vng ABCD Gọi Mlà

trung điểm cạnh BC, 3 1; 2 2 N− 

  điểm cạnh AC cho 1

4

AN = AC giao điểm AC DM 1;4 3 I 

  Xác định tọa độ

đỉnh hình vng ABCD biết B có hồnh độ dương

Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, biết phương trình

đường thẳng AB AC, x+ + =y 3 0 2x− − =y 2 0 Biết trung

điểm cạnh BC 1 5; 2 2 M− 

  Hãy viết phương trình đường thẳng BC

Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho hình bình hành ABCD có G trọng

(172)

phương trình đường thẳng BD 5x−3y+ =2 0 điểm C(0; 2) Tìm tọa

độ đỉnh cịn lại hình bình hành ABCD

Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A( 2;3)−

Đường cao CH nằm đường thẳng 2x+ − =y 7 0 đường trung tuyến BM nằm đường thẳng 2x− + =y 1 0 Tìm tọa độ đỉnh cịn lại tam

giác ABC

Bài 5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: 3x− − =y 5 0,

2: 4 0

d x+ − =y điểm M(1;1) Viết phương trình đường thẳng d qua M cắt d d1, A B, cho 2MA=3MB

Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD, điểm (3; 3)

C − điểm A thuộc đường thẳng d: 3x+ − =y 2 0 Gọi M trung

điểm BC, đường thẳng DM có phương trình x− − =y 2 0 Xác định tọa

độ đỉnh lại hình vng ABCD

Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC

biết trực tâm H(1; 0), chân đường cao hạ từ đỉnh B K(0; 2), trung điểm

cạnh AB điểm M(3;1)

Bài Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình

đường trung tuyến BN đường cao AH có phương trình 3x+5y+ =1 0 8x− − =y 5 0 Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC,

biết 1; 3 2 M− − 

  trung điểm cạnh BC

Bài 9 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang vng ABCD có

 

90

B= =C Phương trình đường thẳng AC DC

2 0

x+ y= x− − =y 3 0 Xác định tọa độ đỉnh hình thang ABCD

biết trung điểm cạnh AD 3; 3

2 2

M− − 

 

Bài 10 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3;3) (2;1)

I tâm đường tròn ngoại tiếp Đường phân giác góc nhọn A

có phương trình x− =y 0 Tìm tọa độ đỉnh lại tam giác ABC, biết 8 5

5

(173)

Bài 11 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A, BM đường trung tuyến Kẻ đường thẳng qua A vng góc với BM cắt BC E(2;1), trọng tâm tam giác ABC G(2; 2) Xác định tọa độ đỉnh

của tam giác ABC

Bài 12 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD với đáy lớn AD

và AD=2BC, đỉnh B(4; 0), phương trình đường chéo AC: 2x− − =y 3 0,

trung điểm E AD thuộc đường thẳng ∆:x−2y+10=0 Tìm tọa độ

đỉnh cịn lại hình thang ABCD, biết cotADC=2

Bài 13 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip

2

( ) : 1

4 x

E +y = điểm 2 2

; 3 3 M 

  Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M cắt E hai điểm ,

A B cho MA=2MB

Bài 14 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có A(5; 7)− , M điểm cho 3MA MB  + =0 Điểm C thuộc đường thẳng

: 4 0

d x− + =y Đường thẳng qua DM có phương trình 7x−6y−57=0

Tìm tọa độ đỉnh tam giác BCD biết điểm B có hồnh độ âm

Bài 15 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có giao điểm

hai đường chéo I Trung điểm AB điểm M(0; 7)− trọng tâm (5;3)

G tam giác ICD Biết diện tích ABD 12 A thuộc đường

thẳng ∆:x− − =y 2 0 Tìm tọa độ đỉnh hình bình hành ABCD

F GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài

+ Do AD//MC nên ta có:

2 2

AI AD

AI IC

IC =MC = ⇒ =

2 2 8

.4

3 3 3

AI AC AN AN

⇒ = = = hay 8

5 AI = NI

Suy

8 3

1 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 y

 − =  + 

 

  = −

  

= ⇔ ⇔ ⇒ −

=

  

 − =  − 

  



(174)

+ Mặt khác ta lại có:

( )

3 1

( 3) 3

3

1 2 4

(3; 2)

1 1 2

4

0 0

2 4

C

C C C

x

AN AC C

y y

− − − = +

  =



= ⇔ ⇔ ⇒

= 

 − = −



 

+ Gọi ACBD={ }H , H trung điểm AC nên suy H(0;1) BD qua H(0;1) nhận AC=(6; 2)=2(3;1) làm vecto pháp tuyến nên có

phương trình: 3x+ − =y 1 0

+ Gọi B t( ;1 )− t ∈BD với t>0, đó: 2 BH =HA⇔BH =HA

2 2 2

9 3 1 1 1

t t t t

⇔ + = + ⇔ = ⇔ = t= −1 (loại)

Suy B(1; 2)− ⇒D( 1; 4)− (do H trung điểm 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

− − ∈ 

 − ∈

 Do 1 5;

2 2 M− 

  trung điểm BC nên suy :

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 t t

t t t C

− 

+ = − = −

  

⇔ ⇔ ⇒

− = − =

  

+ Khi BC qua B C, (hoặc M ) có phương trình : 3x−7y+19=0

Cách 2:

+ Gọi B t( ;− − ∈t 3) AB, M trung điểm BC nên suy ra:

2 1

( 1 ; 8)

2 8

C M B

x x x t

C t t

y y y t

= − = − −



⇒ − − +

 = − = +



(175)

( ) ( )

4;1 2( 1 ) ( 8) 2 0 3 12 4

3; 4 B

t t t t

C

− 

⇒ − − − + − = ⇔ = − ⇔ = − ⇒ 



+ Khi BC qua B C, (hoặc M ) có phương trình : 3x−7y+19=0

Cách 3:

+ Tọa độ điểm A nghiệm hệ 1

3 0 3 1 8

;

2 2 0 8 3 3

3 x x y

A x y

y

 = −  + + =

 ⇔ ⇒ − − 

 − − =   

  = −



+ Gọi N trung điểm AB

Khi MN qua 1 5; 2 2 M− 

  song song với AC nên có phương

trình : 2 7 0 2 x− + =y

+ Tọa độ điểm N nghiệm hệ 13 7

2 0 6 13 5

; 2

5 6 6

3 0

6 x x y

N

x y y

 = −

 − + = 

 ⇔ ⇒ − − 

   

 + + =  = −

 

( 4;1) B

⇒ −

+ Khi BC qua B M, có phương trình : 3x−7y+19=0

Bài

+ Tọa độ điểm D nghiệm hệ 2 1 0 1 ( 1; 1)

5 3 2 0 1

x y x

D

x y y

− + = = −

 

⇔ ⇒ − −

 − + =  = −

 

+ Gọi DGBC={ }M , suy M trung điểm BC

Do M∈DG⇒M m( ; 2m+1)⇒B(2 ; )m m

(176)

Suy trung điểm BD có tọa độ 1 3; 2 2 I 

  Do I trung điểm

của AC⇒A(1;1)(có thể suy điểm A nhờ hệ thức BA =CD)

Bài

+ AB qua A( 2;3)− vng góc

với CH nên nhận uCH =(1; 2)− làm

vecto pháp tuyến

Do AB có phương trình :

2 2( 3) 0 2 8 0

x+ − y− = ⇔ −x y+ =

+ Khi tọa độ điểm B nghiệm hệ

2 8 0 2

(2;5)

2 1 0 5

x y x

B

x y y

− + = =

 

⇔ ⇒

 − + =  =

 

+ Gọi C t( ; 7−2 )t ∈CH

Do M trung điểm AC nên suy 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 t

MB t t

 = − −

 ⇒ 

= − −



 

Vì M A B, , thẳng hàng 2MA=3MB, suy 2MA=3MB 2MA= −3MB

+ Với

1

2( 1) 3( 1)

2 3

2(3 6) 3(3 )

t t

MA MB

t t

− = −



= ⇔ 

− = −



 

1

2

5 5 5

2 3 1 ;

2 2 2

2 7

2 (2; 2)

t t t A

t t

t B

  



− = − =

    

⇔ ⇔ ⇒  

+ =

  = 

Khi phương trình đường thẳng d qua M(1;1), (2; 2)B có phương

(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 qua M(1;1), (1;3)B có phương

trình : x – =

Bài

+ Gọi I N, giao

điểm AC với BD DM,

Khi N trọng tâm tam giác

2 2 1

.

3 3 2

BCD⇒CN = CI = CA

1 3

3CA CA CN

= ⇒= (*) + Gọi 1

2 ( ; )

( ; 2)

A t t d

N t t DM

− ∈



 − ∈



1

2

( 3;5 ) ( 3; 1)

CA t t

CN t t

 = − −

 ⇒ 

= − +



 

Từ

1

1 2

1

3 3( 3) 3 6

(*) 5 ( 1;5)

5 3 3( 1) 3 3 2

3 t

t t t t

A

t t t t t

= − 

− = − − = −

  

⇔ ⇔ ⇔ ⇒ −

− = + + = =

  

+ Do I trung điểm AB nên I(1;1)

Khi BD qua I vng góc với AC nên có phương trình :

2 1 0

x− y+ =

Vậy tọa độ điểm D nghiệm hệ 2 0 5 (5;3)

2 1 0 3

x y x

D

x y y

− − = =

 

⇔ ⇒

 − + =  =

 

Suy B( 3; 1)− − (do I(1;1) trung điểm BD)

+ Vậy A( 1;5), ( 3; 1),− B − − D(5;3)

Bài

+ Ta có AC qua K(0; 2) vng

góc với HK nên nhận KH =(1; 2)− làm

vecto pháp tuyến

Do AC có phương trình:

2( 2) 0 2 4 0

(178)

+ BK qua H(1; 0) nhận nKH =(2;1) làm vecto pháp tuyến nên có phương

trình: 2(x− + = ⇔1) y 0 2x+ − =y 2 0

+ Gọi (2 4; )

( ; 2 )

A a a AC

B b b BK

− ∈



 − ∈

 , M(3;1) trung điểm AB nên ta có:

2 2 4 6 2 10 4 (4; 4)

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

A B M

x x x a b a b a A

y y y a b a b b B

+ = − + = + = =

    

⇔ ⇔ ⇔ ⇒

 + =  + − =  − =  =  −

   



+ Ta có BC qua B(2; 2)− nhận HA=(4;3) làm vecto pháp tuyến nên có

phương trình: 4(x− +2) 3(y+2)= ⇔0 4x+3y− =2 0

Khi tọa độ điểm C nghiệm hệ: 8

2 4 0 11 8 18

;

4 3 2 0 18 11 11

11 x

x y

C

x y

y

 = − 

− + =

 ⇔ ⇒ − 

 + − =   

  =



Vậy A(4; 4), B(2; 2)− , 8 18; 11 11 C− 

 

Bài 8.

+ BC qua 1; 3 2 M− − 

  vuông

góc với AH nên nhận uAH =(1;8) làm

vecto phương

Do BC có phương trình: 3

1 8 0 8 13 0

2

x+ + y+ = ⇔ +x y+ =

 

+ Khi tọa độ điểm B nghiệm hệ

8 13 0 3

(3; 2)

3 5 1 0 2

x y x

B

x y y

+ + = =

 ⇔ ⇒ −

 + + =  = −

 

+ Do M trung điểm BC nên suy C( 5; 1)− −

+ Gọi ( ;8 5) 5; 4 3 2

a

A a a− ∈AH ⇒N − a− 

  : trung điểm AC

Ta có 3. 5 5.(4 3) 1 0 1 (1;3) 2

a

N∈BN ⇔ − + a− + = ⇔ = ⇒a A

(179)

Bài 9.

+ Tọa độ điểm C nghiệm hệ 2 0 2 (2; 1)

3 0 1

x y x

C

x y y

+ = =

 

⇔ ⇒ −

 − − =  = −

 

Gọi ( ; )

( ; 3)

A a a AC

D d d DC

− ∈



 − ∈

 Do

3 3

;

2 2

M− − 

  trung điểm AD nên ta có:

2 2 3 1 ( 2;1)

2 3 3 1 ( 1; 4)

A D M

x x x a d a A

y y y a d d D

+ = − + = − = −

   

⇔ ⇔ ⇒

 + =  + − = −  = −  − −

  



+ Khi AB qua A song song với CD nên có phương trình: x – y + = BC qua C vng góc với CD nên có phương trình: x+ − =y 1 0

Suy tọa độ điểm B nghiệm hệ:

3 0 1

( 1; 2)

1 0 2

x y x

B

x y 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 bán kính R=IA= 5

nên có phương trình:

2

( ) : (T x−2) +(y−1) =5

+ Khi tọa độ giao điểm đường phân giác góc A với ( )T nghiệm hệ:

2

0

(0;0)

( 2) ( 1)

− = = =

 

⇔ ⇒

  = =

− + − = 



x y x y

O x y

x y giao điểm thứ hai

Do OA phân giác góc A nên OI vng góc với BC trung

điểm M BC

Khi đó:

2

5

 

= − = −  =

 

(180)

+ Mặt khác BAC nhọn nên ta có:

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 qua M vng góc với IO nên có phương trình: 2x+ − =y 2 0

Suy tọa độ điểm B C, nghiệm hệ:

( )

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 ( )0; , 8;

5

 −     

B C 8; , ( )0;

5

 −     

B C

Chú ý:

+ Với góc BAC nhọn ta có IM IM IO IO =

 

, BAC tù ta sử dụng IM

IM IO

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 cân A nên AG⊥BC ⇒ G trực tâm

tam giác ABE ⇒EG⊥AB

Gọi AGAB={ }F ,

khi : 2

3

GE GF

MC = MA= ⇒ =

Suy G trung điểm EF ⇒F(2;3)

Khi AB qua F(2;3) vng góc với EG nên có phương trình:

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 trọng tâm tam giác ABC EG//AC nên ta có:

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) tương tự ta 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=2BC nên ABCE hình bình hành I

⇒ trung điểm BE

Gọi E(2t−10; )t ∈ ∆ 3;

 

⇒  − 

 

t

I t

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

I AC t t

I

+ Mặt khác BCDE hình bình hành nên

Ta có BE= −( 2; 6) gọi C c c( ; − ∈3) AC⇒BC=(c−4; 2c−3) Khi :

  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, trung điểm 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 nằm ( )E nên từ MA=2MB

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 4 0

8 3

; ;

4 2 8 4 0

5 5 5 5 B x y x y B x y

x y x y

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

Với B(0;1)⇒ ∆:x+2y− =2 0 ; Với 8 3; : 14 10 0 5 5

B  ⇒ ∆ + x y− =

 

Vậy x+2y− =2 0 x+14y−10=0

Bài 14

+ Gọi I giao điểm AC DM Do AM //DC nên áp dụng định lý

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 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 có hồnh độ âm nên ta B( 3; 3)− −

+ ABCD hình chữ nhật nên

1 ( 3)

(9;1)

5 ( 3)

− = − − =

 

= ⇔ ⇔ ⇒

− = − − − =

 

  D D

D D

x x

CD BA D

y y

(184)

Bài 15

+ Gọi N trung điểm 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 SABD =4SAMI =12⇒SAMI =3

Mặt khác ( , ) 2.3

3 5

= ⇒ = SAMI = =

MI d A MI

MI

+ Ta có phương trình đường thẳng MI: 2x− − =y 7 0

Gọi A a a( ; − ∈ ∆2) , đó:

2 ( 2) (3;1)

2

( , )

7 (7;0)

5 5

− − −  = 

= ⇔ = ⇔ − = ⇔ ⇒

=

 

a a a A

d A MI a

a A

Do M trung điểm AB I trung điểm AC BD, nên:

+ 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

Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm, cách điểm cho trước một khoảng không đổi.

Gọi vtpt

( ; )

n∆ = a b a2+ ≠b2 0; M∈∆→∆:ax+by+ f a b( , )=0 ( , )

d N ∆ = =h const

(185)

Từ (*)⇒ =a kb choïn→ ? ? a b

= 

⇒  =

 phương trình ∆

+ Gọi véctơ pháp tuyến ∆ là n∆ =( ; )a b (a2+b2 ≠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) và suy phương trình ∆. Chú ý:

Ngồi cách giải bạn giải theo cách sau:

+ Gọi phương trình đường thẳng qua điểm M x y( ;0 0) 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( ;0 0)∈ ∆ nên suy phương trình

0 :x 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.

Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm M(1; 4) N(2;1) Lập

phương trình đường thẳng ∆ qua M cho khoảng cách từ N tới

đường thẳng ∆ 1

Giải Cách 1:

Gọi véctơ pháp tuyến ∆

( ; ) n∆ = a b

 2 2

(a +b ≠0), ∆ qua (1; 4)

(186)

( 1) ( 4) 0 4 0

a x− +b y− = ⇔ax+by− −a b= , đó:

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 b ab

a b

= 

⇔ − = + ⇔ − = ⇔ 

=  Với b=0, chọn a=1 ta phương trình ∆:x− =1 0

Với 3a=4b, chọn 4 3 a b

=   =

 , ta phương trình ∆: 4x+3y−16=0

Cách 2:

+ Phương trình ∆ qua M(1; 4) có hệ số góc k, có dạng: y=k x( − +1) 4

hay kx− − + =y k 4 0

Khi

2

2 1 4 4

( , ) 1 1 ( 3) 1 6 8

3 1

k k

d N k k k k

k

− − +

∆ = ⇔ = ⇔ + = + ⇔ = − ⇔ = −

+

Suy phương trình : 4 4 4 0 4 3 16 0

3x y 3 x y

∆ − − + + = ⇔ + − =

+ Phương trình ∆ có dạng x a− =0 Vì M(1; 4)∈ ∆ ⇒ − = ⇔ =1 a 0 a 1 hay :x 1 0

∆ − =

Khi ( , ) 2 1 1 1

d N ∆ = − = (thỏa mãn)

Vậy phương trình ∆ phải tìm 4x+3y−16=0 x− =1 0

Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn

2

( ) :C x +y −4x−8y− =5 0 Viết phương trình đường thẳng ∆ qua

điểm M(5; 2) cắt đường tròn ( )C hai điểm A B, cho 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 = IA2−HA2

(187)

Giải

+ Đường trịn ( )C có tâm I(2; 4)

và bán kính R=IA=5

Gọi H hình chiếu vng góc

của I 5 2

2 2

AB

AB⇒AH = =

Khi

2

2 2 5 2 5 2

5

2 2

IH = IA −AH = −  =

 

+ Gọi véctơ pháp tuyến ∆ n∆ =( ; )a b 2 (a +b ≠0)

Do ∆ qua M(5; 2) nên có phương trình:

( 5) ( 2) 0 5 2 0

a x− +b y− = ⇔ax by+ − a− b= , :

2 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

= − 

⇔ + + = ⇔ + + = ⇔ 

= −  + Với a= −b, chọn 1

1 a b

=   = −

 suy phương trình ∆:x− − =y 3 0 Với 7a= −17b, chọn 17

7 a b

=   = −

 suy phương trình ∆:17x−7y−71=0 Vậy phương trình đường thẳng ∆ cần lập : x− − =y 3 0 17x−7y−71=0

Ví dụ ( Khối A, A1 – 2014) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có điểm M trung điểm đoạn AB N điểm thuộc

đoạn AC cho AN =3NC Viết phương trình đường thẳng CD, biết

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 =3NC, 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 hình

chiếu vng góc M CD

Khi theo định lý Ta-let ta có

3 3

MN AN

MN NE

NE = NC = ⇒ =

 

(*)

+ Gọi E x y( ; ) suy NE=(x−2;y+1) với MN=(1; 3)−

Do

7

1 3( 2)

(*) 3

3 3( 1)

2

x x

y

y 

= − =

 

⇔ ⇔

− = +

  = −

7 ; 2 3

E 

⇒  − 

 

+ Do 1 2 1 1

3 3 3 3

EC= AM ⇒HE= AM = AB= MH nên ta đặt: 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 với 2 0 a +b ≠

Khi phương trình CD có dạng:

( )

7

2 0 3 3 7 6 0

3

a x − +b y+ = ⇔ ax+ by− a+ b=

 

Ta có

2

3 6 7 6

( , ) 4

9 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 ta chọn b=1, phương trình CD là: 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, cho đường tròn

2

( ) :T x +y −6x+2y+ =6 0, điểm A(1;3) Viết phương trình đường

thẳng qua A cắt ( )T B C cho 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 có tâm I(3; 1)− bán kính R=2

Ta có IA=2 5>R, suy A nằm ngồi đường trịn

Gọi ∆ đường thẳng cần lập H hình chiếu vng góc I ∆

Lúc ta tính IH theo hai cách sau:

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 2

IH +AH =IA ⇔a + −a = ⇔a = ⇒ =a hay

2 IH =

Cách 2:

Phương tích điểm A đường tròn ( )T :

2

/( ) . .2 20 4

A T

(190)

2

8 2 2 2

AB AB BC BH

⇔ = ⇔ = = ⇒ =

Suy 2

4 2 2

IH = IB −BH = − =

+ Gọi véctơ pháp tuyến ∆ n∆ =( ; )a b 2

(a +b ≠0), ∆ qua (1;3)

A nên có phương trình: a x( − +1) b y( − = ⇔3) 0 ax+by− −a 3b=0,

: 2

2

3 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, chọn a= =b 1 suy phương trình ∆:x+ − =y 4 0

Với a=7b, chọn 7 1 a b

=   =

 suy phương trình ∆: 7x+ −y 10=0

Vậy phương trình đường thẳng ∆ cần lập : x+ − =y 4 0 7x+ −y 10=0

Ví dụ 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn

2

( ) : (T x−1) +(y−2) =5 ngoại tiếp tiếp tam giác ABC, Đường

thẳng BC qua điểm 7; 2 2 M 

  Hãy xác định tọa độ điểm 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 có tâm I(1; 2) bán kính R= 5

(191)

Do BC qua 7; 2 2 M 

  nên có phương trình:

( )

7

2 0 2 2 7 4 0

2

a x − +b y− = ⇔ ax+ by− a− b=

 

Do BC tiếp xúc với ( )T nên ta có:

2

2 4 7 4

( , ) 5

4 4

a b a b

d I BC R

a b

+ − −

= ⇔ =

+

2 2 2 2

25 20( ) 4

2

a b

a a b a b

a b =  ⇔ = + ⇔ = ⇔  = − 

Gọi H hình chiếu I BC gọi A m n( ; ), AH =3IH (*)

+ Với a=2b, chọn 2 1 a b =   =

 ta phương trình BC: 2x+ − =y 9 0 Suy phương trình IH: x−2y+ =3 0

Suy tọa độ điểm H nghiệm hệ :

2 9 0 3

(3;3)

2 3 0 3

x y x

H

x y y

+ − = =

 

⇔ ⇒

 − + =  =

 

(3 ;3 ) (2;1)

AH m n

IH  = − −  ⇒  =   

Khi (*) 3 6 3 ( 3; 0)

3 3 0

m m A n n − = = −   ⇔ ⇔ ⇒ − − = =  

+ Với a= −2b, chọn 2 1 a b =   = −

 ta phương trình BC: 2x− − =y 5 0 Suy phương trình IH: x+2y− =5 0

Suy tọa độ điểm H nghiệm hệ :

2 5 0 3

(3;1)

2 5 0 1

x y x

H

x y y

− − = =

 ⇔ ⇒

 + − =  =

 

(3 ;1 ) (2; 1)

AH m n

IH  = − −  ⇒  = −   

Khi (*) 3 6 3 ( 3; 4)

1 3 4

m m A n n − = = −   ⇔ ⇔ ⇒ − − = − =  

Vậy A( 3; 0)− A( 3; 4)− Chú ý:

(192)

Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có điểm ( 2;3)

A − Điểm M(4; 1)− nằm cạnh BC, đường thẳng AM cắt đường

thẳng DC điểm N(7; 3)− Xác định tọa độ đỉnh lại hình

vng ABCD biết C có tọa độ nguyên

Do MC//AD nên ta có:

2

3 2 1

3 9 6

NC NM

ND NA

+

= = =

+

1 3 3

3 2 2

ND CD

ND CD AD

ND

−

⇔ = ⇒ = =

Khi xét tam giác AND ta được:

2 2 9 2

117 36 6

4

AD +ND =AN ⇔ AD + AD = ⇔ AD = ⇔ AD=

Gọi n=( ; )a b ( với a2+b2 ≠0) vecto pháp tuyến đường thẳng DC

Vậy DC qua N(7; 3)− nên có phương trình:

( 7) ( 3) 0 7 3 0

a x− +b y+ = ⇔ax+by− a+ b=

Ta có:

2

2 3 7 3

( , ) a b a b 6

d A DC DC

a b

− + − +

= ⇔ =

+

2 2 0

3 2 2 5 12 0

5 12 a

a b a b a ab

a b

= 

⇔ − = + ⇔ − = ⇔ 

= 

+ Với a=0, chọn b=1 ta phương trình DC y: + =3 0

Khi BC qua M(4; 1)− vng góc với DC có phương trình: 4 0

x− =

Suy tọa độ điểm C nghiệm hệ 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 5a=12b, chọn 12 5 a b

=   =

(193)

Khi phương trình BC qua M(4; 1)− vng góc với DC có

phương trình: 5x−12y−32=0

Suy tọa độ điểm C nghiệm hệ: 76

12 5 69 0 13 76 3

;

5 12 32 0 3 13 13

13 x

x y

C

x y

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 2 0

a +b ≠ ) vecto pháp tuyến đường thẳng DC

Vậy DC đi qua N(7; 3)− nên có phương trình:

( 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 nên có phương trình:

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

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

Ví dụ 6 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆:x+ − =y 2 0

điểm M(3; 0) Đường thẳng ∆' qua M cắt đường thẳng ∆ A Gọi H

là hình chiếu vng góc A lên trục Ox Viết phương trình đường thẳng '

(194)

Giải

+ Gọi n =( ; )a b (với a2+b2 ≠0) vecto pháp tuyến ∆', ∆'

qua M(3; 0)nên có hương trình : ax by+ −3a=0

+ Khi tọa độ điểm A nghiệm hệ:

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 hình chiếu vng góc A Ox H 3a 2b; 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 2 ) 0 2

a b

a b a b a ab b

a b

= 

⇔ − − + + = ⇔ 

=  (vì

2

2a +ab+2b >0)

+ Với a=2 ,b chọn 2 1 a b

=   =

 ta phương trình ∆': 2x+ − =y 6 0 Với 2a=b chọn 1

2 a b

=   =

 ta phương trình ∆': x+2y− =3 0 Vậy phương trình ∆' cần lập là: 2x+ − =y 6 0 x+2y− =3 0

Ví dụ 7 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vng

đỉnh A có diện tích 50, đỉnh C(2; 5)− , AD=3BC Biết đường thẳng AB qua điểm 1; 0

2 M− 

(195)

Giải

+ Do AD=3BC⇒ AD//BC  90 D

⇒ = (do  90 A= )

Do AB không song song với hệ trục tọa độ nên ta gọi nAB=(1; )b (với 0

b≠ ) vecto pháp tuyến AB, suy vecto pháp tuyến AD ( ; 1)

AD

n = b −



Khi AB qua 1; 0 2 M− 

  nên có phương trình

1

: 0

2 x by+ + =

AD qua N( 3;5)− nên có phương trình :bx− +y 3b+ =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 SABCD =50, suy :

2

5 5

5 10 2

( , ) ( , ) 25 . 25

1 1

b b d C AB d C AD

b b

− +

= ⇔ =

+ +

2

4 3

3 2 2

2 3 2) 2(1 ) 0

4 3 0

3 4 b b

b b b b

b b

b  =  − =

 

⇔ + − = + ⇔ ⇔ =

+ =

 

= −  

Với 4 : 4 1 0

3 3 2

b= ⇒AB x+ y+ = hay AB: 6x+8y+ =3 0;

Với 3 : 3 1 0

4 4 2

b= − ⇒ AB x− y+ = hay AB: 4x−3y+ =2 0

Vậy phương trình đường thẳng AB cần lập 6x+8y+ =3 0 4x−3y+ =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

Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm, tạo với đường thẳng cho trước góc khơng đổi.

Gọi vtpt :

( ; )

n∆ = a b a2+ ≠b2 0; M∈∆→ :ax by f a b( , ) 0

∆ + + = ( , ')∆ ∆ =α→cos( , ')∆ ∆ =cosα (*)

Từ ' '

(*) cos ( , )

n n

g a b a kb n n

α

∆ ∆

⇔ = ⇔ = ⇒ =

 

  choïn→ ?

? a b

= 

⇒  =

 phương trình ∆

+ Gọi véctơ pháp tuyến ∆ là n∆ =( ; )a b (a2+b2 ≠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 cos cos

. . ' '

n n a a b b

n n a b a b

α ∆ ∆ α 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) và suy phương trình ∆. Chú ý

Ngồi cách giải bạn giải theo cách sau:

+ Gọi phương trình đường thẳng qua điểm M x y( ;0 0) có hệ số góc k có dạng:

0 0

( ) 0

(197)

Khi ' ' .

cos( , ') cos cos ( ) 0 ?

. n n

f k k

n n

α ∆ ∆ α

∆ ∆

∆ ∆ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇒

 

  phương

trình ∆.

+ Phương trình ∆ có dạng x a− =0 Vì M x y( ;0 0)∈ ∆ nên suy phương trình

0 :x x 0

∆ − =

Kiểm tra điều kiện cos( , ')∆ ∆ =cosα ⇒ 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).

Ví dụ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆' có phương trình 2x+3y+ =1 0 điểm M(1;1) Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M tạo với đường thẳng ∆' góc 450

Giải: Cách 1:

+ Gọi véctơ pháp tuyến ∆

( ; ) n∆ = a b

 2 2

(a +b ≠0), ∆

qua M(1;1) nên có phương trình:

( 1) ( 1) 0 0

a x− +b y− = ⇔ax by+ − − =a b

Với ∆' có véctơ pháp tuyến n∆' =(2;3), đó:

0 1

( , ') 45 cos( , ') 2

∆ ∆ = ⇔ ∆ ∆ = ⇔

2 2

2 3 1

2(2 3 ) 13( ) 2

2 3

a b

a b a b

a b

+

⇔ = ⇔ + = +

+ +

2 5

5 24 5 0 (5 )( 5 ) 0

5

a b

a ab b a b a b

a b

= − 

⇔ − − = ⇔ + − = ⇔ 

=  + Với 5a= −b, chọn 1

5 a b

=   = −

(198)

Với a=5b, chọn 5 1 a b

=   =

 suy phương trình ∆: 5x+ − =y 6 0

Vậy phương trình đường thẳng ∆ cần lập là: x−5y+ =4 0 5x+ − =y 6 0

Cách 2:

+ Gọi ∆ ∆ = ' { }I gọi I(1 ; )+ t − − t ∈ ∆', suy MI=(3 ; 2 )t − − t

với u∆' =(3; 2)−

Khi đó: ( ) ( ) 2 3.3 2( 2 )

1 1

, ' 45 cos , '

2 9 (2 2) 13 2

t 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 13 3

I t

t I

  

 = − −

 



  



⇔ ⇒

  

 =   − 

   

+ Với 17 7; 13 13 I− 

 , đường thẳng ∆ qua

17 7

; , (1;1)

13 13 I−  M

  có phương

trình: x−5y+ =4 0

Với 19; 17

13 3

I − 

 , đường thẳng ∆ qua

19 17

; , (1;1)

13 13

I −  M

  có phương

trình: 5x+ − =y 6 0

Vậy phương trình đường thẳng ∆ cần lập : x−5y+ =4 0 5x+ − =y 6 0

Cách 3:

+ Phương trình ∆ qua M(1;1) có hệ số góc k, có dạng:

( 1) 1

y=k x− + hay kx− − + = ⇒y k 1 0 n∆ =( ; 1)k −

Với ∆' có véctơ pháp tuyến n∆' =(2;3)



, đó:

0 1

( , ') 45 cos( , ') 2

∆ ∆ = ⇔ ∆ ∆ = ⇔

2

2 3 1

2(2 3) 14( 1) 2

1 14 k

k k

k

−

⇔ = ⇔ − = +

(199)

2

1

: 5 4 0

5 24 5 0 5

: 5 6 0

5

x y

k

k k

x y k

 = ∆ − + =



⇔ + − = ⇔ ⇒ 

 = − ∆ + − =



+ Phương trình ∆ có dạng x a− =0 Vì M(1;1)∈ ∆ ⇒ − = ⇔ =1 a 0 a 1 hay :x 1 0

∆ − =

Khi cos( , ') 2 1 13 2

∆ ∆ = ≠ (không thỏa mãn)

Vậy phương trình đường thẳng ∆ cần lập : x−5y+ =4 0 5x+ − =y 6 0

Ví dụ 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A, phương

trình đường thẳng AB BC x+2y− =5 0 3x− + =y 7 0

Viết phương trình đường thẳng AC, biết AC qua điểm 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.

* Dữ kiện tam giác 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: n1=(1; 2)



n2 =(3; 1)−



Gọi vecto pháp tuyến AC n3 =( ; )a b

với 2 0 a +b ≠

+ Tam giác ABC cân nên:

1 2

1 3

. . . .

cos cos

. .

n n n n n n n n

B C

n n n n n n

= ⇔ = ⇔ =

       

      1 32 2

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

= 

⇔ − − = ⇔ 

=  + Với 2a=b, chọn

1

(1; 2) 2

a

n b

= 

⇒ =

 = 



AC

⇒ //AB (loại)

+ Với 11a=2b, chọn 2

(2;11) 11

a

n b

= 

⇒ =

 = 



Khi AC qua F(1; 3)− có vec tơ pháp tuyến n3 =(2;11) nên có

phương trình: 2x+11y+31=0 Chú ý:

Ngoài cách giải bạn tham khảo thêm cách giải sau:

Cách 2:

+ Gọi ∆ đường thẳng qua

(1; 3)

F − song song với BC

Khi ∆ có phương trình:

3x− − =y 6 0

+ Gọi ∆AB={ }E , tọa độ

điểm E nghiệm hệ: 17

3 17 9;

2 7

7 x x y

E x y

y  =  − − =

 ⇔ ⇒  

 + − =   

  =



+ Gọi H trung điểm 12; 6

7 7

EF ⇒H − 

 

Do tam giác ABC cân A nên AH ⊥BC, AH có phương trình:

12

3 21

7

x− + y+ = ⇔ x+ y+ =

 

Suy tọa độ điểm A nghiệm hệ : 117

7 21 117; 41

2 42 7

x x y

A x y

y  = 

+ + =

 ⇔ ⇒  − 

 + − =   

 

  = −

Định dạng
Số trang	446
Dung lượng	7,29 MB