Tài liệu 10 bài toán trọng điểm hình học giải tích phẳng Oxy – Nguyễn Thanh Tùng
NGUY ỄN THANH TÙNG (Giáo viên chuyên luy ện thi THPT Qu ốc Gia) BIÊN SOẠN THEO CẤU TRÚC MỚI NH ẤT CỦA BỘ G D&Đ T * Dành cho h ọc sinh l ớp 10, 11, 12 và luyện thi Qu ốc Gia * Sách tham kh ảo b ổ ích cho giáo viên NHµ XUÊT B¶N TæNG HîP THµNH PHè Hå CHÝ MINH Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comM ỤC L ỤC Phần 1: Tổng hợp các kiến thức cơ bản ........................................................ 3 Phần 2: Những bài toán cơ bản .................................................................... 12 Bài toán 1 .......................................................................................................... 12 Bài toán 2 .......................................................................................................... 14 Bài toán 3 .......................................................................................................... 15 Bài toán 4 .......................................................................................................... 16 Bài toán 5 .......................................................................................................... 17 Bài toán 6 .......................................................................................................... 18 Bài toán 7 .......................................................................................................... 19 Phần 3: 10 bài toán hình học OXY ............................................................... 21 Bài toán 1..................................................................................................... 21 Bài toán 2................................................................................................... 108 Bài toán 3................................................................................................... 117 Bài toán 4................................................................................................... 139 Bài toán 5................................................................................................... 152 Bài toán 6................................................................................................... 184 Bài toán 7................................................................................................... 253 Bài toán 8................................................................................................... 269 Bài toán 9................................................................................................... 297 Bài toán 10................................................................................................. 317 Phần 4: Sáng tạo và phát triển từ các bài toán hình học phẳng thuần túy ................................................................................... 331 Phần 5: Bài tập tổng hợp ....................................................................... 362 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comPHẦN 1: TỔNG HỢP KIẾN THỨC CƠ BẢN I. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ A. Hệ trục tọa độ Oxy hay ( ;; ) Oi 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 được hiểu là phần hoành độ và tung độ không âm của các trục Ox, Oy tương ứng. B. Vectơ : (; ) u xi y j u x y = + ⇔= Cho hai vectơ 11 (; ) a xy = và 22 (; ) b xy = . Khi đó: 1. Hai vectơ bằng nhau: 12 12 xx ab y y = = ⇔ = 2. Hai vectơ cùng phương : a và b cùng phương ⇔ 1 2 21 a kb x y x y =⇔ = 3. Tổng, hiệu hai vectơ: 1 21 2 (; ) a b x xy y ± = ± ± 4. Tích một số với một vectơ: 11 (; ) ka kx ky = 5. Tích vô hướng của hai vectơ : ( ) . . cos , ab a b a b = 12 1 2 x x y y = + 6. Môđun của vectơ: 22 11 a xy = + 7. Góc giữa hai vectơ: ( ) 12 1 2 22 22 11 22 . cos , . . x x y y ab ab a b xy xy + = = + + 8. Hai vectơ vuông góc: 12 1 2 . 0 0 a b ab x x y y ⊥⇔ = ⇔ + = C. Điểm: (; ) OM xi y j M x y = + ⇔ * Cho ba điểm 11 2 2 3 3 ( ; ), ( ; ), ( ; ) Ax y B x y C x y . Khi đó : 1. 2 12 1 (; ) AB x x y y =−− Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com2. 22 21 2 1 ( )( ) AB x x y y = − +− 3. Trung điểm I của AB có tọa độ: 1 21 2 ; 22 x xy y I ++ 4. Trọng tâm G của tam giác ABC : 1 2 31 2 3 ; 33 x x xy y y G + + + + Sau đây là 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 22 a bc = + 2. Mối quan hệ giữa cạnh, đường cao: + 2 2 ' ' b ab c ac = = + 2 22 1 11 h bc = + + 2 '' h bc = + bc ah = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com3. Mối quan hệ giữa cạnh và góc: sin cos tan cot b a B a C c Bc C = = = = B. TRONG TAM GIÁC BẤT KÌ : 1. Các định lý * Định lý côsin: 2 22 2 cos a b c bc A = +− ⇒ Hệ quả: + Tính góc: 22 2 cos 2 bc a A bc +− = + Tính độ dài đường trung tuyến: 22 2 2 24 a bc a m + = − * Định lý sin: 2 sin sin sin ab c R A BC = = = 2. Các công thức tính diện tích tam giác + Đường cao và cạnh đối diện: 1 . 2 a S ah = + Hai cạnh và sin góc xen giữa: 1 sin 2 S ab C = + Ba cạnh và bán kính đường tròn ngoại tiếp: 4 abc S R = + Nửa chu vi và bán kính đường tròn nội tiếp: S pr = + Hê – rông: ( )( )( ) S pp a p b p c = − −− Trong đó: R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ; ABC r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ; ABC 2 abc p ++ = là nửa chu vi tam giác . ABC Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comSau đây là 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 của tam giác: + Trực tâm : Là giao 3 đường cao của tam giác. + Trọng tâm: Là giao 3 đường trung tuyến của tam giác. + Tâm đường tròn ngoại tiếp: Là giao 3 đường trung trực của tam giác. + Tâm đường tròn nội tiếp: Là giao của 3 đường phân giác trong. Chú ý: + Do giao của các đường (cùng tên) đồng quy, nên khi vẽ hình ta chỉ cần xác định giao của hai đường, thậm chí là một đường nếu đó là trung tuy ến (dựa vào tỉ lệ trọng tâm). + Tâm đường tròn bàng tiếp : Là giao của 2 đường phân giác ngoài của hai góc hoặc một phân giác ngoài của một góc và một phân giác trong của một góc. Như vậy một tam giác có 3 đường tròn bàng tiếp. Nếu cho 3 điểm phân biệt 11 2 2 3 3 ( ; ), ( ; ), ( ; ), Ax y B x y C x y ta có : 2 12 1 (; ) AB x x y y =−− và 22 21 2 1 ( )( ) AB x x y y = − +− Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com I là trung điểm của AB ⇔ 12 12 2 2 I I xx x yy y + = + = G là trọng tâm của 12 3 12 3 3 3 G G xx x x ABC yy y y + + = ∆⇔ ++ = ,, A BC thẳng hàng 0: k AB k AC ⇔∃ ≠ = B. ĐƯỜNG THẲNG 1. Đường thẳng * Đi qua điểm 00 (; ) Mx y và có : + hệ số góc k có phương trình: 00 ( ) y kx x y = −+ . + vectơ pháp tuyến (vtpt) (; ) n ab = có phương trình: 00 ( ) ( )0 a x x b y y −+ − = . + vectơ chỉ phương (vtcp) (, ) n ab = có phương trình dạng tham số là: 0 0 x x at y y bt = + = + hoặc phương trình dạng chính tắc là: 00 xx y y ab − − = (với 0 ab ≠ ). Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comCắt hai trục , Ox Oy lần lượt tại hai điểm ( ;0), (0; ) Aa B b có phương trình dạng đoạn chắn: 1 xy ab + = (với 0 ab ≠ ). 2. Vị trí tương đối của hai đường thẳng Xét hai đường thẳng 11 1 1 :0 ax by c ∆ + += và 22 2 2 :0 ax by c ∆ + + = . Tọa độ giao điểm của 1 ∆ và 2 ∆ là nghiệm của hệ phương trình : 11 1 22 2 0 0 ax by c ax by c + += + + = (I) * Hệ (I) có một nghiệm 00 (; ) xy , khi đó 1 ∆ cắt 2 ∆ tại điểm 00 (; ) Mx y . * Hệ (I) có vô số nghiệm, khi đó 1 2 ∆ ≡∆ . * Hệ (I) vô nghiệm, khi đó 1 ∆ // 2 ∆ . 3. Một vài chú ý * Trục hoành (Ox ) có phương trình: 0 y = ; Trục tung () Oy có phương trình: 0 x = . * Đường thẳng đi qua hai điểm phân biệt: + 12 (; ), (; ) A ay B ay có phương trình: xa = (song song với trục Oy nếu 0 a ≠ ) + 12 ( ;), ( ;) Ax b B x b có phương trình: yb = (song song với trục Ox nếu 0 b ≠ ) * Phương trình đường thẳng có dạng tổng quát 0 ax by c + += (; ) ( ; ) hoaëc ( ; ) = ⇒ = −= − n ab u b a u ba Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comC. ĐƯỜNG TRÒN * Đường tròn có tọa độ tâm 00 (; ) Ix y và bán kính R có phương trình: 2 22 00 ( )( ) xx y y R − + − = * Nếu đường tròn ( ) C có phương trình dạng: 22 0 x y ax by c + + + += với 22 4 ab c +> thì ( ) C có: tâm ; 22 ab I −− và bán kính 22 4 ab R c + = − . 2. Phương trình chính tắc của elip 22 22 ( ): 1 xy E ab += trong đó 2 22 ,, 0 abc a bc > = + * ( ) E nhận , Ox Oy làm các trục đối xứng và có tâm đối xứng là gốc tọa độ O . * Nếu 00 ( ; ) ( ) Mx y E ∈ 22 00 22 12 1 2 xy ab MF MF a += ⇒ += * Elip ( ) E có: + Tiêu điểm trái 1 ( ;0) F c − , tiêu điểm phải 2 ( ;0) Fc . + Các đỉnh: 1 21 2 ( ;0), ( ;0), (0; ), (0; ) A a Aa B b B b −− . + Trục lớn: 12 2 AA a = , nằm trên trục Ox Trục nhỏ: 12 2 BB b = , nằm trên trục Oy . + Tâm sai: 1 c e a = < . 22 4 a b Rc + = = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Đường chuẩn: a x e = − ứng với tiêu điểm 1 ( ;0) F c − và a x e = ứng với tiêu điểm 2 ( ;0) Fc . + Hình chữ nhật cơ sở tạo bởi các đường x a yb = ± = ± có chiều dài 2a , chiều rộng 2b . + Bán kính qua tiêu của điểm 00 ( ; ) ( ) Mx y E ∈ là: 10 0 20 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 cách giữa hai điểm 11 (; ) Ax y và 22 (; ) Bx y là 22 21 2 1 ( )( ) AB x x y y = − +− . * Khoảng cách từ điểm 00 (; ) Mx y đến đường thẳng :0 ax by c ∆ + += là: 00 22 ( ,) ax by c dM ab ++ ∆= + * Nếu ' ∆ // ∆ và ' M ∈∆ thì khoảng cách giữa hai đường thẳng ' ∆ và ∆ là: ( ',) ( ,) d dM ∆∆= ∆ . 2. GÓC * Góc giữa hai vectơ 11 (; ) a xy = và 22 (; ) b xy = xác định bởi: ( ) 12 1 2 22 22 11 22 . cos , . . xx y y ab ab a b xy xy + = = + + * ϕ là góc tạo bởi hai đường thẳng 1 : ∆ 11 1 0 ax by c + += và 22 2 2 :0 ax by c ∆ + + = xác định bởi ( ) ( ) 1 2 12 12 12 22 22 11 2 2 cos cos , cos , . a a bb nn uu ab ab ϕ + = = = + + Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Nếu 1 2 12 12 . .0 nn uu ∆⊥∆⇔ = = hay 12 1 kk = − nếu 1 11 2 2 2 : : y kx d y k x d ∆ = + ∆= + 3. DIỆN TÍCH TAM GIÁC 11 sin ( )( )( ) 22 4 ABC a abc S ah bc A pr p p a p b p c R ∆ = = = = = − −− Trong đó: , Rr lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp ABC ∆ 2 abc p ++ = : nửa chu vi của ABC ∆ Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comPHẦN 2: NHỮNG BÀI TOÁN CƠ BẢN 1. BÀI TOÁN 1 Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng cắt nhau. Ví dụ: Tìm tọa độ giao điểm M của các cặp đường thẳng cắt nhau sau: a) 40 xy + − = và 2 50 x y − −= b) 1 2 3 xt yt = + = − và 23 1 xt y t = − =−+ c) 30 x y − += và 1 72 xt yt = + = − d) 2 3 70 xy + − = và 54 35 xy − + = − Giải: a) Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 40 3 (3;1) 2 50 1 xy x M x y y +−= = ⇔⇒ −−= = b) Cách 1: Xét hệ 1 2 3 2 3' 1' xt yt xt y t = + = − = − =−+ 1 2 2 3 ' 2 3 ' 1 11 23 (23; 8) 3 1 ' '4 ' 7 8 t t tt t x M t t tt t y +=− + = = = ⇒ ⇔ ⇔ ⇒ ⇒− − =−+ + = =− =− Cách 2: 1 2 2 70 3 xt xy yt = + ⇒ + − = = − (khử t hoặc đường thẳng đi qua (1;3) A và vecto pháp tuyến (1;2) n = ) 23 3 10 1 xt xy y t = − ⇒ + += =−+ (khử t hoặc đường thẳng đi qua (2; 1) B − và vectơ pháp tuyến (1;3) n = ) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comKhi đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 2 7 0 23 (23; 8) 3 10 8 xy x M xy y +−= = ⇔ ⇒− + += = − c) Gọi (; ) M xy , khi đó , xy thỏa mãn hệ: 30 2 1 1 (7 2 ) 3 0 1 (2;5) 5 72 x y x xt t t t M y yt − += = = + ⇒ +− − + = ⇔ = ⇒ ⇒ = = − d) Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 2 3 70 2 3 70 2 (2;1) 54 5 3 13 0 1 35 xy xy x M xy xy y + − = +−= = ⇔ ⇔⇒ − + +−= = = − Nhận xét: Do phương trình đường thẳng trong mặt phẳng có thể xuất hiện dưới 3 dạng (tổng quát, tham số, chính tắc). Song ta dễ dàng có thể luân chuyển 3 dạng này cho nhau nên trong các trường hợp, ta có thể chuyển các phương trình về dạng phương trình tổng quát để tạo sự quen thuộc. Vì các bạn cũng nhận thấy trong hình học giải tích Oxy đề bài gần như luôn cho phương trình dưới dạng tổng quát. CÁCH GIẢI TỔNG QUÁT: Chú ý: Do trong các bài toán tìm điểm, ta chỉ gặp hai đường thẳng chắc chắn cắt nhau nên ta không đề cập các quan hệ song song và trùng nhau ở đây (vì thực chất việc giải hệ cũng cho ta biết được các mối quan hệ này – khi hệ có nghiệm duy nhất, vô nghiệm, vô số nghiệm tương ứng hai đường thẳng cắt nhau, song song và trùng nhau). Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com2. BÀI TOÁN 2 Tìm điểm đối xứng của một điểm qua một đường thẳng Ví dụ: Tìm điểm ' M đối xứng với điểm (1;2) M qua đường thẳng : 3 50 xy ∆ − −= Giải: Cách trình bày 1: Gọi (; ) H xy là hình chiếu vuông góc của M trên ∆ Ta có vecto chỉ phương của ∆ là: (3;1) u ∆ = và ( 1; 2) MH x y = −− Khi đó: 3( 1) ( 2) 0 3 5 2 . 0 (2; 1) 3 50 3 5 1 x y xy x MH u H x y x y y H ∆ −+−= += = = ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ − − − = − = = − ∈∆ ' M đối xứng với M qua ∆ nên suy ra H là trung điểm của ' MM Suy ra ' ' 2 2.2 1 3 '(3; 4) 2 2.( 1) 2 4 M HM M HM x xx M y yy = − = −= ⇒− = − = − − = − Cách trình bày 2: Gọi ' ∆ đi qua M và vuông góc với ∆ , khi đó ' ∆ có phương trình: 3 50 xy + −= Khi đó tọa độ giao điểm H của ' ∆ và ∆ là nghiệm của hệ: 3 50 2 (2; 1) 3 50 1 xy x H xy y +−= = ⇔ ⇒− − −= = − ' M đối xứng với M qua ∆ nên suy ra H là trung điểm của ' MM Suy ra ' ' 2 2.2 1 3 '(3; 4) 2 2.( 1) 2 4 M HM M HM x xx M y yy = − = −= ⇒− = − = − − = − Cách trình bày 3: Gọi '( ; ) M xy là điểm đối xứng với M qua ∆ và { } ' MM H ∆ = Vecto chỉ phương của ∆ là: (3;1) u ∆ = và H là trung điểm của ' MM , Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com suy ra ' ( 1; 2) 12 ; 22 MM x y xy H = −− ++ Khi đó 3( 1) ( 2) 0 35 3 . 0 '(3; 4) 12 3 15 4 3. 5 0 22 x y xy x MH u M x y x y y H ∆ −+ − = += = = ⇔ ⇔ ⇔ ⇒− ++ −= = − − −= ∈∆ CÁCH GIẢI TỔNG QUÁT: Để tìm tọa độ ' M là điểm đối xứng với 00 (; ) Mx y qua :0 ax by c ∆ + += ta có thể trình bày theo các cách sau đây: 3. BÀI TOÁN 3 Kiểm tra tính cùng phía, khác phía của hai điểm với một đường thẳng. Ví dụ: Cho đường thẳng : 3 50 xy ∆ − +=. Xét vị trí cùng phía, khác phía của các cặp điểm sau với đường thẳng ∆ . a) (1; 2) A − và ( 1; 3) B −− b) (2;3) C và ( 2; 1) D −− Giải: Xét (; ) 3 5 f xy x y =−+ a) Với (1; 2) A − và ( 1; 3) B −− , ta có: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com[ ][ ] (1; 2). ( 1; 3) 1 3.( 2) 5 1 3.( 3) 5 12.13 156 0 ff − − − = −− + −−− + = = > Suy ra , A B nằm cùng phía so với đường đường thẳng ∆ . b) Với (2;3) C và ( 2; 1) D −− , ta có: ( )[ ] (2;3). ( 2; 1) 2 3.3 5 2 3.( 1) 5 ( 2).6 12 0 ff − − = − + −− − + =− =− < Suy ra , CD nằm khác phía so với đường đường thẳng ∆ . CÁCH GIẢI TỔNG QUÁT: 4. BÀI TOÁN 4 Viết phương trình đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng cắt nhau. Ví dụ: Cho hai đường thẳng 1 : 341 0 xy ∆ − += và 2 : 5 12 2 0 x y ∆ + − =. Viết phương trình đường phân giác của góc tạo bởi hai đường 1 ∆ và 2 ∆ . Giải: Do tập hợp các điểm cách đều hai đường thẳng cắt nhau là đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng đó. Nên phương trình đường phân giác của góc tạo bởi 1 ∆ và 2 ∆ thỏa mãn: 22 2 2 341 5 12 2 341 5 12 2 5 13 3 4 5 12 xy x y xy x y −+ + − −+ + − = ⇔= ++ 13. 3 4 1 5. 5 12 2 xy x y ⇔ − += + − 13(3 4 1) 5(5 12 2) 14 112 23 0 13(3 4 1) 5(5 12 2) 64 8 3 0 xy x y x y x y x y xy − += + − − + = ⇔⇔ − + = − + − + −= Vậy phương trình đường phân giác cần lập là 14 112 23 0 xy − += hoặc 64 8 3 0 xy + −=. CÁCH GIẢI TỔNG QUÁT: Đường phân giác tạo bởi hai đường thẳng cắt nhau: 11 1 1 2 222 0 0 a x by c a y by c ∆+ + + = ∆+ + + = → 11 2 2 2 2 1 1 1 22 22 22 2 11 22 0 0 a xb y c a xb y c A x B y C Ax B y C ab ab + + + + + + = = → + += ++ Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com5. BÀI TOÁN 5 Viết phương trình đường phân giác trong, phân giác ngoài của góc trong tam giác. Ví dụ: Cho tam giác ABC với (3;0), (1;1), ( 1;8) A BC − . Viết phư ơng trình đường phân giác trong, phân giác ngoài của góc A . Giải: Ta có ( 2;1) (1;2) ( 4;8) (2;1) AB AC AB n AC n = −⇒ = = −⇒ = , khi đó: Phương trình đường thẳng AB: x +2y – 3 = 0; đường thẳng AC : 2x + y − 6 = 0. Khi đó phương trình đường phân giác của góc A thỏa mãn: 2 2 22 30 2 3 2 6 2 32 6 30 1 2 21 x y x y xy x y xy xy − −= + − +− = ⇔ + − = +− ⇔ + −= ++ Xét phương trình ∆ : 30 x y − −= . Đặt (; ) 3 f xy x y =−− Với (1;1), ( 1;8) BC − ta có: (1;1). ( 1;8) (1 1 3).( 1 8 3) 36 0 ff− = −− −− − = > Suy ra , BC cùng phía với đường thẳng ∆ , khi đó: 30 x y − −= là phân giác ngoài của góc A và 30 xy + −= là phân giác trong của góc A . CÁCH GIẢI TỔNG QUÁT: Chú ý: Ngoài cách tìm ở bài toán trên, các bạn có thể viết phương trình đường phân giác trong, phân giác ngoài của góc trong tam giác bằng cách tìm chân đường phân giác trong, phân giác ngoài . Đó cũng chính là nội dung của bài toán tiếp theo các bạn sẽ tìm hiểu. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com6. BÀI TOÁN 6 Tìm chân đường phân giác trong, ngoài của góc trong tam giác. Ví dụ: Cho tam giác ABC với (1;5), ( 4; 5), (4; 1) A B C −− − . Xác định tọa độ chân đường phân giác trong và phân giác ngoài của góc A . Giải: Gọi (; ) Dx y là chân đường phân giác của góc A . Theo tính chất đường phân giác ta có: 22 22 5 10 36 DB AB DC AC + = = + 55 5 5 33 35 DB DC = =⇒= + Nếu D là phân giác trong của góc A thì D nằm giữa B và C nên ta có: ( ) ( ) 5 1 44 55 3 1; 5 5 32 51 2 3 x xx DB DC D y yy = −− =− − = − ⇔ ⇔ ⇒− = − − − =− −− + Nếu D là phân giác ngoài của góc A thì D nằm nằm ngoài đoạn BC nên ta có: ( ) ( ) 5 4 4 16 5 3 (16;5) 55 3 51 3 x x x DB DC D y yy −−= − = = ⇔ ⇔⇒ = −− = −− Vậy chân đường phân giác trong, ngoài của góc A lần lượt là 1 5 1; 2 D − và 2 (16;5) D . CÁCH GIẢI TỔNG QUÁT: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com7. BÀI TOÁN 7 Tìm trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Ví dụ: Cho tam giác ABC với (2;6), ( 3; 4), (5;0) AB C −− . Tìm trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Giải: Gọi , ,, GH I J lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Khi đó ta có: + 2 35 4 42 3 33 ; 640 2 33 3 33 A BC G A BC G xxx x G yyy y ++ − + = = = ⇒ + + −+ = = = + Gọi ( 2; 6) (; ) ( 3; 4) AH x y H xy BH x y =− − ⇒ = ++ với (8;4) 4(2;1) (3; 6) 3(1; 2) BC AC = = = − = − Khi đó . 0 2( 2) 6 0 3 2( 4) 0 .0 AH BC AH BC x y xy BH AC BH AC ⊥ = −+−= ⇔⇔ +− + = ⊥= 2 10 5 (5;0) 2 5 0 xy x H xy y += = ⇔ ⇔⇒ −= = + Gọi (; ) I ab , khi đó 22 22 IA IB IA IB IC R IA IC = = = = ⇔ = 22 2 2 2 2 22 ( 2) ( 6) ( 3) ( 4) ( 2) ( 6) ( 5) a b ab a b ab − +− = + ++ ⇔ − +− = − + Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com1 2 4 3 1 ;1 2 24 5 2 1 ab a I ab b += = − ⇔ ⇔ ⇒− − = − = + Gọi 00 (; ) Dx y là chân đường phân giác trong của góc A . Theo tính chất đường phân giác ta có: 22 22 5 10 5 5 5 5 33 35 36 DB AB DB DC DC AC + = = = =⇒= + Do D là phân giác trong của góc A nên D nằm giữa B và C . Do đó: ( ) ( ) 0 00 0 00 5 2 35 53 3 2; 3 5 32 40 2 3 x x x DB DC D y yy = − − =− − = − ⇔ ⇔ ⇒ − = − −− =− − Trong tam giác ABD , J là chân đường phân giác trong của góc B . Nên ta có: 22 2 2 5 10 2 5 5 2 JA BA JD BD + = = = + 2 2(2 ) 2 2 (2;1) 3 62 1 2 JJ J J JJ x x x JA JD J y y y − = − − = ⇒= − ⇔ ⇔ ⇒ − = − −− = Chú ý: Việc tìm điểm ,, H IJ trong ví dụ trên, các bạn có thể giải theo cách sau: + Với H: Viết phương trình hai đường cao và tìm giao điểm hai đường cao này. + Với I: Gọi phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: 22 ( ): 0 T x y ax by c + + + += Với , , () A BC T ∈ cho ta hệ ba phương trình 3 ẩn ,, abc giải hệ ta sẽ viết được () T và suy ra tọa độ ; 22 ab I −− . Hoặc viết phương trình hai đường trung trực của hai cạnh và giao điểm của hai đường trung trực này chính là tâm I . + Với J: Viết phương trình hai đường phân giác trong và tìm giao điểm hai đường này. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comCÁCH GIẢI TỔNG QUÁT: PHẦN 3: 10 BÀI TOÁN HÌNH HỌC OXY 1. BÀI TOÁN 1 A. NỘI DUNG BÀI TOÁN 1 Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ đã biết phương trình và cách điểm I cho trước một khoảng không đổi R ( cons t MI R = = ). B. CÁCH GIẢI CHUNG Có thể trình bày lời giải bài toán này theo 2 cách (bản chất là một). Cách 1 (C1): Gọi () Mt ∈∆ MI R = → () 0 ? ft t M = ⇔= ⇒ Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comCách 2 (C2): Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ : ( ) C ∆ (ở đây (C) là đường tròn tâm I bán kính R) Giải thích chi tiết: Nghĩa là khi gặp bài toán có nội dung như Bài toán 1 thì ta có thể tìm điểm theo 2 cách trình bày sau: 1) (C1): * Do M thuộc đường thẳng ∆ đã biết phương trình nên ta sẽ tham số hóa điểm M theo ẩn t . Cụ thể nếu đề bài cho đường thẳng ∆ dưới dạng : + Tham số : 0 0 x x at y y bt = + = + hoặc chính tắc: 00 xx y y ab − − = thì ta sẽ gọi 00 ( ; ) M x at y bt ++ Ví như: M thuộc đường thẳng 1 : 23 x t yt = − ∆ =−+ thì ta sẽ gọi (1 ; 2 3 ) Mt t − −+ + Tổng quát 0 ax by c + +=, khi đó để việc gọi điểm M đơn giản và tránh tọa độ viết dưới dạng phân số ta nên gọi như sau: Nếu 1 a = hay :0 x by c ∆ + += thì ta gọi ( ;) M c bt t − − . Ví như : 3 50 xy ∆ + −= thì gọi (5 3 ; ) M tt − . Nếu 1 b = hay :0 ax y c ∆ + += thì ta gọi (; ) M t c at − − . Ví như : 2 1 0 x y ∆ − += thì gọi ( ;1 2 ) Mt t + . (với 1 a = − hoặc 1 b= − ta làm tương tự) Nếu 1 1 a b ≠ ≠ (ở đây (, , ) 1 abc = ) thì ta chuyển về dạng tham số để gọi M . Ví như : 2 3 3 0 xy ∆ − −= ( (3;2) u ∆ = , ∆ đi qua 0 (0; 1) M − )⇒ 3 : 1 2 xt yt = ∆ =−+ ⇒ (3 ; 1 2 ) Mt t −+ (Đây là chỉ là những “tiểu tiết” nhỏ - song nếu tạo cho mình một thói quen thì việc tính toán sẽ giảm nhẹ và hạn chế khả năng sai xót trong các bước tính toán). * Khi đó việc sử dụng dữ kiện MI R = sẽ giúp ta thiết lập được một phương trình chứa t ( ( ) 0) ft = , từ đây giải phương trình tìm t và suy ra được tọa độ điểm M . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com2) (C2): Do MI R = nên M thuộc đường tròn ( ) C tâm I , bán kính R . Khi đó tọa độ điểm M chính là nghiệm của hệ phương trình (một phương trình ∆ và một phương trình đường tròn ( ) C ) : ( ) C ∆ C. VÍ DỤ GỐC Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm (5;2) I và đường thẳng : 2 3 0 x y ∆ − +=. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho MI = 5. Giải: Cách 1: + Vì M ∈∆ nên gọi ( ;2 3) Mt t + + Ta có: 2 22 2 1 5 25 ( 5) (2 1) 25 5 6 1 0 1 5 t MI MI t t t t t = = ⇔ = ⇔ − + + = ⇔ − += ⇔ = (1;5) 1 17 ; 55 M M ⇒ Cách 2: + Có: 5 MI = nên M thuộc đường tròn ( ) C tâm I và 5 R = có phương trình: 22 ( 5) ( 2) 25 xy − + − = + M ∈∆ nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 22 1 5 (1;5) 2 30 1 1 17 ; ( 5) ( 2) 25 5 55 17 5 x y M xy x M xy y = = − += ⇔⇒ = − +− = = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comNhận xét: * Với C1 chúng ta không cần quan tâm tới bài toán về sự tương giao giữa đường thẳng và đường tròn (đề cập ở C2) và giải theo phương pháp đại số thông thường. * Với C2 ta thấy rõ hơn bản chất của bài toán (điểm cần tìm là giao của đường thẳng và đường tròn). * C1 và C2 là hai cách trình bày khác nhau của cùng một phương pháp thế trong giải hệ phương trình. * Nếu tìm được duy nhất một điểm M khi đó IM ⊥ ∆ (hay đường tròn ( ; ) IR tiếp xúc với ∆ tại M ). * Tùy vào dữ kiện của bài toán, có thể linh hoạt trình bày theo C1 hoặc C2 (C2 “mạnh” hơn C1 khi đề cập tới những điểm có cùng vai trò – các bạn sẽ thấy rõ điều này qua các ví dụ minh họa ở phần sau). D. CÁC VÍ DỤ MỞ RỘNG Như vậy để chuyển các bài toán về Bài toán 1, ta cần chỉ ra được được 2 điều: + Điểm cần tìm đang thuộc một đường thẳng đã biết phương trình. + Điểm cần tìm cách một điểm đã biết tọa độ một khoảng không đổi. Vì vậy để có được điều này các bạn cần trả lời các câu hỏi: Chùm câu hỏi 1: Điểm cần tìm thuộc đường nào? Đường đó đã biết phương trình chưa? Nếu chưa thì có viết được không? Viết bằng cách nào? Chùm câu hỏi 2: Điểm cần tìm cách một điểm cho trước (đã biết tọa độ ) một khoảng bằng bao nhiêu ? Cắt nghĩa dữ kiện của bài toán như thế nào để tính được khoảng cách đó? Và các hỏi trên được “thiết kế ” qua các cách ra đề sau: 1. CÁCH RA ĐỀ 1: Cho biết M thuộc đường thẳng ∆ và điểm I cho trước, độ dài IM đề bài không cho. Cần “cắt nghĩa” các dữ kiện của bài toán để tính độ dài đoạn . IM Ví dụ 1 (D – 2006). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn 22 ( ): 2 2 1 0 Cx y x y + − − += và đường thẳng : 30 dx y − +=. Tìm tọa độ điểm M nằm trên d sao cho đường tròn tâm M , có bán kính gấp đôi bán kính đường tròn ( ) C , tiếp xúc ngoài với đường tròn ( ) C . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comPhân tích : * : 30 M dx y ∈ − += * (1;1) ( ): 1 I C R = và khai thác dữ kiện suy ra 33 MI R = = → chuyển về Bài toán 1. Giải + Đường tròn ( ) C có tâm (1;1) I và bán kính 1 R = + Gọi A là điểm tiếp xúc ngoài của đường tròn tâm M và đường tròn ( ) C . Suy ra : 2 33 MI MA AI R R R = + = += = + Gọi ( ; 3) M tt d +∈ Khi đó: 2 22 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 (1;4) M hoặc ( 2;1) M − . Ví dụ 2 (A – 2011). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng : 20 xy ∆ + += và đường tròn 22 ( ): 4 2 0 Cx y x y +− − = . Gọi I là tâm của ( ) C , M là điểm thuộc ∆ . Qua M kẻ các tiếp tuyến MA và MB đến ( ) C ( A , B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M , biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10 . Phân tích: * : 30 M dx y ∈ − += * 2 . 5. 10 MAIB MBI S S BI MB MB = = = = 2 5 5 MB MI ⇒ = ⇒ = → chuyển về Bài toán 1. Giải + Ta có 22 ( ): 4 2 0 Cx y x y +− − = (2;1) 5 I R IB ⇒ = = + Vì MA và MB là các tiếp tuyến ( A và B là các tiếp điểm) 22 2 . 5. 10 2 5 5 MAIB MBI S S IB MB MB MB MI MB IB ⇒ = = = = ⇒ = ⇒= + = + Gọi ( ; 2) Mt t − − ∈∆ + Khi đó : 2 2 22 5 25 ( 2) ( 3) 25 6 0 MI MI t t t t = ⇔ = ⇔ − +−− = ⇔ +− = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com2 3 t t = ⇔⇒ = − (2; 4) ( 3;1) M M − − Ví dụ 3 (B – 2002). Cho hình chữ nhật ABCD có tâm 1 ;0 2 I , phương trình đường thẳng AB là 2 20 xy − += và AB = 2AD. Tìm tọa độ các điểm A, B, C, D biết rằng A có hoành độ âm. Phân tích hướng giải: * Có : 2 20 A AB x y ∈ − += * 2 (, ) ? ? AD d I AB AB AI = → =→ = → chuyển về Bài toán 1 → tọa độ điểm A → tọa độ , , BC D . Giải Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB . Khi đó 22 1 2 5 2 (, ) 2 1 2 IH d I AB + = = = + Suy ra : 25 2 AB AH AD IH = = = = 22 55 5 42 IB IA IH AH ⇒ = = + = += Do đó , A B là các giao điểm của đường thẳng AB với đường tròn tròn tâm I , bán kính 5 2 R = . Vậy tọa độ , A B là nghiệm của hệ : 2 2 2 20 1 25 24 xy xy − += ⇔ − += 2 0 x y = − = hoặc 2 2 x y = = Suy ra ( 2;0), (2,2) AB − ( Vì 0 A x < ) Mặt khác I là trung điểm của AC và BD nên suy ra (3;0), ( 1; 2) CD − − Vậy ( 2;0), (2,2), (3;0), ( 1; 2) A BC D − − − . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comNhận xét : Khi bài toán yêu cầu tìm từ hai điểm trở lên, mà các điểm có vai trò như nhau (trong bài trên , A B có vài trò như nhau ) thì các bạn nên trình bày theo C2 để từ điểm này ta suy ra được điểm kia. Ví dụ 4 (B – 2009 – NC). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(–1;4) và các đỉnh B,C thuộc đường thẳng : 40 x y ∆ − − =. Xác định toạ độ các điểm B và C, biết diện tích tam giác ABC bằng 18. Phân tích hướng giải : * Có , : 40 B C x y ∈∆ − − = * 2 18 (, ) ABC ABC S S BC dA = ⇒ = ∆ BH AB AC ⇒ ⇒= 22 AH BH = + → chuyển về Bài toán 1 Giải + Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên . ∆ Khi đó H là trung điểm của BC và : 22 14 4 9 (, ) 2 11 AH d A −− − = ∆= = + 2 2.18 4 2 2 2 9 2 ABC S BC BH CH AH ⇒ = = = ⇒ = = 22 81 97 8 22 AB AH BH ⇒ = + = += + Vậy 97 2 AB AC = = , suy ra , BC thuộc đường tròn tâm ( 1;4) A − và bán kính 97 2 R = có phương trình : 22 97 ( 1) ( 4) 2 xy + +− = + Khi đó tọa độ , BC là nghiệm của hệ : 22 2 40 4 97 ( 1) ( 4) 4 28 33 0 2 xy yx xy xx − −= = − ⇔ + +− = − += Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 3 2 5 2 x y = ⇔ = − hoặc 11 2 3 2 x y = = . + Vậy 3 5 11 3 ;, ; 2 2 22 BC − hoặc 11 3 3 5 ;, ; 22 2 2 BC − . Ví dụ 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , có BD nằm trên đường thẳng có phương trình 30 xy + −=, điểm ( 1;2) M − thuộc đường thẳng AB , điểm (2; 2) N − thuộc đường thẳng AD . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết điểm B có hoành độ dương. Phân tích hướng giải: * Trong các dữ kiện của bài toán ta nhận thấy điểm có “lợi” để ta khai thác đầu tiên chính là điểm B , bởi B thuộc BD đã biết phương trình và B có hoành độ dương. * Ta đã biết tọa độ hai điểm ( 1;2) M − và (2; 2) N − nên nếu tính được độ dài đoạn BM hoặc BN ta sẽ tìm ra được tọa độ điểm B nhờ Bài toán 1. Nghĩa là ta đang cần yếu tố về định lượng, điều này gợi ý ta đi tính (, ) d M BD hoặc (, ) d N BD . Trong hai đại lượng này , đại lượng (, ) d M BD sẽ giúp ta dễ dàng tìm được độ dài BM (do 0 90 MBH = ), từ đó “tháo” được điểm B theo góc nhìn của Bài toán 1. * Khi tìm được tọa độ điểm B ta sẽ tìm được tọa độ các điểm còn lại nhờ viết được phương trình , AB AD và tính chất trung điểm của hai đường chéo. Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên: Giải: + Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên 22 12 3 (, ) 2 11 BD MH d M BD −+ − ⇒= = = + Do MHB là tam giác vuông cân tại 22 H BM MH ⇒ = = + Gọi ( ;3 ) Bt t − với 0 t > , khi đó : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 2 2 2 2 4 ( 1) ( 1) 4 1 1 BM t t t t = ⇔ + + − = ⇔ = ⇔= hoặc 1 t = − (loại) (1;2) B ⇒ + AB đi qua B và M nên có phương trình 2 y = AD đi qua N và vuông góc với AB nên có phương trình 2 x = Suy ra (2;2) A + Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ: 22 (2;1) 30 1 xx D xy y = = ⇔⇒ +−= = Gọi I là trung điểm của BD 33 ; (1;1) 22 I C ⇒⇒ (do I là trung điểm của AC) (Có thể tìm C qua hệ thức DC AB = ) Vậy (2;2), (1;2), (1;1), (2;1) A B CD Ví dụ 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A và D , có AB AD CD = < , điểm (1;2) B , đường thẳng BD có phương trình 2 y = . Biết đường thẳng : 7 25 0 x y ∆ −− = cắt các đoạn thẳng , AD CD lần lượt tại hai điểm , MN sao cho BM vuông góc với BC và tia BN là tia phân giác trong của MBC . Tìm tọa độ điểm D biết D có hoành độ dương. Phân tích hướng giải : * Với dữ kiện bài toán ta có :2 D BD y ∈ = và điểm (1;2) B , nên nếu tính được độ dài đoạn BD ta sẽ nhìn thấy luôn Bài toán 1 và việc tìm ra điểm D không có gì là khó khăn. Nghĩa là ta đang cần có yếu tố về “định lượng”. Lúc này 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 dữ kiện còn lại của bài toán và bằng phương pháp hình học thuần túy ta dễ dàng chỉ ra được (, ) (, ) BH dB CD dB = = ∆ , khi đó ta sẽ tính được độ dài BD và đưa ra lời giải đầy đủ cho bài toán. Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên: Giải: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên CD , khi đó ABHD là hình vuông. Suy ra CBH MBA = (hai góc cùng phụ với MBH ) Từ đây ta có được CBH MBA ∆= ∆ (g.c.g) CB MB CBN MBN ⇒ = ⇒∆ =∆ (c.g.c) Khi đó 7 2 25 4 (, ) (, ) 50 2 BH dB CN dB MN − − = = = = Mà tam giác DHB vuông cân tại H nên 24 BD BH = = + Gọi ( ;2) D t BD ∈ với 0 t > , khi đó: 22 16 ( 1) 16 5 BD t t = ⇔ − = ⇔= hoặc 3 t = − (loại) (5;2) D ⇒ Vậy (5;2) D . Ví dụ 7 (A, A1 – 2012 – CB ). Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND. Giả sử 11 1 ; 22 M và AN có phương trình 2 30 x y − −=. Tìm tọa độ điểm A. Phân tích hướng giải : * A AN ∈ : 2 30 x y − −= * Điểm M biết tọa độ nên nếu tính được đoạn AM thì coi như đ iểm A sẽ “tháo” được nhờ Bài toán 1. Lúc này ta sẽ gắn AM vào tam giác vuông AMH với cạnh (, ) MH d M AN = ta dễ dàng tính được. Như vậy nếu biết thêm một yếu tố về cạnh hoặc về góc trong tam giác vuông này thì ta sẽ tính được độ dài AM . Do các cạnh của tam giác AMH đều có thể biểu diễn thông qua độ dài cạnh hình vuông nên ta sẽ nghĩ ngay tới việc tính góc A nhờ định lí cosin trong tam giác. Do đó ta sẽ có lời giải cụ thể như sau : Giải + Gọi H là hình chiếu của M lên AN 22 11 1 2. 3 35 22 (, ) 2 21 MH d M AN −− ⇒= = = + Đặt 6 AB a = 2; 4 3 ND a NC a MB MC a = = ⇒ = = (vì ABCD là hình vuông và 2 CN ND = ) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com (Các bạn có thể đặt AB a = , ở đây ta đặt 6 AB a = để việc biểu diễn các độ dài khác được đơn giản). Khi đó áp dụng định lý Pitago, ta được: 3 5; 5 AM a MN a = = và 2 10 AN a = Trong AMN ∆ ta có: cos MAN ∠ 22 2 2 2 2 2 2 45 40 25 60 2 2. 2 2.3 5 .2 10 60 2 AM AN MN a a a a AM AN aa a +− + − = = = = MAN ⇒ ∠ = 0 45 MAH ⇒∆ cận tại H 3 5 3 10 2 2. 22 AM MH ⇒= = = (*) + Gọi ( ;2 3) A t t AN − ∈ + Ta có 2 45 2 AM = (theo (*)) ⇔ 2 2 2 1 (1; 1) 11 7 45 2 5 40 4 (4;5) 2 22 tA t t tt tA = − − + − = ⇔ − += ⇔ ⇒ = . + Vậy (1; 1) A − hoặc (4;5) A . Nhận xét: * Khi muốn chuyển việc tìm điểm về Bài toán 1 mà yếu tố độ dài MI chưa biết (trong bài toán này AM chưa biết) thì thường ta hay “cắt nghĩa” thông qua dữ kiện về định lượng. Nếu không có điều này thì trong đề bài thường ẩn chứa những yếu tố bất biến như góc (ví như trong bài toán này góc MAH ta luôn tính được), khoảng cách (trong ví dụ này (, ) d M AN cũng là một đạ i lượng không đổi)… Từ đây việc tìm độ dài MI (trong bài toán trên là AM ) sẽ khá đơn giản và bài toán gốc sẽ xuất hiện đúng như nội dung của Bài toán 1. * Ngoài cách tìm ra được 3 10 2 AM = như ở ví dụ trên, các bạn có thể tham khảo việc tìm AM theo cách sau: Đặt ( ) 2 5 12 AMN ABCD ADN CNM BAM a AB a S S S S S =⇒ = − + + = và 10 3 a AN = Khi đó: 2 5 2. 2 3 5 5 3 10 12 ( , ) 32 2 22 10 3 AMN a S a d M AN a AM AN a = ⇔ = ⇒= ⇒ = = Ví dụ 8. Trong mặt phẳng Oxy , cho hai đường thẳng 1 :3 5 0 xy ∆ + +=, 2 : 2 30 xy ∆ − −= và đường tròn 22 ( ) : 6 10 9 0 Cx y x y + − + +=. Gọi M Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comlà một điểm thuộc đường tròn ( ) C và N là điểm thuộc đường thẳng 1 ∆ sao cho M và N đối xứng nhau qua 2 ∆ . Tìm tọa độ điểm N . Phân tích hướng giải : Điểm N thuộc đường thẳng 1 ∆ đã biết phương trình, do đó để tìm tọa độ điểm N ta cần thêm một yếu tố liên quan tới N . Lúc này ta sẽ quan tâm tới các điểm đã biết tọa độ trong dữ kiện của bài toán. Ở đây đư ờng tròn ( ) C có tâm (3; 5) I − , nếu tính được độ dài NI ta chuyển luôn được về Bài toán 1. Song bài toán này việc tìm NI sẽ khá phức tạp. Vì vậy sẽ cần một điểm khác mà việc tính khoảng cách từ N tới điểm đó đơn giản. Trong bài toán có chứa yếu tố đối xứng ( M và N đối xứng nhau qua 2 ∆ ), điều đó khiến ta nghĩ tới điểm ' I đối xứng với I qua 2 ∆ . Và điểm này hoàn toàn xác định được, từ đây suy ra được '5 NI IM R = = = . Như vậy lúc này ta đã nhìn thấy Bài toán 1 để tìm tọa độ điểm N . Cụ thể : * 1 :3 5 0 N xy ∈∆ + + = * N cách điểm ' I đã biết tọa độ một khoảng '5 NI = . (Thực ra ở chương trình lớp 11 các bạn được học phép đối xứng trục và khi đó t a sẽ trả lời được câu hỏi vì sao lại đi xác định thêm điểm ' I như thế – song ở cách giải dưới đây tác giả đã trình bày theo cách mà để ngay cả các bạn học lớp 10 cũng có thể hiểu được). Giải + Đường tròn ( ) C có tâm (3; 5) I − và bán kính 5 R = . + Gọi ' I là điểm đối xứng với I qua 2 ∆ , suy ra ' II đi qua I và vuông góc với 2 ∆ nên có phương trình : 2 10 xy + −= Gọi { } 2 ' II H ∩∆ = , khi đó tọa độ điểm H là nghiệm của hệ : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 2 10 1 (1; 1) '( 1;3) 2 30 1 xy x HI xy y +−= = ⇔ ⇒ −⇒ − − −= = − ( vì H là trung điểm của ' II ) + Gọi 1 ( ; 3 5) Nt t − − ∈∆ , khi đó do N, I’ lần lượt là hai điểm đối xứng của M, I qua 2 ∆ nên : 2 22 2 ' 5 ' 25 ( 1) (3 8) 25 5 4 0 NI IM R NI t t t t = = = ⇔ = ⇔ + + + = ⇔ + += 1 4 t t = − ⇔⇒ = − ( 1; 2) . ( 4;7) − − − N N Vậy ( 1; 2) N −− hoặc ( 4;7) N − . Nhận xét : Khi đi tìm tọa độ của một điểm nghĩa là bài toán đang chứa hai ẩn (tung độ và hoành độ của điểm đó), vì vậy việc giải những lớp bài toán như thế này thực c hất là việc chúng ta đi cắt nghĩa số liệu của bài toán để được hai phương trình (hai dấu “=”). Dữ kiện điểm thuộc đường luôn giúp ta có được một phương trình và các dữ kiện chưa khai thác sẽ giúp ta cắt nghĩa để tìm thêm một dấu “=” còn lại. Kinh nghiệm là m những bài toán tìm điểm cho ta biết được xác suất rơi vào Bài toán 1 thường khá cao (có lẽ đó cũng là ý đồ và lí do để tác giả giới thiệu Bài toán 1 đầu tiên tới các bạn) . Vì vậy trong các ví dụ cụ thể, nếu điểm đã thuộc một đường thẳng cho trước thì hư ớng tư duy đầu tiên ta ưu tiên nghĩ đến là chỉ ra một điểm cố định và khoảng cách từ điểm cần tìm tới điểm đó xác định được. Ví dụ 9. Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC vuông tại (1; 3) A − có góc ABC = 0 30 , đường thẳng : 20 x y ∆ −+= là tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ các điểm B và C , biết B có hoành độ là một số hữu tỉ. Phân tích hướng giải: * Ở đây, B đang thuộc đường thẳng ∆ và A là điểm đã biết tọa độ. Do đó, nếu tính được độ dài đoạn AB ta sẽ chuyển được về Bài toán 1. Lúc này ta sẽ cắt nghĩa dữ kiện của bài toán để làm điều này (các bạn xem việc cắt nghĩa ở phần lời giải chi tiết). * Khi đã tìm được điểm B ta dễ dàng viết được phương trình của BC và AC và suy ra tọa độ điểm C . Giải + Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d , suy ra: 1 32 3 3 (, ) 22 AH d A ++ + = ∆= = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comTam giác ABC vuông tại A nên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nhận BC là đường kính. Mặt khác: ∆ là tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên BC ∆ ⊥ . Khi đó : ABH = 0 60 và xét tam giác vuông AHB ta có: 0 33 62 sin 60 3 2. 2 AH AB + = = = + + Gọi ( ; 2) Bt t + với t ∈ , khi đó : 2 22 8 43 ( 1) ( 2 3) 8 43 AB t t = + ⇔ − + + + = + 2 (1 3) 0 0 t t t ⇔ + + = ⇔= hoặc 13 t =−− ∉ (loại) Suy ra (0;2) B . + Khi đó BC đi qua (0;2) B và có véctơ pháp tuyến (1;1) BC nu ∆ = = nên có phương trình: 20 xy + − = AC đi qua (1; 3) A − , có (1; 2 3) AC n BA = = −− có phương trình: (2 3) 4 2 3 0 xy − + − − = + Vì { } BC AC C ∩= nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 2 2 20 3 2 (2 3) 4 2 3 0 3 x xy xy y = + + −= ⇔ − + − − = = − ⇒ 22 2; 33 C + − Ví dụ 10. Cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn 22 ( ) : 2 2 18 0 Cx y x y + − + − = . Biết AC = 2BD , điểm B có hoành độ dương và thuộc đường thẳng : 2 5 0 x y ∆ − −=. Viết phương trình cạnh AB . Phân tích hướng giải : * Ở đây B thuộc đường thẳng ∆ và I là tâm của đường tròn ( ) C đã biết tọa độ do đó nếu tính được độ dài đoạn BI ta sẽ chuyển được về Bài toán 1. Lúc này ta sẽ cắt nghĩa dữ kiện của bài toán để làm điều này (các bạn xem việc cắt nghĩa ở lời giải ). * Khi đã tìm được điểm B ta chuyển về bài toán viết phương trình đường thẳng AB đi qua điểm B đã biết tọa độ và cách điểm I cho trước một khoảng không đổi R nghĩa là ta chuyển bài toán về Bài toán 6 (Các bạn sẽ được tìm hiểu kĩ bài Bài toán 6 ở phần sau). Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comGiải + Đường tròn ( ) C có tâm (1; 1) I − và bán kính 2 5 R = Gọi H là hình chiếu của I trên AB , suy ra 2 5 IH R = = Vì ABCD là hình thoi và 2 AC BD = nên 2 AI BI = , khi đó xét tam giác vuông ABI ta có: 22 2 22 2 11 1 1 1 1 5 4 (2 5) BI AI BI IH BI BI += ⇔ += ⇔ = + Gọi ( ;2 5) Bt t − ∈∆ với 0 t > , khi đó : 2 22 5 25 ( 1) (2 4) 25 BI BI t t = ⇔ = ⇔− + − = 2 5 18 8 0 4 t t t ⇔ − − = ⇔= hoặc 2 5 t = − (loại) (4;3) B ⇒ + Gọi véctơ pháp tuyến của AB là (; ) AB n ab = với 22 0 ab +> , khi đó phương trình AB có dạng : ( 4) ( 3) 0 4 3 0 a x b y ax by a b − + −= ⇔ + − − = Ta có : 2 22 22 43 ( , ) 2 5 (3 4 ) 20( ) ab a b d I AB R a b a b ab − − − =⇔ = ⇔+ = + + 2 22 11 24 4 0 11 24 4 0 aa a ab b bb ⇔ − + = ⇔ − += ⇔ 2 a b = hoặc 2 11 a b = + Với 2 a b = chọn 2 1 a b = = , khi đó phương trình AB là : 2 11 0 xy +− = Với 2 11 a b = chọn 2 11 a b = = , khi đó phương trình AB là: 2 11 41 0 xy + − = Ví dụ 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có , E F lần lượt thuộc các đoạn , AB AD sao cho 2 EB EA = , 3 FA FD = , (2;1) F và tam giác CEF vuông tại F . Biết rằng đường thẳng 3 90 xy − −= đi qua hai điểm , CE . Tìm tọa độ điểm C , biết C có hoành độ dương. Phân tích hướng giải: * C CE ∈ đã biết phương trình và (2;1) F . Điều đó gợi ý ta đi tính độ dài CF , nếu làm được điều này ta sẽ dễ dàng có được đáp số theo góc nhìn của Bài toán 1. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com* Với dữ kiện 2 EB EA = , 3 FA FD = và tam giác CEF vuông tại F ta sẽ tìm được mối liên hệ giữa hai cạnh của hình chữ nhật. Song ta vẫn đang thiếu một yếu tố về định lượng. Nếu trong đề bài không cho thì ta sẽ nghĩ ngay tới việc đi tính (, ) d F CE (yếu tố ẩn trong bài toán). Thông số này sẽ giúp ta có được độ dài đoạn CF . Do đó ta đi đến lời giải chi tiết sau: Giải + Ta có 1 1 FC = (vì cùng phụ với 2 F ) Và AD = = 0 90 , suy ra AEF ∆ ∽ DFC ∆ AE AF EF DF DC FC ⇒ = = Mà 1 2 3 3 13 ; 44 AE AB EB EA FA FD DF AD AF AD = = ⇒ = = = , suy ra 2 2 1 3 9 3 3 4 1 16 4 4 AB AD AB AB AD AB AD AD = ⇔ = ⇔= Do đó 1 3 1 1 4 AB EF AE EF FC FC DF AD = = =⇒= , suy ra FEC ∆ vuông cân tại F + Gọi H là hình chiếu vuông góc của F trên EC . Khi đó : 22 2 39 2 2. ( , ) 2. 2 5 13 CF FH d F CE −− = = = = + + Gọi (3 9; ) Ct t + với 3 t >− (do 0 C x > ) . Suy ra: 2 22 2 20 (3 7) ( 1) 20 4 3 0 1 CF t t t t t = ⇔ + + − = ⇔ + + = ⇔= − hoặc t = - 3 (loại) (6; 1) C ⇒− + Vậy (6; 1) C − . Nhận xét: Ở ví dụ trên việc tìm điểm C theo góc nhìn của Bài toán 1 là khá “tự nhiên” khi C đang thuộc một đường thẳng biết phương trình và điểm (2;1) F cố định. Song nếu câu hỏi bài toán không chỉ dừng lại ở việc tìm điểm C mà phải đi tìm tất cả các đỉnh của hình chữ nhật ABCD ta vẫn hoàn toàn có thể giải quyết triệt để bài toán. Cụ thể: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Khi tìm được điểm C ta sẽ viết được phương trình EF (đi qua F và vuông góc với CF ) và suy ra được tọa độ điểm E (với { } CE EF E = ). + Việc chỉ ra 3 4 AB AD = và 2 25 32 AE FE AF = = ⇒ = hay A là giao điểm của đường tròn ( ; 2) E và ( ;3 2) F ⇒ tọa độ điểm A (chú ý , AC khác phía EF để loại bớt 1 điểm A ) + Từ 3 3 AB AE AF FD = = ta suy ra được tọa độ điểm B và D . Ví dụ 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A và D có đáy lớn CD và BCD = 0 45 . Đường thẳng AD và BD lần lượt có phương trình 3 0 x y −= và 20 xy −= . Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 15 và điểm B có tung độ dương. Phân tích hướng giải : * Với việc B BD ∈ đã biết phương trình và điều kiện B có tung độ dương giúp ta nghĩ tới nên đi tìm tọa độ điểm B trước. Do { } AD BD D ∩= ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm D , khi đó B BD ∈ và nếu cắt nghĩa được dữ kiện của bài toán để tính độ dài BD ta sẽ tìm được tọa độ điểm B theo Bài toán 1. Ở đây có dữ kiện 15 ABCD S = (*) mà ABCD S phụ thuộc vào , AB AD và DC . Nghĩa là trong đẳng thức (*) chứa tới 3 ẩn. Nếu thế sẽ cần giảm số ẩn, điều này chỉ có thể làm được khi , AB AD và DC có mối liên hệ với nhau, hay nói cách khác sẽ có hai trong ba ẩn trên biểu diễn được theo ẩn còn lại. Vậy ta sẽ cần khai thác số liệu cụ thể của bài toán. Dữ kiện bài toán cho góc BCD = 0 45 và , AD BD đã biết phương trình, từ đây gợi ý ta nên đi tính góc ADB (ta nháp . 32 1 cos( , ) 10. 5 2 . AD BD AD BD nn AD BD nn + = = = ⇒ ADB = 0 45 ). Như vậy tam giác ABD và DBC lần lượt vuông cân tại A và B . Lúc này ta sẽ biểu diễn được AD, BD theo AB ; từ (*) ta sẽ suy ra được AB và dễ dàng có được độ dài BD . * Khi tìm được B suy ra được phương trình BC do CB ⊥ BD (tam giác DBC vuông tại B). Giải + Do { } AD BD D ∩= nên tọa độ điểm D là nghiệm của hệ : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com30 20 xy xy −= − = 0 (0;0) 0 x D y = ⇔⇒ = Ta có các vectơ pháp tuyến tương ứng của AD và BD là: (3; 1), (1; 2) AD BD nn =−=− Suy ra: . 32 1 cos( , ) 10. 5 2 . AD BD AD BD nn AD BD nn + = = = ⇒ ADB = 0 45 Khi đó tam giác ABD và BDC lần lượt vuông cân tại A và B , suy ra : 2 DC AB AD = = + Ta có : 2 ( ). ( 2 ). 3 15 2 22 ABCD AB DC AD AB AB AB S AB ++ = = = = 10 2 5 AB BD ⇒= ⇒ = + Gọi (2 ; ) B tt với 0 t > Khi đó : 2 22 2 2 5 20 (2 ) 20 4 2 BD BD t t t t = ⇔ = ⇔ + = ⇔ = ⇔= hoặc 2 t = − (loại) (4;2) B ⇒ + Đường thẳng BC đi qua B (4 ;2) và có véctơ pháp tuyến : (2;1) BC BD nu = = (vì tam giác BDC vuông tại B ) nên ta có phương trình: 2( 4) ( 2) 0 xy −+ − = ⇔ 2 10 0 xy +− = Ví dụ 13 (B – 2013 – CB ). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau và 3 AD BC = . Đường thẳng BD có phương trình 2 60 xy + −= và tam giác ABD có trực tâm là ( 3;2). − H Tìm tọa độ các đỉnh C và D . Phân tích hướng giải: Với yêu cầu của bài toán, ban đầu sẽ cho ta được chùm các câu hỏi và các hướng phân tích sau: “Với C và D ta ưu tiên tìm điểm nào trước ? D đang thuộc đường thẳng BD đã biết phương trình, C thuộc đường thẳng AC mà ta hoàn toàn có thể viết được phương trình ( AC đi qua H và vuông góc với BD ). Khi đó giao điểm { } I BD AC = ∩ hoàn toàn xác định. Ta cần thêm những dữ kiện “có lợi” cho C và D ”. Do ABCD là hình thang cân nên IB IC = ⇒ BCI = 0 45 ⇒ BCH là tam giác cân tại B ⇒ I là trung điểm của HC . Nghĩa là ta sẽ tìm được tọa độ điểm C trước. Lúc này các dữ kiện chưa được khai thác là BC // AD và 3 AD BC = , từ đây ta nghĩ tới định lý Ta – Lét và suy ra được Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com33 DI BI IH = = . Khi đó việc tìm tọa độ điểm D được đưa về Bài toán 1. Cụ thể: * : 2 60 D BD x y ∈ + − = * 3 DI IH = Giải + Vì AC BD ⊥ (2; 1) AC BD nu ⇒= = − , nên AC có phương trình là: 2( 3) ( 2) 0 2 8 0 x y xy + − − = ⇔ − += Gọi { } BD AC I ∩= . Khi đó tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: 2 60 2 ( 2;4) 2 80 4 xy x I xy y + − = = − ⇔ ⇒ − −+= = + Do ABCD là hình thang cân nên IB IC = ⇒ BCI = 0 45 ⇒ BCH là tam giác cân tại B . Suy ra I là trung điểm của HC ⇒ ( 1;6) C − + Áp dụng định lí Ta – lét với AD // BC ta có: 3 3 3 35 ID AD ID IB IH IB BC = =⇒= = = + Gọi (6 2 ; ) D t t BD −∈ , khi đó 2 3 5 45 ID ID = ⇔= 22 (2 8) ( 4) 45 tt ⇔ − +− = 2 1 (4;1) 8 70 7 ( 8;7) tD tt tD = ⇔ − += ⇔ ⇒ = − Vậy ( 1;6) (4;1) C D − hoặc ( 1;6) ( 8;7) C D − − . Nhận xét: Khi bài toán yêu cầu tìm từ hai điểm trở lên thì thứ tự tìm đ iểm thường ưu tiên theo các dự kiện sau: Điểm cần tìm có liên quan tới hệ thức véc tơ (trong ví dụ trên I là trung điểm của HC cũng được hiểu là C liên hệ với , HI qua hệ thức vecto HI IC = ) , điểm thuộc đường đã biết phương trình… Ví dụ 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A , điểm (1;1) B . Trên tia BC lấy điểm M sao cho . 75 BM BC = . Phương trình đường thẳng : 4 3 32 0 AC x y + −= . Tìm tọa độ điểm C biết bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MAC bằng 55 2 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comPhân tích hướng giải : * Ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm A là giao của AC và AB ( AB đi qua B và vuông góc với AC ). * Khi bài toán có dữ kiện . 75 BM BC = thường chúng ta nghĩ tới tam giác đồng dạng và tứ giác nội tiếp đường tròn ( kiến thức hình lớp 9 hay đề cập tới điều này) . Trong bài toán lại có yếu tố bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MAC , để khai thác được dữ kiện này g ợi ý ta dựng thêm điểm D sao cho ACMD nội tiếp đường tròn, việc này sẽ giúp ta cắt nghĩa đượ c tất cả những thông số trên (Các bạn sẽ thấy rõ trong lời giải của bài toán). * Sau khi dựng điểm D ta sẽ cắt nghĩa các số liệu của bài toán để đi tính độ dài đoạn AC , khi đó ta sẽ tìm được tọa độ của điểm C theo góc nhìn của Bài toán 1. Cụ thể: + : 4 3 32 0 C AC x y ∈ + −= + C cách A một khoảng xác định AC . Giải + AB đi qua (1;1) B và vuông góc với AC ( (3; 4)) AC u = − nên có phương trình: 341 0 xy − += Do { } AC AB A ∩= nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 4 3 32 0 5 (5;4) 341 0 4 xy x A xy y +−= = ⇔⇒ −+= = + Kẻ MD vuông góc với BC và cắt AB tại K , suy ra ACMD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính CD (cũng chính là đường tròn ngoại tiếp tam giác MAC ), khi đó : 2 55 CD R = = Ta có ∆BMD ∽∆BAC (g.g) nên 2 2 . 75 15 43 BM BD BM BC BD BA BC BA = ⇒= = = + 5 AB >= A ⇒ nằm giữa B và D . Khi đó 15 5 10 AD BD BA = − = −= , Suy ra 2 2 22 (5 5) 10 5 AC CD AD = − = −= + Gọi (8 3 ; 4 ) C t t AC + −∈ , Khi đó 2 22 5 25 (3 3) (4 4) 25 AC AC t t =⇔ = ⇔ + + + = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 2 0 25 50 0 2 t tt t = ⇔ +=⇔ ⇒ = − (8;0) (2;8) C C + Vậy (8;0) C hoặc (2;8) C . Ví dụ 15. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn 22 ( ) : ( 1) ( 2) 5 Tx y − + − = và đường thẳng : 20 xy ∆ + +=. Từ điểm A thuộc ∆ kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với () T tại B và C . Tìm tọa độ điểm A biết diện tích tam giác ABC bằng 8. Phân tích hướng giải: Khi đã được làm quen các ví dụ thuộc Bài toán 1 trước đó, việc tiếp cận đề bài ở ví dụ này là khá đơn giản khi dữ kiện bài toán cho khá “lộ” – ta biết điểm (1;2) I cố định là tâm của () T , điểm A cần tìm thuộc đường thẳng : 20 xy ∆ + += đã biết phương trình. Như vậy ta nghĩ ngay tới việc đi tính độ dài đoạn IA để đưa về Bài toán 1. Dữ kiện diện tích tam giác ABC bằng 8 chắc chắn là để chúng ta làm điều này. Vấn đề là cắt nghĩa nó như thế nào để biểu thức diện tích ABC chỉ chứa ẩn IA . Câu trả lời sẽ có trong lời giải chi tiết sau: Giải + Đường tròn () T có tâm (1;2) I và bán kính 5 IB R = = Gọi H là giao điểm của BC và AI . Đặt 0 AI a = > Ta có : ( ) 2 2 22 2 2 2 5 55 55 .. 5 AB AI IB a AH a a AI AI a BH AH IH aa a IB IH IA a −− = = = − − ⇒= = = = = + ( ) ( ) 2 2 3 24 55 5 . . 8 5 5 64 ABC a a S AH BH a a aa − − = = =⇔ − = 64 2 2 4 5 139 375 625 0 ( 25)(5 14 25) 0 a a a a a a ⇔ − + − =⇔− − + = 55 0 aa a ⇔ = ± → = > 5 AI ⇒= + Gọi ( ; 2) At t − − ∈∆ , khi đó: 2 22 2 1 (1; 3) 25 ( 1) ( 4) 25 3 4 0 4 ( 4;2) tA AI t t t t tA = − = ⇔ − + + = ⇔ + −= ⇔ ⇒ = −− Vậy (1; 3) A − hoặc ( 4;2) A − . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com2. CÁCH RA ĐỀ 2 : Cho biết M cách I (đã biết tọa độ) một khoảng không đổi. Cần dựa vào các dữ kiện của bài toán để viết phương trình đường thẳng chứa M . Ví dụ 1 (B – 2005). Cho hai điểm (2;0) A và (6;4) B . Viết phương trình đường tròn ( ) C tiếp xúc với trục hoành tại điểm A và khoảng cách từ tâm của ( ) C đến điểm B bằng 5 . Phân tích hướng giải : Muốn viết phương trình đường tròn (C) cần tìm tọa độ tâm I và bán kính R= IA. * I cách B một khoảng không đổi IB = 5 * Đường tròn ( ) C tiếp xúc với trục hoành tại điểm A nên I thuộc đường thẳng đi qua A vuông góc với trục hoành (trục Ox ). Như vậy việc tìm điểm I đã được chuyển về Bài toán 1. Giải + Đường tròn ( ) C tiếp xúc với trục hoành tại điểm A nên IA Ox ⊥ , suy ra phương trình :2 IA x = + Gọi (2; ) I t AI ∈ , khi đó 2 22 2 1 (2;1) 5 25 4 (t 4) 25 ( 4) 9 7 (2;7) tI IB IB t tI = == = ⇔ + −= ⇔ −=⇔ ⇒ = + Với (2;1) I thì bán kính 1 R IA = = , suy ra phương trình đường tròn: 22 ( 2) ( 1) 1 xy − + − = + Với (2;7) I thì bán kính 7 R IA = = , suy ra phương trình đường tròn: 22 ( 2) ( 7) 49 xy − + − = Vậy phương trình đường tròn cần lập là 22 ( 2) ( 1) 1 xy − + − = hoặc 22 ( 2) ( 7) 49 xy − + − =. Ví dụ 2 (B – 2009 – CB ). Cho đường tròn 22 4 ( ) : ( 2) 5 Cx y − += và hai đường thẳng 1 :0 x y ∆ −= và 2 : 7 0 xy ∆ −= . Xác định toạ độ tâm K và bán kính của đường tròn 1 () C ; biết đường tròn 1 () C tiếp xúc với các đường thẳng 12 , ∆∆ và tâm K thuộc đường tròn (C). Phân tích hướng giải : * 1 () C tiếp xúc với 12 , ∆∆ K ⇒ thuộc đường phân giác của góc tạo bởi 1 ∆ và 2 ∆ . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com* 2 ( ) 5 K C IK R ∈ ⇒== → chuyển về Bài toán 1. Giải + Đường tròn ( ) C có tâm (2;0) I và bán kính 2 5 R = . + Ta có : 1 () C tiếp xúc với 12 , ∆∆ K ⇒ thuộc đường phân giác của góc tạo bởi 1 ∆ và 2 ∆ . Khi đó gọi 12 ( ; ) (, ) (, ) K x y dK dK ⇒ ∆= ∆ 7 2 52 x y x y −− ⇔ = 5( ) 7 2 0 5( ) 7 2 0 x y x y x y x y yx x y − = − += ⇔⇔ − = − − = + Với đường phân giác 1 : 2 0 d xy += . Gọi 1 (; 2 ) Kt t d −∈ Vì 2 22 2 24 4 ( ) ( 2) 4 25 20 16 0 5 5 5 K C IK IK t t t t ∈ ⇒ = ⇔ = ⇔− + = ⇔ − + = (vô nghiệm). + Với đường phân giác 2 :2 0 dx y −= . Gọi 2 (2 ; ) K tt d ∈ Vì 2 22 2 24 4 ( ) ( 2) 4 25 20 16 0 5 5 5 K C IK IK t t t t ∈ ⇒ = ⇔ = ⇔− + = ⇔ − + = ⇔ 4 84 ; 5 55 tK = ⇒ Khi đó bán kính của đường tròn 1 () C : 1 84 55 (, ) 2 dK − ∆= = 22 5 Ví dụ 3 (B – 2012 – CB ). Cho đường tròn 22 1 ( ): 4 Cx y += , 22 2 ( ) : 12 18 0 Cx y x + − += và đường thẳng : 40 dx y − − =. Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc 2 () C , tiếp xúc với d và cắt 1 () C tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB vuông góc với d. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comPhân tích hướng giải: Muốn viết phương trình đường tròn, ta cần: * Xác định tâm I bằng “góc nhìn” của Bài toán 1. Cụ thể: Ta đi lập phương trình 1 II đi qua 1 I vuông góc với AB (tính chất đường nối tâm) hay song song với d . Khi đó: + 1 I II ∈ đã biết phương trình. + 2 () IC ∈ hay 2 2 II R = (Ta có thể làm theo Cách 2 với { } 12 () I II C = ∩ → tọa độ I - cách trình bày khác của Bài toán 1). * Xác định bán kính R nhờ (, ) R d I d = Giải Gọi I là tâm đường tròn ( ) C cần viết phương trình. Ta có 22 1 ( ): 4 Cx y += ⇒ tâm của 1 () C là 1 (0;0) I Vì 1 1 II AB II AB d ⊥ ⇒ ⊥ // d ⇒ phương trình 1 II : 0 x y −= . Gọi 1 (; ) I t t II ∈ mà 2 () IC ∈ 22 12 18 0 tt t ⇒ +− + = 2 6 90 3 tt t ⇔ − + = ⇔= (3;3) I ⇒ Mà ( ) C tiếp xúc với d ⇒ 22 3 3 4 (, ) 2 2 11 R d I d − + = = = + . Vậy phương trình ( ) C là: 22 ( 3) ( 3) 8 xy − + − = Ví dụ 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn () T có tâm (0;5). I Đường thẳng AI cắt đường tròn () T tại điểm (5;0) M với M ≡ A. Đường cao từ đỉnh C cắt đường tròn () T tại điểm 17 6 ; 55 N −− với N ≡ C. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết B có hoành độ dương. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comPhân tích hướng giải: * Vẫn một câu hỏi quen thuộc đầu tiên nên đặt ra “ Với dữ kiện của bài toán, thứ tự các điểm sẽ được tìm như thế nào ?” . Ở đây chúng ta dễ dàng trả lời được câu hỏi này bằng việc tìm được tọa độ điểm A đầu tiên ( do I là trung điểm của AM ) . Tiếp đến sẽ là điểm B (dữ kiện B có hoành độ dương gợi ý điều này) * 52 IB IM = = , ta cần thêm một dữ kiện liên quan tới điểm B . Lúc này cần tạo ra mối liên hệ điểm B với các số liệu đã biết của bài toán. Ta có 17 6 (5;0), ; 55 MN −− đã biết tọa độ và bằng việc vẽ hình chính xác ta có thể suy đoán IB MN ⊥ . Nếu có được điều này ta sẽ dễ dàng viết được phương trình IB và việc tìm điểm B là không khó khi ta đã nhìn thấy Bài toán 1. * Bằng kiến thức hình học sơ cấp (kiến thức hình học cấp 2) ta dễ dàng chứng minh được IB MN ⊥ . * Sau khi tìm được tọa độ điểm B ta sẽ suy ra được tọa độ điểm C (do C đối xứng với B qua AM ). Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên: Giải + Vì I là trung điểm của AM nên ( 5;10) A − + Ta có NCB MAB = (cùng phụ với ABC ) BN BM ⇒ = (tính chất góc nội tiếp) Suy ra IB là đường trung trực của MN , khi đó IB đi qua I vuông góc với MN nên có phương trình: 7 50 xy + −= (với ( ) 42 6 6 ; 7;1 55 5 MN = − − = − ) + Gọi ( ;5 7 ) Bt t − với 0 t > , khi đó : 2 22 2 2 (7 ) 50 1 1 IB IM t t t t = ⇔ + = ⇔ = ⇔= hoặc 1 t = − (loại) (1; 2) B ⇒− + Phương trình : 50 AM x y + −=, suy ra BC đi qua B vuông góc AM có phương trình: 30 x y − −= Gọi { } AM BC H = , suy ra tọa độ điểm H là nghiệm của hệ 30 4 (4;1) 50 1 x y x H xy y −−= = ⇔⇒ +−= = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comDo H là trung điểm của (7;4) BC C ⇒ Vậy ( 5;10) A − , (1; 2) B − , (7;4) C . Ví dụ 5 (A – 2012 – NC ). Cho đường tròn 22 ( ): 8 Cx y += . Viết phương trình chính tắc của elip ( E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và ( E) cắt ( ) C tại bốn điểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông. Phân tích hướng giải: * Phương trình ( ) E : 22 22 1 xy ab += như vậy ta cần tìm ; ab * (E) có độ dài trục lớn bằng 8 28 4 aa ⇒ = ⇒= * Dữ kiện (E) cắt ( ) C tại bốn điểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông nên 4 đỉnh nằm trên hai đường phân giác thuộc góc phần tư thứ nhất và thứ hai . Ta giả sử có đỉnh A thuộc đường phân giác : ∆ yx = . Vậy việc tìm tọa độ điểm A quay về Bài toán 1 nhờ: + : A yx ∈∆ = + 22 AO R = = (hay ( ) A C ∈ ) * Mà ( ) AE b ∈ ⇒→ phương trình (E). Giải Gọi phương trình chính tắc của elip ( ) E có dạng: 22 22 1 xy ab += + (E) có độ dài trục lớn bằng 8 28 4 aa ⇒ = ⇒= + (E) cắt ( ) C tại bốn điểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông nên 4 đỉnh nằm trên hai đường phân giác thuộc góc phần tư thứ nhất và thứ hai . Ta giả sử A là một giao điểm của (E) và (C) thuộc đường phân giác : ∆ yx = . + Gọi (; ) At t ∈∆ ( 0 t > ). Ta có: 22 ( ) 8 2 A C t t t ∈ ⇒ + = ⇔= (vì 0 t > ) (2;2) A ⇒ + Mà ( ) AE ∈ 22 2 22 2 2 16 1 43 b b ⇒ + =⇒ = . Vậy phương trình chính tắc của elip (E) là: 22 1 16 16 3 xy += Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comVí dụ 6 (D – 2013 – NC ). Cho đường tròn 22 ( ) : ( 1) ( 1) 4 Cx y − + − = và đường thẳng : 30 y ∆ −=. Tam giác MNP có trực tâm trùng với tâm của ( ) C , các đỉnh N và P thuộc ∆ , đỉnh M và trung điểm của cạnh MN thuộc ( ) C . Tìm tọa độ điểm P . Phân tích hướng giải: * Với dữ kiện của bài toán ra dễ dàng tìm được tọa độ điểm M qua góc nhìn của Bài toán 1. Cụ thể: + M thuộc đường thẳng đi qua I vuông góc với ∆ . + 2 MI R = = ( ( ) MC ∈ ) * Khi tìm được điểm M ta sẽ tìm điểm N thông qua điểm K và tiếp tục sử dụng Bài toán 1. Cụ thể: + () : 3 0 Nt y ∈∆ − = () Kt ⇒ (do K là trung điểm của MN ). + 2 KI R = = . * Việc tìm điểm P được vận dụng nhờ Bài toán 3 (các bạn sẽ được tìm hiểu kĩ thông qua Bài toán 3 ở phần sau). Giải + Đường tròn ( ) C có tâm (1;1) I và bán kính 2 R = . Do đó 13 ( ; ) 2 1 dI R − ∆= = = ⇒ ∆ tiếp xúc với ( ) C . Khi đó IM ⊥ ∆ , suy ra phương trình IM là: 1 x = + Gọi (1; ) M t IM ∈ . Mà 2 2 1 ( ) (1 1) ( 1) 4 3 t MC t t = − ∈ ⇒ − +− = ⇔ = (1; 1) M ⇒− hoặc (1;3) M (loại vì M ∉∆ ) + Với M (1; ‐ 1), khi đó gọi N (a; 3) ∈ Δ 1 ;1 2 a K + ⇒ là trung điểm của MN . Do 2 22 5 (5;3) 1 ( ) 1 (1 1) 4 ( 1) 16 3 ( 3;3) 2 aN a KC a aN = + ∈ ⇒ − + −=⇔ −= ⇔ ⇒ = −− + Gọi ( ;3) Pm ∈∆ , khi đó với: * (4;2) (5;3) ( 1;4) IN N MP m = ⇒ = − , Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com từ . 0 4( 1) 2.4 0 1 IN MP m m = ⇔ −+ = ⇔ =− ⇒ ( 1;3) P − * ( 4;2) ( 3;3) ( 1;4) IN N MP m = − −⇒ = − , từ . 0 4( 1) 2.4 0 3 IN MP m m = ⇔− − + = ⇔ = ⇒ (3;3) P Ví dụ 7. Cho hai đường tròn 22 ( ) : ( 1) 2 Cx y + − = và 22 ( ') : ( 4) ( 5) 8 Cx y − + − = . Cho AB là một đường kính thay đổi của đường tròn ( ') C và M là một điểm di động trên đường tròn ( ) C . Tìm tọa độ các điểm ,, M A B sao cho diện tích của tam giác MAB lớn nhất Phân tích hướng giải : * Đường tròn ( ) C có tâm (0;1) I và bán kính 2 R = , ( ') C có tâm '(4;5) I và bán kính ' 22 R = Vì ( ) MC ∈ nên ta có : 2 MI R = = . Vậy nếu ta chỉ ra được M đang thuộc một đường thẳng đã biết phương trình thì việc tìm điểm M sẽ quay về Bài toán 1. * Ta sẽ cắt nghĩa dữ kiện tam giác MAB có diện tích lớn nhất (khớp dấu “=”) để chỉ ra được điều này Các bạn tham khảo phần cắt nghĩa ở lời giải chi tiết sau đây: Giải + Đường tròn ( ) C có tâm (0;1) I và bán kính 2 R = , ( ') C có tâm '(4;5) I và bán kính ' 22 R = . Khi đó ' 4 2 3 2 ' II R R = > =+ nên ( ) C và ( ') C ngoài nhau. Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên AB . Khi đó : 11 . .2 ' 2 22 MAB S MH AB MH R MH = = = Ta có : ' ' 2 4 2 52 MH MI MI II ≤ ≤ += + = . Do đó : 2 2.5 2 10 MAB S MH = ≤= + Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ' HI ≡ và { } ' ( ) II C M ∩= với I nằm giữa M và ' I và ' AB II ⊥ Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Ta có ' (4;4) 4.(1;1) II= = nên ' II có phương trình : 1 x t yt = = + Gọi ( ;1 ) ' M t t II +∈ , khi đó ( ) MC ∈ nên 22 2 21 1 tt t t + = ⇔ =⇔= ± (1;2) ( 1;0) M M ⇒ − + Với M (1;2), khi đó 22 ' 3 3 32 ' MI II = + = = ⇒ M nằm giữa I và ' I (loại). Với ( 1;0) M − , khi đó 22 ' 5 5 52 ' MI II = += > ⇒ I nằm giữa M và ' I (thỏa mãn). + AB vuông góc với ' II và đi qua ' I nên có phương trình: 90 xy + −= Khi đó tọa độ , A B là nghiệm của hệ: 22 2 90 9 2; 7 6; 3 ( 4) ( 5) 8 ( 4) 4 xy y x xy xy xy x + −= =− = = ⇔⇔ = = −+−= −= (2;7), (6;3) (6;3), (2;7) AB AB ⇒ Vậy ( 1;0), (2;7), (6;3) M AB − hoặc ( 1;0), (6;3), (2;7) M AB − 3. CÁCH RA ĐỀ 3: (Kết hợp từ Cách ra đề 1 và Cách ra đề 2). Dựa vào các dữ kiện của bài toán cần: + Tính được độ dài đoạn MI ( với I đã biết tọa độ). + Viết phương trình đi qua điểm M . Ví dụ 1 : Cho đường tròn 22 ( ) : 2 4 20 0 Cx y x y +− + − = và điểm (4;2) A . Gọi d là tiếp tuyến tại A của ( ) C . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua tâm I của ( ) C và ∆ cắt d tại M sao cho tam giác AIM có diện tích bằng 25 và M có hoành độ dương. Phân tích hướng giải : Muốn viết được phương trình ∆ trong bài toán trên ta cần tìm được tọa độ của điểm M . * Ta viết được phương trình d đi qua A và vuông góc với IA , khi đó Md ∈ : đã biết phương trình. * 2 25 AIM AIM S S MA MA = ⇒= → chuyển về Bài toán 1. Giải + Đường tròn ( ) C có tâm (1; 2) I − Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com và bán kính 5 R = . Vì d là tiếp tuyến tại A của ( ) C nên (3;4) d n IA = = (4; 3) d u ⇒= − , suy ra phương trình 44 : 23 xt d yt = + = − + Ta có: 1 25 . 25 10 2 AIM S MA IA MA = ⇔ = ⇔= (với 5) IA R = = + Gọi (4 4;2 3) M t td + − ∈ , khi đó 22 10 16 9 10 5 10 2 MA t t t t = ⇔ + = ⇔ = ⇔=± ⇒ (10; 4) M − hoặc ( 4;8) M − (loại) + Khi đó (9; 2) IM= − , suy ra phương trình 19 : 22 xt yt = + ∆ =−− Ví dụ 2. Cho tam giác ABC có diện tích bằng 2 , đường thẳng đi qua A và B có phương trình 0 x y −= . Tìm tọa độ trung điểm M của AC biết (2;1) I là trung điểm của BC . Phân tích hướng giải : * Vì I là trung điểm của BC nên 1 1 2 ABI ABC SS = = Khi đó ta dễ dàng tính được độ dài đoạn 2 (, ) ABI S AB d I AB = . * Lúc này ta sẽ nhìn thấy tọa độ điểm M “lộ diện” qua góc nhìn của Bài toán 1. Do MI là đường trung bình của tam giác ABC nên: + : M MI ∈ là đường thẳng đi qua I song song với AB + 2 AB MI = Giải + Ta có 22 21 1 (, ) 2 11 d I AB − = = + + Do I là trung điểm của BC nên 1 1 2 ABI ABC SS = = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Khi đó 2 2.1 22 1 (, ) 2 ABI S AB d I AB = = = . + Mặt khác MI là đường trung bình của tam giác ABC nên IM đi qua I song song với AB có phương trình: 10 x y − −= và 22 2 22 AB MI= = = + Gọi ( ; 1) M t t MI − ∈ , khi đó 2 2 22 2 2 ( 2) ( 2) 2 ( 2) 1 MI MI t t t = ⇔ = ⇔− + − = ⇔− = 3 1 t t = ⇔⇒ = (3;2) (1;0) M M Ví dụ 3 (B – 2003 ). Cho tam giác ABC có AB = AC , BAC = 90 0 . Biết (1; 1) M − là trung điểm cạnh BC và 2 ;0 3 G là trọng tâm của tam giác ABC . Tìm tọa độ các đỉnh ,, A BC . Phân tích hướng giải : * Do G là trọng tâm nên 3 AM GM = ⇒ tọa độ điểm A . Khi đó , BC thuộc đường thẳng đi qua M vuông góc với AM . * ABC ∆ vuông cân tại A nên MB MC MA = = ( , BC thuộc đường tròn tâm M bán kính MA ) → chuyển về Bài toán 1. Giải + Do G là trọng tâm ABC ∆ nên 3 (1; 3) AM GM = = − . Gọi ( ; ) (1 ; 1 ) A x y AM x y ⇒ = − −− Suy ra 11 0 13 2 x x yy −= = ⇔ −− =− = ⇒ (0;2) A . + BC đi qua (1; 1) M − và nhận (1; 3) AM= − làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình : ( 1) 3( 1) 0 xy −− + = hay 3 40 xy − − =. + ABC ∆ vuông cân tại A nên 10 MB MC MA = = = , suy ra , BC thuộc đường tròn ( ; 10) M có phương trình : 22 ( 1) ( 1) 10 xy − + + = + Vậy tọa độ hai điểm , BC là nghiệm của hệ : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 22 2 3 40 3 4 ( 1) ( 1) 10 10( 1) 10 x y x y xy y − −= = + ⇔ −++= += 4 (4;0) 34 0 ( 2; 2) 0 0 2 ( 2; 2) 2 2 (4;0) xB xy yC y xB y yC = = + = −− ⇔ ⇔⇒ = = − −− = − = − Vậy (0;2), (4;0), ( 2; 2) A BC −− hoặc (0;2), ( 2; 2), (4;0) AB C −− . Ví dụ 4 (D – 2013 – CB). Cho tam giác ABC có điểm 93 ; 22 M − là trung điểm của cạnh AB , điểm ( 2;4) H − và điểm ( 1;1) I − lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ điểm C . Phân tích hướng giải : * Nếu ta biết được tọa độ điểm A , thì ta sẽ tìm được tọa độ điểm C theo góc nhìn của Bài toán 1. Cụ thể : + C AH ∈ : là đường thẳng đi qua hai điểm , HA đã biết tọa độ. + CI AI = (C cách I một khoảng không đổi là IA ). * Như vậy vấn đề là phải đi tìm điểm A . Lúc này Bài toán 1 tiếp tục là sự lựa chọn để ta đi tìm điểm A . Cụ thể : + A AB ∈ : là đường thẳng đi qua M và vuông góc với MI . + AM MH = (tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông). Giải + AB đi qua 93 ; 22 M − và nhận ( ) 7 1 1 ; 7; 1 2 2 2 MI = −= − làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình: 93 70 2 2 x y + −− = hay 7 33 0 x y −+ =. + Gọi ( ;7 33) A t t AB +∈ , khi đó theo tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông ta có: 22 AM MH AM MH = ⇔= Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 2 2 22 9 39 3 7 33 2 4 2 22 2 tt ⇔+ + + − = − + − 2 4 ( 4;5) 9 20 0 5 ( 5; 2) tA tt tA = −− ⇔ + + = ⇔ ⇒ = − −− + Với ( 4;5) A − , khi đó AC đi qua A(- 4; 5) và ( 2;4) H − nên có phương trình: 45 2 60 21 x y xy +− = ⇔+ −= − Gọi (6 2 ; ) C c c AC −∈ , khi đó: 22 CI AI CI AI = ⇔= 2 2 22 2 (27) ( 1) 3 4 65 0 c c cc ⇔ − + − = + ⇔ − += 1 5 c c = ⇔⇒ = (4;1) C hoặc ( 4;5) C − (loại vì C A ≡ ) + Với ( 5; 2) A −− , khi đó AC đi qua ( 5; 2) A −− và ( 2;4) H − nên có phương trình: 52 2 80 3 6 x y x y ++ = ⇔ −+= Gọi ( ;2 8) C m m AC +∈ , khi đó : 22 CI AI CI AI = ⇔= 2 2 2 2 2 ( 1) (2 7) 4 3 6 5 0 m m mm ⇔ + + + = + ⇔ + += 1 5 m m = − ⇔⇒ = − ( 1;6) C − hoặc ( 5;2) C − (loại vì C A ≡ ) + Vậy ( 1;6) C − . Ví dụ 5. Cho các điểm (10;5), (15; 5) AB − và ( 20;0) D − là các đỉnh của hình thang cân ABCD trong đó AB song song với CD . Tìm tọa độ đỉnh C . Phân tích hướng giải : Ở ví dụ này ta có thể tìm tọa độ điểm C theo hai cách : Cách 1 : Ta sẽ tìm C theo góc nhìn của Bài toán 1. Cụ thể: * C thuộc đường thẳng đi qua D và song song với AB nên dễ dàng viết được phương trình CD . * ABCD là hình thang cân nên ta có điều kiện cần: 5 37 CB AB = = . Sau khi tìm được C ta sẽ kiểm tra điều kiện đủ BC không song song AD và kết luận được tọa độ điểm C cần tìm. Cách 2: Gọi , IJ lần lượt là trung điểm của AB và CD , khi đó : * Ta dễ dàng viết được phương trình IJ và tìm ra được tọa độ điểm J . * J là trung điểm của CD (vì ABCD là hình thang cân) nên ta suy ra được tọa độ điểm C . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comGiải Cách 1 Cách 2 Cách 1 : + Có (5; 10) 5.(1; 2) AB= − = − , khi đó CD // AB nên CD có phương trình: 20 2 xt yt = −+ = − + Gọi ( 20 ; 2 ) C t t CD − +− ∈ , khi đó ABCD là hình thang cân nên ta có: 2 2 2 2 2 2 30 5 ( 35) (2 5) AD BC AD BC t t = ⇔ = ⇔ += − + − 2 5 ( 15; 10) 18 65 0 13 ( 7; 26) tC tt tC = −− ⇔− + = ⇔ ⇒ = −− + Với ( 15; 10) ( 30; 5) / / C BC AD BC AD − − ⇒ =− −= ⇒ (không thỏa mãn vì ABCD là hình thang cân) + Với ( 7; 26) ( 22; 21) C BC −− ⇒ =− − , khi đó BC , AD không cùng phương (thỏa mãn). Vậy ( 7; 26) C −− . Cách 2: + Có (5; 10) 5.(1; 2) AB= − = − , khi đó CD // AB (2;1) CD AB nn ⇒= = và CD đi qua ( 20;0) D − nên có phương trình: 2( 20) 0 2 40 0 x y xy + + = ⇔ ++ = + Gọi , IJ lần lượt là trung điểm của AB và CD , khi đó 25 ;0 2 I và IJ AB ⊥ (do ABCD là hình thang cân) nên IJ có phương trình: 25 1. 2. 0 2 4 25 0 2 x y xy − − =⇔ − −= + Vì { } IJ CD J ∩= nên tọa độ điểm J là nghiệm của hệ: 27 2 40 0 27 ; 13 2 2 4 25 0 2 13 xy x J xy y ++ = = − ⇔ ⇒ − − − −= = − + Do J là trung điểm của CD nên suy ra ( 7; 26) C −− . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comVí dụ 6. Cho hình thoi ABCD có tâm (3;3) I và 2 AC BD = . 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. Phân tích hướng giải : Nếu tìm được tọa độ điểm B ta sẽ dễ dàng viết được phương trình BD (đi qua I và B ). Việc tìm tọa độ điểm B sẽ được chuyển về Bài toán 1. Cụ thể : * Lúc này khai thác tính đối xứng của hình thoi ta sẽ tìm được tọa độ điểm ' N thuộc AB đối xứng với N qua I và khi đó ta sẽ viết được phương trình AB đi qua hai điểm , ' MN đã biết tọa độ. Như vậy điểm B thuộc đường thẳng AB đã biết phương trình. * Ta sẽ khai thác dữ kiện cuối cùng của bài toán là 2 AC BD = để tính độ dài đoạn IB (chi tiết xem ở phần lời giải) Giải + Gọi ' N là điểm đối xứng với N qua I (hay I là trung điểm của ' NN ) suy ra 5 ' 3; 3 N thuộc đường thẳng AB khi đó AB nhận ( ) 11 ' 1; 3;1 33 MN = = làm véctơ chỉ phương , suy ra (1; 3) AB n = − Phương trình : 3 20 AB x y − += + Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB nên 2 2 3 9 2 4 (, ) 10 13 IH d I AB −+ = = = + Mặt khác 22 AC BD AI IB = ⇒= . Khi đó xét tam giác IBA ta có : 2 22 2 2 2 1 1 1 1 15 22 48 IB IB IB IA IH IB IB + = ⇔ + =⇔ =⇔= + Gọi (3 2; ) B t t AB −∈ với t ∈ , khi đó : 2 22 2 (3 5) ( 3) 2 IB t t = ⇔ − +− = 2 5 18 16 0 2 tt t ⇔ − + = ⇔= hoặc 8 5 t = (loại). Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Vậy (4;2) B , khi đó đường chéo BD đi qua hai điểm (4;2) B và (3;3) I nên có phương trình: 33 43 23 xy −− = −− hay 60 xy + −= Nhận xét: Vì hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật và hình vuông nhận giao điểm hai đường chéo là tâm đối xứng cùa hình đó. Nên nếu trong đề bài cho một điểm thuộc một cạnh thì các bạn nên nghĩ tới việc tìm điểm đối xứng của điểm đó qua tâm của hình chứa nó (ở đây tâm đã biết tọa độ). Ví dụ 7 (D – 2010 – CB): Cho tam giác ABC có đỉnh (3; 7) A − , trực tâm là (3; 1) H − , tâm đường tròn ngoại tiếp là ( 2;0) I − . Xác định tọa độ đỉnh C , biết C có hoành độ dương. Phân tích hướng giải : Ta cần tìm tọa độ điểm C . Với : * 74 CI IA = = . * Nếu viết được phương trình cạnh BC ta sẽ chuyển bài toán về Bài toán 1. Lúc này việc viết phương trình BC ta chỉ cần tìm thêm tọa độ một điểm thuộc BC . Ở đây ta có thể tìm được hình chiếu D của I xuống BC hoặc chân đường cao K của A xuống BC (khi đó bài toán được giải quyết triệt để) qua các cách giải cụ thể sau: Giải Cách 1.1 Cách 1.2 Cách 2 Cách 1: Ta sẽ đi tìm tọa độ hình chiếu D của I trên BC (hay chính là trung điểm của BC ) qua 2 cách sau: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comCách 1.1 + Gọi , DE lần lượt là trung điểm của BC và AC . Khi đó : HAB IDE = và HBA IED = (góc có cạnh tương ứng song song) Suy ra ∆HAB ∽ ∆IDE nên 2 HA AB ID DE = = ⇒ 2 AH ID = (*) + Có : (0;6) AH = . Gọi ( ;) ( 2;) D x y ID x y ⇒= + , khi đó từ (*) 0 2( 2) 2 ( 2;3) 62 3 x x D yy = += − ⇔ ⇔ ⇒ − = = Cách 1.2 + Kéo dài AI cắt đường tròn tại điểm M (khác A ), khi đó I là trung điểm của AM nên suy ra ( 7;7) M − Mặt khác : // BH MC (cùng vuông góc với AC ) và // CH MB (cùng vuông góc với AB ), suy ra MBHC là hình bình hành, khi đó D cũng là trung điểm của HM nên suy ra ( 2;3) D − (Trong Cách 1.2 ta có thể chỉ ra luôn được 2 AH ID = (*), sau khi có được D là trung điểm của HM ). Cách 2: Ta sẽ đi tìm tọa độ chân đường cao K của A xuống BC . + Ta có A (3; -7) và H (3; -1) nên đường thẳng AH có phương trình : 3 x = Kéo dài AH cắt đường tròn tại điểm ' H ( khác A ). Gọi '(3; ) H t AH ∈ với 7 t ≠− , khi đó : 2 2 2 22 2 2 ' 5 57 7 IH IA R t t = = ⇔ + = + ⇔= hoặc 7 t = − (loại) '(3;7) H ⇒ + Gọi { } AH BC K ∩= và { } ' BH AC B ∩= , suy ra KHB’C nội tiếp đường tròn ⇒ C BHK = (cùng bù với ' B HK ) . Mặt khác: ' C BH A = (cùng chắn cung AB ). Suy ra ' BHK BH A = hay tam giác ' HBH cân tại B K ⇒ là trung điểm của ' HH (3;3) K ⇒ (Như vậy khi biết tọa độ điểm D hoặc điểm K thì ta dễ dàng viết được phương trình BC. Ở phần trình bày tiếp theo ta lấy số liệu của điểm D (điểm K tương tự) ). + BC đi qua D và có véc tơ pháp tuyến (0;6) AH = nên phương trình BC là : 6( 3) 0 y −= hay 3 y = + Gọi ( ;3) C t BC ∈ ( với 0 t > ) , khi đó : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 2 74 74 CI IA CI == ⇔= ⇔ 2 2 2 ( 2) 3 74 ( 2) 65 tt + + = ⇔+ = ⇔ 2 65 t =−+ hoặc 2 65 t =−− (loại) Vậy ( 2 65;3) C −+ Nhận xét: Ví dụ này còn khá nhiều cách giải, trong đó có cả cách giải của Bộ Giáo Dục, các bạn có thể tham khảo ở tài liệu khác. Ví dụ 8. Cho hai điểm A(1; 2), B (4; 3). Tìm tọa độ điểm M sao cho MAB = 0 135 và khoảng cách từ M đến đường thẳng AB bằng 10 2 . Phân tích hướng giải : * Vì MA đi qua A , hợp với đường thẳng AB góc 0 45 (bù với góc 0 135 ) nên ta sẽ viết được phương trình MA (các bạn sẽ được tìm hiểu kĩ ở Bài toán 6) . * Do 10 (, ) 2 d M AB = nên ta dễ dàng tính được độ dài đoạn 5 MA = . Như vậy điểm M đã được “lộ diện” theo góc nhìn của Bài toán 1. Cụ thể: + M MA ∈ : đã biết phương trình. + 5 MA = Giải + Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên AB , khi đó : 10 (, ) 2 MH d M AB = = Ta có MAH = 0 180 − MAB = 0 180 − 0 135 = 0 45 , suy ra tam giác MHA cân tại H , khi đó : 10 2 2. 5 2 MA MH = = = + Ta có (3;1) AB = nên (1; 3) AB n = − , khi đó phương trình AB là : 1 3.( 2) 0 3 5 0 x y xy − − − = ⇔ − + = Gọi (; ) MA n ab = với 22 0 ab +≠ , khi đó 0 22 3 1 cos( , ) cos 45 2 10. ab MA AB ab − = = = + Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com( ) ( ) 2 22 2 2 3 5 23 2 0 a b a b a ab b ⇔− = + ⇔ + − = 2 2 2. 3. 2 0 1 2 a aa b a bb b = − ⇔ + − = ⇔ = Vì MAB = 0 135 nên 0 . . .cos135 0 AM AB AM AB = < + Với 2 a b = − chọn 2 (2; 1) 1 MA a n b = ⇒ = − = − , khi đó AM có phương trình : 20 x y −= Gọi ( ;2 ) M t t AM ∈ , khi đó 2 55 MA MA = ⇔= 22 2 0 ( 1) (2 2) 5 ( 1) 1 2 t tt t t = ⇔− + − = ⇔− =⇔ = (0;0) (2;4) M M ⇒ Với (2;4) (1;2) . 5 0 M AM AM AB ⇒= ⇒ => (loại) Với (0;0) ( 1; 2) . 5 0 M AM AM AB ⇒ =− − ⇒ =− < (thỏa mãn). + Với 1 2 a b = chọn 1 (1;2) 2 MA a n b = ⇒ = = , khi đó AM có phương trình : 2 50 xy + −= Gọi (5 2 ; ) M t t AM −∈ , khi đó : 2 55 MA MA = ⇔= 22 2 1 (2 4) ( 2) 5 ( 2) 1 3 t tt t t = ⇔ − + −=⇔ −=⇔ = (3;1) ( 1;3) M M ⇒ − Với (3;1) (2; 1) . 5 0 M AM AM AB ⇒ = −⇒ = > (loại) Với ( 1;3) ( 2;1) . 5 0 M AM AM AB − ⇒ =− ⇒ =− < (thỏa mãn). Vậy (0;0) M hoặc ( 1;3) M − . Chú ý: Ngoài cách giải ở ví dụ trên, các bạn có thể tham khảo thêm cách giải sau : + Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên AB , khi đó : 10 (, ) 2 MH d M AB = = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comTa có MAH = 0 180 − MAB = 0 180 − 0 135 = 0 45 , suy ra tam giác MHA cân tại H , khi đó : 10 2 2. 5 2 MA MH = = = + Gọi (; ) M xy , suy ra ( 1; 2) AM x y = −− với (3;1) AB = khi đó ta có hệ : ( ) 0 0 22 2 22 3.( 1) ( 2) 1 cos135 , 135 2 10. ( 1) ( 2) 5 ( 1) ( 2) 5 xy AB AM xy MA xy −+ − = = − = − + − ⇔ = − + − = 22 3.(x 1) (y 2) 5 ( 1) ( 2) 5 xy −+ − = − ⇔ − +− = + Đặt 1 2 ax by = − = − , khi đó hệ có dạng: 22 2 3 5 53 5 3 20 ab b a ab a a + =− =− − ⇔ += ++= 10 20 21 13 ax by ax by = − = = − = ⇔ ⇒⇒ = −= − = = (0;0) ( 1;3) M M − + Vậy (0;0) M hoặc ( 1;3) M − . Ví dụ 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có các cạnh AB và AD tiếp xúc với đường tròn () T có phương trình 22 ( 2) ( 3) 4 xy + + − = . Đường chéo AC cắt đường tròn () T tại hai điểm , MN . Biết 16 23 ; 55 M − , trục tung chứa điểm N và không song song với AD ; diện tích tam giác ADI bằng 10 và điểm A có hoành độ âm và nhỏ hơn hoành độ của D . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD . Phân tích hướng giải: * Với dữ kiện A có hoành độ âm gợi ý ta nên đi tìm điểm A trước . Nghĩa là ta sẽ cần tìm và khai thác các dữ kiện “có lợi” cho điểm A . * Ta nhận thấy { } () Oy T N = ⇒ tọa độ điểm N + Suy ra phương trình AC (đi qua hai điểm , MN đã biết tọa độ) + Do , AB AD tiếp xúc với đường tròn () 2 2 2 T AI R ⇒= = Như vậy ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm A theo góc nhìn của Bài toán 1. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com* Dữ kiện 10 ADI S = và trục tung không vuông góc AD gợi ý điểm tiếp theo ta đi tìm sẽ là điểm D . + AD đi qua A và cách I một khoảng 2 R = ⇒ phương trình AD (sẽ được tìm hiểu kĩ ở Bài toán 6) + 2 10 (, ) ADI S AD d I AD = = Như vậy điểm D tiếp tục được “tháo” theo góc nhìn Bài toán 1. * Khi đã tìm được hai điểm , A D thì việc chỉ ra được tọa độ , CB là khá đơn giản. Sau đây là lời giải chi tiết: Giải + Đường tròn () T có tâm ( 2;3) I − và bán kính 2 R = . + Do { } () Oy T N = nên tọa độ điểm N là nghiệm của hệ: 22 0 0 (0;3) 3 ( 2) ( 3) 4 x x N y xy = = ⇔⇒ = + + − = ( ) 16 8 8 ; 2; 1 55 5 MN ⇒ = −= − (1;2) AC n ⇒= Khi đó AC (đi qua , MN ) có phương trình: 2 60 xy + −= + Gọi () T tiếp xúc với , AB AD lần lượt tại , PQ ( , PQ là các tiếp điểm) Suy ra APIQ là hình vuông nên 2 2 22 AI IP R = = = + Gọi (6 2 ; ) A tt − với 3 t > (do 0 A x > ) Khi đó 2 22 2 8 (2 8) ( 3) 8 5 38 65 0 5 AI t t t t t = ⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔= hoặc 13 5 t = (loại) ( 4;5) A ⇒− + Gọi vecto pháp tuyến của AD là (; ) AD n ab = với 22 0 ab +≠ ; 0 b ≠ ( AD không song song với Oy ) Suy ra phương trình : ( 4) ( 5) 0 4 5 0 AD a x b y ax by a b + + − = ⇔ + + − = 22 2 34 5 (, ) 2 ab ab IQ d I AD ab −+ + − = ⇔= + Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 22 20 0 a b a b ab a ⇔ − = + ⇔ = ⇔= hoặc 0 b = (loại) Với 0 a = , chọn 1 b = ta được phương trình : 50 AD y −= + 2 1 2.10 . 10 22 ADI ADI S S IQ AD AD IQ = ⇔= = = Gọi ( ;5) D m AD ∈ với 4 m >− khi đó: 22 100 ( 4) 100 6 AD m m = ⇔ + = ⇔= hoặc 14 m= − (loại) (6;5) D ⇒ + Khi đó DC đi qua (6;5) D và vuông góc với AD nên có phương trình: 60 x −= Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 60 6 (6;0) 2 60 0 xx C xy y −= = ⇔⇒ +−= = + Ta có 40 4 ( 4;0) 55 0 BB BB x x AB DC B y y += = − = ⇒ ⇔ ⇒− −= − = Vậy ( 4;5), ( 4;0), (6;0), (6;5) A B CD −− . Nhận xét: Qua ví dụ trên ta nhận thấy, khi xem xét một bài toán ta cần đặt ra các câu hỏi “với dữ kiện bài toán những điểm nào có thể tìm được luôn tọa độ? , những đường thẳng nào cần thiết có thể viết được ? ”. Sau đó cần đặt tiếp câu hỏi “ điểm nào nên tìm trước ?” . Để trả lời cho câu hỏi này thì một kinh nghiệm là những điểm đề bài cho điều kiện (như hoành độ dương, tọa độ là các số nguyên…) hoặc đang nằm trên một đường thẳng đã biết phương trình (hoặc dễ dàng viết được) cùng với các dữ kiện “có lợi” cho nó về yếu tố định lượng như diện tích, khoảng cách… Ví dụ 10 ( Khối A, A1 – 2014). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M là trung điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho 3 AN NC = . Viết phương trình đường thẳng CD , biết rằng (1;2) M và (2; 1) N − . Phân tích hướng giải: * Yêu cầu bài toán viết phương trình CD , giúp ta hướng tới việc gắn kết các dữ kiện để tìm các yếu tố liên quan tới đường thẳng CD . Việc bài toán cho biết tọa độ hai điểm (1;2) M và (2; 1) N − cùng với dữ kiện 3 AN NC = , hướng ta nghĩ đến việc tìm tọa độ điểm E ( với { } MN CD E ∩= ) . Điều này hoàn toàn có thể làm được Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comnhờ vào Bài toán 5.1 khi ta suy luận được 3 MN NE = (các bạn sẽ được tìm hiểu ở phần sau trong Bài toán 5.1) * Lúc này nếu tìm thêm được một điểm trên CD thì coi như bài toán giải quyết xong. Nhờ Bài toán 1 ta sẽ nghĩ tới việc tìm điểm D . Cụ thể với kiến thức hình học sơ cấp ta sẽ chỉ ra được tam giác MND vuông cân tại N nên D thuộc đường thẳng ND (viết được phương trình) và cách N một khoảng không đổi MN ( DN MN = ). Như vậy bài toán đã chuyển về đúng nội dung Bài toán 1 nên ta có lời giải sau: Giải + Gọi { } MN CD E ∩= và H là hình chiếu vuông góc của M trên CD . Khi đó theo Talet ta có: 33 MN AN MN NE NE NC ==⇒ = (*) + Gọi (; ) Ex y suy ra ( 2; 1) NE x y =− + và với (1; 3) MN= − , nên: 7 1 3( 2) (*) 3 3 3( 1) 2 x x y y = − = ⇔⇔ −= + = − 7 ; 2 3 E ⇒ − + Gọi d là đường thẳng đi qua N vuông góc với AB , cắt , AB CD lần lượt là , IJ . Khi đó MIN NJD ∆= ∆ ⇒ 0 2 90 10 INM JDN MND DN MN DN = ⇒= = ⇒= (*) , suy ra (1; 3) DN n MN = = − . Khi đó phương trình ND : 3 50 xy − −= + Do D ND ∈ nên gọi (3 5; ) Dt t + . Khi đó (*) 22 2 0 (5;0) (3 3) ( 1) 10 ( 1) 1 2 ( 1; 2) tD tt t tD = ⇔ + + += ⇔ +=⇔ ⇒ = − −− Đường thẳng CD đi qua 7 ; 2 3 E − và D nên với : + (5;0) D suy ra CD có phương trình : 3 4 15 0 xy − − = + ( 1; 2) D −− suy ra CD có phương trình : 2 y = − hay 20 y += Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com4. CÁCH RA ĐỀ 4: Tìm điểm M gián tiếp thông qua một điểm khác thuộc Bài toán 1 (nếu biết điểm thuộc Bài toán 1 ta sẽ suy ra được tọa độ điểm M ) Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : 22 2 4 20 0 x y x y + − + − = và hai đường thẳng 1 d : 2x + y – 5 = 0, 2 d : 2x + y = 0. Lập phương trình đường thẳng Δ tiếp xúc với đường tròn (C) tại A cắt 12 , dd lần lượt tại B và C sao cho B là trung điểm của đoạn thẳng AC. Phân tích hướng giải : * Như cách tư duy thông thường để viết đường thẳng ∆ , ta sẽ nghĩ đến việc tìm một điểm mà ∆ đi qua cùng với vecto pháp tuyến hoặc chỉ phương của nó. Lúc này có ba sự lựa chọn là điểm , A B hoặc C . Song cả ba điểm trên đều chưa biết tọa độ. Vậy câu hỏi lúc này là nên tìm tọa độ điểm nào ? Ta nhận thấy ha i điểm , BC có lợi thế là đều đang thuộc các đường thẳng đã biết phương trình, nhưng gần như đó là dữ kiện có lợi duy nhất cho B và C . Nghĩa là việc tìm tọa độ , BC là gặp “khó khăn”. Chỉ còn một sự lựa chọn là điểm A . Có vẻ hợp lí , vì nếu tìm được tọa độ điểm A , ta sẽ tìm được vecto pháp tuyến của ∆ là IA và suy ra phương trình ∆ . Thế tìm điểm A bằng cách nào ? Với dữ kiện bài toán ta chỉ có được 5 IA R = = . Vậy việc tìm điểm A trực tiếp lúc này lại gặp trở ngại. Khi đứng trước những tình huống bí bách kiểu này, một kinh nghiệm là ta hãy chú ý tới những thông số, dữ kiện của đề bài và rất có thể trong đó đang ẩn chứa những yếu tố đặc biệt sẽ giúp ta tháo gỡ được “nút thắt ” của bài toán. Nhận thấy, có hai yếu tố về số liệu khá đặc biệt là tâm I của ( ) C thuộc 2 d và 1 d // 2 d . Nghĩa là JB là đường trung bình trong tam giác IAC với { } 1 d IA J ∩= , suy ra J là trung điểm của IA . Nếu tìm được tọa độ điểm J ta sẽ suy ra tọa độ điểm A và viết được phương trình ∆ . Vậy thay vì đi tìm A ta sẽ tìm gián tiếp thông qua điểm J . *Ta nhận thấy : 1 Jd ∈ và 22 IA R JI= = . Như vậy lúc này đã “lộ diện” Bài toán 1, có nghĩa là ta sẽ tìm được tọa độ điểm J nhờ Bài toán 1. Giải Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Đường tròn ( ) C có tâm (1; 2) I − thuộc 2 d và bán kính 5 R = . Gọi { } 1 d IA J ∩= . Do 1 d // 2 d nên JB là đường trung bình trong tam giác IAC , suy ra J là trung điểm của IA . + Gọi 1 ( ;5 2 ) Jt t d −∈ , khi đó : 2 22 5 25 25 ( 1) (2 7) 2 22 4 4 IA R JI JI t t = = = ⇔ = ⇔− + − = 22 5 4(5 30 50) 25 4 24 35 0 2 t t t t t ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔= hoặc 7 2 t = Do J là trung điểm của IA nên : + Với 5 2 t= ⇒ 5 ;0 (4;2) 2 JA ⇒ , khi đó ∆ đi qua (4;2) A và có vectơ pháp tuyến (3;4) IA = nên có phương trình : 3( 4) 4( 2) 0 3 4 20 0 x y xy −+ − = ⇔ + − = . + Với 7 2 t= ⇒ 7 ; 2 (6; 2) 2 J A −⇒ − , khi đó ∆ đi qua (6; 2) A − và có vectơ pháp tuyến (5;0) IA = nên có phương trình : 5( 4) 0.( 2) 0 4 xy x − + − = ⇔= . Vậy ∆ có phương trình : 3 4 20 0 xy + − = hoặc 4 x = . Nhận xét : Ví dụ trên là kiểu bài toán không mẫu mực, nghĩa là với các cách tư duy thông thường (chưa để ý tới những số liệu cụ thể ) ta khó có thể đưa ra được lời giải cho nó. Khi đó giải pháp cho những lớp bài toán trên là khai thác triệt để số liệu đặc biệt của đề bài, và chính số liệu này mới là “chìa khóa” giúp ta đi đến đáp số của bài toán. Các bạn sẽ tiếp tục tìm hiểu các lớp bài toán này qua các ví dụ tiếp theo. Chú ý : Ngoài cách giải theo góc nhìn của Bài toán 1 ở trên, các bạn có tìm trực tiếp điểm A bằng cách sau : + Do 1 d // 2 d và khoảng cách giữa hai đường thẳng này bằng 5. Do đó A sẽ thuộc đường thẳng d song song với 1 d và cách 1 d một khoảng bằng 5. Suy ra đường thẳng : 2 10 0 d xy +− = hoặc : 2 0 d xy += (loại vì 2 dd ≡ ) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ : 22 4 2 2 10 0 (4;2) (6; 2) 2 4 20 0 6 2 x y xy A A xy x y x y = = +− = ⇔⇒ − +− + − = = = − Ví dụ 2 (A – 2010 – CB). Cho hai đường thẳng 1 : 3 0 d xy += và 2 : 3 0 d x y −=. Gọi () T là đường tròn tiếp xúc với 1 d tại A , cắt 2 d tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết phương trình của () T , biết tam giác ABC có diện tích bằng 3 2 và điểm A có hoành độ dương. Phân tích hướng giải : * Như ta đã biết để viết phương trình của một đường tròn ta luôn cần hai yếu tố là tọa độ tâm và bán kính. Song với bài toán này nếu xác định được tọa độ tâm I của () T thì ta sẽ tính được bán kính vì 1 (, ) R d I d = và suy ra được phương trình () T . Vậy tìm I như thế nào ? I thuộc AC song chưa biết phương trình. Như vậy việc tìm tìm trực tiếp điểm I là không khả thi. Lúc này ta sẽ nghĩ tới việc tìm điểm I gián tiếp thông qua các điểm có mối liên hệ với nó. Với dữ kiện ABC vuông tại B , suy ra AC là đường kính ( I là trung điểm của AC ). Vì vậy nếu biết tọa độ điểm A ta sẽ tìm được tọa độ điểm C (Vì khi đó ta viết được phương trình AC và 2 {} d AC C ∩=), từ đó ta suy ra được tọa độ điểm I . * Xác định tọa độ điểm A nhờ Bài toán 1. Cụ thể: + 1 : 3 0 Ad x y ∈ += . + Có 12 {} dd O ∩= với (0;0) O và khai thác dữ kiện 3 2 ABC S ∆ = để tính ? OA = Giải + Xét hệ : 30 0 0 3 0 xy x y x y += = ⇔ = −= (0;0) O ⇒ là giao điểm của 1 d và 2 d . Véc tơ pháp tuyến của 12 , dd lần lượt là : 1 ( 3;1) n = , 2 ( 3; 1) n= − , Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com suy ra : 12 3. 3 1.( 1) 1 cos( , ) 2 31. 31 dd + − = = ++ Mặt khác tam giác ABC vuông tại B , do đó 00 60 60 AOB BAC ∠ = ⇒∠ = . + Xét tam giác AOB và AOC ta có: 0 0 3 sin 60 2 tan 60 3 OA AB OA AC OA OA = = = = Khi đó 02 1 1 3 3 33 . sin 60 . . 3. 2 22 2 8 ABC OA S AB AC OA OA ∆ = = = . Do đó 3 2 ABC S ∆ = 2 3 3 OA ⇒= . + Gọi ( ; 3) At t − với 0 t > , khi đó: 22 22 2 3 4 4 1 1 3 3 3 33 3 OA OA t t t t = ⇔ = ⇔ + = ⇔ = ⇔= hoặc 1 3 t = − (loại) ⇒ 1 ; 1 3 A − Suy ra AC qua A , vuông góc 1 d có phương trình: ( ) 1 3 1 0 3 3 40 3 x y xy − − + = ⇔ − − = Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 10 3 3 40 2 ; 2 3 3 3 0 2 x xy C x y y = − − = − ⇔ ⇒− −= = − + Vì tam giác ABC vuông tại B nên AC là đường kính . Do đó đường tròn () T cần viết có: Tâm 13 ; 2 2 3 I − − và bán kính 22 ( 3) 1 1 22 AC R + = = = Suy ra phương trình đường tròn () T : 2 2 13 1 2 2 3 xy + + + = . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comVí dụ 3 (B – 2011 – NC ). Cho tam giác ABC có đỉnh 1 ;1 2 B . Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh ,, BC CA AB tương ứng tại các điểm , , DE F . Cho (3;1) D và đường thẳng EF có phương trình 30 y −=. Tìm tọa độ đỉnh A , biết A có tung độ dương. Phân tích hướng giải: Ta nhận thấy A đang nằm trên các đường ,, AB AD AC . Như vậy lúc này việc tìm điểm A có thể đi theo những hướng sau: “Hướng 1: nếu viết được phương trình của một trong 3 đường trên và tính được độ dài đoạn AB (hoặc AD ) thì ta sẽ chuyển nó về Bài toán 1” hoặc “Hướng 2: nếu biết được phương trình của hai trong 3 đường trên ta cũng suy ra được tọa độ điểm A ”. Để chọn hướng đi thích hợp ta cần khai thác các dữ kiện của bài toán. Với các số liệu của bài toán cho ta thấy Hướng 1 có vẻ không mấy khả thi, vì việc tính được độ dài AB (hoặc AD ) sẽ gặp trở ngại. Lúc này ta nghĩ tới giải pháp thứ 2. Điểm B và D đều đã biết tọa độ nên ta sẽ nghĩ tới việc viết phương trình AB và AD . Ta sẽ phân tích chi tiết số liệu bài toán: 1 ;1 2 (3;1) B D ⇒ phương trình BD : 1 y = song song với đường thẳng : 30 EF y −=. Khi đó ta sẽ chứng minh được tam giác ABC cân tại A . Do đó AD BC ⊥ . Như vậy ta viết được phương trình AD . Lúc này việc việc viết phương trình AB sẽ cần sự “trợ giúp” của điểm F . Và ta nhận thấy Bài toán 1 sẽ cho ta được tọa độ điểm F . Cụ thể: * : 30 F EF y ∈ −= * 5 2 FB BD = = Sau đây là lời giải chi tiết của bài toán. Giải + Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Khi đó ID BC IA EF ⊥ ⊥ (1) Với 1 ;1 2 (3;1) B D ⇒ phương trình BD : 1 y = , suy ra BD // EF hay BC // EF (2) (vì phương trình : 30 EF y −=) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Từ (1) và (2) suy ra ,, A I D thẳng hàng hay AD BC ⊥ , nên phương trình AD là: 3 x = + Gọi ( ;3) F t EF ∈ , khi đó theo tính chất tiếp tuyến ta có: BF BD = 22 22 2 15 2 22 BF BD t ⇔ = ⇔− + = 2 1 ( 1;3) 20 2 (2;3) tF tt tF = −− ⇔ − − = ⇔ ⇒ = + Với 3 ( 1;3) ;2 (4;3) 2 BF F BF u −⇒ =− ⇒ = , khi đó phương trình BF là: 4( 1) 3( 3) 0 4 3 5 0 x y xy + + − = ⇔ + −= Do { } BF AD A ∩= nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 3 4 3 50 7 3 0 3 x xy x y = + −= ⇔ = = −< (loại) + Với 3 (2;3) ;2 (4; 3) 2 BF F BF u ⇒= ⇒ = − , khi đó phương trình BF là: 4( 2) 3( 3) 0 4 3 1 0 x y xy −− −= ⇔ − + = Do { } BF AD A ∩= nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 3 4 3 10 13 3 3 x xy x y = − += ⇔⇒ = = 13 3; 3 A Vậy 13 3; 3 A Bình luận sau Bài Toán 1: Như vậy trong các đề thi Quốc Gia, nhiệm vụ của người ra đề là sẽ làm “mờ” bài toán gốc của chúng ta , bằng các dữ kiện và số liệu đi kèm . Nhiệm vụ của các bạn là dùng các kiến thức cơ bản để cắt nghĩa bài toán, làm cho bài toán gốc “hiện nguyên hình” . Qua Bài Toán 1 các bạn thấy phần nào tầm “ quan trọng” và tí nh hiệu quả của nó trong việc giải quyết các bài toán tìm điểm và các bài toán liên quan khác…Nó giúp các bạn biết cách đặt ra các câu hỏi hướng vào các đối tượng và dữ kiện của đề bài mà ta đang cần và có được định hướng để tư duy và tháo gỡ bài toán. Nế u biết cách “làm chủ” Bài toán 1 có nghĩa là các bạn đang có trong tay một công cụ đơn giản nhưng khá hiệu quả và việc đưa ra đáp số chính xác cho các bài toán không có gì khó khăn với các bạn. Chúng ta còn khá nhiều công cụ hữu hiệu khác. Các bạn sẽ tiếp tục đi tìm hiểu thông qua 9 bài toán tiếp theo. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comE. BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C): x 2 + y 2 – 4x – 6y – 12 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường tròn ( ') C có diện tích gấp bốn lần diện tích đường tròn ( ) C và ( ') C đồng tâm với ( ) C . Biết đường thẳng : 2 3 0 d x y − += đi qua điểm M . Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm (2; 5) C − , đường thẳng :3 4 4 0 xy ∆ − += . Tìm trên đường thẳng ∆ hai điểm A và B đối xứng nhau qua điểm 5 2; 2 I sao cho diện tích tam giác ABC bằng 15 . Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có phương trình cạnh AB : 4 3 24 0 xy +− = và 19 ; 22 I − là giao điểm hai đường chéo. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD , biết đỉnh A có hoành độ dương. Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD biết phương trình của một đường chéo là 3 70 xy + − =, điểm (0; 3) B − , diện tích hình thoi bằng 20. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi. Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Viết phương trình đường tròn ( ) C đi qua hai điểm (0;5) A , (2;3) B và có bán kính 10 R = . Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp trong đường tròn 22 ( ): 2 4 1 0 Cx y x y + + − += và (0;1) M . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết M là trung điểm của cạnh AB và A có hoành độ dương. Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC đều, biết điểm (2 3;2 3) A+− và đường thẳng :0 BC x y −=. Tìm tọa độ B và C . Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm ( 1;2) A − và đường thẳng : 2 30 xy ∆ − +=. Trên đường thẳng ∆ lấy hai điểm , BC sao cho tam giác ABC vuông tại C và 3 AC BC = . Tìm tọa độ đỉnh B . Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng : 30 dx y − −= và điểm (2;6) A . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết rằng hai điểm , BC thuộc đường thẳng d , tam giác ABC vuông tại A và có diện tích bằng 35 . 2 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD và ( 1;2) A − . Gọi , MN lần lượt là trung điểm của AD và DC , E là giao điểm của BN và CM . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BME biết BN nằm trên đường thẳng 2 80 xy + −= và B có hoành độ lớn hơn 2. Bài 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm ( 1;3) A − và đường thẳng ∆ có phương trình 2 20 xy − +=. Dựng hình vuông ABCD sao cho hai đỉnh , BC nằm trên ∆ . Tìm tọa độ các đỉnh , , BC D biết C có tung độ dương. Bài 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12 , tâm của hình chữ nhật là điểm 93 ; 22 I và điểm (3;0) M là trung điểm của cạnh AD . Tìm tọa độ các đỉnh của 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 : 2 1 0 AD x y + −= , điểm ( 3;2) I − thuộc đoạn BD sao cho 2 IB ID = . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật biết D có hoành độ dương và 2 AD AB = . Bài 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh (0;5) A và một đường chéo nằm trên đường thẳng có phương trình 20 x y −= . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông, biết B có hoành độ lớn hơn 2 . Bài 15. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A và D có đáy lớn CD . Biết 22 BC AB AD = = , trung điểm của BC là điểm (1;0) M , đường thẳng AD có phương trình 3 30 xy − +=. Tìm tọa độ điểm A biết A có tung độ nguyên. Bài 16. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A , biết BAC = 0 120 , (1;2) M là trung điểm của cạnh AC . Đường thẳng BC có phương trình 30 x y − +=. Tìm tọa độ điểm A biết điểm C có hoành độ đương. Bài 17. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C): x 2 + y 2 – 8x+ 6y + 21 = 0 và đường thẳng : 2 3 0 d xy + −=. Xác định tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD ngoại tiếp đường tròn ( ) C biết A nằm trên d và có hoành độ nguyên. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 18. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng : 2 50 xy ∆ − += và đường tròn 22 ( ): 2 4 5 0 Cx y x y + − + −=. Qua điểm M thuộc ∆ , kẻ hai tiếp tuyến , MA MB đến ( ) C ( , A B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M , biết độ dài đoạn 2 5 AB = . Bài 19. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn (C): x 2 + y 2 – 12x – 4y + 36 = 0. Viết phương trình đường tròn ( ') C tiếp xúc với hai trục tọa độ, đồng thời tiếp xúc ngoài với đường tròn ( ) C . Biết tâm của ( ') C có hoành độ và tung độ cùng dấu. Bài 20. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12 và có tâm I là giao điểm của hai đường thẳng 1 : 30 d x y − −= và 2 : 3 90 dx y + −=. Trung điểm của cạnh AD là giao điểm của 1 d với trục hoành. Xác định tọa độ bốn đỉnh của 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 là ( 1;2) M − , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là (2; 1) I − . Đường cao của tam giác kẻ từ A có phương trình : 2 1 0 xy ∆ + += . Tìm tọa độ đỉnh C . Bài 22. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng 1 : 30 d x y + +=, 2 : 10 d x y − += và điểm (1;2) M . Viết phương trình đường tròn đi qua M , cắt 1 d tại hai điểm A và B sao cho 82 AB = và đồng thời tiếp xúc với 2 d . Bài 23. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có : 4 3 4 0 AB x y − − =, : 4 3 18 0 CD x y − − = và tâm I thuộc đường thẳng : 10 xy ∆ + −= . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông biết A có hoành độ nhỏ hơn 1. Bài 24. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn 1 () C có phương trình 22 25 xy +=, điểm (1; 2) M − . Đường tròn 2 () C có bán kính bằng 2 10 . Tìm tọa độ tâm của đường tròn 2 () C , sao cho 2 () C cắt 1 () C theo một dây cung qua M có độ dài nhỏ nhất. Bài 25. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp là điểm (4;0) I và phương trình hai đường thẳng lần lượt chứa đường cao và đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A của tam giác là 1 : 20 d x y + − = và 2 : 2 30 dx y + −=. Viết phương trình các đường thẳng chứa cạnh của tam giác ABC biết B có tung độ dương. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 26. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có (1;0) A , (3;2) B và ABC = 0 120 . Xác định tọa độ hai đỉnh C và D , biết D có tung độ dương. Bài 27. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có tâm (2;1) I và 2 AC BD = . Điểm 1 0; 3 M thuộc đường thẳng AB , điểm ( ) 0;7 N thuộc đường thẳng CD . Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành 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 và đường thẳng : 50 dx y + +=. Từ điểm M thuộc d kẻ các tiếp tuyến , MA MB đến đường tròn ( ) C ( , A B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M sao cho diện tích tam giác IAB bằng 27 3 8 và độ dài đoạn AB nhỏ nhất. Bài 29. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường (C): x 2 + y 2 + 6x – 2y + 6 = 0 và các điểm (2; 3) A − , (4;1) B . Tìm tọa độ điểm M trên đường tròn sao cho tam giác MAB cân tại M và có diện tích lớn nhất. Bài 30. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông OABC có đỉnh (3;4) A và điểm B có hoành độ âm. Gọi , E F theo thứ tự là các giao điểm của đường tròn ( ) C ngoại tiếp hình vuông OABC với trục hoành và trục tung ( E và F khác gốc tọa độ O ). Tìm tọa độ điểm M trên ( ) C sao cho tam giác MEF có diện tích lớn nhất. Bài 31. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm (0;2) A và đường thẳng : 2 20 xy ∆ − +=. Tìm trên ∆ hai điểm M , N sao cho tam giác AMN vuông tại A và 2 AM AN = , biết điểm N có tung độ là số nguyên. Bài 32. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A , có đỉnh ( 4;1) C − , phân giác trong góc A có phương trình 50 xy + −=. Viết phương trình đường thẳng BC , biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và đỉnh A có hoành độ dương. Bài 33. Cho đường tròn 22 ( ): 2 4 0 Cx y x y +− − = và điểm ( 1;3) A − . Tìm tọa độ các đỉnh của còn lại của hình chữ nhật ABCD nội tiếp trong ( ) C và có diện tích bằng 10 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 34. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn và CB CD = . Trên tia đối của tia DA lấy điểm E sao cho DE AB = . Phương trình cạnh : 3 13 0 BC x y − + = , phương trình : 10 AC x y − −= . Tìm tọa độ đỉnh , A B biết A có hoành độ nhỏ hơn 3 và (14;1) E . Bài 35. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn 22 ( ): 4 4 0 Tx y y + − − = và cạnh AB có trung điểm M thuộc đường thẳng : 2 1 0 d x y − −= . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết điểm M có hoành độ không lớn hơn 1. Bài 36. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có diện tích bằng 4 với (3; 2), (1;0) AB − . Tìm tọa độ đỉnh C biết bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác bằng 2 và C có tung độ dương. Bài 37. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trực tâm (2;1) H và tâm đường tròn ngoại tiếp (1;0) I . Trung điểm BC nằm trên đường thẳng có phương trình 2 10 xy − −= . Tìm tọa độ đỉnh B, C biết rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC đi qua điểm E (6; -1) và hoành độ điểm B nhỏ hơn 4. Bài 38. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với (1;1), (2;3) AB và C thuộc đường tròn có phương trình 22 6 4 90 xy x y + − − +=. Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC , biết diện tích tam giác ABC bằng 0,5 và điểm C có hoành độ là một số nguyên. Bài 39. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng 1 : 2 1 0 d x y − −= và 2 : 2 3 0 d xy + −=. Gọi I là giao điểm của 1 d và 2 d ; A là điểm thuộc 1 d có hoành độ dương. Lập phương trình đường thẳng ∆ đi qua A , cắt 2 d tại B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 6 và 3 IB IA = . Bài 40. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình đường cao kẻ từ đỉnh A là 3 50 x y − +=, trực tâm ( 2; 1) H −− và 1 ;4 2 M là trung điểm của cạnh AB . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết 10 BC = và B có hoành độ nhỏ hơn hoành độ của C . Bài 41. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng 1 : 15 0 x y ∆ −+ = và 2 : 3 10 0 x y ∆ −− =. Các đường tròn 1 () C và 2 () C có bán kính bằng nhau, đều có tâm nằm trên 1 ∆ và cắt nhau tại hai điểm (10;20) A và B . Đường thẳng 2 ∆ cắt 1 () C và 2 () C lần lượt tại C và D (khác A ). Tìm tọa độ các đỉnh Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comcủa tam giác BCD , biết diện tích tam giác BCD bằng 120 và tâm của đường tròn 1 () C có hoành độ không dương. Bài 42. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng : 3 0 x y ∆ −= . Lập phương trình đường tròn tiếp xúc với ∆ tại A , cắt trục tung tại hai điểm , BC sao cho tam giác ABC vuông tại A và có chu vi bằng 33 + . Bài 43. Cho hai điểm (0;1) A , (2; 1) B − và hai đường thẳng 1 : ( 1) ( 2) 2 0 d m xm y m − + − +− =, 2 : (2 ) ( 1) 3 5 0 d m x m y m − + − + −=. Gọi P là giao điểm của 1 d và 2 d . Tìm m sao cho PA PB + lớn nhất. Bài 44. Cho tam giác nhọn ABC . Đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có ph ương trình là 3 5 80 xy + −= và 40 x y − − =. Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là (4; 2) D − . Viết phương trình các đường thẳng , AB AC biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3. Bài 45. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn 22 ( ) : 25 Cx y +=, đường thẳng AC đi qua điểm (2;1) K . Gọi , MN lần lượt là chân đường cao kẻ từ đỉnh B và C . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC , biết phương trình đường thẳng MN là 4 3 10 0 xy − += và điểm A có hoành độ âm. Bài 46. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh ( 1; 3) A−− . Biết rằng trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt là (1; 1) H − và (2; 2) I − . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC . Bài 47. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD có hai đáy là AB và CD . Biết tọa độ (3;3), (5; 3) BC − . Giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng : 2 3 0 xy ∆ + −=. Xác định tọa độ còn lại của hình thang ABCD để 2 CI BI = , tam giác ABC có diện tích bằng 12, điểm I có hoành độ dương và điểm A có hoành độ âm. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comF. GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. + Đường tròn ( ) C có tâm (2;3) I và bán kính 5 R = . Vì ( ') C có diện tích gấp bốn lần diện tích đường tròn ( ) C và ( ') C đồng tâm với ( ) C nên ( ') C có tâm (2;3) I và bán kính với 22 ' 4 ' 2 10 R R RR ππ = ⇔= = Suy ra ' 10 IM R = = + Gọi ( ;2 3) Mt t d +∈ , khi đó: 2 22 2 10 100 ( 2) (2 ) 100 5 4 96 0 IM IM t t t t = ⇔ = ⇔− + = ⇔ − − = 4 24 5 t t = − ⇔ = ( 4; 5) 24 63 ; 55 M M −− ⇒ + Vậy ( 4; 5) M −− hoặc 24 63 ; 55 M Bài 2. + Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên ∆ , khi đó : 22 3.2 4.( 5) 4 (, ) 6 34 CH d C − −+ = ∆= = + + Ta có 1 . 2 ABC S CH AB = 2 2.15 5 6 ABC S AB CH ⇔= = = 5 22 AB AI ⇒= = (do I là trung điểm của AB ) + Gọi (4;1 3) A t t + ∈∆ , khi đó : 2 2 2 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 AB tA B = ⇒ ⇔⇒ = ⇒ + Vậy (0;1), (4;4) AB hoặc (4;4), (0;1) AB . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 3. + Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB ta có: 2 2 27 2 24 5 2 (, ) 2 43 IH d I AB −+ − = = = + + Tam giác AHI vuông cân tại H nên 52 2 2 AI IH BI = = = Suy ra , A B thuộc đường tròn: 22 1 9 25 2 2 2 xy + + − = 22 9 80 x y x y ⇔ + + − += + Khi đó tọa độ , A B là nghiệm của hệ: 22 3 4 4 3 24 0 (3;4) (0;8) 9 80 0 8 x y xy A B x y x y x y = = +− = ⇔⇒ + + − += = = (vì 0 A x > ) + Do I là trung điểm của AC và BD nên suy ra ( 4;5) C − , ( 1;1) D − . Bài 4. + Vì (0; 3) B − không thuộc đường chéo 3 70 xy + − = nên 3 70 xy + − = là phương trình của AC . + Khi đó BD có vecto pháp tuyến (1; 3) BD AC nu = = − đi qua (0; 3) B − nên có BD phương trình: 3 90 xy − −= Gọi { } AC BD I = nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: 3 70 3 3 90 2 xy x xy y + − = = ⇔ − −= =− (3; 2) I ⇒ − (6; 1) D ⇒− + Ta có: 22 20 2 . 2 10 10 3 1 ABCD ABCD ABC S S S BI AC AC AI BI = = ⇒ = = = ⇒= + Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Gọi ( ;7 3 ) A t t AC − ∈ , khi đó : 2 22 10 ( 3) (9 3 ) 10 AI t t = ⇔− + − = ⇔ 2 4 (4; 5) (2;1) ( 3) 1 2 (2;1) (4; 5) tA C t t AC = − ⇒ ⇔− =⇔ ⇒ = ⇒− (vì I là trung điểm AC ) + Vậy (4; 5), (2;1), (6; 1) A CD −− hoặc (2;1), (4; 5), (6; 1) AC D −− . Bài 5. + Ta có (2; 2) 2(1; 1) AB= − = − và (1;4) M là trung điểm của AB Khi đó phương trình đường trung trực của AB là : 30 x y ∆ − += + Do (C) đi qua hai điểm (0;5) A , (2;3) B nên ( ; 3) IA IB I I t t = ⇔ ∈∆ ⇒ + + Khi đó: 22 2 2 ( 2) 10 IA R IA R t t = ⇔ = ⇔ +− = 2 1 ( 1;2) 2 30 3 (3;6) tI tt tI = − − ⇔ − −= ⇔ ⇒ = + Vậy phương trình đường tròn ( ) C là: 22 ( 1) ( 2) 10 xy + + − = hoặc 22 ( 3) ( 6) 10 xy − + − =. Chú ý: có thể tìm I bằng việc gọi (; ) I xy và giải hệ: IA R IB R = = . Bài 6. + Đường tròn ( ) C có tâm ( 1;2) I − và bán kính 2 R IA = = Do đó AB đi qua (0;1) M và nhận (1; 1) IM = − làm vecto pháp tuyến nên có phương trình: 10 x y − += + Khi đó tọa độ , A B là nghiệm của hệ: 22 2 10 1 1; 2 (1;2) 1; 0 ( 1;0) 2 4 10 1 x y y x x y A xy B xy x y x − += = + = = ⇔⇔ ⇒ = −= − + + − += = (do 0) A x > Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Ta có (2;0) 2(1;0) IA = = nên phương trình : 20 AI y− = và phương trình : 10 BC x+= Gọi { } IA BC N = , suy ra tọa độ điểm N là nghiệm của hệ: 20 1 ( 1;2) 10 2 yx N xy − = =− ⇔ ⇒− += = Do ABC ∆ cân tại A nên N là trung điểm của ( 1;4) BC C ⇒− + Vậy (1;2), ( 1;0), ( 1;4) A B C −− . Bài 7. + Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC , khi đó: 2 3 2 3 (, ) 6 2 AH d A BC + −+ = = = + Do tam giác ABC đều nên 0 6 22 sin 60 3 2 AH AB AC = = = = Suy ra , BC thuộc đường tròn tâm A bán kính 22 R = . Khi đó tọa độ , BC là nghiệm của hệ: ( ) ( ) 22 2 23 2 3 8 2 4 60 0 yx xy xx x y = −− + −+ = ⇔ − −= −= 1 ( 1; 1), (3;3) 3 (3;3), ( 1; 1) x y B C x y B C = =− −− ⇔⇒ = = −− + Vậy ( 1; 1), (3;3) BC −− hoặc (3;3), ( 1; 1) BC −− . Bài 8. + Ta có 14 3 2 (, ) 55 AC d A −− + = ∆= = 2 3 35 AC CB ⇒= = + Suy ra 2 22 44 8 5 45 9 AB AC CB = + =+= + Gọi (2 3; ) B t t − ∈∆ , khi đó : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com( ) ( ) 22 22 88 2 2 2 45 108 64 0 99 AB t t t t = ⇔ − +− = ⇔ − + = 4 3 16 15 t t = ⇔ = 14 ; 33 13 16 ; 15 15 B B − ⇒ − Vậy 14 ; 33 B − hoặc 13 16 ; 15 15 B − . Bài 9. + Gọi () T là đường tròn cần lập có tâm I và bán kính R. + Vì tam giác ABC vuông tại A nên I là trung điểm của BC Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC 2 63 7 (, ) 22 AH d A BC −− ⇒= = = Suy ra 35 2. 2 2 10 5 7 2 2 ABC S BC BC R IA IH = = = ⇒ = = = + Gọi ( ; 3) I tt d − ∈ , khi đó 2 22 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: 22 ( 5) ( 2) 25 xy − + − = hoặc 22 ( 6) ( 3) 25 x y − + − =. Bài 10. + Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên , BN khi đó: 22 2 28 8 (, ) 5 21 AH d A BN −+ − = = = + Gọi { } AH BC I = , suy ra I là trung điểm của BC Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Đặt 2 2 5 22 aa AB a AI a =⇒= + = Ta có 22 85 . . 4 2 5 a AB AH AI a a = ⇔ = ⇔= hay 4 AB = + Gọi ( ;8 2 ) B t t BN −∈ với 2 t > , khi đó: 2 22 2 16 ( 1) (6 2 ) 4 5 22 21 0 3 AB t t t t t = ⇔ + + − = ⇔ − + = ⇔= hoặc 7 5 t = (loại) (3;2) B ⇒ + AD đi qua A vuông góc với AB nên có phương trình: 1 x = − Gọi { } AD BN J = , suy ra tọa độ điểm J là nghiệm của hệ: 11 ( 1;10) 2 8 0 10 x x J xy y = −= − ⇔ ⇒− + −= = Mặt khác D là trung điểm của ( 1;6) ( 1;4) AJ D M ⇒ − ⇒ − (do M là trung điểm của AD ) +) Do ABCD là hình vuông và , MN lần lượt là trung điểm của , AD DC BCN CDM ⇒∆ =∆ ⇒ 11 CB = Mà 12 CC + = 0 90 ⇒ 12 BC + = 0 90 ⇒ CEB = 0 90 hay tam giác BME vuông tại E , nên tâm đường tròn ngoại tiếp K là trung điểm của BM Suy ra (1;3) 5 K R KB = = . Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác BME là: 22 ( 1) ( 3) 5 xy − + − = Bài 11. + AB đi qua ( 1;3) A − và vuông góc với ∆ nên có phương trình: 2 10 xy + −= Khi đó tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: ( ) 2 10 0 0;1 2 20 1 xy x B xy y + −= = ⇔⇒ − += = + Gọi (2 2; ) Ct t − ∈∆ (với 0 t > ) khi đó: 2 2 2 2 2 2 2 (2 2) ( 1) 1 2 2 0 2 BC AB t t t t t = ⇔ − + − = + ⇔ − = ⇔= Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com hoặc 0 t = (loại) (2;2) C ⇒ + Vì ABCD là hình vuông nên: 21 1 (1;4) 22 4 D D D D x x CD BA D y y − =− = =⇔ ⇔⇒ − = = + Vậy (0;1), (2,2) BC và (1;4) D . Bài 12. + Ta có AB = 2MI 22 3 3 2 3 2 2 2 = += 12 22 2 2 3 2 ABCD S AD AD AM AB ⇒= = = ⇒ = = + AD và vuông góc với MI nên có phương trình: 30 xy + −= + Gọi ( ;3 ) A t t AD − ∈ với 3 t < , khi đó: 22 22 2 ( 3) ( 3) 2 ( 3) 1 2 AM t t t t = ⇔− + − = ⇔− = ⇔ = hoặc 4 t = (loại) (2;1) A ⇒ + Do M là trung điểm của (4; 1) AD D ⇒− + I lần lượt là trung điểm của AC và BD nên suy ra (7;2) C và (5;4) B Vậy (2;1), (5;4), (7;2) A B C và (4; 1) D − . Bài 13. + Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AD , khi đó: 22 2.( 3) 2 1 (, ) 5 21 IH d I AD − +− = = = + Vì IH // BA nên theo định lý Ta – let ta có: 2 2 2 5 HD AD HD HI HI AB = =⇒ = = + Xét tam giác IHD : 22 2 5 20 25 DI IH HD = + =+= (*) Gọi ( ;1 2 ) Dt t − với 0 t > , khi đó: (*) 2 2 2 ( 3) (2 1) 25 2 3 0 1 t t tt t ⇔ + + + = ⇔ + − = ⇔= hoặc 3 t = − (loại) (1; 1) D ⇒− + Gọi ( ; ) ( 3; 2) B a b IB a b ⇒ = + − . Ta có 2 IB DI = (với ( 4;3) DI = − ) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 3 8 11 26 8 aa bb +=− =− ⇔⇔ − = = ( 11;8) B ⇒− AB đi qua ( 11;8) B − nhận (1; 2) AD u = − làm vecto pháp tuyến nên có phương trình: 2 27 0 xy −+= + Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 2 27 0 5 ( 5;11) 2 1 0 11 xy x A xy y −+= = − ⇔ ⇒− + −= = + Gọi J là trung điểm của 7 5; ( 5; 4) 2 BD J C ⇒ − ⇒ −− (vì J cũng là trung điểm của AC ). Vậy ( 5;11), ( 11;8), ( 5; 4), (1; 1) AB C D − − −− − . Bài 14. + Vì (0;5) A không thuộc đường thẳng 20 x y −= nên BD có phương trình 20 x y −= + AC đi qua A vuông góc với BD nên có phương trình 2 10 0 xy + −= Gọi { } AC BD I = nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: 20 2 (2;4) 2 10 0 4 x y x I xy y −= = ⇔⇒ + −= = Suy ra (4;3) C (do I là trung điểm của AC ) + Gọi ( ;2 ) B t t BD ∈ với 2 t > , khi đó : 22 2 2 2 ( 2) (2 4) 5 ( 2) 1 3 IB IA t t t t = ⇔− + − = ⇔− =⇔ = hoặc 1 t = (loại) (3;6) B ⇒ Do I là trung điểm của BD nên (1;2) D . + Vậy (3;6) B , (4;3) C , (1;2) D . Bài 15. + Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên DC , khi đó ABHD là hình vuông. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Đặt 22 23 AB BH HD AD a BC a HC BC BH a = = = = ⇒ = ⇒ = − = 3 DC a a ⇒=+ + Gọi N là hình chiếu vuông góc của M trên AD , suy ra N là trung điểm của AD và 4 (, ) 2 2 MN d M AD = = = Mặt khác MN là đường trung bình của hình thang ABCD nên: 4 2 3 4 8 4 3 2 3 AB DC MN aaa a + = ⇔ ++ = ⇔ = = − + 4 2 3 2 a AN ⇒==− + Xét tam giác vuông AMN ta có: ( ) 2 22 2 4 2 3 2 32 16 3 AM AN MN = + = − += − + Gọi ( 3 3; ) At tAD −∈ với t ∈ , khi đó : ( ) 2 22 32 16 3 3 4 32 16 3 AM t t = − ⇔ − += − 2 2 3 4 4 3 0 tt ⇔ − −+ = ⇔ 2 t = hoặc 2 3 2 t = − (loại) Vậy (2 3 3;2) A − . Bài 16. + Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC Do M là trung điểm của AC nên: ( ,) 2 ( ,) AH d A BC d M BC = = = 12 3 2. 2 2 2 −+ = = + Vì ABC cân tại A nên 2 BAC HAC = = 0 60 . Xét tam giác vuông AHC ta có: 0 42 22 cos 60 2 AH AC AC MC = = ⇒== + Gọi ( ; 3) C t t BC +∈ với 0 t > , khi đó : 2 22 2 8 ( 1) ( 1) 8 3 3 MC t t t t = ⇔ − + + = ⇔ = ⇔= hoặc 3 t = − (loại) ( 3;3 3) C ⇒+ Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Mặt khác M là trung điểm của AC nên suy ra (2 3;1 3) A−− . Bài 17. + Đường tròn ( ) C có tâm (4; 3) I − và bán kính 2 R = . + Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB , suy ra tam giác IHA vuông cân tại H nên : 2 2 22 AI IH R = = = + Gọi ( ;3 2 ) At t d −∈ , khi đó : 2 2 22 8 ( 4) (2 6) 8 5 32 44 0 2 AI t t t t t = ⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔= hoặc 22 5 t = (loại) (2; 1) A ⇒ − Vì I là trung điểm của AC nên (6; 5) C − . + BD đi qua (4; 3) I − , nhận (4; 4) 4(1; 1) AC= − = − làm vecto pháp tuyến nên có phương trình: 70 x y − − = Mà 22 IB ID IA = = = nên , BD thuộc đường tròn có phương trình: 22 ( 4) ( 3) 8 xy − + + = Khi đó tọa độ , BD là nghiệm của hệ: 22 2 2 5 70 7 (2; 5), (6; 1) (6; 1), (2; 5) ( 4) ( 3) 8 ( 4) 4 6 1 x y x y y x BD BD xy x x y = = − − − = = − −− ⇔ ⇔⇒ −− − + + = − = = = − Vậy (2; 1), (2; 5), (6; 5), (6; 1) AB C D − − − − hoặc (2; 1), (6; 1), (6; 5), (2; 5) A B C D −− − − . Bài 18. + Đường tròn ( ) C có tâm (1; 2) I − và bán kính 10 R = . + Gọi { } AB MI H = , khi đó 5 2 AB AH = = và 2 2 22 2 1 1 1 1 1 1 10 5 10 AM AH AM AI AM = + ⇔= + ⇔ = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Suy ra 2 22 10 10 20 MI AM IA = + = += hay 2 20 MI = (*) + Gọi (2 5; ) Mt t − ∈∆ , khi đó : (*) 22 2 (2 6) ( 2) 20 4 4 0 2 ( 1;2) t t t t t M ⇔ − + + = ⇔ − + = ⇔= ⇒ − + Vậy ( 1;2) M − . Bài 19. + Đường tròn ( ) C có tâm (6;2) I và bán kính 2 R = . + Gọi đường tròn ( ') C có tâm ' I và bán kính ' R Do ( ') C tiếp xúc với hai trục tọa độ nên ' I thuộc đường thẳng yx = hoặc y x = − (loại) + Gọi '( ; ) I tt , khi đó ' R t = . Vì ( ') C tiếp xúc ngoài với ( ) C nên: 22 2 2 ' ' ( 6) ( 2) 2 2 16 40 4 4 II R R t t t t t t t = + ⇔ − +− = + ⇔ − + = + + 2 2 2 0 20 36 0 2 16 4 36 0 18 0 12 36 0 t tt t t tt t t tt ≥ − += = ⇔− − + = ⇔ ⇔ = < − += '(2;2) '2 '(18;18) ' 18 I R I R = ⇒ = + Vậy phương trình đường tròn ( ') C là: 22 ( 2) ( 2) 4 xy − + − = hoặc 22 ( 18) ( 18) 324 xy − + − = . Bài 20. + Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: 9 30 2 3 90 3 2 x x y xy y = − −= ⇔ + −= = 93 ; 22 I ⇒ + Gọi M là trung điểm của AD , khi đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 03 (3;0) 30 0 yx M x y y = = ⇔⇒ − −= = Suy ra 22 3 3 2 2. 3 2 2 2 AB MI = = += Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Theo giả thiết 12 12 12 . 12 2 2 3 2 ABCD S AB AD AD AB =⇔ =⇔= = = 2 MA ⇒= + Do 1 d đi qua M và I nên 1 AD d ⊥ , suy ra phương trình AD : 30 xy + −= + Gọi (3 ; ) A tt − với 0 t > , khi đó 22 22 2 2 11 MA t t t t = ⇔ + = ⇔ = ⇔= hoặc 1 t = − (loại) Suy ra (2;1) A . Do M là trung điểm của AD (4; 1) D ⇒− Ta có I lần lượt là trung điểm của AC và BD nên suy ra (7;2) (5;4) C B Vậy (2;1), (5;4), (7;2) A B C và (4; 1) D − . Bài 21. + Ta có IM AB ⊥ nên AB đi qua M nhận ( 3;3) 3(1; 1) IM=− = −− làm vecto pháp tuyến nên có phương trình: 30 x y − += + Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 4 30 45 3 ; 2 10 5 33 3 x x y A xy y = − − += ⇔ ⇒− + += = Suy ra 27 ; 33 B − (vì M là trung điểm của AB ) + Đường thẳng BC đi qua B nhận (2;1) n ∆ = làm vecto chỉ phương nên có phương trình: 2 2 3 7 3 x t yt = −+ = + . Gọi 27 2; 33 C tt −+ + + Mặt khác: 2 22 2 22 8 10 8 10 2 3 3 3 3 IC IB IC IB t t = ⇔ = ⇔ − ++ = + Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com2 27 ; 0 33 5 4 0 4 14 47 ; 5 15 15 C B t tt t C −≡ = ⇔ −= ⇔ ⇒ = + Vậy 14 47 ; 15 15 C . Bài 22. + Gọi I là tâm và R là bán kính của đường tròn () T cần lập Gọi { } 12 dd K = và H là hình chiếu vuông góc của I trên 1 42 2 AB d HA ⇒= = Vì 2 Md ∈ và () MT ∈ nên M là tiếp điểm của 2 d và () T Do đó đường thẳng IM đi qua (1;2) M nhận 2 (1;1) d u = làm vecto pháp tuyến nên có phương trình: 1 2 0 30 x y xy − +− = ⇔ +− = + Do 1 2 1 2 .0 dd nn d d =⇒⊥ ⇒ IHKM là hình chữ nhật, khi đó : 1 1 2 3 ( , ) 3 2 2 IH MK d M d ++ = = = = Suy ra 2 22 2 2 2 2 (3 2) (4 2) 50 R IM IA IH AH = = = + = + = (*) + Gọi ( ;3 ) I t t IM − ∈ , khi đó : (*) 22 2 6 ( 1) ( 1) 50 ( 1) 25 4 t tt t t = ⇔− + − = ⇔− = ⇔ = − (6; 3) ( 4;7) I I − ⇒ − + Vậy đường tròn () T cần lập có phương trình là: 22 ( 6) ( 3) 50 x y − + + = hoặc 22 ( 4) ( 7) 50 xy + + − =. Bài 23. + Gọi ( ;1 ) It t − ∈∆ . Ta có: (, ) (, ) dI AB dI CD = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 2 2 2 2 4 3(1 ) 4 4 3(1 ) 18 7 7 7 21 43 43 tt tt tt − −− − −− ⇔ = ⇔ −= − + + 7 7 21 7 2 (2; 1) t tt I ⇔ − = − ⇔= ⇒ − + Chọn (1;0) M AB ∈ , khi đó 2 2 4 18 14 (, ) 5 43 AD d M CD − = = = + + Vì ABCD là hình vuông nên: 14 2 7 2 2 5 25 AC AC AD AI BI = = ⇒= = = Suy ra , A B thuộc đường tròn tâm I bán kính 72 5 có phương trình: 22 98 ( 2) ( 1) 25 xy − + + = + Khi đó tọa độ , A B là nghiệm của hệ: 2 22 25 44 43 98 0 ( 2) ( 1) 9 9 225 25 44 4 3 40 3 x x xy x xy y − += − + + = ⇔ − − − = = ⇔ 1 25 32 25 x y = = − hoặc 43 25 24 25 x y = = 1 32 ; 25 25 43 24 ; 25 25 A B − ⇒ (vì 1 A x < ) + Do I là trung điểm của AC và BD nên 99 18 ; 25 25 C và 57 74 ; 25 25 D − Vậy 1 32 43 24 99 18 57 74 ; , ; , ;, ; 25 25 25 25 25 25 25 25 A BC D −− . Bài 24. + Đường tròn 1 () C có tâm (0;0) O và bán kính 1 5 R = . + Gọi 2 () C cắt 1 () C tại A và B , Gọi I là tâm của đường tròn 2 () C và { } OI AB H = . Khi đó 22 2 2 2 2 25 AB AH OA OH OH = = −= − . Suy ra AB nhỏ nhất khi OH lớn nhất. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Mặt khác OH OM ≤ nên max OH OM = ⇔ MH ≡ . + AB đi qua M và vuông góc với OM nên AB có phương trình: 2 50 xy − −= Khi đó tọa độ , A B là nghiệm của hệ: 22 2 2 50 2 5 5 0 25 4 0 xy x y x y xy y y − −= = + = ⇔⇔ = += + = hoặc 3 4 x y = − = − Không mất tính tổng quát giả sử (5;0) A và ( 3; 4) B−− . + Phương trình : 2 0 OM x y += . Gọi (; 2 ) I t t OM −∈ , khi đó: 2 22 2 10 40 ( 5) 4 40 IA IA t t = ⇔ = ⇔− + = 2 1 ( 1;2) 2 30 3 (3; 6) tI tt tI = − − ⇔ − −= ⇔ ⇒ = − Vậy tâm của đường tròn 2 () C là ( 1;2) I − hoặc (3; 6) I − . Bài 25. + Do { } 12 dd A = , nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 20 2 30 xy xy + − = + −= 1 (1;1) 1 x A y = ⇔⇒ = + Gọi M là trung điểm của BC , khi đó 2 Md ∈ và IM // 1 d nên IM có phương trình: 40 xy + − = Suy ra tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 40 5 (5; 1) 2 30 1 xy x M xy y + − = = ⇔ ⇒− + −= =− + BC đi qua M và nhận 1 (1; 1) d u = − làm vecto pháp tuyến nên có phương trình: 60 x y − −= + Gọi ( 6; ) B t t BC +∈ với 0 t > , khi đó : 2 2 22 2 ( 2) 10 2 3 0 1 IB IA IB IA t t t t t = ⇔ = ⇔ + + = ⇔ + − = ⇔= hoặc 3 t = − (loại) (7;1) B ⇒ Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Suy ra (3; 3) C − (do M là trung điểm của BC ) Suy ra phương trình :1 AB y = ; Phương trình : 2 3 AC x y +− Bài 26. + Do ABCD là hình thoi và ABC = 0 120 nên ABD là tam giác đều Gọi M là trung điểm của (2;1) AB M ⇒ nên DM đi qua M nhận (2;2) 2(1;1) AB = = làm vectơ pháp tuyến có phương trình: 3 0 (3 ; ) x y D tt + −= ⇒ − với 0 t > . Khi đó : 2 2 222 ( 2) 8 2 2 0 1 3 DB AB DB AB t t t t t = ⇔ = ⇔+ − =⇔− − =⇔ =+ hoặc 13 t = − (loại). Suy ra ( ) 2 3;1 3 D −+ + Gọi { } ( ) 53 33 ; 4 3;3 3 22 AC BD I I C −+ = ⇒ ⇒ − + (Vì I là trung điểm của AC và BD ) Vậy ( ) 4 3;3 3 C −+ và ( ) 2 3;1 3 D −+ . Bài 27. + Gọi ' N là điểm đối xứng với N qua I (hay I là trung điểm của ' NN ) Suy ra '(4; 5) N − thuộc đường thẳng AB khi đó AB nhận ( ) 16 4 ' 4; 3; 4 33 MN = −= − làm véctơ chỉ phương , suy ra (4;3) AB n = Phương trình : 4 3 1 0 AB x y + −= + Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB nên : 2 2 8 31 (, ) 2 43 IH d I AB +− = = = + Mặt khác 22 AC BD AI IB = ⇒= . Khi đó xét tam giác IBA ta có : 2 22 2 2 2 1 1 1 1 1 1 5 44 IB IB IA IH IB IB + = ⇔ + =⇔= Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Gọi (43 ; 54 ) B t t AB + − − ∈ với 4 3 t >− , khi đó: 2 2 22 5 (3 2) (4 6) 5 5 12 7 0 1 IB t t t t t = ⇔ + + + = ⇔ + + = ⇔=− hoặc 7 5 t = − (loại) (1; 1) B ⇒− + Vậy (1; 1) B − . Bài 28. + Đường tròn ( ) C có tâm (3; 2) I − và bán kính 36 2 R = . + Gọi { } MI AB H = và đặt 22 2 27 2 AH a IH R AH a =⇒= − = − Khi đó 27 3 8 IAB S = 2 27 3 27 27 3 .. 8 28 AH IH a a ⇔ = ⇔ − = 2 42 2 2 27 27 2187 27 8 81 2 64 8 8 a aa a a = ⇔− + ⇔ ⇒ = = (vì min min min AB AH a ⇔⇔ ) Suy ra 27 27 9 2 28 4 IH= − = 2 27 9 2 : 3 2 24 IA IM IH ⇒= = = + Gọi ( ; 5) Mt t d −− ∈ , khi đó 2 22 2 18 ( 3) ( 3) 18 2 0 0 (0;5) IM t t t t M = ⇔ − + + = ⇔ = ⇔= ⇒ + Vậy (0;5) M . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 29. + Gọi I là trung điểm của (3; 1) AB I ⇒ − . Khi đó trung trực d của AB đi qua I nhận (2;4) 2(1;2) AB = = làm vecto pháp tuyến nên có phương trình: 3 2( 1) 0 2 1 0 x y xy − + + = ⇔ + −= . Tam giác MAB cân tại M MA MB M d ⇒ = ⇒∈ . Mặt khác ( ) MC ∈ nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 22 2 2 1 0 12 1 1 6 2 6 0 5 18 13 0 xy x y x y xy x y y y + −= =− = − ⇔⇔ = + + − + = − + = hoặc 21 5 13 5 x y = − = ( 1;1) 21 13 ; 55 M M − ⇒ − + Ta có 1 ( , ). 2 MAB MAB S d M AB AB S = ⇒ lớn nhất khi (, ) d M AB lớn nhất Phương trình đường thẳng AB : 2 70 x y − − = + Với 22 21 7 ( 1;1) ( , ) 2 5 21 M d M AB − − − −⇒ = = + 21 13 ; 55 M − 22 42 13 7 16 55 (, ) 5 21 d M AB − −− ⇒= = + Do 16 2 5 5 < nên 21 13 ; 55 M − là điểm thỏa mãn bài toán. Bài 30. + AB đi qua (3;4) A và có vectơ pháp tuyến (3;4) OA = nên có phương trình: 3 4 25 0 xy + −= Gọi (3 4;4 3) B t t +− , khi đó: 22 2 2 (4 ) (3 ) 25 AB OA AB OA t t = ⇔= ⇔ + = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 2 1 1 ( 1;7) 1 t tB t = − ⇔=⇔ ⇒ − = hoặc (7;1) B (loại) + Đường tròn (C) ngoại tiếp OABC có tâm I là trung điểm của OB 17 ; 22 I ⇒− và bán kính 52 2 R OI = = nên ( ) C có phương trình: 22 1 7 25 2 2 2 xy + + − = + Do { } { } { } { } ( ) ( 1;0) (0;7) ( ) Ox C E O E F Oy C F O = ≠ − ⇒ = ≠ + EF là đường kính nên MEF ∆ vuông tại M . Ta có: 2 2 2 . 25 2 4 42 MEF ME MF ME MF EF S ∆ + =≤== Vậy diện tích MEF ∆ lớn nhất bằng 25 2 . Dấu “=” xảy ra khi: ME MF = hay M thuộc đường trung trực của EF . Đường trung trực của EF đi qua 17 ; 22 I − nhận (1;7) EF = là vecto pháp tuyến nên có phương trình: 17 7 0 7 24 0 22 x y xy + + − = ⇔+ − = Gọi (24 7 ; ) M tt − , khi đó : 22 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 tt t M = ⇔− + = ⇔ ⇒ = − (có thể trình bày bằng cách thay tọa độ điểm M vào phương trình ( ) C do ( ) MC ∈ ) + Vậy (3;3) M hoặc ( 4;4) M − thì tam giác MEF có diện tích lớn nhất. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 31. + Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên ∆ , khi đó: 22 42 2 (, ) 5 12 AH d A −+ = ∆= = + + Đặt 2 AN a AM a =⇒= . Ta có: 2 2 2 2 22 1 1 1 51 1 1 44 a AH AN AM a a = + ⇔= + ⇔ = hay 2 1 AN = + Gọi (2 2; ) Nt t − với t ∈ , khi đó: 2 22 2 1 (2 2) ( 2) 1 5 12 7 0 1 AN t t t t t = ⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔= hoặc 7 5 t = (loại) (0;1) N ⇒ + Khi đó phương trình AN là 0 x = , suy ra phương trình AM : 2 y = Suy ra tọa độ điểm M là nghiệm của hệ : 2 20 2 (2;2) 22 xy x M yy − += = ⇔⇒ = = Vậy (2;2), (0;1) MN . Bài 32. + Gọi ∆ là phân giác trong của góc A Gọi D là điểm đối xứng của C qua ∆ , khi đó D AB ∈ CD đi qua ( 4;1) C − và vuông góc với ∆ nên có phương trình : 50 x y − += Khi đó tọa độ giao điểm I của CD và ∆ là nghiệm của hệ : 50 0 (0;5) 50 5 x y x I xy y − += = ⇔ ⇒ + −= = Do I là trung điểm của (4;9) CD D ⇒ + Gọi ( ;5 ) Aa a − ∈∆ ( 0 a > ), khi đó : 2 22 2 2 22 4 4 16 4 AI CI AI CI a a a a = ⇔ = ⇔ + = + ⇔ = ⇔= hoặc 4 a = − (loại) (4;1) A ⇒ Suy ra AC = 8 và AB đi qua (4;1) A và (4;9) D nên có phương trình 4 x = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Gọi (4; ) B b AB ∈ , khi đó : 2 1 2.24 .6 28 ABC ABC S S AB AC AB AC = ⇔= = = 22 5 (4; 5) 36 ( 1) 36 7 (4;7) bB AB b bB = −− ⇔ = ⇔− = ⇔ ⇒ = + Với (4; 5) B − , ta nhận thấy , BC nằm cùng phía so với ∆ (loại). Với (4;7) B , ta có , BC nằm khác phía so với ∆ (thỏa mãn). Khi đó BC có phương trình : 3 4 16 0 xy − −= . Bài 33. + Đường tròn ( ) C có tâm (1;2) I và bán kính 5 R = . Vì ABCD là hình chữ nhật nội tiếp trong ( ) C nên I là trung điểm của (3;1) AC C ⇒ + Gọi H là hình chiếu vuông góc của B xuống AC , khi đó : 10 2 . 5 2 5 ABCD ABCD ACB S S S AC BH BH R BI H I AC = = ⇒ = = = = = ⇒≡ Suy ra ABCD là hình vuông BD AC ⇒⊥ Do đó BD đi qua I và có vecto pháp tuyến (4; 2) 2(2, 1) AC= −= − nên có phương trình : 20 x y −= + Khi đó tọa độ , BD là nghiệm của hệ: 22 2 0 2 4 0 5 10 0 2 20 2 4 x y xy x y x x x x y y x y = = +− − = − = ⇔⇔ = −= = = + Vậy (0;0), (3;1), (2;4) B C D hoặc (2;4), (3;1), (0;0) B CD . Nhận xét: Ở bài toán trên ta đã khai thác số liệu đặc biệt của bài toán để chỉ ra được ABCD là hình vuông và viết được phương trình đường chéo BD AC ⊥ . Nếu số liệu không giúp ta có được điều này ( ABCD không là hình vuông mà là hình chữ nhật thật sự) thì ta sẽ giải quyết bài toán như thế nào? Câu trả lời trong tình huống này là : “ khi tính được khoảng cách BH , ta suy ra B thuộc đường thẳng song song với AC và cách AC một khoảng bằng BH . Khi đó giao điểm của đường th ẳng vừa lập và đường tròn giúp ta tìm được tọa độ điểm B và từ đây suy ra tọa độ điểm D ”. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 34. + Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 3 13 0 10 xy x y − + = − −= 8 (8;7) 7 x C y = ⇔⇒ = + Ta có CBA CDE = (cùng bù với CDA ) suy ra ABC EDC ∆= ∆ (c.g.c) CA CE ⇒= Gọi ( ; 1) Aa a − với 3 a < , khi đó: 22 2 2 ( 8) ( 8) 72 2 CA CE CA CE a a a = ⇔ = ⇔ − + − = ⇔= hoặc 14 a = (loại) (2;1) A ⇒ + Ta có 0 00 (6; 6) . 0 90 90 90 ( 6; 6) CE CE CA ACE BCD BAD CA = − ⇒ =⇒ =⇒ =⇒ = =−− hay AB AE ⊥ Khi đó AB đi qua (2;1) A và nhận (12;0) AE = làm vecto pháp tuyến nên có phương trình: 20 x− = + Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ : 20 2 (2;5) 3 13 0 5 xx B xy y − = = ⇔ ⇒ − + = = Vậy (2;1), (2;5) A B . Bài 35. + Đường tròn () T có tâm (0;2) I và bán kính 22 R = + Do tam giác ABC đều nên 2 22 IC R IM = = = . Gọi ( ;2 1) Mt t d − ∈ với 1 t ≤ , khi đó: 22 2 2 2 (2 3) 2 5 12 7 0 1 IM t t t t t = ⇔ + − = ⇔ − + = ⇔= Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com hoặc 7 5 t = (loại) (1;1) M ⇒ + Gọi (; ) Cx y . Ta có ( ; 2) ( 1;1) IC x y MI = − = − , khi đó 22 2 ( 2;4) 22 4 xx IC MI C yy = − = − = ⇔ ⇔ ⇒− − = = + AB đi qua (1;1) M và nhận (1; 1) IM = − là vecto pháp tuyến nên có phương trình: 0 x y −= Khi đó tọa độ , A B là nghiệm của hệ: 22 2 0 13 4 40 2 20 13 x y y x yx xy y x x yx −= = = = + ⇔⇔ + − − = − − = = = − Vậy ( ) 13;13 A++ , ( ) 13;13 B−− , ( 2;4) C − hoặc ( ) 13;13 A−− , ( ) 13;13 B++ , ( 2;4) C − . Bài 36. + Phương trình cạnh : 10 AB x y + −= Gọi M là trung điểm của AB , suy ra (2; 1) M − Khi đó phương trình đường trung trực của AB là : 30 x y ∆ − −= + Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , suy ra ( ; 3) I I tt ∈∆ ⇒ − Ta có : 2 22 2 4 ( 3) ( 1) 4 IA R IA x x = = ⇔ = ⇔ − +− = 2 1 (1; 2) 4 30 3 (3;0) x I xx x I = − ⇔ − += ⇔ ⇒ = Gọi (; ) C ab với 0 b > + Với (1; 2), − I ta có phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: 22 ( ) : ( 1) ( 2) 4 Tx y − + + = Khi đó : () CT ∈⇔ 22 ( 1) ( 2) 4 ab − ++ = (vô nghiệm - vì 0 b > ) + Với (3;0), I ta có phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: 22 ( ') : ( 3) 4 Tx y − += Khi đó 22 ( ) ( 3) 4 CT a b ∈ ⇔− + = (*) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Mặt khác ta có: 5 1 2 8 (, ) 3 2 22 ABC ab ab S d C AB ab AB + = +− =⇔ =⇔ + =− Với 5 ab + =, kết hợp với (*) ta được hệ: 22 3 ( 3) 4 2 5 a ab b ab = − += ⇔ = + = hoặc 5 0 a b = = (loại) (3;2) C ⇒ Với 3 ab + =− , kết hợp với (*) ta được hệ: 22 ( 3) 4 3 ab ab − += + =− (vô nghiệm) Vậy (3;2) C . Bài 37. + Gọi M là trung điểm của BC và J là điểm đối xứng của I qua BC Khi đó 2 AH IM IJ = = AHJI ⇒ là hình bình hành JB JC JH ⇒ = = Suy ra J là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác . HBC + Gọi (2 1; ) (4 1;2 ) M t t Jt t +⇒ + . Do E thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC nên ta có: 22 2 2 2 2 (4 1) (2 1) (4 5) (2 1) JH JE t t t t = ⇔ − + − = − + + 24 24 1 (3;1) (5;2) t tM J ⇔ = ⇔= ⇒ ⇒ Khi đó BC đi qua M nhận (2;1) IM = làm vecto pháp tuyến nên BC có phương trình: 2 70 xy + − = + Gọi ( ;7 2 ) B b b BC −∈ với 4 b < , khi đó: 22 2 2 2 ( 5) (5 2 ) 10 6 8 0 2 JB JE b b b b b = ⇔ − + − = ⇔ − += ⇔ = hoặc 4 b = (loại) (2;3) B ⇒ + Do M là trung điểm của BC nên suy ra (4; 1) C − Vậy (2;3), (4; 1). − BC Bài 38. + Ta có phương trình AB là: 2 10 x y − −= và 5 AB = , khi đó: 2 2.0,5 1 (, ) 55 ABC S d C AB AB = = = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comC ⇒ thuộc đường thẳng ∆ // AB và cách AB một khoảng bằng 1 5 + ∆ // AB nên phương trình ∆ có dạng: 20 x ym −+ = Ta có : 0 1 1 (, ) ( , ) 2 55 m m d A d C AB m = + ∆= ⇔ = ⇔ = − + Với 0 : 2 0 m x y = ⇒∆ − = , khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 22 2 20 2 1 2 6 4 90 5 14 90 x y y x x y xy x y x x −= = = ⇔⇔ = + − − += − += hoặc 9 5 18 5 x y = = (loại) (1;2) C ⇒ Suy ra trọng trọng tâm 4 ;2 3 G + Với 2 : 2 2 0 m x y =− ⇒∆ − − = , khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 22 2 2 0 22 3 4 6 4 9 0 5 22 21 0 x y y x x y xy x y x x −= = − = ⇔⇔ = + − − += − + = hoặc 7 5 4 5 x y = = (loại) (3;4) C ⇒ Suy ra trọng tâm 8 2; 3 G Vậy 4 ;2 3 G hoặc 8 2; 3 G Bài 39. + Vì { } 12 dd I = nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: 2 10 1 (1;1) 2 30 1 x y x I xy y − −= = ⇔⇒ + −= = + Đặt AIB = α ( với 0 0 180 α << ) . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Ta có: 1 2 12 . 2.2 ( 1).1 34 cos sin 55 5. 5 . dd dd nn nn αα +− = = =⇒= + Ta có 2 2 1 1 2.6 . sin .3 .sin 5 4 2 2 3sin 3. 5 IAB IAB S S IA IB IA IA IA αα α = = ⇒= = = . Vậy 2 5 IA = (*) và 22 (3 ) 45 IB IA = = (2*) + Gọi ( ;2 1) Aa a − với 0 a > , khi đó : (*) 22 2 ( 1) (2 2) 5 ( 1) 1 2 aa a a ⇔− + − =⇔− =⇔ = hoặc 0 a = (loại) (2;3) A ⇒ + Gọi ( ;3 2 ) Bb b − , khi đó : (2*) 22 2 4 (4; 5) ( 1) (2 2 ) 45 ( 1) 9 2 ( 2;7) bB b bb bB = − ⇔− + − = ⇔− =⇔ ⇒ = −− Với (2;3) (4; 5) A B − , suy ra ∆ đi qua , A B có phương trình : 4 11 0 xy +− = Với (2;3) ( 2;7) A B − , suy ra ∆ đi qua , A B có phương trình : 50 xy + −=. Bài 40. + Gọi N là trung điểm của AC , khi đó MN là đường trung bình của 10 22 BC ABC MN ∆ ⇒ = = MN đi qua 1 ;4 2 M và vuông góc với AH nên có phương trình: 2 6 25 0 xy + −= Gọi 25 2 ; 6 t N t MN − ∈ , khi đó: 22 2 5 1 12 5 2 2 62 t MN t − = ⇔− + = 2 9 1; 1 2 20 2 7 2; 2 N t t t t N − = − ⇔ −− = ⇔ ⇒ = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comGọi ( ;3 5) A a a AH +∈ ⇒ (1 ;3 3 ) B a a −− (do M là trung điểm của AB ) + Với 9 1; 2 N − ⇒ ( 2 ;4 3 ) C aa −− − (do N là trung điểm của AC ) Nhận thấy 21 CB a ax x −− < − ⇒ < (không thỏa mãn) + Với 7 2; 2 N ⇒ (4 ;2 3 ) Ca a −− (do N là trung điểm của AC ) Khi đó (1 2 ; 2 6 ) ( 6;3 3) AB a a CH a a = − −− =−− nên ta có: 2 0 . 04 50 5 4 a AB CH AB CH a a a = ⊥ ⇔ =⇔ − =⇔ = Khi 0 (0;5), (1;3), (4;2) a A BC = ⇒ Khi 5 5 35 1 3 11 7 ; , ; , ; 4 4 4 4 4 4 4 aA B C −− = ⇒ − Vậy (0;5), (1;3), (4;2) A BC hoặc 5 35 1 3 11 7 ; , ; , ; 44 4 4 4 4 AB C −− − Bài 41. + Gọi 1 2 , I I lần lượt là tâm của đường tròn 12 ( ), ( ) CC và gọi { } 12 AB I I M = Khi đó AB đi qua (10;20) A và vuông góc với 12 II (hay 1 ∆ ) nên có phương trình: 30 0 xy +− = Suy ra tọa độ điểm M là nghiệm của hệ : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 15 30 0 15 45 2 ; 15 0 45 22 2 x xy M xy x = +− = ⇔⇒ −+ = = Do M là trung điểm của AB nên suy ra (5;25) B . + Kẻ 12 , IH I K cùng vuông góc với CD , khi đó 2 CD HK = Ta có 3.5 25 10 ( , ) 2 10 10 d B CD −− = = 2 2.120 12 10 6 10 (, ) 2 10 BCD S CD HK d B CD ⇒ = = = ⇒ = + Gọi ϕ là góc tạo bởi 1 ∆ và 2 ∆ , khi đó: 12 12 . 3 1 2 cos 10. 2 5 . nn nn ϕ + = = = Do HK là hình chiếu của 12 II trên 2 ∆ nên ta có: 12 12 cos 15 2 cos HK HK II II ϕ ϕ = ⇒ = = 1 15 2 2 IM ⇒= + Gọi 11 ( ; 15) I tt + ∈∆ với 0 t ≤ , khi đó: 2 2 1 225 15 225 2 0 2 22 IM t t = ⇔ − = ⇔= hoặc 15 t = (loại) 1 2 (0;15) (15;30) II ⇒ ⇒ + Gọi 2 2 ( ;3 10) ( ;3 10) Cc c Dd d − ∈∆ − ∈∆ , khi đó: 2 2 11 2 2 21 (3 25) 125 ( 15) (3 40) 125 IC I A cc I D IA dd = + − = ⇔ = − +− = 10 (10;20) 5 (5;5) (5;5) (17;41) 10 (10;20) 17 (17;41) = ≡ = ⇔⇒ ⇒ = ≡ = c CA cC C d DA d D Vậy (5;25), (5;5), (17;41) B CD . Bài 42. + Gọi ( ) C là đường tròn cần lập có tâm I và bán kính R . + Ta có { } Oy O ∆= với O (0; 0) và AOB = 0 30 , suy ra 0 60 = ACB Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Khi đó 0 0 3 sin 60 2 . 3 2 1 cos 60 2 . 2 AB BC R R AC BC R R = = = = = = + Chu vi : 33 3 2 33 1 ABC AB BC CA R R R R ∆ + + =+⇔ + + =+⇔ = + Ta có OAI ∆ vuông tại A và 2 2 IA R OI R =⇒= = Gọi (0; ) I t Oy ∈ , khi đó 22 (0;2) 44 2 (0; 2) I OI t t I = ⇔ = ⇔ = ± ⇒ − Vậy phương trình đường tròn ( ) C cần lập là: 22 ( 2) 1 x y + − = hoặc 22 ( 2) 1 x y + + = Bài 43. Đường thẳng 1 d có véctơ pháp tuyến 1 ( 1; 2) d n mm = −− và 2 d có véctơ pháp tuyến 2 (2 ; 1) d n mm =−− Dễ thấy 1 2 . ( 1)(2 ) ( 2).( 1) 0 dd nn m m m m = − − + − −= với m ∀ nên 1 2 dd ⊥ và lại có 1 Ad ∈ ; 2 Bd ∈ , khi đó : + Nếu PA ≡ hoặc PB ≡ thì 22 PA PB AB + = = + Nếu ABP ∃∆ , khi đó ABP ∆ vuông tại P nên 2 2 AB PI = = với (1;0) I là trung điểm của AB . + Ta luôn có : 22 2. PA PB PA PB +≥ ( ) 22 22 2 2. PA PB PA PB PA PB ⇔ + ≥++ 22 2 ( ) 2. 4 AB PA PB PA PB AB ⇔ ≥ + ⇒ + ≤ = , suy ra ( ) 4 max PA PB += Dấu “=” xảy ra khi PA PB = hay ABP ∆ vuông cân tại P Khi đó PI AB ⊥ nên PI có véctơ pháp tuyến (2; 2) 2.(1; 1) AB= − = − Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Do đó PI có phương trình: 10 x y − −= + Gọi ( ; 1) P t t PI − ∈ , khi đó 2 22 PI PI = ⇔= 22 2 2 ( 1) ( 1) 2 ( 1) 1 0 t tt t t = ⇔− + − = ⇔− =⇔ = (2;1) (0; 1) P P ⇒ − Với (2;1) P thay tọa độ vào 1 d ta được: 1 m = ; Với (0; 1) P − thay tọa độ vào 1 d ta được: 2 m = Vậy 1 m = hoặc 2 m = thì ( ) 4 max PA PB += . Bài 44. + Gọi M là trung điểm của BC , khi đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 7 3 5 80 71 2 ; 40 1 22 2 x xy M xy y = + −= ⇔ ⇒ − − −= = − + Vì AD BC ⊥ , nên AD đi qua (4; 2) D − nhận (1;1) BC u = làm vecto pháp tuyến nên có phương trình: 4 20 20 x y xy − ++ = ⇔ +− = + Do { } AD AM A = , nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 3 5 80 1 (1;1) 20 1 xy x A xy y + −= = ⇔⇒ + − = = + Gọi E là trung điểm của AD 51 ; 2 2 E ⇒ − Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Khi đó , IJ IM lần lượt là đường trung trực của AD và BC nên: IJ có phương trình: 30 x y − −= và IM có phương trình : 30 xy + −= Suy ra tọa độ điểm I là nghiệm của hệ : 30 3 (3;0) 30 0 x y x I xy y − −= = ⇔⇒ + −= = + Gọi ( ; 4) B t t BC −∈ với 3 t ≤ , khi đó : 22 2 2 2 ( 3) ( 4) 5 7 10 0 2 IB IA IB IA t t t t t = ⇔ = ⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔= hoặc 5 t = (loại) (2; 2) B ⇒ − . Do M là trung điểm của BC nên (5;1) C + Suy ra phương trình :3 4 0 AB x y + − = và : 10 AC y−= Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 45. + Do , MN đều nhìn BC dưới một góc vuông nên MNBC nội tiếp đường tròn Suy ra ABC AMN = (cùng bù với NMC ) (1) Gọi D là giao điểm thứ hai của AO với đường tròn ( ) C , khi đó: ABC ADC = (cùng chắn cung AC ) (2) Từ (1) và (2) suy ra: AMN ADC = Mặt khác: 0 90 ADC DAC + = , suy ra 0 90 AMN DAC OA MN + = ⇒⊥ + Khi đó ta có phương trình :3 4 0 OA x y += Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ : 22 4 3 34 0 ( 4;3) 25 4 3 x y xy A xy x y = − = += ⇔ ⇒− += = = − hoặc (4; 3) A − (loại). + Khi đó AC đi qua ( 4;3) A − và (2;1) K nên có phương trình: 3 50 xy + −= Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ : 22 4 3 3 50 ( 4;3) (5;0) 25 5 0 x y xy CA C x y x y = − = + −= −≡ ⇔⇒ += = = Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 3 50 1 ( 1;2) 4 3 10 0 2 xy x M x y y + −= =− ⇔ ⇒− − += = Phương trình đường thẳng :3 5 0 BM x y − += Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ : 22 3 4 3 50 ( 3; 4) (0;5) 25 0 5 x y xy B B x y x y = − = − − + = −− ⇔⇒ += = = Vậy ( 4;3), ( 3; 4), (5;0) AB C − −− hoặc ( 4;3), (0;5), (5;0) A BC − . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 46. + Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tâm (2; 2) I − bán kính 10 IA = có phương trình: 22 ( ) : ( 2) ( 2) 10 Tx y − + + = + Phương trình : 20 AH x y − − = Gọi D là giao điểm thứ hai của AH với đường tròn (T). Khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ : 22 3; 1 (3;1) ( 2) ( 2) 10 (3;1) 1; 3 ( 1; 3) 20 xy D x y D xy D A xy = = − ++ = ⇔⇒ ⇒ =− =− − − ≡ − −= + Gọi M là giao điểm của BC và AD Ta có 11 B A = (cùng chắn cung DC ) và 21 BA = (cùng phụ với góc C ) Suy ra 12 B B BHD = ⇒∆ cân tại B M ⇒ là trung điểm của (2;0) HD M ⇒ + Khi đó BC đi qua M vuông góc với AH nên có phương trình: 20 xy + − = Suy ra tọa độ , BC là nghiệm của hệ: 22 1; 1 (1;1), (5; 3) ( 2) ( 2) 10 5; 3 (5; 3), (1;1) 20 = = − − + + = ⇔⇒ = = − − + − = x y B C xy xy B C xy Vậy (1;1), (5; 3) BC − hoặc (5; 3), (1;1) BC − . Bài 47. + Gọi ( ;3 2 ) It t − ∈∆ (với 0 t > ), khi đó: 22 2 ( 5) (2 6) CI BI t t = ⇔− + − 22 4 ( 3) 4 t t = −+ 2 3 2 50 1 tt t ⇔ + − = ⇔= hoặc 5 3 t = − (loại) (1;1) I ⇒ + Khi đó ta có phương trình AC đi qua , IC có phương trình: 20 xy + − = Phương trình BD đi qua , IB có phương trình: 0 x y −= + Ta có 33 2 (, ) 2 2 2 d B AC +− = = . Khi đó: 2 2.12 62 (, ) 22 ABC S AC d B AC = = = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Gọi ( ;2 ) A a a AC −∈ (với 0 a < ), khi đó : 22 72 2( 5) 72 1 AC a a = ⇔ − = ⇔= − hoặc 11 a = (loại) ( 1;3) A ⇒− . + Phương trình đường thẳng CD đi qua C và song song với AB có phương trình: 30 y+= Khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ: 0 3 ( 3; 3) 30 x y x y D y −= ⇔ = =−⇒ − − += Vậy ( 1;3), ( 3; 3) AD − −− . 2. BÀI TOÁN 2 A. NỘI DUNG BÀI TOÁN 2 Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ và cách một đường thẳng ' ∆ cho trước (đã biết phương trình) một khoảng không đổi. B. CÁCH GIẢI CHUNG Gọi () Mt ∈∆ ( ) ,' d I h ∆= → () 0 ? ft t M = ⇔= ⇒ Giải thích chi tiết: Khi gặp bài toán có nội dung như Bài toán 2 ta giải như sau: + Tham số hóa điểm M theo t (do M ∈∆ ) bằng cách gọi () Mt + Cắt nghĩa dữ kiện ( , ') dI h ∆= giúp ta có được phương trình chứa t là () 0 ft = + Giải phương trình tìm t giúp ta suy ra được tọa độ điểm M . C. VÍ DỤ GỐC Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng : 10 xy ∆ + −= và đường thẳng ': 5 12 2 0 xy ∆ − += Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho M cách ' ∆ một khoảng bằng 2 . Giải + Gọi ( ;1 ) Mt t − ∈∆ , khi đó : 22 5 12(1 ) 4 ( , ') 2 2 5 12 tt dM − −+ ∆ = ⇔ = + Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com(2; 1) 2 17 8 26 18 35 18 ; 17 17 17 M t t M t − = ⇔ − = ⇔ ⇒ − = − + Vậy (2; 1) M − hoặc 18 35 ; 17 17 M − . D. CÁC VÍ DỤ MỞ RỘNG Ví dụ 1 (B – 2004). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai điểm (1;1) A , (4; 3) B − . Tìm điểm C thuộc đường thẳng 2 10 xy − −= sao cho khoảng cách từ C đến đường thẳng AB bằng 6 . Phân tích hướng giải: Do (1;1) A , (4; 3) B − ta hoàn toàn suy ra được phương trình AB . Khi đó bài toán được phát biểu theo đúng nội dung Bài toán 2 nên ta dễ dàng suy ra được tọa độ điểm C . Sau đây là lời giải chi tiết: Giải + Ta có (3; 4) AB = − , suy ra phương trình : 4 3 7 0 AB x y + − = + Vì C thuộc đường thẳng 2 10 xy − −= nên gọi (2 1; ) Ct t + , khi đó : 22 4(2 1) 3 7 (, ) 6 6 43 t t d C AB ++ − = ⇔= + (7;3) 3 11 3 30 43 27 27 ; 11 11 11 C t t C t = ⇔ − = ⇔ ⇒ −− = − + Vậy (7;3) C hoặc 43 27 ; 11 11 C −− . Ví dụ 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4 . Biết (1;0), (0;2) AB và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng yx = . Tìm tọa độ đỉnh , CD . Phân tích hướng giải: * Với dữ kiện I nằm trên đường thẳng yx = gợi ý ta nên đi tìm tọa độ điểm I . Cũng hợp lí khi biết điểm I ta sẽ dễ dàng suy ra được tọa độ đỉnh C và D (do I là trung điểm của AC và BD ). Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com* Lúc này ta còn một dữ kiện chưa khai thác là diện tích bình hành ABCD bằng 4 . Song ta cần có điểm I tham gia vào dữ kiện này . Do đó ta nghĩ tới việc chuyển : 22 1 42 4 4. (, ). (, ) 22 5 21 2 ABCD ABCD IAB S S S d I AB AB d I AB AB == ⇒== = + * Như vậy việc tìm điểm I đã được “lộ diện” theo nội dung Bài toán 2. Vì vậy ta có lời giải chi tiết sau: Giải + Ta có ( 1;2) (2;1) AB AB n =− ⇒ = nên AB có phương trình: 2 20 xy + − = + Ta có: 22 1 42 4 4. (, ). ( , ) 22 5 21 2 ABCD ABCD IAB S S S d I AB AB d I AB AB == ⇒== = + + Gọi (; ) I tt , khi đó : 44 4 ; 22 22 (, ) 3 2 2 33 3 5 55 0 (0;0) I tt t d I AB t t I +− = = ⇔ = ⇔ −= ⇔ ⇒ = + Vì I lần lượt là trung điểm của , AC BD nên : Với 4 4 58 ;; 3 3 33 I C ⇒ và 82 ; 33 D ; Với ( ) ( ) 0;0 1;0 IC ⇒− và ( ) 0; 2 D − . Vậy 58 8 2 ;, ; 33 3 3 CD hoặc ( ) ( ) 1;0 , 0; 2 CD −− . Ví dụ 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có phương trình đường thẳng chứa các cạnh AB và CD lần lượt là 40 x y −+= và 40 x y − − =. Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông biết tâm của hình vuông thuộc đường thẳng : 2 1 0 x y ∆ − −= . Phân tích hướng giải: * Ở ví dụ này AB // CD và đều đã biết phương trình, vì vậy ta hoàn toàn có thể tính được độ dài một cạnh của hình vuông (khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comCD ). Khi đó khoảng cách từ I tới AB hoặc CD là hoàn toàn tính được. Nghĩa là ta sẽ tìm được tọa độ điểm I theo góc nhìn của Bài toán 2. Song ở bài toán này, để tránh không phải loại bớt nghiệm ta có thể sử dụng luôn hệ thứ c (, ) (, ) dI AB dI CD = để tìm điểm I . * Khi tìm được điểm I ta sẽ dễ dàng viết được phương trình đường thẳng AD theo góc nhìn của Bài toán 6.1 (các bạn sẽ được tìm hiểu ở phần sau) và việc tìm ra các điểm , ,, AC B D trở nên đơn giản. Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên: Giải Gọi ( ;2 1) It t − ∈∆ là tâm của hình vuông ABCD . Ta có: (, ) (, ) dI AB dI CD = (2 1) 4 (2 1) 4 22 tt tt − −+ − −− ⇔= 5 3 1 (1;1) tt t I ⇔ − = + ⇔= ⇒ Vì AD AB ⊥ , nên phương trình AD có dạng: 0 x ym ++ = Ta có: 2 2 : 20 4 (, ) (, ) 6 : 60 22 m m AD x y d I AD d I AB m AD x y + = + += = ⇔=⇔ ⇒ =− + − = + Với : 20 AD x y + +=, khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ : 20 3 ( 3;1) 40 1 xy x A x y y + += =− ⇔ ⇒− −+= = Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ: 20 1 (1; 3) 40 3 xy x D xy y + += = ⇔ ⇒− − −= =− Do (1;1) I là trung điểm của , AC BD nên suy ra: (5;1), (1;5) CB + Với : 60 AD x y + −=, khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ : 60 1 (1;5) 40 5 xy x A x y y + −= = ⇔ ⇒ −+= = Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ: 60 5 (5;1) 40 3 xy x D xy y + − = = ⇔⇒ − −= =− Do (1;1) I là trung điểm của , AC BD nên suy ra: (1; 3), ( 3;1) CB −− Vậy ( 3;1), (1;5), (5;1), (1; 3) A BC D −− hoặc (1;5), ( 3;1), (1; 3), (5;1) AB C D − − . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comNhận xét: Nếu bài toán trên việc tìm I ta sử dụng đẳng thức (, ) 2 2 d I AB = (trước đó ta đi tính ( ,) ( ,) 4 2 d AB CD d M CD = = , với M AB ∈ ) sẽ cho ra hai điểm I , khi đó ta phải có bước thử lại (, ) 2 2 d I CD = . Song ở bài toán trên thay vì làm thế, ta sử dụng đẳng thức : (, ) (, ) dI AB dI CD = giúp ta tìm được duy nhất được điểm I thỏa mãn bài toán. Như vậy Bài toán 2 có thể được phát biểu tổng quát hơn là : “ Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ và liên hệ với một (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 :0 x y ∆ −=. Đường tròn ( ) C có bán kính 10 R = cắt ∆ tại hai điểm , A B sao cho 42 AB = . Tiếp tuyến của ( ) C tại A và B cắt nhau tại một điểm thuộc tia Oy . Viết phương trình đường tròn ( ) C . Phân tích hướng giải: * Ta nhận thấy để giải quyết được yêu cầu bài toán, ta cần tìm tọa độ tâm I của đường tròn ( ) C . * Vẫn một tư duy quen thuộc khi đi tìm điểm, ta sẽ cần tìm ra các yếu tố định tính (điểm I nằm trên đường thẳng nào đã biết phương trình ? ) và yếu tố định lượng liên quan tới điểm I ( điểm I có cách một điểm cố định nào đó một khoảng tính được không? Có cách một đường thẳng cho trước một khoảng không đổi không ?) . Để có được điều này ta cần khai thác các dữ kiện mà bài toán cho. * Nếu gọi H là giao điểm của IM và ∆ (với M là giao của hai tiếp tuyến) ta sẽ dễ dàng tính được 2 IH = hay (, ) 2 dI ∆= . * IM ⊥ ∆ , nếu biết thêm tọa độ một điểm thuộc IM ta sẽ viết được phương trình IM và sẽ tìm được điểm M nhờ vào Bài toán 2. Lúc này với dữ kiện M thuộc tia Oy , định hướng ta đi tìm tọa độ điểm M . * Với số liệu 10 R = và 42 AB = giúp ta tính được 42 MH = hay ( , ) 42 dM ∆= . Như vậy điểm M sẽ được “tháo” theo góc nhìn của Bài toán 2. Sau đây là lời giải chi tiết: Giải + Gọi I là tâm của đường tròn ( ) C ; M là giao điểm của tiếp tuyến tại A và B của ( ) C , H là giao điểm của AB và IM . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Do M thuộc tia Oy nên gọi (0; ) Mm với 0 m ≥ và H là trung điểm của 2 2 2 AB AB AH ⇒= = + Xét tam giác , IAM ta có: 2 22 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 2 10 8 10 40 AM AH AM AI AM AM = + ⇔= + ⇔ = ⇔= Suy ra 22 4 2 MH AM AH = −= Mà ( , ) 4 2 8 2 m MH d M m = ∆ ⇔ = ⇔ = hoặc 8 m = − (loại). Do đó (0;8) M . + Đường thẳng IM qua M và vuông góc với ∆ nên có phương trình: 80 xy + −= Khi đó ( ;8 ) It t − , suy ra: 2 2 2 (, ) 2 IH IA AH d I = − = ⇔ ∆ = (8 ) 5 (5;3) 2 3 (3;5) 2 tt t I t I −− = ⇔ =⇔⇒ = Kiểm tra điều kiện 22 5 2, = += IM IA AM ta được (5;3) I Vậy đường tròn ( ) C có phương trình 22 ( 5) ( 3) 10 xy − + − =. Nhận xét: * Như vậy ở bài toán trên, việc tìm điểm M và I đều được áp dụng theo nội dung Bài toán 2. * Ở bài toán này đã có rất nhiều bạn tìm ra hai điểm M , do không chú ý tới dữ kiện M thuộc tia Oy được hiểu là (0; ) Mm với 0 m ≥ . * Ở bài toán trên ngoài cách tìm điểm I theo góc nhìn của Bài toán 2. Các bạn có thể tìm I theo góc nhìn của Bài toán 5.1 (sẽ được đề cập chi tiết ở phần sau) . Cụ thể: + Đường thẳng IM qua M và vuông góc với ∆ nên có phương trình : 80 xy + −= Do đó tọa độ điểm H là nghiệm của hệ 04 (4;4) 80 4 xy x H xy y −= = ⇔⇒ + −= = + Ta có 2 2 11 2 44 IH IA AH HM IH HM = − = = ⇒= Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com1 4 .( 4) 5 4 (5;3) 13 4 .4 4 I I I I x x I y y −= − = ⇔ ⇔⇒ = −= E. BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD với (1;1) A , (4;5) B . Tâm I của hình bình hành thuộc đường thẳng 30 xy + +=. Tìm tọa độ các đỉnh , CD biết rằng diện tích hình bình hành ABCD bằng 9 . Bài 2 (D – 2007). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn 22 ( ) : ( 1) ( 2) 9 Cx y − ++ = và đường thẳng :3 4 0 d x ym − + = . Tìm m để trên d có duy nhất một điểm P mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến , PA PB tới ( ) C ( , A B là các tiếp điểm) sao cho tam giác PAB đều. Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A với 4 2 BC = . Các đường thẳng AB và AC lần lượt đi qua các điểm 5 1; 3 M − và 18 0; 7 N . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết đường cao AH có phương trình 20 xy + − = và điểm B có hoành độ dương. Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có giao điểm hai đường chéo là I . Trung điểm của AB là điểm (0; 7) M − và trọng tâm (5;3) G của tam giác ICD . Biết diện tích ABD bằng 12 và A thuộc đường thẳng : 20 x y ∆ − − =. Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành ABCD . F. GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. + Ta có (3;4) (4; 3) AB AB n = ⇒ = − nên AB có phương trình: 4 3 10 xy − −= + Ta có 22 1 99 4 4. (, ). (, ) 2 2 10 23 4 ABCD ABCD IAB S S S d I AB AB d I AB AB == ⇒== = + + Gọi ( ; 3) It t −− , khi đó : 4 3( 3) 1 99 (, ) 10 5 10 tt d I AB − − − − = ⇔ = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com15 1 ; 22 9 2 78 25 2 25 17 ; 14 14 14 I t t t I −− = − ⇔ += ⇔ ⇒ = − −− + Vì I lần lượt là trung điểm của , AC BD nên : Với ( ) 15 ; 2; 6 22 IC − − ⇒ −− và ( ) 5; 10 D −− Với 25 17 32 24 ; ; 14 14 7 7 I C − − ⇒− − và 53 52 ; 77 D −− . Vậy ( ) ( ) 2; 6 , 5;10 CD − − −− hoặc 32 24 53 52 ;, ; 7 7 77 CD − − −− . Bài 2. + Đường tròn ( ) C có tâm (1; 2) I − và bán kính 3 R = + Tam giác PAB đều nên 0 30 API ∠= . Xét tam giác vuông IAP có : 0 3 6 sin sin 30 IA IP API = = = ∠ + Với Pd ∈ ; 6 IP = và có duy nhất một điểm P thỏa mãn, suy ra IP d ⊥ hay : (, ) d I d IP = 22 11 6 11 30 34 m m + ⇔ =⇔+ = ⇔ + 19 41 m m = = − + Vậy 19 m = hoặc 41 m = − . Bài 3. + Gọi ' N đối xứng với 18 0; 7 N qua AH , suy ra ' N AB ∈ ' NN đi qua 18 0; 7 N và vuông góc với AH nên có phương trình : 18 0 7 xy −+ = Khi đó tọa độ giao điểm I của ' NN và AH là nghiệm của hệ : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 2 18 0 2 16 7 ; 7 16 77 20 7 x xy I xy y = − −+ = ⇔ ⇒ − + −= = Do I là trung điểm của 4 ' ' ;2 7 NN N ⇒− + Khi đó AB đi qua 5 1; 3 M − và 4 ' ;2 7 N − nên có phương trình: 7 3 20 xy + − = Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 7 3 20 1 ( 1;3) 20 3 xy x A xy y + − = =− ⇔ ⇒− + − = = + Gọi ( 1 3 ;3 7 ) B t t AB −+ − ∈ với 1 3 t > Khi đó ta có : 13 3 7 2 ( , ) 2 2 2 2 2 2 tt BC d B AH −+ + − − = =⇔= 44 1 tt ⇔ = ⇔= hoặc 1 t = − (loại) Suy ra (2; 4) B − + BC đi qua (2; 4) B − và vuông góc với AH nên có phương trình: 60 x y − −= Khi đó tọa độ điểm H là nghiệm của hệ : 60 4 (4; 2) (6;0) 20 2 xy x HC xy y − − = = ⇔ ⇒ − ⇒ + −= =− (do H là trung điểm của BC ) Vậy ( 1;3), (2; 4), (6;0) AB C − − . Bài 4. + Gọi N là trung điểm của CD , khi đó : 22 2 33 3 IG IN IM IG IM = = ⇒ = ( ) ( ) 2 50 3 3 (3; 1) 21 3 7 3 II I I II xx x I y yy −= − = ⇔ ⇔ ⇒− = − − = −− + Ta có 4 12 3 ABD AMI AMI SS S = =⇒= Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Mặt khác 2 2.3 2 35 ( , ) 35 5 AMI S MI d A MI MI =⇒=== + Ta có phương trình đường thẳng : 2 7 0 MI x y − − = Gọi ( ; 2) Aa a − ∈∆ , khi đó: 2 ( 2) 7 3 (3;1) 22 (, ) 5 2 7 (7;0) 5 55 a a aA d A MI a aA − −− = = ⇔ = ⇔ −= ⇔ ⇒ = Do M là trung điểm của AB và I là trung điểm của , AC BD nên: + Với (3;1) ( 3; 15), (3; 3), (9;13) A B CD ⇒ −− − Với (7;0) ( 7; 1), (13;12), ( 1; 2) A B C D ⇒ − − −− Vậy (3;1), ( 3; 15), (9;13), (3; 3) AB C D −− − hoặc (7;0), ( 7; 1), (13;12), ( 1; 2) AB C D − − −− . 3. BÀI TOÁN 3 A. NỘI DUNG BÀI TOÁN 3 Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ (cho biết phương trình ∆ - hay M tham số hóa được theo một ẩn) sao cho MAB là tam giác đặc biệt (vuông; cân; hai cạnh có mối liên hệ về độ dài,…) B. CÁCH GIẢI CHUNG Gọi () Mt ∈∆ → töø döõ kieän tam giaùc MABñaëc bieät () 0 ? ft t M = ⇔= ⇒ Giải thích chi tiết: Do M ∈∆ , nên ta sẽ gọi () Mt (tham số hóa điểm M dựa vào ∆ ). Sau đó khai thác dữ kiện MAB là tam giác đặc biệt sẽ giúp ta có được phương trình chứa ẩn t : () 0 ft = . Giải phương trình tìm t sẽ giúp ta tìm được tọa độ điểm M . Chú ý: + M có thể được tham số hóa thông qua một điểm khác. + Hai điểm , A B hoặc đã biết tọa độ , hoặc một trong 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 : 2 5 0 x y ∆ − −= và hai điểm ( 2;3), (4;1) AB − . Tìm tọa độ điểm M thuộc ∆ sao cho tam giác MAB vuông tại M . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comGiải + Gọi ( 2;2 8) ( ;2 5) ( 4;2 6) AM t t Mt t BM t t =+− −⇒ =− − + Khi đó tam giác MAB vuông tại 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 (2; 1) M − hoặc (4;3) M . Ví dụ 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác MAB cân tại A và đường thẳng : 2 10 xy ∆ + += . Biết (1; 4) B − và (2; 2) I − là trung điểm của AM . Tìm tọa độ hai điểm A và M biết ∆ đi qua điểm M và M có hoành độ là số nguyên. Giải + Gọi ( 2 1; ) Mt t − − ∈∆ . Vì (2; 2) I − là trung điểm của AM ⇒ 2 2 5 24 A IM A IM x x x t y yy t = −= + = − =−− ⇒ A (2t +5; -4 –t) + Tam giác MAB cân tại A 2 2 2 2 22 (4 6) (2 4) (2 4) AM AB AM AB t t t t ⇔ = ⇔ = ⇔ + + + = + + 2 46 (3; 2) 6 46 5 t t t M tt t = − + = ⇔ ⇔ ⇒− + =− = − hoặc 7 6 ; 55 M − (loại) + Với (3; 2) (1; 2) MA −⇒ − . Vậy (1; 2) A − và (3; 2) M − . Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác MAB có trọng tâm (2; 1) G − và (1; 3) A − . Đường thẳng : 2 4 0 x y ∆ − − = đi qua M . Tìm tọa độ điểm M và B biết 5 MB MA = và M có hoành độ dương. M x ∈ Ζ Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài giải + Gọi ( ;2 4) Mt t − ∈∆ với 0 t > . Vì (2; 1) G − là trọng tâm của tam giác MAB nên: 35 (5 ;4 2 ) 3 42 B G AM B G AM x x xx t Bt t y y yy t = −− =− ⇒ −− = −− =− + Khi đó 22 2 2 2 2 5 25 (2 5) (4 8) 25 ( 1) (2 1) MB MA MB MA t t t t = ⇔ = ⇔ − + − = − + − 2 105 66 39 0 1 tt t ⇔ − − = ⇔= hoặc 13 35 t = − (loại) (1; 2) (4;2) M B − ⇒ D. CÁC VÍ DỤ MỞ RỘNG Ví dụ 1 (D – 2004). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có các đỉnh ( 1;0) A − , (4;0) B , (0; ) C m với 0 m ≠ . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC theo m . Xác định m để tam giác GAB vuông tại G . Phân tích hướng giải : * Do G là trọng tâm tam giác nên ta dễ dàng suy ra được 1; 3 m G . * Khi tọa độ điểm G phụ thuộc theo m , thì dữ kiện tam giác GAB vuông tại G sẽ giúp chúng ta suy ra được m theo góc nhìn của Bài toán 3. Sau đây là lời giải chi tiết cho Ví dụ 1: Giải + Do G là trọng tâm tam giác ABC nên: 14 0 1 33 0 0 3 33 + + −+ + = = = ++ + + = = = A BC G A B C G x x x x yyy mm y Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com22 1; 3 ⇒+ m G ab + Suy ra 2; 3 3; 3 = −− = − m GA m GB , khi đó tam giác GAB vuông tại G 2 . 0 6 0 36 9 ⇔ = ⇔− + = ⇔ = ± m GAGB m Vậy 1; 3 m G với 36 = ± m . Ví dụ 2 (A,A1 – 2013 – CB). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng : 2 5 0 d xy + += và ( 4;8) A − . Gọi M là điểm đối xứng của B qua C , N là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng MD . Tìm tọa độ các điểm B và C , biết rằng (5; 4) N − . Phân tích hướng giải : * Do C thuộc đường thẳng d nên ta nghĩ ngay tới vi ệc tìm điểm C trước bằng cách tham số hóa tọa độ điểm ( ; 2 5) C t t d −− ∈ * Lúc này ta cần thiết lập một phương trình () 0 ft = . Trong bài toán có 2 yếu tố điểm tường minh là ( 4;8) A − và (5; 4) N − . Khi đó ta nghĩ ngay tới việc gắn kết các điểm ,, C AN để tạo mối liên hệ. Ta sẽ đặt câu hỏi : “tam giác CAN có gì đặc biệt? ”. Bằng kiến thức hình học phẳng ta dễ dàng trả lời được câu hỏi bằng việc chứng minh tam giác CAN vuông tại N → chuyển về Bài toán 3 và khi đã “tháo” được điểm C thì việc tìm tọa độ điểm B tiếp theo sẽ khá đơn giản. Sau đây là lời giải chi tiết : Giải + Gọi { } AC BN H ∩= . Do ACMD là hình bình hành nên AC // DM hay CH // MN Suy ra CH là đường trung bình trong BNM ∆ CH BN HB HN ⊥ ⇒ = ⇒ B đối xứng với N qua AC Khi đó ANC ABC = = 0 90 hay AN NC ⊥ (*) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Gọi ( ; 2 5) C t t d −− ∈ ( 5; 2 1) NC t t ⇒ = −−− và ta có (9; 12) AN = − Khi đó (*) . 0 9( 5) 12( 2 1) 0 NC AN t t ⇔ = ⇔ − − −− = 33 33 0 1 tt ⇔ − = ⇔= ⇒ (1; 7) C − . + Ta có (5; 15) 5(1; 3) AC= −= − , suy ra phương trình 1 : 73 xt AC yt = + =−− Gọi (1 ; 7 3 ) H m m AC + −− ∈ ( 4; 3 3) NH m m ⇒ = −− − . Do 0 4 3( 3 3) 0 NH AC NH AC m m ⊥⇔ ⊥=⇔ −− − − = 1 1 11 ; 2 22 mH ⇔ = −⇒ − + H là trung điểm của BN nên suy ra 24 27 B HN B H N x xx y yy = −= − = − = − ⇒ ( 4; 7) B−− Nhận xét : Khi bài toán tìm điểm () Mt đang thiếu đi một yếu tố ( cần để lập phương trình chứa t ) thì ta sẽ cần khai thác các dữ kiện còn lại của bài toán. Cụ thể : Nếu bài toán cho biết tọa độ một điểm, ta nghĩ tới việc tính khoảng cách từ M tới điểm đó ( Bài toán 1). Nếu bài toán cho biết phương trình một đường thẳng, ta nên tìm cách tính khoảng từ M tới đường thẳng đó (Bài toán 2). Nếu bài toán cho biết tọa độ của hai điểm (như ví dụ trên) ta sẽ gắn kết M với hai điểm đó, bằng cách trả lời câu hỏi : “ba điểm này tạo thành tam giác có gì đ ặc biệt ? ” (Bài toán 3), “ nếu ba điểm này thẳng hàng thì chúng có mối liên hệ gì qua hệ thức vecto ?” (các bạn sẽ tìm hiểu câu hỏi này ở Bài toán 5). Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm (1;2) A , (3; 4) B − và đường thẳng : 30 dx y + −=. Viết phương trình đường tròn ( ) C đi qua hai điểm , A B và tiếp xúc với d . Phân tích hướng giải : * Nếu biết tọa độ tâm I của đường tròn ( ) C ta sẽ tìm được bán kính và suy ra được phương trình ( ) C . Như vậy bài toán quay về việc tìm tọa độ điểm I . * Do (1;2) Ad ∈ nên ( ) C tiếp xúc với d tại A ⇒ IA d ⊥ . Khi đó ta viết được phương trình IA và lúcnày I đang thuộc một đường thẳng đã biết phương trình. Mặt khác IA IB R = = hay tam giác IAB cân tại I . Như vậy việc tìm điểm I được chuyển về Bài toán 3. Sau đây là lời giải chi tiết: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comGiải + Gọi I là tâm của đường tròn ( ) C cần lập. Do (1;2) Ad ∈ nên ( ) C tiếp xúc với d tại A ⇒ IA d ⊥ + Khi đó vectơ chỉ phương của đường thẳng IA là (1; 1) IA d un = = − Suy ra phương trình 1 : 2 xt IA yt = + = − . Gọi (1 ;2 ) I t t IA + − ∈ + Vì 22 ( ) ( ) A C IA IB IA IB BC ∈ ⇒= ⇔ = ∈ 22 2 2 5 ( 2) ( 6) 16 40 0 2 tt t t t t ⇔ + = − + − ⇔− + = ⇔ = 7 1 ; 2 2 I ⇒− . + Khi đó bán kính 52 2 R IA = = , suy ra đường tròn ( ) C : 22 7 1 25 2 2 2 xy − + + = . Nhận xét : Với dữ kiện IA IB = , các bạn có thể suy ra điểm I thuộc đường trung trực của AB . Khi đó ta sẽ dễ dàng tìm được tọa độ điểm I . Do điểm I chính là giao điểm của đường thẳng IA và đường trung trực của AB (các phương trình này đều viết đơn giản). Ví dụ 4 (A – 2009 – CB). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có điểm I(6; 2) là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Điểm (1;5) M thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng : 50 xy ∆ + −=. Viết phương trình đường thẳng AB. Phân tích hướng giải : * AB đi qua (1;5) M . Do đó để viết được phương trình đường thẳng AB ta có thể nghĩ tới việc tìm thêm vecto pháp tuyến hoặc chỉ phương của AB . * Ta có (6;2) I ; IE AB ⊥ , cộng thêm E thuộc đường thẳng : 50 xy ∆ + −=. Dữ kiện này gợi ý ta đi tìm tọa độ điểm E bằng việc gọi ( ;5 ) Et t − . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com* Lúc này ta cần thiết lập một phương trình () 0 ft = . Trong bài toán có 2 yếu tố điểm cho trước là (6;2) I và (1;5) M . Khi đó ta nghĩ ngay tới việc gắn kết các điểm ,, E I M để tạo mối liên hệ. Song ta nhận thấy tam giác EIM không có gì đặc biệt. Như vậy ta cần một điểm thay thế khác mà sự có mặt của nó sẽ giúp ta nhìn thấy Bài toán 3 . * Do I là tâm đối xứng của hình chữ nhật ABCD . Nên ta nghĩ tới việc tạo ra điểm F đối xứng với E qua tâm I . Khi đó tam giác MEF hay IFM vuông tại F . Nghĩa là ta sẽ tìm được tọa độ điểm E theo góc nhìn của Bài toán 3 (ở đây các bạn có thể tìm điểm đối xứng với M qua tâm I – xem ở phần nhận xét) . Sau đây là lời giải chi tiết : Giải + Gọi { } EI AB F = , suy ra I là trung điểm của EF . + Gọi ( ;5 ) Et t − ∈∆ , khi đó : 2 12 (12 ; 1) 2 1 F I E F IE x x x t F tt y yy t = −= − ⇒ − − = − =− (11 ; 6) ( 6;3 ) MF t t IE t t = − − ⇒ =−− + Ta có IE AB ⊥ hay . 0 (11 )( 6) ( 6)(3 ) 0 IE MF IE MF t t t t ⊥ ⇔ = ⇔ − − +− − = 6 (6; 1) ( 6)(14 2 ) 0 7 (7; 2) tE tt tE = − ⇔− − = ⇔ ⇒ = − + Với (6; 1) E − , khi đó AB đi qua (1;5) M nhận (0;3) 3(0;1) EI = = làm vecto pháp tuyến nên AB có phương trình : 50 y−=. Với (7; 2) E − , khi đó AB đi qua (1;5) M nhận (1; 4) IE = − làm vecto pháp tuyến nên AB có phương trình : 1 4( 5) 0 4 19 0 x y xy − − − = ⇔ − + = . Vậy phương trình đường thẳng AB là 50 y−= hoặc 4 19 0 xy − += . Nhận xét : * Vì hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật và hình vuông nhận giao điểm hai đường chéo là tâm đối xứng của hình đó. Nên nếu trong đề bài cho một điểm thuộc một cạnh thì các bạn nên nghĩ tới việc tìm điểm đối xứng của điểm đó qua tâm của hình chứa nó (ở đây tâm đã biết tọa độ). Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com* Sau khi tìm được 6 t = hoặc 7 t = các bạn có thể suy ra được (6;5) F hoặc (5;6) F , từ đó suy ra phương trình AB (đi qua hai điểm , MF đã biết tọa độ). *) Ngoài cách giải ở ví dụ trên các bạn có thể tìm điểm E bằng cách xác định thêm điểm N đối xứng với M qua I , khi đó (11; 1) N − và thuộc CD . Sử dụng Bài toán 3 với tam giác IEN vuông tại E , sẽ giúp ta có được đáp số của bài toán. Ví dụ 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có (1; 2) B − và trọng tâm G của tam giác ABC nằm trên đường thẳng : 2 1 0 d x y − += . Trung điểm của CD là điểm ( 1;2) N − . Tìm tọa độ các đỉnh , , AC D . Biết G có hoành độ nhỏ nhất. Phân tích hướng giải: 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 3 = BD BG và N là trung điểm của DC. Nghĩa là ta cũng suy ra được () () Dt C t . Mà BCD là tam giác vuông tại C nên ta hoàn toàn “tháo” được C, D theo góc nhìn của Bài toán 3. Khi đó việc tìm điểm A sẽ trở nên đơn giản nhờ sử dụng hệ thức BA CD = . Sau đây là lời giải chi tiết: Giải + Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Do ( ;2 1) G d Gt t ∈⇒ + + Ta có : 2 21 1 . 3 32 3 = = = BG BI BD BD 3 ⇒ = BD BG 1 3( 1) 3 2 (3 2;6 7) 2 3(2 3) 6 7 −= − = − ⇒ ⇔ ⇒ −+ += + = + DD D D x t x t Dt t y t yt + Do N là trung điểm của 2 2 (3 2) 3 2 4 (6 7) 3 6 = − =−− − =− ⇒ = −=−+ = −− C ND C ND x xx t t DC y y y t t ( 3; 3 6 ) ⇒ − − − Ct t (3 1;6 1) (6 2;12 10) = ++ ⇒ =−+ CB t t CD t t Tam giác BCD vuông tại C nên . 0 (3 1)(6 2) (6 1)(12 10) 0 CB CD t t t t = ⇔ + −+ + + = 2 2 45 36 4 0 3 tt t ⇔ + + =⇔=− hoặc 2 25 t = − Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Do G có hoành độ nhỏ nhất nên ( 4;3) 2 (2;1) 3 D t C − = −⇒ + Mặt khác BA CD = 16 5 ( 5;0) 22 0 AA AA xx A yy −=− =− ⇒ ⇔ ⇒− += = Vậy ( 5;0), (2;1), ( 4;3) A CD −− . Nhận xét: Khi chúng ta gặp bài toán tìm điểm, mà các điểm này chúng ta không chỉ ra đượ c nó thuộc đường nào đã biết phương trình. Lúc đó giải pháp là tìm mối liên hệ thông qua các điểm có thể tham số hóa được (những điểm thuộc đường thẳng đề bài đã cho hoặc viết được phương trình) . Cụ thể ở ví dụ trên ta có mối liên hệ giữa D và G ; C và D mà G tham số hóa được theo ẩn t do thuộc đường thẳng đề bài cho và tìm cách tạo ra phương trình chứa t nhờ Bài toán 3. Ví dụ 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm (2; 3) G − và (1;1) B . Đường thẳng : 40 x y ∆ − − = đi qua A và đường phân giác trong của góc A cắt BC tại điểm I sao cho diện tích tam giác IAB bằng 4 5 diện tích tam giác IAC . Viết phương trình đường thẳng BC biết A có hoành độ dương. Phân tích hướng giải : Do tam giác ABC có trọng tâm (2; 3) G − và (1;1) B nên nếu tìm được tọa độ điểm A ta sẽ tìm được tọa độ điểm C và dễ dàng viết được phương trình BC . Lúc này việc tìm điểm A sẽ đưa về Bài toán 3 như sau: * Điểm : 40 A x y ∈∆ − − = * Do AI là phân giác nên (, ) (, ) d I AB d I AC = , khi đó 44 55 IAB IAC S S AB AC = ⇔= Giải + Gọi ( ; 4) At t − ∈∆ với 0 t > . Do (2; 3) G − là trọng tâm tam giác ABC nên : 35 36 C G AB C G AB x x xx t y y yy t = −− =− = − − =−− Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com ⇒ C (5 – t; – 6 –t) + Vì AI là phân giác trong của tam giác ABC nên (, ) (, ) d I AB d I AC = , khi đó : 4 1 41 . ( , ). . . ( , ). 5 2 52 IAB IAC S S d I AB AB d I AC AC =⇔= 22 4 25 16 5 AB AC AB AC ⇔= ⇔ = 22 2 2 25 ( 1) ( 5) 16 (2 5) (2 2) tt t t ⇔ − +− = − + + 2 39 54 93 0 1 tt t ⇔ + − = ⇔= hoặc 31 13 t = − (loại) (4; 7) C ⇒− + Khi đó BC đi qua (1;1) B và có vectơ chỉ phương (3; 8) BC = − nên có phương trình: 13 18 xt yt = + = − . Ví dụ 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 18 , đường chéo AC có phương trình 2 90 xy + −=, đường thẳng AB đi qua điểm (5;5) E , đường thẳng AD đi qua điểm (5;1) F . Tìm tọa độ các đỉnh ,, A B D của hình chữ nhật, biết điểm A có tung độ lớn hơn 3 2 và điểm B có hoành độ lớn hơn 3 . Phân tích hướng giải : * Có : 2 90 A AC x y ∈ + −= * Tam giác AEF vuông tại A → chuyển về Bài toán 3, khi đó ta sẽ tìm được tọa độ điểm A . + Sau khi tìm được điểm A ta dễ dàng viết được phương trình AB và AD và khi đó ta sẽ tiếp tục tìm được hai điểm B và D (các bạn sẽ được xem kĩ hơn ở Bài toán 4). Sau đây là lời giải chi tiết: Giải Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Gọi (9 2 ; ) A t t AC −∈ với 3 2 t > , khi đó (4 2 ; 5) (4 2 ; 1) AE t t AF t t =−− =−− + Do tam giác AEF vuông tại A nên : 2 . 0 (2 4) ( 5)( 1) 0 AE AF t t t = ⇔ − +− − = 2 5 22 21 0 3 tt t ⇔ − + = ⇔= hoặc 7 5 t = (loại) ⇒ (3;3) A + Khi đó AB đi qua (3;3) A và (5;5) E có phương trình: 0 x y −= AD đi qua (3;3) A và (5;1) E có phương trình: 60 xy + −= Gọi 11 22 (; ) ( ;6 ) B t t AB D t t AD ∈ −∈ với 1 3 t > Gọi { } AC BD I ∩=, khi đó I là trung điểm của BD nên: 1 21 2 6 ; 22 t tt t I + −+ . Mặt khác: I AC ∈ 1 2 12 12 2 1 6 2. 90 3 60 6 3 22 t t tt tt t t + −+ ⇔ + −= ⇔ − − = ⇔ = − 11 11 11 ( 3; 3) (6 3 ;3 ) (3 3 ;3 3) AB t t D t t AD t t = −− ⇒− ⇒ =− − ( ) ( ) 22 11 1 1 2 2 1 1 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 đó ( ) ( ) 11 18 . 18 2 3 .3 2 1 18 ABCD S AB AD t t = ⇔ = ⇔ − −= 2 11 40 4 tt t ⇔ − = ⇔= hoặc 0 t = (loại) Suy ra (4;4) B và ( 6;12) D − . Chú ý : Ngoài cách tìm tọa độ các điểm , , BC D ở lời giải trên các bạn có thể tham khảo thêm lời giải khác ở một bài tương tự (Bài 2 trong phần Bài tập vận dụng) Ví dụ 8 (A – 2010 – NC). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh (6;6) A ; đường thẳng d đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trình 40 xy + − =. Tìm tọa độ các đỉnh B và C , biết điểm (1; 3) E − nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comPhân tích hướng giải : * Khi tìm điểm câu hỏi đầu tiên chúng ta thường đặt ra : “điểm đó có thuộc một đường thẳng đã biết phương trình (hoặc có thể viết được) hay không”. Yêu cầu bài toán cần tìm tọa độ hai điểm , BC , giúp ta nghĩ tới việc nên đi viết phương trình BC . * Dữ kiện tam giác ABC cân tại A và d đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC , cho ta biết được BC // d và đang đi qua điểm H là điểm đối xứng với A qua d . Như vậy ta hoàn toàn viết được phương trình BC . * Nếu tìm được B ta sẽ suy ra được C ( H là trung điểm của BC ). Lúc này dữ kiện còn lại của bài toán “ (1; 3) E − nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác ABC ” sẽ giúp ta tìm được tọa độ điểm B theo góc nhìn của Bài toán 3. Do đó ta có lời giải chi tiết sau: Giải + Từ A hạ đường cao AH () H BC ∈ cắt d tại I . Vì tam giác ABC cân tại A nên , HI lần lượt là trung điểm của BC và AH . Khi đó AH đi qua (6;6) A vuông góc với d nên có phương trình : 0 x y −= Suy ra tọa độ điểm I là nghiệm của hệ : 40 2 (2;2) ( 2; 2) 0 xy x y I H x y + − = ⇔ = = ⇒ ⇒ −− −= + Đường thẳng BC đi qua H và song song với d nên có phương trình : 40 xy + += + Gọi (; 4 ) ( 4 ; ) B t t BC C t t −− ∈ ⇒ −− (do H là trung điểm của BC ) ( 6; 10 ) ( 5; 3 ) AB t t CE t t = − − − ⇒ = + −− Do (1; 3) E − nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác ABC , suy ra: . 0 ( 6)( 5) ( 10 )( 3 ) 0 ABCE t t t t = ⇔ − + +−−− − = 2 (0; 4) ( 4;0) 0 6 0 6 ( 6;2) (2; 6) B C t tt t B C − − = ⇔+ = ⇔ ⇒ = − − − + Vậy (0; 4) B − , ( 4;0) C − hoặc ( 6;2) B − , (2; 6) C − . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comNhận xét: Ờ bài toán này ta nhận thấy có sự mở rộng trong nội dung của Bài toán 3. Thay vì 3 điểm tạo thành tam giác vuông, ta có mối liên hệ qua 4 điểm có yếu tố vuông (hình vẽ minh họa). Về bản chất hai dữ kiện này là như nhau, đều giúp ta “cắt nghĩa” yếu tố vuông để thiết lập được một phương trình chứ a 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 và đường thẳng chứa cạnh BC lần lượt là 3 5 20 xy + − = và 20 x y − − =. Đường thẳng qua A , vuông góc với BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là (2; 2) D − . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết đỉnh B có hoành độ không lớn hơn 1. Phân tích hướng giải: * Khi đứng trước bài toán hình học Oxy, câu hỏi đầu tiên thường hay đặt ra “Với những dữ kiện ban đầu, ta có thể tìm được ngay tọa độ của những điểm nào?” . Trong bài toán này câu trả lời dành cho 2 điểm M và A . Bởi M là giao của hai đường thẳng đã biết phương trình ( BC và AM ), còn A là giao của AM (đã biết phương trình) và AD (viết được do đi qua D vuông góc với BC ). * Lúc này ta nghĩ tới việc tìm tọa độ điểm B bởi có những dữ kiện “gợi ý” như B có hoành độ không lớn hơn 1 và cộng thêm việc biết tọa độ điểm B ta sẽ suy ra tọa độ điểm C (do M là trung điểm của BC ). * B BC ∈ , như vậy nếu biết tọa độ điểm I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta sẽ dễ dàng suy ra được tọa độ điểm B theo góc nhìn của Bài toán 1 ( B BC ∈ và BI IA = ) * Tam giác IAD cân tại I , phương trình IM hoàn toàn viết được . Nghĩa là ta đã thấy nội dung của Bài toán 3. Điều đó giúp ta tìm được tọa độ điểm I . Bài toán được giải quyết hoàn toàn. Sau đây phần lời giải chi tiết: Giải + Gọi M là trung điểm của BC và I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Suy ra tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 3 20 31 2 ; 3 5 20 1 2 2 2 x x y M xy y = − − = ⇔ ⇒− + − = = − AD đi qua D(2; -2) và vuông góc với BC nên có phương trình: 0 xy += Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 01 ( 1;1) 3 5 20 1 xy x A xy y += = − ⇔ ⇒− + − = = + IM đi qua M và vuông góc với BC nên có phương trình : 10 xy + −= Gọi ( ;1 ) I t t IM − ∈ , khi đó IAD ∆ cân tại I nên: 2 2 22 2 2 ( 1) ( 2) ( 3) IA ID t t t t = ⇔ + + = − +− 2 1 10 13 1 (1;0) t t tI ⇔ +=− + ⇔ =⇒ + Gọi ( ; 2) B b b BC −∈ với 1 b ≤ , khi đó: 22 2 2 2 ( 1) ( 2) 5 3 0 0 IB IA b b b b b = ⇔ − + − = ⇔ − = ⇔= hoặc 3 b = (loại) (0; 2) B ⇒− + Vì M là trung điểm của (3;1) BC C ⇒ Vậy ( 1;1) A − , (0; 2) B − , (3;1) C . Nhận xét: + Với việc tìm điểm B theo hai dữ kiện B BC ∈ và BI IA = ngoài cách nhìn theo Bài toán 1, cũng có thể coi đó là Bài toán 3 (bởi tam giác IAB vuông tại I ). + Ở bài toán trên các bạn có thể tìm tọa độ , BC bằng cách viết phương trình đường tròn ( ; ) I ID : 22 ( 1) 5 xy −+= và giải hệ: 22 0 ( 1) 5 2 20 x xy 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 và CD . Biết tọa độ (3;3), (5; 3) BC − . Giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng : 2 3 0 xy ∆ + −=. Xác định tọa độ còn lại của hình thang ABCD để 2 CI BI = , tam giác ABC có diện tích bằng 12, điểm I có hoành độ dương và điểm A có hoành độ âm. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comGiải + Gọi ( ;3 2 ) It t − ∈∆ (với 0 t > ), khi đó: 2 2 22 2 (5) (2 6) 4 (3) 4 CI BI t t t t = ⇔− + − = − + 2 3 2 50 1 tt t ⇔ + − = ⇔= hoặc 5 3 t = − (loại) (1;1) I ⇒ + Khi đó ta có phương trình AC đi qua , IC có phương trình: 20 xy + − = Phương trình BD đi qua , IB có phương trình: 0 x y −= + Ta có 33 2 (, ) 2 2 2 d B AC +− = = . Khi đó: 2 2.12 62 (, ) 22 ABC S AC d B AC = = = Gọi ( ;2 ) A a a AC −∈ (với 0 a < ), khi đó : 22 72 2( 5) 72 1 AC a a = ⇔ − = ⇔= − hoặc 11 a = (loại) ( 1;3) A ⇒− . + Phương trình đường thẳng CD đi qua C và song song với AB có phương trình: 30 y+= Khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ: 0 3 ( 3; 3) 30 x y x y D y −= ⇔ = =−⇒ − − += Vậy ( 1;3), ( 3; 3) AD − −− . E. BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có (3;4) A , trọng tâm (2;2) G , trực tâm 23 26 ; 99 H . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC . Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 30 , đường chéo AC có phương trình 7 4 13 0 xy + −= , đường thẳng AB đi qua điểm (1;4) M , đường thẳng AD đi qua điểm ( 4; 1) N −− . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD , biết hai điểm , A D đều có hoành độ âm. Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có tọa độ trực tâm (2;1) H và tâm đường tròn ngoại tiếp (1;0) I . Trung điểm của BC nằm trên đường thẳng có phương trình 2 10 xy − −= . Tìm tọa độ các đỉnh , BC . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBiết rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC đi qua điểm (6; 1) M − và hoành độ điểm B nhỏ hơn 4 . Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình đường cao kẻ từ đỉnh A là 3 50 x y − +=, trực tâm ( 2; 1) H −− và 1 ;4 2 M là trung điểm của cạnh AB . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết 10 BC = và B có hoành độ nhỏ hơn hoành độ của C . Bài 5. Cho tam giác nhọn ABC . Đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là 3 5 80 xy + −= và 40 x y − − =. Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là (4; 2) D − . Viết phương trình các đường thẳng , AB AC biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3. Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC có phương trình trung tuyến kẻ từ A và đường thẳng chứa cạnh BC lần lượt là 3 5 20 xy + − = và 20 x y − − =. Đường thẳng qua A vuông góc với BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là (2; 2) D − . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết B có tung độ âm. Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn 22 ( ) : ( 1) ( 1) 2 Tx y − + + = và hai điểm (0; 4), (4;0) AB − . Tìm tọa độ hai điểm , CD sao cho ABCD là hình thang (AB // CD ) và đường tròn () T nội tiếp hình thang đó. F. GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. + Gọi (; ) M xy là trung điểm của BC , khi đó 2 3 2( 2) 2 2 4 2( 2) x AG GM y −= − =⇔⇔ − = − 3 3 ;1 2 2 1 x M y = ⇔⇒ = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ BC đi qua 3 ;1 2 M và vuông góc với AH nên nhận 4 10 2 ; (2;5) 99 9 AH =− − = − làm vecto pháp tuyến. Do đó BC có phương trình : 3 2 5( 1) 0 2 5 8 0 2 x y xy − + − = ⇔ + −= + Gọi (4 5; 2 ) ( 1 5;2 2 ) B t t BC C t t + − ∈ ⇒ −− + (do 3 ;1 2 M là trung điểm của BC ). Suy ra ( ) 13 45 18 26 ; 99 5 4;2 2 tt HB CA t t ++ = − = +− , khi đó H là trực tâm của tam giác ABC nên ta có: 13 45 18 26 . 0 (5 4). (2 2). 0 99 tt HB CA t t ++ =⇔ + + − =⇔ 2 0 0 1 t tt t = ⇔ += ⇔ = − + Với 0 (4;0), ( 1;2) t BC = ⇒ − ; với 1 ( 1;2), (4;0) t BC =−⇒ − Vậy (4;0), ( 1;2) BC − hoặc ( 1;2), (4;0) BC − . Bài 2. Gọi ( 1 4 ;5 7 ) A a a AC −+ − ∈ với 1 4 a > Khi đó (4 2;1 7 ) MA a a = −− ; (4 3;6 7 ) NA a a = +− Ta có: . 0 (4 2)(4 3) (1 7 )(6 7 ) 0 MA NA a a a a = ⇔ − + +− − = 2 65 45 0 0 aa a ⇔ − = ⇔= hoặc 9 13 a = (loại) , suy ra ( 1;5) A − Khi đó ta có phương trình : 2 90 AB x y + −= và : 2 7 0 AD x y −+= Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Gọi ( 1 4 ;5 7 ) C c c AC −+ − ∈ , khi đó: 10 15 30 ( , ). ( , ) 30 . 30 55 ABCD c c S d C AB d C AD =⇔ =⇔= 2 (3; 2) 1 1 ( 5;12) C cc C − ⇔ = ⇔ =±⇒ − + Với (3; 2) C − , phương trình đường thẳng : 2 10 CD x y + += . Khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ: 2 10 3 ( 3;1) 2 70 1 xy x D x y y + += =− ⇔ ⇒ − −+= = Ta có (5;2) AB CD B = ⇒ + Với ( 5;12) C − , phương trình đường thẳng : 2 19 0 CD x y + −= . Khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ 2 19 0 1 (1;9) 2 70 9 xy x D x y y + −= = ⇔⇒ −+= = (loại). Vậy ( 1;5), (5;2), (3; 2), ( 3;1) A B C D − −− . Bài 3. Hình 1 Hình 2 + Gọi D là trung điểm của BC và J là điểm đối xứng với I qua D . Ta sẽ chứng minh J là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC (Hình 1). Thật vậy : IBJC là hình thoi nên JB JC IB IC = = = (1) Gọi E là trung điểm của AC (Hình 2) Khi đó : HAB IDE = và HBA IED = (góc có cạnh tương ứng song song) Suy ra ∆HAB ∽∆IDE nên 2 HA AB ID DE = = ⇒ 2 AH ID = AH IJ ⇒ = ⇒ AHJI là hình bình hành nên JB IA = (2) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Từ (1) và (2) suy ra J là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC . + Vì D đường thẳng có phương trình 2 10 xy − −= nên gọi (2 1; ) Dt t + (4 1;2 ) Jt t ⇒ + Khi đó: 2 2 2 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 tt J ⇔ = ⇔= ⇒ + BC đi qua M và nhận (2;1) ID = làm vecto pháp tuyến nên có phương trình: 2 70 xy + − = Gọi ( ;7 2 ) Bb b − với 4 b < . Khi đó : 2 2 2 2 2 ( 5) (5 2 ) 10 6 8 0 2 JB JM b b b b b = ⇔ − + − = ⇔ − += ⇔ = hoặc 4 b = (loại) Suy ra (2;3) (4; 1) BC ⇒− (vì (3;1) D là trung điểm của BC ). + Vậy (2;3) B và (4; 1) C − . Bài 4. + Gọi N là trung điểm của AC , khi đó MN là đường trung bình của 10 22 BC ABC MN ∆ ⇒ = = MN đi qua 1 ;4 2 M và vuông góc với AH nên có phương trình: 2 6 25 0 xy + −= Gọi 25 2 ; 6 t N t MN − ∈ , khi đó: 22 2 5 1 12 5 2 2 62 t MN t − = ⇔− + = 2 9 1; 1 2 20 2 7 2; 2 N t tt t N − = − ⇔ − − = ⇔ ⇒ = Gọi ( ;3 5) A a a AH +∈ ⇒ (1 ;3 3 ) B a a −− (do M là trung điểm của AB ) + Với 9 1; 2 N − ⇒ ( 2 ;4 3 ) C aa −− − (do N là trung điểm của AC ) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Nhận thấy 21 CB a ax x −− < − ⇒ < (không thỏa mãn) + Với 7 2; 2 N ⇒ (4 ;2 3 ) Ca a −− (do N là trung điểm của AC ) Khi đó (1 2 ; 2 6 ) ( 6;3 3) AB a a CH a a = − −− =−− nên ta có: 2 0 . 04 50 5 4 a AB CH AB CH a a a = ⊥ ⇔ =⇔ − =⇔ = Khi 0 (0;5), (1;3), (4;2) a A BC = ⇒ Khi 5 5 35 1 3 11 7 ; , ; , ; 4 4 4 4 4 4 4 aA B C −− = ⇒ − Vậy (0;5), (1;3), (4;2) A BC hoặc 5 35 1 3 11 7 ; , ; , ; 44 4 4 4 4 AB C −− − Bài 5. + Gọi M là trung điểm của BC , khi đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 3 5 80 40 xy xy + − = − − = 7 71 2 ; 1 22 2 = ⇔ ⇒ − = − x M y + Vì AD BC ⊥ , nên AD đi qua (4; 2) D − nhận (1;1) BC u = làm vecto pháp tuyến nên có phương trình: 4 20 20 x y xy − ++ = ⇔ +− = + Do { } AD AM A = , nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 3 5 80 1 (1;1) 20 1 xy x A xy y + −= = ⇔⇒ + − = = Gọi { } BC AD P = , nên tọa độ điểm P là nghiệm của hệ: 40 3 (3; 1) 20 1 x y x P xy y − − = = ⇔ ⇒− + − = =− + Ta nhận thấy P là trung điểm của HD với H là trực tâm của ABC ∆ . * Thật vậy: Tứ giác PHQC nội tiếp đường tròn ⇒ . BHP QCP = Ta có BDA QCP = (góc nội tiếp cùng chắn cung AB ) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com ⇒ BHP BDA = ⇒ BHD cân tại B , suy ra P là trung điểm của HD (2;0) H ⇒ + Gọi ( ; 4) B t t BC −∈ với 3 t ≤ (7 ;3 ) C t t ⇒ − − (2 ;4 ) (6 ;2 ) BH t t AC t t = −− ⇒ = −− Do H là trực tâm của ABC ∆ nên : . 0 (2 )(6 ) (4 )(2 ) 0 = ⇔ − −+ − − = BH AC t t t t (2 )(10 2 ) 0 ⇔− − =⇔ tt 2 t = hoặc 5 t = (loại) (2; 2) (5;1) B C − ⇒ + Suy ra phương trình :3 4 0 AB x y + − = và : 10 AC y−= Bài 6. + Ta có phương trình :0 AD x y += Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 01 ( 1;1) 3 5 20 1 xy x A xy y += = − ⇔ ⇒− + − = = + Gọi { } AD BC K = và M là trung điểm của BC . Khi đó: Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ 01 (1; 1) 20 1 xy x K x y y += = ⇔ ⇒ − − − = =− Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 3 3 5 20 31 2 ; 20 1 2 2 2 x xy M x y y = + − = ⇔ ⇒− − − = = − + Gọi H là trực tâm tam giác ABC và { } AC BH E = Ta có 1 HC = (cùng phụ với HAC ) và BDA C = (cùng chắn AB ) Suy ra 1 H BDA BHD = ⇒∆ cân tại B K ⇒ là trung điểm của HD (0;0) H ⇒ + Gọi ( ; 2) − ∈ B b b BC (với b < 2) ⇒ C (3 – b; 1 – b) (do M là trung điểm của BC) Suy ra ( ; 2) (4 ; ) HB b b AC b b = − = − − Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Khi đó: .0 HB AC HB AC ⊥⇔ = 2 (4 ) ( 2) 0 3 0 b b bb b b ⇔ −− − = ⇔ − = 0 b ⇔= hoặc 3 b = (loại) (0; 2) B ⇒− Vậy ( 1;1), (0; 2), (3;1) AB C −− Bài 7. + Gọi , MN lần lượt là các tiếp điểm của , AB CD với đường tròn () T Khi đó, ta có : 22 4 2 10 2 2 2 = = − = −= AB MA IA IM 2 ⇒= AB MA Suy ra M là trung điểm của (2; 2) AB M ⇒− (0;0) N ⇒ (do I là trung điểm của MN ) + Khi đó DC đi qua (0;0) N song song với AB nên có phương trình: 0 x y −= + Do 0 1 0 11 1 180 2 90 22 2 = + ⇒ + = = = ⇒ ⊥ = DAB A DAB ADC A D ID IA ADC D Gọi ( ; ) ( 1; 1) D t t DC ID t t ∈ ⇒ = − + . Ta có: (1;3) AI = Khi đó 1 11 . 0 1 3( 1) 0 ; 2 22 ⊥ ⇔ = ⇔ −+ + = ⇔ = − ⇒ − − ID IA ID AI t t t D + Mặt khác IAB ∆ cân tại I DAB CBA ABCD ⇒ = ⇒ là hình thang cân Suy ra tam giác IDC cân nên N là trung điểm của 11 ; 22 ⇒ DC C Vậy 11 ; 22 C và 11 ; 22 −− D . Chú ý: Ngoài cách trình bày trên các bạn có thể tìm D bằng cách viết các phương trình ID , CD và giải hệ để tìm giao điểm D . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com4. BÀI TOÁN 4 A. NỘI DUNG BÀI TOÁN 4 Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ (cho biết phương trình ∆ - hay M tham số hóa được theo một ẩn) và thỏa mãn điều kiện (*) cho trước. (Mở rộng của Bài toán 1,2 và 3) B. CÁCH GIẢI CHUNG Gọi () Mt ∈∆ (*) caét nghóa ñieàu kieän chotröôùc → () 0 ? ft t M = ⇔= ⇒ Giải thích chi tiết: Do M ∈∆ , nên ta sẽ gọi () Mt (tham số hóa điểm M dựa vào ∆ ). Sau đó cắt nghĩa dữ kiện (*) sẽ giúp ta có được phương trình chứa ẩn t : () 0 ft = . Giải phương trình tìm t giúp ta tìm được tọa độ điểm M . Chú ý: + M có thể được tham số hóa thông qua một điểm khác. + Bài toán 1, 2 và 3 là các trường hợp đặc biệt của Bài toán 4 – khi các dữ kiện (*) tương ứ ng của chúng là MI R = = const, ( ,) dM h ∆= = const , tam giác IAB đặc biệt (vuông, cân…). C. VÍ DỤ GỐC Ví dụ (A – 2006). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho các đường thẳng: 1 d : 30 xy + +=, 2 d : 40 x y − − =, 3 d : 20 xy −= . Tìm tọa độ điểm M nằm trên đường thẳng 3 d sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 1 d bằng hai lần khoảng cách từ M đến đường thẳng 2 d . Giải + Gọi 3 (2 ; ) M tt d ∈ , khi đó : 12 (, ) 2 (, ) = dM d dM d 23 24 2. 22 + + −− ⇔= t t tt 3 3 2( 4) 11 ( 22; 11) 3 32 4 3 3 2( 4) 1 (2;1) += − =− − − ⇔ += − ⇔ ⇔ ⇒ +=− − = t t t M tt t t t M + Vậy M(–22; –11) hoặc M(2; 1). Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comD. CÁC VÍ DỤ MỞ RỘNG Ví dụ 1 (D – 2013 – NC ). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn 22 ( ) : ( 1) ( 1) 4 Cx y − + − = và đường thẳng : 30 y ∆ −=. Tam giác MNP có trực tâm trùng với tâm của ( ) C , các đỉnh N và P thuộc ∆ , đỉnh M và trung điểm của cạnh MN thuộc ( ) C . Tìm tọa độ điểm P. Phân tích hướng giải: * Vẫn một câu hỏi quen thuộc khi đứng trước bài toán hình học Oxy: “Với những dữ kiện ban đầu, ta có thể tìm được ngay tọa độ của những điểm nào trước?” . Trong bài toán này câu trả lời là điểm M . Bởi ta nhìn thấy ngay điểm M theo góc nhìn của Bài toán 1 (đã nghiên cứu ở phần trước) với 2 MI R = = và M thuộc đường thẳng đi qua I vuông góc với ∆ . * Nếu biết trung điểm K của MN ta sẽ suy ra được tọa độ điểm N và tìm được điểm P theo góc nhìn mở rộng của Bài toán 3. Cụ thể : P ∈∆ và NI MP ⊥ . Như vậy lúc này ta cần tìm tọa độ điểm K . * Điểm K tiếp tục được khai thác theo góc nhìn của Bài toán 1 bởi 2 KI R = = và K thuộc đường thẳng đi qua I song song với ∆ . Ta đã hoàn thiện xong hướng giải của bài toán. Sau đây là lời giải chi tiết: Giải + Đường tròn ( ) C có tâm (1;1) I và bán kính 2 R = . Ta có MI đi (1;1) I vuông góc với : 30 y ∆ −= nên MI có phương trình: 10 x−= Gọi (1; ) Mm , khi đó 22 = MI R 2 1 ( 1) 4 (1; 1) 3 = − ⇔ − =⇔ ⇒ − = m mM m hoặc (1; 3) M − (loại vì M ∈∆) + Gọi K là trung điểm của MN , do ∆ tiếp xúc với ( ) C tại H nên IK là đường trung bình của tam giác MNH IK ⇒ // ∆ , suy ra phương trình IK là: 10 y−= Gọi K (t; 1) ∈ IK, khi đó 22 2 1 ( 1) 4 ( 1;1) 3 = − = ⇔− = ⇔ ⇒ − = t KI R t K t hoặc (3;1) K + Với (1;1) (3;3) − ⇒− K N ; (3;1) (5;3) ⇒ KN (vì K là trung điểm của MN . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Gọi ( ;3) Pa ∈∆ ( 1;4) MP a ⇒=− Với ( 3;3) (4; 2) N NI − ⇒ = − , khi đó 4( 1) 2.4 0 3 (3;3) NI MP a a P ⊥ ⇔ −− = ⇔ = ⇒ Với (5;3) ( 4; 2) N NI ⇒ =−− , khi đó 4( 1) 2.4 0 1 ( 1;3) NI MP a a P ⊥ ⇔− − − = ⇔ = − ⇒ − Vậy (3;3) P hoặc ( 1;3) P − . Chú ý: Với dữ kiện đặc biệt của bài toán : ∆ tiếp xúc với ( ) C tại H , khi đó ta có thể tìm M theo cách nhìn I là trung điểm của MH . Ví dụ 2 (D – 2012 – NC). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường thẳng : 2 3 0 d x y − +=. Viết phương trình đường tròn tâm thuộc d , cắt trục Ox tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho 2 = = AB CD . Phân tích hướng giải: Muốn viết phương trình đường tròn ta cần: * Xác định tâm I nhờ “góc nhìn” của Bài toán 4. Cụ thể: + Gọi ( ) : 2 3 0 It d x y ∈ − += + Dữ kiện AB CD = giúp ta thiết lập được phương trình : () 0 ? ft t = → = → tọa độ điểm I * Xác định bán kính: R nhờ 22 2 2 R IA IH HA = = + với (, ) IH d I Ox = và 1 2 AB HA = = Giải + Gọi I là tâm đường tròn cần lập và gọi ( ;2 3) It t 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) tt t I t tt I + = =− −− ⇔ ⇔⇒ +=− =− − + Với ( 3; 3) I −− (, ) 3 3 IH d I Ox ⇒ = =−= và ta có: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com2 1 22 AB AH = = = 22 2 2 10 R IA IH HA ⇒= = + = Vậy phương trình đường tròn: 22 ( 3) ( 3) 10 xy + + + =. + Với ( 1;1) I − (, ) 1 1 IH d I Ox ⇒= == và ta có: 2 1 22 AB AH = = = 22 2 2 2 R IA IH HA ⇒= = + = Vậy phương trình đường tròn: 22 ( 1) ( 1) 2 xy + + − = . Ví dụ 3 (A – 2002). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A, phương trình đường thẳng BC là 3 30 x y −− =, các đỉnh A và B thuộc trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếp bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC. Phân tích hướng giải * Ngoài dữ kiện G là trọng tâm tam giác ABC , ta không có thêm dữ kiện liên quan tới G . Vì vậy việc tìm tọa độ điể m G được chuyển về tìm tọa độ 3 đỉnh ,, A BC của ABC ∆ ( do ; 33 + + + + ABc A B c x x x y y y G ) * Ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm B do { } BC Ox B = . Dữ kiện A Ox ∈ , : 3 3 0 B BC x y ∈ −− = và ABC ∆ vuông tại A giúp ta có thể r àng buộc cả hai điểm , AC theo cùng một ẩn t . Lúc này dữ kiện cuối cùng 2 r = sẽ giúp ta thiết lập được phương trình chứa t bằng việc sử dụng công thức 2 ABC S r AB BC CA ∆ = ++ * Giải phương trình tìm t sẽ suy ra được tọa độ hai điểm còn lại , AC và suy ra tọa độ trọng tâm G . Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên : Giải + Do { } BC Ox B = nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ : 1 3 30 (1;0) 0 0 = −− = ⇔⇒ = = x xy B y y + Gọi ( ;0) A t Ox ∈ , khi đó phương trình AC đi qua A vuông góc với Ox có dạng x t = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: ( ) 3 30 ;3 3 33 = −− = ⇔ ⇒ − = = − x t xy Ct t x t y t + Suy ra 1 31 21 =− = − = − AB t AC t BC t . Do đó : 2 1 3( 1) . 22 ∆ − = = ABC t S AB AC + Ta có 2 1 23 3 2 3( 1) 2 3 1 3 1 31 23 1 ∆ − = + − = = = = ⇒ + + −+ − + = − − ABC t t S t r AB BC CA tt t Với ( ) ( ) 2 3 3;0 23 3 23 3;6 23 + = +⇒ ++ A t C suy ra tọa độ trọng tâm 7 43 6 23 ; 33 ++ G Với ( ) ( ) 2 3 1;0 23 1 23 1; 6 23 − − =− −⇒ − − −− A t C suy ra tọa độ trọng tâm 43 1 6 23 ; 33 − − −− G . Ví dụ 4 (B – 2007). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho điểm (2;2) A và các đường thẳng 1 : 20 d x y + − =, 2 d : 80 xy + −=. Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt thuộc 1 d và 2 d sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. Phân tích hướng giải: * Với dữ kiện khá quan trọng 12 , B dC d ∈∈ giúp ta gọi ( ;2 ) Bb b − và ( ;8 ) Cc c − . Như vậy để tìm tọa độ điểm , BC ta cần tạo ra hai phương trình chứa ẩn , bc . * Dữ kiện tam giác ABC vuông cân tại A đủ để cho ta có được hai dấu “=” . Cụ thể: .0 AB AC AB AC = = (*) . Giải hệ (*) ta được , bc và suy ra được tọa độ hai điểm , BC cần tìm. Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comGiải + Gọi 1 2 ( ;2 ) ( 2; ) ( ;8 ) ( 2;6 ) Bb b d AB b b Cc c d AC c c −∈ = −− ⇒ −∈ =−− + Do ABC ∆ vuông cân tại A nên 22 2 2 22 ( 2)( 2) ( 6) 0 .0 ( 2) ( 2) (6 ) − −+ − = = ⇔ − + = − +− = b c bc AB AC b bc c AB AC 22 2 2 4 2 0 ( 1)( 4) 2 2 8 18 0 ( 1) ( 4) 3 − −+ = − − = ⇔⇔ − − + − = − −− = bc b c b c bc b c b c + Đặt 1 4 ub vc = − = − , khi đó hệ có dạng : 22 42 2 22 2 2; 1 2; 1 3 3 40 4 = = = = = ⇔ ⇔⇔ = − = − −= − −= = uv vv uv uu u v uv uu u Suy ra 3; 5 (3; 1), (5;3) 1; 3 ( 1;3), (5;3) = = − ⇒ = −= − bc B C bc B C Vậy ( 1;3), (3;5) B C − hoặc (3; 1), (5;3) B C − . Ví dụ 5 (D – 2012 – CB). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD. Các đường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là 30 xy + = và 40 x y −+=; đường thẳng BD đi qua điểm 1 ;1 3 M − . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. Phân tích hướng giải: * Có { } A AC AD = ∩ → tọa độ điểm A * Ta sẽ đi tìm tọa độ hai điểm , BD theo “góc nhìn” của Bài toán 4. Cụ thể: + D AD ∈ , B AB ∈ nên ta gọi 12 ( ), ( ) Dt B t (trước đó ta đi lập phương trình AB ) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Gọi { } I AC BD = ∩ ( I là trung điểm của AC và BD) 12 (, ) It t ⇒ mà 11 2 (, ) 0 I AC f t t ∈⇒ = (1) Vì , MB MD cùng phương 21 2 (, ) 0 f tt ⇒= (2) + Từ (1) và (2) 1 2 ? ? t t = ⇒⇒ = tọa độ của ,, B D I và C Giải Vì { } A AC AD = ∩ nên xét hệ: 30 40 xy x y + = −+= 3 1 x y = − ⇔ ⇒ = ( 3;1) A − AB đi qua A và vuông góc với AD nên AB có phương trình: 31 20 11 xy xy + − = ⇔ + += − Gọi 11 ( ; 2) B t t AB −− ∈ và 22 ( ; 4) D t t AD + ∈ ( 12 ;3 tt ≠− ) 2 12 1 2 ; 22 t tt t I + −+ ⇒ : là trung điểm của BD Mà 2 1 21 21 1 2 2 3. 0 2 3 0 2 3 22 t t tt I AC t t t t + −+ ∈ ⇒ + = ⇔ − += ⇔ = + (*) Có: 11 2 2 1 10 ; 3 2 ; 2 6 33 MB t t t t = + −− = + − − (theo (*)) và 22 1 ;3 3 MD t t =++ Mặt khác ,, B DM thẳng hàng ⇒ , MB MD cùng phương 22 2 22 6 10 2 6 21 31 3 tt t t t + − − ⇒ = =−⇔ =− + + 1 1 t ⇒ = ⇒ (1; 3), ( 1;3) BD − − và (0;0) I ⇒ (3; 1) C − ( vì I là trung điểm của AC ) Vậy ( 3;1), (1; 3), (3; 1), ( 1;3) A B C D − − − − . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comVí dụ 6 (B – 2012 – NC). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và đường tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình 22 4 xy += . Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox. Phân tích hướng giải: * Phương trình ( ) E : 22 22 1 xy ab += ( 0) ab > > như vậy ta cần tìm ; ab * Do (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D và A Ox ∈ nên gọi ( ;0) A a Ox ∈ và (0; ) B b Oy ∈ . Như vậy lúc này cần tìm tọa độ hai điểm A và B , và việc tìm tọa độ hai điểm này sẽ được thực hiện theo “góc nhìn” của Bài toán 4. Cụ thể: + Khai thác dữ kiện: AC = 2BD 1 (, ) 0 f ab → = (1) + Khai thác dữ kiện: đường tròn 22 4 xy += tiếp xúc với các cạnh của hình thoi 2 (, ) 0 f ab →= (2) Từ (1) và (2) 2 ? a →= và 2 ? b = → phương trình (E). Giải Gọi phương trình chính tắc của elip ( ) E : 22 22 1 xy ab += ( với 0 ab > > ) Vì (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D và A Ox ∈ nên không mất tính tổng quát, ta giả sử: ( ;0) Aa và (0; ) B b . Mà hình thoi ABCD có AC = 2BD 24 2 OA OB OA OB ⇔ = ⇔= 2 ab ⇔= (vì 0 ab > > ) hay (2 ;0) A b , (0; ) B b Gọi H là hình chiếu của O lên AB ⇒ OH = R = 2 (vì đường tròn 22 4 xy += tiếp xúc với các cạnh của hình thoi) Xét tam giác OAB ta có: 2 22 1 11 OH OA OB = + hay 2 22 11 1 5 44 b bb = + ⇔ = 22 4 20 ab ⇒= = Vậy phương trình chính tắc của elip ( ) E là: 22 1 20 5 x y += Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comVí dụ 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B là 3 18 0 xy + − = , phương trình đường trung trực của đoạn BC là : 3 19 279 0 x y ∆+ − = , đỉnh C thuộc đường thẳng : 2 5 0 d x y − +=. Tìm tọa độ điểm A biết rằng 0 135 BAC = . Phân tích hướng giải: * Ớ ví dụ này ta có điểm , BC đều đang thuộc các đường thẳng đã biết phương trình. Như vậy theo Bài toán 4 ta cần khai thác dữ kiện để có được 2 dấu “=” (2 phương trình) giúp ta tìm được tọa độ hai điểm B và C . Bài toán cho đường trung trực của đoạn BC là : 3 19 279 0 x y ∆+ − = vừa đủ để ta làm được điều này: cụ thể .0 M BC u ∆ ∈∆ = (với M là trung điểm của BC ) dễ dàng ta có được 2 phương trình và suy ra tọa độ , BC . * Lúc này ta còn điểm A . Nếu tìm được tọa độ chân đường cao H của B trên AC ta sẽ dễ dàng “tháo” được điểm A theo góc nhìn của Bài toán 1. Cụ thể: + Do 0 135 BAC = ⇒ AH BH = + A AC ∈ : đi qua C và vuông góc với BH . Việc tìm chân chiều cao H là một bài toán cơ bản. Vì vậy ta có lời giải chi tiết sau: Giải + Gọi (18 3 ; ) ( ;2 5) − + B bb Cc c , suy ra 18 3 2 5 ; 22 −+ + + b cb c M là trung điểm của BC + Khi đó 18 3 2 5 3. 19. 279 0 22 . 0 19( 3 18) 3(2 5) 0 ∆ −+ + + ∈∆ + −= ⇔ = + − − −+ = bc b c M BC u c b cb 41 10 409 9 (9;23) 13 60 357 4 (6;4) += = ⇔ ⇔⇒ += = cb c C cb b B + Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên AC Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Khi đó AC đi qua C vuông góc với BH nên có phương trình: 3x – y – 4 = 0 Suy ra tọa độ điểm H là nghiệm của hệ 3 40 3 (3;5) 3 18 0 5 x y x H xy y − − = = ⇔ ⇒ + − = = + Do 00 135 45 BAC BAH = ⇒= , suy ra tam giác BAH vuông cân tại H 10 AH BH ⇒ = = Gọi ( ;3 4) A a a AC −∈ , khi đó: 2 22 10 10 ( 3) (3 9) 10 = ⇔ = ⇔− + − = AH AH a a 2 2 (2;2) ( 3) 1 4 (4;8) = ⇔− =⇔ ⇒ = aA a aA Do A nằm giữa H và C nên ta được (4;8) A thỏa mãn Vậy (4;8), (6;4), (9;23) A B C . E. BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1 (A – 2005). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng 1 :0 d x y −= và 2 : 2 1 0 d xy + −= tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết rằng đỉnh A thuộc 1 d , đỉnh C thuộc 2 d , và các đỉnh , BD thuộc trục hoành. Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng 1 : 2 30 xy ∆ − += và 2 : 10 x y ∆ − −= . Viết phương trình đường tròn đi qua điểm (2;5) M , có tâm nằm trên đường thẳng 1 ∆ và cắt 2 ∆ tại hai điểm phân biệt , A B sao cho 42 AB = . Bài 3 (B – 2011 – CB). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng : 40 x y ∆ − − = và : 2 2 0 d x y − − =. Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng d sao cho đường thẳng ON cắt đường thẳng ∆ tại điểm M thỏa mãn .8 OM ON = . Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh (2;1) A , trực tâm (14; 7) H − , đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình 9 5 70 xy − − =. Tìm tọa độ các đỉnh B và C . Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD . Hai điểm , BC thuộc trục tung. Phương trình đường chéo AC là 3 4 16 0 xy + −= . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã cho, biết bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comF. GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. + Gọi 1 (; ) Aa a d ∈ . Do , AC đối xứ ng nhau qua BD và , B D Ox ∈ nên (; ) Ca a − + Vì 2 (1;1) 2 10 1 (1; 1) ∈ ⇒ + −= ⇔ = ⇒ − A C d aa a C + Gọi I là tâm của hình vuông , khi đó I là trung điểm của AC nên (1;0) I Gọi ( ;0) B b Ox ∈ , khi đó: 22 2 0 (0;0) (2;0) ( 1) 1 2 (2;0) (0;0) = ⇒ = ⇔ − =⇔ ⇒ = ⇒ bB D IB IA b bB D (vì I là trung điểm của BD) Vậy (1;1), (0;0), (1; 1), (2;0) AB C D − hoặc (1;1), (2;0), (1; 1), (0;0) AB C D − ). Bài 2. + Gọi 1 (2 3; ) It t − ∈∆ là tâm của đường tròn cần lập. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB , suy ra 2 2 2 = = AB AH + Ta có : 2 2 22 2 2 2 2 2 ( 4) (2 5) ( 5) 8 2 − = = ⇔ = + ⇔ − +− = + t R IM IA IM IH AH t t 2 2 9 52 68 0 34 9 = ⇔ − + =⇔ = t tt t (1;2) 41 34 ; 99 ⇒ I I + Với 2 2 (1;2) 10 ⇒= = I R IM , khi đó phương trình đường tròn: 22 ( 1) ( 2) 10 − +− = xy Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Với 2 2 41 34 650 ; 9 9 81 ⇒= = I R IM , khi đó phương trình đường tròn: 22 41 34 650 9 9 81 − +− = x y Vậy phương trình đường tròn cần lập là: 22 ( 1) ( 2) 10 xy − + − = hoặc 22 41 34 650 9 9 81 − +− = x y . Bài 3 + Gọi ( ;2 2) ( ;2 2) ( ; 4) ( ; 4) − ∈ = − ⇒ − ∈∆ = − N aa d ON aa M bb OM b b + Ta có O, M, N thẳng hàng nên 2 2 ( 4) = = ⇔ −= − a kb ON kOM a kb . ( 4) .(2 2) ( 4) (2 2) ⇒ − = − ⇒ − = − a k b kb a a b b a (Do 0 k = không là nghiệm của hệ ) 4 (2 ) 4 2 a b a ab a ⇔ − = ⇔= − (1) + Ta có 22 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 được : 2 2 2 (80 128 64) (5 8 4). 64 (2 ) − + −+ = − ab aa a 22 2 (5 8 4) 4( 2) ⇔ −+ = − aa a 2 2 5 8 4 2( 2) 5 8 4 2( 2) − += − ⇔ − +=− − aa a aa a 2 2 (0; 2) 0 5 10 8 0 62 6 ; 5 60 55 5 − = − += ⇔ ⇔⇒ = −= N a a a N a aa Vậy (0; 2) N − hoặc 62 ; 55 N . Bài 4. + Gọi M là trung điểm của BC Do phương trình BM viết dưới dạng tham số 25 59 =−+ =−+ xt y t nên gọi ( 2 5; 5 9 ) (2 5 ; 5 9 ) − + −+ − + −+ B bb M m m Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Do M là trung điểm của BC (10 6;18 11) (10 5 4;18 9 6) ⇒ − − ⇒ = −− − − C m m BC m b m b Ta có (12; 8) 4(3; 2) AH= −= − . Khi đó: . 0 3(10 5 4) 2(18 9 6) 0 2 ⊥ ⇔ = ⇔ − − − − − = ⇔= AH BC AH BC m b m b b m Suy ra (10 2;18 5) (10 16;18 2) (10 6;18 11) (10 8;18 12) −− = − + ⇒ −− = −− B m m HB m m Cm m AC m m + Do H là 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) 2 106 105 26 0 154 203 58 115 ; , ; 26 53 53 53 53 53 − − = ⇔ − +=⇔ ⇒ −− = B C m mm BC m + Vậy (3;4), ( 1; 2) − − B C hoặc 154 203 58 115 ; , ; 53 53 53 53 −− BC . Bài 5. + { } AC BC C = , nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 3 4 16 0 0 (0;4) 04 xy x C x y + −= = ⇔⇒ = = + Vì ACD CAB ∆ = ∆ nên bán kính đường tròn nội tiếp ACD ∆ bằng 1, suy ra bán kính đường tròn nội tiếp CAB ∆ cũng bằng 1. Gọi (0; ) B b Oy ∈ , khi đó AB đi qua B vuông góc với Oy nên có phương trình . = yb Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 16 4 16 4 ; 3 3 4 16 0 3 − = = − ⇔⇒ + −= = b yb x b Ab xy yb + Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp ABC ∆ , ta có: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com2 2 16 4 4. 2. 3 1 16 4 16 4 4 ( 4) 33 − − = ⇔= + + −− −+ + − + ABC b b S r AB BC CA bb bb 1 1 14 7 4 = ⇔= − ⇔ = b b b + Với 1 b = ta có (4;1) A , (0;1) B . Suy ra (4;4) D (do = AB DC ) Với 7 b = ta có ( 4;7) A − , (0;7) B . Suy ra ( 4;4) D − (do AB DC = ) Vậy (4;1) A , (0;1) B , (0;4) C , (4;4) D hoặc ( 4;7) A − , (0;7) B , (0;4) C , ( 4;4) D − . 5. BÀI TOÁN 5: Tìm điểm dựa vào hệ thức véctơ Bài toán 5.1 A. NỘI DUNG BÀI TOÁN 5.1 Tìm tọa độ điểm M liên hệ với hai (ba) điểm cho trước qua một hệ thức véctơ MA k AB = ( hay MA k BC = ). B. CÁCH GIẢI CHUNG Gọi (; ) M xy () MA k AB MA k BC = = → 0 1 00 20 () 0 (; ) ( ) 0 xx fx Mx y fy y y = = ⇔⇒ = = Giải thích chi tiết: + Ban đầu ta gọi (; ) M xy + Sau đó cắt nghĩa dữ kiện = MA k AB (hoặc = MA k BC ) cho ta hệ phương trình hai ẩn ,: xy 1 2 () 0 ( ) 0 fx fy = = + Giải hệ phương trình sẽ giúp ta tìm được nghiệm 0 0 xx yy = = và suy ra được tọa độ điểm 00 (; ) Mx y . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comC. VÍ DỤ GỐC Ví dụ. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với (1;2) A , ( 3;4) B − và ( 1; 3) C −− . Tìm tọa độ điểm M trong các trường hợp sau : 1) 3 MA AB = 2) Tứ giác ABCM là hình thang đáy AM và 2 MA BC = . Giải 1) Gọi ( ; ) (1 ;2 ) M x y MA x y ⇒ =−− Ta có ( 4;2) AB = − , khi đó 1 3.( 4) 3 2 3.2 −= − = ⇔ −= x MA AB y 13 (13; 4) 4 = ⇔ ⇒− = − x M y 2) Ta có (2; 7) BC = − . Gọi ( ; ) ( 1; 2) M a b AM a b ⇒ = −− Do ABCM là hình thang đáy AM và 2 MA BC = nên ta có: 1 2.2 5 2 (5; 12) 2 2.( 7) 12 −= = = ⇔ ⇔ ⇒− −= − =− aa AM BC M bb D. CÁC VÍ DỤ MỞ RỘNG Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD với hai đáy là , AB CD và 2 CD AB = . Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A xuống AC và M là trung điểm của HC . Biết tọa độ đỉnh (5;6) B , phương trình đường thẳng : 2 0 DH x y −= và phương trình đường thẳng : 3 50 DM x y − +=. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang ABCD . Phân tích hướng giải : * Với dữ kiện ban đầu ta tìm được tọa độ điểm D đầu tiên khi , DH DM đã biết phương trình. * Ta cần “gắn kết” các dữ kiện CD // AB , 2 CD AB = , (5;6) B cùng với điểm D vừa tìm được. Sử dụng định lý Ta – lét ta sẽ chỉ ra được 2 DI IB = với { } DB AC I = . Như vậy ta đã thấy Bài toán 5.1 xuất hiện, do đó ta sẽ dễ dàng có được tọa độ điểm I . Khi đó chúng ta sẽ viết được phương trình AC đi qua I và vuông góc với DH . Từ đây ta sẽ suy ra được tọa độ H và M (lần lượt là giao điểm của AC với , DH DM ) . Tiếp tục ta sẽ tìm được tọa độ điểm C - khi M là trung điểm của HC . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com* Lúc này Bài toán 5.1 lại “lộ diện”, khi , , BC D đã biết tọa độ và ta có hệ thức vecto : 2 CD BA = . Từ đây ta sẽ tìm được tọa độ điểm A . Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên: Giải + Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ 20 1 (1;2) 3 50 2 −= = ⇔⇒ − + = = xy x D x y y + Gọi { } DB AC I = , khi đó CD // AB nên theo định lý Ta – lét ta có: 11 1 2(5 ) 11 14 3 22 ; 2 2(6 ) 14 33 3 = −= − = =⇒= ⇔ ⇔ ⇒ −= − = I II II I x xx DI CD DI IB I yy IB AB y + AC đi qua 11 14 ; 33 I và vuông góc với đường thẳng DH nên có phương trình: 2 13 0 xy + −= Suy ra tọa độ điểm H là nghiệm của hệ : 13 2 13 0 13 26 5 ; 2 0 26 55 5 = + − = ⇔⇒ −= = x xy H xy y Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 29 2 13 0 29 18 5 ; 3 5 0 18 55 5 = + − = ⇔ ⇒ − + = = x xy M x y y Do M là trung điểm của HC nên suy ra (9;2) C + Ta có CD // AB , 2 CD AB = nên suy ra 1 9 2( 5) 1 2 (1;6) 2 2 2( 6) 6 − = − = =⇔ ⇔ ⇒ −= − = AA AA x x CD BA A yy Vậy (1;6), (9;2), (1;2) AC D . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comVí dụ 2 (B – 2014). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD . Điểm ( 3;0) M − là trung điểm của cạnh AB , điểm (0; 1) H − là hình chiếu vuông góc của B trên AD và điểm 4 ;3 3 G là trọng tâm của tam giác BCD . Tìm tọa độ các điểm B và D. Phân tích hướng giải: * Ở ví dụ trên có 3 điểm đã biết tọa độ là ( 3;0) M − , (0; 1) H − , 4 ;3 3 G và đều là các điểm đặc biệt. Trong đó M đóng vai trò là trung điểm của AB , G là trọng tâm của tam giác BCD , nghĩa là chúng đều là các điểm liên quan tới yếu tố về tỉ lệ độ dài và mối liên hệ vecto. Mặt khác trong bài toán việc tìm càng nhiều điểm càng có lợi, mà nhất lại là những điểm nằm trên các cạnh trong ví dụ này. Điều này gợi ý ta đi tìm giao điểm , PQ của , HM HG với BC . Việc tìm điểm P là đơn giản khi M là trung điểm của HP và nhờ ta – let ta sẽ tìm hệ thức 2 HG GQ = . Tức là ta đang đưa điểm Q về Bài toán 5.1 , do đó việc “tháo” điểm Q là đơn giản. *) Khi tìm được , PQ cũng có nghĩa là ta viết được phương trình BC . Có lẽ đâ y chính là “nút thắt” của bài toán. Vì vậy việc tìm ra đáp số theo yêu cầu bài toán lúc này trở nên “nhẹ nhàng”. Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên: Giải Gọi , PQ lần lượt là giao điểm của , HM HG với BC . Khi đó HA// BC nên áp dụng định lí Ta – lét ta có: + 1 ==⇒ = HM AM HM ME MP MB hay M là trung điểm của HP , suy ra ( 6;1) − P + ( ) 44 2 2 33 2 2 (2;5) 5 3 ( 1) 2 3 = − = = =⇒ = ⇔ ⇔ ⇒ = −− = − Q Q Q Q x x HG AG HG GQ Q y GQ GC y Khi đó BC đi qua ( 6;1) P − và (2;5) Q nên có phương trình: 2 80 xy − += BH đi qua (0; 1) H − và vuông góc với BC nên có phương trình: 2 10 xy + += Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comSuy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 2 80 2 ( 2;3) 2 10 3 − += =− ⇔ ⇒− + += = xy x B xy y Do M là trung điểm của AB , suy ra ( 4; 3) A−− Ta có: ( ) 44 ( 4) 2 4 33 2 (4;6) 6 3 ( 3) 2 3 −− = − = =⇔ ⇔⇒ = −− = − C C C C x x AG GC C y y Mặt khác G là trọng tâm tam giác BCD nên: 24 4 2 33 (2;0) 36 0 3 3 −+ + = = ⇔⇒ + + = = D D DD x x D y y Vậy ( 2;3) B − và (2;0). D Chú ý: Ngoài cách giải theo góc nhìn của Bài toán 5.1, trong bài toán trên các bạn có thể tham khảo thêm cách giải sau đây: + Gọi ( ; ) ( 6; ) Aa b B a b ⇒ −− − (do ( 3;0) M − là trung điểm của AB ) + Mặt khác G là trọng tâm tam giác BCD nên: ( ) 4 4 4 2 49 2 3 3 2; 9 22 32 3 2 − = −= − −− =⇔ ⇔⇒ − = − = − C C C C a x a x ab AG GC C b y by + Suy ra ( ; 1 ) = − −− AH a b , ( 6; 1) = +− BH a b , 16 9 ; 22 ++ = ab BC Khi đó ( 6) ( 1)( 1) 0 .0 ( 16)( 6) ( 9)( 1) 0 .0 22 − + − + −= = ⇔ + + +− += = aa b b AH BH a a bb BC BH 22 22 6 (0; 1) 1 6 10 ( 4; 3) 4 22 8 87 0 ( 2;3) 3 (4;6) = − ⇒ −≡ = + + −= ⇔ ⇔ −− = − ++ + + = ⇒− = − a BH b ab a A a ab a b B b C Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comMặt khác G là trọng tâm tam giác BCD nên: 24 4 2 33 (2;0) 36 0 3 3 −+ + = = ⇔⇒ + + = = D D DD x x D y y Vậy ( 2;3) B − và (2;0). D Ví dụ 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có ( 2;6) A − , đỉnh B thuộc đường thẳng d có phương trình 2 60 xy − + =. Gọi , MN lần lượt là hai điểm trên hai cạnh , BC CD sao cho BM CN = . Xác định tọa độ đỉnh C , biết rằng AM cắt BN tại điểm I 2 14 ; 55 . Phân tích hướng giải: * Với dữ kiện B thuộc đường thẳng có phương trình 2 60 xy − + =, gợi ý ta nên đi tìm tọa độ điểm B trước. Lúc này điểm đã biết tọa độ là ( 2;6) A − và I 2 14 ; 55 nên ta sẽ cần “gắn kết” ba điểm ,, A B I xem chúng có mối quan hệ như thế nào ? Nếu có được điều này ta dễ dàng tìm được điểm B theo góc nhìn của Bài toán 3. * Dữ kiện BM = CN giúp ta chứng minh được 0 90 ABM BCN AIB ∆ = ∆ ⇒= ⇒ tọa độ B (Bài toán 3) * Khi đó ta sẽ tính được độ dài đoạn AM ⇒ hệ thứ c vecto liên hệ bởi 3 điểm ,, A I M (Bài toán 5.1) ⇒ tọa độ điểm M . * Lúc này ta có được hệ thức véctơ liên hệ bởi 3 điểm ,, BM C (Bài toán 5.1) ⇒ tọa độ điểm C . Giải * Tam giác vuông ABM và BCN có : AB BC = và BM CN = ABM BCN ⇒∆ =∆ ⇒ 11 AB = Mà 12 BB + = 0 90 ⇒ 12 AB + = 0 90 hay AIB 0 90 = * Ta có : 12 16 ; 55 = − AI . Gọi (2 6; ) −∈ Bt t d 32 14 2; 55 ⇒ = − − IB t t , khi đó: 12 32 16 14 . 0 . 2 . 0 4 0 4 5 55 5 ⊥ ⇔ = ⇔ − − − = ⇔− = ⇔ = AI IB AI IB t t t t (2;4) ⇒ B Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com* Ta có 22 12 16 4 55 = += AI 2 22 42 5 5 44 + ⇒= = =⇒= AB AM AM AI AI Suy ra 5 12 2. 1 45 (1;2) 5 16 2 6. 45 += = ⇒ ⇒ = − = − M M M M x x M y y * Khi đó 5 25 = ⇒ = = BM BC AB M là trung điểm của BC (0;0) C ⇒ Vậy (0;0) C . Nhận xét: * Thực ra ở ví dụ trên M là trung điểm của BC tương đương với hệ thức vecto = BM MC , song do hệ thức này đặc biệt nên ta trình bày là trung điểm để áp dụng luôn công thức và việc tìm điểm M được đơn giản hơn. * Ngoài việc tìm tọa độ các điểm ,, BM C theo cách ở trên các bạn còn có thể tìm theo cách sau: + Viết phương trình : 3410 0 BI x y − += , suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ : 2 60 2 (2;4) 3 4 10 0 4 − += = ⇔⇒ − += = xy x B xy y + Phương trình AI : 4 3 10 0 xy + −= và : 2 0 BC x y −=, suy ra tọa độ điểm M là nghiệm của hệ : 4 3 10 0 1 (1;2) 20 2 + −= = ⇔⇒ −= = xy x M xy y + Ta tìm C theo góc nhìn Bài toán 1 . Cụ thể: Gọi ( ;2 ) C t t BC ∈ , khi đó: 22 2 2 2 0 (0;0) ( 2) (2 4) 20 ( 2) 4 4 (4;8) = = ⇔− + − = ⇔− = ⇔ ⇒ = tC BC AB t t t tC Do M nằm giữa B và C nên ta nhận được đáp số (0;0) C . Song một hạn chế ở cách trình bày thứ ba (tìm điểm C ) ta sẽ tìm được hai điểm C và cần loại đi một điểm. Trong khi đó với cách làm ở trên ta sẽ tìm được chính xác một điểm C theo yêu cầu đề bài. Vì vậy trong rất nhiều bài toán, khi đi tìm điểm ta có rất nhiều cách tiếp cận, trong các cách tiếp cận này thì cách tìm điểm theo hệ thức vecto, giao của hai đường thẳng sẽ luôn cho ta được điểm duy nhất (nếu dựa vào đặc thù của hình vẽ). Đó chính là ưu điểm của nó so với các hướng tiếp cận khác – mà ở đó việc tìm ra nhiều hơn một điểm, đôi khi khiến ta phải có thêm bước loại nghiệm. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comVí dụ 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp 45 ; 33 I , trực tâm 1 8 ; 3 3 H và trung điểm của cạnh BC là điểm (1;1) M . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Phân tích hướng giải: * Ở ví dụ trên với dữ kiện cho tâm đường tròn ngoại tiếp I và trực tâm H , khiến ta liên tưởng tới bài toán quen thuộc về đường thẳng Ơ – le : 2 HG GI = (*) với G là trọng tâm của tam giác ABC . Nghĩa là ta có thể tìm được tọa độ trọng tâm G nhờ vào Bài toán 5.1 hay chính là hệ thức (*). * Khi biết G ta lại thấy Bài toán 5.1 tiếp tục xuất hiện khi 2 AG GM = , nên ta sẽ tìm được tọa độ điểm A khá đơn giản. * Lúc này ta sẽ dễ dàng viết được phương trình BC (đi qua M và vuông góc với AH ), từ đó lấy giao điểm với đường tròn ( ; ) I IA ngoại tiếp tam giác ABC và tìm được tọa độ các đỉnh , BC . Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên: Giải + Gọi ' A là điểm đối xứng với A qua I , khi đó : ' AC // BH (cùng vuông góc với AC ) và ' AB // CH (cùng vuông góc với AB) Suy ra ' BHCA là hình bình hành , suy ra M là trung điểm của ' HA + Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , khi đó G cũng là trọng tâm của tam giác ' AHA Do đó ta có: 41 4 3. 1 3 3 3 3 (1;2) 2 58 5 3. 33 3 − = − = =⇔ ⇔⇒ = − = − G G G G x x HI GI G y x + Mặt khác ta có 1 2(1 1) 1 2 (1;4) 2 2(1 2) 4 − = − = = ⇔ ⇔⇒ −= − = AA AA xx AM GM A y y Khi đó BC đi qua M vuông góc AH nên có phương trình: 2 30 xy + −= Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm 45 ; 33 I và bán kính 52 3 = IA Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comNên có phương trình: 22 4 5 50 3 39 − +− = xy Suy ra tọa độ , BC là nghiệm của hệ : 22 2 3 2 30 0 32 (3;0), ( 1;2) 4 5 50 ( 1;2), (3;0) 20 1 3 39 2 = + −= = = − − ⇔ ⇔ ⇒ − − = = − − +− = = x xy y x y BC BC yy x xy y Vậy (1;4) A , (3;0) B , ( 1;2) C − hoặc (1;4) A , ( 1;2) B − , (3;0) C . Chú ý: Việc tìm , BC trong bài toán trên các bạn có thể trình bày theo góc nhìn của Bài toán 1 như sau: Gọi (3 2 ; ) B t t BC −∈ , khi đó : 22 22 5 5 50 2 3 39 = ⇔ = ⇔ − +− = IB IA IB IA t t 2 0 (3;0) 5 10 0 2 ( 1;2) = ⇔ − =⇔ ⇒ = − tB t t tB Do (1;1) M là trung điểm của BC nên suy ra: (3;0) B , ( 1;2) C − hoặc ( 1;2) B − , (3;0) C . Bài toán 5.2 A. NỘI DUNG BÀI TOÁN 5.2 Tìm tọa độ hai điểm M , N lần lượt thuộc hai đường thẳng 12 , ∆∆ và liên hệ với điểm thứ ba ( hoặc hai điểm) cho trước qua một hệ thức véctơ . B. CÁCH GIẢI CHUNG Gọi 11 22 () () ∈∆ ∈∆ Mt Nt "" caét nghóa heä thöùc vectô → 11 2 1 21 2 2 (, ) 0 ? (, ) 0 ? = = ⇔⇒ = = f tt t f tt t , MN GIẢI THÍCH CHI TIẾT : + Do 1 2 ∈∆ ∈∆ M N nên ta sẽ tham số hóa tọa độ điểm , MN bằng cách gọi 11 22 () () ∈∆ ∈∆ Mt Nt + Sau đó cắt nghĩa dữ kiện “hệ thức véctơ” cho ta hệ phương trình hai ẩn 12 , tt : 11 2 21 2 (, ) 0 (, ) 0 = = f tt f tt Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Giải hệ phương trình sẽ giúp ta tìm được nghiệm 1 2 ? ? t t = = và từ đây suy ra được tọa độ điểm , MN . Chú ý: + Ngoài cách trình bày ở phần cách giải chung các bạn có thể trình bày theo cách sau: Gọi 1 () ∈∆ Mt "" döïa vaøo heäthöùcvectô → () Nt 2 N∈ ∆ → () 0 ? , = ⇔= ⇒ f t t MN (*) (Nghĩa là ta sẽ tham số hóa điểm M theo ẩn t ( () Mt ) nhờ 1 M ∈∆ . Sau đó dựa vào hệ thức véctơ giúp ta ràng buộc được tọa độ điểm N theo t ( () Nt ). Sử dụng dữ kiện 2 N ∈∆ ta sẽ thiết lập được phương trình chứa t ( () 0 ft = ). Giải phương trình tìm t , từ đó sẽ suy ra được tọa độ điểm , MN ) + Cách trình bày (*) thường được sử dụng khi bài toán có yếu tố trung điểm. C. VÍ DỤ GỐC Ví dụ. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng 1 : 30 x y ∆ − +=, 2 : 2 1 0 x y ∆ − += và hai điểm ( 1;3), (3;2) AB − . Biết M thuộc 1 ∆ và N thuộc 2 ∆ . Tìm tọa độ điểm , MN trong các trường hợp sau: 1) 3 AM AN = − . 2) ABMN là hình bình hành. Giải Gọi 11 1 22 2 ( ; 3) ( ;2 1) Mt t Nt t + ∈∆ + ∈∆ 11 22 11 ( 1; ) ( 1;2 2) ( 3; 1) AM t t AN t t BM t t = + ⇒ =+− = −+ 1) 1 1 2 12 1 2 12 2 ( 14; 11) 14 1 3( 1) 3 4 3 10 23 10 ; 3(2 2) 6 6 33 3 M t t t tt AM AN N t t t t t −− = − +=− + + =− = −⇔ ⇔ ⇔ ⇒ = − − += = 2) ABMN là hình bình hành 2 1 12 1 2 1 12 2 1 3 4 11 (11;14) 2 2 1 2 3 7 (7;15) t t tt t M AN BM t t tt t N += − − = = ⇔= ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ − =+ − =− = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comD. CÁC VÍ DỤ MỞ RỘNG Ví dụ 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A và D , 2 CD AB = , đỉnh (8;4) B . Đường chéo AC đi qua điểm (4;12) M và đường thẳng chứa cạnh AD có phương trình 20 x y −+=. Tìm tọa độ , , AC D . Phân tích hướng giải: Câu hỏi đầu tiên ta vẫn thường đặt ra “Với những dữ kiện ban đầu cho phép ta viết được phương trình đường thẳng nào và có thể suy ra tọa độ của những điểm nào ? ”. Cụ thể với ví dụ này: * AB viết được phương trình vì đi qua B và vuông góc với AD . Khi đó trong ba điểm , , AC D ta nhận thấy ngay điểm A sẽ dễ dàng tìm được đầu tiên. Bởi { } AD AB A ∩= . * Từ đây ta sẽ viết được phương trình AC đi qua A và M . Lúc này Bài toán 5.2 đã xuất hiện. Cụ thể: D AD C AC ∈ ∈ và 2 DC AB = . Do đó ta sẽ tìm được tọa độ điểm , CD và có lời giải chi tiết sau: Giải: + AB đi qua (8;4) B và vuông góc với AD nên có vecto pháp tuyến (1;1) AB n = . Do đó AB có phương trình: 12 0 xy +− =. Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 12 0 5 (5;7) 20 7 xy x A x y y +− = = ⇔⇒ −+= = + AC đi qua (5;7) A và (4;12) M nên có phương trình: 5 32 0 xy +− = + Gọi 11 22 ( ; 2) ( ; 5 32) D t t AD C t t AC + ∈ −+ ∈ 21 2 1 ( ; 5 30) DC tt tt ⇒ = − − −+ Do 2 CD AB = nên 2 DC AB = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 21 21 2 21 2 1 1 2.(8 5) 6 7 (7; 3) 5 30 2.(4 7) 5 36 1 (1;3) tt tt t C tt t t t D − = − − = = − ⇔ ⇔ ⇔⇒ − −+ = − + = = + Vậy (5;7), (7; 3) A C − và (1;3) D . Ví dụ 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường thẳng : ∆ 20 xy + − =. Đường thẳng đi qua A và B có phương trình 2 30 xy + −=. Tìm tọa độ A và B biết 5 AB = , ( 1; 1) C −− và hoành độ của A lớn hơn hoành độ của B . Phân tích hướng giải: Ở bài toán này, trọng tâm thuộc đường thẳng ∆ và ( 1; 1) C −− nên việc tìm tọa độ trung điểm I của AB khá tự nhiên. Bởi nếu biết được I ta sẽ tìm được , A B theo góc nhìn của Bài toán 1 ( , A B AB ∈ và 5 2 2 AB AI BI = = = ), lí do thứ hai là điểm I xuất hiện trong Bài toán 5.2. Cụ thể: , IG đều thuộc các đường thẳng đã biết phương trình và liên hệ với điểm ( 1; 1) C −− qua hệ thức vecto 32 CG CI = . Do đó ta có lời giải chi tiết sau: Giải + Gọi I là trung điểm của AB . Do I AB ∈ nên (3 2 ; ) I mm − và trọng tâm G ∈∆ nên ( ;2 ) Gn n − + Suy ra ( 1;3 ) (4 2 ; 1) CG n n CI m m = +− =−+ . Mặt khác G là trọng tâm tam giác ABC nên: 3( 1) 2(4 2 ) 3 4 5 1 (5; 1) 32 3(3 ) 2( 1) 3 2 7 3 (3; 1) n m nm m I CG CI n m nm n G + = − + = = − − =⇔ ⇔ ⇔⇒ −= + + = = − + Khi đó , A B thuộc đường tròn tâm (5; 1) I − và bán kính 5 2 2 AB R = = Suy ra tọa độ , A B là nghiệm của hệ: 22 2 3 1 6; 2 3 0 32 4; 2 2 51 3 (5) (1) (1) 1 6; 4; 44 2 2 A xy x y xy xy y xy B − + −= =− = = ⇔⇔ ⇒ − + += += = = − Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Vậy 3 6; 2 A − và 1 4; 2 B . Ví dụ 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm (5; 7) A − , điểm C thuộc đường thẳng có phương trình 40 x y −+=. Đường thẳng đi qua D và trung điểm của đoạn thẳng AB có phương trình 3 4 23 0 xy − −= . Tìm tọa độ của B và C , biết điểm B có tung độ dương. Phân tích hướng giải: Thứ tự ưu tiên để tìm tọa độ điểm nào trước, cũng luôn là câu hỏi được đặt ra khi bài toán yêu cầu tìm tọa độ của nhiều hơn một điểm. Câu trả lời cho thứ tự ưu tiên này thường là : điểm có mối liên hệ qua hệ thức vecto – điểm thuộc đường thẳng – điểm có điều kiện về hoành độ (tung độ)…Như vậy với ví dụ cụ thể trên : * Việc tìm tọa độ hai điểm , BC sẽ được ưu tiên cho điểm C trước. Lúc này ta cần gắn kết điểm C với những dữ kiện đã biết của bài toán là (5; 7) A − và đường thẳng : 3 4 23 0 DM x y − −= ( M là trung điểm của AB ) bằng cách nối C với A và cắt DM tại N . Nhận thấy Bài toán 5.2 sẽ “lộ diện” nếu ta tìm được mối liên hệ vecto qua 3 điểm , , CN A - điều này là hoàn toàn làm được khi ta vận dụng kiến thức hình học sơ cấp để chỉ ra 3 AC AN = . Vậy nhờ Bài toán 5.2 ta đã tìm được tọa độ điểm C . * Không có đường thẳng đã biết phương trình nào đi qua điểm B . Song thay vào đó ta có dữ kiện M là trung điểm của AB và thuộc đường thẳng 3 4 23 0 xy − −= . Vì vậy ta hoàn toàn có thể tham số hóa điểm B theo một ẩn thông qua điểm M . Khi đó dữ kiện ABC ∆ vuông tại B theo góc nhìn của Bài toán 3 ta sẽ giúp ta suy ra được tọa độ điểm B . Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên : Giải + Gọi M là trung điểm của AB và gọi , IN lần lượt là giao điểm của AC với , BD DM . Khi đó N là trọng tâm của tam giác 2 21 1 .3 3 32 3 ABD AN AI AC AC AC AN ⇒ = = = ⇒ = (*) + Do , CN lần lượt thuộc các đường thẳng có phương trình 40 x y −+= và 3 4 23 0 xy − −= Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comNên gọi 11 22 ( ; 4) (1 4; 5 3) C t t Nt t + + − + 11 22 ( 5; 11) (4 4;3 2) AC t t AN t t = − + ⇒ = −+ Từ 1 1 2 12 1 2 12 2 1 5 3(4 4) 12 7 (*) (1;5) 2 11 3(3 2) 9 5 3 t t t tt C t t tt t = −= − − =− ⇔ ⇔ ⇔⇒ += + − = − = + Gọi (1 4; 5 3) M m m DM + − + ∈ . Do M là trung điểm của AB nên suy ra (8 3;6 3) Bm m −− . Suy ra (8 8;6 4) (8 4;6 8) AB m m CB m m = −+ = −− . Khi đó tam giác ABC vuông tại .0 B AB CB ⇔= (8 8)(8 4) (6 4)(6 8) 0 mm m m ⇔ − −+ + −= 2 100 120 0 0 mm m − = ⇔= hoặc 6 5 m = + Với m = 0 ⇒ B (–3 ; –3) (loại) . Với 6 33 21 ; 5 55 mB = ⇒ = Vậy 33 21 ; 55 B = và (1;5) C . Nhận xét : Ở ví dụ trên nếu phải tìm thêm tọa độ điểm D thì ta cũng có thể giải quyết được trọn vẹn bài toán. Bởi khi đã tìm được tọa độ , BC ta sẽ dễ dàng viết được phương trình BD đi qua 33 21 ; 55 B = và trung điểm (3; 1) I − của AC . Và điểm D được xác định bởi giao của DM và DB . Ví dụ 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC biết (5;2) A , phương trình đường trung trực BC , đường trung tuyến CD lần lượt có phương trình là 3 10 xy − += và 4 3 16 0 xy + −= . Phân tích hướng giải: Trong ví dụ trên không có nhiều các dữ kiện “có lợi” cho , BC để ta có thể đi tìm trực tiếp. Vì vậy việc tìm tọa độ điểm , BC sẽ thông qua các điểm gián tiếp khác liên quan tới các dữ kiện bài toán cho. * Ở bài toán này điểm (5;2) A đã biết tọa độ nên ta nghĩ tới việc liên kết nó với trung điểm M của BC , khi mà đường trung trực của BC đi qua M đã biết Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comphương trình. Mà AM giao với CD tại trọng tâm G của tam giác ABC . Lúc này ta đã thấy sự “lộ diện” của Bài toán 5.2. Cụ thể : , MN lần lượt thuộc hai đườn g thẳng 3 10 xy − += ; 4 3 16 0 xy + −= và liên hệ với điểm (5;2) A thông qua hệ thức 3 2 AM AG = . Như vậy nhờ vào Bài toán 5.2 ta sẽ tìm được tọa độ điểm M . * Việc tìm được tọa độ điểm M coi như ta đã tháo được “nút thắt” của bài toán. Bởi khi đó ta sẽ viết được phương trình BC và suy ra được tọ a độ của C ( { } BC CD C = ) và B ( M là trung điểm của BC ). Sau đây là lời giải chi tiết của bài toán : Giải + Gọi M là trung điểm của BC nên M thuộc đường thẳng 3 10 xy − += ⇒ 11 (3 1; ) Mt t − Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , khi đó 22 (4 3 ; 4 ) G CD G t t ∈ ⇒ +− Suy ra 11 22 (3 6; 2) (3 1; 4 2) AM t t AG t t = −− = −− − + Khi đó ( ) ( ) 1 12 12 12 2 12 3 1 36 3 1 23 3 3 2 (2;1) 1 3 61 2 2 42 3 2 t t t tt AM AG M t t t t t = −= − − = =⇔ ⇔ ⇔⇒ += − = − − = − − + BC đi qua (2;1) M và vuông góc với đường thẳng 3 10 xy − += nên có phương trình : 3 70 xy + − = Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 4 3 16 0 1 (1;4) 3 70 4 xy x C xy y + −= = ⇔⇒ + − = = + Do (2;1) M là trung điểm của BC , suy ra (3; 2) B − . Vậy (1;4), (3; 2) CB − . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comNhận xét : Ngoài cách giải ở ví dụ trên các bạn có thể tham khảo cách giải thứ hai sau : + Gọi M là trung điểm của BC . Do , DM lần lượt nằm trên các đường 4 3 16 0 xy + −= và 3 10 xy − += nên gọi (4 3 ; 4 ) (3 1; ) D n n M m m + − − (6 3; 8 2) (6 6 5;2 8 2) Bn n C m n m n ⇒ +− − ⇒ − − + + + 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 (2;1) M và vuông góc với đường thẳng 3 10 xy − += nên BC có phương trình: 3 70 xy + − = Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 3 70 1 (1;4) 4 3 16 0 4 xy x C xy y + − = = ⇔⇒ + −= = Do (2;1) M là trung điểm của BC nên suy ra (3; 2) B − . + Vậy (3; 2), (1;4) BC − . Ví dụ 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC . Biết trung tuyến kẻ từ A và đường cao kẻ từ B lần lượt có phương trình 3 10 xy + += và 10 x y − += . Biết ( 1;2) M − là trung điểm của AB . Tìm tọa độ điểm C . Phân tích hướng giải : * Ở ví dụ này việc phát hiện ra Bài toán 5.2 là khá đơn giản, bởi , A B lần lượt thuộc các đường thẳng 3 10 xy + += ; 10 x y − += và ( 1;2) M − là trung điểm của AB ( AM MB = ). Như vậy nhờ Bài toán 5.2 ta tìm được tọa độ của A và B . * Khi đó ta dễ dàng viết được phương trình AC. Lúc này Bài toán 5.2 lại tiếp tục phát huy sẽ giúp ta xác định được tọa độ điểm C. Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên : Giải + Gọi N là trung điểm của BC và H là hình chiếu vuông góc của B trên AC . Ta sẽ tìm tọa độ điểm , A B theo các cách trình bày sau : Cách 1 : Gọi ( 3 1; ) ( ; 1) A a a AN B b b BH −− ∈ +∈ , khi đó ( 1;2) M − là trung điểm của AB nên ta có : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 2 2 AB M A B M xx x yy y + = ⇔ += 3 1 2 1 ( 4;1) 1 4 2 (2;3) ab a A ab b B − − + =− = − ⇔⇒ + += = Cách 2 : Gọi ( 3 1; ) A a a AN −− ∈ , khi đó ( 1;2) M − là trung điểm của AB nên ta có : 2 31 (3 1;4 ) 2 4 B MA B MA x xx a Ba a y yy a = −= − ⇒ −− = −=− Do ( 4;1) 3 1 (4 ) 1 0 4 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 đi qua ( 4;1) A − và vuông góc với đường thẳng : 10 BH x y − += nên AC có phương trình : 30 xy + += . Gọi ( ; 3) C c c AC − − ∈ 2 ; 2 2 cc N + − ⇒ Mặt khác 2 3. 1 0 2 (2; 5) 22 cc N AN c C +− ∈ ⇒ + += ⇔ = ⇒ − Cách 2 : Gọi ( 3 1; ) N t t AN −− ∈ ( ) 6 4;2 3 ( 6 ;2 4) C t t AC t t ⇒ −− − ⇒ =− − Ta có (1;1) BH u = , khi đó . 0 6 2 40 4 40 1 (2; 5) BH AC u t t t t C = ⇔− + − = ⇔− − = ⇔ = − ⇒ − Vậy ( 4;1), (2;3), (2; 5) A BC −− . Ví dụ 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có điểm M nằm trên cạnh BC sao cho 2 MC MB = , trên tia đối của tia DC lấy điểm N sao cho 2 NC ND = . Đỉnh (1; 3) D − và điểm A nằm trên đường thẳng 3 90 x y − +=. Phương trình đường thẳng : 4 3 3 0 MN x y − −=. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD. Phân tích hướng giải : * Trong ví dụ này những yếu tố liên quan tới giả thiết tường minh mà đề bài cho là : “ (1; 3) D − , phương trình : 4 3 3 0 MN x y − −= và A thuộc đường thẳng 3 90 x y − +=”. Như vậy lúc này chúng ta nghĩ tới việc cần “gắn kết” 3 yếu tố “điểm , DA cùng đường thẳng MN ” lại với nhau. Bài toán 5.2 sẽ giúp ta làm được điều Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comnày. Cụ thể: Gọi { } AD MN E = , khi đó nếu chỉ ra được mối liên hệ về vị trí 3 điểm , , A E D thông qua hệ thức vecto ta sẽ tìm được tọa độ điểm A và E . Điều này hoàn toàn làm được, khi dữ kiện M nằm trên cạnh BC thỏa mãn 2 MC MB = cùng với D là trung điểm của CN , giúp ta suy ra được 3 AD ED = . Như vậy với Bài toán 5.2 ta “tháo” được điểm A . Có lẽ đây cũng là “nút thắt” quan trọng nhất của bài toán mà ta đã gỡ được. * Việc tìm điểm , CB lúc này trở nên đơn giản. Khi ta viết được phương trình CD (đi qua D vuông góc với AD ) và suy ra được tọa độ điểm N (là giao của CD và MN ). Nhờ D là trung điểm của CN suy ra tọa độ điểm C và việc tìm điểm B có thể trình bày theo góc nhìn của Bài toán 5.1 thông qua hệ thức CB DA = . Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên. Giải + Gọi E là giao điểm của MN và AD , khi đó : 1 12 . 2 23 = = ED MC BC 11 3 33 = = ⇒= BC AD AD ED (*) + Do A thuộc đường thẳng: 3 90 x y − += ( ;3 9) Aa a ⇒+ Do E thuộc :4 3 3 0 − − = MN x y (3 ; 1 4 ) ⇒ −+ E b b Khi đó [ ] 1 3(1 3 ) 92 0 (*) ( 2;3) 3(3 9) 3 3( 1 4 ) 42 2 −= − − = − = ⇔ ⇔ ⇔ ⇒− − − + = − − − + −= − = − ab ab b A ab ab a + CN đi qua (1; 3) D − và vuông góc với AD nên có phương trình: 2 70 xy − − = Khi đó tọa độ điểm N là nghiệm của hệ: 2 70 3 ( 3; 5) 4 3 30 5 xy x N xy y − − = =− ⇔ ⇒ −− − −= =− Do D là trung điểm của CN nên suy ra (5; 1) C − + Ta lại có 5 21 2 (2;5) 1 33 5 BB BB xx CB DA B yy − =−− = =⇔ ⇔⇒ += + = Vậy ( 2;3), (2;5), (5; 1) A B C −− . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comVí dụ 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC , có đường cao AH ( H BC ∈ ) và 3 BC BH = . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH có phương trình 22 ( ): 4 2 0 Tx y x y +− − = , đường thẳng AC : 20 x y −+=. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết A có hoành độ dương. Phân tích hướng giải : * Với dữ kiện () AT ∈ , A AC ∈ và 0 A x > ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm A . Khi đó việc suy ra tọa độ điểm B là không khó, khi tâm (2;1) I của () T là trung điểm của AB . * Lúc này việc tìm tọa độ điểm C có “bóng dáng” của Bài toán 5.2 . Bởi , () C AC H T ∈∈ và ,, CH B liên hệ với nhau qua hệ thức vecto 3 BC BH = . Như vậy từ đây ta sẽ xác định được tọa độ điểm C . Giải + Đường tròn () T có tâm (2;1) I . Do tam giác ABH vuông tại H nên (2;1) I là trung điểm của AB Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ : 22 2 2 42 0 1 2 0 0 (1;3) 3 00 yx xy x y x x y x x A y xx = + +− − = = −+= ⇔ −= ⇔ ⇒ = >> Do I là trung điểm của AB nên (3; 1) B − + Gọi 00 0 0 ( ; 2) ( 3; 3) (; ) ( 3; 1) C t t AC BC t t Hx y BH x y + ∈ = − + ⇒ = − + Tam giác ABC nhọn, đường cao AH ( H BC ∈ ) và 3 BC BH = nên 3 BC BH = Khi đó 0 0 0 0 2 3 3( 3) 3 2; 3 3( 1) 33 3 t x tx tt H t y t y = + −= − ⇒ ⇒+ += + = + Do 2 2 ( ) 2 4 2 2. 0 3 33 3 t t t t HT ∈ ⇒ + + − +− = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 2 6 (6;8) 3 18 0 3 ( 3; 1) tC tt tC = ⇔ −− = ⇔ ⇒ =− −− + Với (1;3), (3; 1), (6;8) AB C − 2 20 2 20 50 cos 0 90 90 AB AC A A BC = ⇒ = ⇒ < ⇔ > = (loại) Với (1;3), (3; 1), ( 3; 1) AB C − −− 2 20 2 20 32 cos 0 90 36 AB AC A C B A BC = ⇒ = ⇒ > ⇔ <<< = (thỏa mãn) Vậy (1;3), (3; 1), ( 3; 1) AB C − −− . Nhận xét : Theo nội dung của Bài toán 5.2 thì ta sẽ tìm được 2 điểm thuộc hai đường thẳng khi liên hệ với điểm thứ ba thông qua hệ thức vecto. Song ở bài toán trên trong hai điểm có một điểm thuộc đường thẳng và một điểm thuộc đường tròn, ta vẫn có hướng giải quyết theo ý tưởng của Bài toán 5.2. Như vậy qua ví dụ trên ta có thể tổng quát Bài toán 5.2 như sau: “Tìm tọa độ hai điểm M , N lần lượt thuộc hai đường thẳng 12 , ∆∆ (hoặc thay một đường thẳng bởi một đường cong như đường tròn, elip, parabol…) và liên hệ với điểm thứ ba ( hoặc hai điểm) cho trước qua một hệ thức véctơ”. E. BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD . Gọi M là trung điểm của cạnh BC , 31 ; 22 N − là điểm trên cạnh AC sao cho 1 4 AN AC = và giao điểm của AC và DM là 4 1; 3 I . Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết B có hoành độ dương. Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC , biết phương trình các đường thẳng , AB AC lần lượt là 30 xy + += và 2 20 x y − − =. Biết trung điểm của cạnh BC là 15 ; 22 M − . Hãy viết phương trình đường thẳng BC . Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có G là trọng tâm của tam giác BCD , phương trình đường thẳng DG là 2 10 x y − += , Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comphương trình đường thẳng BD là 5 3 20 xy − += và điểm (0;2) C . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD . Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh ( 2;3) A − . Đường cao CH nằm trên đường thẳng 2 70 xy + − = và đường trung tuyến BM nằm trên đường thẳng 2 10 x y − += . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC . Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng 1 :3 5 0 d x y − −=, 2 : 40 d xy + − = và điểm (1;1) M . Viết phương trình đường thẳng d đi qua M và cắt 12 , dd lần lượt tại , A B sao cho 23 MA MB = . Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD , điểm (3; 3) C − và điểm A thuộc đường thẳng :3 2 0 d xy + − =. Gọi M là trung điểm của BC , đường thẳng DM có phương trình 20 x y − − =. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD . Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết trực tâm (1;0) H , chân đường cao hạ từ đỉnh B là (0;2) K , trung điểm cạnh AB là điểm (3;1) M . Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường trung tuyến BN và đường cao AH lần lượt có phương trình 351 0 xy + += và 8 50 x y − −=. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết 3 1; 2 M −− là trung điểm của cạnh BC . Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang vuông ABCD có 0 90 B C = = . Phương trình các đường thẳng AC và DC lần lượt là 20 xy += và 30 x y − −=. Xác định tọa độ các đỉnh của hình thang ABCD biết trung điểm cạnh AD là 3 3 ; 2 2 M − − . Bài 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh (3;3) A và (2;1) I là tâm đường tròn ngoại tiếp. Đường phân giác trong của góc nhọn A có phương trình 0 x y −=. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC , biết 85 5 BC = . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại đỉnh A , BM là đường trung tuyến. Kẻ đường thẳng qua A vuông góc với BM cắt BC tại (2;1) E , trọng tâm tam giác ABC là (2;2) G . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Bài 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD với đáy lớn AD và 2 AD BC = , đỉnh (4;0) B , phương trình đường chéo : 2 3 0 AC x y − −=, trung điểm E của AD thuộc đường thẳng : 2 10 0 xy ∆− + = . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang ABCD , biết cot 2 ADC = . Bài 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip 2 2 ( ): 1 4 x E y += điểm 22 ; 33 M . Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M cắt E tại hai điểm , A B sao cho 2 MA MB = . Bài 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có (5; 7) A − , M là điểm sao cho 30 MA MB + = . Điểm C thuộc đường thẳng : 40 dx y −+=. Đường thẳng đi qua DM có phương trình 7 6 57 0 x y − −= . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác BCD biết điểm B có hoành độ âm. Bài 15. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có giao điểm hai đường chéo là I . Trung điểm của AB là điểm (0; 7) M − và trọng tâm (5;3) G của tam giác ICD . Biết diện tích ABD bằng 12 và A thuộc đường thẳng : 20 x y ∆ − − =. Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành ABCD. F. GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. + Do AD// MC nên ta có: 22 AI AD AI IC IC MC = =⇒= 22 8 .4 33 3 AI AC AN AN ⇒= = = hay 8 5 AI NI = Suy ra 83 11 3 52 8 ( 3;0) 0 5 4 84 1 3 53 2 A A A A x x AI NI A y y −= + = − = ⇔ ⇔ ⇒− = −= − Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Mặt khác ta lại có: ( ) ( ) 31 ( 3) 3 3 1 24 (3;2) 11 2 4 00 24 C C C C x x AN AC C y y − − − = + = = ⇔ ⇔⇒ = −= − + Gọi { } AC BD H = , khi đó H là trung điểm của AC nên suy ra (0;1) H BD đi qua (0;1) H và nhận (6;2) 2(3;1) AC = = làm vecto pháp tuyến nên có phương trình: 3 10 xy + −= + Gọi ( ;1 3 ) B t t BD − ∈ với 0 t > , khi đó: 22 BH HA BH HA =⇔= 2 2 22 2 9 3 1 1 1 tt t t ⇔ + = + ⇔ = ⇔= hoặc 1 t = − (loại) Suy ra (1; 2) B − ( 1;4) D ⇒ − (do H là trung điểm của BD). Vậy ( 3;0), (1; 2), (3;2), ( 1;4) A B CD −− − Bài 2. Cách 1 : + Gọi 11 22 ( ; 3) ( ;2 2) B t t AB C t t AC −− ∈ −∈ . Do 15 ; 22 M − là trung điểm của BC nên suy ra : 12 12 2 1 2 32 2 5 BC M BC M xx x t t yy y t t += += − ⇔⇔ + = −− + − = ( ) ( ) 12 1 12 2 4;1 14 2 10 3 3;4 B t t t t t t C − += − = − ⇔ ⇔⇒ −= − = + Khi đó BC đi qua , BC (hoặc M ) có phương trình : 3 7 19 0 xy − += . Cách 2: + Gọi ( ; 3) B t t AB −− ∈ , khi đó M là trung điểm của BC nên suy ra: 21 ( 1 ; 8) 28 C MB C MB x xx t C tt y y yt = − =−− ⇒ −− + = −=+ + Mặt khác C AC ∈ Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com ( ) ( ) 4;1 2( 1 ) ( 8) 2 0 3 12 4 3;4 B tt t t C − ⇒ − −−+ − =⇔ = − ⇔ = − ⇒ + Khi đó BC đi qua , BC (hoặc M ) có phương trình : 3 7 19 0 xy − += . Cách 3: + Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 1 30 18 3 ; 2 20 8 33 3 x xy A x y y = − + += ⇔ ⇒ −− − − = = − + Gọi N là trung điểm của AB Khi đó MN đi qua 15 ; 22 M − và song song với AC nên có phương trình : 7 20 2 x y −+ = + Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ 13 7 20 13 5 6 ; 2 5 66 30 6 x x y N xy y = − −+ = ⇔ ⇒ −− + += = − ( 4;1) B ⇒− + Khi đó BC đi qua , BM có phương trình : 3 7 19 0 xy − += . Bài 3. + Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ 2 10 1 ( 1; 1) 5 3 20 1 x y x D xy y − += =− ⇔ ⇒ −− − += =− + Gọi { } DG BC M = , suy ra M là trung điểm của BC Do ( ;2 1) M DG M m m ∈⇒ + (2 ;4 ) B mm ⇒ + Mặt khác 5.2 3.4 2 0 1 (2;4) B BD m m m B ∈ ⇔ − += ⇔ = ⇒ Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Suy ra trung điểm của BD có tọa độ 13 ; 22 I . Do I cũng là trung điểm của (1;1) AC A ⇒ (có thể suy ra điểm A nhờ hệ thức BA CD = ) Bài 4. + AB đi qua ( 2;3) A − và vuông góc với CH nên nhận (1; 2) CH u = − làm vecto pháp tuyến. Do đó AB có phương trình : 2 2( 3) 0 2 8 0 x y xy +− − = ⇔ − += + Khi đó tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 2 80 2 (2;5) 2 10 5 xy x B x y y − += = ⇔ ⇒ − += = + Gọi ( ;7 2 ) C t t CH −∈ . Do M là trung điểm của AC nên suy ra 2 ;5 2 t Mt − − + Mặt khác 2 2. (5 ) 1 0 2 6 0 3 (3;1) 2 t M BM t t t C − ∈ ⇔ − − += ⇔ − = ⇔ = ⇒ Vậy (2;5), (3;1) B C . Bài 5. + Ta có 1 11 2 22 ( ;3 5) ( ;4 ) A d At t B d Bt t ∈⇒ − ∈⇒ − 11 22 ( 1;3 6) ( 1;3 ) MA t t MB t t =−− ⇒ = − − Vì ,, M A B thẳng hàng và 23 MA MB = , suy ra 23 MA MB = hoặc 23 MA MB = − . + Với 12 12 2( 1) 3( 1) 23 2(3 6) 3(3 ) tt MA MB t t −= − = ⇔ −= − 12 1 12 2 55 5 23 1 ; 22 2 27 2 (2;2) tt A t t t t B − = − = ⇔ ⇔⇒ += = Khi đó phương trình đường thẳng d đi qua (1;1), (2;2) MB có phương trình : 0 x y −= Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Với ( ) 1 2 12 1 1 2 12 2 2( 1) 3( 1) 2 3 5 1 1; 2 23 2(3 6) 3(3 ) 2 1 1 (1;3) t t tt t A MA MB t t tt t B −= − − + = = − = − ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ − = − − −= = Khi đó phương trình đường thẳng d đi qua (1;1), (1;3) MB có phương trình : x – 1 = 0. Bài 6. + Gọi , IN lần lượt là giao điểm của AC với , BD DM . Khi đó N là trọng tâm của tam giác 2 21 . 3 32 BCD CN CI CA ⇒ = = 1 3 3 CA CA CN = ⇒= (*) + Gọi 11 22 ( ;2 3 ) ( ; 2) At t d N t t DM −∈ −∈ 11 22 ( 3;5 3 ) ( 3; 1) CA t t CN t t = −− ⇒ = −+ Từ 1 1 2 12 1 2 12 2 1 3 3( 3) 3 6 (*) ( 1;5) 5 5 3 3( 1) 3 3 2 3 t t t tt A t t tt t = − −= − − =− ⇔ ⇔ ⇔ ⇒− − = + + = = + Do I là trung điểm của AB nên (1;1) I Khi đó BD đi qua I và vuông góc với AC nên có phương trình : 2 10 xy − += Vậy tọa độ điểm D là nghiệm của hệ 20 5 (5;3) 2 10 3 x y x D xy y − − = = ⇔⇒ − += = Suy ra ( 3; 1) B−− (do (1;1) I là trung điểm của BD) + Vậy ( 1;5), ( 3; 1), (5;3) AB D − −− . Bài 7. + Ta có AC đi qua (0;2) K và vuông góc với HK nên nhận (1; 2) KH = − làm vecto pháp tuyến. Do đó AC có phương trình: 2( 2) 0 2 4 0 x y xy − − = ⇔ − += Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ BK đi qua (1;0) H nhận (2;1) KH n = làm vecto pháp tuyến nên có phương trình: 2( 1) 0 2 2 0 x y xy −+= ⇔ + − = + Gọi (2 4; ) ( ;2 2 ) A a a AC B b b BK − ∈ −∈ , khi đó (3;1) M là trung điểm của AB nên ta có: 2 2 4 6 2 10 4 (4;4) 2 2 2 2 2 0 2 (2; 2) AB M A B M xx x a b ab a A y y y a b ab b B + = − + = + = = ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ + = + − = − = = − + Ta có BC đi qua (2; 2) B − nhận (4;3) HA = làm vecto pháp tuyến nên có phương trình: 4( 2) 3( 2) 0 4 3 2 0 x y xy − + + = ⇔ + − = Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 8 2 40 8 18 11 ; 4 3 2 0 18 11 11 11 x xy C xy y = − − += ⇔ ⇒ − + − = = Vậy (4;4) A , (2; 2) B − , 8 18 ; 11 11 C − . Bài 8. + BC đi qua 3 1; 2 M −− và vuông góc với AH nên nhận (1;8) AH u = làm vecto chỉ phương. Do đó BC có phương trình: 3 1 8 0 8 13 0 2 x y xy ++ + = ⇔ + + = + Khi đó tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 8 13 0 3 (3; 2) 351 0 2 xy x B xy y + + = = ⇔ ⇒− + += =− + Do M là trung điểm của BC nên suy ra ( 5; 1) C −− + Gọi 5 ( ;8 5) ;4 3 2 a A a a AH N a − −∈ ⇒ − : là trung điểm của AC . Ta có 5 3. 5.(4 3) 1 0 1 (1;3) 2 a N BN a a A − ∈ ⇔ + − += ⇔ = ⇒ Vậy (1;3), (3; 2), ( 5; 1) AB C − −− . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 9. + Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 20 2 (2; 1) 30 1 xy x C x y y += = ⇔ ⇒− − −= =− Gọi ( 2; ) ( ; 3) A a a AC D d d DC − ∈ − ∈ . Do 3 3 ; 2 2 M − − là trung điểm của AD nên ta có: 2 2 3 1 ( 2;1) 2 3 3 1 ( 1; 4) AD M A D M xx x ad a A y y y ad d D + = − + = − = − ⇔ ⇔⇒ + = + − =− =− −− + Khi đó AB đi qua A và song song với CD nên có phương trình: x – y + 3 = 0. BC đi qua C và vuông góc với CD nên có phương trình: 10 xy + −= Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 30 1 ( 1;2) 10 2 x y x B xy y − += =− ⇔ ⇒− + −= = Vậy ( 2;1), ( 1;2), (2; 1), ( 1; 4) AB C D − − − −− . Bài 10. + Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính 5 R IA = = nên có phương trình: 22 ( ) : ( 2) ( 1) 5 Tx y − + − = + Khi đó tọa độ giao điểm của đường phân giác trong góc A với () T là nghiệm của hệ: 22 0 0 (0;0) 3 ( 2) ( 1) 5 −= = = ⇔⇒ = = − +− = x y xy O xy x y là giao điểm thứ hai. Do OA là phân giác trong của góc A nên OI vuông góc với BC tại trung điểm M của BC Khi đó: 2 22 45 3 5 5 5 =−=− = IM R CM Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Mặt khác BAC nhọn nên ta có: 34 2 .( 2) 3 42 55 ; 32 5 55 1 .( 1) 55 −= − = ==⇔ ⇔⇒ −= − = MM MM x x IM IM IO IO M IO y y + BC đi qua M vuông góc với IO nên có phương trình: 2 20 xy + − = Suy ra tọa độ điểm , BC là nghiệm của hệ: ( ) 22 0 86 2 (0;2), ; 2 20 55 8 ( 2) ( 1) 5 86 5 ; , 0;2 55 6 5 = = − + −= ⇔⇒ = − +− = − = − x y BC xy x x y BC x Vậy ( ) 86 0;2 , ; 55 − BC hoặc ( ) 86 ; , 0;2 55 − BC . Chú ý: + Với góc BAC nhọn ta có IM IM IO IO = , còn nếu BAC tù ta sử dụng IM IM IO IO = − . + Ngoài cách giải trên các bạn có thể tham khảo thêm cách giải thứ hai ở Bài 4 trong phần Bài tập áp dụng thuộc Bài toán 6.3 (6.4). Bài 11. + Do ABC ∆ cân tại A nên AG BC ⊥ ⇒ G trực tâm trong tam giác ABE EG AB ⇒⊥ Gọi { } AG AB F = , khi đó : 2 3 GE GF GE GF MC MA = =⇒= Suy ra G là trung điểm của (2;3) EF F ⇒ Khi đó AB đi qua (2;3) F và vuông góc với EG nên có phương trình: 30 y−= + Gọi ( ;3) B b AB ∈ Ta có 0 45 ABC = ⇒ EFB ∆ vuông cân tại F , khi đó: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 2 4 (4;3) ( 2) 4 0 (0;3) = = ⇔ − = ⇔ ⇒ = bB FB FE b bB + Với (4;3) B . Do G là trọng tâm tam giác ABC và EG // AC nên ta có: 2 4 2( 2) 1 2 (1;0) 1 3 2( 1) 0 −= − = =⇒ ⇔⇒ −= − = CC CC x x BE EC C y y 1 3(2 2) 1 3 (1;3) 0 3(2 1) 3 −= − = =⇔ ⇔⇒ − = − = A A A A xx CA EG A yy + Với (0;3) B tương tự ta được (3;0), (3;3) CA . Vậy (1;3), (4;3), (1;0) AB C hoặc (3;3), (0;3), (3;0) AB C Bài 12. + Gọi { } = AE AC I , do 2 = AD BC nên ABCE là hình bình hành I ⇒ là trung điểm của BE Gọi (2 10; ) Et t − ∈∆ 3; 2 ⇒ − t It . Mà (2;6) 2( 3) 3 0 6 (3;3) 2 ∈ ⇒ − − − = ⇔= ⇒ E t I AC t t I + Mặt khác BCDE là hình bình hành nên Ta có ( 2;6) BE = − và gọi ( ;2 3) ( 4;2 3) −∈ ⇒ = − − C c c AC BC c c . Khi đó : 2 2 2 1 14 cot cot 2 cos 5 1 tan 1 1 2 == ⇒ = == + + EBC ADC EBC EBC 2 cos 5 ⇔= EBC 22 . 2( 4) 6(2 3) 22 . 55 40. ( 4) (2 3) − −+ − ⇔=⇔ = − + − BE BC cc BE BC cc ( ) 2 51 2 5 10 5 20 25 − ⇔= −+ c cc 2 (5;7) 5 3 22 35 0 75 7 ; 33 3 = ⇔ − + =⇔ ⇒ = C c cc C c cot 2 ADC = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Với (5;7) (1; 1), (3;13) ⇒− C AD (do , IE lần lượt là trung điểm của , AC AD) + Với 7 5 11 13 1 23 ; ; , ; 33 3 3 3 3 ⇒ C AD (do I, E lần lượt là trung điểm của AC, AD). Vậy (1; 1), (5;7), (3;13) − A CD hoặc 11 13 7 5 1 23 ; , ; , ; 3 3 33 3 3 A CD . Bài 13. + Gọi 2 2 22 0 00 0 0 0 ( ; ) ( ) 1 4 4 0 4 ∈ ⇒ + = ⇔ + −= x Bx y E y x y (1) + Do M nằm trong ( ) E nên từ 2 MA MB = 0 0 00 0 0 22 2 2 2 33 2 (2 2 ;2 2 ) 2 2 22 2 33 −= − − = − ⇒= − ⇔ ⇔ ⇒ − − = − −= − − A A A A xx x x MA MB A x y yy y y + Mà 2 2 22 0 0 0 0 00 (2 2 ) ( ) (2 2 ) 1 4 2 8 4 0 4 − ∈ ⇒ + − = ⇔ + − − += x AE y x y x y (2) + Từ (1) và (2) ta được hệ: 22 00 00 22 00 0 0 00 (0;1) 0; 1 4 40 83 83 ; ; 4 2 8 40 55 55 B xy xy B xy x y xy = = + − = ⇔⇒ = = + −−+ = Với (0;1) : 2 2 0 B xy ⇒∆ + − = ; Với 83 ; : 14 10 0 55 B x y ⇒∆+ −= Vậy 2 20 xy + − = hoặc 14 10 0 x y + −= . Bài 14. + Gọi I là giao điểm của AC và DM . Do AM // DC nên áp dụng định lý Ta – let ta được: 11 5 45 = = = ⇒ = ⇒= AI AM AM AI AC AI CI DC AB AC Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Gọi ( ; 4) ( 5; 11) 7 57 7 15 ; 5; 6 6 +∈ =−+ ⇒ − − ∈ = − C c c d AC c c a a I a DM AI a Khi đó 5 5( 5) 1 5 20 5 (1;5) 7 15 21 6 35 141 11 5. 65 −= − = −= − =⇔ ⇔ ⇔⇒ − −= − += = c a c ca AC AI C a ca ca + Gọi 7 57 7 15 ; 5; 66 −− ∈⇒ =− tt M t DM AM t . Khi đó : 5 4.( 5) 3 04 7 15 7 4. 6 −= − + =⇔= ⇔ − += B B xt MA MB AB AM t y 4 15 14 51 4 15; 14 51 3 3 = − − ⇔ ⇒− − = B B x t t Bt t y Suy ra 14 30 4 20; 3 14 66 4 16; 3 t AB t t CB t − = − − = − + Ta có: (14 30)(14 66) . 0 (4 20)(4 16) 0 9 − − ⊥ ⇔ =⇔− − + = t t AB CB AB CB t t 2 ( 3; 3) 3 17 132 243 0 69 89 81 ; 17 17 17 −− = ⇔ − + =⇔ ⇒ = B t t t B t Do B có hoành độ âm nên ta được ( 3; 3) B−− . + ABCD là hình chữ nhật nên 1 5 ( 3) 9 (9;1) 5 7 ( 3) 1 − = −− = =⇔ ⇔⇒ − =− −− = DD DD xx CD BA D yy Vậy ( 3; 3), (1;5), (9;1) −− B CD . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 15. + Gọi N là trung điểm của CD , khi đó : 22 2 33 3 = = ⇒ = IG IN IM IG IM ( ) ( ) 2 50 3 3 (3; 1) 21 3 7 3 −= − = ⇔ ⇔ ⇒− = − − = −− II I I II xx x I y yy + Ta có 4 12 3 ABD AMI AMI SS S = =⇒= Mặt khác 2 2.3 2 35 ( , ) 35 5 =⇒ === AMI S MI d A MI MI + Ta có phương trình đường thẳng : 2 7 0 MI x y − − = Gọi ( ; 2) Aa a − ∈∆ , khi đó: 2 ( 2) 7 3 (3;1) 22 (, ) 5 2 7 (7;0) 5 55 − −− = = ⇔ = ⇔ −= ⇔ ⇒ = a a aA d A MI a aA Do M là trung điểm của AB và I là trung điểm của , AC BD nên: + Với (3;1) ( 3; 15), (3; 3), (9;13) A B CD ⇒ −− − Với (7;0) ( 7; 1), (13;12), ( 1; 2) A B C D ⇒ − − −− Vậy (3;1), ( 3; 15), (9;13), (3; 3) AB C D −− − hoặc (7;0), ( 7; 1), (13;12), ( 1; 2) AB C D − − −− . 6. BÀI TOÁN 6: Viết phương trình đường thẳng TRƯỜNG HỢP 1 : Bài toán không cho véctơ pháp tuyến (hoặc véctơ chỉ phương) Bài toán 6.1 A. NỘI DUNG BÀI TOÁN 6.1 Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua một điểm, cách một điểm cho trước một khoảng không đổi. B. CÁCH GIẢI CHUNG Gọi vtpt (; ) n ab ∆ = 22 0; ab M + ≠ ∈∆ → : (, ) 0 ax by f a b ∆ ++ = ( ,) d N h const ∆ = = → (, ) 0 g ab = (*) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Từ (*) a kb ⇒= choïn → ? ? a b = ⇒ = phương trình ∆. Giải thích chi tiết: + Gọi véctơ pháp tuyến của ∆ là (; ) n ab ∆ = 22 ( 0) ab +≠ , do ∆ đi qua M đã biết tọa độ nên ta viết được phương trình ∆ có dạng: (, ) 0 ax by f a b ++ = (phụ thuộc vào 2 ẩn , ab ). + Sử dụng dữ kiện ∆ cách điểm N cho trước một khoảng không đổi ( ( ,) d N h const ∆= = ) giúp ta thiết lập được phương trình đẳng cấp bậc hai (, ) 0 g ab = (ẩn , ab ) . Từ đây ta sẽ rút ra được mối liên hệ a kb = . Sau đó bằng thao tác “chọn” , ta được bộ số ( ; ) (0;0) ab ≠ và suy ra được phương trình ∆ . Chú ý: Ngoài cách giải trên các bạn có thể giải theo cách sau: + Gọi phương trình đường thẳng đi qua điểm 00 (; ) Mx y có hệ số góc k có dạng: 0 0 00 () 0 y k x x y kx y kx y = − +⇔ − − += Khi đó ( , ) () 0 ? dN h f k k ∆= ⇔ = ⇔ = ⇒ phương trình ∆ . + Phương trình ∆ có dạng 0 xa −= . Vì 00 (; ) Mx y ∈∆ nên suy ra phương trình 0 : 0 xx ∆ − = Kiểm tra điều kiện ( ,) dN h ∆= ⇒ kết luận. Nhận xét: Như vậy để chuyển các bài toán về nội dung Bài toán 6.1, ta cần khai thác các dữ kiện của bài toán để chỉ ra được 2 điều kiện: + Đường thẳng đó đi qua một điểm đã biết tọa độ. + Đường thẳng đó cách một điểm cho trước một khoảng tính được. C. VÍ DỤ GỐC Ví dụ. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm (1;4) M và (2;1) N . Lập phương trình đường thẳng ∆ đi qua M sao cho khoảng cách từ N tới đường thẳng ∆ bằng 1. Giải Cách 1: Gọi véctơ pháp tuyến của ∆ là (; ) n ab ∆ = 22 ( 0) ab +≠ , do ∆ đi qua (1;4) M nên có phương trình: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com ( 1) ( 4) 0 4 0 a x b y ax by a b − + − = ⇔ + −− = , khi đó: 22 22 24 ( ,) 1 1 3 aba b dN a b a b ab +− − ∆= ⇔ = ⇔ − = + + 2 22 2 0 ( 3) 8 6 0 34 b a b a b b ab ab = ⇔− = + ⇔ − =⇔ = Với 0 b = , chọn 1 a = ta được phương trình : 10 x ∆ −= Với 34 ab = , chọn 4 3 a b = = , ta được phương trình : 4 3 16 0 xy ∆ + −= . Cách 2: + Phương trình ∆ đi qua (1;4) M có hệ số góc k , có dạng: ( 1) 4 y k x = −+ hay 40 kx y k −− += Khi đó 22 22 2 1 4 4 ( , ) 1 1( 3) 16 8 3 1 kk dN k k k k k − − + ∆= ⇔ = ⇔ + = + ⇔ =− ⇔ =− + Suy ra phương trình 44 : 40 4 3 160 33 x y x y ∆ − −+ += ⇔ + − = + Phương trình ∆ có dạng 0 xa −=. Vì (1;4) 1 0 1 M aa ∈∆ ⇒ − = ⇔ = hay : 10 x ∆ −= Khi đó 21 ( ,) 1 1 dN − ∆= = (thỏa mãn) Vậy phương trình ∆ phải tìm là 4 3 16 0 xy + −= hoặc 10 x−=. D. CÁC VÍ DỤ MỞ RỘNG Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn 22 ( ): 4 8 5 0 Cx y x y + −−− = . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm (5;2) M và cắt đường tròn ( ) C tại hai điểm , A B sao cho 52 AB = . Phân tích hướng giải: * Đường thẳng ∆ cần viết đi qua điểm (5;2) M . Do vậy ta cần khai thác thêm các dữ kiện của bài toán để có được yếu tố “có lợi” liên quan tới ∆ . * Dữ kiện ∆ cắt đường tròn ( ) C tại hai điểm , A B với 52 AB = , cho ta biết được khoảng cách từ tâm (2;4) I của ( ) C tới ∆ . Cụ thể nếu gọi H là hình chiếu của I trên ∆ thì ta có 22 (, ) d I IH IA HA ∆= = − Khi đó việc viết phương trình ∆ được “tháo gỡ” theo góc nhìn của Bài toán 6.1. Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comGiải + Đường tròn ( ) C có tâm (2;4) I và bán kính 5 R IA = = Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên 52 22 AB AB AH ⇒ = = Khi đó 2 2 22 52 52 5 22 IH IA AH = −= − = + Gọi véctơ pháp tuyến của ∆ là (; ) n ab ∆ = 22 ( 0) ab +≠ Do ∆ đi qua (5;2) M nên có phương trình: (5)( 2) 0 5 2 0 a x b y ax by a b −+ − = ⇔ + − − = , khi đó : 2 22 22 2 45 2 52 ( , ) 4(3 2 ) 50( ) 2 a ba b d I IH a b a b ab + −− ∆= ⇔ = ⇔ − = + + 22 7 24 17 0 ( )(7 17 ) 0 7 17 ab a ab b a b a b ab = − ⇔ + + =⇔+ + =⇔ = − + Với ab = − , chọn 1 1 a b = = − suy ra phương trình : 30 x y ∆ − −= Với 7 17 ab = − , chọn 17 7 a b = = − suy ra phương trình :17 7 71 0 xy ∆ − −= Vậy phương trình đường thẳng ∆ cần lập là : 30 x y − −= hoặc 17 7 71 0 xy − −= . Ví dụ 2 ( Khối A, A1 – 2014). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M là trung điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho 3 AN NC = . Viết phương trình đường thẳng CD , biết rằng (1;2) M và (2; 1) N − . Phân tích hướng giải: * Yêu cầu bài toán viết phương trình CD , giúp ta hướng tới việc gắn kết các dữ kiện để tìm các yếu tố liên quan tới đường thẳng CD . Bài toán cho biết tọa độ hai điểm (1;2) M và (2; 1) N − cùng với dữ kiện 3 AN NC = , khiến ta nghĩ tới việc tìm tọa độ điểm E ( với { } MN CD E ∩= ) . Điều này hoàn toàn có thể làm được n hờ vào Bài toán 5.1 (các bạn xem lại ở phần trước) khi ta suy luận được 3 MN NE = . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com* Với (1;2) M , (2; 1) N − và điểm E vừa tìm được, cộng với các điểm đều xác định rõ vị trí, nên ta dễ dàng có được độ dài cạnh của hình vuông dựa vào độ dài MN (hoặc ME ) . Nghĩa là ta sẽ tính được khoảng cách từ M tới DC . Như vậy lúc này đã xuất hiện nội dung Bài toán 6.1 , giúp ta viết được phương trình đường thẳng CD . Cụ thể CD đi qua điểm E đã biết tọa độ và cách điểm M một khoảng xác định. Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên: Giải + Gọi { } MN CD E ∩= và H là hình chiếu vuông góc của M trên CD. Khi đó theo định lý Ta-let ta có 33 MN AN MN NE NE NC ==⇒ = (*) + Gọi (; ) Ex y suy ra ( 2; 1) NE x y =− + và với (1; 3) MN = − Do đó 7 1 3( 2) (*) 3 3 3( 1) 2 x x y y = − = ⇔⇔ − = + = − 7 ; 2 3 E ⇒ − + Do 1 2 11 3 3 33 EC AM HE AM AB MH = ⇒ = = = nên ta đặt: 3 HE m MH m =⇒= . Khi đó 22 2 2 160 4 10 93 MH HE ME m m + = ⇔ = ⇔= 4 MH ⇒= + Gọi (; ) CD n ab = với 22 0 ab +≠ Khi đó phương trình CD có dạng: ( ) 7 2 03 3 7 60 3 a x b y ax by a b − + +=⇔ + − + = Ta có 22 3 67 6 (, ) 4 99 ab ab d M CD MH a b +− + =⇔= + 22 2 0 3 9( ) 8 6 0 43 a b a a b a ab ab = ⇔ −= + ⇔ + = ⇔ = − Với 0 a = ta chọn 1 b = , khi đó phương trình CD là: 20 y+= Với 43 ab = − chọn 3 a = và 4 b = − , khi đó CD có phương trình: 3 4 15 0 xy − − = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comChú ý: Ngoài cách giải trên các bạn có thể tham khảo thêm các cách giải khác ở Ví dụ 10 trong cách ra đề 3 thuộc Bài toán 1 và ở Bài 3.2 trong Phần 3 – phát triển các bài toán. Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn 22 ( ): 6 2 6 0 Tx y x y + − + + =, và điểm (1;3) A . Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt () T tại B và C sao cho AB BC = . Phân tích hướng giải: * Giống như Ví dụ 1, đường thẳng ∆ cần viết đi qua điểm (1;3) A . Như vậy lúc này ta đang thiếu một dữ 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 đó việc viết phương trình ∆ được giải quyết theo góc nhìn của Bài toán 6.1. Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên: Giải + Đường tròn () T có tâm (3; 1) I − và bán kính 2 R = Ta có 2 5 IA R = > , suy ra A nằm ngoài đường tròn. Gọi ∆ là đường thẳng cần lập và H là hình chiếu vuông góc của I trên ∆ . Lúc này ta sẽ đi tính IH theo hai cách sau: Cách 1: Đặt 22 2 4 IH a BH IA IH a =⇒ = − =− . Do 2 3 3 4 AB BC AH BH a = ⇒ = = − Khi đó 2 22 2 2 2 9(4 ) 20 2 2 IH AH IA a a a a + = ⇔ + − = ⇔ = ⇒= hay 2 IH = Cách 2: Phương tích của điểm A đối với đường tròn () T : 22 /( ) . .2 20 4 AT P AB AC AI R AB AB = = −⇔ = − Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com2 8 22 2 AB AB BC BH ⇔ =⇔= =⇒ = Suy ra 22 42 2 IH IB BH = − = −= + Gọi véctơ pháp tuyến của ∆ là (; ) n ab ∆ = 22 ( 0) ab +≠ , do ∆ đi qua (1;3) A nên có phương trình: ( 1) ( 3) 0 3 0 a x b y ax by a b − + − = ⇔ + −− = , khi đó : 2 22 22 33 ( , ) 2 4( 2 ) 2( ) ab a b d I IH a b a b ab − − − ∆= ⇔ = ⇔ − = + + 2 2 8 7 0 ( )( 7 ) 0 7 ab a abb a b ab ab = ⇔ − + =⇔− − =⇔ = + Với ab = , chọn 1 ab = = suy ra phương trình : 40 xy ∆ + − = Với 7 ab = , chọn 7 1 a b = = suy ra phương trình : 7 10 0 xy ∆ +− = Vậy phương trình đường thẳng ∆ cần lập là : 40 xy + − = hoặc 7 10 0 xy +− =. Ví dụ 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn 22 ( ) : ( 1) ( 2) 5 Tx y − + − = ngoại tiếp tiếp tam giác đều ABC , . Đường thẳng BC đi 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 đi viết phương trình BC . Mặt khác, nếu viết được phương trình BC ta sẽ viết được phương trình AI và suy ra được tọa độ hình chiếu H của I trên BC . Khi đó nhờ Bài toán 5.1 (các bạn đã tìm hiểu phần trước) với hệ thức 3 AH IH = sẽ giúp ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm A . * Bài toán 6.1 sẽ giúp ta viết được phương trình BC , khi BC đi qua điểm 7 ;2 2 M và (, ) d I BC R = . Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên: Giải + Đường tròn () T có tâm (1;2) I và bán kính 5 R = . + Gọi BC có vecto pháp tuyến (; ) BC n ab = 22 ( 0) ab +≠ Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comDo BC đi qua 7 ;2 2 M nên có phương trình: ( ) 7 20 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 2 4 7 4 (, ) 5 44 aba b d I BC R ab +− − = ⇔= + 2 22 2 2 2 25 20( ) 4 2 ab a ab a b a b = ⇔ = + ⇔= ⇔ = − Gọi H là hình chiếu của I trên BC và gọi ( ;) Am n , khi đó 3 AH IH = (*) + Với 2 ab = , chọn 2 1 a b = = ta được phương trình : 2 9 0 BC x y + −= Suy ra phương trình IH : 2 30 xy − += Suy ra tọa độ điểm H là nghiệm của hệ : 2 90 3 (3;3) 2 30 3 xy x H xy y + −= = ⇔⇒ − += = (3 ;3 ) (2;1) AH m n IH =−− ⇒ = Khi đó 3 6 3 (*) ( 3;0) 33 0 mm A nn −= = − ⇔ ⇔ ⇒− −= = + Với 2 a b = − , chọn 2 1 a b = = − ta được phương trình : 2 5 0 BC x y − −= Suy ra phương trình IH : 2 50 xy + −= Suy ra tọa độ điểm H là nghiệm của hệ : 2 50 3 (3;1) 2 50 1 x y x H xy y − −= = ⇔⇒ + −= = (3 ;1 ) (2; 1) AH m n IH =−− ⇒ = − Khi đó 3 6 3 (*) ( 3;4) 13 4 mm A nn −= = − ⇔ ⇔ ⇒− −=− = Vậy ( 3;0) A − hoặc ( 3;4) A − . Chú ý: Ngoài cách giải trên các bạn có thể tham khảo thêm cách giải thứ hai qua một bài tương tự - Bài 8 (phần bài tập áp dụng). Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comVí dụ 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có điểm ( 2;3) A − . Điểm (4; 1) M − nằm trên cạnh BC , đường thẳng AM cắt đường thẳng DC tại điểm (7; 3) N − . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD biết C có tọa độ nguyên. Giải Cách 1: Do MC // AD nên ta có: 22 22 32 1 3 9 6 NC NM ND NA + = = = + 1 33 3 22 ND CD ND CD AD ND − ⇔ =⇒= = Khi đó xét tam giác AND ta được: 22 2 2 2 2 9 117 36 6 4 AD ND AN AD AD AD AD + = ⇔ + = ⇔ =⇔= Gọi (; ) n ab = ( với 22 0 ab +≠ ) là vecto pháp tuyến của đường thẳng DC . Vậy DC đi qua (7; 3) N − nên có phương trình: ( 7) ( 3) 0 7 3 0 a x b y ax by a b −+ + = ⇔ + − + = Ta có: 22 2 37 3 (, ) 6 ab ab d A DC DC ab −+ − + = ⇔= + 22 2 0 3 2 2 5 12 0 5 12 a a b a b a ab ab = ⇔ − = +⇔ − =⇔ = + Với 0 a = , chọn 1 b = ta được phương trình : 30 DC y+= Khi đó BC đi qua (4; 1) M − và vuông góc với DC có phương trình: 40 x− = Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 30 4 (4; 3) 40 3 yx C xy += = ⇔ ⇒− − = =− Tương tự ta có phương trình : 2 0 ( 2; 3) AD x D + = ⇒ −− Phương trình : 3 (4;3) AB y B = ⇒ + Với 5 12 ab = , chọn 12 5 a b = = ta được phương trình :12 5 69 0 DC x y + −= Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Khi đó phương trình BC đi qua (4; 1) M − và vuông góc với DC có phương trình: 5 12 32 0 xy − −= Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 76 12 5 69 0 76 3 13 ; 5 12 32 0 3 13 13 13 x xy C xy y = + −= ⇔ ⇒− − −= = − (loại) Vậy (4;3), (4; 3), ( 2; 3) BC D − −− Nhận xét: * Ngoài cách giải trên các bạn có thể tham khảo thêm cách giải thứ 2 sau: Cách 2: Gọi (; ) n ab = ( với 22 0 ab +≠ ) là vecto pháp tuyến của đường thẳng DC . Vậy DC đi qua (7; 3) N − nên có phương trình: ( 7) ( 3) 0 7 3 0 a x b y ax by a b −+ + = ⇔ + − + = Khi đó AD đi qua ( 2;3) A − và vuông góc với DC nên có phương trình: 32 0 bx ay a b − + + = Do ABCD là hình vuông nên ta có: 22 22 23 7 3 4 32 (, ) ( , ) ab ab b a a b d A DC d M AD ab ab − + − + ++ + =⇔=⇔ ++ 0 96 4 6 5 12 a ab a b ab = ⇔ − = + ⇔ = Đến đây việc trình bày tiếp theo giống như Cách 1 * Nếu ,, AM N không thẳng hàng ( N vẫn thuộc DC ) thì Cách 1 ở bài toán trên sẽ bị “vô hiệu”, song Cách 2 vẫn phát huy tác dụng. Như vậy tùy vào dữ kiện và số liệu của đề bài chúng ta có thể “linh hoạt” trong việc chọn cách giải tối ưu cho bài toán. Ví dụ 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng : 20 xy ∆ + − = và điểm (3;0) M . Đường thẳng ' ∆ qua M cắt đường thẳng ∆ tại A . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên trục Ox . Viết phương trình đường thẳng ' ∆ , biết khoảng cách từ H đến ' ∆ bằng 2 5 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comGiải + Gọi (; ) n ab = (với 22 0 ab +≠ ) là vecto pháp tuyến của ' ∆ , khi đó ' ∆ đi qua (3;0) M nên có hương trình : 30 ax by a +− = + Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 32 30 32 ; 20 ab x ax by a ab a ab A xy a ab ab y ab − = +− = − − ⇔ ⇒− + − = − − = − − Do H là hình chiếu vuông góc của A trên 32 ;0 ab Ox H ab − ⇒ − + Ta có: 22 2 2 2 22 32 . 3 22 ( , ') 5 4( )( ) 55 ab aa ab d H ab a b a b ab − − − ∆= ⇔ = ⇔ = + − + 22 2 ( 2 )(2 )(2 2 ) 0 2 ab a ba ba ab b ab = ⇔− − + + =⇔ = (vì 22 2 20 a ab b ++ > ) + Với 2, ab = chọn 2 1 a b = = ta được phương trình ' ∆ : 2 60 xy + −= Với 2ab = chọn 1 2 a b = = ta được phương trình ' ∆ : 2 30 xy + −= Vậy phương trình ' ∆ cần lập là: 2 60 xy + −= hoặc 2 30 xy + −=. Ví dụ 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông ở đỉnh A có diện tích bằng 50, đỉnh (2; 5) C − , 3 AD BC = . Biết đường thẳng AB đi qua điểm 1 ;0 2 M − , đường thẳng AD đi qua điểm ( 3;5) N − . Viết phương trình đường thẳng AB không song song với các trục tọa độ. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comGiải + Do 3 AD BC AD = ⇒ // BC 0 90 D ⇒= (do 0 90 A = ) Do AB không song song với các hệ trục tọa độ nên ta gọi (1; ) AB nb = (với 0 b ≠ ) là vecto pháp tuyến của AB , suy ra vecto pháp tuyến của AD là ( ; 1) AD nb = − . Khi đó AB đi qua 1 ;0 2 M − nên có phương trình 1 :0 2 x by + + = AD đi qua ( 3;5) N − nên có phương trình : 3 50 bx y b − + += + Ta có: [ ] (, ) 3 (, ) . (, ) ( ). 22 ABCD d C AB d C AB d C AD BC AD AB S + + = = 2 (, ). (, ) d C AB d C AD = Mặt khác 50 ABCD S = , suy ra : 22 5 5 5 10 2 ( , ). ( , ) 25 . 25 11 b b d C AB d C AD bb − + = ⇔= + + 22 2 4 3 3 22 2 3 2) 2(1 ) 0 4 30 3 4 b b bb b b bb b = − = ⇔ +− = + ⇔ ⇔ = += = − Với 4 41 : 0 3 32 b AB x y = ⇒ + + = hay :6 8 3 0 AB x y + +=; Với 3 31 :0 4 42 b AB x y = −⇒ − + = hay : 4 3 2 0 AB x y − +=. Vậy phương trình đường thẳng AB cần lập là 6 8 30 xy + += hoặc 4 3 20 xy − +=. (loại) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comNhận xét: Ở bài toán trên thay vì gọi vecto pháp tuyến (; ) n ab = theo 2 ẩn , ab như các bài toán quen thuộc chúng ta đã làm, thì trong bài toán này ta đã “linh hoat” gọi (1; ) AB nb = theo một ẩn b nhờ dữ kiện đường thẳng AB không song song với các trục tọa độ . Bài toán 6.2 A. NỘI DUNG BÀI TOÁN 6.2 Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua một điểm, tạo với đường thẳng cho trước một góc không đổi. B. CÁCH GIẢI CHUNG Gọi vtpt : (; ) n ab ∆ = 22 0; ab M + ≠ ∈∆ → : (, ) 0 ax by f a b ∆ ++ = ( , ') α ∆∆ = → cos( , ') cos α ∆∆ = (*) Từ ' ' . (*) cos ( , ) 0 . nn g a b a kb nn α ∆∆ ∆∆ ⇔ = ⇔ = ⇒= choïn → ? ? a b = ⇒ = phương trình ∆. Giải thích chi tiết: + Gọi véctơ pháp tuyến của ∆ là (; ) n ab ∆ = 22 ( 0) ab +≠ , do ∆ đi qua M đã biết tọa độ nên ta viết được phương trình ∆ có dạng: (, ) 0 ax by f a b ++ = (phụ thuộc vào 2 ẩn , ab ). + Sử dụng dữ kiện góc tạo bởi ∆ và ' ∆ bằng α ( ( , ') α ∆∆ = ) bằng cách áp dụng công thức ' 22 2 2 ' . . ' . ' cos( , ') cos cos cos . . ' ' nn a a bb nn ab a b αα α ∆∆ ∆∆ + ∆∆ = ⇔ = ⇔ = + + giúp ta thiết lập được phương trình đẳng cấp bậc hai (, ) 0 g ab = (ẩn , ab ) . Từ đây ta sẽ rút ra được mối liên hệ a kb = . Sau đó bằng thao tác “chọn” , ta được bộ số ( ; ) (0;0) ab ≠ và suy ra được phương trình ∆ . Chú ý Ngoài cách giải trên các bạn có thể giải theo cách sau: + Gọi phương trình đường thẳng đi qua điểm 00 (; ) Mx y có hệ số góc k có dạng: 0 0 00 () 0 y k x x y kx y kx y = − +⇔ − − += Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Khi đó ' ' . cos( , ') cos cos ( ) 0 ? . nn fk k nn αα ∆∆ ∆∆ ∆∆ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇒ phương trình ∆ . + Phương trình ∆ có dạng 0 xa −= . Vì 00 (; ) Mx y ∈∆ nên suy ra phương trình 0 : 0 xx ∆ − = Kiểm tra điều kiện cos( , ') cos α ∆∆ = ⇒ kết luận. Nhận xét: Như vậy để chuyển các bài toán về nội dung Bài toán 6.2 ta cần khai thác các dữ kiện của bài toán để chỉ ra được 2 điều kiện: + Đường thẳng đó đi qua một điểm đã biết tọa độ. + Đường thẳng tạo với đường thẳng cho trước một góc xác định (không đổi). C. VÍ DỤ GỐC Ví dụ. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ' ∆ có phương trình 2 3 10 xy + += và điểm (1;1) M . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M và tạo với đường thẳng ' ∆ một góc 0 45 . Giải: Cách 1: + Gọi véctơ pháp tuyến của ∆ là (; ) n ab ∆ = 22 ( 0) ab +≠ , do ∆ đi qua (1;1) M nên có phương trình: ( 1) ( 1) 0 0 a x b y ax by a b − + − = ⇔ + −− = Với ' ∆ có véctơ pháp tuyến ' (2;3) n ∆ = , khi đó: 0 1 ( , ') 45 cos( , ') 2 ∆∆ = ⇔ ∆∆ = ⇔ 2 22 2 2 22 23 1 2(2 3 ) 13( ) 2 .2 3 ab a b ab ab + ⇔ = ⇔ += + ++ 22 5 5 24 5 0 (5 )( 5 ) 0 5 ab a ab b a b a b ab = − ⇔ − − =⇔ + − =⇔ = + Với 5ab = − , chọn 1 5 a b = = − suy ra phương trình : 5 40 xy ∆ − += Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Với 5 ab = , chọn 5 1 a b = = suy ra phương trình :5 6 0 xy ∆ + −= Vậy phương trình đường thẳng ∆ cần lập là: 5 40 xy − += hoặc 5 60 xy + −=. Cách 2: + Gọi { } ' I ∆ ∆= và gọi (1 3 ; 1 2 ) ' I t t + − − ∈∆ , suy ra (3 ; 2 2 ) MI t t = −− và với ' (3; 2) u ∆ = − Khi đó: ( ) ( ) 0 22 3.3 2( 2 2 ) 11 , ' 45 cos , ' 22 9 (2 2) . 13 t t tt − −− ∆∆ = ⇔ ∆∆ = ⇔ = + + 22 2 2(13 4) 13(13 8 4) 169 104 20 0 t tt t t ⇔ + = ++ ⇔ + − = 17 7 10 ; 13 13 13 2 19 17 ; 13 13 3 I t t I − = − ⇔⇒ = − + Với 17 7 ; 13 13 I − , đường thẳng ∆ đi qua 17 7 ; , (1;1) 13 13 IM − có phương trình: 5 40 xy − += Với 19 17 ; 13 3 I − , đường thẳng ∆ đi qua 19 17 ; , (1;1) 13 13 IM − có phương trình: 5 60 xy + −= Vậy phương trình đường thẳng ∆ cần lập là : 5 40 xy − += hoặc 5 60 xy + −=. Cách 3: + Phương trình ∆ đi qua (1;1) M có hệ số góc k , có dạng: ( 1) 1 y k x = −+ hay 1 0 ( ; 1) kx y k n k ∆ − − += ⇒ = − Với ' ∆ có véctơ pháp tuyến ' (2;3) n ∆ = , khi đó: 0 1 ( , ') 45 cos( , ') 2 ∆∆ = ⇔ ∆∆ = ⇔ 22 22 23 1 2(2 3) 14( 1) 2 1 . 14 k kk k − ⇔ = ⇔ −= + + Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 2 1 : 5 40 5 24 5 0 5 :5 6 0 5 xy k kk xy k ∆ − += = ⇔ + −= ⇔ ⇒ ∆ + −= = − + Phương trình ∆ có dạng 0 xa −=. Vì (1;1) 1 0 1 M aa ∈∆ ⇒ − = ⇔ = hay : 10 x ∆ −= Khi đó 21 cos( , ') 13 2 ∆∆ = ≠ (không thỏa mãn) Vậy phương trình đường thẳng ∆ cần lập là : 5 40 xy − += hoặc 5 60 xy + −=. D. CÁC VÍ DỤ MỞ RỘNG Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A , phương trình đường thẳng AB và BC lần lượt là 2 50 xy + −= và 3 70 x y −+=. Viết phương trình đường thẳng AC , biết AC đi qua điểm (1; 3) F − . Phân tích hướng giải: * Bài toán yêu cầu viết phương trình đường thẳng AC , khi cho biết AC đi qua (1; 3) F − . Như vậy ta cần khai thác thêm một yếu tố liên quan tới AC để có được đáp số của bài toán. * Dữ kiện tam giác ABC cân tại A cho ta biết được BC = . Mặt khác bài toán cho biết phương trình , AB BC như vậy góc B là hoàn toàn xác định. Lúc này ta đã thấy rõ được Bài toán 6.2 , khi AC đi qua (1; 3) F − và tạo với BC một góc không đổi (đúng bằng góc B ). Vậy ta đã giải quyết xong bài toán. Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên: Giải Cách 1: + Ta có vecto pháp tuyến của , AB BC lần lượt là: 1 (1;2) n = và 2 (3; 1) n = − . Gọi vecto pháp tuyến của AC là 3 (; ) n ab = với 22 0 ab +≠ + Tam giác ABC cân nên: 12 3 2 12 3 2 12 3 2 1 3 . . .. cos cos .. nn n n nn n n B C nn n n n n = ⇔ = ⇔ = 22 3 1 5 ab ab − ⇔= + Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 22 2 2 2 5(3 ) 22 15 2 0 a b a b a ab b ⇔ += − ⇔ − + =⇔ 2 (2 )(11 2 ) 0 11 2 ab ab a b ab = ⇔ − −=⇔ = + Với 2ab = , chọn 3 1 (1;2) 2 a n b = ⇒= = AC ⇒ // AB (loại) + Với 11 2 ab = , chọn 3 2 (2;11) 11 a n b = ⇒= = Khi đó AC đi qua (1; 3) F − và có vec tơ pháp tuyến 3 (2;11) n = nên có phương trình: 2 11 31 0 xy + += Chú ý: Ngoài cách giải trên các bạn có thể tham khảo thêm cách giải sau: Cách 2: + Gọi ∆ là đường thẳng đi qua (1; 3) F − và song song với BC Khi đó ∆ có phương trình: 3 60 x y − −= + Gọi { } AB E ∆= , khi đó tọa độ điểm E là nghiệm của hệ: 17 3 60 17 9 7 ; 2 50 9 77 7 x x y E xy y = − −= ⇔⇒ + −= = + Gọi H là trung điểm của 12 6 ; 77 EF H ⇒− Do tam giác ABC cân tại A nên AH BC ⊥ , do đó AH có phương trình: 12 6 3 0 7 21 6 0 77 x y xy − + + = ⇔ + + = Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ : 117 7 21 6 0 117 41 7 ; 2 5 0 42 77 7 x xy A xy y = + + = ⇔ ⇒ − + −= = − Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Khi đó ( ) 110 20 10 ; 11; 2 (2;11) 77 7 FA FA n = − = −⇒ = Suy ra phương trình AC : 2 11 31 0 xy + += Ví dụ 2. ( D – 2012 – CB) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD. Các đường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là 30 xy + = và 40 x y −+=; đường thẳng BD đi qua điểm 1 ;1 3 M − . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. Phân tích hướng giải: Nếu ta đã hiểu và giải quyết tốt Ví dụ 1 thì bạn sẽ nhận ra yêu cầu ở ví dụ này thực ra cũng tương tự . Khi người ra đề có gắng “giấu” Ví dụ 1 trên bằng việc thay nó bởi một hình thứ c diễn đạt khác thông qua bài toán hình chữ nhật. Thật vậy : * Nếu gọi AC BD ta sẽ được tam giác IAD cân và giống với nội dung của Ví dụ 1 mà ta đã làm ở trên. Do đó ta sẽ tìm được các điểm ,, A D I . * Khi biết tọa độ ,, A D I ta sẽ suy ra được tọa độ , BC khi I là trung điểm của , BD AC . Sau đây là lời giải chi tiết: Giải + Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 30 3 ( 3;1) 40 1 xy x A x y y + = = − ⇔ ⇒− −+= = Vecto pháp tuyến của , AC AD lần lượt là 12 (1;3), (1; 1) nn = = − Gọi BD có vecto pháp tuyến 3 (; ) n ab = với 22 0 ab +≠ + Do ABCD là hình chữ nhật nên: DAC ADB = ⇔ cos DAC = cos ADB ( ) ( ) 12 3 2 cos , cos , nn n n ⇔= 22 2 2 2 22 2 2 22 13 4( ) 10( ) 1 3 . 1 1 . 1 1 ab a b ab ab − − ⇔ = ⇔ += − ++ + + Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 22 3 3 10 3 0 ( 3 )(3 ) 0 3 ab a abb ab a b ab = ⇔ − + = ⇔ − −= ⇔ = + Với 3 ab = , chọn 3 3 (3;1) 1 a n b = ⇒= = . Khi đó BD đi qua 1 ;1 3 M − có vecto pháp tuyến 3 (3;1) n = nên có phương trình : 1 3 10 3 0 3 x y xy + + −= ⇔ + = Suy ra tọa độ điểm D là nghiệm của hệ: 40 1 ( 1;3) 30 3 x y x D xy y −+= =− ⇔ ⇒ − += = Gọi { } AC BD I = , khi đó tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: 30 0 (0;0) 30 0 xy x IO xy y + = = ⇔ ⇒≡ += = Khi đó do I là trung điểm của AC và BD nên suy ra (3; 1) C − và (1; 3) B − . + Với 3ab = , chọn 3 1 (1;3) 3 a n b = ⇒= = BD ⇒ // AC (loại) Vậy ( 3;1), (1; 3), (3; 1), ( 1;3) A B C D − − − − . Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng 1 : 2 5 0 d x y − +=, 2 :3 6 7 0 d xy + − =. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm (2; 1) M − sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng 1 d và 2 d tạo ra một tam giác cân tại đỉnh là giao điểm của 1 d và 2 d . Giải Cách 1: + Đường thẳng 12 , dd lần lượt có các vecto pháp tuyến 1 (2; 1) n = − và 2 (3;6) n = Ta có 12 1 2 . 2.3 ( 1).6 0 nn d d = +− = ⇒ ⊥ Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Gọi ∆ là đường thẳng cần lập và có vecto pháp tuyến (; ) n ab = với 22 0 ab +≠ Khi đó ∆ cắt hai đường thẳng 1 d và 2 d sẽ tạo ra một tam giác vuông cân. Suy ra góc tạo bởi ∆ với 1 d (hoặc 1 d ) bằng 0 45 . Do đó: 0 2 22 1 22 2 1 cos( , ) cos 45 2(2 ) 5( ) 2 .5 ab d ab a b ab − ∆ = ⇔ = ⇔ −= + + 22 3 3 8 3 0 ( 3 )(3 ) 0 3 ab a ab b a b a b ab = ⇔ − − = ⇔ − += ⇔ = − + Với 3 ab = , chọn 3 1 a b = = Suy ra ∆ đi qua (2; 1) M − có vecto pháp tuyến (3;1) n = có phương trình: 3 50 xy + −= + Với 3ab = − , chọn 1 3 a b = = − Suy ra ∆ đi qua (2; 1) M − có vecto pháp tuyến (1; 3) n = − có phương trình: 3 50 xy − −= Vậy đường thẳng cần lập là : 3 50 xy + −= hoặc 3 50 xy − −= Cách 2: + Gọi ∆ là đường thẳng cần lập . Do ∆ cắt hai đường thẳng 1 d và 2 d tạo ra một tam giác cân tại đỉnh I là giao điểm của 1 d và 2 d nên ∆ vuông góc với phân giác trong của góc I . + Các đường phân giác tạo bởi 12 , dd có phương trình: 2 5 36 7 32 5 3 6 7 5 45 x y x y x y x y −+ + − = ⇔ −+ = + − 1 2 3 9 22 0 ( ) 9 3 8 0( ) xy xy − + = ∆ ⇔ + += ∆ + Với 1 ∆ ⊥ ∆ , suy ra 1 (3;1) nu ∆ ∆ = = và ∆ đi qua (2; 1) M − nên có phương trình: 3( 2) ( 1) 0 3 5 0 x y xy − + + = ⇔ + −= Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Với 2 ∆ ⊥ ∆ , suy ra 2 (1; 3) nu ∆ ∆ = = − và ∆ đi qua (2; 1) M − nên có phương trình: ( 2) 3( 1) 0 3 5 0 x y xy − − + = ⇔ − −= Nhận xét: Ở Cách 1 , ta khai thác yếu tố đặc biệt của bài toán khi chỉ ra 1 2 dd ⊥ . Nếu không khai thác điều này các bạn có thể tạo ra phương trình ẩn , ab bằng việc sử dụng 1 2 cos( , ) cos( , ) dd ∆= ∆ . Ở Cách 2 , ta khai thác theo một góc nhìn khác khi chỉ ra đường thẳng ∆ cần lập vuông góc với phân giác trong của đỉnh là giao của 1 d và 2 d . Ví dụ 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại A và I là trung điểm của BC. Gọi 11 ; 4 2 M − là trung điểm của IB và N thuộc đoạn IC sao cho NC = 2NI. Biết phương trình đường thẳng AN là 20 x y − − = và điểm N có tọa độ nguyên. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Phân tích hướng giải * Dữ kiện đề bài cho tam giác ABC vuông cân nên AI BC ⊥ . Nghĩa là nếu biết phương của AI ta sẽ viết được phương trình BC , từ đó dễ dàng suy ra được các điểm , NI và từ đây ta cũng suy ra được tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Như vậy mấu chốt của bài toán lúc này là cần biết phương của AI . * Ta có các điểm ,, IM N thuộc đoạn BC đều có vị trí xác định, nên ta hoàn toàn có thể tìm được mối liên hệ giữa độ dài các đoạn thẳng (nếu cần). Mà AN đã biết phương trình. Điều này gợi ý ta đi tính góc IAN để chuyển bài toán về nội dung Bài toán 6.2 . Lúc đó ta sẽ dễ dàng biết được phương của AI và giải quyết được trọn vẹn bài toán. Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên: Giải Đặt 22 IA IB IC x AN IA IN ===⇒= + 2 2 22 10 3 93 IC x x IA x = + = += Suy ra 3 cos 10 10 3 IA x IAN AN x = = = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Gọi (; ) n ab = (với 22 0 ab +≠ ) là vecto pháp tuyến của AI và có (1; 1) AN n = − . Khi đó: ( ) 22 3 cos cos , 10 .2 AN ab IAN n n ab − = ⇔= + 22 2 2 2 9( ) 5( ) 2 5 2 0 a b a b a ab b ⇔ + = −⇔ + + = 2 (2 )( 2 ) 2 ab a ba b a b = − ⇔ + +⇔ = − + Với 2ab = − , chọn 1 2 a b = = − , suy ra (1; 2) n= − Khi đó BC đi qua 11 ; 4 2 M − và vuông góc với AI nên có vecto pháp tuyến (2;1) BC n = . Do đó BC có phương trình: 2 70 xy + − = Suy ra tọa độ điểm N là nghiệm của hệ 2 70 3 (3;1) 20 1 xy x N x y y +−= = ⇔⇒ −−= = Mặt khác, ta có: ( ) 11 2 3(3 ) 4 2 2 3 (4; 1) 1 2 4 3(1 ) II I I II xx x MI IN I y yy −= − = = ⇔ ⇔ ⇒− = − += − Khi đó AI đi qua (4; 1) I − và có vecto pháp tuyến (1; 2) n= − nên có phương trình: 2 60 xy − −= Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 2 60 2 ( 2; 4) 20 4 xy x A x y y − −= = − ⇔ ⇒ −− − − = = − Do M là trung điểm của IB , suy ra (7; 7) B − và I là trung điểm của BC , suy ra C(1; 5). + Với 2 a b = − , chọn 2 1 a b = = − , suy ra (2; 1) n= − Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Khi đó BC đi qua 11 ; 4 2 M − và vuông góc với AI nên có vecto pháp tuyến (1;2) BC n = . Do đó BC có phương trình: 5 20 2 xy + + = Suy ra tọa độ điểm N là nghiệm của hệ : 1 5 20 13 2 ; 2 3 2 2 20 2 x xy N x y y = + + = ⇔ ⇒ − − − = = − (loại) Vậy ( 2; 4), (7; 7), (1;5) A BC −− − . Ví dụ 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD . Điểm 57 ; 22 M là trung điểm của AB . Điểm N nằm trên đoạn AC sao cho 3 AN NC = . Tìm tọa độ điểm A biết phương trình đường thẳng DN là 2 90 x y − −= và A có hoành độ nhỏ hơn 2 . Phân tích hướng giải: * Bài toán cần tìm tọa độ điểm A . Lúc này ta cần gắn kết các thông số đã cho của đề bài ( 57 ; 22 M ; 3 AN NC = ; : 2 9 0 DN x y − −=) để tạo mối liên hệ “có lợi” cho điểm A . * Nhờ việc vẽ hình chính xác ta dễ dàng nhận ra được MN DN ⊥ , khi đó bằng việc sử dụng kiến thức hình học sơ cấp ta sẽ chỉ ra được điều này. * Khi có được MN DN ⊥ ta sẽ tìm được tọa độ điểm N , suy ra độ dài MN và tính được độ dài đoạn AM , đồng thời ta sẽ viết được phương trình AC theo góc nhìn của Bài toán 6.2 – khi AC đi qua N tạo với DN một góc đúng bằng góc AMD ∠ với 1 cos 5 AM AMN DM ∠= = = const. * Như vậy A đang nằm trên đường AC đã biết phương trình và cách M một khoảng xác định. Do đó ta sẽ dễ dàng tìm được tọa độ điểm A theo nội dung của Bài toán 1. Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comGiải + Đặt 4 AB m = và gọi vecto pháp tuyến của AC là (; ) AC n ab = với 22 0 ab +≠ Gọi đường thẳng đi qua N song song với AD và cắt , AB DC lần lượt tại , E F . Khi đó 3 MENFm MEN NFD NE DF m = = ⇒∆ =∆ = = ⇒ 00 1 1 1 1 90 90 D N N N MND = ⇒+ = ⇒ = Suy ra tứ giác AMND nội tiếp đường tròn và MN có phương trình: 2 4 19 0 xy + −= Khi đó tọa độ điểm N là nghiệm của hệ: 11 2 4 19 0 11 3 5 ;2 2 2 90 22 2 xy x N MN x y y + −= = ⇔ ⇒ ⇒ = − −= = + Ta có 2 2 22 2 45 (3 ) 4 ME NE MN m m + = ⇔+ = 2 9 3 2 3 2 2 84 2 m m AM m ⇔ = ⇒= ⇒ = = (*) + Mặt khác: AMD AND = (cùng chắn cung AD ) ⇔ cos cos AMD AND = ( ) 2 2 22 2 2 cos , (4 ) (2 ) . 5 AC DN ab AM m nn MD m m ab − ⇔= ⇔ = ++ 22 2 2 0 (2 ) 3 4 0 34 a a b a b a ab ab = ⇔ += − ⇔ − =⇔ = + Với 0 a = , chọn 1 (0;1) AC bn =⇒= ⇒ AC đi qua 11 ;2 2 N có phương trình: 20 y − = Gọi ( ;2) A t AC ∈ , khi đó : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 22 2 2 1 (1;2) 9 5 39 (*) 5 4 0 4 (4;2) 2 2 22 tA AM t t t tA = ⇔ = ⇔ − + = ⇔ − += ⇔ ⇒ = + Với 34 ab = , chọn 4 (4;3) 3 AC a n b = ⇒= = ⇒ AC đi qua 11 ;2 2 N có phương trình: 4 3 28 0 xy +−= Gọi (7 3 ; 4 ) A t t AC + −∈ , khi đó : 22 2 9 9 79 (*) 3 4 2 2 22 AM t t = + ++ = 2 14 28 7 ; 5 5 5 25 55 28 0 4 23 16 ; 5 55 A t t t t A = − ⇔ + + =⇔ ⇒ = − Do A có hoành độ nhỏ hơn 2 nên ta được (1;2) A . Nhận xét: * Nếu bài toán không cho điều kiện A có hoành độ nhỏ hơn 2 , ta vẫn có một điều kiện để loại bớt nghiệm của A là MAN 0 45 = hay 1 cos( , ) 2 AM AN = . Khi đó ta sẽ được đáp số của bài toán là (1;2) A hoặc 14 28 ; 5 5 A . * Ngoài cách tìm A bằng việc viết phương trình AC để chuyển về Bài toán 1 như trên . Chúng ta có thể tìm A nhờ chỉ ra A là giao điểm của hai đường tròn (; ) M MA và (; ) N NA . Ví dụ 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có (0;2) A . Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AC . Trên tia đối của BH lấy điểm E sao cho BE AC = . Biết phương trình đường thẳng :0 DE x y −= . Tìm tọa độ đỉnh C của hình chữ nhật, biết B có tung độ dương và D không trùng với gốc tọa độ. Phân tích hướng giải: * Với việc cho BE AC = và điểm (0;2) A cùng với phương trình đường thẳng :0 DE x y −= . Ta nghĩ tới việc gắn kết điểm (0;2) A với đường thẳng DE thông qua BE AC = và các yếu tố đặc trưng trong hình . Muốn làm được điều này ta phán đoán “khả năng sẽ có một đường thẳng đi qua A tạo với DE một góc xác định (tính được). Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com* Lúc này bằng việc dùng công cụ hình học thuần túy ta sẽ dễ dàng chỉ ra được góc 0 45 ADE = (chi tiết ở phần bài giải). Khi đó việc viết phương trình AD là đơn giản khi nó thuộc nội dung của Bài toán 6.2. Từ đây việc “tháo” các điểm tiếp theo sẽ không có gì khó khăn. Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên: Giải Kẻ EF AD ⊥ tại F và EF cắt BC tại K . Khi đó ta có: 14 11 0 14 ( 90 ) BB B A A B ACB = ⇒= = + = . Mặt khác BE AC = , suy ra : BK AB KF AF BKE ABC EF DF KE BC KE AD = = ∆ = ∆ ⇒ ⇒ ⇒= = = Suy ra FED ∆ vuông cân tại F nên 0 45 ADE = Gọi 1 (; ) n ab = là vecto pháp tuyến của AD , (với 22 0 ab +≠ ) và 2 (1; 1) n= − là vecto pháp tuyến của ED Khi đó ta có: ( ) 12 12 22 12 . 1 cos cos , cos 45 2 . .2 o nn ab ADE n n nn ab − = ⇔ = ⇔= + 2 22 0 () 0 0 a a b a b ab b = ⇔− = + ⇔ =⇔ = + Với 0 a = , chọn 1 b = ta được phương trình : 20 AD y − = Khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ 20 2 (2;2) 0 y x y D x y − = ⇔= = ⇒ −= Suy ra phương trình AB : 0 x = Gọi (0; ) B b AB ∈ với 0 b > , khi đó: . 6 2. 2 5 ABCD S AD AB b b = ⇔= −⇔= hoặc 1 b= − (loại), suy ra (0;5) B Trung điểm của BD có tọa độ 7 1; 2 I , cũng là trung điểm của (2;5) AC C ⇒ + Với 0 b = , chọn 1 a = ta được phương trình : 0 AD x = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ 0 0 (0;0) 0 x x y D O x y = ⇔= = ⇒ ≡ −= (loại) Vậy (2;5) C . Ví dụ 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có tâm (3;3) I và 2 AC BD = . Điểm 4 2; 3 M thuộc đường thẳng AB và điểm 13 3; 3 N thuộc đường thẳng CD . Viết phương trình đường chéo BD . Giải Cách 1 : + Gọi ' N là điểm đối xứng với N qua I (hay I là trung điểm của ' NN ) suy ra 5 ' 3; 3 N thuộc đường thẳng AB khi đó AB nhận ( ) 11 ' 1; 3;1 33 MN = = làm véctơ chỉ phương , suy ra (1; 3) AB n = − Phương trình : 3 20 AB x y − += + Đặt ABI ϕ = . Do 22 AC BD AI BI = ⇒= , suy ra : 22 22 1 cos 5 4 BI BI BI AB AI BI BI BI ϕ= = = = ++ Gọi (; ) BD n ab = là vecto pháp tuyến của đường thẳng BD , khi đó: ( ) 22 2 22 3 1 cos cos , 2( ) ( 3 ) 5 . 10 BD AB ab nn a b a b ab ϕ − = ⇔ = ⇔ += − + 22 67 0 7 ab a ab b ab = ⇔+ − =⇔ = − + Với ab = , chọn 1 ab = = hay (1;1) BD n = Khi đó BD đi qua (3;3) I nên có phương trình : 60 xy + −= + Với 7 ab = − , chọn 7 1 a b = = − hay (7; 1) BD n = − Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Khi đó BD đi qua (3;3) I nên có phương trình : 7 18 0 x y −− = Vậy phương trình BD là : 60 xy + −= hoặc 7 18 0 x y −− =. Cách 2: Các bạn tham khảo ở Ví dụ 6 trong cách ra đề 3 ở Bài toán 1 (ở ví dụ này có thêm điều kiện tọa độ B nguyên) Nhận xét: Vì hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật và hình vuông nhận giao điểm hai đường chéo là tâm đối xứng cùa hình đó. Nên nếu trong đề bài cho một điểm thuộc một cạnh thì các bạn nên nghĩ tới việc tìm điểm đối xứng của điểm đó qua tâm của hình chứa nó (ở đây tâm đã biết tọa độ). Ví dụ 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi M là điểm trên cạnh AC sao cho 3 AB AM = . Đường tròn tâm (1; 1) I − đường kính CM cắt BM tại D và đường thẳng đi qua hai điểm , CD có phương trình 3 60 xy − −=. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đường thẳng BC đi qua 4 ;0 3 N và điểm C có hoành độ dương. Giải Do , BAC BDC cùng nhìn BC dưới một góc vuông nên BADC nội tiếp đường tròn. Khi đó ABM DCM = (cùng chắn AD ) Mặt khác 22 2 33 3 cos cos 10 10 10 AB AB AM ABM DCM BM AM AB AM == = =⇒ = + Gọi 1 (; ) n ab = (với 22 0 ab +≠ ) là vecto pháp tuyến của AC , 2 (1; 3) n= − là vecto pháp tuyến của DC Khi đó ta có: ( ) 12 12 22 12 . 3 33 cos cos , 10 10 . . 10 nn ab DCM n n nn ab − = ⇔= ⇔= + 2 22 2 0 ( 3 ) 9( ) 4 3 0 43 a a b a b a ab ab = − = +⇔ + =⇔ = − + Với 0 a = , chọn 1 b = , suy ra AC đi qua (1; 1) I − có vecto pháp tuyến 1 (0;1) n = nên có phương trình: 10 y += Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Do đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ : 10 3 (3; 1) ( 1; 1) 3 60 1 yx CM xy y += = ⇔ ⇒ − ⇒ −− − −= = − Khi đó BC đi qua (3; 1) C − và 4 ;0 3 N nên có phương trình: 3 5 40 xy + − = BD đi qua ( 1; 1) M −− và vuông góc với CD nên có phương trình: 3 40 xy + += Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ : 3 5 40 2 ( 2;2) 3 40 2 xy x B xy y + − = = − ⇔ ⇒− ++= = Suy ra phương trình : 20 AB x += Do đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 10 2 ( 2; 1) 20 1 yx A xy += = − ⇔ ⇒ −− += = − + Với 43 ab = − 3; 4 ab = = − , suy ra AC đi qua (1; 1) I − có vecto pháp tuyến 1 (3; 4) n= − nên có phương trình: 3 4 70 xy − − =. Do đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ : 3 3 4 70 3 11 5 ; 3 6 0 11 55 5 x xy C xy y = − − − = ⇔ ⇒ −− − −= = − (loại) Vậy ( 2; 1), ( 2;2), (3; 1) A BC −− − − . Ví dụ 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD . Gọi E là trung điểm của AD , 11 2 ; 55 H − là hình chiếu của B lên CE và 36 ; 55 M − là trung điểm của đoạn BH . Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD , biết A có hoành độ âm. Giải + Do M là trung điểm của BH , suy ra ( 1; 2) B −− Ta có CE đi qua 11 2 ; 55 H − và vuông góc với MH nên có phương trình: 2 40 xy + − = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Gọi F đối xứng với E qua A , khi đó BCEF là hình bình hành nên FB // AC ⇒ FB ⊥ BH Suy ra AM là đường trung bình của hình thang vuông BHEF , do đó AM BH ⊥ Khi đó AM có phương trình: 20 xy += Ta có: 22 2 2 22 cos 5 5 CD ED ED ECD CE ED CD ED = = = = + . Do 2 cos 5 ECD MAB MAB =⇒ = Gọi (; 2 ) A a a AM −∈ , suy ra ( 1; 2 2) BA a a = +− + và ta có (1; 2) AM u = − Khi đó: 22 . 1 2( 2 2) 22 2 cos 55 5 . ( 1) (2 2) . 5 AM AM BAu aa MAB BA u aa +− − + =⇔=⇔ = + + − 2 5 6 11 0 1 aa a ⇔ − − =⇔= − hoặc 11 5 a = (loại) , suy ra ( 1;2) A − Do AD đi qua ( 1;2) A − và vuông góc với AB nên có phương trình: 20 y − = Khi đó tọa độ điểm E là nghiệm của hệ : 20 1 (1;2) (3;2) 2 40 2 yx E D xy y −= = ⇔ ⇒ ⇒ +−= = Ta (3; 2) AB CD C = ⇒− Vậy ( 1;2), ( 1; 2), (3; 2), (3;2) AB C D − −− − . Ví dụ 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có đỉnh ( 7;0) D − . Một điểm M nằm trong hình bình hành sao cho MAB MCB = . Phương trình đường thẳng chứa , MB MC lần lượt là 1 : 20 xy ∆ + − =; 2 : 2 1 0 x y ∆ − −= . Tìm tọa độ đỉnh A , biết rằng đỉnh A thuộc đường thẳng : 3 dy x = và A có hoành độ nguyên. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comGiải Dựng điểm E sao cho ABEM là hình bình hành, khi đó DCEM cũng là hình bình hành Ta có: 11 12 21 AE A C BECM CE = ⇒= ⇒ = nội tiếp đường tròn 0 180 BEC BMC ⇒ + = (1) Mặt khác : BEC AMD ∆= ∆ (c.c.c) BEC AMD ⇒= (2) Từ (1) và (2) suy ra 0 180 AMD BMC += (*) Do { } 12 M ∆ ∆= nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 20 1 (1;1) 2 10 1 xy x M x y y +−= = ⇔⇒ −−= = Gọi ( ;3 ) Aa a d ∈ với a ∈ , khi đó ( 1;3 1) MA a a =−− Ta có: ( 8; 1) MD=−− và 12 , ∆∆ lần lượt có các vecto pháp tuyến 12 (1;1), (2; 1) nn = = − Theo kết quả (*) ta có: 0 180 AMD BMC += , suy ra: ( ) ( ) 12 cos cos cos , cos , AMD BMC MA MD n n = ⇔= ⇔ 22 8( 1) (3 1) 2 1 2. 5 ( 1) (3 1) . 65 aa a a − −− − − ⇔= −+ − 2 2 2 13(5 4 1) (11 9) 28 73 34 0 aa a a a ⇔ −+= − ⇔ − += 2 a ⇔= hoặc 17 28 a = (loại). Vậy (2;6) A . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comE. BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD ngoại tiếp đường tròn () T có phương trình 22 ( 2) ( 3) 10 xy −+ −= . Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông, biết đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm ( 3; 2) M −− và điểm A có hoành độ dương. Bài 2 (A – 2009 – NC). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn 22 ( ): 4 4 6 0 Cx y x y + + + + =và đường thẳng ∆ : 2 30 x my m + − +=, với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn ( ) C . Tìm m để ∆ cắt ( ) C tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất. Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C): (x-1) 2 + (y-2) 2 = 5 và điểm (6;2) M . Chứng minh rằng M nằm ngoài đường tròn và viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M và cắt ( ) C tại hai điểm , A B sao cho 22 50 MA MB += . Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C): (x – 1) 2 +(y+1) 2 = 16 có tâm I và điểm (1 3;2) A + . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A cắt ( ) C tại hai điểm , BC phân biệt sao cho tam giác IBC nhọn đồng thời có diện tích bằng 4 3 . Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn 22 ( ): 2 3 1 0 Cx y y + − −= có tâm I và điểm (2;0) A . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm A , cắt đường tròn ( ) C tại hai điểm , BC sao cho tam giác IBC nhọn và có diện tích bằng 3 . Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn 22 ( ) : 4 2 15 0 Cx y x y + − + − = có tâm I . Đường thẳng ∆ đi qua (1; 3) M − và cắt ( ) C tại hai điểm , A B . Lập phương trình đường thẳng ∆ , biết diện tích tam giác IAB bằng 8 và AB là cạnh lớn nhất của tam giác IAB . Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn () T có phương trình 22 6 2 60 xy x y + − + −= và điểm (3;3) A . Lập phương trình đường thẳng ∆ đi qua A và cắt () T tại hai điểm sao cho khoảng cách giữa hai điểm đó bằng độ dài cạnh của hình vuông nội tiếp đường tròn () T . Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC đều . Đường tròn nội tiếp tam giác ABC có phương trình Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com22 ( ) : ( 4) ( 2) 5 Tx y − + − = , đường thẳng BC đi qua điểm 3 ;2 2 M . Tìm tọa độ điểm A . Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD . Các điểm ( 2;2), (4;2), (3; 1), (0; 2) M NP Q − −− lần lượt thuộc các đường thẳng ,, , AB BC CD DA . Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD . Bài 10. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh (1;3) A . Biết điểm (6;4) M thuộc cạnh BC và 17 9 ; 22 N thuộc đường thẳng DC . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD . Bài 11. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có hai đáy , AB CD và hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau. Biết (0;3), (3;4) AB và điểm C thuộc trục hoành. Tìm tọa độ đỉnh D của hình thang ABCD . Bài 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại A . Biết phương trình cạnh BC là : 7 31 0 dx y + −= , điểm (7;7) N thuộc đường thẳng AC , điểm (2; 3) M − thuộc đường thẳng AB . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Bài 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A có phương trình hai cạnh AB và AC lần lượt là 2 20 xy + − = và 2 10 xy + += , điểm (1;2) M thuộc đoạn BC . Tìm tọ a độ điểm D sao cho . DB DC có giá trị nhỏ nhất. Bài 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A , cạnh BC nằm trên đường thẳng có phương trình 2 20 xy + − =. Đường cao kẻ từ B có phương trình 40 x y −+=, điểm ( 1;0) M − thuộc đường cao kẻ từ đỉnh C . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Bài 15. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại A , phương trình : 2 7 0 BC x y − − =, đường thẳng AC đi qua điểm ( 1;1) M − , điểm A nằm trên đường thẳng : 4 60 xy ∆ − + =. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết rằng đỉnh A có hoành độ dương. Bài 16. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A . Đường thẳng AB và BC lần lượt có phương trình 7 6 24 0 xy + − = và 2 20 xy − − =. Viết phương trình đường cao kẻ từ B của tam giác ABC . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 17. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng : 2 10 AB x y − += , phương trình đường thẳng : 7 14 0 BD x y − += , đường thẳng AC đi qua điểm (2;1) M . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. Bài 18. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn 22 ( ) : 228 0 Cx y x y + − + −=. Lập phương trình tiếp tuyến ∆ của ( ) C biết tiếp tuyến tạo với ' ∆ một góc bằng 0 45 . Biết đường thẳng ': 4 2 11 0 xy ∆ + −= Bài 19. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh A thuộc đường thẳng : 40 x y ∆ − − =, đường thẳng BC đi qua điểm (4;0) M , đường thẳng CD đi qua điểm (0;2) N . Biết tam giác AMN cận tại A . Viết phương trình đường thẳng BC . Bài 20. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Viết phương trình đường thẳng ∆ tiếp xúc với đường tròn 22 1 1 ( ) : ( 1) 2 Cx y −+= và cắt đường tròn 22 2 ( ) : ( 2) ( 2) 4 Cx y − + − = tại hai điểm , MN sao cho 22 MN = Bài 21. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 16 , các đường thẳng ,, , AB BC CD DA lần lượt đi qua các điểm (4;5), (6;5), (5;2), (2;1) M N P Q . Viết phương trình đường thẳng AB . Bài 22. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn 22 1 ( ) : 13 Cx y += , đường tròn 22 2 ( ) : ( 6) 25 Cx y − +=. Gọi giao điểm có tung độ dương của 1 () C và 2 () C là A . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A , cắt 1 () C và 2 () C theo hai dây cung có độ dài bằng nhau. Bài 23. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Viết phương trình bốn cạnh của hình vuông không song song với các trục tọa độ, có tâm O và hai cạnh kề lần lượt đi qua ( 1;2) M − và (3; 1) N − . Bài 24. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD với đáy lớn AD và 2 AD BC = , đỉnh (4;0) B , phương trình đường chéo : 2 3 0 AC x y − −=, trung điểm E của AD thuộc đường thẳng : 2 10 0 xy ∆− + = . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang ABCD , biết cot 2 ADC = . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 25. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn 22 ( ) : 2 2 23 0 Cx y x y + −+ −= và điểm (7;3) M . Viết phương trình đường thẳng qua M cắt ( ) C tại hai điểm phân biệt , A B sao cho 3 MA MB = . Bài 26. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có ( 1; 3) A−− , (5;1) B . Điểm M nằm trên đoạn thẳng BC sao cho 2 MC MB = . Tìm tọa độ điểm C biết rằng 5 MA AC = = và đường thẳng BC có hệ số góc là một số nguyên. F. GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. + Đường tròn () T có tâm (2;3) I và bán kính 10 R = . + Gọi AB có vecto pháp tuyến (; ) AB n ab = 22 ( 0) ab +≠ , do AB đi qua ( 3; 2) M −− nên có phương trình: ( 3) ( 2) 0 3 2 0 a x b y ax by a b ++ + = ⇔ + + + = , khi đó do AB tiếp xúc với (T) nên ta có: 2 22 22 23 32 ( , ) 10 25( ) 10( ) ab a b d I AB R a b a b ab ++ + =⇔ = ⇔ += + + 22 3 3 10 3 0 ( 3 )(3 ) 0 3 ab a ab b a b a b ab = − ⇔ + + = ⇔ + += ⇔ = − + Với 3 ab = − , chọn 3 1 a b = = − suy ra phương trình :3 7 0 AB x y −+= Gọi ( ;3 7) A t t AB + ∈ với 0 t > , khi đó : 22 2 2 2 0 2 20 ( 2) (3 4) 20 2 0 2 t IA R t t t t t = = = ⇔− + + = ⇔ + = ⇔ = − (loại – không thỏa mãn 0 t > ) + Với 3ab = − , chọn 1 3 a b = = − suy ra phương trình : 3 30 AB x y − −= Do 22 2 2 20 IA IB R = = = , nên , A B thuộc đường tròn tâm (2;3) I bán kính 20 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Suy ra tọa độ điểm , A B là nghiệm của hệ: 22 2 3 30 3 3 6; 1 0; 1 ( 2) ( 3) 20 10 10 xy x y xy xy xy y − −= = + = = ⇔ ⇔ = = − −+ −= = (6;1) (0; 1) A B ⇒ − (do 0 A x > ) Mặt khác I là trung điểm của AC và BD nên suy ra ( 2;5), (4;7) C D − Vậy (6;1), (0; 1), ( 2;5), (4;7) AB C D − − . Bài 2. + Đường tròn ( ) C có tâm ( 2; 2) I −− và bán kính 2 R IA IB = = = + Ta có 1 . sin 2 IAB S IA IB ∆ = AIB = sin AIB 1 ≤ Suy ra diện tích tam giác IAB lớn nhất bằng 1, khi sin AIB = 1 ⇔ AIB = 0 90 IAB ⇔∆ vuông cân tại I + Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên ∆ , khi đó: 22 2 22 2 3 1 ( , ) 1 1 (4 1) 1 2 1 mm IA IH d I m m m −−−+ = = ⇔ ∆= ⇔ = ⇔ − = + + 2 0 15 8 0 8 15 m mm m = ⇔ −=⇔ = + Vậy 0 m = hoặc 8 15 m = . Bài 3. + Đường tròn ( ) C có tâm (1;2) I và bán kính 5 R = Ta có 55 IM R => = , suy ra M nằm ngoài đường tròn. + Ta có phương tích của điểm M đối với đường tròn ( ) C : 22 /( ) . 25 5 20 MC P MA MB MI R = = − = −= Vậy . 20 MA MB = . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên ∆ . Khi đó ta có: 22 2 50 ( ) 2 . 50 MA MB MA MB MA MB + =⇔+ − = 2 ( ) 2.20 50 MA MH HB ⇔ ++ − = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com2 2 22 90 90 10 (2 ) 90 25 4 42 MH MH IH MI MH ⇔ = ⇔ = ⇒ = − = −= + Gọi véctơ pháp tuyến của ∆ là (; ) n ab ∆ = 22 ( 0) ab +≠ , do ∆ đi qua (6;2) M nên có phương trình: ( 6) ( 2) 0 6 2 0 a x b y ax by a b −+ − = ⇔ + − − = , khi đó : 2 22 22 26 2 10 ( , ) 100 10( ) 2 a bab d I IH a a b ab +− − ∆= ⇔ = ⇔ = + + 22 3 90 3 ab a b ab = ⇔ − =⇔ = − + Với 3ab = , chọn 1 3 a b = = suy ra phương trình : 3 12 0 xy ∆+ −= Với 3ab = − , chọn 1 3 a b = = − suy ra phương trình :3 0 xy ∆− = Vậy phương trình đường thẳng ∆ cần lập là : 3 12 0 xy + −= hoặc 30 xy −= . Bài 4. + Đường tròn ( ) C có tâm (1; 1) I − và bán kính 4 R = + Ta có 1 4 3 . .sin 4 3 2 IBC S IB IC CIB = ⇔ ∠= ⇔ 1 3 .4.4.sin 4 3 sin 22 CIB CIB ⇔ ∠= ⇔ ∠= Mà tam giác IBC nhọn nên 0 60 CIB ∠= , suy ra tam giác CIB đều. + Gọi véctơ pháp tuyến của ∆ là (; ) n ab ∆ = 22 ( 0) ab +≠ , do ∆ đi qua (1 3;2) A + nên có phương trình: ( 1 3) ( 2) 0 (1 3) 2 0 a x b y ax by a b − − + − = ⇔ + − + − = Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên ∆ , khi đó: 22 (1 3) 2 3 4. 2 3 ( , ) 2 3 2 3 2 ab a b IH d I ab − − + − = = ⇔ ∆= ⇔ = + ( ) 2 22 2 2 3 3 12( ) 3 2 3 0 a b a b a ab b ⇔ + = + ⇔ − +=⇔ ( ) 2 3 03 ab b a ⇔ − = ⇔= Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Chọn 1 3 a b = = ta được phương trình ∆ cần lập là: 3 1 33 0 x y + − − = Bài 5. Giải tương tự như Bài 4 ta được phương trình ∆ là 0 y = hoặc 4 3 83 0 xy +− =. Bài 6. + Đường tròn ( ) C có tâm (2; 1) I − và bán kính 2 5 R = . + Ta có 1 8 . .sin 8 2 IAB S IA IB AIB =⇔ ∠= 2 1 4 .(2 5) .sin 8 sin 25 AIB AIB ⇔ ∠=⇔ ∠= 3 cos 5 3 cos 5 AIB AIB ∠= ⇒ ∠= − Ta có AB lớn nhất khi góc AIB lớn nhất 3 cos 5 AIB ⇒∠ = − Khi đó 2 2 2 2 . .cos 20 20 24 64 8 AB IA IB IA IB AIB AB = + − ∠ = ++ = ⇒ = + Gọi véctơ pháp tuyến của ∆ là (; ) n ab ∆ = 22 ( 0) ab +≠ , do ∆ đi qua (1; 3) M − nên có phương trình: ( 1) ( 3) 0 3 0 a x b y ax by a b − + + = ⇔ + −+ = Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên ∆ , khi đó: 22 42 AH IH IA AH =⇒= − = ⇔ 22 23 (, ) 2 2 ab a b dI ab − − + ∆= ⇔ = + 2 22 2 0 ( 2 ) 4( ) 3 4 0 34 a a b a b a ab ab = ⇔+ = + ⇔ − =⇔ = + Với 0 a = , chọn 1 b = ta được phương trình ∆ : 30 y+= + Với 34 ab = , chọn 4 3 a b = = ta được phương trình ∆ : 4 3 50 xy + += Vậy phương trình ∆ cần lập là: 30 y+= hoặc 4 3 50 xy + +=. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comChú ý: Ngoài cách tìm IH theo cách giải trên, các bạn có thể tìm bằng cách sau: Đặt 22 20 2 20 IH m AH m AB m =⇒ = −⇒ = − (với 0 2 5 m << ), khi đó: 22 11 . .2 20 . 20 8 22 IAB S IH AB m m m m = = − = − = 42 28 20 64 0 44 m AB mm m AB = = ⇔ − + =⇔ ⇒ = = Để AB lớn nhất suy ra 2 m = hay 2 IH = . Bài 7. + Đường tròn () T có tâm (3; 1) I − và bán kính 4 R = . Do () AT ∈ nên gọi ABCD là hình vuông nội tiếp đường tròn () T Suy ra 28 AC R = = 42 2 AC BC ⇒ = = + Gọi véctơ pháp tuyến của ∆ là (; ) n ab ∆ = 22 ( 0) ab +≠ , do ∆ đi qua (3;3) A nên có phương trình: ( 3) ( 3) 0 3 3 0 a x b y ax by a b −+ − = ⇔ + − − = Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên ∆ , khi đó: 22 2 BC IH = = hay 22 3 33 ( , ) 22 22 ab a b dI ab − − − ∆= ⇔ = ⇔ + 2 22 2 2 16 8( ) b ab a b a b ⇔ = + ⇔ = ⇔= ± + Với ab = , chọn 1 ab = = ta được phương trình : 60 xy ∆ + −= + Với ab = − , chọn 1; 1 ab = = − ta được phương trình :0 x y ∆ −= Vậy ∆ có phương trình 60 xy + + = hoặc 0 x y −= . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 8. Cách 1: Gọi (; ) BC n ab = với 22 0 ab +≠ , khi đó BC đi qua 3 ;2 2 M có phương trình: ( ) 3 20 2 2 3 4 0 2 a x b y ax by a b − + − =⇔ + − − = Đường tròn () T có tâm ( ) 4;2 I và bán kính 5 r = nên: 22 22 2 5 (, ) 5 4 2 2 a b a d I BC r a b ab ab = − =⇔ = ⇔= ⇔ = + + Với 2 a b = − , suy ra phương trình BC : 2 10 x y − −= và AI : 2 80 xy + −= Khi đó tọa độ trung điểm H của BC là nghiệm của hệ: 2 10 2 2 80 3 x y x xy y − −= = ⇔ + −= = (2;3) H ⇒ Do ABC ∆ đều nên I là trọng tâm tam giác 2 (8;0) ABC AI IH A ⇒= ⇒ + Tương tự với 2 ab = ta được (8;4) A Vậy (8;0) A hoặc (8;4) A Cách 2: Ta có (4;2) I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Gọi , HJ lần lượt là trung điểm của BC và IM . Khi đó H thuộc đường tròn tâm 11 ;2 4 J bán kính 5 24 IM R = = , nên tọa độ điểm H là nghiệm của hệ : 22 2 2 2 ( 4) ( 2) 5 3 (2;3) 11 25 (2;1) 2 ( 2) 4 16 1 x xy y H H x xy y = − + − = = ⇔ ⇒ = − + − = = Do ABC ∆ đều nên I là trọng tâm tam giác 2 ABC AI IH ⇒= (*) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Áp dụng (*) với : + (2;3) (8;0) HA ⇒ + (2;1) (8;4) HA ⇒ Chú ý: Thực ra việc sử dụng .0 IH MH = và đi viết phương trình đường tròn tâm J bán kính JH là một, nên ta có thể tìm H bằng cách đi giải hệ: () .0 HT IH MH ∈ = Bài 9. Gọi (; ) n ab = ( 22 0 ab +≠ ) là vecto pháp tuyến của đường thẳng AB . Khi đó : Phương trình : 22 0 AB ax by a b + + − = Phương trình : 20 AD bx ay a − − = Do ABCD là hình vuông nên ta có: 22 22 53 44 (, ) ( , ) 97 ab ab b a d P AB d N AD ab ab ab = − −− = ⇔= ⇔ = ++ + Với ab = − , chọn 1, 1 ab = = − . Khi đó ta được phương trình các đường thẳng: : 40 AB x y −+= ; : 20 AD x y + += ; : 60 BC x y + −= ; : 40 CD x y − − = Suy ra tọa độ các đỉnh: ( 3;1), (1;5), (5;1), (1; 3) A BC D −− + Với 97 ab = , chọn 9, 7 ab = = . Khi đó ta được phương trình các đường thẳng: :7 9 4 0 AB x y + − = ; : 9 7 14 0 AD x y − −= ; : 9 7 22 0 BC x y − − = ; : 7 9 12 0 BC x y + −= Suy ra tọa độ các đỉnh: 77 31 113 59 141 23 21 1 ; , ; , ; , ; 65 65 65 65 65 65 13 13 A B C D − −− Bài 10. Giải tương tự như Bài 9 (ở bài này điểm A đóng vai trò như hai điểm thuộc đường , AB AD ) Ta được đáp số (4;6), (7;3), (4;0) BC D hoặc 64 18 85 69 34 90 ;, ; , ; 13 13 13 13 13 13 BC D . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 11. Gọi ( ;0) C c Ox ∈ , khi đó phương trình AC có dạng: 3 30 x cy c +− = Do BD đi qua (3;4) B và vuông góc với AC , nên BD có phương trình: 3 3 12 0 cx y c − −+ = Do ABCD là hình thang cân nên ta có: 22 6 3 3 9 (, ) (, ) 3 99 2 c c c d A BD d B AC c c c = −+ = ⇔= ⇔ = − + + + Với 6 c = thì (6;0) C , khi đó: Phương trình : 2 2 0 BD x y − − = và phương trình : 3 60 CD x y − −= Suy ra tọa độ điểm D là nghiệm của hệ 2 20 0 (0; 2) 3 60 2 x y x D xy y − − = = ⇔ ⇒− − −= =− + Với 3 2 c = − thì 3 ;0 2 C − , khi đó: Phương trình : 2 11 0 BD x y + −= và phương trình 3 :3 0 2 CD x y − + = Suy ra tọa độ điểm D là nghiệm của hệ: 2 11 0 6 5 6; 35 2 30 22 xy x D xy y + −= = ⇔⇒ − + = = Mà ABCD là hình thang nên ta có AB k DC = với 0 k > nên (0; 2) D − thỏa mãn yêu cầu Vậy (0; 2) D − . Bài 12. + Gọi vecto pháp tuyến của AB là (; ) AB n ab = với 22 0 ab +≠ , AB đi qua (2; 3) M − có phương trình: ( 2) ( 3) 0 2 3 0 a x b y ax by a b −+ + = ⇔ + − + = Ta có (1;7) BC n = , khi đó: 00 45 cos cos45 ABC ABC ∠= ⇔ ∠= Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com2 22 2 22 2 7 1 ( 7 ) 25( ) 2 . 1 7 ab a b ab ab + ⇔ = ⇔+ = + ++ 22 34 12 7 12 0 (3 4 )(4 3 ) 0 43 ab a ab b a b a b ab = ⇔ − − =⇔ − + =⇔ = − + Với 34 ab = , chọn 4 3 a b = = suy ra phương trình : 4 3 1 0 AB x y + += Khi đó AC đi qua (7;7) N vuông góc với AB nên AC có phương trình: 3 4 70 xy − += Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 4 3 10 1 ( 1;1) 3 4 70 1 xy x A xy y + += =− ⇔ ⇒− − += = Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 4 3 10 4 ( 4;5) 7 31 0 5 xy x B xy y + += =− ⇔ ⇒− + −= = Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 3 4 70 3 (3;4) 7 31 0 4 xy x C xy y − += = ⇔⇒ + −= = + Với 43 ab = − , chọn 3 4 a b = = − suy ra phương trình : 3 4 18 0 AB x y − − = và AC : 4 3 49 0 xy +− = Khi đó ta có (10;3) (10;3) AB ≡ (loại) Vậy ( 1;1), ( 4;5), (3;4) AB C −− Bài 13. + Ta có vecto pháp tuyến của , AB AC lần lượt là: 1 (1;2) n = và 2 (2;1) n = Gọi vecto pháp tuyến của BC là 3 (; ) n ab = với 22 0 ab +≠ . Khi đó tam giác ABC cân tại A nên: 13 2 3 13 2 3 .. cos cos .. nn n n B C nn n n = ⇔= 22 22 22 22 5. 5. ab a b ab a b ab ab ab ab = − + + ⇔ = ⇔ + = +⇔ = ++ + Với ab = − , chọn 1 1 a b = = − ta được 3 (1; 1) n = − , suy ra phương trình BC : x – y +1 = 0 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comKhi đó tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 2 20 0 (0;1) 10 1 xy x B x y y + − = = ⇔⇒ − += = Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 2 2 10 21 3 ; 10 1 33 3 x xy C x y y = − + += ⇔ ⇒ − − += = Ta có 55 5 ( 1; 1), ; 33 3 MB MC MC MB =−− = − − ⇒ = ⇒ M nằm ngoài đoạn BC (loại). + Với ab = , chọn 1 ab = = ta được 3 (1;1) n = , suy ra phương trình BC : 30 xy + −= Khi đó tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 2 20 4 (4; 1) 30 1 xy x B xy y + − = = ⇔ ⇒ − + −= =− Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 2 10 4 ( 4;7) 30 7 xy x C xy y + += =− ⇔ ⇒− + −= = Ta có ( ) 5 (3; 3), 5;5 3 MB MC MC MB =− = −⇒ = − ⇒ M nằm thuộc đoạn BC (thỏa mãn). + Gọi I là trung điểm của (0;3) BC I ⇒ Ta có : . ( )( ) DB DC DI IB DI IC =++ 22 2 2 2 .( ) . . 44 BC BC DI DI IB IC IB IC DI IB IC DI = + + + = − = − ≥− Dấu “=” xảy ra khi (0;3) DI ≡ . Vậy (0;3) D Bài 14. + Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 2 20 2 ( 2;2) 40 2 xy x B x y y + − = =− ⇔ ⇒− −+= = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Ta có vecto pháp tuyến của BC , đường cao kẻ từ B lần lượt là: 1 (1;2) n = và 2 (1; 1) n = − Gọi vecto pháp tuyến của CM là 3 (; ) n ab = với 22 0 ab +≠ . Khi đó tam giác ABC cân tại A nên: 1 2 13 1 2 1 3 1 2 13 .. cos( , ) cos( , ) .. nn nn nn nn nn n n = ⇔= 22 2 22 12 2 2( 2 ) 5. 2 5. ab ab a b ab −+ ⇔ = ⇔ += + + 22 8 7 0 ( )( 7 ) 0 7 ab a ab b a b a b ab = − ⇔ + + =⇔+ + =⇔ = − + Vớia – b, chọn a = 1; b = - 1 3 (1; 1) n ⇒= − cùng phương với 2 (1; 1) n = − (loại) + Với 7 ab = − , chọn 3 7; 1 (7; 1) ab n = =−⇒ = − , khi đó CM có phương trình: 7 70 x y −+= Vậy tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 4 7 70 47 5 ; 2 20 7 55 5 x x y C xy y = − −+= ⇔ ⇒ − + − = = Khi đó phương trình AB, AC lần lượt là: 7 12 0 xy + −= và 5 5 30 xy + −= Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ : 13 7 12 0 13 19 10 ; 5 5 3 0 19 10 10 10 x xy A xy y = − + −= ⇔ ⇒− + −= = Vậy 13 19 4 7 ; , ( 2;2), ; 10 10 5 5 A BC − −− . Bài 15. Cách 1: + Đường thẳng BC có vecto chỉ phương (1;2) BC u = . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comGọi AC có vecto pháp tuyến (; ) AC n ab = với 22 0 ab +≠ . Khi đó tam giác ABC vuông cân tại A nên: 0 45 ACB = ( ) 0 2 22 22 2 1 cos , cos 45 2( 2 ) 5( ) 2 .5 AC BC ab nu a b a b ab + ⇒ = ⇔ = ⇔+ = + + 22 3 3 8 3 0 (3 )( 3 ) 0 3 ab a ab b a b a b ab = − ⇔ − − =⇔ + −=⇔ = + Với 3ab = − , chọn 1 3 a b = = − (1; 3) (3;1) AC AB nn ⇒ = −⇒ = Vậy AC đi qua ( 1;1) M − có vecto pháp tuyến (1; 3) AC n = − nên có phương trình: 3 40 xy − += Khi đó điểm A là nghiệm của hệ: 3 40 2 (2;2) 4 60 2 xy x A xy y − += = ⇔⇒ − + = = :3 8 0 AB x y ⇒ + −= Tương tự ta có (3; 1) B − và (5;3) C . + Với 3 ab = , chọn 3 1 a b = = (3;1) AC n ⇒= , suy ra phương trình :3 2 0 AC x y + += Khi đó điểm A là nghiệm của hệ 14 3 20 14 16 13 ; 4 6 0 16 13 13 13 x xy A xy y = − + += ⇔ ⇒− − + = = (không thỏa mãn) Vậy (2;2), (3; 1), (5;3) AB C − . Cách 2: Gọi (4 6; ) A t t − với 3 2 t > , suy ra (4 5; 1) MA t t = −− . Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên : ACB 0 45 = ( ) 0 22 4 5 2( 1) 1 cos , cos 45 2 (4 5) ( 1) . 5 BC tt MA u tt −+ − ⇒=⇔ = − +− 2 2 2 2(6 7) 5(17 42 26) 13 42 32 0 2 t tt tt t ⇔ − = −+ ⇔ −+ =⇔= Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comhoặc 16 13 t = (loại) (2;2) A ⇒ Với : 3 40 (2;2) :3 8 0 AC x y A AB x y − += ⇒ + −= . Từ đó ta suy ra được (3; 1) B − và (5;3) C . Vậy (2;2), (3; 1), (5;3) AB C − . Bài 16. + Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 3 7 6 24 0 1 3; 1 2 20 2 2 x xy B xy y = + − = ⇔⇒ − − = = + Đường thẳng , AB BC lần lượt có vecto pháp tuyến 1 (7;6) n = , 2 (1; 2) n = − Gọi vecto pháp tuyến của AC là 3 (; ) n ab = với 22 0 ab +≠ . Do tam giác ABC cân tại A nên: ( ) ( ) 12 3 2 cos cos cos , cos , B C nn n n =⇔= 2 22 2 2 22 2 7 12 2 7 6 . 1 2 . 1 2 ab ab −− ⇔= ++ ++ 22 2 2 2 25( ) 85( 2 ) 12 68 63 0 a b a b a ab b ⇔ += − ⇔ − + =⇔ 29 (2 9 )(6 7 ) 0 67 ab a ba b ab = ⇔ − −=⇔ = + Với 29 ab = , chọn 3 9 (9;2) 2 a n b = ⇒= = và là vecto chỉ phương của đường cao kẻ từ đỉnh B Suy ra phương trình đường cao kẻ từ B là: 1 3 2 4 18 3 0 92 y x xy − − = ⇔ − −= + Với 67 ab = , chọn 3 7 (7;6) 6 a n b = ⇒= = AC ⇒ // AB (loại) Vậy đường cao kẻ từ B có phương trình : 4 18 3 0 xy − −= Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 17. Giải tương tự Ví dụ 2. ( D – 2012 – CB) thuộc Bài toán 6.2 ta được đáp số 21 13 14 12 (3;2), ; , (4;3), ; 55 55 A B C D Bài 18. + Đường tròn ( ) C có tâm (1; 1) I − và bán kính 10 R = . Đường thẳng ' ∆ có vecto pháp tuyến ' (2;1) n ∆ = Gọi ∆ có vecto pháp tuyến (; ) n ab ∆ = với 22 0 ab +≠ . + Theo đề ra ta có : ( ) 00 ' ( , ') 45 cos , cos 45 nn ∆ ∆ ∆∆ = ⇔ = ⇔ 2 22 2 2 22 2 1 2(2 ) 5( ) 2 .2 1 ab ab a b ab + ⇔ = ⇔ += + ++ 22 3 3 8 3 0 ( 3 )(3 ) 0 3 ab a ab b a b a b ab = − ⇔ + − = ⇔ + −= ⇔ = + Với 3 ab = − , chọn 3 (3; 1) 1 a n b ∆ = ⇒= − = − . Khi đó ∆ có dạng: 3 0 x ym −+ = Do ∆ là tiếp tuyến của ( ) C nên: 6 :3 6 0 31 ( , ) 10 4 10 14 : 3 14 0 10 m x y m dI R m m x y = ∆ − + = ++ ∆= ⇔ = ⇔ + = ⇔ ⇒ =− ∆ −− = + Với 3ab = , chọn 1 (1;3) 3 a n b ∆ = ⇒= = . Khi đó ∆ có dạng: 30 x yn + += Do ∆ là tiếp tuyến của ( ) C nên: 12 : 3 12 0 13 ( , ) 10 2 10 8 : 3 80 10 n xy n dI R n n xy = ∆+ + = − + ∆= ⇔ = ⇔ − = ⇔ ⇒ =− ∆ + −= Vậy có 4 phương trình tiếp tuyến thỏa mãn bài toán: 3x – y + 6 = 0; 3 14 0 x y −− = ; 3 12 0 xy + += ; 3 80 xy + −=. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comNhận xét: Bài toán này ta có thể tổng quát như sau: “Viết phương trình đường thẳng ∆ cách một điểm cho trước một khoảng không đổi và hợp đường thẳng cho trước một góc không đổi” Cách giải + Gọi véctơ pháp tuyến của ∆ là (; ) n ab ∆ = 22 ( 0) ab +≠ + Sử dụng dữ kiện góc tạo bởi ∆ và ' ∆ bằng α ( ( , ') α ∆∆ = ) bằng cách áp dụng công thức : ' 22 2 2 ' . . ' . ' cos( , ') cos cos cos . . ' ' nn a a bb nn ab a b αα α ∆∆ ∆∆ + ∆∆ = ⇔ = ⇔ = + + giúp ta thiết lập được phương trình đẳng cấp bậc hai (, ) 0 g ab = (ẩn , ab ) . Từ đây ta sẽ rút ra được mối liên hệ a kb = . Sau đó bằng t hao tác “chọn” , ta được bộ số ( ; ) (0;0) ab ≠ và suy ra được dạng phương trình ∆ là: 0 ax by m + + = + Cắt nghĩa dữ kiện còn lại của bài toán ( ,) d M MH h ∆= = , cho ta được phương trình () 0 g m = ẩn m . Giải phương trình này ta tìm được m và suy ra được phương trình ∆ . Bài 19. + Gọi ( ; 4) At t − ∈∆ , khi đó tam giác AMN cân tại A nên : AM AN = 2 2 AM AN ⇔= 2 2 2 2 ( 4) ( 4) ( 6) t t t t ⇔ − +− = +− 1 ( 1; 5) tA ⇔ =−⇒ − − + Gọi vecto pháp tuyến của BC là (; ) BC n ab = , khi đó BC đi qua (4;0) M nên có phương trình : ( 4) 0 4 0 a x by ax by a −+ = ⇔ + − = (với 22 0 ab +> ) Suy ra CD đi qua (0;2) N và vuông góc với BC nên có phương trình: 20 bx ay a − + = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Vì ABCD là hình vuông nên: (, ) (, ) AB AD d A BC d A CD =⇔= 22 22 30 3 55 7 30 3 ab b a a b ab ab a b ab ab + = =− − − − ⇔= ⇔ ⇔ −= = ++ + Với 3 ba = − , chọn 1 3 a b = = − ta được phương trình BC : 3 40 xy − − = Với 3 ab = , chọn 3 1 a b = = ta được phương trình BC : 3 12 0 xy +− = Vậy BC có phương trình 3 40 xy − − = hoặc 3 12 0 xy +− =. Bài 20. + Đường tròn 1 () C có tâm 1 (1;0) I và bán kính 1 1 2 R = Đường tròn 2 () C có tâm 2 (1;0) I và bán kính 2 2 R = + Gọi H là hình chiếu vuông góc của 2 I trên ∆ , khi đó 2 2 MN MH = = ( ) 2 2 22 2 2 2 ( ,) 2 2 2 d I I H R MH ⇒ ∆= = − = − = + Gọi đường thẳng ∆ có dạng: 0 ax by c + += Ta có: 2 22 22 1 2 22 1 1 (, ) 2( ) (1) 2 2 2 2 2 (2) 2 2 ( ,) 2 2 ac dI ac a b ab a c a bc a bc dI ab + = ∆= + = + + ⇔⇔ += + + ++ ∆= = + + Từ 2 (2) 4 2 3 cb ab c = ⇒ + = − Trường hợp 2 cb = thay vào (1), ta được: 2 22 2 2 2( 2 ) 8 7 0 ( )( 7 ) 0 7 ab ab a b a ab b a b ab ab = − + = + ⇔ + + =⇔+ + =⇔ = − Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Với ab = − , chọn 1 2 : 20 1 a c xy b = ⇒ =− ⇒∆ + − = = − Với 7 ab = − , chọn 7 2 :7 2 0 1 a c x y b = ⇒=− ⇒∆ −− = = − Trường hợp 4 2 3 ab c + = − thay vào (1) ta được: 2 22 4 2 2 3 ab a ab + − =+ 22 7 8 0 ( )(7 ) 0 7 ab a abb ab ab ab = ⇔ − + = ⇔ − −= ⇔ = Với ab = , chọn 1 2 : 20 1 a c xy b = ⇒ =− ⇒∆ + − = = Với 7ab = , chọn 1 6 : 7 60 7 a c xy b = ⇒ =− ⇒∆ + − = = Vậy ∆ có phương trình 20 xy + − =, 7 20 x y − − =, 20 xy + − = hoặc 7 60 xy + −=. Bài 21. + Gọi AB có vecto pháp tuyến (; ) AB n ab = với 22 0 ab +≠ Khi đó AB đi qua (4;5) M nên có phương trình: 45 0 ax by a b +− − = Do BC AB ⊥ và BC đi qua điểm (6;5) N nên BC có phương trình: 56 0 bx ay a b − + − = ABCD 2 2 2 2 15a 2b 4a 5b 2b a 5a 6b Ta coùS d(P,AB).d(Q,BC) 16 . a b a b + − − − + − = ⇔ + + 22 2 2 22 22 34 0 4 3 4( ) 3 5 4 7 0( ) a ab b a b a ab b a b ab a ab b VN + += = − ⇔− + = + ⇔ ⇔ = − − += + Với ab = − , chọn 1 : 10 1 a AB x y b = ⇒ − += = − Với 3ab = − , chọn 1 : 3 11 0 3 a AB x y b = ⇒ − += = − Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Vậy AB có phương trình 10 x y − += hoặc 3 11 0 xy − += . Bài 22. + Đường tròn 1 () C có tâm (0;0) O và bán kính 1 13 R = Đường tròn 2 () C có tâm (6;0) I và bán kính 2 5 R = Tọa độ giao điểm của 1 () C , 2 () C là nghiệm của hệ : 22 22 13 2; 3 (2;3) 2; 3 (2; 3) ( 6) 25 xy x y A xy A xy += = = ⇔⇒ == −− − += Do A có tung độ dương nên suy ra (2;3) A . + Gọi ∆ có vecto pháp tuyến (; ) n ab ∆ = với 22 0 ab +≠ , ∆ đi qua (2;3) A nên có phương trình: ( 2) ( 3) 0 2 3 0 a x b y ax by a b −+ −= ⇔ + − − = + Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của , OI trên ∆ Gọi , MN lần lượt là giao điểm thứ hai của ∆ với đường tròn 1 () C , 2 () C . Khi đó: 2 2 2 22 2 AM AN AH AK AH AK OA OH IA IK = ⇔ = ⇔ = ⇔ − = − 22 22 12 22 22 (2 3 ) (4 3 ) ( , ) ( , ) 13 25 a b ab Rd O Rd I ab ab +− ⇔ − ∆= − ∆⇔ − = − ++ 2 0 30 3 b b ab ba = ⇔+ =⇔ = − + Với 0 b = , chọn 1 a = , suy ra phương trình : 20 x ∆ − = Với 3 ba = − , chọn 1 3 a b = = − , suy ra phương trình : 3 70 xy ∆ − += Vậy ∆ có phương trình 20 x− = hoặc 3 70 xy − += Bài 23. + Gọi hình vuông ABCD thỏa mãn điều kiện đề bài. Không mất tính tổng quát giả sử , AB BC lần lượt đi qua ( 1;2) M − và (3; 1) N − . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Gọi vecto pháp tuyến của AB là (; ) n ab = với 0 0 a b ≠ ≠ (do 4 cạnh hình vuông không song song với các trục tọa độ) Khi đó phương trình AB : ( 1) ( 2) 0 2 0 a x b y ax by a b + + − = ⇔ + +− = Phương trình : (3) (1) 0 3 0 BC b x a y bx ay b a − − + = ⇔ − − −= + Do ABCD là hình vuông nên: 22 22 23 ( , ) ( , ) 2 a b ab d O AB d O BC a b ab ab − −− = ⇔ = ⇔ = − ++ hoặc 0 b = (loại) Với 2a = – b, chọn 1 2 a b = = − , khi đó AB : 2 50 xy − += và : 2 5 0 BC x y + −= + Khi đó tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 2 50 1 (1;3) 2 50 3 xy x B xy y − += = ⇔⇒ + −= = Do O là trung điểm của BD nên ( 1; 3) D−− Từ đó ta suy ra phương trình : 2 50 CD x y − −= và : 2 5 0 AD x y + += Vậy AB : 2 50 xy − +=; : 2 5 0 BC x y + −=; : 2 50 CD x y − −= và : 2 5 0 AD x y + += Bài 24. + Gọi { } AE AC I = , do 2 AD BC = nên ABCE là hình bình hành I ⇒ là trung điểm của BE Gọi (2 10; ) Et t − ∈∆ 3; 2 t I t ⇒ − . Mà (2;6) 2( 3) 3 0 6 (3;3) 2 E t I AC t t I ∈ ⇒ − − − = ⇔= ⇒ + Mặt khác BCDE là hình bình hành nên ta có ( 2;6) BE = − và gọi ( ;2 3) ( 4;2 3) C c c AC BC c c − ∈ ⇒ = − − . Khi đó cot cot 2 EBC ADC = = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 2 2 2 1 14 2 cos cos 5 5 1 tan 1 1 2 EBC EBC EBC ⇒ = ==⇔= + + 22 . 2( 4) 6(2 3) 22 . 55 40. ( 4) (2 3) BE BC cc BE BC c c − −+ − ⇔=⇔ = −+ − ( ) 2 51 2 5 10 5 20 25 c cc − ⇔= −+ 2 (5;7) 5 3 22 35 0 75 7 ; 57 3 C c cc C c = ⇔ − +=⇔ ⇒ = + Với (5;7) (1;1), (3;13) C AD ⇒ (do I, E lần lượt là trung điểm của , AC AD ) + Với 7 5 11 13 1 23 ; ; , ; 37 3 3 3 3 ⇒ C AD (do I, E lần lượt là trung điểm của AC, AD) Vậy (1; 1), (5;7), (3;13) A CD − hoặc 11 13 7 5 1 23 ; , ;, ; 3 3 37 3 3 A C D . Bài 25. + Đường tròn ( ) C có tâm (1; 1) I − , bán kính 5 R = . Ta có 52 MI R = >⇒ M nằm ngoài đường tròn ( ) C . Theo phương tích của điểm M với đường tròn ( ) C ta có: 22 2 9 . 27 3 27 3 6 MA MA MB MI R MB MB AB = = −= ⇒ = ⇒ = ⇒ = + Gọi H là trung điểm của , AB khi đó ta có: 2 2 4 2 AB IH R =−= Gọi (; ) n ab ∆ = là vecto pháp tuyến của ∆ (với 22 0 ab +> ) Khi đó ∆ đi qua (7;3) M có phương trình: 73 0 ax by a b +− − = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Mặt khác ta có: 2 22 0 73 ( , ) 4 5 12 0 5 12 a ab a b d I IH a ab a b ab = − − − ∆= ⇔ = ⇔ + = ⇔ = − + Với 0 a = , chọn 1 b = ta được phương trình : 30 y ∆ −= Với 5 12 a b = − , chọn 12 5 a b = = − ta được phương trình :12 5 69 0 xy ∆ −−= Vây phương trình ∆ cần lập là 30 y−= hoặc 12 5 69 0 xy −−= . Bài 26. + Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên AC , khi đó H là trung điểm của MC Đặt 0 BM MH HC x = = = > Xét tam giác ABH ta có: 2 22 2 25 AH AM MH x = −=− Khi đó xét tam giác AMH ta có: 2 2 2 2 22 2 52 25 (2 ) 9 16 4 = + ⇔ = −+ ⇔ =⇒ = ⇒ = AB AH HB x x x AH AH + Gọi (; ) BC n ab = là vecto pháp tuyến của BC (với 22 0 ab +> ) Khi đó BC đi qua (5;1) B có phương trình: 50 ax by a b + − −= Mặt khác ta có: 2 22 0 3 5 ( , ) 4 5 12 0 5 12 a a b ab d A BC AH a ab a b ab = −− − − = ⇔ =⇔+ =⇔ = − + + Với 0 a = , chọn 1 b = ta được phương trình : 10 y ∆ −= Vì 5 AM AC = = nên , CM thuộc đương tròn tâm A bán kính là 5 có phương trình: 22 ( 1) ( 3) 25 xy + + + = Khi đó tọa độ điểm , CM là nghiệm của hệ: 22 10 2; 1 (2;1), ( 4;1) 4; 1 ( 4;1), (2;1) ( 1) ( 3) 25 y xy C M xy C M xy −= = = − ⇔⇒ = −= − + + + = Do M thuộc đoạn thẳng BC nên ta được ( 4;1). − C + Với 5 12 a b = − ta có hệ số góc của đường thẳng BC là 12 5 k = (loại). Vậy ( 4;1) C − . TRƯỜNG HỢP 2 : Bài toán cho véctơ pháp tuyến (chỉ phương) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài toán 6.3 A. NỘI DUNG BÀI TOÁN 6.3 Viết phương trình đường thẳng ∆ biết phương của ∆ (biết chỉ phương hoặc pháp tuyến) và ∆ cách một điểm cho trước một khoảng không đổi. B. CÁCH GIẢI CHUNG (; ) : 0 n a b ax by m ∆ = →∆ + + = ( ,) () 0 d M h const fm m ∆ = = → = → → ∆ Giải thích chi tiết: + ∆ có vecto pháp tuyến (; ) n ab ∆ = , khi đó phương trình ∆ có dạng : 0 ax by m ∆ + + = + Dữ kiện M cách đường thẳng ∆ một khoảng không đổi ( ,) d M h const ∆= = giúp ta thiết lập được phương trình () 0 fm = (phương trình chứa ẩn m ). Giải phương trình này ta tìm được m và suy ra được phương trình đường thẳng ∆ . Nhận xét Như vậy để chuyển các bài toán về nội dung Bài toán 6.3 ta cần khai thác các dữ kiện của bài toán để chỉ ra được 2 điều kiện: + Đường thẳng đó biết được vecto chỉ phương hoặc pháp tuyến. + Đường thẳng đó cách một điểm cho trước một khoảng tính được. C. VÍ DỤ GỐC Ví dụ : Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Viết phương trình đường thẳng ∆ có vecto pháp tuyến (3; 4) n = − và cách điểm (2;3) M một khoảng bằng 1. Giải + ∆ có vecto pháp tuyến (3; 4) n = − nên phương trình ∆ có dạng: 34 0 x ym − + = + Ta có 22 11 6 12 ( ,) 2 1 6 5 1 3 ( 4) m m dM m m = −+ ∆= ⇔ = ⇔ − = ⇔ = +− Vậy ∆ có phương trình 3411 0 xy − += hoặc 341 0 xy − += . D. CÁC VÍ DỤ MỞ RỘNG Ví dụ 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn 22 ( ) : 9 18 0 T x y x y + − −+ = và hai điểm (1;4) A , ( 1;3) B − . Gọi , CD là hai Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comđiểm thuộc () T sao cho ABCD là hình bình hành. Viết phương trình đường thẳng CD . Phân tích hướng giải: Về mặt lí thuyết, để viết được phương trình của một đường thẳng ta cần 2 yếu tố. Trong ví dụ này dữ kiện ABCD là hình bình hành giúp ta có được (2;1) (1; 2) CD CD BA n = = ⇒=− và đồng thời ta cũng có được 5 CD AB = = , cộng thêm , () CD T ∈ ta sẽ suy ra được khoảng cách IH từ I tới CD . Như vậy lúc này việc viết phương trình CD được chuyển về Bài toán 6.3. Do đó ta có lời giải cho bài toán như sau: Giải + Đường tròn () T có tâm 91 ; 22 I và bán kính 10 2 R ID = = . + Do ABCD là hình bình hành nên (2;1) CD BA = = , suy ra CD có vecto pháp tuyến (1; 2) n = − Suy ra phương trình CD có dạng: 20 x ym − + = + Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên CD , khi đó : 5 2 2 2 DC AB DH = = = Suy ra 22 2 2 10 5 5 2 22 IH ID DH = − = − = + Mặt khác 9 1 1 5 2 (, ) 2 7 5 6 2 5 m m d I DC IH m m − + = − = ⇔ = ⇔ += ⇔ = − Vậy phương trình CD là : 2 10 xy − −= hoặc 2 60 xy − −=. Ví dụ 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết đường cao hạ từ đỉnh A có phương trình 2 20 xy + − =, khoảng cách từ tâm (0;2) I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đến đường thẳng BC bằng 2 5 , đường thẳng đi qua đỉnh B có phương trình 10 xy + −= . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết , A B đều có tọa độ nguyên. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comPhân tích hướng giải: * Với dữ kiện đường cao hạ từ đỉnh A có phương trình 2 20 xy + − =, giúp ta suy ra được vecto pháp tuyến của BC . Khi đó việc viết phương trình BC được giải quyết theo nội dung của Bài toán 6.3. * Điểm B lúc này là giao điểm của hai đường thẳng đã biết phương trình nên ta sẽ tìm được tọa độ điểm B * , AC đều nằm trên các đường thẳng đã biết phương trình và cùng cách I một khoảng xác định là IB. Nghĩa là A, C sẽ tìm được tọa độ nhờ góc nhìn của Bài toán 1. Do đó ta có lời giải chi tiết sau: Giải + Vì BC vuông góc với đường thẳng 2 20 xy + − = nên có vecto pháp tuyến (2; 1) BC n = − Do đó phương trình BC có dạng: 20 x ym −+ = + Theo giả thiết ta có: 12 2 ( , ) 2 5 2 5 2 10 8 5 m m d I BC m m = − = ⇔ = ⇔ −= ⇔ = − + Với 12 m = , suy ra BC có phương trình: 2 12 0 x y −+ = Khi đó tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 11 10 11 14 3 ; 2 12 0 14 33 3 x xy B x y y = − + −= ⇔ ⇒− −+ = = (loại) Với 8 m = − , suy ra BC có phương trình : 2 80 x y − −= Khi đó tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: ( ) 10 3 3; 2 2 80 2 xy x B x y y + −= = ⇔ ⇒ − − −= =− + Vì điểm A thuộc đường thẳng 2 20 xy + − = và C BC ∈ nên gọi (2 2 ; ) ( ;2 8) A aa Cc c − − với a ∈ Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Khi đó 2 22 2 22 25 (2 2 ) ( 2) 25 5 25 (2 10) 25 IA a a IA IC IB IC c c = − +− = === ⇔⇔ = +− = 2 2 (4; 1) 1 24 17 17 ; 5 12 17 0 (4; 1) 55 5 (5;2) 8 15 0 3 (3; 2) 5 (5;2) A a A a aa A C cc c C B c C − = − − = − −= − ⇔ ⇔⇒ ⇒ −+ = = − ≡ = (vì A có tọa độ nguyên) Vậy (4; 1) A − , (3; 2) B − và (5;2) C . Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường tròn 22 1 ( ) : ( 1) ( 2) 5 Cx y − + + = và 22 2 ( ) : ( 1) ( 3) 9 Cx y + + + = . Viết phương trình đường thẳng ∆ tiếp xúc với 1 () C và cắt 2 () C tại hai điểm , A B sao cho 4 AB = . Giải + Ta có 1 () C có tâm 1 (1; 2) I − , bán kính 1 5 R = và 2 () C có tâm 2 ( 1; 3) I −− , bán kính 2 3 R = + Ta có: 11 2 12 2 22 (, ) 5 ( ,) ( ,) ( ,) 5 2 dI R dI dI AB dI R ∆= = ⇒ ∆= ∆ ∆= − = Suy ra ∆ // 12 II hoặc ∆ đi qua trung điểm 5 0; 2 M − của 12 II . Vì M nằm trong 1 () C và ∆ tiếp xúc với 1 () C nên ∆ đi qua 5 0; 2 M − là không thỏa mãn Do đó ∆ // 12 II , suy ra phương trình ∆ có dạng: 20 x ym − + = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Ta có 1 0 5 (, ) 5 5 5 5 10 5 m m dI m m = + ∆= ⇔ = ⇔ + = ⇔ = − Vậy phương trình ∆ cần lập là: 20 xy −= hoặc 2 10 0 xy − −= . Bài toán 6.4 A. NỘI DUNG BÀI TOÁN 6.4 Viết phương trình đường thẳng ∆ biết phương của ∆ (biết chỉ vectơ phương hoặc vectơ pháp tuyến) và thỏa mãn điều kiện (*) cho trước. B. CÁCH GIẢI CHUNG (*) (; ) : 0 ( ) 0 n a b ax by m f m m ∆ = → ∆ + + = → = → → ∆ Giải thích chi tiết: + ∆ có vecto pháp tuyến (; ) n ab ∆ = , khi đó phương trình ∆ có dạng : 0 ax by m ∆ + + = + Điều kiện (*) giúp ta thiết lập được phương trình () 0 fm = (phương trình chứa ẩn m ). Giải phương trình này ta tìm được m và suy ra được phương trình đường thẳng ∆ . Nhận xét: Như vậy để chuyển các bài toán về nội dung Bài toán 6.4 ta cần khai thác các dữ kiện của bài toán để chỉ ra được 2 điều kiện: + Đường thẳng đó biết được vecto chỉ phương hoặc pháp tuyến. + Đường thẳng đó thỏa mãn một điều kiện (*) và cắt nghĩa dữ kiện này để thiết lập được phương trình chứa ẩn chưa biết liên quan tới đường thẳng cần viết C. VÍ DỤ GỐC Ví dụ : Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Viết phương trình đường thẳng ∆ có vecto pháp tuyến (1;2) n = và cắt đường thẳng ' ∆ có phương trình 3 20 xy − += tại điểm M sao cho 2 OM = . Giải + ∆ có vecto pháp tuyến (1;2) n = nên phương trình ∆ có dạng: 20 x ym + + = + Vì { } ' M ∆ ∆= , nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com34 20 3 42 5 ; 3 20 2 55 5 m x x ym mm M xy m y + = − + + = +− ⇔ ⇒− − += − = + Ta có 22 2 34 2 22 2 55 mm OM OM +− =⇔=⇔ + = 2 1 2 30 3 m mm m = ⇔ + −= ⇔ = − Vậy ∆ có phương trình 2 10 xy + += hoặc 2 30 xy + −=. D. CÁC VÍ DỤ MỞ RỘNG Ví dụ 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm ( 1;2), (4; 3) AB −− . Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với đường thẳng ' ∆ , đồng thời khoảng cách từ B đến đường thẳng ∆ bằng ba lần khoảng cách từ A đến đường thẳng ∆ . Biết đường thẳng ': 3 5 2 0 xy ∆ − +=. Phân tích hướng giải: Ở ví dụ 1, ta nhận thấy các dữ kiện trong bài toán khá đơn giản để ta “cắt nghĩa” chính xác. Cụ thể: Với ' ' (5;3) nu ∆ ∆ ∆ ⊥ ∆ ⇒ = = giúp ta viết được phương trình ∆ theo góc nhìn của bài toán 6.4, khi điều kiện (*) trong bài toán là (, ) 3 (, ) dB d A ∆= ∆ . Sau đây là lời giải chi tiết : Giải + Vì ' ∆ ⊥ ∆ , suy ra ∆ có vecto pháp tuyến ' (5;3) nu ∆ ∆ = = . + Khi đó phương trình ∆ có dạng: 53 0 x ym + + = + Theo đề ra ta có : 2 2 2 2 5.4 3.( 3) 5.( 1) 3.2 (, ) 3 (, ) 3. 53 53 mm dB d A + − + −+ + ∆= ∆⇔ = + + 4 11 3( 1) 11 3 1 7 11 3( 1) 2 m mm m m mm m = += + ⇔ + = +⇔ ⇔ += − + = − Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Vậy ∆ có phương trình 5 3 40 xy + += hoặc 7 53 0 2 xy + −= . Nhận xét : Ở ví dụ 1, việc cắt nghĩa bài toán để có được vecto pháp tuyến của ∆ là khá đơn giản khi đề bài cho ' ∆ ⊥ ∆ và điều kiện (*) của bài toán cũng không hề khó khi ta có luôn (, ) 3 (, ) dB d A ∆= ∆ . Nếu các dữ kiện t rên được “giấu” bởi một hình thức tiếp cận khác thì bài toán sẽ trở nên phức tạp hơn. Các bạn sẽ thấy rõ điều này qua Ví dụ thứ 2 sau: Ví dụ 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh (4;3) A , đường phân giác trong góc A có phương trình 10 x y − −= và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là 3 2; 2 I . Viết phương trình cạnh BC , biết diện tích tam giác ABC bằng hai lần diện tích tam giác IBC . Phân tích hướng giải: Ở ví dụ này khi đọc đề toán, gần như bạn sẽ không thấy có mối liên quan gì tới Ví dụ 1 mà ta vừa làm. Song thực ra nội dung của hai ví dụ này là như nhau, có chăng chỉ là sự khác biệt trong hình thức phát biểu của bài toán. Ta sẽ phân tích rõ để thấy điều này: * Bài toán cho biết tâm 3 2; 2 I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và tọa độ điểm (4;3) A . Điều này giúp ta tìm được t ọa độ điểm D là giao điểm thứ hai của đường phân giác trong góc A với đường tròn (có thể nhìn theo góc nhìn của Bài toán 1 hoặc nó là giao của đường thẳng và đường tròn). Như vậy khi đó ta sẽ xác định được vecto pháp tuyến của BC , khi BC ID ⊥ (giống dữ kiện ở ví dụ 1). * 2 ( ,) 2 ( ,) ABC IBC S S d A BC d I BC ∆∆ =⇔= (tương tự dữ kiện ở ví dụ 1). Như vậy lúc này Bài toán 6.4 sẽ giúp ta viết được phương trình BC . Do đó ta có lời giải chi tiết sau: Giải + Ta có 5 2 IA = , suy ra phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có dạng: ( ) 2 2 3 25 2 2 4 xy − + − = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Gọi D là giao điểm thứ hai của đường phân giác trong góc A với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ: ( ) 2 2 2 10 1 3 25 2 9 40 2 24 xy yx xx xy − − = = − ⇔ − += − + − = 4 3 (4;3) 1 1 1 ; 1 1 ; 2 2 2 2 2 1 2 x y DA D x D y = = ≡ ⇔ ⇒ ⇒ − = − = − + Vì AD là phân giác trong của góc A nên D là điểm chính giữa của cung BC nên DC DB = Suy ra ID là đường trung trực của BC ID BC ⇒⊥ hay đường thẳng BC nhận ( ) 31 ;2 3;4 22 DI = = làm vecto pháp tuyến. Khi đó phương trình BC có dạng: 34 0 x ym + + = + Gọi , HK lần lượt là hình chiếu vuông góc của , A I lên BC , khi đó : 2 2 ( ,) 2 ( ,) ABC IBC S S AH IK d A BC d I BC ∆∆ = ⇔ = ⇔ = 0 24 12 2. 16 55 m mm m = ++ ⇔= ⇔ = − Vậy phương trình cạnh BC là : 34 0 xy += hoặc 3 4 16 0 xy + −= . Ví dụ 3 (D – 2011 – NC). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm (1;0) A và đường tròn ( ): C 22 2 4 50 xy x y + − + −=. Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt ( ) C tại hai điểm M và N sao cho tam giác AMN vuông cân tại A . Phân tích hướng giải: * Khi viết phương trình đường thẳng thường ta hay đặt ra câu hỏi “với những dữ kiện cho trong bài toán liệu ta có thể cắt nghĩa để tìm được vecto pháp tuyến hoặc chỉ phương của đường thẳng đó không ?” . Ở ví dụ này tam giác AMN cân tại A và IM IN R = = giúp ta suy ra được IA MN ⊥ hay ta sẽ tìm được vecto pháp tuyến của ∆ . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com* Dữ kiện còn lại của bài toán “tam giác AMN vuông” chính là điều kiện (*) theo cách nhìn của Bài toán 6.4. Chúng ta sẽ cắt nghĩa dữ kiện này theo 2 cách ở phần lời giải chi tiết sau: Giải + Đường tròn ( ) C có tâm (1; 2) I − và bán kính 10 R = ; (0;2) IA = + Ta có IM IN R MN AI AM AN = = ⇒ ⊥ = , suy ra phương trình MN hay ∆ có dạng : y m = Cách 1: Gọi { } AI H ∆ = (, ) 2 (, ) IH d I m MH AH d A m = ∆= + ⇒ = = ∆= Xét tam giác IHM ta có : 2 2 2 22 2 1 ( 2) 10 2 3 0 3 m IH MH R m m m m m = + = ⇔ + + = ⇔ + −= ⇔ = − Vậy ∆ có phương trình 1 y = hoặc 3 y = − . Cách 2: Hoành độ , MN là nghiệm của phương trình: 22 2 2 2 4 50 2 4 50 x m x m x x m m + − + −= ⇔ − + + −= (*) (*) có hai nghiệm phân biệt 12 , x x khi và chỉ khi 2 ' 4 60 mm ∆=− − + > (2*) Khi đó 1 (; ) Mx m , 2 ( ;) N x m 1 2 ( 1; ) ( 1; ) AM x m AN x m = − ⇒ = − với 12 2 12 2 45 xx x x m m += = +− 2 11 . 0 ( 1)( 1) 0 AM AN AM AN x x m ⊥ ⇔ = ⇔ − −+ = 2 12 1 2 ( ) 10 x x x x m ⇔ − + + += 2 22 1 45 2 1 0 23 0 3 m mm m mm m = ⇔ + − −+ + = ⇔ + −= ⇔ = − (thỏa mãn (2*)) Vậy ∆ có phương trình 1 y = hoặc 3 y = − . Ví dụ 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang OABC (OA // BC ) có diện tích bằng 6, đỉnh ( 1;2) A − . Đỉnh B và C lần lượt thuộc các đường thẳng 1 : 10 d x y + += và 2 :3 2 0 d xy + +=. Tìm tọa độ các đỉnh , BC . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comGiải + Ta có phương trình : 2 0 OA x y += Do OA // BC nên phương trình BC có dạng: 20 x ym ++ = (với 0 m ≠ ) + Khi đó tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 2 01 (1 ; 2) 10 2 x ym x m B mm xy y m ++ = = − ⇔ ⇒− − + += = − Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ : 20 2 ( 2;4 3 ) 3 2 0 43 x ym x m Cm m xy y m ++ = = − ⇔ ⇒ − − + += = − + Ta có : 2 11 6 ( ). ( , ) 6 5 20 60 45 . 6 22 5 ABCD m S OA BC d O BC m m =⇔ + =⇔ + − + = ( ) 2 2 2 0 2 60 3 0 17 1 2 3 12 2 3 2 60 3 2 60 m mm m m mm m mm m mm < − −= << = − ⇔+ − = ⇔ ⇔ = − + = ≥ − −= Vậy ( 2;1), (1; 5) BC −− hoặc ( ) ( ) 7; 1 7 , 1 7;1 3 7 BC −− −− + . E. BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn 22 ( ): 4 2 4 0 Cx y x y + − + − =. Viết phương trình các tiếp tuyến ∆ của ( ) C , biết rằng tiếp tuyến có hệ số góc bằng 1. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn 22 ( ): 1 Cx y += . Đường tròn ( ') C tâm (2;2) I cắt ( ) C tại các điểm , A B sao cho 2 AB = . Viết phương trình đường thẳng AB . Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C2): (x – 1) 2 + (y – 1) 2 = 16 và 22 2 ( ) : ( 2) ( 1) 25 Cx y − + + = . Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt 1 () C tại hai điểm A và B , cắt 2 () C tại hai điểm C và D thỏa mãn 27 AB = và 8 CD = . Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh (3;3) A và (2;1) I là tâm đường tròn ngoại tiếp. Đường phân giác trong của góc nhọn A có phương trình 0 x y −= . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC , biết 85 5 BC = . Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C): x 2 + y 2 – 2x + 4y – 5 = 0 và điểm (1;0) A . Gọi , MN là hai điểm trên đường tròn ( ) C sao cho tam giác AMN vuông cân tại A . Viết phương trình đường thẳng MN . F. GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. + Đường tròn ( ) C có tâm (2; 1) I − và bán kính 3 R = . + Đường thẳng ∆ có hệ số góc bằng 1, nên có dạng: 0 y x m x y m = + ⇔ − + = + ∆ là tiếp tuyến của ( ) C nên ta có: 22 3 2 3 21 (, ) 3 3 3 2 11 3 2 3 m m dI R m m = − ++ ∆= ⇔ = ⇔ + = ⇔ + = −− + Vậy ∆ có phương trình 3 2 3 0 x y − + −= hoặc 3 2 3 0 x y − − −=. Bài 2. + Đường tròn ( ) C có tâm (0;0) O và bán kính 1 R OA = = . + Vì ( ) C cắt ( ') C tại hai điểm , A B nên AB OI ⊥ Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com ⇒ vecto pháp tuyến của AB là: (2;2) 2(1;1) n OI = = = . Do đó phương trình AB có dạng: 0 x ym ++ = + Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên 2 22 AB AB HA ⇒= = Suy ra 2 2 22 22 1 22 OH OA HA = −= − = + Ta có 2 ( , ) 1 1 2 2 m d O AB IH m m = ⇔ = ⇔ =⇔= ± Vậy phương trình AB là : 10 xy + += hoặc 10 xy + −= . Bài 3. + Đường tròn 1 () C có tâm 1 (1;1) I bán kính 1 4 R = ; Đường tròn 2 () C có tâm 2 (2; 1) I − bán kính 2 4 R = + Gọi , HK lần lượt là hình chiếu vuông góc của 1 2 , I I xuống ∆ , khi đó: ( ) 2 2 22 11 2 2 22 22 7 4 73 2 4 54 3 2 AB AH I H I A AH CD CK I K I C CK = = = −= − = ⇒ = = = − = −= 12 3 IH I K ⇒= = Suy ra ∆ // 12 II hoặc ∆ đi qua trung điểm của 12 II . + Ta có 22 12 1 2 1 2 56 II IH I K = + = < = + , suy ra ∆ không thể đi qua trung điểm của 12 II Do đó ∆ // 12 II ⇒ vecto chỉ phương của ∆ là 12 (1; 2) u II = = − hay vecto pháp tuyến của ∆ là (2;1) n = Khi đó phương trình ∆ có dạng: 20 x ym ++ = + Ta có 11 35 3 21 ( , ) 3 3 35 5 35 3 m m d I IH m m = − ++ ∆= ⇔ = ⇔ + = ⇔ = −− Vậy ∆ có phương trình 2 35 3 0 xy + + −= hoặc 2 35 3 0 xy + − −=. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 4. + Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính 5 R IA = = nên có phương trình: 22 ( ) : ( 2) ( 1) 5 Tx y − + − = + Khi đó tọa độ giao điểm của đường phân giác trong góc A với () T là nghiệm của hệ: 22 0 0 (0;0) 3 ( 2) ( 1) 5 x y x y O x y xy −= = = ⇔⇒ = = − + − = là giao điểm thứ hai. Do OA là phân giác trong của góc A nênOI BC ⊥ , suy ra (2;1) BC n OI = = Suy ra phương trình đường thẳng BC có dạng: 20 x ym ++ = Mặt khác OI vuông góc với BC tại trung điểm M của BC nên ta có: 2 22 4 5 3 5 5 5 IM R CM =−=− = + Khi đó: 2 : 2 2 0 5 3 (, ) 8 : 2 8 0 55 m BC x y m d I BC IM m C xy =− + − = + =⇔=⇔ ⇔ =− + −= Mà góc BAC nhọn nên hai điểm A và I sẽ cùng phía với đường thẳng BC do đó ta có phương trình đường thẳng BC thỏa mãn là: 2 20 xy + − = + Suy ra tọa độ điểm , BC là nghiệm của hệ: ( ) 22 0 86 2 (0;2), ; 2 20 55 8 ( 2) ( 1) 5 86 5 ; , 0;2 55 6 5 x y BC xy x xy B C x = = − + − = ⇔⇒ = − + − = − = − Vậy ( ) 86 0;2 , ; 55 B C − hoặc ( ) 86 ; , 0;2 55 B C − . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comChú ý: + Nếu góc BAC nhọn thì hai điểm A và I sẽ cùng phía với đường thẳng BC còn nếu BAC tù thì A và I sẽ khác phía với đường thẳng BC . + Ngoài cách giải trên các bạn có thể tham khảo thêm cách giải thứ hai ở Bài 10 trong phần Bài tập áp dụng thuộc Bài toán 5. Bài 5. + Đường tròn ( ) C có tâm (1; 2) I − và bán kính 10 R = . Phương trình :1 IA x = Do tam giác AMN cân tại A nên MN IA ⊥ nên phương trình MN có dạng: y m = + Khi đó phương trình hoành độ giao điểm của MN và ( ) C là: 22 2 4 50 x x m m − + − −= (*) Theo định lí Vi-ét ta có: 12 2 12 2 45 xx x x m m += = −− Điều kiện để tồn tại , MN phân biệt là phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt 12 , x x Tương đương 2 ' 4 60 mm ∆=− + + > (2*) + Gọi 1 2 (; ) ( ;) Mx m N x m (với 12 , x x là nghiệm của (*)) 1 2 ( 1; ) ( 1; ) AM x m AN x m = − ⇒ = − Khi đó AMN ∆ vuông tại 2 12 . 0 ( 1)( 1) 0 A AM AN x x m ⇔ = ⇔ − −+ = 22 12 1 2 1 ( )1 0 2 4 6 0 3 m x x x x m m m m = − ⇔ − + ++ = ⇔ − − = ⇔ = (thỏa mãn (*) Vậy phương trình MN là 1 y = − hoặc 3 y = . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com7. BÀI TOÁN 7 A. NỘI DUNG BÀI TOÁN 7 Tìm điểm dựa vào trung tuyến, đường cao, trung trực trong tam giác. B. CÁCH GIẢI CHUNG * Giao của 3 đường trung tuyến, đường cao, đường trung trực lần lượt có tên gọi là trọng tâm, trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. * Khi bài toán có yếu tố trung tuyến ta cần khai thác dữ kiện bài toán bằng các chú ý sau: + Khi M là trung điểm của BC thì 2 2 BC M BC M xx x yy y += += (nghĩa là dữ kiện này luôn giúp ta có được hai phương trình) + Khi M là trung điểm của AB ở đó có hai điểm đang thuộc hai đường thẳng, còn điểm thứ ba đã biết (hoặc có thể biểu diễn ẩn theo hai điểm kia) thì ta luôn tìm được tọa độ hai điểm đó (quay về Bài toán 5.2). + Khi G là trọng tâm tam giác ABC thì: 3 3 A BC G A BC M xxx x yyy y ++ = + + = + Khi M là trung điểm của BC và G là trọng tâm tam giác ABC thì 3 AM GM = ( quay về Bài toán 5.1). * Khi bài toán có yếu tố đường cao ta cần khai thác dữ kiện bài toán bằng các chú ý sau: + .0 ⊥⇔ = AH BC AH BC + Biết phương trình một đường cao nghĩa là cho ta biết phương (vecto pháp tuyến và vecto chỉ phương) của cạnh đối diện tương ứng. + Đường cao luôn song song với đường trung trực của cạnh đối diện. Nghĩa là biết phương trình của một trong hai đường trên ta sẽ biết được phương của đường còn lại. * Khi bài toán có yếu tố trung trực ( thực chất là sự kết hợp của yếu tố trung tuyến và đường cao) ta sẽ khai thác được đồng 2 giả thiết về trung điểm (trung tuyến) và tính vuông góc (đường cao). Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com* Trực tâm H , trọng tâm G và tâm đường tròn ngoại tiếp I của một tam giác được liên hệ với nhau qua hệ thức vecto: 2 HG GI = (Đường thẳng đi qua ,, H GI còn được gọi là đường thẳng Ơ – le). C. VÍ DỤ GỐC Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trực tâm (2;0) H , phương trình đường trung tuyến :3 7 8 0 CM x y + −=, phương trình đường trung trực của BC là 30 x−=. Tìm tọa độ đỉnh A . Giải + Gọi N là trung điểm của BC; CM cắt AH và đường thẳng trung trực của BC lần lượt tại D, E. + Ta có AH đi qua (2;0) H và song song với : 30 DN x−= nên có phương trình 20 x− = Khi đó tọa độ điểm E là nghiệm của hệ: 2 20 2 2; 2 3 7 80 7 7 x x E xy y = − = ⇔⇒ + −= = Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ 3 30 1 3; 1 3 7 80 7 7 x x D xy y = −= ⇔ ⇒ − + −= = − + AE // DN nên áp dụng định lí Ta – let, ta được: 2 2 3 3 EG AG EG GD ED GD ED GD GD GN = =⇒ = ⇒= ⇒= 3 2 3(3 ) 8 8 ;0 3 12 1 3 3 0 77 7 G G G G x x G y y − = − = ⇔ ⇔⇒ −− = −− = + Gọi 3 ( ) 87 (2; ) ( 2 7 ;2 3 ) 3 ( ) 3 2 B G AC B G AC x x xx c A a AH C c c CM y y y y c a = −+ =− ∈ ⇒ −+ − ∈ = − + = − − (8 7 ;3 2) B c ca ⇒ − − − Suy ra (14 10; 6 4) BC c a c = − −+ . Ta có (0;1) AH u = Khi đó . 0 6 40 6 4 BC AH BC AH a c a c ⊥ ⇔ = ⇔ − += ⇔ = − Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Suy ra (2;6 4) (7 4; 9 6) (8 7 ; 3 2) (7 6;3 2) ( 2 7 ;2 3 ) Ac AC c c B cc BH c c C cc − = −− + − −+ ⇒ = −− −+ − + Mặt khác: . 0 (7 4)(7 6) ( 9 6)(3 2) 0 AC BH AC BH c c c c ⊥ ⇔ = ⇔ − − +− + − = 2 (2;2) 1 11 17 6 0 8 6 2; 11 11 A c c c A c = ⇔ − + = ⇔ ⇒ − = . Vậy (2;2) A hoặc 8 2; 11 A − . D. CÁC VÍ DỤ MỞ RỘNG Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, biết (1;6) A và hai đường trung tuyến nằm trên hai đường thẳng có phương trình là 2 10 xy − += và 3x – y – 2 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC . Giải + Gọi , MN lần lượt là trung điểm của , AB AC . Do A không thuộc các đường trung tuyến cho trong bài nên giả sử phương trình : 2 10 BN x y − += và :3 2 0 CM x y − − =. + Gọi 6 ; (2 1; ) 2 ( ;3 2) 13 4 ; 22 b Mb B b b BN C c c CM c c N + −∈ ⇒ −∈ + + (vì , MN lần lượt là trung điểm của , AB AC ) + Do 6 3 20 5 10 2 (3;2) 2 1 3 4 5 5 1 ( 1; 5) 2. 1 0 22 b b M CM b b B N BN c c c c C + − − = ∈== ⇒ ⇔ ⇔⇒ ∈ + + =− =− −− − += + Vậy (3;2) B và ( 1; 5) C −− . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comVí dụ 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh ( 1;2) A − . Trung tuyến CM ( M AB ∈ ) và đường cao BH ( H AC ∈ ) lần lượt có phương trình 5 7 20 0 xy + − = và 5 2 40 xy − − =. Viết phương trình các cạnh BC . Giải + Phương trình 2 : 25 xt BH y t = =−+ ⇒ (2 ; 2 5 ) B t t −+ Do M là trung điểm của AB 2 15 ; 22 tt M − ⇒ + Vì 21 5 5. 7. 20 0 45 45 1 (2;3) 22 tt M CM t t B − ∈ ⇒ + − = ⇔ = ⇔= ⇒ + AC đi qua ( 1;2) A − vuông góc với BH nên có phương trình: 2 5 80 xy + −= Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 2 5 80 4 (4;0) 5 7 20 0 0 xy x C xy y + −= = ⇔⇒ + − = = + Khi đó BC đi qua hai điểm (2;3), (4;0) BC nên có phương trình: 3 2 12 0 xy + −= Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A và M là trung điểm của AB . Đường thẳng CM có phương trình 30 y−= và 27 ; 33 K − là trọng tâm của tam giác ACM . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình 20 xy + − =. Giải + Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC . Do ABC cân tại A nên tọa độ điểm G là nghiệm của hệ: 30 1 ( 1;3) 20 3 y x G xy y −= =− ⇔ ⇒ − + − = = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Gọi MK đi qua 27 ; 33 K − và vuông góc với : 20 AG x y + − = nên có phương trình: 30 x y − += Khi đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 30 0 (0;3) 30 3 x y x M yy − += = ⇔⇒ −= = + Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có: 0 3( 1 0) 3 3 ( 3;3) 3 3(3 3) 3 CC CC xx MC MG C yy − = −− =− = ⇔ ⇔ ⇒− −= − = + Do K là trọng tâm tam giác ACM nên: 3 ( ) 2 ( 3 0) 1 (1;1) 3 ( ) 7 (3 3) 1 A K CM A K CM x x xx A y y yy = − + =− − − + = ⇒ = − + = −+ = Vì M là trung điểm của AB nên suy ra ( 1;5) B − Vậy (1;1), ( 1;5), ( 3;3) AB C −− . Ví dụ 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết trực tâm (1;0) H , chân đường cao hạ từ đỉnh B là (0;2) K , trung điểm cạnh AB là điểm (3;1) M . Giải + Ta có AC đi qua (0;2) K và vuông góc với HK nên nhận (1; 2) KH = − làm vecto pháp tuyến Do đó AC có phương trình: 2( 2) 0 2 4 0 x y xy − − = ⇔ − += + BK đi qua (1;0) H nhận (2;1) KH n = làm vecto pháp tuyến nên có phương trình: 2( 1) 0 2 2 0 x y xy −+= ⇔ + − = + Gọi (2 4; ) ( ;2 2 ) A a a AC B b b BK − ∈ −∈ , khi đó (3;1) M là trung điểm của AB nên ta có: 2 2 4 6 2 10 4 (4;4) 2 2 2 2 2 0 2 (2; 2) AB M A B M xx x a b ab a A y y y a b ab b B + = − + = + = = ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ + = + − = − = = − + Ta có BC đi qua (2; 2) B − nhận (4;3) HA = làm vecto pháp tuyến nên có phương trình: 4( 2) 3( 2) 0 4 3 2 0 x y xy − + + = ⇔ + − = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 8 2 40 8 18 11 ; 4 3 2 0 18 11 11 11 x xy C xy y = − − += ⇔ ⇒ − + − = = Vậy (4;4) A , (2; 2) B − , 8 18 ; 11 11 C − . Ví dụ 5 (D – 2009 – CB). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có (2;0) M là trung điểm của cạnh AB. Đường trung tuyến và đường cao qua đỉnh A lần lượt có phương trình là 7 2 30 xy − −= và 6 40 x y − − =. Viết phương trình đường thẳng AC. Giải + Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 7 2 30 1 (1;2) 6 40 2 xy x A x y y − −= = ⇔⇒ − − = = + Do (2;0) M là trung điểm của (3; 2) AB B ⇒− . + BC đi qua (3; 2) B − và vuông góc với đường thẳng 6 40 x y − − = nên nhận (1;6) n = làm vecto pháp tuyến . Do đó BC có phương trình: 3 6( 2) 0 6 9 0 x y xy − + + = ⇔ + + = Tọa độ trung điểm N của BC thỏa mãn hệ: 0 6 90 3 0; 3 7 2 30 2 2 x xy N xy y = + += ⇔ ⇒− − −= = − + Do MN là đường trung bình của ABC ∆ 2 ( 4; 3) (3; 4) AC AC MN n ⇒ = =−− ⇒ = − . Khi đó phương trình :3 4 5 0 AC x y − +=. (Sau khi tìm được 3 0; 2 N − các bạn có thể suy ra tọa độ ( 3; 1) C −− và suy ra phương trình AC ). Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comVí dụ 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có G là trọng tâm của tam giác BCD , phương trình đường thẳng DG là 2 10 x y − += , phương trình đường thẳng BD là 5 3 20 xy − += và điểm (0;2) C . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD . Giải + Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ 2 10 1 ( 1; 1) 5 3 20 1 x y x D xy y − += =− ⇔ ⇒ −− − += =− + Gọi { } DG BC M = , suy ra M là trung điểm của BC Do ( ;2 1) M DG M m m ∈⇒ + (2 ;4 ) B mm ⇒ + Mặt khác 5.2 3.4 2 0 1 (2;4) B BD m m m B ∈ ⇔ − += ⇔ = ⇒ Suy ra trung điểm của BD có tọa độ 13 ; 22 I . Do I cũng là trung điểm của (1;1) AC A ⇒ (có thể suy ra điểm A nhờ hệ thức BA CD = ) Ví dụ 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình đường trung tuyến BN và đường cao AH lần lượt có phương trình 351 0 xy + += và 8 50 x y − −=. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết 3 1; 2 M −− là trung điểm của cạnh BC . Giải + BC đi qua 3 1; 2 M −− và vuông góc với AH nên nhận (1;8) AH u = làm vecto chỉ phương. Do đó BC có phương trình: 3 1 8 0 8 13 0 2 x y xy ++ + = ⇔ + + = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Khi đó tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 8 13 0 3 (3; 2) 351 0 2 xy x B xy y + + = = ⇔ ⇒− + += =− + Do M là trung điểm của BC nên suy ra ( 5; 1) C −− + Gọi 5 ( ;8 5) ;4 3 2 a A a a AH N a − −∈ ⇒ − : là trung điểm của AC . Ta có 5 3. 5.(4 3) 1 0 1 (1;3) 2 a N BN a a A − ∈ ⇔ + − += ⇔ = ⇒ Vậy (1;3), (3; 2), ( 5; 1) AB C − −− . Ví dụ 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có diện tích bằng 24 và phương trình các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh ,, A BC lần lượt là 1 : 20 x y ∆ −+=, 2 :5 2 0 x y ∆ − − =, 3 : 3 10 0 xy ∆ + −= . Tìm tọa độ ,, A BC . Giải + Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là nghiệm của hệ: 20 1 (1;3) 5 20 3 x y x G x y y −+= = ⇔⇒ − − = = + Vì 2 3 ( ;5 2) 3 10 5 2 ; (10 3 ; ) 22 B Bb b b c bc M C C c c ∈∆ − − + +− ⇒⇒ ∈∆ − : là trung điểm của BC Ta có 1 3 10 5 2 20 4 4 22 b c bc M bc c b − + +− ∈∆ ⇒ − + = ⇔ + = ⇔ = − ( ;5 2) (2 2;6 6 ) (2 2)(1; 3) (3 2;4 ) Bb b BC b b b Cb b − ⇒ ⇒ = −− = − − − − (với 1 b ≠ ) (3;1) BC n ⇒= Khi đó BC đi qua ( ;5 2) Bb b − và có vecto pháp tuyến (3;1) BC n = nên BC có phương trình: 3( ) ( 5 2) 0 3 2 8 0 x b y b x y b − + − + = ⇔ + +− = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Ta có 1 3 24 3. . ( , ). ( , ). 16 2 ABC GBC S S d G BC BC d G BC BC = ⇔= ⇔ = 22 2 0 33 28 . (2 2) (6 6) 16 ( 1) 1 2 10 b b bb b b = ++ − ⇔ − + − = ⇔− =⇔ = Với (0; 2) 0 (5;7) ( 2;4) B bA C − = ⇒⇒ − (do (1;3) G là trọng tâm tam giác ABC ) Với (2;8) 2 ( 3; 1) (4;2) B bA C = ⇒ ⇒ −− (do (1;3) G là trọng tâm tam giác ABC ) Vậy (5;7), (0; 2), ( 2;4) AB C − − hoặc ( 3; 1), (2;8), (4;2) A BC −− . Ví dụ 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có A (3; 4), trọng tâm G(2; 2), trực tâm 23 26 ; 99 H . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC . Giải + Gọi (; ) M xy là trung điểm của BC , khi đó 2 3 2( 2) 2 2 4 2( 2) x AG GM y −= − = ⇔ − = − 3 3 ;1 2 2 1 x M y = ⇔⇒ = + BC đi qua 3 ;1 2 M và vuông góc với AH nên nhận 4 10 2 ; (2;5) 99 9 AH =− − = − làm vecto pháp tuyến. Do đó BC có phương trình : 3 2 5( 1) 0 2 5 8 0 2 x y xy − + − = ⇔ + −= + Gọi (4 5; 2 ) ( 1 5;2 2 ) B t t BC C t t + − ∈ ⇒ −− + (do 3 ;1 2 M là trung điểm của BC ) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comSuy ra ( ) 13 45 18 26 ; 99 5 4;2 2 tt HB CA t t ++ = − = +− , khi đó H là trực tâm của tam giác ABC nên ta có: 2 0 13 45 18 26 . 0 (5 4). (2 2). 0 0 1 99 t tt HB CA t t t t t = ++ = ⇔ + + − = ⇔ += ⇔ = − + Với 0 (4;0), ( 1;2) t BC = ⇒ − ; với 1 ( 1;2), (4;0) t BC =−⇒ − Vậy (4;0), ( 1;2) BC − hoặc ( 1;2), (4;0) BC − . Ví dụ 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh (2;1) A , trực tâm (14; 7) H − , đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình 9 5 70 xy − − =. Tìm tọa độ các đỉnh B và C . Giải + Gọi M là trung điểm của BC Do phương trình BM viết dưới dạng tham số 25 59 xt y t =−+ =− + nên gọi ( 2 5; 5 9 ) (2 5 ; 5 9 ) B bb M mm − + − + − + − + + Do M là trung điểm của (10 6;18 11) (10 5 4;18 9 6) BC C m m BC m b m b ⇒ − − ⇒ = −− − − Ta có (12; 8) 4(3; 2) AH= −= − . Khi đó: .0 AH BC AH BC ⊥⇔ = 3(10 5 4) 2(18 9 6) 0 2 mb m b b m ⇔ − − − − − = ⇔= Suy ra (10 2;18 5) (10 16;18 2) (10 6;18 11) (10 8;18 12) B m m HB m m Cm m AC m m − − = − + ⇒ −− = −− + Do H là 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) 2 106 105 26 0 154 203 58 115 ;, ; 26 53 53 53 53 53 BC m mm BC m −− = ⇔ − +=⇔ ⇒ −− = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Vậy (3;4), ( 1; 2) BC −− hoặc 154 203 58 115 ;, ; 53 53 53 53 BC −− . E. BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh ( 1; 3) A−− , hai đường cao BH và CK lần lượt có phương trình 5 3 25 0 xy +−= và 3812 0 xy + −= . Hãy xác định tọa độ các đỉnh B và C . Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có đỉnh (3;4), (8;1) AC . Gọi M là trung điểm của BC , E là giao điểm của BC và AM . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành biết rằng (5;2) E . Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm 4 ;1 3 G , trung điểm BC là điểm (1;1) M , phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B là 70 xy + − =. Tìm tọa độ ,, A BC . Bài 4 ( D – 2012 – CB). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD. Các đường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là 30 xy + = và 40 x y −+=; đường thẳng BD đi qua điểm 1 ;1 3 M − . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC . Đường cao kẻ từ A , trung tuyến kẻ từ B , trung tuyến kẻ từ C lần lượt nằm trên các đường thẳng có phương trình 60 xy + −=, 2 10 xy − += và 10 x−= . Tìm tọa độ ,, A BC . Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh ( 1; 2) C −− , đường trung tuyến kẻ từ A và đường cao kẻ từ B lần lượt có phương trình 5 90 xy + −= và 3 50 xy + −=. Tìm tọa độ các đỉnh A và B . Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại đỉnh A , có trọng tâm 41 ; 33 G , phương trình đường thẳng BC là 2 40 xy − − = và phương trình đường thẳng BG là 748 0 xy − −=. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm ( 2;0) G − , biết phương trình các cạnh AB và AC theo thứ tự là 4 14 0 xy ++ = và 2 5 20 xy + − =. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh ( 2;3) A − . Đường cao CH nằm trên đường thẳng 2 70 xy + − = và đường trung tuyến BM nằm trên đường thẳng 2 10 x y − += . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC . Bài 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh ( 2;4) A − . Phương trình đường trung trực cạnh BC , đường trung tuyến xuất phát từ C lần lượt là 2 10 xy + −= và 3 40 xy − +=. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC . F. GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. + AB đi qua ( 1; 3) A−− và vuông góc với CK nên nhận (8; 3) CK u = − làm vecto pháp tuyến. Do đó AC có phương trình: 8( 1) 3( 3) 0 8 3 1 0 x y xy + − + = ⇔ − −= Khi đó tọa độ điểm B là nghiệm của hệ : 8 3 10 2 (2;5) 5 3 25 0 5 xy x B xy y − −= = ⇔ ⇒ +−= = + AC đi qua ( 1; 3) A−− và vuông góc với BH nên nhận (3; 5) BH u = − làm vecto pháp tuyến. Do đó AC có phương trình: 3( 1) 5( 3) 0 3 5 12 0 x y xy +− + = ⇔ − − = Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ : 3512 0 4 (4;0) 3812 0 0 xy x C xy y − −= = ⇔⇒ + −= = Bài 2. + Gọi { } AC BD I = , khi đó I là trung điểm của 11 5 ; 22 AC I ⇒ Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Ta có E là trọng tâm của tam giác ABC nên 3 ( )4 (4;1) 3 ( )1 B E AC B E AC x x xx B y y yy = −+ = ⇒ = − + = + Do I là trung điểm của (7;4) BD D ⇒ Vậy (4;1), (7;4) BD . Bài 3. + Ta có 1 ;0 3 GM = − . Gọi (; ) Aa b (1 ;1 ) AM a b ⇒ =−− Do G là trọng tâm tam giác 1 1 3. 2 3 (2;1) 3 1 1 3.0 a a ABC AM GM A b b −= − = ⇒= ⇔ ⇔ ⇒ = −= + AC đi qua (2;1) A và vuông góc với đường cao kẻ từ B nên có phương trình : 10 x y − −= + Gọi ( ;7 ) (2 ; 5) Bt t C t t − ⇒ − − (do M là trung điểm của BC ) + Ta có (3;4) 2 ( 5) 1 0 3 ( 1; 2) B C AC t t t C ∈ ⇒ − − − − = ⇔ = ⇒ −− Vậy (2;1), (3;4), ( 1; 2) A B C −− . Bài 4. Vì { } A AC AD = ∩ nên xét hệ: 30 40 xy x y + = −+= 3 1 x y = − ⇔ ⇒ = ( 3;1) A − Phương trình của ' d đi qua M song song AD có dạng: 1 ( 1) 0 3 3 4 0 3 x y xy + − − = ⇔ − += Gọi { } ' N d AC = ∩ nên ta xét hệ: 30 3 3 40 xy xy + = ⇔ − += x1 1 N 1; 1 3 y 3 = ⇔ ⇒ − = Gọi d là đường trung trực của AD cắt ,, MN AC AD lần lượt tại ,, H IJ ⇒ ,, H IJ lần lượt là trung điểm ,, MN AC AD 55 ; 44 H ⇒− Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Suy ra phương trình đường thẳng d : 55 00 44 x y xy + + − = ⇔+ = Ta có: } { I d AC = ∩ nên ta xét hệ: ( ) 00 0;0 30 0 xy x I xy y += = ⇔⇒ + = = ⇒ (3; 1) C − (I là trung điểm của AC )và } { J d AD = ∩ nên ta xét hệ: ( ) 02 2;2 40 2 xy x J x y y += = − ⇔ ⇒− −+= = ⇒ ( 1;3) D − (J là trung điểm của AD) ⇒ (1; 3) B − ( I là trung điểm của BD ) Bài 5. + Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , khi đó tọa độ điểm G là nghiệm của hệ 2 10 1 (1;1) 10 xy x y G x − += ⇔= =⇒ −= + Vì ( ;6 ) (2 1; ) (1; ) A AH A a a B BM B b b C CN C c ∈− ∈⇒ − ∈ , khi đó : 3 23 3 3 A BC G A BC M xxx x ab y y y y abc ++ = += ⇔ + + = − − = (1) + Ta có (1; 1), (2 2 ; ) AH u BC b c b =− =− − , khi đó : . 0 22 ( ) 0 2 AH AH BC u BC b c b b c ⊥ ⇔ = ⇔ − − − = ⇔ += (2) + Từ (1) và (2) ta được hệ: 2 3 5 (5;1) 3 1 ( 3; 1) 2 3 (1;3) ab a A abc b B bc c C += = − − = ⇔ =−⇒ − − += = Vậy (5;1) A , ( 3; 1) B−− , (1;3) C . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 6. + AC đi qua ( 1; 2) C −− , vuông góc với đường thẳng 3 50 xy + −= nên nhận (3; 1) n = − làm vecto pháp tuyến . Do đó AC có phương trình: 3( 1) ( 2) 0 3 1 0 x y x y + −+=⇔ − + = + Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ : 3 10 1 (1;4) 5 90 4 x y x A xy y − += = ⇔⇒ + −= = + Gọi (5 3 ; ) B tt − , khi đó tọa độ trung điểm M của BC thỏa mãn : 43 43 2 2 2 ; 2 22 22 BC M BC M xx t x t t M yy t y + − = = −− ⇒ + − = = + Do M thuộc đường thẳng 5 90 xy + −= nên ta có: 43 2 5. 9 0 0 (5;0) 22 t t tB −− + − = ⇔= ⇒ Vậy (1;4) A và (5;0) B . Bài 7. + Tọa độ điểm B thỏa mãn hệ 2 40 0 (0; 2) 748 0 2 xy x B xy y − − = = ⇔ ⇒− − −= =− + AG đi qua 41 ; 33 G và vuông góc với BC (tam giác ABC cân tại đỉnh A ) nên nhận (2;1) BC u = làm vecto chỉ phương. Do đó AG có phương trình: 41 2 0 2 30 33 x y xy − +− = ⇔ +− = + Khi đó trung điểm M của BC là nghiệm của hệ : 2 30 2 (2; 1) 2 40 1 xy x M xy y + −= = ⇔ ⇒− − − = =− Gọi ( ; ) (2 ; 1 ) A x y AM x y ⇒ = − −− . Mặt khác : 2 4 ; 3 3 GM = − Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Do G là trọng tâm tam giác 22 0 3 (0;3) 14 3 xx ABC AM GM A y y −= = ⇒= ⇔ ⇔ ⇒ −− =− = + Suy ra 3 ( )4 (4;0) 3 ( )0 C G AB C G A B x x xx C y y yy = −+ = ⇒ = − + = Vậy (0;3), (0; 2), (4;0) AB C − . Bài 8. + Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 4 14 0 4 ( 4;2) 2 5 20 2 xy x A xy y ++ = =− ⇔ ⇒− + − = = + Gọi ( ; 14 4 ) (1 5 ; 2 ) B b b AB C c c AC −− ∈ + −∈ + Do ( 2;0) G − là trọng tâm tam giác ABC nên ta có: 3 4 15 6 3 2 14 4 2 0 A BC G A BC G xxx x b c yyy y b c ++ = −+ ++ =− ⇔ + + = −− − = 5 3 3 ( 3; 2) 2 6 0 (1;0) bc b B bc c C + =− =− −− ⇔ ⇔⇒ +=− = + Vậy ( 4;2), ( 3; 2), (1;0) AB C − −− . Bài 9. + AB đi qua ( 2;3) A − và vuông góc với CH nên nhận (1; 2) CH u = − làm vecto pháp tuyến. Do đó AB có phương trình : 2 2( 3) 0 2 8 0 x y xy +− − = ⇔ − += + Khi đó tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 2 80 2 (2;5) 2 10 5 xy x B x y y − += = ⇔ ⇒ − += = + Gọi ( ;7 2 ) C t t CH −∈ . Do M là trung điểm của AC nên suy ra: 2 ;5 2 t Mt − − Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Mặt khác: 2 2. (5 ) 1 0 2 6 0 3 (3;1) 2 t M BM t t t C − ∈ ⇔ − − += ⇔ − = ⇔ = ⇒ Vậy (2;5), (3;1) B C . Bài 10. + Gọi , MN lần lượt là trung điểm của , AB BC . Do , MN lần lượt nằm trên các đường 3 40 xy − += và 2 10 xy + −= nên gọi (3 4; ) (1 2 ; ) M m m N nn − − (6 6;2 4) ( 4 6 8;2 2 4) Bm m C n m n m ⇒ − − ⇒ − − + − + + Ta có ( 4 6 8) 3(2 2 4) 4 0 0 (1;0) C CM n m n m n N ∈ ⇔ − − + − − + + = ⇔ = ⇒ + BC đi qua (1;0) N và vuông góc với đường thẳng 2 10 xy + −= nên BC có phương trình: 2 20 x y − − = Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 2 20 2 (2;2) 3 40 2 x y x C xy y − − = = ⇔⇒ − += = Do (1;0) N là trung điểm của BC nên suy ra (0; 2) B − . + Vậy (0; 2), (2;2) B C − . 8. BÀI TOÁN 8 A. NỘI DUNG BÀI TOÁN 8 Tìm điểm dựa vào phân giác trong (hoặc ngoài ) của tam giác. B. CÁCH GIẢI CHUNG Để giải quyết tốt các bài toán có chứa yếu tố phân giác các bạn cần nắm được các kiến thức cơ bản sau: * Hai cạnh của một góc luôn đối xứ ng qua đường phân giác của góc đó. Nghĩa là một điểm thuộc một cạnh khi lấy đối xứng qua đường phân giác của góc chứa cạnh đó thì luôn nằm trên cạnh còn lại của góc đó. Đây là tính chất gần như luôn được khai thác trong các bài toán có yếu tố phân giác. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com (Việc tìm điểm đối xứng có 3 cách giải, các bạn xem lại Phần 2 ở Bài toán cơ bản 2). * Giao 3 đường phân giác trong của tam giác là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó. * Giao 2 đường phân giác ngoài của hai góc hoặc giao của 1 đường phân giác trong của một góc và 1 đường phân giác ngoài của góc khác là tâm đường tròn bàng tiếp tam giác. (Một tam giác có 1 đường tròn nội tiếp và 3 đường tròn bàng tiếp). * Hai đỉnh của một tam giác luôn nằm khác phía với đường phân giác trong của đỉnh thứ ba và nằm cùng phía với đường phân giác ngoài của đỉnh thứ ba. Trong nhiều bài toán yếu tố này sẽ giúp ta loại bớt các nghiệm không thỏa mãn. * Gọi 12 , DD lần lượt là chân đường phân giác trong, phân giác ngoài góc A của tam giác ABC thì ta luôn có: +) 11 AB D B DC AC = − +) 22 AB D B DC AC = * Một điểm nằm trên đường phân giác luôn cách đều hai cạnh của nó. * Việc viết phương trình đường phân giác trong, phân giác ngoài của các góc trong một tam giác các bạn có thể xem lại Bài toán cơ bản 5 thuộc Phần 2. C. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đường phân giác trong AD là : 0 x y −= , đường cao CH là : 2 30 xy + +=, cạnh AC đi qua điểm (0; 1) M − sao cho 2 AB AM = . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Phân tích hướng giải: * Phân giác trong của góc A là AD đã biết phương trình và M AC ∈ , lúc này ta nghĩ tới Bài toán 8 bằng cách tìm điểm N thuộc cạnh AB đối xứng với AD qua điểm M . * Khi tìm được tọa độ điểm N thì những “nút thắt” của bài toán gần như được “tháo bỏ”. Cụ thể: + Ta sẽ viết được phương trình của AB đi qua N và vuông góc với CH , từ đây suy ra tọa độ điểm A (là giao điểm của AB và AD ). Suy ra phương trình AC và suy ra tọa độ điểm C . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Do 2 AB AM = nên N là trung điểm của AB , suy ra tọa độ điểm B . Sau đây là lời giải chi tiết cho bài toán: Giải + Gọi N là điểm đối xứng với M qua AD , suy ra N AB ∈ MN đi qua (0; 1) M − và vuông góc với AD nên có phương trình : 10 xy + += Khi đó tọa độ điểm K là giao điểm của AD và MN là nghiệm của hệ : 10 1 1 1 ; 0 2 2 2 xy x y K x y + += ⇔ == −⇒ − − −= Do K là trung điểm của MN nên ( 1;0) N − + AB đi qua ( 1;0) N − và vuông góc với CH nên có phương trình: 2 10 xy − += Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ : 2 10 1 (1;1) 0 xy x y A x y − += ⇔= =⇒ −= Do M thuộc cạnh AC nên N thuộc cạnh AN với AM AN = Mặt khác, AB = 2AM ⇒ AB = 2AN ⇒ N là trung điểm của AB ⇒ B (–3 ; –1) + AC đi qua (1;1) A và (0; 1) M − nên có phương trình : 2 10 x y − −= Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 1 2 10 1 ; 2 2 2 30 2 2 x y x C xy y − −= = − ⇔ ⇒ − − + += = − Vậy 1 (1;1), ( 3; 1), ; 2 2 AB C −− − − Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comVí dụ 2 (B – 2013 – NC). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có chân đường cao hạ từ đỉnh A là 17 1 ; 55 H − , chân đường phân giác trong của A là (5;3) D và trung điểm của cạnh AB là (0;1) M . Tìm tọa độ đỉnh C Phân tích hướng giải: * Vẫn một câu hỏi quen thuộc “điểm nào, hay đường thẳng nào ta có thể tìm và viết được qua dữ kiện ban đầu của bài toán? ” . Ở ví dụ này ta dễ dàng viết được phương trình cạnh BC (đi qua H và D ) và phương trình AH ( đi qua H và vuông góc với HD ) * Khi đó đồng thời ta sẽ tìm tọa độ hai điểm , A B - theo góc nhìn của Bài toán 5 ( , A B lần lượt thuộc hai đường thẳng , AH BC đã biết phương trình và liên hệ với điểm M qua hệ thức vecto - ở đây M là trung điểm của AB ). * Lúc này ta Bài toán 8 xuất hiện , đồng nghĩa với việc ta sẽ tìm được điểm thuộc cạnh AC , đối xứng với M qua AD . Từ đây ta viết được phương trình AC và suy ra được tọa độ điểm C (giao của AC và BC ). Sau đây là lời giải chi tiết cho bài toán : Giải + Ta có : 8 16 8 ; (1;2) 55 5 HD = = . Suy ra : AH đi qua 17 1 ; 55 H − và nhận (1;2) n = làm vecto pháp tuyến nên có phương trình : 17 1 2 0 2 30 55 x y xy − + + = ⇔ + −= BC đi qua (5;3) D và nhận ' (2; 1) n = − làm vecto pháp tuyến nên có phương trình : 2( 5) ( 3) 0 2 7 0 x y x y − − − = ⇔ − − = + Gọi (3 2 ; ) ( ;2 7) A a a AH B b b BC − ∈ −∈ , khi đó M là trung điểm của AB nên ta có : 2 3 2 0 3 ( 3;3) 2 2 7 2 3 (3; 1) AB M A B M xx x ab a A y y y ab b B + = − + = = − ⇔ ⇔⇒ + = + − = = − + Khi đó AD đi qua ( 3;3) A − và (5;3) D nên AD có phương trình 3 y = . Gọi N là điểm đối xứng của M qua đường thẳng AD , khi đó E AC ∈ Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com MN đi qua (0;1) M và vuông góc với AD nên có phương trình : 0 x = Khi đó tọa độ giao điểm I của MN và AD là nghiệm của hệ : 0 (0;3) 3 x I y = ⇒ = Do I là trung điểm của (0;5) MN N ⇒ + AC đi qua ( 3;3) A − và (0;5) N nên có phương trình : 2 3 15 0 xy − += Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 2 3 15 0 9 (9;11) 2 7 0 11 xy x C x y y − += = ⇔⇒ − − = = Vậy (9;11) C . Chú ý: Ngoài cách tìm tọa độ điểm A theo góc nhìn của Bài toán 5 ở ví dụ trên ta có thể tìm điểm A theo góc nhìn của Bài toán 1, khi A AH ∈ và AM MH = . Cụ thể : Gọi (3 2 ; ) A a a AH − ∈ , khi đó : 22 AM MH AM MH = ⇔= 22 22 17 6 (3 2 ) ( 1) 55 aa ⇔− + − = + 2 ( 3;3) 3 5 14 3 0 17 1 1 ; 55 5 A a aa A H a − = ⇔ − −= ⇔ ⇒ −≡ = − . Vậy ( 3;3) A − . Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trung tuyến : 2 3 0 BM x y + −=, phân giác trong : 20 BN x y + − =. Điểm (2;1) P thuộc đường thẳng đi qua , A B . Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 5 . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Phân tích hướng giải: * Với , BM BN đã biết phương trình, ta dễ dàng suy ra tọa độ điểm B . * (2;1) P AB ∈ và phân giác : 20 BN x y + − =, giúp ta nghĩ tới tìm điểm Q thuộc BC đối xứng với P qua BN . Khi đó ta sẽ viết được phương trình các cạnh , AB BC . * Dữ kiện “đường trung tuyến : 2 3 0 BM x y + −=” ta chưa khai thác triệt để, cộng với dữ kiện “bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 5 ” rất khó cắt nghĩa . Kinh nghiệm giải những bài toán kiểu này, cho ta biết rằng bài toán khả Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comnăng sẽ có những yếu tố đặc biệt từ những số liệu và thông số của đề bài. Lúc này ta cần cầm bút “nháp” để tìm ra điểm “m ấu chốt” của bài toán. Ta viết được phương trình :1 AB y = và :1 BC x = là hai đường thẳng vuông góc, do đó tam giác ABC vuông tại B . Như vậy ta sẽ suy ra được M chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác và có bán kính 5 MB = . Đến lúc này thì “con đường” để đi đến đáp số của lời giải trở nên khá rõ ràng. Sau đây là lời giải chi tiết: Giải + Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 2 30 1 (1;1) 20 1 xy x B xy y + −= = ⇔⇒ + − = = + Gọi Q là điểm đối xứng với P qua phân giác trong của góc A , suy ra N AB ∈ PQ đi qua P(2 ; 1) và vuông góc với BN nên có phương trình : 10 x y − −= Khi đó tọa độ điểm H là giao điểm của BN và PQ là nghiệm của hệ : 3 10 31 2 ; 20 1 22 2 x x y H xy y = − −= ⇔⇒ + − = = Do H là trung điểm của (1;0) PQ Q ⇒ Với (2;1), (1;1), (1;0) P BQ suy ra phương trình :1 AB y = và :1 BC x = Mà 1 x = và 1 y = là hai đường thẳng vuông góc do đó tam giác ABC vuông tại B . Suy ra M là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác 5 ABC MB ⇒= + Gọi ( ;1) 11 ; (1; ) 22 A a AB ac M C c BC ∈ ++ ⇒ ∈ (vì M là trung điểm của AB ) Ta có 11 2. 3 0 22 ac M BM ++ ∈ ⇔ + −= 1 2 3 0 3 2 ;2 2 a ac c a M a + ⇔ +− = ⇔ = − ⇒ − Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Ta có ( ) 2 2 22 3 1 5 5 1 1 5 ( 1) 4 1 2 a a MB MB a a a = + = ⇔ = ⇔ − +− = ⇔ − = ⇔ = − Với (3;1) 33 (1; 3) A ac C = ⇒ =−⇒ − ; Với ( 1;1) 15 (1;5) A ac C − =−⇒ = ⇒ Vậy (3;1), (1;1), (1; 3) A BC − hoặc ( 1;1), (1;1), (1;5) A BC − . Nhận xét : Ở ví dụ trên nếu tư duy theo cách thông thường (chỉ tìm ý tưởng và chưa quan tâm tới số liệu cụ thể của bài toán) thì dữ kiện “bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng 5 ” ta sẽ rất khó cắt nghĩa . Và kinh nghiệm giải những dạng toán này , cho ta biết được sẽ cần tìm ra những yếu tố đặc biệt . Những yếu tố này sẽ là “mấu chốt” để gỡ những “nút thắt” trong bài toán. Ví dụ 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có (3; 1) C − , đường thẳng chứa BD và đường thẳng chứa đường phân giác của góc DAC lần lượt có phương trình là 4 20 xy − += và 40 xy + − =. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành trên. Phân tích hướng giải: * Với những thông số ban đầu của bài toán, ta có thể nhận ra ngay nội dung Bài toán 5. Khi , AI ( I là giao điểm hai đường chéo) lần lượt thuộc hai đường 40 xy + − = và 4 20 xy − += và liên hệ với điểm (3; 1) C − qua hệ thức vecto (trong trường hợp này I là trung điểm của AC ). Nghĩa là ta sẽ tìm được tọa độ điểm , A I nhờ Bài toán 5. * Ta cũng nhận thấy rõ Bài toán 8, nên hướng tư duy tiếp theo là tìm tọa độ điểm E AD ∈ đối xứng với C qua đường phân giác 40 xy + − =. Từ đây ta sẽ viết được phương trình cạnh AD , suy ra được tọa độ điểm D và tiếp tục tìm được tọa độ điểm B ( I là trung điểm của BD ). Sau đây là lời giải chi tiết cho bài toán : Giải Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Gọi : 40 xy ∆ + − = là phương trình đường phân giác góc DAC và { } AC BD I = Gọi ( ;4 ) Aa a − ∈∆ . Do I là trung điểm của AC , suy ra 3 3 ; 22 aa I +− Ta có 33 4. 2 0 1 (1;3) 22 aa I BD a A +− ∈ ⇔ − += ⇔ = ⇒ và (2;1) I + Gọi E là điểm đối xứng của C qua ∆ , khi đó E AD ∈ CE đi qua (3; 1) C − và vuông góc với ∆ nên có phương trình: x – y = 4 Khi đó tọa độ giao điểm H của CE và ∆ là nghiệm của hệ : 40 4 (4;0) 40 0 x y x H xy y − − = = ⇔⇒ + − = = Do H là trung điểm của (5;1) CE E ⇒ + AD đi qua (1;3) A và (5;1) E nên có phương trình : 2 70 xy + − = Suy ra tọa độ điểm D là nghiệm của hệ 4 2 70 3 4; 3 4 20 2 2 x xy D xy y = + − = ⇔⇒ − += = + Do (2;1) I là trung điểm của BD , suy ra 1 0; 2 B . Vậy 13 (1;3), 0; , 4; 22 AB D . Ví dụ 5 (B – 2008 ). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC biết rằng hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AB là điểm ( 1; 1) H −− , đường phân giác trong của góc A có phương trình 20 x y −+= và đường cao kẻ từ B có phương trình 4 3 10 xy + −= . Phân tích hướng giải: * Dữ kiện của bài toán cho ta thấy ngay Bài toán 8, nghĩa là ta sẽ đi tìm tọa độ điểm D AC ∈ , đối xứng với H qua phân giác trong của góc A . Từ đây ta sẽ viết được phương trình AC (đi qua D và vuông góc với đường cao kẻ từ B ) và tìm được tọa độ điểm A . * Lúc này điểm C sẽ dễ dàng tìm được nhờ Bài toán 3. Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comGiải + Gọi D là điểm đối xứng của H qua đường thẳng : 20 x y ∆ −+=, khi đó D AC ∈ HD đi qua H (-1 ; -1) và vuông góc với ∆ nên có phương trình: x + y +2 = 0 Khi đó tọa độ giao điểm K của HD và ∆ là nghiệm của hệ : 20 2 ( 2;0) 20 0 xy x K x y y + += =− ⇔ ⇒− −+= = Do K là trung điểm của ( 3;1) DH D ⇒ − + AC đi qua ( 3;1) D − và vuông góc với đường thẳng 4 3 10 xy + −= nên nhận (3; 4) n = − làm vecto pháp tuyến. Do đó AC có phương trình : 3( 3) 4( 1) 0 3 4 13 0 x y xy + − −= ⇔ − + = + Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 3413 0 5 (5;7) 20 7 xy x A x y y − + = = ⇔⇒ −+= = (6;8) 2(3;4) HA ⇒= = + Gọi ( 3 4;1 3) C t t AC −+ + ∈ , suy ra (4 2;3 2) HC t t = −+ Tam giác CHA vuông tại H nên : 1 10 3 . 0 3(4 2) 4(3 2) 0 24 2 ; 12 3 4 HA HC t t t t C = ⇔ − + + = ⇔ =−⇔ =− ⇒ − Nhận xét : Với bài toán trên, bằng cách viết phương trình CH (đi qua H và nhận HA làm vecto pháp tuyến) ta cũng có thể suy ra tọa độ điểm C là giao điểm của AC và CH . Ví dụ 6 (B – 2010 – CB). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A có đỉnh C(– 4; 1), phân giác trong góc A có phương trình 50 xy + −=. Viết phương trình đường thẳng BC , biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và đỉnh A có hoành độ dương. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comPhân tích hướng giải: * Giống như Ví dụ 5, ở ví dụ này Bài toán 8 cũng xuất hiện khá rõ . Nên ta sẽ đi tìm tọa độ điểm D AB ∈ , đối xứng với C qua phân giác trong của góc A . Từ đây sẽ tìm được tọa độ điểm A theo góc nhìn của Bài toán 3 ( A thuộc đường thẳng 50 xy + −= và tạo với , CD một tam giác vuông tại A ). * Khi tìm được điểm A , giúp ta viết được phương trình AB ( đi qua , A D ) . Lúc này việc tìm điểm B sẽ được giải quyết nhờ Bài toán 1 ( với B AB ∈ và 2 ABC S AB AC = ). Khi đó ta sẽ suy ra phương trình BC . Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên : Giải + Gọi D là điểm đối xứng của C qua đường thẳng : 50 xy ∆ + −=, khi đó D AB ∈ CD đi qua ( 4;1) C − và vuông góc với ∆ nên có phương trình : 50 x y − += Khi đó tọa độ giao điểm H của CD và ∆ là nghiệm của hệ : 50 0 (0;5) 50 5 x y x H xy y − += = ⇔ ⇒ + −= = Do H là trung điểm của (4;9) CD D ⇒ + Gọi ( ;5 ) At t − ∈∆ với 0 t > , suy ra ( 4 ; 4) (4 ; 4) AC t t AD t t = −− − = − + Tam giác CAD vuông tại A nên : 2 . 0 ( 4 )(4 ) ( 4)( 4) 0 16 4 AC AD t t t t t t =⇔−−− + −+ =⇔ =⇔= hoặc 4 t = − (loại) (4;1) A ⇒ + Khi đó 2 2.24 86 8 ABC S AC AD AC =⇒= = = và AB đi qua A(4 ; -1) ; D (4 ; 9) nên có phương trình 4 x = Gọi (4; ) B b AB ∈ , khi đó : 22 7 (4;7) 6 36 ( 1) 36 5 (4; 5) bB AD AD b bB = = ⇔ = ⇔− = ⇔ ⇒ = −− + Vì : 50 xy ∆ + −= là phân giác trong của góc A nên , BC phải khác phía so với ∆ , do đó (4;7) B Khi đó (4;7), ( 4;1) BC − nên BC có phương trình : 3x − 4y + 16 = 0 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comVí dụ 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm trên đường thẳng : 10 dx y + −= . Điểm (9;4) E nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB , điểm ( 2; 5) F −− nằm trên đường thẳng chứa cạnh AD . Xác định tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết điểm C có hoành độ âm và 22 AC = . Phân tích hướng giải: * Ta biết đường chéo của hình thoi là phân giác trong của các góc hình thoi, nghĩa là với ví dụ này d là phân giác trong của góc A . Như vậy lúc này ta nghĩ tới Bài toán 8, bằng cách tìm tọa độ điểm K AD ∈ , đối xứng với E qua d . Từ đây ta sẽ viết được phương trình AD (đi qua , KF ) và suy ra tọa độ điểm A ( { } d AD A = ). * Khi có được tọa độ đi ểm A , ta sẽ suy ra tọa độ điểm C nhờ Bài toán 1 ( với Cd ∈ và 22 AC = ). Lúc này thì việc tìm , BD sẽ khá đơn giản . Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên : Giải + Gọi K là điểm đối xứng với E qua AC , do AC là phân giác của góc BAD nên K thuộc AD EK đi qua E và vuông góc với AC nên có phương trình: 50 x y − −= + Gọi { } AC EK H = , khi đó tọa độ điểm H là nghiệm của hệ: 50 3 (3; 2) 10 2 x y x H xy y − −= = ⇔ ⇒− + −= =− Do H là trung điểm của EK nên ( 3; 8) K −− + Đường thẳng AD đi qua , A D nên có phương trình: 3 10 x y − += Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 3 10 0 (0;1) 10 1 x y x A xy y − += = ⇔⇒ + −= = + Gọi ( ;1 ) C t t − với 0 t < , khi đó: 2 22 22 8 8 2 AC AC t t t = ⇔ = ⇔ + = ⇔=− hoặc 2 t = (loại) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com ( 2;3) C ⇒− + Gọi { } BD AC I = , do I là trung điểm của AC nên ( 1;2) I − Ta có BD đi qua I vuông góc với AC nên có phương trình: 30 x y − += Do { } BD AD D = nên tọa độ điểm D là nghiệm của hệ: 30 1 (1;4) 3 10 4 x y x D x y y − += = ⇔⇒ − += = Suy ra ( 3;0) B − (do I là trung điểm của BD ) Vậy (0;1) A , ( 3;0) B − , ( 2;3) C − và (1;4) D Ví dụ 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC . Phân giác trong của góc A và phân giác ngoài của góc B lần lượt có phương trình 2 x = và 70 xy + +=. Các điểm 1 ;1 2 I − , (2;1) J lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ các điểm ,, A BC . Phân tích hướng giải: * Ta biết phân giác trong, phân giác ngoài của một góc luôn vuông góc với nhau. Tâm đường tròn nội tiếp là giao 3 đường phân giác trong của tam giác. Vì vậy trong ví dụ này ta nghĩ tới việc viết phương trình phân giác trong BJ đi qua (2;1) J và vuông góc với đường thẳng 70 xy + += . Từ đây ta tìm được tọa độ điểm B . * Khi tìm được B , Bài toán 1 và Bài toán 8 đồng thời xuất hiện . Với Bài toán 1 sẽ giúp ta tìm được điểm A . Cụ thể : A AD ∈ và AI IB = , (trong tình huống này ta cần loại đi một điểm nhờ , AJ AD cùng chiều – với D là giao của phân giác trong góc A và phân giác ngoài góc B ). Bài toán 8 gợi ý ta tìm tọa độ điểm N AC ∈ , đối xứng với B qua AD . Khi đó ta sẽ viết được phương trình AC (đi qua , AN ) và sẽ tìm được điểm C giống như cách tìm điểm A bằng Bài toán 1. Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên: Giải + Gọi phân giác trong của góc A và phân giác ngoài của góc B cắt nhau tại D , khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ: 22 (2; 9) 70 9 xx D xy y = = ⇔ ⇒− + += =− BJ đi qua J và vuông góc với BD nên có phương trình: 10 x y − −= Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Vậy tọa độ điểm B là nghiệm của hệ : 10 3 ( 3; 4) 70 4 x y x B xy y − −= =− ⇔ ⇒ −− + += =− + Gọi (2; ) A a AD ∈ , khi đó: 2 22 2 5 ( 1) 2 IA IB a = ⇔ +− 2 2 6 (2;6) 5 5 4 (2; 4) 2 aA aA = = +⇔ ⇒ = − − Vì J nằm giữa A và D hay , AJ AD cùng chiều nên ta được (2;6) A . + Gọi đường thẳng đi qua B vuông góc với AD và cắt AD, AC lần lượt tại M, N Suy ra M là trung điểm của BN và BM có phương trình: 4 y = − Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 2 (2; 4) (7; 4) 4 x M N y = ⇒ −⇒ − = − Khi đó AC đi qua A và N nên có phương trình: 2 10 0 xy +− = + Gọi ( ;10 2 ) C c c AC −∈ , khi đó: 22 22 2 2 15 (2 9) 5 22 IC IB c c = ⇔+ + − = + 2 2 (2;6) 7 10 0 (5;0) 5 (5;0) c CA cc C c C = ≡ ⇔ −+=⇔ ⇒ ⇒ = Vậy (2;6) A , ( 3; 4) B−− , (5;0) C . Ví dụ 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A với 42 BC = . Các đường thẳng AB và AC lần lượt đi qua các điểm 5 1; 3 M − và 18 0; 7 N . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết đường cao AH có phương trình 20 xy + − = và điểm B có hoành độ dương. Phân tích hướng giải: * Do tam giác ABC cân nên đường cao AH cũng là đường phân giác trong của góc A do đó ta nghĩ tới bài toán 8 bằng việc xác định tọa độ điểm đối xững của N (hoặc M ) qua AH (trong lời giải bài toán này ta chọn N ). Khi đó việc viết phương trình AB sẽ đơn giản khi ta có hai điểm đã biết tọa độ thuộc AB và suy ra được tọa độ điểm A (là giao điểm của AH và AB ) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com* Do đã biết phương trình AB và 42 ( , ) 22 2 BC BC d B AH =⇒== , nghĩa là ta sẽ tìm được tọa độ điểm B theo góc nhìn của Bài toán 2 (chúng ta đã tìm hiểu ở phần trước). Khi đó ta cũng sẽ suy ra được tọa độ điểm C , nhờ đối xứng với B qua AH . Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên: Giải + Gọi ' N đối xứng với 18 0; 7 N qua AH , suy ra ' N AB ∈ ' NN đi qua 18 0; 7 N và vuông góc với AH nên có phương trình : 18 0 7 x y −+ = Khi đó tọa độ giao điểm I của ' NN và AH là nghiệm của hệ: 2 18 0 2 16 7 ; 7 16 77 20 7 x x y I xy y = − −+ = ⇔ ⇒− + − = = Do I là trung điểm của 4 ' ' ;2 7 NN N ⇒− + Khi đó AB đi qua 5 1; 3 M − và 4 ' ;2 7 N − nên có phương trình: 7 3 20 xy + − = Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 7 3 20 1 ( 1;3) 20 3 xy x A xy y + − = =− ⇔ ⇒− + − = = + Gọi ( 1 3 ;3 7 ) B t t AB −+ − ∈ với 1 3 t > Khi đó ta có: 13 3 7 2 ( , ) 22 22 4 4 1 2 2 tt BC d B AH t t −+ + − − = = ⇔ = ⇔ = ⇔= hoặc 1 t = − (loại) Suy ra (2; 4) B − Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ BC đi qua (2; 4) B − và vuông góc với AH nên có phương trình: 60 x y − −= Khi đó tọa độ điểm H là nghiệm của hệ : 60 4 (4; 2) (6;0) 20 2 x y x HC xy y − −= = ⇔ ⇒ −⇒ + − = =− (do H là trung điểm của BC) Vậy ( 1;3), (2; 4), (6;0) AB C − − . Ví dụ 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC . Đường phân giác góc A có phương trình 30 xy + −=, đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình 10 x y − −= , đường cao kẻ từ C có phương trình 3 19 0 xy + −= . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Giải + Gọi các đường thẳng đã cho lần lượt là ,, AD BM CH Gọi { } AD BM I = , khi đó tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: 30 2 (2;1) 10 1 xy x I x y y + −= = ⇔⇒ − −= = Gọi ( ;3 ) ( ; 4) ( ; 1) 3 19 3 ; (19 3 ; ) 22 A a a AD AB b a b a B b b BM a c ca M C c c CH −∈ = − +− − ∈ ⇒ − + −+ −∈ + Ta có vecto chỉ phương của CH là (3; 1) CH u = − Nhận thấy AD BM ⊥ nên ABM cân tại A hay I là trung điểm của BM Vậy với CH AB ⊥ và I là trung điểm của BM ta suy ra hệ : 3( ) ( 4) 0 2 2 0 1 (1;2) 3 19 4 2 3 11 0 (0; 1) 2 2 3 4 (7;4) 3 12 2 ba b a ab a A ac b a bc b B a bc c C ca b − − +− = − − = = −+ + = ⇔ + − = − ⇔ =⇒ − − −=− = −+ − + = Vậy (1;2), (0; 1), (7;4) A B C − Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comD. BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1 (D – 2011 – CB). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh ( 4;1) B − , trọng tâm (1;1) G và đường thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình 10 x y − −= . Tìm tọa độ các đỉnh A và C . Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh AB và BC lần lượt là 4 3 40 xy + − = và 10 x y − −= . Phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng 2 60 xy + −=. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại B , đường thẳng chứa cạnh BC có phương trình 2 40 xy + +=, đường phân giác trong góc A có phương trình : A d 10 x y − −= . Đường thẳng chứa cạnh AC đi qua điểm (0; 2) M − . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có ba góc đều nhọn. Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC của tam giác , biết tọa độ chân đường cao hạ từ ba đỉnh ,, A BC tương ứng là ( 1; 2), (2;2), ( 1;2) M NP −− − . Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với đường cao kẻ từ đỉnh B và phân giác trong của góc A có phương trình lần lượt là 2 20 xy − − = và 10 x y − −= . Điểm (0;2) M thuộc đường thẳng AB và 2 AC AB = . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng 1 : 4 2 5 0 xy ∆ − += và 2 : 4 6 13 0 xy ∆ + −= . Đường thẳng ∆ cắt 12 , ∆∆ lần lượt tại , A B . Biết rằng 1 ∆ là phân giác của góc tạo bởi OA và ∆ ; 2 ∆ là phân giác của góc tạo bởi OB và ∆ . Viết phương trình đường thẳng ∆ . Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có (0;2), (2;6) AB và C thuộc đường thẳng : 3 10 dx y − += . Tìm tọa độ đỉnh C sao cho phân giác trong xuất phát từ đỉnh A song song với đường thẳng d . Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với (5;3) A , đường cao BH nằm trên đường thẳng 4 3 14 0 xy + += , phân giác trong của góc C nằm trên đường thẳng 2 10 xy + −= . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC. Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A , có đỉnh ( 4;1) C − , phân giác trong góc A có phương trình 50 xy + −=. Viết phương Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comtrình đường thẳng BC , biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và đỉnh A có hoành độ dương. Bài 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với đường cao kẻ từ đỉnh B và phương trình phân giác trong của góc A lần lượt có phương trình là 3 4 10 0 xy + += và 10 x y − += , điểm (0;2) M thuộc đường thẳng AB đồng thời cách C một khoảng bằng 2 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác, biết C có tọa độ nguyên. Bài 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh ( 4;1) B − , trọng tâm (1;1) G và đường thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình 10 x y − −= . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC . Bài 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC , biết phương trình cạnh BC là 10 x y − += . Hai đường phân giác trong của góc B và C lần lượt có phương trình là 1 : 2 1 0 d xy + −= và 2 : 30 d xy + −=. Viết phương trình cạnh AB của tam giác ABC . Bài 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC , có trọng tâm (0;3) G , trung điểm của AB là (2;3) M , phương trình phân giác trong của A là : d 2 70 xy + − =. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Bài 15. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có ( 6; 6) D−− . Đường trung trực của đoạn DC có phương trình là 2 3 17 0 xy + + = và đường phân giác của góc BAC có phương trình 5 30 xy + −=. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD . E. GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. + Gọi M là trung điểm của AC , khi đó 3 4 .(1 4) 3 2 3 2 1 .(1 1) 2 M M x BM BG y += + = ⇔ −= − 7 7 ;1 2 2 1 M M x M y = ⇔⇒ = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Gọi N là điểm đối xứng của B qua đường thẳng : 10 x y ∆ − −= , khi đó N ∈ AC. BN đi qua B (–4 ; 1) và vuông góc với ∆ nên có phương trình: 30 xy + += Khi đó tọa độ giao điểm I của BN và ∆ là nghiệm của hệ: 30 1 ( 1; 2) 10 2 xy x I x y y + += =− ⇔ ⇒ −− − −= =− Do I là trung điểm của (2; 5) BN N ⇒− + Đường thẳng AC đi qua 7 ;1 2 M và (2; 5) N − nên có phương trình: 4 13 0 x y −− = Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ : 4 13 0 4 (4;3) 10 3 x y x A x y y −− = = ⇔⇒ − −= = + Do M là trung điểm của AC nên suy ra (3; 1) C − Vậy (4;3), (3; 1) AC − . Bài 2. + Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 4 3 40 2 ( 2;4) 2 60 4 xy x A xy y + − = =− ⇔ ⇒− + −= = Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 4 3 40 1 (1;0) 10 0 xy x B x y y + − = = ⇔⇒ − −= = + Gọi ∆ là phân giác trong của góc A ; Gọi D là điểm đối xứng của B qua ∆ , khi đó D ∈ AC. BD đi qua (1;0) B và vuông góc với ∆ nên có phương trình: 2 20 x y − − = Khi đó tọa độ giao điểm I của AD và ∆ là nghiệm của hệ: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 2 20 2 (2;2) 2 60 2 x y x I xy y − − = = ⇔⇒ + −= = Do I là trung điểm của (3;4) BD D ⇒ + AC đi qua hai điểm ( 2;4) A − và (3;4) D nên có phương trình : 4 y = Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 45 (5;4) 10 4 yx C x y y = = ⇔⇒ − −= = Bài 3. + Gọi N là điểm đối xứng với M qua phân giác trong của góc A , suy ra N AB ∈ MN đi qua (0; 2) M − và vuông góc với đường thẳng A d nên có phương trình : 20 xy + += Khi đó tọa độ điểm H là giao điểm của A d và MN là nghiệm của hệ : 1 20 13 2 ; 10 3 2 2 2 x xy H x y y = − + += ⇔ ⇒ − − − −= = − Do H là trung điểm của MN nên ( 1; 1) N −− + AB đi qua N(-1 ; 0) và vuông góc với CB nên có phương trình: x – 2y – 1 = 0 Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ : 2 10 1 (1;0) 10 0 xy x A x y y − −= = ⇔⇒ − −= = tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 7 2 10 7 6 5 ; 2 40 6 55 5 x xy B xy y = − − −= ⇔ ⇒ − − + += = − + AC đi qua (1;0) A và (0; 2) M − nên có phương trình : 2 20 x y − − = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 1 2 20 1 ; 3 2 2 40 2 3 x y x C xy y − − = = − ⇔ ⇒ − − + += = − Vậy 7 6 1 (0;1), ; , ; 3 55 2 AB C − − − − . Bài 4. + Gọi H là trực tâm của tam giác ABC , khi đó CNHM và ANHP là các tứ giác nội tiếp đường tròn Do đó ta có : 11 22 N AN C = = Mặt khác 12 A C = (cùng phụ với góc ABC ) Suy ra 12 NN = hay BN là phân giác của góc PNM + Ta có phương trình : 4 3 2 0 MN x y − − = và :y 2 0 PN − = Khi đó đường phân giác của góc tạo bởi , MN PN thỏa mãn: 2 20 43 2 2 2 40 5 xy xy y xy − += −− = −⇔ + − = Do , MN nằm khác phía so với BN nên ta được phương trình BN là: 2 20 xy − += + AC đi qua (2;2) N vuông góc với đường thẳng : 2 20 BN x y − += nên nhận (2;1) BN nu = = làm véctơ chỉ phương . Do đó AC có phương trình: 2 60 xy + −= Bài 5. + Gọi , DE lần lượt là chân đường cao hạ từ đỉnh B và chân đường phân giác trong hạ từ đỉnh A của tam giác ABC . Gọi N đối xứng với M qua AE N AC ⇒∈ Khi đó MN đi qua (0;2) M và vuông góc với AE nên có phương trình : 20 xy + − = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Khi đó tọa độ giao điểm H của AE và MN là nghiệm của hệ: 3 20 31 2 ; 10 1 22 2 x xy H x y y = + − = ⇔⇒ − −= = Do H là trung điểm của MN nên (3; 1) N − + AC đi qua (3; 1) N − và vuông góc với BD nên có phương trình: 2 50 xy + −= Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 2 50 2 (2;1) 10 1 xy x A x y y + −= = ⇔⇒ − −= = Khi đó AB đi qua (2;1) A và (0;2) M nên có phương trình : 2 40 xy + − = Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ : 3 2 40 1 3; 1 2 20 2 2 x xy B xy y = + − = ⇔⇒ − − = = + Gọi ( ;5 2 ) C t t AC −∈ , khi đó : 22 2 2 5 2 4 ( 2) (2 4) 4. 4 AC AB AC AB t t = ⇔ = ⇔− + − = 2 3 (3; 1) ( 2) 1 1 (1;3) tC t tC = − ⇔− =⇔ ⇒ = Vậy 1 (2;1), 3; , (3; 1) 2 A B C − hoặc 1 (2;1), 3; , (1;3) 2 A B C . Bài 6. + Gọi , E F lần lượt là điểm đối xứng của O qua 12 , ∆∆ . Khi đó E và F đều thuộc ∆ + OE đi qua O và vuông góc với 1 ∆ nên có phương trình 2 0; += xy OF đi qua O và vuông góc với 2 ∆ nên có phương trình 32 0 xy −= Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Suy ra tọa độ giao điểm I của OE và 1 ∆ là nghiệm của hệ : 1 20 1 1; 1 4 2 50 2 2 x xy I xy y = − += ⇔ ⇒− − += = Tọa độ giao điểm J của OF và 2 ∆ là nghiệm của hệ : 1 32 0 3 1; 3 4 6 13 0 2 2 x xy J xy y = −= ⇔⇒ + −= = + Do , IJ lần lượt là trung điểm của , OE OF nên suy ra ( 2;1), (2;3) E F − Khi đó ∆ đi qua hai điểm , E F nên có phương trình : 2 40 xy − += Bài 7. + Gọi ∆ là phân giác trong của góc A . Do ∆ đi qua (0;2) A và song song với đường thẳng : 3 10 dx y − += , nên ∆ có phương trình : 3 60 xy − + =. + Gọi D là điểm đối xứng của B qua ∆ , khi đó D AC ∈ BD đi qua B(2 ; 6) và vuông góc với ∆ nên có phương trình: 3x + y – 12 = 0. Khi đó tọa độ giao điểm I của BD và ∆ là nghiệm của hệ : 3 12 0 3 (3;3) 3 60 3 xy x I xy y +− = = ⇔⇒ − + = = Do I là trung điểm của (4;0) BD D ⇒ + AC đi qua (0;2) A và (4;0) D nên có phương trình : 2 40 xy + − = Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 2 40 2 (2;1) 3 10 1 xy x C xy y + − = = ⇔⇒ − += = Vậy (2;1) C . Bài 8. + AC đi qua (5;3) A và vuông góc với : 4 3 14 0 BH x y + += nên có phương trình: 3 4 30 xy − −= Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 3 4 30 1 (1;0) 2 10 0 xy x C xy y − −= = ⇔⇒ + −= = + Gọi ∆ là phân giác trong của góc C Gọi D là điểm đối xứng của A qua ∆ , khi đó D BC ∈ AD đi qua (5;3) A và vuông góc với ∆ nên có phương trình: 2 70 x y − − = Khi đó tọa độ giao điểm I của AD và ∆ là nghiệm của hệ: 2 70 3 (3; 1) 2 10 1 x y x I xy y − − = = ⇔ ⇒ − + −= =− Do I là trung điểm của (1; 5) AD D ⇒− + BC đi qua hai điểm (1;0) C và (1; 5) D − nên có phương trình : 1 x = Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 11 (1; 6) 4 3 14 0 6 xx B xy y = = ⇔ ⇒− + += = − Vậy (1; 6), (1;0) BC − . Bài 9. + Gọi ∆ là phân giác trong của góc A Gọi D là điểm đối xứng của C qua ∆ , khi đó . ∈ D AB CD đi qua ( 4;1) C − và vuông góc với ∆ nên có phương trình : 50 x y − += Khi đó tọa độ giao điểm I của CD và ∆ là nghiệm của hệ: 50 0 (0;5) 50 5 x y x I xy y − += = ⇔ ⇒ + −= = Do I là trung điểm của (4;9) CD D ⇒ + Gọi ( ;5 ) Aa a − ∈∆ ( 0 a > ), khi đó : 2 22 2 2 22 4 4 16 4 AI CI AI CI a a a a = ⇔ = ⇔ + = + ⇔ = ⇔= hoặc 4 a = − (loại) (4;1) A ⇒ Suy ra AC = 8 và AB đi qua (4;1) A và (4;9) D nên có phương trình 4 x = + Gọi (4; ) B b AB ∈ , khi đó : 2 1 2.24 .6 28 ABC ABC S S AB AC AB AC = ⇔= = = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 22 5 (4; 5) 36 ( 1) 36 7 (4;7) bB AB b bB = −− ⇔ = ⇔− = ⇔ ⇒ = + Với (4; 5) B − , ta nhận thấy , BC nằm cùng phía so với ∆ (loại). Với (4;7) B , ta có , BC nằm khác phía so với ∆ (thỏa mãn). Khi đó BC có phương trình : 3 4 16 0 xy − −= . Bài 10. + Gọi : 20 x y ∆ −+= là phân giác trong của góc A Gọi D là điểm đối xứng của H qua ∆ , khi đó D AC ∈ HD đi qua ( 1; 1) H −− và vuông góc với ∆ nên có phương trình: 20 xy + += Khi đó tọa độ giao điểm I của HD và ∆ là nghiệm của hệ : 20 2 ( 2;0) 20 0 xy x I x y y + += =− ⇔ ⇒ − −+= = Do I là trung điểm của ( 3;1) HD D ⇒ − + Khi đó AC đi qua ( 3;1) D − và vuông góc với đường thẳng 4 3 10 xy + −= nên AC có phương trình : 3413 0 xy − + = Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 3413 0 5 (5;7) 20 7 xy x A x y y − + = = ⇔⇒ −+= = + CH đi qua ( 1; 1) H −− và nhận (6;8) 2(3;4) HA = = làm vecto pháp tuyến nên CH có phương trình :3( 1) 4( 1) 0 3 4 7 0 x y xy + + + = ⇔ + += Vậy tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 10 3 4 70 10 3 3 ; 3413 0 3 34 4 x xy C xy y = − + += ⇔ ⇒ − − + = = . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 11. + Gọi : 10 x y ∆ − += là phân giác trong của góc A Gọi D là điểm đối xứng của M qua ∆ , khi đó D AC ∈ MD đi qua (0;2) M và vuông góc với ∆ nên có phương trình : 20 xy + − = Khi đó tọa độ giao điểm I của MD và ∆ là nghiệm của hệ : 1 20 13 2 ; 10 3 22 2 x xy I x y y = + − = ⇔⇒ − += = Do I là trung điểm của (1;1) MD D ⇒ + AC đi qua (1;1) D và vuông góc với ': 3 4 10 0 xy ∆ + += nên có phương trình : 4 3 10 xy − −= Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 4 3 10 4 (4;5) 10 5 xy x A x y y − −= = ⇔ ⇒ − += = + AB đi qua (4;5) A và (0;2) M nên có phương trình 3 4 80 xy − += Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ : 3 3 4 80 1 3; 1 3 4 10 0 4 4 x xy B xy y = − − += ⇔ ⇒ −− + += = − + Gọi (1 3 ;1 4 ) C t t AC + +∈ , khi đó : ( ) ( ) 22 2 2 2 31 4 1 2 CM CM t t = ⇔ =⇔ ++ − = 2 (1;1) 0 25 2 0 31 33 2 ; 25 25 25 C t tt C t = ⇔ −= ⇔ ⇒ = Do C có hoành độ dương và nằm khác phía với B so với đường thẳng ' ∆ nên ta được (1; 1). C Vậy 1 (4;5), 3; , (1;1) 4 AB C −− . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 12. + Gọi M là trung điểm của AC , khi đó 1 4 2( 1) 2 1 1 2( 1) M M x BG GM y += − = ⇔ −= − 7 7 ;1 2 2 1 M M x M y = ⇔⇔ = + Gọi : 10 x y ∆ − −= là phân giác trong của góc A Gọi D là điểm đối xứng của B qua ∆ , khi đó D AC ∈ BD đi qua B(-4 ; 1) và vuông góc với ∆ nên có phương trình: x + y + 3 = 0 Khi đó tọa độ giao điểm I của BD và ∆ là nghiệm của hệ : 30 1 ( 1; 2) 10 2 xy x I x y y + += =− ⇔ ⇒ −− − −= =− Do I là trung điểm của (2; 5) BD D ⇒− + Khi đó AC đi qua D(2 ; -5) và 7 ;1 2 M nên có phương trình: 4x – y – 13 = 0 Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ : 4 13 0 4 (4;3) 10 3 x y x A x y y −− = = ⇔⇒ − −= = + Do M là trung điểm của AC nên (3; 1) C − Vậy (4;3), (3; 1) AC − Bài 13. + Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ : 10 0 (0;1) 2 10 1 x y x B xy y − += = ⇔⇒ + −= = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 10 1 (1;2) 30 2 x y x C xy y − += = ⇔⇒ + −= = + Gọi D là điểm đối xứng của C qua 1 d , khi đó D AB ∈ CD đi qua C(1 ; 2) và vuông góc với 1 d nên có phương trình: x – 2y + 3 = 0 Khi đó tọa độ giao điểm I của CD và 1 d là nghiệm của hệ: 1 2 30 17 5 ; 2 10 7 55 5 x xy I xy y = − − += ⇔ ⇒− + −= = Do I là trung điểm của 74 ; 55 CD D ⇒− + AB đi qua (0;1) B và 74 ; 55 D − nên có phương trình : 6714 0 xy − += . Bài 14. + Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên 2 3.(0 2) 4 3 ( 4;3) 3 3.(3 3) 3 CC CC xx MC MG C yy − = − =− = ⇔ ⇔ ⇒− −= − = + Gọi D là điểm đối xứng của M qua d , khi đó D AC ∈ MD đi qua (2;3) M và vuông góc với d nên có phương trình : 2 10 x y − −= Khi đó tọa độ giao điểm I của MD và d là nghiệm của hệ : 9 2 10 9 13 5 ; 2 7 0 13 55 5 x x y I xy y = − −= ⇔⇒ + − = = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Do I là trung điểm của 8 11 ; 55 MD D ⇒ + AC đi qua 8 11 ; 55 D và ( 4;3) C − nên có phương trình : 7 17 0 xy + −= . Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 7 17 0 3 (3;2) 2 70 2 xy x A xy y + −= = ⇔⇒ + − = = + Do M là trung điểm của AB nên suy ra (1;4) B . Vậy (3;2), (1;4),C( 4;3) A B − . Bài 15. + Gọi 1 : 2 3 17 0 d xy + + = và 2 :5 3 0 d xy + −= DC đi qua ( 6; 6) D−− và vuông góc với 1 d nên DC có phương trình: 3 2 60 xy − + = Khi đó tọa độ giao điểm H của DC và 1 d là nghiệm của hệ 3 2 60 4 ( 4; 3) 2 3 17 0 3 xy x H xy y − + = =− ⇔ ⇒ −− + + = = − Do H là trung điểm của DC , suy ra ( 2;0) C − + Gọi E là điểm đối xứng của C qua 2 d , khi đó E AB ∈ CE đi qua C(–2 ; 0) và vuông góc với 2 d nên có phương trình: x – 5y + 2 = 0 Khi đó tọa độ giao điểm K của CE và 2 d là nghiệm của hệ : 1 5 20 11 2 ; 5 30 1 22 2 x xy K xy y = − += ⇔⇒ + −= = Do K là trung điểm của (3;1) CE E ⇒ Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ AB đi qua (3;1) E và vuông góc với 1 d nên có phương trình : 3 2 70 xy − − =. Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 3 2 70 1 (1; 2) 5 30 2 xy x A xy y − − = = ⇔ ⇒− + −= =− + Gọi I là trung điểm của 1 ; 1 2 AC I ⇒ − − ABCD là hình bình hành nên I là trung điểm của (5;4) BD B ⇒ Vậy (1; 2), (5;4), ( 2;0) A B C − − . 9. BÀI TOÁN 9 A. NỘI DUNG BÀI TOÁN 9 + Tìm điểm thuộc ( ) E thỏa mãn điều kiện (*) cho trước. + Viết phương trình chính tắc của elip (E). B. CÁCH GIẢI CHUNG Để giải quyết tốt các lớp bài toán liên quan tới Elip (tìm điểm và viết phương trình tắc của elip) trước tiên chúng ta cần nắm được các kiến thức cơ bản qua sơ đồ sau: C. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình chính tắc của elip ( ) E biết rằng ( ) E có tâm sai bằng 5 3 và hình chữ nhật cơ sở của ( ) E có chu vi bằng 20 . Giải Gọi phương trình chính tắc của elip ( ) E có dạng: 22 22 1 xy ab += Ta có 55 33 c e c a a = = ⇒= và 2.(2 2 ) 20 5 5 a b ab b a + = ⇔ + = ⇔ = − (với 05 a << ) Khi đó ta có: 2 2 22 2 2 5 (5 ) 3 a bc a a a = +⇔ = − + 2 18 45 0 3 a a a − + = ⇔= hoặc a = 15 (loại) Với 32 ab = ⇒= Vậy phương trình chính tắc của elip ( ) E là: 22 1 94 xy += Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comVí dụ 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip 22 ( ): 1 82 xy E += . Viết phương trình đường thẳng d cắt (E) tại hai điểm phân biệt có tọa độ là các số nguyên. Giải Gọi 22 00 00 ( ; ) ( ) 1 82 xy Mx y E ∈ ⇒ + = (*) { } 2 00 2 1;0;1 yy ⇒ ≤ ⇒ ∈− (vì 0 y ∈ ) + Với 0 1 y = ± thay vào (*) ta được: 0 2 x = ± (thỏa mãn) + Với 0 0 y = thay vào (*) ta được: 0 22 x = ± (loại) Suy ra 4 điểm có tọa độ nguyên trên ( ) E là: 12 (2;1), (2; 1), − MM 34 ( 2;1), ( 2; 1) − −− MM Khi đó ta sẽ lập được 6 phương trình đường thẳng d thỏa mãn yêu cầu đề bài là: 2; 2; 1; 1; 2 0; 2 0 xx y y x yx y == − == −− =+ = . Nhận xét: Ở ví dụ trên nếu ta tiếp cận theo cách thông thường là giả sử dạng phương trình của d rồi tìm giao điểm, sau đó sử dụng điều kiện tọa độ nguyên thì chúng ta sẽ gặp khó khăn. Song nếu ta làm theo chiều nghịch thì bài toán sẽ trở nên “nhẹ nhàng” hơn rất nhiều. Bởi ở những bài toán liên quan tới elip (hay cả đường tròn) ta hoàn toàn có thể chặn điều kiện cho , xy khá đơn giản. Vì vậy việc yêu cầu tọa độ nguyên của bài toán, giúp ta nghĩ tới ngay giải pháp trên. Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip 2 2 ( ): 1 9 x E y += . Tìm tọa độ điểm M trên ( ) E sao cho bán kính qua tiêu của tiêu điểm này bằng 3 lần bán kính qua tiêu của tiêu điểm kia. Giải + Từ 2 2 22 3 22 ( ): 1 1 9 3 22 a xc E y b e a c a b = + = ⇒ = ⇒= = = − = + Gọi 10 00 20 ( ; ) ( ) MF a ex Mx y E MF a ex = + ∈⇒ = − Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Từ giả thiết ta có: ( ) ( ) 1 2 12 1 22 1 2 1 21 3 30 3 30 3 30 MF MF MF MF MF MF MF MF MF MF MF MF = −= ⇔ ⇔− − = = −= ( ) ( ) 2 2 2 12 1 2 12 1 2 10 . 3 0 16 . 3 0 MF MF MF MF MF MF MF MF ⇔− + = ⇔− + = ( ) ( ) ( ) 2 2 22 2 00 0 16 . 3. 2 0 16( ) 12 a ex a ex a a e x a ⇔ + −− =⇔ − − 22 2 00 2 2 3 81 9 2 4 32 8 22 4. 3 a xx e ⇔ = = =⇔= ± + Mặt khác 2 2 0 00 23 46 ( ) 1 9 32 8 x ME y y ∈ ⇒ =− =⇔= ± Vậy 9 2 46 ; 88 M hoặc 9 2 46 ; 88 − M hoặc 9 2 46 ; 88 − M hoặc 9 2 46 ; 88 −− M Nhận xét: Trong giải toán ta biết 0 .0 0 A AB B = = ⇔ = , và ta thường chỉ quen với chiều biến đổi thuận. Nhưng trong nhiều trường hợp, việc biến đổi theo chiều ngược lại sẽ giúp giải bài toán ngắn gọn hơn rất nhiều, mà ví dụ trên là một điển hình. Ví dụ 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm ( ) 3;1 M − , đường elip ( ) E đi qua điểm M và khoảng cách giữa hai đường chuẩn của ( ) E là 6. Lập phương trình chính tắc của ( ) E . Giải + Gọi phương trình chính tắc của elip ( ) E là: 22 22 1 xy ab += với 0 ab > > + Elip ( ) E có hai phương trình đường chuẩn là a x e = và a x e = − Do đó khoảng cách giữa hai đường chuẩn là: 2 24 2 4 2 22 2 29 2 6 3 9 9( ) 9 a a aa a c a c a b b e c − = =⇔= ⇔= = − ⇔ = (1) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Mặt khác ( ) 22 3 1 3;1 ( ) 1 ME ab − ∈ ⇒ += (2) Thay (1) vào (2) và rút gọn ta được: 42 2 2 12 36 0 6 2 aa a b − + =⇔ =⇒ = Vậy phương trình ( ) E cần lập là: 22 1 62 xy += Ví dụ 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Lập phương trình chính tắc của elip ( ) E biết rằng có một đỉnh và hai tiêu điểm của ( ) E tạo thành một tam giác đều và chu vi hình chữ nhật cơ sở của ( ) E là ( ) 12 2 3 + . Giải + Gọi phương trình chính tắc của elip (E) có dạng: 22 22 1 xy ab += với 0 ab > > Ta có chu vi hình chữ nhật cơ sở: ( ) ( ) 4( ) 12 2 3 3 2 3 ab ab + = + ⇔ + = + (1) + Không mất tính tổng quát ta giả sử đỉnh (0; ) B b và hai tiêu điểm 12 ( ;0), ( ;0) F c Fc − tạo thành tam giác đều. Do 12 BF F ∆ luôn cân tại B , nên 12 BF F ∆ đều khi 2 2 22 222 1 12 1 12 4 3 b BF F F BF F F c b c c = ⇔ = ⇔+ = ⇔ = + Khi đó 2 2 2 2 2 4 2 3 33 a bc a b a b = + ⇔ = ⇔= (2) (do ,0 ab > ) Thay (2) vào (1) ta được: ( ) ( ) ( ) 2 3 3 2 3 3 2 3 9 2 3 3 3 6 3 bb b b a += +⇔ += +⇔= ⇒= + Vậy phương trình chính tắc của elip ( ) E cần lập là: 22 1 36 27 xy += Ví dụ 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( ) E có hai tiêu điểm ( ) ( ) 12 3;0 , 3;0 F F − và đi qua điểm 1 3; 2 A . Lập phương trình chính tắc của ( ) E và với mọi điểm M thuộc ( ) E , hãy tính giá trị biểu thức 2 2 2 1 2 12 3. P MF MF OM MF MF = +− − Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comGiải * Gọi phương trình chính tắc của elip (E) có dạng: 22 22 1 xy ab += với 0 ab > > (E) có hai tiêu điểm ( ) ( ) 12 3;0 , 3;0 F F − , suy ra 3 c = + Khi đó 22 2 2 2 33 a b c a b − = =⇔ = + 22 22 ( ): 1 3 xy E bb ⇒ += + + Với 22 1 31 3; ( ) 1 2 34 A E b b ∈⇔ + = + ( ) ( ) 22 2 2 2 2 4 30 4 3 1 0 1 4 bb b b b a − −= ⇔ + − = ⇔ = ⇒ = Vậy phương trình chính tắc của ( ) E là : 2 2 1 4 x y += . * Gọi 1 02 0 00 2 2 22 2 0 00 0 ; ( ; ) ( ) ; 1 4 cc MF a x MF a x aa Mx y E x OM x y y = + = − ∈⇒ = + += Khi đó ( ) 22 22 0 0 00 0 0 3 c c cc P a x ax x y a x ax a a aa = + + − − + −+ − ( ) ( ) 2 2 2 2 22 2 22 2 0 0 00 0 00 0 2 39 3 4 3 43 43 1 44 x c a x xy x xy y a =+ − +=+ − +=− + =−= Vậy 1 P = . Ví dụ 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip 22 ( ): 1 84 xy E += . Đường thẳng : 20 xy ∆− = cắt ( ) E tại hai điểm , BC . Tìm tọa độ điểm A trên ( ) E sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. Giải + Do { } ( ) ; E BC ∆= nên , BC cố định hay độ dài BC không đổi. Suy ra diện tích ABC lớn nhất khi khoảng cách (, ) h dA = ∆ lớn nhất. + Phương trình tham số của ( ) E : 2 2 sin 2cos xt yt = = nên gọi ( ) 2 2 sin ;2cos A tt Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Khi đó ( ) 4sin 22 sin 22 cos 22 sin cos 4 4 (, ) 3 3 33 t t t tt h dA π − −− = ∆= = = ≤ Dấu“ =” xảy ra khi: 3 sin 1 2 4 4 sin 1 4 2 sin 1 4 4 t t k t tk t π π π π π π π −= = + − =⇔ ⇔ = −+ −= − ( k ∈ ) + Với ( ) 3 2 2; 2 4 t k A π π = +⇒ − + Với ( ) 2 2; 2 4 t k A π π = −+ ⇒ − Vậy ( ) 2; 2 A − hoặc ( ) 2; 2 A − . Nhận xét : Ngoài cách để ( ) E dưới dạng chính tắc 22 22 1 xy ab += , trong nhiều bài toán các bạn có thể chuyển nó về dạng tham số sau : sin cos xa t yb t = = để việc tham số hóa điểm thuộc elip được dễ dàng hơn. Ví dụ 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( ) E có phương trình 22 1 95 xy += với hai tiêu điểm 12 , FF (hoành độ của 1 F âm). Tìm tọa độ điểm M thuộc elip sao cho 12 MFF = 0 60 . Giải + ( ) E có phương trình 22 1 95 xy += , suy ra 2 22 2 9 2 5 a c a b b = ⇒= − = = 1 2 ( 2;0) (2;0) F F − ⇒ + 1 0 02 0 0 00 22 00 22 3; 3 33 ( ; ) ( ) 1 (*) 95 cc MF a x x MF a x x aa Mx y E xy =+ =+ =−=− ∈⇒ += Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Ta có 2 22 2 1 12 1 12 12 2 . .cos MF MF F F MF F F MF F = + − 22 20 00 0 22 2 3 3 4 2. 3 .4.cos 60 33 3 xx x ⇔ − = + +− + 00 3 4 3 4 xx ⇔ =− ⇔ =− + Thay 0 3 4 x = − vào (*) ta được: 2 0 0 75 5 5 16 4 yy =⇔= ± Vậy 35 5 ; 4 4 M − hoặc 3 55 ; 44 M − − . Ví dụ 9 (A – 2012). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn 22 ( ): 8 Cx y += . Viết phương trình chính tắc của elip ( ) E , biết rằng ( ) E có độ dài trục lớn bằng 8 và ( ) E cắt ( ) C tại bốn điểm tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông. Phân tích hướng giải: + Phương trình ( ) E : 22 22 1 xy ab += như vậy ta cần tìm ; ab + (E) có độ dài trục lớn bằng 8 28 4 aa ⇒ = ⇒= + Dữ kiện (E) cắt ( ) C tại bốn điểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông nên 4 đỉnh nằm trên hai đường phân giác thuộc góc phần tư thứ nhất và thứ hai . Ta giả sử có đỉnh A thuộc đường phân giác : ∆ yx = . Vậy việc tìm tọa độ điểm A quay về Bài toán 1 nhờ: ++ :; ∈∆ = A yx ++ 22 AO R = = (hay ( ) A C ∈ ) + Mà ( ) AE b ∈ ⇒→ phương trình (E). Giải Gọi phương trình chính tắc của elip ( ) E có dạng: 22 22 1 xy ab += + (E) có độ dài trục lớn bằng 8 28 4 aa ⇒ = ⇒= + (E) cắt (C) tại bốn điểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông nên 4 đỉnh nằm trên hai đường phân giác thuộc góc phần tư thứ nhất và thứ hai. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Ta giả sử A là một giao điểm của (E) và ( ) C thuộc đường phân giác : ∆ yx = . + Gọi (; ) At t ∈∆ ( 0 t > ). Ta có: 22 ( ) 8 2 A C t t t ∈ ⇒ + = ⇔= (vì 0 t > ) (2;2) A ⇒ + Mà ( ) AE ∈ 22 2 22 2 2 16 1 43 b b ⇒ + =⇒ = . Vậy phương trình chính tắc của elip (E) là: 22 1 16 16 3 xy += Ví dụ 10 (B – 2012). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có 2 AC BD = và đường tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình 22 4 xy += . Viết phương trình chính tắc của elip ( ) E đi qua các đỉnh ,, , A BC D của hình thoi. Biết A thuộc trục Ox . Phân tích hướng giải: + Phương trình ( ) E : 22 22 1 xy ab += ( 0) ab > > như vậy ta cần tìm ; ab + Vì (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D và A Ox ∈ nên gọi ( ;0) A a Ox ∈ và (0; ) B b Oy ∈ + Khai thác dữ kiện: AC = 2BD 1 (, ) 0 f ab → = (1) + Khai thác dữ kiện: đường tròn 22 4 xy += tiếp xúc với các cạnh của hình thoi 2 (, ) 0 f ab →= (2) Từ (1) và (2) 2 ? a →= và 2 ? b = → phương trình (E). Giải Gọi phương trình chính tắc của elip ( ) E : 22 22 1 xy ab += ( với 0 ab > > ) Vì (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D và A Ox ∈ nên không mất tính tổng quát, ta giả sử: ( ;0) Aa và (0; ) B b . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Mà hình thoi ABCD có AC = 2BD 24 2 OA OB OA OB ⇔ = ⇔= 2 ab ⇔= (vì 0 ab > > ) hay (2 ;0) A b và (0; ) B b Gọi H là hình chiếu của O lên AB ⇒ OH = R = 2 (vì đường tròn 22 4 xy += tiếp xúc với các cạnh của hình thoi) Xét tam giác OAB ta có: 2 22 1 11 OH OA OB = + hay 2 22 11 1 5 44 b bb = + ⇔ = 22 4 20 ab ⇒= = Vậy phương trình chính tắc của elip ( ) E là: 22 1 20 5 x y += Ví dụ 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Lập phương trình chính tắc của elip ( ) E có tâm sai bằng 3 5 , biết diện tích của tứ giác tạo bởi các tiêu điểm và các đỉnh trên trục bé của ( ) E bằng 24. Giải + Gọi phương trình chính tắc của elip ( ) E có dạng: 22 22 1 xy ab += với 0 ab > > và 2 22 a bc = + Ta có tâm sai 35 53 c e ac a = = ⇔= + Gọi 12 ( ;0), ( ;0) F c Fc − là các tiêu điểm và 12 (0; ), (0; ) B bB b − là các đỉnh trên trục bé. Suy ra 1 2 21 FB F B là hình thoi , khi đó: 1 2 21 12 1 2 1 1 12 . .2 .2 2 24 12 2 2 F B F B S F F B B c b bc bc b c = = = = ⇔ = ⇔= Khi đó 2 2 2 22 2 5 12 3 a bc c c c = +⇔ = + 2 44 25 1296 9 81 3( 0) c c c c do c ⇔ = + ⇔ = ⇔= > Suy ra 5; 4 a b = = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Vậy phương trình chính tắc của elip ( ) E cần lập là: 22 1 25 16 xy += Ví dụ 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( ) E có tâm sai 4 5 e = , đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của elip có phương trình 22 34 xy +=. Viết phương trình chính tắc của elip và tìm tọa độ điểm M thuộc ( ) E sao cho M nhìn hai tiêu điểm của ( ) E dưới một góc vuông và M có hoành độ dương. Giải + Gọi phương trình chính tắc của elip ( ) E có dạng: 22 22 1 xy ab += với 0 ab > > Ta có tâm sai 44 55 c e ca a = = ⇒= Vì đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở có bán kính: 34 R = 22 34 ab ⇔ += 22 34 ba ⇔ = − Khi đó 2 2 22 2 2 2 4 34 25 5; 3; 4 5 a bc a a a a a b c = +⇔ = −+ ⇔ = ⇒ = = = . Vậy phương trình chính tắc của elip ( ) E cần lập là: 22 1 25 9 xy += Ví dụ 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip 22 ( ) : 4 9 36 Ex y += có hai tiêu điểm 1 F và 2 F với 1 F có hoành độ âm. Tìm tọa độ điểm M thuộc ( ) E sao cho 22 1 2 2 MF MF + đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. Giải + Ta có 22 22 ( ) : 4 9 36 1 94 xy Ex y + = ⇔ + = , Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com x 0 f ' (x 0) f (x 0 ) -3 - 0 3 5 + 3 108 5 suy ra 22 3; 2 5 3 5 ab c e a c a b = = ⇒= = = − = + Gọi 1 02 0 22 00 00 ; ( ; ) ( ) 1 (*) 94 MF a ex MF a ex Mx y E xy = += − ∈⇒ += với 0 33 x −≤ ≤ Khi đó ( ) ( ) 22 22 1 2 0 0 22 P MF MF a ex a ex = + =+ +− = 2 22 2 00 0 0 5 6 81 32 3 35 5 a aex e x x x =− += − + + Xét hàm 2 00 0 6 81 () 5 5 fx x x =−+ với [ ] 0 3;3 x ∈− Ta có 00 6 '( ) 2 5 fx x = − ; [ ] 00 3 '( ) 0 3;3 5 fx x = ⇔ = ∈− Từ bảng biến thiên suy ra [ ] 0 0 0 3; 3 108 5 min ( ) min ( ) 30 53 ∈− =⇒= = x f x P f x khi 0 3 5 x = + Thay 0 3 5 x = vào (*), ta được: 2 00 16 4 5 5 yy =⇔= ± Vậy 22 1 2 2 MF MF + đạt giá trị nhỏ nhất khi 34 ; 55 M hoặc 34 ; 55 M − . Ví dụ 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip 22 ( ): 1 16 9 xy E += và điểm (1;2) I . Lập phương trình đường thẳng d đi qua I , cắt ( ) E tại hai điểm phân biệt , A B sao cho I là trung điểm của AB . − − Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comGiải + (1;2) I thuộc miền trong của ( ) E nên d luôn cắt ( ) E tại , A B Gọi phương trình đường thẳng d có dạng: 1 2 x mt y nt = + = + với 22 ,0 t mn ∈ +≠ . + Gọi 11 2 2 (1 ;2 ), (1 ;2 ) A mt nt B mt nt ++ + + . Trong đó 12 , tt là nghiệm của phương trình: ( ) 22 2 22 (1 ) (2 ) 1 9 16 2(9 32 ) 71 0 16 9 mt nt m n t m nt ++ + =⇔ + + + −= Theo hệ thức Vi – et ta có: 12 22 2(9 32 ) 9 16 mn t t mn + += − + + I là trung điểm của AB khi 12 12 2 2 ( )2 2 4 ( )4 AB I A B I x x x mt t y y y nt t + = + + = ⇔ + = + += 22 12 12 22 2 (9 32 ) 0 ( )0 9 16 9 32 0 ( ) 0 2(9 32) 0 9 16 mm n mt t mn mn nt t n m n mn + −= += + ⇔ ⇔ ⇔+ = += + −= + (do 22 0 mn +≠ ) Với 9 32 0 9 32 mn m n + =⇔= − , ta chọn 32 9 m n = = − Suy ra phương trình 1 32 : 29 xt d y t = + = − hay 9 32 73 0 x y + −= Ví dụ 15. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm (3;0) A và elip 2 2 ( ): 1 9 x E y += . Tìm tọa độ các điểm , BC thuộc ( ) E sao cho tam giác ABC vuông cân tại A . Giải Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Ta có , BC thuộc ( ) E và tam giác ABC vuông cân tại A . Mặt khác (3;0) A Ox ∈ và elip ( ) E nhận , Ox Oy làm các trục đối xứng nên , BC sẽ đối xứng nhau qua trục Ox . Do đó gọi ( ;) ( ; ) B mn Cm n − với 0 n ≠ + Suy ra ( 3; ) ( 3; ) AB m n AC m n = − = −− , khi đó 22 22 22 2 2 , ( ) 11 99 .0 ( 3) 0 ( 3) mm BC E nn AB AC m n nm ∈ += += ⇔⇔ = − −= = − Suy ra 2 22 3 ( 3) 1 5 27 36 0 12 9 5 m m m mm m = + − =⇔ − +=⇔ = + Với 30 mn = ⇒= (loại) + Với 12 3 55 mn = ⇒= ± , suy ra 12 3 ; 55 12 3 ; 55 B C − hoặc 12 3 ; 55 . 12 3 ; 55 − B C Ví dụ 16. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip 2 2 ( ): 1 4 x E y += điểm 22 ; 33 M . Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M cắt E tại hai điểm , A B sao cho 2 MA MB = . Giải + Gọi 2 2 22 0 00 0 0 0 ( ; ) ( ) 1 4 4 0 4 ∈ ⇒ + = ⇔ + −= x Bx y E y x y (1) + Do M nằm trong ( ) E nên từ 2 MA MB = 0 0 00 0 0 22 2 2 2 33 2 (2 2 ;2 2 ) 2 2 22 2 33 −= − − = − ⇒= − ⇔ ⇔ ⇒ − − = − −= − − A A A A xx x x MA MB A x y yy y y Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Mà 2 2 22 0 0 0 0 00 (2 2 ) ( ) (2 2 ) 1 4 2 8 4 0 4 − ∈ ⇒ + − = ⇔ + − − += x AE y x y x y (2) + Từ (1) và (2) ta được hệ: 22 00 00 22 00 0 0 00 (0;1) 0; 1 4 40 83 83 ; ; 4 2 8 40 5 5 55 = = + −= ⇔⇒ = = + − − += B xy xy B xy x y x y Với (0;1) : 2 2 0 ⇒∆ + − = B xy ; Với 83 ; : 14 10 0 5 5 ⇒∆+ −= B xy Vậy 2 20 xy + − = hoặc 14 10 0 x y + −= . D. BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình chính tắc của elip ( ) E có tâm sai bằng 3 3 và độ dài đường chéo hình chữ nhật cơ sở bằng 2 5 . Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( ) E có phương trình 22 1 84 xy += và (1; 1) M − . Một đường thẳng d đi qua M cắt ( ) E tại , A B sao cho . MA MB lớn nhất. Tìm tọa độ , A B Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Lập phương trình chính tắc của elip biết điểm 81 ; 33 M thuộc elíp và tam giác 12 F MF vuông tại M , trong đó 12 , FF là hai tiêu điểm của elíp. Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Viết phương trình chính tắc của elip ( ) E biết rằng elip ( ) E có hai tiêu điểm 1 F và 2 F với ( ) 1 3;0 F − và có một điểm M thuộc ( ) E sao cho tam giác 12 F MF vuông tại M và có diện tích bằng 1 . Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Viết phương trình chính tắc của elíp đi qua điểm 3 1; 2 M và tiêu điểm của elip nhìn trục nhỏ với một góc 0 60 . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( ) E có phương trình 22 1 84 xy += . Giả sử 12 , FF là hai tiêu điểm của elip, trong đó 1 F có hoành độ âm. Tìm tọa độ điểm M trên ( ) E sao cho 12 2 MF MF −= . Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip có phương trình 22 1 25 9 xy += . Tìm điểm M thuộc elip sao cho góc 12 FMF 0 90 = với 12 , FF là hai tiêu điểm của elip. Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Viết phương trình chính tắc của elip, biết hai tiêu điểm cùng với hai đỉnh trên trục bé xác định một hình vuông và phương trình hai đường chuẩn là 8 x = ± . Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip 22 ( ): 1 25 9 xy E += có hai tiêu điểm 12 , FF . Tìm tọa độ điểm M thuộc ( ) E sao cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác 12 MF F bằng 4 3 . Bài 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Viết phương trình chính tắc của elip ( ) E biết rằng khi điểm M thay đổi trên ( ) E thì độ dài nhỏ nhất của OM bằng 4 và độ dài lớn nhất của 1 MF bằng 8 , với 1 F là tiêu điểm có hoành độ âm. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comE. GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. + Gọi phương trình chính tắc của elip (E) có dạng: 22 22 1 xy ab += với 0 ab > > Tâm sai 2 2 3 33 ca ec a = = ⇔= Độ dài đường chéo hình chữ nhật 2 2 22 2 2 (2 ) (2 ) 2 5 5 5 a b ab b a + = ⇔ +=⇔ =− + Khi đó 2 2 22 2 2 2 53 3 a a bc a a a = +⇔ =−+ ⇔ = 2 2 b ⇒ = Vậy phương trình chính tắc của elip ( ) E cần lập là: 22 1 32 xy += Bài 2. + (1; 1) M − thuộc miền trong của ( ) E nên d luôn cắt ( ) E tại , A B Gọi phương trình đường thẳng d có dạng: 1 1 x mt y nt = + =−+ với 22 ,0 t mn ∈ +≠ . + Gọi 11 2 2 (1 ; 1 ), (1 ; 1 ) A mt nt B mt nt + −+ + −+ . Trong đó 12 , tt là nghiệm của phương trình: ( ) 22 2 22 (1 ) ( 1 ) 1 2 2( 2 ) 5 0 84 mt nt m n t m nt + −+ + = ⇔ + + − −= Theo hệ thức Vi – et, ta có: 1 2 2 2 5 2 t t ab = − + + Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 11 2 2 .. MAMB mt nt mt nt =++ ( ) 22 22 1 2 2 22 22 5( ) 5 2 2 mn m n t t m mn mn + =+ = = + − + Mặt khác 2 22 01 m mn ≤≤ + , do đó . MA MB lớn nhất khi và chỉ khi 2 22 1 0 m n mn = ⇔= + Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Khi đó đường thẳng d có dạng : 1 y = − , suy ra tọa độ giao điểm , A B của d và ( ) E là nghiệm của hệ: ( ) ( ) 22 2 6; 1 6 1 6 84 1 1 6; 1 1 xy A x x y y B y − = += = ± ⇔⇔ ⇒ = − = − −− = − hoặc ( ) ( ) 6; 1 6; 1 A B −− − . Vậy ( ) ( ) 6; 1 6; 1 A B − −− hoặc ( ) ( ) 6; 1 6; 1 A B −− − . Bài 3. + Gọi phương trình chính tắc của elip ( ) E có dạng: 22 22 1 xy ab += với 0 ab > > và 2 22 a bc = + Khi đó 2 2 22 22 81 8 1 ; ( ) 1 8 3 33 3 3 M E a b ab a b ∈ ⇔ + =⇔+ = (1) + Với 12 ( ;0), ( ;0) F c Fc − , khi đó tam giác 12 F MF vuông tại M nên ta suy ra: 22 2 2 2 22 1 2 12 81 81 43 33 33 MF MF F F c c c c + = ⇔ + + + − + = ⇔ = 22 22 3 a bc b ⇒ = += + (2) + Thay (2) vào (1), ta được: ( ) 2 2 2 24 2 2 3 8 3 3 1 1 4 b b b b b b a + + = + ⇔ =⇔ =⇒ = Vậy phương trình chính tắc của elip ( ) E cần lập là: 2 2 1 4 x y += Bài 4. + Gọi phương trình chính tắc của elip (E) có dạng: 22 22 1 xy ab += với 0 ab > > Với ( ) 1 3;0 F − , suy ra 3 c = 22 2 3 a b c ⇒ − = = hay 22 3 a b = + (1) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Gọi 00 (; ) Mx y ( ) ( ) 1 00 2 00 3; 3; MF x y MF x y =−− − ⇒ = −− Khi đó 0 2 2 22 12 1 2 0 0 0 0 90 . 0 3 0 3 F MF MF MF x y x y = ⇔ =⇔− + =⇔+ = Ta có 12 22 12 0 0 0 0 1 1 18 ( , ). .2 3 3 1 2 2 33 F MF S d M Ox F F y y y x = = = =⇔ =⇒= + Mặt khác 00 ( ; ) ( ) Mx y E ∈ 22 00 22 2 2 81 11 33 xy ab a b ⇔+ =⇔ + = (2) Thay (1) vào (2), ta được: 4 2 2 81 13 3 1 3( 3) 3 bb bb + = ⇔ = ⇔= + (do 0 b > ) 2 4. ⇒= a Vậy phương trình chính tắc của elip ( ) E cần lập là: 2 2 1 4 x y += Bài 5. + Gọi phương trình chính tắc của elip (E) có dạng: 22 22 1 xy ab += với 0 ab > > Gọi 1 ( ;0) F c − là tiêu điểm của ( ) E và 12 (0; ), (0; ) B bB b − là hai đỉnh thuộc trục nhỏ của ( ) E + Do 11 2 FB B ∆ cân tại 1 F và 0 11 2 60 B FB = , suy ra 11 2 FB B ∆ đều. Khi đó: 2 22 2 22 2 11 1 2 11 1 2 (2 ) 3 FB B B FB B B c b b c b = ⇔ = ⇔+ = ⇔ = 2 22 2 4 a bc b ⇒ = += (1) + Với 22 3 13 1; ( ) 1 24 ME ab ∈ ⇔+ = (2) Thay (1) vào (2), ta được : 22 22 13 11 4 44 ba bb + =⇔ =⇒ = Vậy phương trình chính tắc của elip ( ) E cần lập là: 2 2 1 4 x y += Bài 6. + ( ) E có phương trình 22 1 84 xy += 22 22 2 2 a b c a b = ⇒= = − = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Gọi 00 1 00 1 2 0 00 2 2 22 22 ( ; ) ( ) 2 2 22 22 cx x MF a a M x y E MF MF x cx x MF a a =+ = + ∈⇒ ⇒ − = =−= − + Khi đó 12 0 0 2 22 2 MF MF x x − =⇔ =⇔= + Với 2 0 2 0 00 0 3 2 2 41 41 3 88 3 y x x y y = = ⇒= − = − = ⇔ = − Vậy ( ) 2; 3 M hoặc ( ) 2; 3 M − . Bài 7. + Elip ( ) E : 22 1 25 9 xy += 22 5; 3 4 ab c a b = = = − = ⇒ + Gọi 1 0 02 0 0 00 22 00 44 5; 5 55 ( ; ) ( ) 1 (*) 25 9 cc MF a x x MF a x x aa Mx y E xy =+ =+ =−=− ∈⇒ += với 0 0. > x Do 0 12 90 F MF = nên suy ra : 22 2 2 2 2 1 2 12 0 0 0 0 4 4 5 14 5 5 64 8 175 55 4 MF MF F F x x x x + = ⇔ + + − =⇔ = ⇔ = ± + Thay 0 5 14 4 x = ± vào (*) ta được: 2 2 0 00 7 9 3 2 1 89 8 4 y yy + =⇔ =⇔= ± Vậy 5 14 3 2 ; 4 4 M , 5 14 3 2 ; 44 M − , 5 14 3 2 5 14 3 2 ;, ; 4 4 4 4 MM − −− . Bài 8. + Ta có hai tiêu điểm 12 ( ;0), ( ;0) F c Fc − và hai đỉnh 12 (0; ), (0; ) B bB b − thuộc trục nhỏ xác định một hình vuông nên ta có bc = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Elip có phương trình đường chuẩn 22 2 8 8 = ±= ± ⇒ =⇔ = aa a x ac e cc + Khi đó: 2 2 22 22 32 8 40 4 = = +⇔ = +⇔ => ⇒ = a a b c c c c c b + Suy ra phương trình chính tắc của elip là: 22 1 32 16 += xy . Bài 9. + Từ 22 2 2 5 ( ): 1 3 25 9 4 = + =⇒ = = −= a xy Eb c ab 12 1 2 12 22 9 22 ++ + ⇒ = = = + = MF F MF MF F F ac p ac + Suy ra diện tích tam giác 12 MF F là: 12 4 9. 12 3 MF F S pr = = = + Mặt khác, ta có: 12 12 12 1 1 12 . ( , ). . .2 4 3 2 2 44 = = = ⇒= == MF F MF F M M M S S d M Ox F F y c y y + Vì 2 (0;3) 9 ( ; ) ( ) 1 0 (0; 3) 25 9 ∈ ⇒ +=⇔ = ⇒ − M MM M M x Mx y E x M Vậy (0;3) M hoặc (0; 3) M − . Bài 10. + Gọi phương trình chính tắc của elip ( ) E cần lập là: 22 22 1 xy ab += với 0. > > ab Gọi 0 00 1 0 1 ( ; ) ( ) − ≤ ≤ ∈ ⇒ ⇒ − ≤ ≤+ = + ax a M x y E a c MF a c cx MF a a Suy ra độ dài 1 MF lớn nhất bằng : 8 ac += (1) + Ta lại có: 22 00 22 00 22 0 0 22 ( ; ) ( ) 1 x x ab ab Mx y E xy ab >⇒ ≤ ∈⇒ += Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 22 22 2 2 2 00 00 0 0 2 2 2 2 2 2 1 xy xy x y OM OM b ab bb b b + ⇒= + ≤ + = = ⇒ ≥ Suy ra độ dài nhỏ nhất của OM bằng 4 b = (2) Từ (1) và (2) ta được: 2 85 16 8 44 4 ac a aa bb b += = + −= ⇔⇔ = = = Vậy phương trình elip ( ) E cần lập là: 22 1 25 16 xy += . + Gọi 1 0 02 0 0 00 22 00 44 5; 5 55 ( ; ) ( ) 1 (*) 25 9 cc MF a x x MF a x x aa Mx y E xy =+ =+ =−=− ∈⇒ += với 0 0 x > Do 0 12 90 F MF = nên suy ra : 22 2 2 2 2 1 2 12 0 0 0 0 4 4 5 14 5 5 64 8 175 55 4 MF MF F F x x x x + = ⇔ + + − = ⇔ = ⇔ = hoặc 0 5 14 4 x = − (loại) + Thay 0 5 14 4 x = vào (*) ta được: 2 2 0 00 7 9 3 2 1 89 8 4 y yy + =⇔ =⇔= ± Vậy 5 14 3 2 ; 4 4 M hoặc 5 14 3 2 ; 44 M − . 10. BÀI TOÁN 10 A. NỘI DUNG BÀI TOÁN 10 Cho đường tròn 1 () C và 2 () C cắt nhau tại hai điểm , A B . Viết phương trình đường thẳng AB . B. CÁCH GIẢI CHUNG Cách 1: Tọa độ , A B là nghiệm của hệ 1 1 () () C A CB ⇒⇒ Phương trình AB . Cách 2: Giả sử 22 1 1 1 1 ( ): 0 C x y ax by c + + + += và 22 2 22 2 ( ): 0 C x y ax by c + + + + = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comKhi đó tọa độ , A B là nghiệm của hệ : 22 11 1 1 2 12 12 22 22 2 0 ( )( ) 0 0 x y ax by c a ax b by c c x y ax by c + + + += ⇒ − + − +− = + + + + = Suy ra phương trình 1 2 12 12 :( ) ( ) 0 AB a ax b by c c − + − +− = Chú ý: + Ở cách giải 2 có một ưu điểm hơn so với cách giải 1 là ta không cần biết tọa độ điểm , A B song hoàn toàn viết được phương trình AB . Trong khi đó ở cách 1 để viết phương trình AB ta cần tìm được cụ thể tọa độ hai điểm , A B . + Cách 1 sẽ phù hợp cho những bài toán cần tìm cụ thể tọa độ giao điểm hai đường tròn tường minh. Còn cách 2 sẽ thích hợp cho những bài toán chứa tham số (ít nhất một trong hai phương trình đường tròn chưa tường minh). C. VÍ DỤ GỐC Cho hai đường tròn 22 1 ( ) : 4 4 17 0 Cx y x y + + + −= và 22 2 ( ): 8 2 7 0 Cx y x y + − − += cắt nhau tại hai điểm , A B . Viết phương trình đường thẳng AB . Giải Cách 1: Tọa độ , A B là nghiệm của hệ: 22 22 4 4 17 0 1; 2 (1;2), (3; 2) 3; 2 (3; 2), (1;2) 8 2 70 xy x y x y A B x y A B xy x y + + + −= = = − ⇔⇒ = = −− + − − += Suy ra phương trình đường thẳng : 2 4 0 AB x y + − = Cách 2: Tọa độ , A B là nghiệm của hệ: 22 22 4 4 17 0 12 6 24 0 2 4 0 8 2 70 xy x y x y xy xy x y + + + −= ⇒ + − = ⇔ + − = + − − += Vậy phương trình đường thẳng : 2 4 0 AB x y + − = D. CÁC VÍ DỤ MỞ RỘNG Ví dụ 1 (Khối B – 2006). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn 22 ( ): 2 6 6 0 Cx y x y + − − + = và điểm ( 3;1) M − . Gọi A và B là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đến ( ) C . Viết phương trình đường thẳng AB . Phân tích hướng giải: * Ở bài toán này , ta dễ nhận thấy AB MI ⊥ (với I là tâm của đường tròn ( ) C ). Do đó hướng đầu tiên chúng ta thường nghĩ tới là cố gắng tìm ra được tọa độ một trong hai điểm A hoặc B . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com* Ta hoàn toàn có thể tính được độ dài đoạn 22 MA MB MI IA h = = −= . Nghĩa là ngoài , A B đang thuộc ( ) C thì , A B cũng thuộc cả đường tròn ( ,) Mh . Như vậy việc viết phương trình AB được chuyển về nội dung Bài toán 10. Trong ví dụ này ta sẽ trình bày theo cách thứ 2 sau: Giải + Đường tròn ( ) C có tâm (1;3) I và bán kính 2 R IA = = Ta có 2 5 MI = , khi đó = MB MA 22 20 4 4 = − = −= MI IA + Suy ra A, B nằm trên đường tròn tâm M (-3; 1) bán kính bằng 4 , có phương trình: 2 2 22 ( 3) ( 1) 16 6 2 6 0 x y x y x y + + − = ⇔ + + − −= + Khi đó tọa độ , A B là nghiệm của hệ: 22 22 6 2 60 8 4 12 0 2 3 0 2 6 60 xy x y x y xy xy x y + + − −= ⇒ + − = ⇔ + −= + − − + = + Vậy phương trình đường thẳng AB là: 2 30 xy + −= Ví dụ 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn 22 ( ) : ( 4) 4 Cx y − += và điểm (4;1) E . Tìm tọa độ điểm M trên trục tung, sao cho từ điểm M kẻ được hai tiếp tuyến , MA MB đến ( ) C (với , A B là các tiếp điểm) sao cho AB đi qua E . Giải + Đường tròn ( ) C có tâm (4;0) I và bán kính 2 R = + Gọi 22 (0; ) 16 M m Oy IM m ∈⇒ = + 2 2 22 2 12 MA MB MI R m ⇒ = = −= + Suy ra , A B thuộc đường tròn tâm M bán kính MA có phương trình: 2 22 ( ) 12 x y m m + − = + + Khi đó tọa độ , A B là nghiệm của hệ: 2 2 2 22 22 22 ( ) 12 2 12 0 4 12 0 ( 4) 4 8 12 0 + − = + + − −= ⇔ ⇒ − −= − + = + − += x y m m x y my x my x y x y x Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Suy ra phương trình : 4 12 0 AB x my − −= + Mặt khác (4;1) 16 12 0 4 (0;4) E AB m m M ∈ ⇒− −=⇔ =⇒ . Vậy (0;4) M . Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (6;6) I và ngoại tiếp đường tròn tâm (4;5) J . Biết điểm (2;3) A và hoành độ điểm B nhỏ hơn hoành độ điểm C . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC . Giải Đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm (6;6) I và bán kính 5 IA = nên có phương trình: 22 ( 6) ( 6) 25 x y − + − = Ta có AD đi qua (2;3), (4;5) AJ nên có phương trình : 10 x y − += Khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ : 22 2 3 (2;3) ( 6) ( 6) 25 (9;10) (9;10) 10 9 10 x y DA x y D D x y x y = = ≡ − + − = ⇔⇒ ⇒ − += = = Suy ra đường tròn ngoại tiếp tâm (9;10) D bán kính 52 DJ = có phương trình : 22 ( 9) ( 10) 50 xy − + − = Khi đó tọa độ , BC là nghiệm của hệ : 22 22 2 9 ( 6) ( 6) 25 (2;9) (10;3) 10 ( 9) ( 10) 50 3 x y x y B C x xy y = = − + − = ⇔⇒ = − + − = = (do BC x x < ) Vậy (2;9), (10;3) BC . Ví dụ 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A , có trực tâm ( 3;2) H − . Gọi , D E là chân đường cao kẻ từ B và C . Biết rằng điểm A thuộc đường thẳng : 3 30 xy ∆ − −=, điểm ( 2;3) F − thuộc đường thẳng DE và 2 HD = . Tìm tọa độ điểm A . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comGiải + Do ABC cân tại A nên 2 HE HD = = , suy ra , E D thuộc đường tròn tâm ( 3;2) H − và bán kính bằng 2 có phương trình: 22 ( 3) ( 2) 4 + +− = xy 22 6 4 90 ⇔ + + − + = x y x y + Gọi I là trung điểm của AH Gọi 32 (3 3; ) ; 22 + + ∈∆ ⇒ mm Am m I 2 2 5 16 20 2 ++ ⇒= mm IH Ta có ADHE nội tiếp đường tròn tâm 32 ; 22 mm I + bán kính IH nên có phương trình: 22 2 3 2 5 16 20 22 2 + ++ − +− = m m mm x y 22 3 ( 2) 7 9 0 ⇔ + − − + − − = x y mx m y m + Khi đó tọa độ điểm , E D là nghiệm của hệ: 22 22 6 4 90 (6 3 ) ( 2) 7 18 0 3 ( 2) 7 9 0 + + − + = ⇒+ + − + + = + − − + − − = x y x y mx m y m x y mx m y m Suy ra phương trình : (6 3 ) ( 2) 7 18 0 ED m x m y m + + − + += + Do ( 2;3) 2(6 3 ) 3( 2) 7 18 0 0 (3;0) − ∈ ⇒− ++− + + =⇔ =⇒ F ED m m m m A Vậy (3;0) A . Ví dụ 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có ( 2; 1) A−− , trực tâm (2;1) H và 2 5 BC = . Gọi ', ' B C lần lượt là chân đường cao kẻ từ các đỉnh , BC . Lập phương trình đường thẳng BC , biết rằng trung điểm M của cạnh BC nằm trên đường thẳng có phương trình 2 10 xy − −= , tung độ của M dương và đường thẳng '' BC đi qua điểm (3; 4) N − Phân tích hướng giải: * Bài toán yêu cầu viết phương trình BC mà ta có AH BC ⊥ với (4;2) AH = . Như vậy nếu biết thêm tọa độ một điểm trên đường thẳng BC thì ta sẽ có được đáp số của bài toán. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com* Dữ kiện trung điểm M của cạnh BC nằm trên đường thẳng có phương trình 2 10 xy − −= , tung độ của M dương, gợi ý ta đi tìm tọa độ điểm M bằng cách tham số hóa điểm (2 1; ) Mm m + . Lúc này ta cần một phương trình chứa m . * Ta cần khai thác dữ kiện đường thẳng '' BC đi qua điểm (3; 4) N − . Điều này giúp ta nghĩ tới việc viết phương trình '' BC . Nhận thấy xuất hiện nội dung Bài toán 10 với ', ' B C là giao điểm của đường tròn đi qua 4 điểm , ', , ' A B H C (nhận AH làm đường kính) hoàn toàn viết được phương trình và đường tròn đi qua 4 điểm , , ', ' BC B C (nhận (2 1; ) Mm m + làm tâm và đường kính 2 5 BC = ) có phương trình phụ thuộc vào m . * Khi đó ta sẽ viết được phương trình đường thẳng '' BC phụ thuộc vào m . Dữ kiện '' BC đi qua điểm (3; 4) N − sẽ giúp tìm được m ⇒ tọa độ điểm M và suy ra phương trình BC . Sau đây là lời giải chi tiết của bài toán: Giải + Do M nằm trên đường thẳng có phương trình 2 10 xy − −= nên gọi (2 1; ) Mm m + với 0 m > Vì ', ' B C cùng nhìn BC dưới một góc vuông nên '' BCB C nội tiếp đường tròn ( ) ; M MB (với 5 2 BC MB = = ) Do đó đường tròn () T đi qua 4 điểm , , ', ' BC B C có phương trình: ( ) ( ) 22 21 5 x m y m − − +− = + Đường tròn ( ') T đi qua 4 điểm , ', , ' A B H C nhận AH làm đường kính và (0;0) O là trung điểm của AH làm tâm nên có phương trình: 22 5 xy += + Do { } ( ) ( ') '; ' T T BC = nên '' BC có phương trình: ( ) ( ) 22 22 21 0 x y x m y m + − − − − − = 2 2(2 1) 2 5 4 1 0 m x my m m ⇔ + + − − −= Mặt khác 22 ( 3;4) ' ' 6(2 1) 8 5 4 1 0 1 1 N BC m m m m m m − ∈ ⇒ + − − − −= ⇔ = ⇔ = hoặc 1 m = − (loại) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Suy ra (3;1) M + Khi đó đường thẳng BC đi qua (3;1) M và nhận (4;2) 2(2;1) AH = = làm vecto pháp tuyến nên có phương trình: 2( 3) ( 1) 0 2 7 0 x y xy − + − = ⇔ + − = . Vậy phương trình đường thẳng BC là: 2 70 xy + − = Ví dụ 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn 22 ( ) : ( 1) ( 1) 5 Tx y − + − = với tâm I và điểm (4;5) A . Từ A kẻ một đường thẳng cắt đường tròn () T tại hai điểm , BC , tiếp tuyến tại , BC cắt nhau tại K . Qua K kẻ đường thẳng vuông góc với IA , cắt () T tại , E F . Xác định tọa độ các điểm , E F . Giải + Gọi (; ) K ab khi đó 1 1 ; 22 ab M + + là trung điểm của IK Do IBKC nội tiếp đường tròn tâm M bán kính 22 ( 1) ( 1) 2 ab MI − +− = nên , BC thuộc đường tròn có phương trình: 2 2 22 1 1 ( 1) ( 1) 22 4 + + − +− − +− = a b ab x y 22 ( 1) ( 1) 0 ⇔ + − + − + + += x y a x b y ab + Do , BC thuộc đường tròn 2 2 22 ( 1) ( 1) 5 2 2 3 0 − + − =⇔ + − − − = x y x y x y Khi đó tọa độ , BC là nghiệm của hệ: 22 22 ( 1) ( 1) 0 ( 1) ( 1) 3 0 2 2 30 + − + − + + += ⇒ − + − − − −= + − − − = x y a x b y ab a x b y a b x y x y Suy ra phương trình đường thẳng : ( 1) ( 1) 3 0 BC a x b y a b − + − − − − = + Do 4( 1) 5( 1) 3 0 3 4 12 A BC a b a b a b ∈ ⇒ −+ −− − − = ⇔ + = + (3;4) ⊥= EF IA và EF đi qua (; ) K ab nên có phương trình: 3( ) 4( ) 0 3 4 (3 4 ) 0 3 4 12 0 − + − =⇔+ − + =⇔+ − = x a y b xy a b xy Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Khi đó tọa độ điểm , E F là nghiệm của hệ: 22 0; 3 3 4 12 0 16 3 ; ( 1) ( 1) 5 55 = = + −= ⇔ = = − +− = xy xy x y xy Vậy ( ) 16 3 ; , 0;3 55 EF hoặc ( ) 16 3 0;3 , ; 55 EF . Ví dụ 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn 22 ( ): 2 4 4 0 Cx y x y + − + − = và đường thẳng : 10 x y ∆ − += . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến , MA MB đến đường tròn ( ) C ( với , A B là các tiếp điểm), đồng thời khoảng cách từ điểm 3 1; 2 N − đến AB lớn nhất. Giải + Đường tròn ( ) C có tâm (1; 2) I − và bán kính 3 R IA = = . Gọi ( ; 1) M mm + ∈∆ . Để từ M kẻ được hai tiếp tuyến tới ( ) C thì : 22 2 ( 1) ( 3) 3 2 4 1 0 > ⇔ − + + > ⇔ + +> MI R m m m m (*) + Ta có 22 2 2 41 = = −= + + MB MA IM R m m Suy ra , A B thuộc đường tròn tâm ( ; 1) M mm + bán kính bằng 2 2 41 + + mm có phương trình: 2 2 2 22 ( ) ( 1) 2 4 1 2 2( 1) 2 0 − + − − = + +⇔ + − − + − = x m y m m m x y mx m y m Khi đó tọa độ , A B là nghiệm của hệ: 22 22 2 2( 1) 2 0 ( 1) ( 3) 2 0 2 4 40 x y mx m y m m x m ym xy x y +− − + − = ⇒ − + + + − = + − + − = Suy ra phương trình : ( 1) ( 3) 2 0 AB m x m y m − + + + − = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Gọi 00 (; ) K x y là điểm cố định mà AB luôn đi qua, khi đó : 00 ( 1) ( 3) 2 0 m x m y m − + + + − = luôn đúng m ∀ 00 0 0 ( 1) 3 2 x y mx y ⇔ ++ = − + luôn đúng m ∀ 0 00 00 0 5 10 51 4 ; 3 20 1 44 4 x x y K xy y = − + += ⇔ ⇔ ⇒− − += = + Gọi H là hình chiếu vuông góc của N lên AB , khi đó: 26 (, ) 4 d N AB NH NK = ≤= Suy ra 26 (, ) 4 max d N AB = khi H K ≡ hay NK AB ⊥ (2*) Mà ta có: 15 1 ; (1;5) 4 4 4 NK =− − = − và ( 3;1 ) AB um m = +− Suy ra (2*) 3 5(1 ) 0 2 m mm ⇔ + +−=⇔ = (thỏa mãn (*)) Vậy (2;3) M Ví dụ 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn 22 ( ') : 1 Tx y += và điểm (1;3) A . Viết phương trình đường tròn () T qua A và tâm của đường tròn ( ') T , đồng thời cắt đường tròn ( ') T tại hai điểm , BC sao cho khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng BC là lớn nhất. Giải + Gọi I là tâm và R là bán kính của đường tròn () T , khi đó R = IO IA = Suy ra I thuộc đường trung trực của OA có phương trình: : ∆ 3 50 xy + −= + Khi đó (5 3 ; ) I mm − ∈∆ và bán kính 2 10 30 25 R OI m m = = −+ Suy ra phương trình đường tròn () T : 2 2 2 22 ( 3 5) ( ) 10 30 25 2(3 5) 2 0 + − +− = − + ⇔ + + − − = x m y m m m x y m x my Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Khi đó tọa độ , BC là nghiệm của hệ: 22 22 2(3 5) 2 0 2(3 5) 2 1 0 1 + + − − = ⇔ − − += += x y m x my m x my x y Suy ra phương trình : 2(3 5) 2 1 0 BC m x my − − += + Ta có 22 2 9 99 (, ) 10 4(3 5) 4 3 40 10 2 = = ≤ −+ −+ d A BC mm m Dấu “=” xảy ra khi 3 2 m = hay phương trình đường tròn: ( ): T 22 30 x yx y + −− = E. BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. Cho đường tròn 22 ( ) : 3 7 12 0 Cx y x y + −− += và điểm (1;2) A . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD nội tiếp trong ( ) C và có diện tích bằng 4 . Biết AB là chiều dài của hình chữ nhật và B có hoành độ nguyên. Bài 2. Cho đường tròn 22 ( ): 2 4 2 0 Cx y x y + − + +=. Viết phương trình đường tròn ( ') C tâm (5;1) M biết ( ') C cắt ( ) C tại hai điểm , A B sao cho 3 AB = . Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường tròn ( ) 2 2 1 C :x y + -18x – 6y +65 = 0 và 22 2 ( ): 9 Cx y += . Từ điểm M thuộc đường tròn 1 () C kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn 2 () C với hai tiếp điểm , A B . Tìm tọa độ điểm M , biết độ dài đoạn 4,8 AB = . Bài 4. Cho đường tròn ( ) C : 22 ( 1) ( 2) 4 xy − + − = và điểm (3;4) K . Lập phương trình đường tròn () T tâm K cắt đường tròn ( ) C tại hai điểm , A B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất với I là tâm của đường tròn ( ) C . Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn 22 ( ): 2 4 3 0 Cx y x y + − + −=. Viết phương trình đường tròn có tâm (1;3) K cắt đường tròn ( ) C tại hai điểm , A B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 4 , với I là tâm của đường tròn ( ) C . Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường tròn 2 1 ( ) : ( 1) − Cx 2 ( 2) 9 +− = y và 22 2 ( ) : ( 2) ( 10) 4 Cx y + + − = . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD , biết điểm A thuộc 1 () C , điểm C có tọa độ nguyên thuộc 2 () C và các đỉnh , BD thuộc đường thẳng 60 x y − + =. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comF. GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1. + Đường tròn ( ) C có tâm 37 ; 22 I và bán kính 10 2 R = Khi đó I là trung điểm của AC ⇒ C (2; 5) + Đặt AB a AD b = = (với 0 ab > > ) khi đó : 22 2 2 22 4 4 22 10 4 2 ABCD S ab a ab AB AD BD R b = = = ⇔⇔ += +== = hoặc 2 22 a b = = (loại) + Vậy 22 AB = ⇒ B thuộc đường tròn tâm (1;2) A bán kính ' 22 R = có phương trình: 2 2 22 ( 1) ( 2) 8 2 4 3 0 x y xy x y − + − = ⇔ + − − −= + Khi đó tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 22 22 2 22 3 15 0 15 3 3 7 12 0 2 4 3 0 5 44 96 0 2 4 30 xy x y xy x y xy x y y y xy x y + − = = − + −− += ⇔⇔ + − − −= − + = + − − −= 3 4 x y = ⇔ = hoặc 3 5 24 5 x y = = (loại) (3;4) B ⇒ (0;3) D ⇒ ( vì I là trung điểm của BD ) Vậy (3;4), (2,5) BC và (0;3) D . Bài 2. + Đường tròn ( ) C có tâm (1; 2) I − và bán kính 3 R = Cách 1: + Gọi ( ') C có bán kính ' R , khi đó ( ') C có phương trình: 2 22 ( 5) ( 1) ' x y R − + − = 22 2 10 2 16 ' 0 xy x y R ⇔ + − − +− = Suy ra phương trình AB có dạng: 2 8 6 ' 24 0 x yR + + − = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Ta có 3 AB IAB = ⇒∆ đều 33 (, ) 2 2 AB d I AB ⇒= = 2 2 2 2 22 8 12 ' 24 ' 43 3 ' 28 15 2 ' 13 86 R R R R −+ − = ⇔ =⇔ − = ⇔ = + + Vậy đường tròn ( ') C cần lập là : 22 ( 5) ( 1) 43 xy − + − = hoặc 22 ( 5) ( 1) 13 xy − + − =. Cách 2: + Gọi ( ') C có bán kính ' R . Ta có 5 MI = Gọi { } 3 22 AB IM AB H AH = ⇒ = = 22 33 3 42 IH IA AH ⇒ = − = −= + Khi đó 37 5 22 MH MI IH = − = −= hoặc 3 13 5 22 MH MI IH = + = + = 2 2 2 2 73 ' 13 22 13 3 ' 43 22 R MA R MA == += ⇒ == += + Vậy đường tròn ( ') C cần lập là : 22 ( 5) ( 1) 13 xy − + − = hoặc 22 ( 5) ( 1) 43 xy − + − =. Bài 3. + Đường tròn 2 () C có tâm (0;0) O và bán kính 3 R OA = = Gọi H là giao điểm của OH và AB , suy ra 4,8 12 2 25 AB AH = = = Suy ra 2 22 9 5 5 OA OH OA AH OM OH = − =⇒= = + Vậy M nằm trên đường tròn tâm O bán kính bằng 5 có phương trình: 22 25 xy += Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Suy ra tọa độ điểm M là nghiệm của hệ : 22 22 22 4 3 25 (4;3) 25 (5;0) 3 15 0 5 18 6 65 0 0 x y xy M xy M xy x xy x y y = = += += ⇔ ⇔⇒ +− = = +− − + = = Vậy (4;3) M hoặc (5;0) M . Bài 4. + Đường tròn ( ) C có tâm (1;2) I và bán kính 2 R = + Ta có: 1 . .sin 2 IAB S IA IB = AIB = 2 2 R sin AIB 2 2 R ≤ . Dấu “=” xảy ra khi sin AIB = 1 ⇔ AIB 0 90 = Vậy 2 max 2 IAB R S = khi IAB ∆ vuông tại 2 22 I AB R ⇒= = + Khi đó bài toán tương tự như Bài 2 nên ta có đáp số Đường tròn () T cần lập là : 22 ( 3) ( 4) 4 xy − + − = hoặc 22 ( 3) ( 4) 20 xy − + − =. Bài 5. + Đường tròn ( ) C có tâm (1; 2) I − và bán kính 22 R = + Gọi { } IM AB H = và đặt AH a = , khi đó : 22 2 . . 8 .4 2 IAB IH AB S R AH AH a a = = − =− = 22 (8 ) 16 aa ⇔ −= 22 2 ( 4) 0 4 2 2 4 a a a AH AB ⇔ − = ⇔ = ⇔= ⇒ = ⇔ = + Khi đó bài toán tương tự như Bài 2 nên ta có đáp số Đường tròn ( ) C cần lập là : 22 ( 1) ( 3) 13 xy − + − = hoặc 22 ( 1) ( 3) 53 xy − + − =. Bài 6. + Gọi () T là đường tròn đối xứng với 1 () C qua đường thẳng d Khi đó tâm I của () T đối xứng với tâm 1 (1;2) I qua đường thẳng d và có bán kính 1 3 RR = = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Đường thẳng 1 II có phương trình: 30 xy + −= Khi đó tọa độ giao điểm H của 1 II và d là nghiệm của hệ: 3 30 39 2 ; ( 4;7) 60 9 22 2 = − + −= ⇔ ⇒ − ⇒ − − += = x xy HI xy y + Khi đó phương trình đường tròn 22 ( ) : ( 4) ( 7) 9 Tx y + + − = Do , AC đối xứng nhau qua d nên 1 ( ) () A C C T ∈ ⇒∈ Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 22 22 ( 4) ( 7) 9 ( 2) ( 10) 4 + +− = ⇔ + +− = x y x y 4 10 = − = x y hoặc 16 13 106 13 = − = x y ( 4;10) ⇒− C hoặc 16 106 ; 13 13 − C (loại) Do A đối xứng với C qua d nên đường thẳng AC có phương trình: 60 xy + −= Khi đó tọa độ giao điểm K của AC và d là nghiệm của hệ: 60 0 (0;6) (4;2) 60 6 xy x KA x y y + −= = ⇔⇒ ⇒ − + = = + Đường tròn tâm K ngoại tiếp hình vuông ABCD có bán kính 42 KA = có phương trình: 22 ( 6) 32 x y + − = Khi đó tọa độ điểm , BD là nghiệm của hệ : 2 2 4 ( 6) 32 2 60 = − +− = ⇔ = − += x xy y xy hoặc 4 10 = = x y ( 4;2), (4;10) (4;10), ( 4;2) − ⇒ − BD B D Vậy (4;2), ( 4;2), ( 4;10), (4;10) AB C D −− hoặc (4;2), (4;10), ( 4;10), ( 4;2) AB C D −− . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comPHẦN 4. SÁNG TẠO VÀ PHÁT TRIỂN TỪ CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG THUẦN TÚY A. Sáng tạo và phát triển Bài 1. Cho tam giác ABC . Gọi , MN lần lượt là trung điểm của BC và AB ; , DE lần lượt là chân chiều cao kẻ từ , A B của tam giác ABC . Chứng minh rằng MEND nội tiếp đường tròn. Giải + Ta có NAE NEA = (vì EN là trung tuyến của tam giác vuông AEB ) MNE NEA = ( vị trí so le - MN // AC ) ⇒ NAE MNE = (1) + Mặt khác: , E D cùng nhìn AB dưới một góc vuông nên ABDE nội tiếp đường tròn , khi đó: NAE EDM = (cùng bù với BDE ) (2) + Từ (1) và (2) suy ra : MNE EDM = , suy ra MEND nội tiếp đường tròn. Chú ý: Các bạn sẽ dễ dàng nhận ra đây chính là 4 điểm thuộc đường tròn chín điểm (trung điểm các cạnh, chân các đường cao và trung điểm các đoạn thẳng nối trực tâm với các đỉnh của tam giác cùng thuộc một đường tròn) khá nổi tiếng khi chúng ta làm quen với hình học phẳng. Bài 1.1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có ( 1;4) B − . Gọi , ( 1;2), DE N − lần lượt là chân đường cao kẻ từ A , chân đường cao kẻ từ B và trung điểm cạnh AB . Biết 37 ; 22 I − là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEN . Tìm tọa độ đỉnh C của tam giác ABC . Phân tích hướng giải: * Với dữ kiện của bài toán ta dễ dàng viết được phương trình cạnh AC (đi qua E và vuông góc với BE ) * Ta sẽ mượn C AC ∈ để tham số hóa điểm M và sử dụng kết quả Bài 1 , khi MEND nội tiếp đường tròn ta được IM IE R = = . Từ đây ta sẽ suy ra được tọa độ điểm C . Sau đây là lời giải chi tiết cho bài toán. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comGiải + BE có phương trình: 1 x = − , khi đó AC đi qua ( 1;2) E − vuông góc với BE có phương trình: 2 y = + Gọi M là trung điểm của BC và gọi ( ;2) C c AC ∈ 1 ;3 2 c M − ⇒ Theo kết quả Bài 1, ta có MEND là tứ giác nội tiếp đường tròn nên ta có : 22 22 21 22 c IM IE R IM IE + ==⇔ =⇔ + 22 23 1 13 23 5 2 2 cc cc += = = +⇔ ⇔ +=− =− (1;2) ( 5;2) C C ⇒ − Vậy (1;2) C hoặc ( 5;2) C − . Nhận xét : * Các bạn sẽ nhận thấy việc tìm điểm C thực chất được nhìn theo góc nhìn của Bài toán 1, khi ta mượn điểm gián tiếp M trong bài toán trên theo góc nhìn của Bài toán 1 ( M tham số hóa nhờ C và CIEIR = = ) để suy ra tọa độ điểm C . * Việc tìm điểm A ở bài toán trên cũng thực hiện tương tự như việc tìm điểm C . Bài 1.2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC không vuông và đường thẳng ∆ có phương trình 2 20 xy + − =. Giả sử (4;1), (2; 1), (1;2) D E N − theo thứ tự là chân đường cao kẻ từ A , chân đường cao kẻ từ B và trung điểm cạnh AB . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng trung điểm M của cạnh BC nằm trên đường thẳng ∆ và điểm M có hoành độ nhỏ hơn 1. Phân tích hướng giải: * Theo kết quả của Bài 1, MEND nội tiếp đường tròn. Mà dữ kiện bài toán cho biết tọa độ 3 điểm , , DE N còn điểm thứ tư : 2 2 0 M xy ∈∆ + − = . Như vậy ta sẽ nghĩ tới việc viết phương trình đường tròn đi () T đi qua 3 điểm , , D E N . Khi đó { } () TM ∆= sẽ giúp ta tìm được tọa độ điểm M . * Lúc này ta sẽ viết được phương trình BC (đi qua , DM ) và sử dụng Bài toán 1 để tìm tọa độ điểm B ( B BC ∈ và BN NE = ) . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com* Sau khi tìm được B ta sẽ có được ngay tọa độ hai điểm còn lại là , AC vì , MN lần lượt là trung điểm của , BC AB . Sau đây là lời giải chi tiết cho bài toán trên: Giải + Gọi đường tròn () T đi qua ba điểm ,, N D E có dạng: 22 0 x y ax by c + + + += Vì ,, N DE thuộc () T nên ta có hệ: 22 9 2 25 3 4 17 ( ) : 2 2 9 3 5 0 2 25 5 2 = − + + =− + + =− ⇔ =− ⇒ + − − + = −+ =− = a a bc abc b T x y x y a b c c + Theo cách chứng minh ở Bài 1, ta có MEND nội tiếp đường tròn ⇒ M ∈ (T) Mặt khác M ∈∆ , do đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 22 2 1 2 2 2 9 3 50 2 9 4 0 7 2 2 0 2 2 5 1 = + − − + = − + = ⇔ ⇔⇒ = + −= =− = x x y x y x x x xy y x y 1 ;1 2 M hoặc 7 ;1 5 M (loại) + Khi đó đường thẳng BC đi qua hai điểm D(4; 1) và 1 ;1 2 M nên có phương trình: 1 y = + Gọi ( ;1) B t BC ∈ , khi đó EN là trung tuyến của tam giác vuông AEB nên ta có: BN EN = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 2 2 22 2 ( 1) 1 10 ( 2;1) 4 = − ⇔ = ⇔− + = ⇔ ⇒ − = t BN EN t B t hoặc (4;1) BD ≡ (loại – vì ABC không vuông) + Do M, N lần lượt là trung điểm của BC và AB nên suy ra (3;1) C , (4;3) A Vậy (4;3), ( 2;1) A B − và (3;1) C . Chú ý: Ngoài cách trình bày trên, ta có thể tìm tọa độ , A B theo góc nhìn của Bài toán 5. Cụ thể: + Sau khi tìm được 1 ;1 2 M ta sẽ viết được phương trình :1 BC y = và : 4 = AD x + Gọi (4; ) ( ;1) ∈ ∈ A a AD B b BC , khi đó (1;2) N là trung điểm của AB nên ta được: 4 2 2 (4;3) 1 4 3 ( 2;1) += =− ⇔⇒ += = − b bA a aB Bài 2. Cho tam giác ABC cân tại A và M là trung điểm của AB. Gọi I, G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng tâm tam giác ABC. Chứng minh rằng I là trực tâm của tam giác MGK. Biết rằng K là trọng tâm của tam giác ACM. Giải + Gọi N là trung điểm của MA , khi đó : 2 3 = = CK CG CN CM ⇒ GK // MN hay GK // AB . + Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp nên MI AB ⊥ MI GK ⇒ ⊥ (1) + Gọi P là trung điểm của AC và do ABC ∆ cân tại A nên: // // ⇔ ⇒⊥ ⊥⊥ MP BC MK BC GI MK AG BC GI BC (2) + Từ (1) và (2) , suy ra I là trực tâm của tam giác MGK (đpcm). Bài 2.1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A và M là trung điểm của AB . Biết 8 1 ; 3 3 I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và (3;0) G , 71 ; 33 K lần lượt là trọng tâm tam giác ABC và ACM . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comPhân tích hướng giải: Với kết quả Bài 2 ta có được I là trực tâm của tam giác MGK , từ đây ta dễ dàng suy ra được tọa độ điểm M ⇒ tọa độ điểm C (do 3 MC MG = ) ⇒ tọa độ điểm A (do K là trọng tâm ACM ∆ ) ⇒ tọa độ điểm B (do M là trung điểm của AB ). Sau đây là lời giải chi tiết cho bài toán: Giải + Gọi ( ) 71 ; 33 (; ) 3; =−− ⇒ = − KM x y M xy GM x y . Ta có : 11 ; 33 1 ;0 3 = − = GI KI Theo kết quả Bài 2 ta có I là trực tâm của tam giác MGK ( ) 1 7 1 1 0 .0 3 3 3 3 3 (3;1) 1 1 .0 30 3 − − + −= = = ⇒ ⇔ ⇔⇒ = = −= xy GI KM x M y KI GM x Mặt khác G là trọng tâm ABC ∆ nên: ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 (3; 2) 2 1 30 1 −= − = = ⇔ ⇔ ⇒ − = − −= − C C C C x x MC MG C y y + Do K là trọng tâm tam giác ACM nên: 3 ( ) 7 (3 3) 1 (1;2) 3 ( ) 1( 21) 2 A K CM A K CM x x xx A y y yy = − + = −+ = ⇒ = − + = − − + = M là trung điểm của AB , suy ra (5;0) B . Vậy (1;2), (5;0), (3; 2) A B C − . Bài 2.2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A và (2; 3) C − . Biết 52 ; 33 I − là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và 71 ; 33 K là trọng tâm tam giác ACM , với M là trung điểm của AB . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC , biết A không trùng với gốc tọa độ. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comPhân tích hướng giải: * Do (2; 3) C − và 71 ; 33 K là trọng tâm tam giác ACM nên ta dễ dàng suy ra được tọa độ trung điểm N của AM ( với 3 2 CN CK = ). * Với kết quả của Bài 2, ta có được CM KI ⊥ , từ đây ta sẽ viết được phương trình CM . * Điểm M được xuất hiện trong Bài toán 3, khi M CM ∈ và MK AI ⊥ (với A tham số hóa được theo điểm M – do N là trung điểm của AM ) . Nghĩa là nhờ Bài toán 3, giúp ta tìm được tọa độ điểm M và A . Từ đây ta sẽ suy ra tọa độ điểm B ( M là trung điểm của AB ). Sau đây là lời giải chi tiết cho bài toán. Giải + Gọi N là trung điểm của AM , khi đó 34 22 23 3 2 3 2 33 2 3 −= − = ⇔ += − + N N x CN CK y 1 1 1; 1 2 2 = ⇔⇒ = N N x N y + Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Theo kết quả ở Bài 2 ta có I là trực tâm của tam giác MGK KI MG ⇒⊥ hay KI CM ⊥ . CM đi qua (2; 3) C − , nhận 1 1 ;0 (1;0) 3 3 KI = = làm vectơ pháp tuyến nên CM có phương trình: 20 x− = + Gọi (2; ) (0;1 ) ∈⇒ − M m CM A m (do N là trung điểm của AM ), suy ra 55 ; 33 22 ; 33 = − =− −− AI m MK m Do GI MK ⊥ hay 2 0 10 5 2 .0 0 0 1 9 33 = ⊥ ⇔ = ⇔− − − + = ⇔ − = ⇔ = m AI MK AI MK m m m m m Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Suy ra (0;1) A hoặc (0;0) AO ≡ (loại) + Vì M là trung điểm của AB nên (4; 1) B − Vậy (0;1) A và (4; 1) B − . Bài 2.3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A và M là trung điểm của AB . Biết 8 8 ; 3 3 I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , 10 8 ; 33 K là trọng tâm tam giác ACM . Các đường thẳng , AB CM lần lượt đi qua các điểm (0;3), (2;0) EF . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết A có tung độ dương. Phân tích hướng giải: * Với kết quả Bài 2 ta có được KI CM ⊥ và suy ra được phương trình CM . * Lúc này ta thấy xuất hiện Bài toán 3, khi M MC ∈ và M tạo với , IE tam giác vuông tại M . Nghĩa là nhờ Bài toán 3 sẽ giúp ta tìm được tọa độ điểm M . * Khi có tọa độ điểm M ta sẽ viết được phương trình AB (đi qua , ME ) , đồng thời tìm được tọa độ điểm P ( 3 2 MP MK = ). Khi đó xuất hiện Bài toán 5, khi , AC lần lượt thuộc hai đường thẳng , AB CM và liên hệ với điểm P qua hệ thức vectơ (trong trường hợp này P là trung điểm của AC ). Từ đây ta suy ra được tọa độ điểm A và C . * Với M là trung điểm AB , ta dễ dàng suy ra được tọa độ điểm B . Sau đây là lời giải chi tiết cho bài toán. Giải + Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Theo kết quả ở Bài 2, ta có I là trực tâm của tam giác MGK ⇒⊥ KI MG hay ⊥ KI CM . CM đi qua (2;0) F và nhận 22 ;0 (1;0) 33 = −= − KI làm vectơ pháp tuyến nên CM có phương trình: 20 x− = + Gọi ( ) 28 ; 33 (2; ) 2; 3 =− − ∈⇒ = − IM m M m CM EM m , khi đó : Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 48 . 0 ( 3) 0 33 ⊥ ⇔ = ⇔− + − − = IM EM IM EM m m 2 (2;4) 4 3 17 20 0 5 5 2; 3 3 = ⇔ − +=⇔ ⇒ = M m mm M m + Với (2;4) M , suy ra AB đi qua (0;3), (2;4) EM nên có phương trình: 2 60 xy − + =. Do K là trọng tâm tam giác ACM nên: 3 10 22 4 23 3 (4;2) 2 2 38 44 23 −= − = = ⇔ ⇔⇒ = −= − P P P P x x MP MK P y y Gọi (2 6; ) A a a AB −∈ và (2; ) C c CM ∈ (với 0 a > ) Khi đó P là trung điểm của AC 2 2 6 2 8 6 (6;6) 2 4 2 (2; 2) += −+ = = ⇒ ⇔ ⇔⇒ + = + = =− − AC P AC P x x x a aA y y y ac c C Vì M là trung điểm của ( 2;2) AB B ⇒− + Với 5 2; 2 M , suy ra AB đi qua 5 (0;3), 2; 3 EM nên có phương trình: 2 3 90 xy + −=. Do K là trọng tâm tam giác ACM nên 3 10 22 4 23 3 19 4; 19 26 5 38 5 6 3 23 3 −= − = =⇔ ⇔⇒ = − = − P P P P x x MP MK P y y Gọi (3 ;3 2 ) A a a AB −∈ và (2; ) C c CM ∈ (với 3 2 a < do 0 A y > ) Khi đó P là trung điểm của AC 3 28 2 2 19 22 2 32 33 += = += ⇒⇔ ⇔ + = − + = = AC P AC P aa x x x yy y ac c (loại) Vậy (6;6), ( 2;2), (2; 2) AB C −− . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 2.4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A và M là trung điểm của AB . Đường thẳng CM có phương trình 30 y−= và 27 ; 33 − K là trọng tâm của tam giác ACM . Đường thẳng AB đi qua điểm 1 ;4 2 − D . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết M có tung độ dương và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nằm trên đường thẳng 2 40 x y −+=. Phân tích hướng giải: * Với kết quả Bài 2, ta có được ⊥ KI CM ( I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC ∆ ), kết hợp với I thuộc đường thẳng 2 40 x y −+= giúp ta tìm được tọa độ điểm I . * Lúc này ta thấy xuất hiện Bài toán 3, khi M MC ∈ và M tạo với , ID tam giác vuông tại M . Nghĩa là nhờ Bài toán 3 sẽ giúp ta tìm được tọa độ điểm M . * Khi có tọa độ điểm M ta sẽ viết được phương trình AB (đi qua , MD ) , đồng thời tìm được tọa độ điểm P ( 3 2 MP MK = ). Khi đó xuất hiện Bài toán 5, khi , AC lần lượt thuộc hai đườn g thẳng , AB CM và liên hệ với điểm P qua hệ thức vecto (trong trường hợp này P là trung điểm của AC ). Từ đây ta suy ra được tọa độ điểm A và C . * Với M là trung điểm AB , ta dễ dàng suy ra được tọa độ điểm B . Sau đây là lời giải chi tiết cho bài toán: Giải + Gọi G , I lần lượt là trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Theo kết quả ở Bài 2, ta có I là trực tâm của tam giác MGK ⇒ KI ⊥ MG hay KI CM ⊥ . Khi đó KI đi qua 27 ; 33 − K vuông góc với : 3 CM y − nên có phương trình : 2 0 3 += x . Suy ra tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: 2 2 0 2 8 3 ; 3 8 33 2 40 3 = − += ⇔ ⇒ − − += = x x I xy y Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Gọi ( ;3) ∈ M m CM (với m ∈ ), suy ra 21 ; 33 MI m = −− − và 1 ;1 2 MD m = −− Do 2 2 11 7 .0 0 0 3 23 6 ⊥ ⇔ = ⇔ + + − = ⇔ + = MI MD MI MD m m m m 0 m = ⇔ hoặc 7 6 m = − (loại) Suy ra (0;3) M . Khi đó AB đi qua 1 ;4 , (0;3) 2 − DM nên có phương trình: 2 30 xy + −=. Do K là trọng tâm tam giác ACM nên 3 2 00 1 2 3 3 ( 1;2) 2 2 37 33 23 − = − − = − = ⇔ ⇔ ⇒− = −= − P P P P x x MP MK P y y + Gọi ( ;3 2 ) A a a AB −∈ và ( ;3) C c CM ∈ Khi đó P là trung điểm của AC 2 2 1 (1;1) 2 3 2 3 4 3 ( 3;3) += + =− = ⇒ ⇔ ⇔⇒ + = − += =− − AC P AC P x x x ac a A yy y a c C Vì M là trung điểm của ( 1;5) AB B ⇒− Vậy (1;1), ( 1;5), ( 3;3) AB C −− . Bài 2.5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A và M là trung điểm của AB . Đường thẳng CM có phương trình 5 7 20 0 xy − − = và 11 7 ; 66 K − là trọng tâm của tam giác ACM . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm nằm trên đường thẳng 2 4 70 xy + += và có bán kính bằng 5 2 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết A và C có tọa độ nguyên . Phân tích hướng giải: * Với kết quả Bài 2, ta có được KI ⊥ CM ( I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC ∆ ), kết hợp với I thuộc đường thẳng 2 4 70 xy + += giúp ta tìm được tọa độ điểm I . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com* Lúc này ta nhận ra Bài toán 1, khi C CM ∈ và 5 2 CI R = = . Nên ta sẽ dễ dàng tìm ra được tọa độ điểm C . Ta tham số hóa được điểm A thông qua điểm M CM ∈ (do K là trọng tâm ACM ∆ ). Nghĩa là tiếp tục nhờ Bài toán 1 giúp ta tìm được tọa độ điểm A và M . Từ đây ta suy ra được tọa độ điểm B . Sau đây là lời giải chi tiết cho bài toán trên. Giải + Gọi G , I lần lượt là trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Theo kết quả ở Bài 2 ta có I là trực tâm của tam giác MGK KI MG ⇒⊥ hay KI CM ⊥ . Khi đó KI đi qua 27 ; 33 − K và nhận (7;5) = CM u làm vecto pháp tuyến, nên KI có phương trình: 27 7 5 0 7 5 70 33 + + − = ⇔ + −= x y xy Suy ra tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: 7 7 5 70 77 2 ; 2 4 70 7 22 2 = + −= ⇔ ⇒− + += = − x xy I xy y + Gọi (4 7 ;5 ) C t t CM +∈ , khi đó : 22 22 5 25 1 7 25 7 5 74 42 0 0 2 2 22 2 = = ⇔ = ⇔ + + + = ⇔ + = ⇔= R IC IC t t t t t hoặc 21 37 t = − (loại) Suy ra (4;0) C . + Gọi (4 7;5) M m m CM +∈ , khi đó K là trọng tâm tam giác ACM nên: 11 5 3 ( ) (4 7 4) 7 5 7 22 7 ;5 77 22 3 ( ) (5 0) 5 22 = − + =−+ + = − − ⇒ − −− − = − + = −− + = − − A K Mc A K Mc x x xx m m Am m y y y y m m ⇒ ( ) ( ) 22 22 2 25 7 6 5 148 168 47 0 2 = ⇔ + + = ⇔ + += IA R m m m m Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com1 (1; 1) 2 72 12 ; 47 37 37 74 − = − ⇔⇒ − = − A m A m Do A có tọa độ nguyên nên (1; 1) A − 15 ; (0; 4) 2 2 MB ⇒ −⇒ − (vì M là trung điểm của AB ) Vậy (1; 1), (0; 4), (4;0) AB C −− . Bài 3. Cho hình vuông ABCD . Gọi M là trung điểm của cạnh AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho 3 AN NC = . Chứng minh tam giác DMN vuông cân. Giải Cách 1 (dùng hình học phẳng thuần túy) Cách 1.1: Gọi { } = AC BD I và E là trung điểm của DI. Khi đó MNEA là hình bình hành (vì , MA NE cùng song song và bằng 2 CD ) , suy ra AE // MN (1) Mặt khác : , ⊥⊥ NE DA DI AN nên E là trực tâm tam giác DNA, suy ra AE DN ⊥ (2) Từ (1) và (2) suy ra ⊥ MN DN hay 0 90 = MND (*) Khi đó 0 180 += MND DAM nên MNDA nội tiếp đường tròn, suy ra: 0 45 = = DMN DAN (cùng chắn DM ) (2*) Từ (*) và (2*) suy ra tam giác DMN vuông cân tại N (đpcm). Cách 1.2: Gọi đường thẳng đi qua N vuông góc với AB, cắt AB, CD lần lượt là P, Q. Khi đó ∆= ∆ MPN NQD (c.g.c) ⇒ 0 90 = ⇒ = = PNM QDN MND DN MN Suy ra tam giác DMN vuông cân tại N (đpcm). Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comCách 2 (dùng hệ thức lượng trong tam giác) Đặt 2 32 ;; 2 44 4 =⇒= == = a AC a a AB a AM CN AN . Khi đó: + Xét tam giác ADM , ta có: 2 2 2 2 22 5 2 4 =+ =+ = aa DM AD AM a (1) + Xét tam giác AMN , ta có: 2 22 2 . .cos = +− MN AM AN AM AN NAM 2 2 02 32 32 5 2. . .cos 45 2 4 24 8 =+− = a a aa a (2) + Xét tam giác DCN , ta có: 2 2 2 2 2 02 2 2 5 2 . .cos 2. . .cos 45 44 8 = +− =+ − = a a DN CD CN CD CN DCN a a a (3) Từ (1), (2), (3) ta được : 22 2 MN DN MN DN DM = += , suy ra tam giác DMN vuông cân tại N (đpcm). Cách 3 (dùng phương pháp vectơ) Đặt AB a = Ta có: ( ) ( ) 13 13 1 3 24 24 4 4 1 1 3 1 4 4 44 =+ = −+ = −+ + =− = += + = + + = + MN MA AN DC AC DC AD DC DC DA DN DC CN DC CA DC CD DA DC DA Khi đó: 2 2 22 2 2 2 22 2 13 1 9 3 5 . 4 4 16 16 8 8 3 1 9 1 3 5 . 4 4 16 16 8 8 = − = +− = = + = ++ = MN DC DA DC DA DC DA a DN DC DA DC DA DC DA a ⇒ = MN DN (1) Lại có: ( ) 22 1 3 3 1 3 1 . .0 4 4 4 4 16 2 = − + = −− = MN DN DC DA DC DA DC DA DC DA ⇒ ⊥ MN DN (1) Từ (1) và (2) suy ra tam giác DMN vuông cân tại N (đpcm). Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comCách 4 (dùng phương pháp tọa độ) Chọn hệ trục tọa độ Oxy với (0;0) DO ≡ , (0; ), ( ;0) A a Ca Suy ra ; 2 a Ma và 3 ; 44 aa N nên 33 ;, ; 4 4 44 =−= a a aa MN DN Khi đó: 22 33 .0 16 16 MN DN a a =−= và 2 22 5 8 MN DN a = = Suy ra tam giác DMN vuông cân tại N (đpcm). Bài 3.1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD . Gọi M là trung điểm của cạnh AB , 31 ; 22 N − là điểm trên cạnh AC sao cho 3 AN NC = . Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD , biết đường thẳng DM có phương trình 10 x−= và D có tung độ âm. Giải Theo kết quả Bài 3, ta có được tam giác DMN vuông cân tại N nên : 3 52 2. ( , ) 2. 1 22 = = = − − = DN MN d N DM Suy ra , DM thuộc đường tròn tâm 52 , 2 N có phương trình: 2 2 3 1 25 2 22 + +− = xy Khi đó tọa độ điểm , DM là nghiệm của hệ : 2 2 1 (1;3) 3 1 25 3 (1; 2) 2 22 1 (1; 2) 10 2 (1;3) = = − + +− = ⇔⇒ = − −= = − xD y M xy xD x y M Do D có hoành độ âm nên ta được (1; 2) (1;3) D M − Gọi I là giao điểm của AC và BD ; G là giao điểm của AC và DM Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Khi đó G là trọng tâm của tam giác ABD nên ta có: 1 1 1 3(1 ) 4 3 1; 4 3 ( 2) 3(3 ) 3 3 = −= − =⇔ ⇔⇒ −− = − = G G G G x x DM GM G y y Mặt khác: 2 22 4 . 3 33 9 = = = AG AI AN AN Khi đó 4 3 1 3 92 4 (3;2) 2 9 4 41 3 92 − = −− = = ⇔ ⇔⇒ = −= − A A A A AA xx x AG AN A y yy Suy ra ( 1;4) B − (do M là trung điểm của AB ) (0;1) ( 3;0) I C ⇒ ⇒− ( do I là trung điểm của BD và AC ) Vậy (3;2), ( 1;4), ( 3;0), (1; 2) A B C D −− − . Chú ý: Ngoài cách trên ta có thể tìm điểm D, M bằng cách sử dụng Bài toán 6.2 như sau: + Gọi (1; ) D d DM ∈ với 0 d < , suy ra 51 ; 22 ND d = − . Ta có (0;1) DM u = Khi đó 22 1 . 2 2 cos 2 2 . 5 1 22 − = ⇔ = ⇔= − +− DM DM d ND u NDM d ND u d hoặc 3 d = (loại) Suy ra (1;3) D , suy ra phương trình đường thẳng : 10 NM x y + += Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 10 1 (1; 2) 10 2 x x M xy y −= = ⇔ ⇒− + += =− Bài 3.2 ( Khối A, A1 – 2014). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M là trung điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho 3 AN NC = . Viết phương trình đường thẳng CD , biết rằng (1;2) M và (2; 1) N − . Phân tích hướng giải: * Yêu cầu bài toán viết phương trình CD , giúp ta hướng tới việc gắn kết các dữ kiện để tìm các yếu tố liên quan tới đường thẳng CD . Việc bài toán cho biết tọa độ hai điểm (1;2) M và (2; 1) N − cùng với dữ kiện 3 AN NC = , khiến ta nghĩ tới việc tìm tọa Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comđộ điểm E ( với { } MN CD E ∩= ) . Điều này hoàn toàn có thể làm được nhờ vào Bài toán 5.1 khi ta suy luận được 3 MN NE = . * Lúc này nếu tìm thêm được một điểm trên CD thì coi như bài toán giải quyết xong. Nhờ Bài toán 1 ta sẽ nghĩ tới việc tìm điểm D . Cụ thể với kết quả của Bài 3 ta có được tam giác MND vuông cân tại N nên D thuộc đường thẳng ND (viết được phương trình) và cách N một khoảng không đổi MN ( DN MN = ). Như vậy bài toán đã chuyển về đúng nội dung Bài toán 1 nên ta có lời giải như sau: Giải + Gọi { } MN CD E ∩= và H là hình chiếu vuông góc của M trên CD . Khi đó theo định lý Ta-let ta có: 33 ==⇒ = MN AN MN NE NE NC (*) + Gọi (; ) Ex y suy ra ( 2; 1) NE x y =− + và với (1; 3) MN = − Do đó 7 1 3( 2) (*) 3 3 3( 1) 2 x x y y = − = ⇔⇔ − = + = − 7 ; 2 3 E ⇒ − + Theo kết quả Bài 3, ta có tam giác MND vuông cân tại N nên suy ra (1; 3) DN n MN = = − . Khi đó phương trình ND : 3 50 xy − −= + Do D ND ∈ nên gọi (3 5; ) Dt t + . Khi đó: (*) 22 2 0 (5;0) (3 3) ( 1) 10 ( 1) 1 2 ( 1; 2) = ⇔ + + + =⇔ + =⇔ ⇒ =− − − tD tt t tD Đường thẳng CD đi qua 7 ; 2 3 E − và D nên với : + (5;0) D suy ra CD có phương trình : 3 4 15 0 xy − − = + ( 1; 2) D−− suy ra CD có phương trình : 2 y = − hay 20 y+= Vậy phương trình CD cần lập là 3 4 15 0 xy − − = hoặc 20 y+= Chú ý: Ngoài cách giải trên các bạn có thể tham khảo thêm cách giải khác ở Ví dụ 2 trong Bài toán 6.1. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 3.3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD . Gọi M là trung điểm của cạnh AB , N thuộc đường thẳng :3 4 0 xy ∆ + += và là điểm trên cạnh AC sao cho 1 4 CN AC = . Biết phương trình đường thẳng : 10 MD x−= . Xác định tọa độ đỉnh C của hình vuông ABCD , biết khoảng cách từ C đến đường thẳng MD bằng 4 và N có hoành độ âm. Giải + Gọi G là trọng tâm của tam giác ABD khi đó ta dễ dàng chỉ ra được: 5 8 = NG CG Suy ra 5 55 ( , ). ( , ).4 8 82 = = = d N DM d C DM Gọi ( ; 3 4) Nt t − − ∈∆ với 0 t < , khi đó: 5 5 3 (, ) 1 2 22 = ⇔ − = ⇔= − d N DM t t hoặc 7 2 = t (loại), suy ra 31 ; 22 − N + Lúc này bài toán đưa về Bài 3.1 nên ta được kết quả cuối cùng: ( 3;1) − C hoặc ( 3;0) − C . Bài 3.4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh (5;1) D . Gọi M là trung điểm của cạnh AB , N là điểm trên cạnh AC sao cho 1 4 CN AC = . Biết đường thẳng đi qua hai điểm M và N có phương trình 3 40 x y − − =. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD , biết điểm M có tung độ dương. Phân tích hướng giải: * Nhận thấy các dữ kiện trong bài toán chỉ xoay quanh 3 điểm , , M ND . Do đó ta nghĩ tới việc liên kết các điểm này với nhau bằng câu hỏi “ 3 điểm này liệu có tạo nên tam giác đặc biệt không ?”, và chúng ta đã có được câu trả lời nhờ vào Bài 3 – khi tam giác MND vuông cân tại N . Điều này sẽ giúp ta viết được phương trình DN và suy ra được tọa độ điểm N . * Việc tìm điểm M cũng khá dễ dàng khi ta nhận thấy, M thuộc Bài toán 1 ( M MN ∈ và MN DN = ) . Sau khi tìm được điểm M ta quay về nội dung giống như Bài 3.1 Do đó ta có lời giải chi tiết sau: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comGiải + Theo kết quả Bài 3 ta có tam giác MND vuông tại N Do đó DN đi qua (5;1) D và nhận (1;3) MN u = làm vecto pháp tuyến. Khi đó phương trình DN : 3 80 xy + −= Suy ra tọa độ điểm N là nghiệm của hệ 3 40 2 (2;2) 3 80 2 − −= = ⇔⇒ + −= = xy x N xy y + Gọi ( ;3 4) − ∈ M t t MN với 4 3 > t , khi đó theo kết quả Bài 3 ta có tam giác MND cân tại N. Do đó 22 2 2 2 ( 2) (3 6) 10 ( 2) 1 3 = ⇔− + − = ⇔− =⇔ = MN ND t t t t hoặc 1 t = (loại), suy ra (3;5) M + Gọi I là giao điểm của AC và BD ; G là giao điểm của AC và DM Khi đó G là trọng tâm của tam giác ABD nên ta có: 11 3 5 3(3 ) 11 11 3 3; 5 1 3(5 ) 11 33 3 = −= − =⇔ ⇔⇒ −= − = G G G G x x DM GM G y y Mặt khác: 2 22 4 . 3 33 9 = = = AG AI AN AN Khi đó ( ) ( ) 11 4 2 5 4 39 (5;5) 11 4 5 9 2 39 − = − = = ⇔ ⇔⇒ = −= − A A A A AA xx x AG AN A y yy Suy ra (1;5) B (do M là trung điểm của AB ) (3;3) (1;1) IC ⇒⇒ ( do I là trung điểm của BD và AC ) Vậy (5;5), (1;5), (1;1) A BC . Bài 3.5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD . Gọi M là trung điểm của cạnh AB , N là điểm trên cạnh AC sao cho 1 4 = CN AC . Biết (1; 1) E − là trung điểm của đoạn DM . Tìm tọa độ đỉnh B , biết 2 ;0 3 F là trọng tâm tam giác AMN và điểm M có hoành độ âm. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comGiải + Theo kết quả của Bài 3 ta có tam giác MND vuông cân tại N . Suy ra MD EF ⊥ . Do đó MD có phương trình: 3 40 xy − − = + Mặt khác ta có: 2 1 31 0 3 (0;2) 3 2 1 3( 1 0) NN N N xx NE FE N y y −= − = =⇔ ⇔⇒ = −− = −− + Lúc này bài toán có nội dung giống Bài 3.1 do đó ta có kết quả : ( 4;0) B − . Bài 4: Cho tam giác ABC có tâm đường tròn nội tiếp J . Gọi D là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với đường thẳng AJ . Chứng minh rằng D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC . Giải + Gọi E là giao điểm thứ hai của BJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Khi đó: = = AmE EnC CpD DqB (góc nội tiếp bằng nhau chắn các cung bằng nhau) ⇒+ = + EnC CpD AmE DqB hay = + ECD AmE DqB (1) + Mặt khác: ( ) 1 2 1 2 = = + EBD sd ECD DJB AmE DqB (2) Từ (1) và (2) suy ra: = EBD DJB hay tam giác DBJ cân tại D , suy ra DB DJ = (*) + Lại có 12 A A DB DC = ⇒= (2*) Từ (*) và (2*) suy ra: DB DJ DC = = hay D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC (đpcm). Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 4.1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (6;6) I và ngoại tiếp đường tròn tâm (4;5) J . Biết điểm (2;3) A và hoành độ điểm B nhỏ hơn hoành độ điểm C . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC . Giải Đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm (6;6) I và bán kính 5 IA = nên có phương trình: 22 ( 6) ( 6) 25 x y − + − = Ta có AD đi qua (2;3), (4;5) AJ nên có phương trình : 10 x y − += Khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ : 2 2 2 3 (2;3) ( 6) ( 6) 25 (9;10) (9;10) 10 9 10 = = ≡ − +− = ⇔ ⇒ ⇒ − += = = x y DA xy D D xy x y Theo Bài 4 ta có , BC nằm trên đường tròn tâm (9;10) D bán kính 52 = DJ có phương trình : 22 ( 9) ( 10) 50 − +− = xy Khi đó tọa độ , BC là nghiệm của hệ : 22 22 2 9 ( 6) ( 6) 25 (2;9) (10;3) 10 ( 9) ( 10) 50 3 = = − +− = ⇔⇒ = − +− = = x y xy B C x xy y (do BC x x < ) Vậy (2;9), (10;3) BC . Bài 4.2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm (2;1) J . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình 2 10 0 xy +− = và (2; 4) D − là giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết B có hoành độ âm và B thuộc đường thẳng có phương trình 70 xy + +=. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comGiải + AJ đi qua (2;1) J và (2; 4) D − nên có phương trình: 20 x− = Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ : 20 2 (2;6) 2 10 0 6 x x A xy y − = = ⇔⇒ +− = = + Theo Bài 4 ta có B, C nằm trên đường tròn tâm (2; 4) D − bán kính 5 DJ = có phương trình : 22 ( 2) ( 4) 25 xy − + + = + Khi đó tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 22 3 4 ( 3; 4) ( 2) ( 4) 25 (2;9) 70 2 9 = − = − −− − ++ = ⇔⇒ + += = = − x y B x y B xy x y Do B có hoành độ âm nên ta được ( 3; 4) B−− + BC đi qua B và vuông góc với đường thẳng 2 10 0 xy +− =nên có phương trình: 2 50 xy − −= Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ : 22 3 4 ( 3; 4) ( 2) ( 4) 25 (5;0) (5;0) 2 50 5 0 = − = − −− ≡ − ++ = ⇔⇒ ⇒ − − = = = x y CB x y C C xy x y Vậy (2;6), ( 3; 4), (5;0) AB C −− . Bài 5. Cho hình bình hành ABCD . Một điểm M nằm trong hình bình hành sao cho = MAB MCB . Chứng minh rằng , AMD BMC là hai góc bù nhau. Giải Dựng điểm E sao cho ABEM là hình bình hành, khi đó DCEM cũng là hình bình hành Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Ta có: 11 12 21 = ⇒= ⇒ = AE A C BECM CE nội tiếp đường tròn 0 180 ⇒+ = BEC BMC (1) Mặt khác : ∆= ∆ BEC AMD (c.c.c) ⇒= BEC AMD (2) Từ (1) và (2) suy ra 0 180 + = AMD BMC hay , AMD BMC là hai góc bù nhau (đpcm). Bài 5.1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có đỉnh ( 7;0) D − . Một điểm M nằm trong hình bình hành sao cho MAB MCB = . Phương trình đường thẳng chứa , MB MC lần lượt là 1 : 20 xy ∆ + − =; 2 : 2 1 0 x y ∆ − −= . Tìm tọa độ đỉnh A , biết rằng đỉnh A thuộc đường thẳng : 3 dy x = và A có hoành độ nguyên. Giải Do { } 12 M ∆ ∆= nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 20 1 (1;1) 2 10 1 + −= = ⇔⇒ − −= = xy x M xy y Gọi ( ;3 ) Aa a d ∈ với a ∈ , khi đó ( 1;3 1) MA a a =−− Ta có: ( 8; 1) =−− MD và 12 , ∆∆ lần lượt có các vecto pháp tuyến 12 (1;1), (2; 1) = = − nn Theo kết quả Bài 5, ta có 0 180 + = AMD BMC , suy ra: ( ) ( ) 12 cos cos cos , cos , =⇔ =⇔ AMD BMC MA MD n n 22 8( 1) (3 1) 2 1 2. 5 ( 1) (3 1) . 65 − −− − − ⇔= −+ − aa aa 2 22 13(5 4 1) (11 9) 28 73 34 0 ⇔ − += − ⇔ − + = aa a a a 2 a ⇔= hoặc 17 28 a = (loại). Vậy (2;6) A . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 5.2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có đỉnh 11 1 ; 22 A . Một điểm (1; 1) M − nằm trong hình bình hành sao cho = MAB MCB và 0 135 BMC = . Tìm tọa độ đỉnh D , biết rằng D thuộc đường tròn có phương trình () T : 22 2 2 30 + − + − = x y x y . Giải + Đường tròn () T nhận (1; 1) M − làm tâm và có bán kính 5 R MD = = Ta có 3 10 2 = MA . Theo Bài 5 ta có 0 180 + = AMD BMC , suy ra: 00 180 45 = −= AMD BMC + Xét tam giác AMD ta có: 22 2 45 3 10 2 25 2 . .cos 5 2. . 5. 2 2 22 = + − = +− = AD MA MD MA MD AMD 5 2 ⇒= AD Suy ra D thuộc đường tròn tâm 11 1 ; 22 A bán kính 5 2 = AD có phương trình: 2 2 22 11 1 25 11 18 0 2 22 − + − = ⇔ + − −+ = x y x y xy + Khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ : 22 22 2 1 11 18 0 (2;1) (3; 2) 3 2 2 30 2 = = + − −+ = ⇔⇒ − = + − + − = = − x y x y xy D D x x y x y y . Vậy D(2; 1) hoặc D (3; -2). Bài 6: Cho tam giác ABC cân tại A và nội tiếp đường tròn tâm I . Gọi AI và đường cao đi qua C lần lượt cắt đường tròn tại các điểm thứ hai là , MN . Chứng minh rằng IB MN ⊥ Giải Ta có = NCB MAB (cùng phụ với ABC ) BN BM ⇒ = (tính chất góc nội tiếp) Mặt khác IM IN R = = Suy ra IB là đường trung trực của MN hay IB MN ⊥ (đpcm). Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 6.1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T) có tâm I (0; 5). Đường thẳng AI cắt đường tròn (T) tại điểm thứ hai là M(5; 0). Đường cao đi qua C cắt đường tròn (T) tại điểm thứ hai là 17 6 ; 55 − − N . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết đỉnh B có hoành độ dương. Giải + Vì I là trung điểm của AM nên ( 5;10) A − + Mặt khác theo kết quả Bài 6 ta có: IB MN ⊥ nên IB có phương trình: 7 50 + − = xy (với ( ) 42 6 6 ; 7;1 55 5 =− −= − MN ) + Gọi ( ;5 7 ) Bt t − với 0 t > , khi đó : 2 22 2 2 (7 ) 50 1 1 IB IM t t t t = ⇔ + = ⇔ = ⇔= hoặc 1 t = − (loại) (1; 2) B ⇒− + Phương trình : 50 AM x y + −=, suy ra BC đi qua B vuông góc AM có phương trình: 30 x y − −= Gọi { } AM BC H = , suy ra tọa độ điểm H là nghiệm của hệ: 30 4 (4;1) 50 1 − −= = ⇔⇒ + − = = xy x H xy y Do H là trung điểm của (7;4) BC C ⇒ Vậy ( 5;10) A − , (1; 2) B − , (7;4) C . Bài 7. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I . Gọi , MN lần lượt là chân chiều cao kẻ từ đỉnh B và C . Chứng minh rằng IA MN ⊥ . Giải + Do M, N đều nhìn BC dưới một góc vuông nên MNBC nội tiếp đường tròn Suy ra = ABC AMN (cùng bù với NMC ) (1) Gọi D là giao điểm thứ hai của AI với đường tròn , khi đó: ABC ADC = (cùng chắn cung AC ) (2) Từ (1) và (2) suy ra: AMN ADC = Mặt khác: 0 90 + = ADC DAC , suy ra 0 90 + = ⇒⊥ AMN DAC IA MN (đpcm). Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 7.1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn 22 ( ) : 25 += Tx y ngoại tiếp tam giác ABC có tọa độ chân đường cao kẻ từ B, C lần lượt là (1;3), (2;3) MN . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết A có tung độ âm. Giải + Đường tròn ( ) C có tâm (0;0) O và bán kính 5 R = Theo kết quả của Bài 7 ta có MN OA ⊥ , do đó OA nhận (1;0) MN = làm vecto pháp tuyến nên OA có phương trình: 0 x = Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ : 22 0 5 0 (0; 5) 25 0 5 = = − = ⇔ ⇒ − += = = x y x A x y x y hoặc (0;5) A (loại). + Khi đó AB đi qua (0; 5) A − và (2;3) N nên có phương trình : 4 50 x y − −= Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 22 0 5 (0; 5) 4 50 40 75 40 ; 40 75 ; 17 17 25 17 17 17 75 17 = = − −≡ − − = ⇔⇒ ⇒ = += = x y BA xy B x B x y y + AC đi qua (0; 5) A − và (1;3) M nên có phương trình : 8 50 x y − −= Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 22 0 5 (0; 5) 8 50 16 63 16 ; 16 63 ; 13 13 25 13 13 13 63 13 = = − −≡ − − = ⇔⇒ ⇒ = += = x y CA xy C x C x y y Vậy 40 75 16 63 (0; 5), ; , ; 17 17 13 13 − AB C . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 7.2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn 22 ( ) : 25 Cx y +=, đường thẳng AC đi qua điểm (2;1) K . Gọi , MN lần lượt là chân đường cao kẻ từ đỉnh B và C . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC , biết phương trình đường thẳng MN là 4 3 10 0 xy − += và điểm A có hoành độ âm. Giải + Đường tròn ( ) C có tâm (0;0) O và bán kính 5 R = Theo kết quả của Bài 7 ta có MN OA ⊥ . Do đó ta có phương trình :3 4 0 OA x y += Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ : 22 4 3 34 0 ( 4;3) 25 4 3 = − = + = ⇔ ⇒− += = = − x y xy A x y x y hoặc (4; 3) A − (loại). + Khi đó AC đi qua ( 4;3) A − và (2;1) K nên có phương trình: 3 50 xy + −= Suy ra ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ : 22 4 3 3 50 ( 4;3) (5;0) 25 5 0 x y xy CA C xy x y = − = + −= −≡ ⇔⇒ += = = Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 3 50 1 ( 1;2) 4 3 10 0 2 + −= =− ⇔ ⇒− − += = xy x M x y y Phương trình đường thẳng :3 5 0 BM x y − += Suy ra tra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ : 22 3 4 3 50 ( 3; 4) (0;5) 25 0 5 = − = − − + = −− ⇔⇒ += = = x y xy B B x y x y Vậy ( 4;3), ( 3; 4), (5;0) − −− AB C hoặc ( 4;3), (0;5), (5;0) − A B C . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 8. Cho tam giác ABC có trực tâm H . Gọi D là giao điểm thứ hai của AH với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và M là giao điểm của AH với BC . Chứng minh rằng: M là trung điểm của HD . Giải Ta có 11 B A = (cùng chắn cung DC ) và 21 BA = (cùng phụ với góc C ) Suy ra 12 B B BHD = ⇒∆ cân tại B M ⇒ là trung điểm của HD (đpcm). Bài 8.1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh ( 1; 3) A−− . Biết rằng trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt là (1; 1) H − và (2; 2) I − . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam gi ác ABC . Giải + Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tâm (2; 2) I − bán kính 10 IA = có phương trình: 22 ( ) : ( 2) ( 2) 10 Tx y − + + = + Phương trình : 20 AH x y − − = . Gọi D là giao điểm thứ hai của AH với đường tròn () T . Khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ : 22 3; 1 (3;1) ( 2) ( 2) 10 (3;1) 1; 3 ( 1; 3) 20 = = − ++ = ⇔⇒ ⇒ =− =− − − ≡ − −= xy D x y D xy D A xy + Gọi M là giao điểm của BC và AD . Theo kết quả Bài 8 ta có M là trung điểm của (2;0) HD M ⇒ + Khi đó BC đi qua M vuông góc với AH nên có phương trình: 20 xy + − = Suy ra tọa độ , BC là nghiệm của hệ: 22 1; 1 (1;1), (5; 3) ( 2) ( 2) 10 5; 3 (5; 3), (1;1) 20 = = − − ++ = ⇔⇒ == − − + −= xy B C x y xy B C xy Vậy (1;1), (5; 3) BC − hoặc (5; 3), (1;1) BC − . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 8.2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC có trực tâm (5;5) H , phương trình đường thẳng chứa cạnh BC là 80 xy + −=. Biết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua hai điểm (7;3) E và (4;2) F . Tính diện tích tam giác ABC . Giải + Đường thẳng AH đi qua (5;5) H và vuông góc với BC nên có phương trình: 0 x y −= + Gọi AH giao với BC tại M và giao với đường tròn ngoại tiếp ABC ∆ tại D (khác A ) Khi đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 0 4 (4;4) 80 −= ⇔= = ⇒ + −= xy x y M xy Theo kết quả của Bài 8, ta có M là trung điểm của HD nên suy ra (3;3) D + Gọi phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có dạng 22 ( ): 0 T x y ax by c + + + += Ta có: (7;3) ( ) 7 3 58 10 (4;2) ( ) 4 2 20 8 (4;4) ( ) 4 4 32 36 ∈ + + =− =− ∈ ⇔ + + =− ⇔ =− ∈ + + =− = E T a bc a F T a bc b D T a bc c Suy ra 22 ( ) : 10 8 36 0 Tx y x y +− − + = + Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ : 22 0 6 (6;6) 3 10 8 36 0 −= = = ⇔⇒ = = + − − + = xy x y A x y x y x y (vì (3;3) AD ≠ ) + Tọa độ điểm , BC là nghiệm của hệ: 22 80 3; 5 (3;5), (6;2) 32 6; 2 (6;2), (3;5) 10 8 36 0 + −= = = ⇔ ⇒ ⇒ = = = + − − + = xy xy B C BC xy B C x y x y Suy ra 6 68 11 . ( , ) .3 2. 6 22 2 + − = = = ABC S BC d A BC Vậy 6 ABC S = . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 8.3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp (2;2) I , trực tâm (2;12) H . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết rằng đường thẳng BC có phương trình 20 xy + − =. Gợi ý: + Viết phương trình AH (đi qua H và vuông góc với BC ) + Suy ra tọa độ điểm M (là giao của AH và BC ) ⇒ tọa độ điểm D (Do M là trung điểm của HD – nhờ kết quả Bài 8 ) + Viết phương trình đường tròn () T ngoại tiếp tam giác ABC (tâm I bán kính ID ) + Từ đó suy ra tọa độ , BC là giao của BC với () T và tọa độ A là giao của AD với () T . Đáp số: ( ) ( ) (4;14), 1 73;1 73 , 1 73;1 73 A B C + − −+ hoặc ( ) ( ) (4;14), 1 73;1 73 , 1 73;1 73 A B C −+ + − Bài 8.4. Cho tam giác nhọn ABC . Đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là 3 5 80 xy + −= và 40 x y − − =. Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là (4; 2) D − . Viết phương trình các đường thẳng , AB AC biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3. Giải + Gọi M là trung điểm của BC , khi đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 7 3 5 80 71 2 ; 40 1 22 2 = + −= ⇔ ⇒ − − −= = − x xy M xy y + Vì AD BC ⊥ , nên AD đi qua (4; 2) D − nhận (1;1) BC u = làm vecto pháp tuyến nên có phương trình: 4 20 20 x y xy − ++ = ⇔ +− = + Do { } AD AM A = , nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 3x 5y 8 0 + − = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 3 5 80 1 (1;1) 20 1 + −= = ⇔⇒ + −= = xy x A xy y Gọi { } BC AD P = , nên tọa độ điểm P là nghiệm của hệ: 40 3 (3; 1) 20 1 − −= = ⇔ ⇒− + −= =− xy x P xy y + Theo Bài 8 ta có P là trung điểm của HD (2;0) H ⇒ + Gọi Gọi ( ; 4) B t t BC −∈ với 3 t ≤ (7 ;3 ) ⇒ −− C tt (2 ;4 ) (6 ;2 ) = −− ⇒ = −− BH t t AC t t Do H là trực tâm của ABC ∆ nên : . 0 (2)(6) (4)(2) 0 = ⇔ − −+ − − = BH AC t t t t (2 )(10 2 ) 0 ⇔− − =⇔ t t 2 t = hoặc 5 t = (loại) (2; 2) (5;1) − ⇒ B C + Suy ra phương trình :3 4 0 AB x y + − = và : 10 AC y−= Nhận xét và bình luận: Với khả năng sáng tạo, hy vọng bạn đọc có thể tự tạo ra cho mình những đề bài hay, được phát triển dựa trên những bài toán hình học phẳng thuần túy quen thuộc nhưng chứa đựng nhiều vẻ đẹp vốn có của nó. Sau đây là các bài toán đề xuất bạn đọc có thể tham khảo thêm: B. Các bài toán đề xuất Bài 9. Cho tam giác ABC với H là trực tâm . Gọi ', ', ' A B C lần lượt là trung điểm các cạnh ,, BC CA AB . Gọi , , DE F lần lượt là chân chiều cao ứng với các đỉnh ,, A BC và ,, K LM lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng ,, AH BH CH . Chứng minh rằng: 9 điểm ', ', ', , , , , , A B C D E F K LM cùng nằm trên một đường tròn và H cùng với trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thẳng hàng. Bài 9.1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm (1;1) G . Phương trình đường tròn đi qua trung điểm của các đoạn , BA BC và chân đường cao hạ từ B xuống cạnh AC có phương trình 22 ( 1) 4 x y + + = . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Đáp số: 22 ( 3) ( 5) 16. − + − = xy Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 9.2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn 22 ( ) : ( 2) ( 2) 25 Tx y + + − = . Đường thẳng đi qua A và vuông góc với BC cắt () T tại điểm (1; 2) E − khác A . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết tam giác ABC có trọng tâm 16 1; 3 G − . Đáp số: (1;6), ( 6;5), (2;5). − AB C Bài 10. Cho hình vuông ABCD . Gọi , MN lần lượt là các điểm trên cạnh BC và CD sao cho BM CN = . Chứng minh rằng AM BN ⊥ . Bài 10.1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh (3;3) B . Gọi , MN lần lượt là trung điểm của cạnh BC và CD . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD , biết A thuộc đường thẳng : 20 xy ∆ + − = và 11 7 ; 55 H là giao điểm của AM và BN . Đáp số: ( 1;3), (3; 1), ( 1; 1) AC D − − −− Bài 10.2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD . Gọi , MN lần lượt là trung điểm của cạnh BC và CD . Đường thẳng đi qua B và C có phương trình 40 xy + − =. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD , biết C có hoành độ dương và 48 ; 55 H là giao điểm của AM và BN . Đáp số: ( 4;0), (0;4), (4;0), (0; 4) A BC D −− . Bài 10.3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD có đáy lớn CD và 2 CD AD AB = = ; 0 90 BAD = , (3;6) B . Gọi M là trung điểm của AD và 18 24 ; 5 5 H là hình chiếu vuông góc của M trên BC . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang ABCD , biết A có tung độ nhỏ hơn 7 . Đáp số: (0;6), (6;0), (0;0) AC D . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comPHẦN 5. BÀI TẬP TỔNG HỢP Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh ( 12;1) B − và trọng tâm 12 ; 33 G . Đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A có phương trình là : 2 50 xy ∆ + −=. Viết phương trình đường thẳng BC . Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD có hai đáy , AD BC , đỉnh 7 13 ; 42 A và 49 AD BC = . Giao điểm của hai đường chéo , AC BD là (4;2) E . Đỉnh B thuộc đường thẳng :3 2 1 0 xy ∆ + += và trung điểm M của đoạn BC thuộc đường thẳng 20 x− =. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang ABCD . Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , đường tròn đường kính AM cắt cạnh BC tại hai điểm , (5;7) BM và cắt đường chéo BD tại (6;2) N , đỉnh C thuộc đường thẳng : 2 7 0 d x y − − =. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD , biết hoành độ đỉnh C nguyên và tung độ đỉnh A bé hơn 2. Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD . Điểm (3;2) N là trung điểm cạnh BC , các điểm ( 2;2) M − và (2; 1) P − lần lượt nằm trên cạnh AB và DC sao cho AM CP = . Xác định tọa độ các đỉnh ABCD . Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh ( 3;1) A − và đỉnh C thuộc đường thẳng : 2 50 xy ∆ − −=. Trên tia đối của CD lấy điểm E sao cho CE CD = , biết (6; 2) N − là hình chiếu vuông góc của D lên đường thẳng BE . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD . Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng : 10 dx y − −= và hai đường tròn có phương trình 22 1 ( ) : 6 8 23 0 Cx y x y + − ++= , 22 2 ( ) : 12 10 53 0 Cx y x y + + − += . Viết phương trình đường tròn ( ) C có tâm nằm trên d , tiếp xúc trong với 1 () C và tiếp xúc ngoài với 2 () C . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có chân đường cao hạ từ đỉnh ,, A BC đến các cạnh đối diện là (2; 1), (2;2), ( 2;2) D EF −− . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại B và 2 BC BA = . Điểm (2; 2) M − là trung điểm của cạnh AC . Gọi N là điểm trên cạnh BC sao cho 1 4 BN BC = . Điểm 48 ; 55 H là giao điểm của AN và BM . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết điểm N nằm trên đường thẳng 2 60 xy + −=. Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có điểm (2;3) A , trọng tâm (2;0) G . Hai đỉnh B và C lần lượt thuộc các đường thẳng 1 : 50 xy ∆ + += và 2 : 2 70 xy ∆ + − =. Viết phương trình đường tròn tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG . Bài 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có 2 AC AB = . Điểm (1;1) M là trung điểm của BC . Điểm N thuộc đoạn AC sao cho 3 NC AN = và điểm D thuộc BC sao cho AD đối xứng với AM qua phân giác trong góc A của tam giác ABC . Điểm C thuộc đường thẳng : d 70 xy + − = và DN có phương trình 3 2 80 xy − +=. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Bài 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có phương trình đường chéo : 50 AC x y + −=. Trên tia đối của tia CB lấy điểm M và trên tia đối của tia DC lấy điểm N sao cho DN BM = . Đường thẳng song song với AN kẻ từ M và đường thẳng song song với AM kẻ từ N cắt nhau ở (0; 3) F − . Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD , biết điểm M nằm trên trục hoành. Bài 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm (3;0) A và elip 2 2 ( ): 1 9 x E y += . Tìm tọa độ các điểm , BC thuộc ( ) E sao cho tam giác ABC vuông cân tại A , biết điểm B có tung độ dương. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho 22 ( ): 1 25 9 xy E += . Tìm điểm M có hoành độ dượng thuộc (E) sao cho 0 12 90 F MF = , trong đó 12 , FF là các tiêu điểm. Bài 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip ( ) E có tâm sai 4 5 e = , đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của elip có phương trình 22 34 xy +=. Viết phương trình chính tắc của elip và tìm tọa độ điểm M thuộc elip ( ) E sao cho M nhìn hai tiêu điểm dưới một góc vuông và M có hoành độ dương. Bài 15. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng :3 4 0 d xy + − = và elip 22 ( ): 1 94 xy E += . Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với d và cắt ( ) E tại hai điểm , A B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 3. Bài 16. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có tam giác vuông ABD nội tiếp đường tròn 22 ( ) : ( 2) ( 1) 9 Tx y − + − = . Biết hình chiếu vuông góc của B và D lên đường chéo AC lần lượt là 22 14 ; 55 H và 13 11 ; 55 K . Xác định tọa độ các đỉnh của hình bình hành ABCD biết A có tung độ nguyên và 3 2 AD = . Bài 17. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có điểm M nằm trên cạnh BC sao cho 2 MC MB = , trên tia đối của tia DC lấy điểm N sao cho 2 NC ND = . Đỉnh (1; 3) D − và điểm A nằm trên đường thẳng 3 90 x y − +=. Phương trình đường thẳng : 4 3 3 0 MN x y − −=. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD . Bài 18. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho biết elip ( ) E có chu vi hình chữ nhật cơ sở bằng ( ) 16 2 3 + , đồng thời một đỉnh của ( ) E tạo với hai tiêu điểm một tam giác đều. Viết phương trình đường tròn () T có tâm là gốc tọa độ và cắt ( ) E tại bốn điểm là bốn đỉnh của một hình vuông. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 19. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh (1;2) A , đường trung tuyến : 2 1 0 BM x y + += và phân giác trong : 10 CD x y + −= . Viết phương trình đường thẳng BC . Bài 20. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh (2;3) A , tâm đường tròn ngoại tiếp (6;6) I , tâm đường tròn nội tiếp là (4;5) J . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC . Bài 21. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C): (x- 4) 2 + 2 9 25 2 4 y −= và hai điểm (2;3), (6;6) A B . Gọi , MN là hai điểm khác nhau nằm trên đường tròn ( ) C sao cho các đường thẳng AM và BN cắt nhau tại điểm 5 4; 2 H , AN và BM cắt nhau tại C . Tìm tọa độ điểm C , biết tọa độ điểm 5 4; 2 H . Bài 22. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp là (4; 1) I − . Đường cao và trung tuyến xuất phát từ đỉnh A lần lượt có phương trình 10 xy + −= và 2 10 xy + −= . Viết phương trình đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC . Bài 23. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC . Đường cao kẻ từ A , trung tuyến kẻ từ B , trung tuyến kẻ từ C lần lượt có phương trình 6 0, 2 1 0, 1 0 xy x y x + − = − + = −= . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Bài 24. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12 , giao điểm của hai đường chéo là 93 ; 22 I , trung điểm của cạnh AD là (3;0) M . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết A có hoành độ dương. Bài 25. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại A , phương trình : 2 7 0 BC x y − − =, đường thẳng AC đi qua điểm ( 1;1) M − , điểm A nằm trên đường thẳng : 4 60 xy ∆ − + =. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết A có hoành độ dương. Bài 26. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A . Đường thẳng AC có phương trình là: 3 50 x y − −= . Gọi H là trung điểm của BC , Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comD là hình chiếu vuông góc của H trên AC và M là trung điểm của HD . Đường thẳng BD đi qua điểm (8; 5) E − và phương trình đường thẳng AM là: 11 7 5 0 xy − −=. Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC . Bài 27. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết đường cao kẻ từ A , trung tuyến kẻ từ B và phân giác trong kẻ từ C lần lượt có phương trình lần lượt là 3 4 27 0 xy −+= , 4 5 30 xy + −= và 2 50 xy + −=. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Bài 28. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có 2 AC AB = . Điểm (1;1) M là trung điểm của BC , điểm D thuộc BC sao cho AD đối xứng với AM qua tia phân giác trong góc BAC . Đường thẳng có phương trình :3 2 8 0 d x y − += đi qua D . Xác định tọa độ các đỉnh B của tam giác ABC , biết C thuộc đường thẳng ': 7 0 dx y + − =. Bài 29. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn 22 5 1 325 ( ): 2 4 16 Tx y − + − = . Đường phân giác trong góc BAC cắt () T tại 7 0; 2 E − . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết đường thẳng BC đi qua điểm ( 5;2) N − và đường thẳng AB đi qua điểm ( 3; 2) P−− . Bài 30. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng : 5 2 19 0 xy ∆ − −= và đường tròn 22 ( ): 4 2 0 Tx y x y +− − = . Từ một điểm M nằm trên đường thẳng ∆ kẻ hai tiếp tuyến , MA MB đến đường tròn ( ) C ( , A B là hai tiếp điểm). Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB biết 10 AB = . Bài 31. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có 10 5 BD AC = . Gọi hình chiếu vuông góc của điểm D lên các đường thẳng , AB BC lần lượt là ( 2; 1), (2; 1) MN −− − , biết AC nằm trên đường thẳng 70 xy −= . Tìm tọa độ các đỉnh , AC . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 32. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm 4 ;1 3 G , trung điểm BC là điểm M(1; 1). Phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ đỉnh B là : ∆ 70 xy + − =. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Bài 33. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng : 10 x y ∆ − −= . Viết phương trình đường tròn ( ) C có tâm I thuộc đường thẳng ∆ . Biết ( ) C cắt trục Ox tại hai điểm , A B và cắt trục Oy tại hai điểm , MN sao cho diện tích của hai tam giác IAB và IMN đều bằng 12. Bài 34. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường tròn 22 1 ( ): 4 0 Cx y y +− = và 22 2 ( ) : 4 18 36 0 Cx y x y + ++ += . Viết phương trình đường tròn ( ) C có tâm I nằm trên đường thẳng : 2 7 0 d xy + − = đồng thời tiếp xúc với cả hai đường tròn 1 () C và 2 () C . Bài 35. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip 22 ( ): 1 25 9 xy E += và điểm (2;1) M . Viết phương trình đường thẳng d đi qua M cắt ( ) E tại hai điểm , A B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB nằm trên đường thẳng :2 yx ∆=. Bài 36. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn 22 ( ): 8 Cx y += . Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn ( ) C biết tiếp tuyến cắt các tia , Ox Oy lần lượt tại , A B sao cho tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất. Bài 37. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh (3; 4) A − . Phương trình đường trung trực cạnh BC , đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh C lần lượt là 10 xy + −= và 3 90 x y − −=. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC . Bài 38. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn 22 ( ): 4 2 8 0 Tx y x y + − − −=. Đỉnh A thuộc tia Oy , đường cao vẽ từ C nằm trên đường thẳng : 5 0 dx y += . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết C có hoành độ là một số nguyên. Bài 39. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh ( 3;5) A − , tâm I thuộc đường thẳng : 50 xy ∆ + −= và diện tích bằng 25. Tìm Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comtọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD , biết rằng điểm I có hoành độ dương. Bài 40. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm (0;2) M và hai đường thẳng 12 , ∆∆ có phương trình lần lượt là 3 20 xy + += và 3 40 xy − +=. Gọi A là giao điểm của 1 ∆ và 2 ∆ . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M , cắt hai đường thẳng 12 , ∆∆ lần lượt tại , BC ( B và C khác A ) sao cho 2 2 11 AB AC + đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 41. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip 22 ( ): 1 16 4 xy E += ngoại tiếp tam giác đều ABC . Tính diện tích tam giác ABC , biết ( ) E nhận (0;2) A làm đỉnh và trục tung làm trục đối xứng. Bài 42. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (T): (x -1) 2 + (y-2) 2 = 5 và đường thẳng : 20 xy ∆ + +=. Từ điểm A thuộc ∆ kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với () T tại B và C . Tìm tọa độ điểm A biết diện tích tam giác ABC bằng 8. Bài 43. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A . Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC , biết BC và BG lần lượt có phương trình 2 40 xy − − = và 748 0 xy − −=. Biết đường thẳng CG đi qua điểm 3 2; 4 E − . Tìm tọa độ điểm A . Bài 44. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip 22 ( ): 1 100 25 xy E += . Tìm các điểm M thuộc ( ) E sao cho 0 12 120 F MF = , trong đó 12 , FF là hai tiêu điểm của ( ) E . Bài 45. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm (1; 2) I − và hai đường thẳng có phương trình lần lượt là 1 :3 5 0 xy ∆ + += và 2 :3 1 0 xy ∆ + += . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua I và cắt 12 , ∆∆ lần lượt tại A và B sao cho 22 AB = . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 46. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với trung tuyến và phân giác trong của đỉnh B có phương trình 1 : 2 3 0 xy ∆ + −= và 2 : 20 xy ∆ + − =. Điểm (2;1) M nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB , đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính bằng 5 . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết đỉnh A có hoành độ dương. Bài 47. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD . Biết phân giác trong của ABC đi qua trung điểm M của AD , đường thẳng BM có phương trình 20 x y −+=, điểm D thuộc đường thẳng : 90 xy ∆ + −= và điểm ( 1;2) E − thuộc cạnh AB . Tìm tọa độ các đỉnh của cho hình chữ nhật ABCD , biết điểm B có hoành độ âm. Bài 48. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh (3; 3) C − , M là trung điểm của BC . Đường thẳng MD có phương trình 20 x y − − =, điểm A thuộc đường thẳng :3 2 0 d xy + − =. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD . Bài 49. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có 2 BC = . Gọi , HG lần lượt là trực tâm và trọng tâm của tam giác ABC và O là trung điểm của BC . Tìm tọa độ đỉnh A biết A thuộc đường thẳng : ∆ 5 2 40 xy − − = và trung điểm K của HG cùng với các điểm , BC đều thuộc trục hoành. Bài 50. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình đường cao kẻ từ đỉnh B và phân giác trong kẻ từ đỉnh A lần lượt là 1 : 3 4 10 0 dx y + += và 2 : 10 d x y − += . Điểm (0;2) M thuộc đường thẳng AB và cách C một khoảng bằng 2 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Bài 51. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD với ( 3;6) A − . Biết tam giác ABC nội tiếp đường tròn có tâm I (1; 3) và . 60 2 AB AC = . Hình chiếu H của điểm A xuống cạnh BC thuộc đường thẳng : 2 30 dx y + −=. Hãy tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD biết H có tọa độ nguyên và hoành độ của điểm B bé hơn hoành độ điểm C . Bài 52. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AO . Gọi () T là đường tròn tâm A , đường kính OD . Tiếp tuyến Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comcủa () T tại D cắt CA tại ( 8;8) E − . Đường c ao xuất phát từ đỉnh A của tam giác AEB đi qua điểm (4;7) M . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết đường thẳng EB có phương trình 4 3 80 xy + +=. Bài 53. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (T): (x – 2) 2 + (y+3) 2 = 4 và hai điểm (2; 1), (2; 5) AB − − . Một đường kính MN thay đổi sao cho các đường thẳng , AM AN cắt tiếp tuyến tại B lần lượt tại P và Q . Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác MPQ biết điểm H nằm trên đường thẳng : 2 7 0 d x y − − =. Bài 54. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành OABC có tâm I và diện tích bằng 4. Biết (1;2) A và I thuộc đường thẳng : 10 xy ∆ + −= . Tìm tọa độ các điểm , BC . Bài 55. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh ( 3;4) A − , đường phân giác trong của góc A có phương trình 10 xy + −= và tâm đường tròn ngoại tiếp là (1;7) I . Viết phương trình cạnh BC , biết diện tích tam giác ABC gấp 4 lần diện tích tam giác IBC . Bài 56. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm (2;0) A và đường tròn 22 ( ) : ( 1) ( 2) 5 Tx y − + + = . Tìm tọa độ hai điểm , BC thuộc () T sao cho tam giác ABC vuông tại B và có diện tích bằng 4. Bài 57. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm (1;2) A và đường tròn 22 ( ): 2 4 1 0 Cx y x y + + − += . Viết phương trình đường tròn ( ') C có tâm A và cắt đường tròn ( ) C tại hai điểm phân biệt , MN sao cho diện tích tam giác AMN đạt giá trị lớn nhất. Bài 58. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh (1;5) A . Tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp của tam giác lần lượt là (2;2) K và 5 ;3 2 I . Tìm tọa độ đỉnh B và C của tam giác. Bài 59. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm 4 (0;2), 0; 5 AB − và hai đường thẳng 1 : 10 x y ∆ − −= ; 2 : 2 2 0 xy ∆ + +=. Hãy viết phương trình Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comđường thẳng ∆ đi qua gốc tọa độ và cắt 12 , ∆∆ lần lượt tại , MN sao cho AM song song với BN . Bài 60. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng : 50 x y ∆ − += và hai elip có phương trình 22 1 ( ): 1 25 16 xy E += và 2 2 2 22 ( ): 1 xy E ab += ( 0 ab > > ). Biết hai elip này có cùng tiêu điểm và 2 () E đi qua điểm M thuộc đường thẳng ∆ . Tìm tọa độ điểm M sao cho elip 2 () E có độ dài trục lớn nhỏ nhất. Bài 61. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1; 0), B(0; 2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng :0 x y ∆ −=. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD. Bài 62. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại (2;3) A , 2 AB AC = . Gọi M là trung điểm của AB . Hình chiếu vuông góc của điểm M lên đường thẳng BC là (4;9) K . Tìm tọa độ các đỉnh , BC . Bài 63. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng : 3 12 0 xy ∆+ −= và hai điểm (2;4), (3;1) MN . Lập phương trình đường tròn đi qua hai điểm , MN và cắt ∆ tại hai điểm AB sao cho 10 AB = . Bài 64. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng 1 : 7 30 xy ∆ − += và 2 : 2 1 0 xy ∆ + += . Lập phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng 2 ∆ và tiếp xúc với 1 ∆ tại điểm có hoành độ là 4. Bài 65. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm (2;1) M . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M cắt các tia , Ox Oy lần lượt tại , A B sao cho tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất. Bài 66. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có A(0; 2), B( − 1; 0), C(2; −1). Gọi ∆ là đường thẳng bất kỳ qua A và , HK lần lượt là hình chiếu của các điểm , BC lên đường thẳng ∆ . Viết phương trình đường thẳng ∆ biết BH CK + đạt giá trị lớn nhất. Bài 67. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn 22 4 ( ) : ( 2) 5 Cx y − += và hai đường thẳng 12 : 0, : 7 0 x y x y ∆ −= ∆ − = . Xác định tọa độ tâm K của đường tròn (C’) tiếp xúc với đường thẳng 12 , ∆∆ và tâm K thuộc đường tròn (C). Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 68. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng 1 : 3 0 xy ∆ += , 2 : 3 0 x y ∆ −= . Gọi (T) là đường tròn tiếp xúc với 1 ∆ tại A, cắt 2 ∆ tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết phương trình đường tròn (T), biết rằng tam giác ABC có diện tích bằng 3 2 và điểm A có hoành độ dương. Bài 69. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip 22 ( ): 1 94 xy E += và hai điểm (3; 2), ( 3;2) AB −− . Tìm trên ( ) E điểm C có tọa độ dương sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất. Bài 70. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn 22 ( ') : 1 Tx y += và điểm (1;3) A . Viết phương trình đường tròn () T qua A và tâm của đường tròn ( ') T đồng thời cắt đường tròn tại , BC sao cho khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng BC là lớn nhất. Bài 71. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 16 . Biết tam giác ABC cân tại A ; 4 BC = và 21 18 ; 55 K là hình chiếu của điểm B xuống cạnh AC . Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành ABCD biết B thuộc đường thẳng : 30 xy ∆ + −= đồng thời hoành độ các điểm , BC đều là các số nguyên. Bài 72. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn () T đi qua (4;2) A , tiếp xúc với 1 : 2 50 xy ∆ − −= tại điểm B có tung độ âm và cắt 2 : 3 60 xy ∆ − + = tại C và D sao cho ABCD là hình thang có 2 đáy là , AD BC và 2 đường chéo , AC BD vuông góc. Tìm tọa độ cac đỉnh còn lại của hình thang ABCD . Bài 73. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Lập phương trình chính tắc của elip ( ) E , biết điểm ( ) 1; 3 M nhìn hai tiêu điểm của ( ) E dưới một góc vuông và hình chữ nhật cơ sở của ( ) E nội tiếp đường tròn có phương trình 22 20 xy +=. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 74. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip 22 ( ): 1 25 9 xy E += có hai tiêu điểm 12 , FF . Tìm tọa độ điểm M thuộc ( ) E sao cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác 12 MF F bằng 4 3 . Bài 75. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm ( ) 2 3;2 M . Viết phương trình chính tắc của elip ( ) E đi qua điểm M , sao cho M nhìn hai tiêu điểm của ( ) E dưới một góc vuông. Bài 76. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 6. Phương trình đường thẳng chứa đường chéo BD là 2 11 0 xy +− =, đường thẳng AB đi qua (4;2) M , đường thẳng BC đi qua (8;4) N . Viết phương trình các đường chứa các cạnh của hình chữ nhật ABCD , biết điểm , BD đều có hoành độ lớn hơn 4. Bài 77. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A ( AB AC > ) có diện tích bằng 12. Đường phân giác trong của góc A cắt đoạn BC tại điểm ( 2; 2) D−− . Điểm A nằm trên đường thẳng 5 x = − và . 15 CD BD = . Tìm tọa độ điểm C , biết rằng C có tung độ âm. Bài 78. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD tâm I . Gọi , MN lần lượt là trung điểm của , AI CI . Biết MBND là hình vuông, đường thẳng BD có phương trình 321 0 xy − += . Điểm đối xứng với điểm N qua điểm C là (10; 4) H − . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi, biết rằng hoành độ điểm B không nhỏ hơn hoành độ điểm D . Bài 79. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm 11 1; 3 G , đường thẳng trung trực của cạnh BC có phương trình 3 80 xy − += và đường thẳng AB có phương trình 4 90 xy + −=. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Bài 80. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn 22 ( ) : ( 4) 4 Cx y − += và điểm (4;1) E . Tìm điểm M trên trục tung sao cho từ điểm M kẻ được hai Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comtiếp tuyến , MA MB đến đường tròn ( ) C với , A B là các điểm sao cho đường thẳng AB đi qua E . Bài 81. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với đỉnh (1; 2) A − . Đường cao BH và đường phân giác BN của tam giác ABC có phương trình lần lượt là 10 x y − += và 2 50 xy + +=. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC . Bài 82. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , Cho tam giác ABC cân tại C có phương trình cạnh AB là 20 xy −= . Điểm (4;2) I là trung điểm của AB , điểm 9 4; 2 M thuộc cạnh BC , diện tích tam giác ABC bằng 10. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết tung độ của điểm B không nhỏ hơn 3. Bài 83. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho 3 điểm (1; 1) I − , (2;3) M , (5;0) N . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD sao cho I là tâm của hình vuông, M thuộc cạnh AB , N thuộc cạnh BC . Bài 84. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12. Điểm I là giao điểm của hai đường thẳng 1 : 30 d x y − −= và 2 : 60 d xy + −=. Trung điểm của một cạnh là giao điểm của 1 d với trục Ox . Biết điểm I là tâm của hình vuông ABCD và A có tung độ dương. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD . Bài 85. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm (2;0) C và elip 2 2 ( ): 1 4 x E y += . Tìm các điểm , A B trên ( ) E sao cho CA CB = và tam giác CAB có diện tích lớn nhất. Bài 86. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại A . Biết cạnh huyền nằm trên đường thẳng : 7 31 0 xy ∆+ −= , điểm 5 1; 2 N thuộc đường thẳng AC , điểm (2; 3) M − thuộc đường thẳng AB . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết rằng điểm A có hoành độ âm. Bài 87. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn 22 ( ) : 8 6 21 0 Tx y x y + −+ + = và đường thẳng ∆ có phương trình Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com10 xy + −= . Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD ngoại tiếp () T , biết rằng điểm A thuộc đường thẳng ∆ và có hoành độ nhỏ hơn 3. Bài 88. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn 22 ( ) : 2 2 23 0 Tx y x y + −+ −= . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm (7;3) A và cắt đường tròn () T tại hai điểm phân biệt , BC sao cho 3 AB AC = . Bài 89. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn 22 ( ) : 4 6 12 0 Cx y x x + −+− = và điểm ( ) 2;4 3 M . Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt ( ) C tại hai điểm , A B sao cho tam giác MAB đều. Bài 90. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng , AB BD lần lượt là 2 10 xy − += và 7 14 0 xy − += . Đường thẳng AC đi qua điểm (2;1) M . Tìm tọa độ điểm N thuộc BD sao cho NA NC + nhỏ nhất. Bài 91. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A , D là trung điểm của đoạn AB . Biết rằng 11 5 13 5 ; , ; 33 3 3 IE lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , trọng tâm tam giác ADC . Các điểm (3; 1), ( 3;0) MN − − lần lượt thuộc các đường thẳng , DC AB . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng A có tung độ dương. Bài 92. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Viết phương trình chính tắc của elip ( ) E . Biết ( ) E đi qua điểm ( 2; 3) M −− và có phương trình một đường chuẩn là 80 x+=. Bài 93. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) C : 22 2 4 20 0 xy x y +− + − = . Gọi I là tâm của ( ) C . Viết phương trình đường thẳng cắt ( ) C tại hai điểm , A B sao cho ABOI là hình thang đáy AB có độ dài là 4 5 . Bài 94. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh BC , phương trình đường thẳng DM là 20 x y − − = và điểm (3; 3) C − . Biết đỉnh A thuộc đường thẳng 3 20 xy + − = và A có hoành độ âm. Xác định tọa độ các đỉnh ,, A B D . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 95.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn có phương trình 22 4 2 80 xy x y + − − −=. Đỉnh A thuộc tia Oy , đường cao kẻ từ đỉnhC thuộc đường thẳng 5 0 xy += . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đỉnh C có hoành độ là một số nguyên. Bài 96. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn ( ) C : 22 25 ( 1) ( 1) 2 xy − + − = nội tiếp hình vuông ABCD , đường chéo AC song song với đường thẳng 4 3 2015 0 xy −+ = . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông, biết đỉnh A và đỉnh B đều có hoành độ dương. Bài 97. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD biết đỉnh (2; 1) B − , đường cao AH trong tam giác ABC có phương trình 3x 9 0 y − −= và đường phân giác của góc ACB ∠ có phương trình 10 x y − += . Tìm tọa độ đỉnh D . Bài 98. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh (3;0) A , cạnh BC có phương trình 341 0 xy − += . Đường thẳng ∆ có phương trình 3 40 xy + − = cắt đoạn thẳng BC tại điểm H sao cho 2 HC HB = . Xác định tọa độ đỉnh , BC biết diện tích của tam giác ABC bằng 15 và B có hoành độ dương. Bài 99. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho elip có phương trình 22 1 25 16 xy += . Tìm điểm M nằm trên elip sao cho 12 4 MF MF = , trong đó 12 , FF lần lượt là các tiêu điểm trái, phải của elip. Bài 100. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có đỉnh ( 2;2) A − , 0 60 BAD = và diện tích hình thoi bằng 12 3 . Xác định tọa độ các đỉnh , , BC D biết đường chéo BD vuông góc với đường thẳng 30 xy + −= và tâm của hình thoi có hoành độ dương. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comHƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1. + Gọi M là trung điểm của AC , khi đó: 13 3 13 1 2 ; 1 2 22 2 M M x BM BG M y = =⇔ ⇒ = + Gọi N đối xứng với B qua ∆ , suy ra N AC ∈ . Khi đó phương trình : 2 25 0 BN x y −+ = Suy ra tọa độ giao điểm H của BN và ∆ là nghiệm của hệ: 2 25 0 9 ( 9;7) ( 6;13) 2 50 7 x y x HN xy y −+ = =− ⇔ ⇒ − ⇒− + −= = (vì H là trung điểm của BN ) + Khi đó AC đi qua , MN có phương trình: 70 xy + − = Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 70 9 (9; 2) (4;3) 2 50 2 xy x AC xy y + − = = ⇔ ⇒ −⇒ + −= =− + Suy ra phương trình: : 8 20 0 BC x y −+ = Bài 2. + Do AD // BC nên theo định lí Ta – let ta có: 4 9 EC EB BC EA ED AD = = = Suy ra 4 9 EC EA = − 49 4. 5 94 (5;0) 0 49 2. 9 2 C C C C x x C y y − =− − = ⇔ ⇔⇒ = − =− + Gọi (2; ) ( 1;2 ) Mm B m ⇒− . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Mà 1 3 4 1 0 ( 1;1) 2 B m mB ∈∆ ⇒ − + + = ⇔ = ⇒ − + Ta có: 4 7 61 6 94 4 61 17 4 ; 17 9 44 4 13 1 4 92 D D D D x x BC AD D y y = − = =⇔ ⇔ ⇒ = − = − Vậy 61 17 (5;0), ( 1;1), ; 44 CB D − . Bài 3. + Gọi I là trung điểm của BD Ta có , BN thuộc đường tròn đường kính AM nên 0 45 AMN ABN = = Suy ra tam giác AMN vuông cân tại N (1) (2) AN MN AN MN ⊥ ⇒ = + Từ (1) , suy ra phương trình : 5 40 AN x y − += Gọi (5 4; ) A a a AN − ∈ với 2 a < , khi đó: 22 2 2 2 (2) (5 10) ( 2) 26 ( 2) 1 1 AN MN a a a a ⇒ = ⇔ − + −=⇔ −=⇔ = hoặc 3 a = (loại) (1;1) A ⇒ + Gọi ( ;2 7) Cc c d −∈ với c ∈ . Ta N BD ∈ : là trung trực của AC NC NA ⇒= , khi đó: 22 2 2 2 ( 6) (2 9) 26 5 48 91 0 7 NC NA c c c c c = ⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔= hoặc 13 5 c = (loại) (7;7) C ⇒ + Ta có BC đi qua , CM nên có phương trình: 70 y− = AB đi qua A và vuông góc với BC nên có phương trình: 10 x−= Khi đó tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 70 1 (1;7) 10 7 yx B xy − = = ⇔⇒ −= = Suy ra I (4; 4) là trung điểm của AC ⇒ D (7; 1) (Icũng là trung điểm của BD) Vậy (1;1), (1;7), (7;7), (7;1) AB C D Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 4. + Do // AM CP AM CP = , suy ra AMCP là hình bình hành Gọi AC giao với { } AC MP I = , suy ra I là trung điểm của AC 1 0; 2 I ⇒ + Do , AB DC lần lượt đi qua ( 2;2), (2; 1) MN −− và song song với NI, còn BC đi qua (3; 2) N − và vuông góc với NI nên ta có phương trình: : 2 60 AB x y − + =; : 2 40 DC x y − − =; : 2 8 0 BC x y + −= Khi đó tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 2 60 2 (2;4) 2 80 4 xy x B xy y − + = = ⇔⇒ + −= = Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 2 40 4 (4;0) 2 80 0 xy x C xy y − − = = ⇔⇒ + −= = + Do I cũng là trung điểm của , AC BD nên suy ra ( 4;1), ( 2; 3) AD − −− Vậy ( 4;1), (2;4), (4;0), ( 2; 3) A BC D − −− Bài 5. + Ta có , AN cùng nhìn BD dưới một góc vuông nên ADBN là tứ giác nội tiếp 12 NB ⇒ = Lại có: 12 CB = (vì ABCD là hình chữ nhật) 11 NC ⇒= ⇒ ANCD là tứ giác nội tiếp Suy ra 0 90 ANC = (vì 0 90 ADC = ) hay AN CN ⊥ + Gọi (2 5; ) Cc c + ∈∆ , khi đó: . 0 3(1 2 ) (2 ) 0 1 (7;1) AN CN c c c C = ⇔ − + + = ⇔= ⇒ Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Do ABEC là hình bình hành nên EN // AC , suy ra phương trình : 20 EN y+= Gọi ( ; 2) B b NE −∈ , khi đó: 2 . 0 ( 3)( 7) 3.( 3) 0 4 12 0 AB CB b b b b = ⇔ + − − −= ⇔ − − = 6 (6; 2) ( 2; 2) 2 ( 2; 2) b BN B bB = − ≡ ⇔ ⇒ ⇒ −− =− −− + Do (6;4) AB DC D = ⇒ Vậy ( 2; 2), (7;1), (6;4) B CD −− Bài 6. + 1 () C có tâm 1 (3; 4) I − , bán kính 1 2 R = và 2 () C có tâm 2 ( 6;5) I − và bán kính 2 22 R = Gọi I là tâm và R là bán kính của đường tròn ( ) C cần lập. Gọi ( ; 1) I aa d − ∈ + Ta có ( ) C tiếp xúc trong với 1 () C 1 1 II R R ⇒ = − (1) ( ) C tiếp xúc ngoài với 2 () C 22 II R R ⇒ =+ (2) + Nếu 1 RR > , khi đó từ (1) và (2) ta có: 22 2 2 1 12 2 ( 3) ( 3) 2 ( 6) ( 6) 2 2 R II R I I R a a a a = + = − ⇔ − ++ + = + +− − 22 2 (0; 1) 9 3 36 6 9 18 0 42 I aa a a R − ⇔ + += + ⇔ + = ⇔ = ⇒ = Suy ra phương trình đường tròn 22 ( ) : ( 1) 32 Cx y + + = . + Nếu 1 RR < , khi đó từ (1) và (2) ta có: 22 2 2 11 2 2 2 ( 3) ( 3) ( 6) ( 6) 2 2 R R II I I R a a a a = − = − ⇔ − − ++ = + +− − 22 9 36 3 aa ⇔ + + + = (vô nghiệm vì 22 9 36 9 3 aa ⇔ + + + ≥ > ) Vậy phương trình đường tròn 22 ( ) : ( 1) 32 Cx y + + = . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 7. + Gọi H là trực tâm của tam giác ABC , khi đó CDHE và AFHE là các tứ giác nội tiếp đường tròn Do đó ta có : 11 2 2 CE A E = = Mặt khác 12 A C = (cùng phụ với góc ABC ) Suy ra 12 EE = hay EB là phân giác của góc DEF + Ta có phương trình : 20 ED x− = và : 20 EF y− = Khi đó đường thẳng phân giác tạo bởi , ED EF thỏa mãn : 0 22 40 x y x y xy −= −= −⇔ + − = Do , DF nằm khác phía so với EB nên ta được phương trình EB là: 0 x y −= + AC đi qua (2;2) E vuông góc với đường thẳng :0 EB x y −= nên nhận (1;1) BN nu = = làm vecto chỉ phương . Do đó AC có phương trình : 40 xy + − = + Chứng minh tương tự ta có , DA FC lần lượt là phân giác của , FDE DFE Khi đó ta có phương trình : 2 40 BC x y − − = ; :3 8 0 AB x y − += Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ : 40 1 ( 1;5) 3 80 5 + −= =− ⇔ ⇒− − += = xy x A xy y Tọa độ điểm điểm B là nghiệm của hệ : 2 40 4 ( 4; 4) 3 80 4 − −= =− ⇔ ⇒ −− − += =− xy x B xy y Tọa độ điểm điểm C là nghiệm của hệ : 2 40 4 (4;0) 40 0 − −= = ⇔⇒ + −= = xy x C xy y Vậy ( 1;5), ( 4;4), (4;0) AB C −− . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 8. + Gọi E là trung điểm của BC , khi đó : 11 24 = = = = ⇒∆ = ∆ ⊥ BE AB ME AB BC BN ABN BEM ME BC (c.g.c) 11 AB ⇒= Mà 0 12 90 += BB , suy ra 00 12 90 90 += ⇒ = A B AHB hay AN BM ⊥ + Ta có BM đi qua 4 8 ; 55 H và M(2; -2) nên BM có phương trình: 3x + y – 4 = 0 Khi đó AN đi qua 4 8 ; 55 H vuông góc với BM nên AN có phương trình: 3 40 xy − += Suy ra tọa độ điểm N là nghiệm của hệ: 3 40 2 (2;2) 2 60 2 − += = ⇔⇒ + − = = x y x N xy y + Gọi (3 4; ) (8 3 ; 4 ) − ∈ ⇒ − −− A a a AN C a a (do (2; 2) − M là trung điểm của AC) Lại có 8 3 2 3.(2 ) 12 3; 12 4 2 3.(2 ) 3 3 = − −= − + =⇔ ⇔⇒ + −− − = − = B B B B x a ax a NC BN B a a ay y Do B BM ∈ , nên ta có: ( 4;0) 12 3 4 0 0 (0;4) 3 (8; 4) − + + −= ⇔ = ⇒ − A a a aB C Vậy ( 4;0), (0;4), (8; 4) A BC −− . Bài 9. + Gọi 1 ( ; 5) Bb b − − ∈∆ và 2 (7 2 ; ) C c c − ∈∆ Do G là trọng tâm tam giác ABC nên ta có: 3 2 7 2 6 1 ( 1; 4) 3 3 5 0 1 (5;1) + += + + − = =− − − ⇔ ⇔⇒ + + = − −+ = = ABc G ABc G x x x x bc b B yyy y b c c C + Phương trình : 4 3 8 0 BG x y − −= Đường tròn tâm C tiếp xúc với BG nên có bán kính: 22 4.5 3.1 8 9 (, ) 5 43 − − = = = + R d C BG + Vậy phương trình đường tròn cần lập là: 22 81 ( 5) ( 1) 25 xy − + − = . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 10. + Gọi I là trung điểm của AC , E là chân đường phân giác trong của góc BAC và ,, GH P lần lượt là giao điểm của BI với các đường ,, AM AE AD . Khi đó ABI ∆ cân tại A Do AE là phân giác trong của BAC và DAM ; G là trọng tâm tam giác ABC Suy ra ( ) 22 2 23 3 IB IB IB PG HG IH IG IG = = − = − = = . ⇒ () 3 = − + = ⇒= IB PB IB PG IG PB PG hay P là trung điểm của BG + Lúc này ta sẽ chỉ ra 3 5 = MD CM . Thật vậy: Đặt = = AD mAP MD nMB ( ) ( ) 2 23 (1 ) = = + = + ⇒ = + = + = + + = +− m mm AD mAP AB AG AB AM AD AM MD AM nMB AM n MA AB nAB n AM Suy ra 6 5 2 (1 ) 3 23 1 3 5 = = + = +− ⇔ ⇔ = − = m m n mm AB AM nAB n AM m n n Khi đó 33 55 = = MD MB CM hay 3 5 = MD CM + Gọi (2 ;4 3 ) (2 1;3 3) ( ;7 ) (1 ; 6) +∈ = − + ⇒ −∈ =− − D d d DN MD d d Cc c d CM c c , khi đó: ( ) ( ) 3 21 1 10 3 8 1 3 5 (6;1) 3 5 11 6 5 33 6 5 −= − += = − = ⇔ ⇔ ⇔⇒ −=− = += − dc dc d MD CM C dc c dc Do (1;1) M là trung điểm của ( 4;1) BC B ⇒− + Gọi (2;4 3) N a a DN +∈ , khi đó: 86 6 2 3(2 ) 86 3 ;4 5 3 1 (4 3 ) 3(4 3 ) 3 45 − −= − = − =⇔ ⇔⇒ + −+ = + − = + A A A A a a ax x a NC AN A a a a y ya Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Khi đó: 22 22 2 2 824 86 2 4 (4 4) 4 (4 4) 33 −+ = ⇔ = ⇔ + += + + aa AC AB AC AB a a 2 ( 2;5) 0 624 1632 0 350 71 34 ; 39 13 13 − = ⇔ +=⇔ ⇒ −− = − A a a A a Vậy ( 2;5), ( 4;1), (6;1) − − A BC hoặc 350 71 ; , ( 4;1), (6;1) 39 13 −− − A BC Bài 11. + Ta có ∆= ∆ ABM ADN (c.g.c) 0 90 = ⇒= ⇒ = BAM DAN NAM AM AN ⇒ AMFN là hình vuông Suy ra 0 45 = = ACB AFM 0 180 ⇒ + = AFM ACM ⇒ ACMF nội tiếp đường tròn Suy ra 0 90 = = ACF AMF hay ⊥ AC CF . Gọi (;5 ) (;8 ) −∈ ⇒ = − C c c AC FC c c , khi đó : . 0 (8 ) 0 4 (4;1) ⊥ ⇔ = ⇔ − − = ⇔ = ⇒ AC AC FC u FC c c c C + Gọi (; ) BC n ab = là vecto pháp tuyến của BC ( 22 0 ab +≠ ) và ta có (1;1) AC n = Khi đó: ( ) 0 22 0 1 cos 45 cos cos , 0 0 2 .2 + = = = ⇔ = ⇔=⇔ = + BC AC ab a ACB n n ab b ab Với a= 0 chọn b = 1, suy ra (0;1) = BC n , khi đó phương trình BC: y = 1 // Ox (loại – do M là giao của BC và trục Ox ). Với 0 b = chọn 1 a = , suy ra (1;0) BC n = , khi đó phương trình :4 BC x = Suy ra tọa độ điểm M là nghiệm của hệ : 4 (4;0) 0 x M y = ⇒ = + Gọi ( ;5 ) ( 4;5 ) A t t AC MA t t − ∈ ⇒ = − − . Ta có: ( 4; 3) MF=−− , khi đó: . 0 4( 4) 3(5 ) 0 1 (1;4) MA MF MA MF t t t A ⊥ ⇔ = ⇔− − − − = ⇔ = ⇒ Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com CD đi qua (4;1) C và vuông góc với BC nên phương trình :1 CD y = AD đi qua (1;4) A và song song với BC nên phương trình :1 AD x = Suy ra (1;1) D (4;4) B ⇒ . Vậy (1;4), (4;4), (4;1), (1;1) A B C D . Bài 12. + Do (0;3) ( ) AE ∈ ; , ( ) BC E ∈ và ABC ∆ cân tại A nên , BC đối xứng nhau qua trục hoành Ox Khi đó gọi 00 0 0 (; ) (; ) ⇒− Bx y C x y và 2 2 0 0 1 9 += x y với 0 3 x < Gọi H là trung điểm của 0 ( ;0) ⇒ BC H x 2 00 0 0 2 29 3 3 3 = = − ⇒ =−=− BC y x AH x x + Ta giác ABC vuông cân tại A nên: 2 0 00 1 1 2 12 3 .9 2 23 5 = ⇔− = − ⇔ = AH BC x x x (do 0 3 x < ) 2 00 93 25 5 ⇒ =⇒= ± y y + Do B có tung độ dường nên ta có: 12 3 ; 55 B và 12 3 ; 55 C − . Bài 13. + 22 ( ): 1 25 9 xy E += 2 2 5 4 3 = ⇒ ⇒= − = = a c ab b . + Gọi 22 00 00 1 0 2 0 1 25 9 ( ; ) ( ) 44 5 ; 5 55 += ∈⇒ = += − xy Mx y E MF x MF x Vì tam giác 12 F MF vuông tại M nên : 22 2 1 2 12 += MF MF F F 22 2 0 00 4 4 175 5 5 64 5 5 16 ⇔ + +− = ⇔ = x x x 2 0 81 16 ⇒ = y + Do M có hoành độ dường nên ta được: 5 7 9 ; 44 M hoặc 5 7 9 ; 4 4 M − Bài 14. + Gọi phương trình chính tắc của elip ( ) E có dạng: 22 22 1 xy ab += với 1 ab > > Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Vì đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở có bán kính 34 R = nên 22 34 ab += Khi đó ta có hệ : 2 2 22 2 22 22 4 25( ) 16 5 4 5 3 34 34 − −= = = = = ⇔ ⇒ ⇒= = += += c ab ab a a e c aa b ab ab Vậy phương trình chính tắc của elip ( ) E là: 22 1 25 9 += xy + Gọi 22 00 00 1 0 2 0 1 25 9 ( ; ) ( ) 44 5 ; 5 55 += ∈⇒ = += − xy Mx y E MF x MF x Vì tam giác 12 F MF vuông tại M nên : 22 2 1 2 12 += MF MF F F 22 2 0 00 4 4 175 5 5 64 5 5 16 ⇔ + +− = ⇔ = x x x 2 0 81 16 ⇒ = y + Do M có hoành độ dường nên ta được: 5 7 9 ; 44 M hoặc 5 7 9 ; 4 4 M − . Bài 15. + Đường thẳng ∆ vuông góc với đường thẳng :3 4 0 d xy + − = nên có dạng: 30 x y c − += Khi đó phương trình hoành độ giao điểm của ∆ và ( ) E là: 22 2 2 4 ( ) 36 5 2 36 0 x xc x cxc ++ = ⇔ + + − = (*) Ta có d cắt ( ) E tại hai điểm , A B khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt hay 2 ' 180 4 0 3 5 3 5 cc ∆ = − > ⇔− < < (2*) + Đường thẳng ∆ cắt ( ) E tại hai điểm phân biệt: 12 12 ; ,; 33 ++ xc x c Ax B x với 12 , x x là nghiệm của (*) và 12 2 12 2 5 36 5 += − − = c xx c xx . Khi đó: ( ) ( ) 2 22 21 2 1 1 2 12 10 4 33 − = −+ = + − x x AB x x x x x x Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 2 10 720 16 , 15 = − c ( , ) 10 ∆ = c d O , suy ra: 2 1 1 10 3 . ( , ) 3 . 720 16 . 3 2 2 15 10 = ⇔ ∆ = ⇔ − = OAB c S AB d O c 42 3 10 16 720 8100 0 2 ⇔ − + =⇔=± c c c (thỏa mãn (2*)) Vậy phương trình đường thẳng ∆ cần lập là 2 6 3 10 0 x y −+ = hoặc 2 6 3 10 0 x y −− = . Bài 16. + Đường tròn () T có tâm (2;1) I và bán kính 3 R = Gọi E là giao điểm của AC và BD , suy ra DKBH là hình bình hành. Do đó E là trung điểm của 75 ; 22 HK E ⇒ + Nếu ABD ∆ vuông tại A thì ABCD là hình chữ nhật IE ⇒≡ (loại) Nếu ABD ∆ vuông tại B thì 2 6 3 2 AD R = = ≠ (loại) Vậy ABD ∆ vuông tại D . + Ta có AC đi qua 22 14 ; 55 H và 13 11 ; 55 K nên có phương trình: 3 40 xy − += Gọi (3 4; ) A a a AC − ∈ với a ∈ , khi đó: 22 2 2 2 (3 6) ( 1) 9 5 19 14 0 1 IA R a a a a a = ⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔= hoặc 14 5 a = (loại) Suy ra ( 1;1) A − + Do (2;1) I là trung điểm của AB (5;1) B ⇒ Do E là trung điểm của AC và BD (8;4), (2;4) CD ⇒ Vậy ( 1;1), (5;1), (8;4), (2;4) A BC D − . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comChú ý: Có thể tìm tọa độ điểm A theo cách trình bày sau: Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 22 1; 1 3 40 ( 1;1) 22 14 ; ( 2) ( 1) 9 55 xy xy A x y xy = −= − += ⇔ ⇒− = = − + − = Bài 17. + Gọi E là giao điểm của MN và AD, khi đó : 1 12 1 . 2 23 3 = = = ED MC BC BC 1 3 3 = ⇒= AD AD ED (*) + Do A thuộc đường thẳng 3 90 x y − += ( ;3 9) Aa a ⇒+ Do E thuộc : 4 3 3 0 MN x y − −= (3 ; 1 4 ) Eb b ⇒ −+ Khi đó [ ] 1 3(1 3 ) 92 0 (*) ( 2;3) 3(3 9) 3 3( 1 4 ) 42 2 −= − − = − = ⇔ ⇔ ⇔ ⇒− − − + = − − − + −= − = − ab ab b A ab ab a + CN đi qua (1; 3) D − và vuông góc với AD nên có phương trình: 2 70 xy − − = Khi đó tọa độ điểm N là nghiệm của hệ: 2 70 3 ( 3; 5) 4 3 30 5 − −= =− ⇔ ⇒ −− − −= =− xy x N x y y Do D là trung điểm của CN nên suy ra (5; 1) C − + Ta lại có 5 21 2 (2;5) 1 33 5 − =−− = =⇔ ⇔⇒ += + = BB BB xx CB DA B yy Vậy ( 2;3), (2;5), (5; 1) A B C −− . Bài 18. + Gọi phương trình chính tắc của elip ( ) E có dạng: 22 22 1 += xy ab với 0 ab > > Ta có chu vi hình chữ nhật cơ sở là: ( ) ( ) 4( ) 16 2 3 4 2 3 + = + ⇔ = + − ab a b (1) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Gọi (0; ) Mb là đỉnh của ( ) E mà 12 MF F là tam giác đều, khi đó: 12 3 3 2 3 FF b MO b c c = ⇔ = ⇔= (2) Mặt khác ta có : 2 22 a bc = + (3) Thay (1), (2) vào (3) ta được: ( ) 2 2 2 42 3 4 3 8 3 + − = + ⇒ = ⇒ = b bb b a Vậy phương trình 22 ( ): 1 64 48 xy E += + Phương trình đường tròn () T có dạng: 22 2 xy R += Đường tròn () T cắt ( ) E tại bốn điểm phân biệt ,, , A BC D . Do () T và ( ) E đều nhận , Ox Oy làm các trục đối xứng nên ABCD là hình chữ nhật. Gọi ( ; ) (; ) (; ) − ⇒ − − B xy Ax y C xy Khi đó hình chữ nhật ABCD thành hình vuông thì: 22 22 AB BC x y x y = ⇔ = ⇔= Do () ( ) AT E ∈ nên , xy thỏa mãn: 22 2 2 22 22 2 22 22 384 2 1 64 48 7 1 2.64 2.48 += = = + = ⇔ ⇒= += = x y R R xy xy R RR xy Vậy phương trình đường tròn () T cần lập là 22 384 7 xy += . Bài 19. + Gọi E đối xứng với A qua CD , khi đó E BC ∈ AE đi qua A và vuông góc với CD nên có phương trình: 10 x y − += Suy ra tọa độ giao điểm H của AE và CD là nghiệm của hệ: 10 0 (0;1) 10 1 − += = ⇔⇒ + −= = xy x H xy y Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Do H là trung điểm của ( 1;0) ⇒− AE E + Gọi 13 ( ;1 ) ; 22 +− −∈ ⇒ c c C c c CD M Do 13 2. 1 0 7 ( 7;8) 22 + − ∈ ⇒ + + = ⇔ =−⇒ − c c M BM c C + Khi đó BC đi qua (7;8), (1;0) −− CE nên có phương trình: 4 3 40 xy + += Bài 20. + Đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm (6;6) I và bán kính 5 IA = nên có phương trình: 22 ( 6) ( 6) 25 x y − + − = Ta có AD đi qua (2;3), (4;5) AJ nên có phương trình : 10 x y − += Khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ : 2 2 2 3 (2;3) ( 6) ( 6) 25 (9;10) (9;10) 10 9 10 = = ≡ − +− = ⇔ ⇒ ⇒ − += = = x y DA xy D D xy x y + Gọi E là giao điểm thứ hai của BJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Khi đó: = = AmE EnC CpD DqB (góc nội tiếp bằng nhau chắn các cung bằng nhau) ⇒+ = + EnC CpD AmE DqB hay = + ECD AmE DqB (1) Mặt khác: ( ) 1 2 1 2 = = + EBD sd ECD DJB AmE DqB (2) Từ (1) và (2) suy ra: = EBD DJB hay tam giác DBJ cân tại D , suy ra DB DJ = (*) Lại có 12 A A DB DC = ⇒= (2*) Từ (*) và (2*) suy ra: DB DJ DC = = hay D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác . JBC m n q p Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Suy ra , BC nằm trên đường tròn tâm (9;10) D bán kính 52 DJ = có phương trình : 22 ( 9) ( 10) 50 xy − + − = Khi đó tọa độ , BC là nghiệm của hệ : 22 22 2 9 ( 6) ( 6) 25 (2;9), (10;3) (10;3), (2;9) 10 ( 9) ( 10) 50 3 = = − +− = ⇔⇒ = − +− = = x y x y BC B C x xy y Vậy (2;9), (10;3) BC hoặc (10;3), (2;9) B C . Bài 21. + Đường tròn ( ) C có bán kính 5 2 = R . Ta có , ( ) 5 2 ∈ ⊥ ⇒ ⊥ = = AB C AM BC BN AC AB R ⇒ H là trực tâm của tam giác ABC + Khi đó AC đi qua (2;3) A và vuông góc với BH nên có phương trình: 4 7 29 0 xy + − = BC đi qua (6;6) B và vuông góc với AH nên có phương trình: 4 18 0 x y −− = + Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 155 4 7 29 0 155 11 33 ; 4 18 0 11 33 8 8 = + −= ⇔ ⇒ −− = = x xy C xy y Vậy 155 11 ; 32 8 C . Bài 22. + Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 10 1 (1;0) 2 10 0 xy x A xy y + −= = ⇔⇒ + −= = Gọi M là trung điểm của BC , khi đó IM đi qua (4; 1) I − và song song với đường thẳng 10 xy + −= Do đó phương trình : 30 IM x y + −= Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Suy ra tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 30 5 (5; 2) 2 10 2 + −= = ⇔ ⇒− + −= =− xy x M xy y + Khi đó BC đi qua (5; 2) M − vuông góc với 10 xy + −= nên có phương trình: 70 x y − − = + Gọi ( ; 7) B t t BC −∈ , khi đó: 22 7 (7;0) (3; 4) ( 4) ( 6) 10 3 (3; 4) (7;0) = ⇒ − = ⇔ − +− = ⇔ ⇒ = − ⇒ t B C IB IA t t tB C Khi đó phương trình các cạnh của tam giác ABC là: :0 AB y = ; : 70 BC x y − − = ; : 2 2 0 CA x y + − = hoặc : 2 2 0 AB x y + − =; : 70 BC x y − − =; :0 CA y = . Bài 23. + H là hình chiếu của A trên BC và , MN lần lượt là trung điểm của , AB AC Gọi { } BN CM G = , khi đó tọa độ điểm G là nghiệm của hệ: 2 10 1 (1;1) 10 1 − += = ⇔⇒ −= = xy x G xy + Gọi ( ;6 ) (2 1; ) (1; ) −∈ −∈ ∈ A a a AH B b b BN C c CM , khi đó G là trọng tâm của ABC ∆ nên ta có: 2 13 2 2 63 3 + += + = ⇔ − + + = −− = ab ab a b c a b c (1) + Mặt khác (1; 1) = − AH u và (2 2 ; ) =−− BC b c b , khi đó: . 0 2 2 ( ) 0 2 ⊥ ⇔ = ⇔ − − − = ⇔ + = AH AH BC u BC b c b b c (2) Từ (1) và (2) ta có hệ: 2 2 5 (5;1) 3 1 ( 3; 1) 2 3 (1;3) += = − − = ⇔ =−⇒ − − + = = ab a A a b c b B bc c C Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 24. + Ta có AB = 2MI 22 3 3 2 3 2 2 2 = += 12 22 2 2 3 2 ABCD S AD AD AM AB ⇒= = = ⇒ = = + AD và vuông góc với MI nên có phương trình: 30 xy + −= + Gọi ( ;3 ) A t t AD − ∈ với 3 t < , khi đó : 22 22 2 ( 3) ( 3) 2 ( 3) 1 2 AM t t t t = ⇔− + − = ⇔− = ⇔ = hoặc 4 t = (loại) (2;1) A ⇒ + Do M là trung điểm của (4; 1) AD D ⇒− + I lần lượt là trung điểm của AC và BD nên suy ra (7;2) C và (5;4) B Vậy (2;1), (5;4), (7;2) A B C và (4; 1) D − . Bài 25. Cách 1: + Đường thẳng BC có vecto chỉ phương (1;2) BC u = . Gọi AC có vecto pháp tuyến (; ) AC n ab = với 22 0 ab +≠ . Khi đó tam giác ABC vuông cân tại A nên: 0 45 ACB = ( ) 0 2 22 22 2 1 cos , cos 45 2( 2 ) 5( ) 2 .5 AC BC ab nu a b a b ab + ⇒ = ⇔ = ⇔+ = + + 22 3 3 8 3 0 (3 )( 3 ) 0 3 ab a ab b a b a b ab = − ⇔ − − =⇔ + −=⇔ = Với 3ab = − , chọn 1 3 a b = = − (1; 3) (3;1) AC AB nn ⇒ = −⇒ = Vậy AC đi qua ( 1;1) M − có vecto pháp tuyến (1; 3) AC n = − nên có phương trình: 3 40 xy − += Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Khi đó điểm A là nghiệm của hệ 3 40 2 (2;2) 4 60 2 xy x A xy y − += = ⇔⇒ − + = = :3 8 0 AB x y ⇒ + −= Tương tự ta có (3; 1) B − và (5;3) C . + Với 3 ab = , chọn 3 1 a b = = (3;1) AC n ⇒= , suy ra phương trình: :3 2 0 AC x y + += Khi đó điểm A là nghiệm của hệ 14 3 20 14 16 13 ; 4 6 0 16 13 13 13 x xy A xy y = − + += ⇔ ⇒− − + = = (không thỏa mãn) Vậy (2;2), (3; 1), (5;3) AB C − . Cách 2: Gọi (4 6; ) A t t − với 3 2 t > , suy ra (4 5; 1) MA t t = −− . Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên : ACB 0 45 = ( ) 0 2 2 4 5 2( 1) 1 cos , cos 45 2 (4 5) ( 1) . 5 BC tt MA u tt −+ − ⇒=⇔ = − +− 2 2 2 2(6 7) 5(17 42 26) 13 42 32 0 2 t tt tt t ⇔ − = −+ ⇔ −+ =⇔= hoặc 16 13 t = (loại) (2;2) A ⇒ Với : 3 40 (2;2) :3 8 0 AC x y A AB x y − += ⇒ + −= . Từ đó ta suy ra được B(3; -1) và (5;3) C . Vậy (2;2), (3; 1), (5;3) AB C − . Bài 26. + Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 3 50 3 (3;4) 11 7 5 0 4 x y x A xy y − −= = ⇔⇒ − −= = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Ta sẽ đi chứng minh ⊥ AM BD . Thật vậy: Ta có: ( ) ( ) 2. . . . = + += + AM BD AH AD BH HD AH HD AD BH (vì . .0 AH BH AD HD = = ) ( ) . . .. = ++ = + AH HD AH HD BH AH HD HD BH ( ) ( ) . . .0 =+ =+== AH BH HD AH HC HD AC HD Suy ra AM BD ⊥ hay AM BD ⊥ + Khi đó BD đi qua (8; 5) E − và vuông góc với :11 7 5 0 AM x y − −=nên BD có phương trình: 7 11 1 0 xy + −= Suy ra tọa độ điểm D là nghiệm của hệ 7 3 50 74 5 ; 7 11 1 0 4 55 5 = − − = ⇔ ⇒ − + −= = − x xy D xy y + DH đi qua 74 ; 55 − D và vuông góc với :3 5 0 − −= AC x y nên DH có phương trình: 3 10 xy + += Suy ra tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 1 3 10 12 5 ; 11 7 5 0 2 55 5 = + + = ⇔ ⇒− − − = = − x xy M xy y Suy ra ( 1;0) H − (do M là trung điểm của HD ). + Khi đó ta có phương trình : 10 BC x y + += Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ : 10 1 (1; 2) ( 3;2) 3 50 2 xy x CB x y y + += = ⇔ ⇒ −⇒ − − −= =− Vậy (3;4), (1; 2), ( 3;2) AC B −− . Bài 27. + Kí hiệu đường cao kẻ từ A, trung tuyến kẻ từ B và phân giác trong kẻ từ C lần lượt là: : 3 4 27 0 AH x y −+= ; : 4 5 3 0 BM x y + −= và : 2 50 CN x y + −= Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Vecto chỉ phương của CB là (3; 4) CB AH un = = − , vecto chỉ phương của CN là (2; 1) CN u = − Gọi (; ) AC u ab = là vecto chỉ phương của AC với 22 0 ab +≠ + Do CN là phân giác trong của ACB nên ta có: ( ) ( ) 2 22 2 64 34 cos , cos , 3 4 0 0 5. 5 .5 − + = − = ⇔ = ⇔+ =⇔ = + AC CN BC CN a b ba u u u u b ab b ab Với 3b = -4a, chọn a= 3, b = -4 khi đó (3; 4) = − AC u cùng phương với CB u (loại). Với 0 b = , chọn 1 (1;0) AC au =⇒= + Gọi (6 4 2 ; 6 3 ) ( 1 4;6 3) 36 (5 2 ; ) 2 2; 2 = − − −− + −+ + ∈ ⇒ ++ −∈ − + AC m n m n A m m AH mn C n n CD M mn Do , AC u AC cùng phương và M BM ∈ nên ta có: ( ) 63 0 3 6 1 ( 5;3) 36 31 3 40 0 3 ( 1;3) 4. 2 2 5. 3 0 2 − − + = −=− =− − ⇔ ⇔⇒ ++ −+ = = − − + + − = mn mn m A mn mn n C mn + CB đi qua C và vuông góc với AH nên có phương trình: 4 3 50 xy + −= Khi đó tọa độ điểm B là nghiệm của hệ : 4 3 50 2 (2; 1) 4 5 30 1 + −= = ⇔ ⇒− + −= =− xy x B xy y Vậy ( 5;3), (2; 1), ( 1;3) A BC − − − . Bài 28. + Gọi N là trung điểm của AC , E là chân đường phân giác trong của góc BAC và ,, GH P lần lượt là giao điểm của BN với các đường ,, AM AE AD . Khi đó ABN ∆ cân tại A Do AE là phân giác trong của BAC và DAM ; G là trọng tâm tam giác ABC Suy ra ( ) 22 2 23 3 = = − = − = = ⇒= NB NB NB PG HG NH NG NG PG PB hay P là trung điểm của BG. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Lúc này ta sẽ chỉ ra 3 5 MD CM = . Thật vậy: Đặt = = AD mAP MD nMB ( ) ( ) 2 23 (1 ) = = + = + ⇒ = + = + = + + = +− m mm AD mAP AB AG AB AM AD AM MD AM nMB AM n MA AB nAB n AM Suy ra 6 5 2 (1 ) 3 23 1 3 5 = = + = +− ⇔ ⇔ = − = m m n mm AB AM nAB n AM m n n Khi đó 33 55 = = MD MB CM hay 3 5 = MD CM + Gọi (2 ;4 3 ) (2 1;3 3) ( ;7 ) ' (1 ; 6) +∈ = − + ⇒ −∈ =− − D d d d MD d d Cc c d CM c c , khi đó: ( ) ( ) 3 21 1 10 3 8 1 3 5 (6;1) 3 5 11 6 5 33 6 5 −= − += = − = ⇔ ⇔ ⇔⇒ −=− = += − dc dc d MD CM C dc c dc Do (1;1) M là trung điểm của ( 4;1) BC B ⇒− Vậy ( 4;1) B − . Bài 29. + Đường tròn (T) có tâm 51 ; 24 I . Vì AE là phân giác trong của góc BAC nên E là điểm chính giữa cung BC , do đó BC IE ⊥ Khi đó BC đi qua N và vuông góc với IE nên có phương trình: 2 3 40 xy + += Suy ra tọa độ điểm , BC là nghiệm của hệ : 2 2 2 ( 2;0) 2 3 40 0 (4; 4) 5 1 325 4 (4; 4) 2 4 16 4 ( 2;0) = −− + += = − ⇔⇒ = − − +− = = −− xB xy yC xB xy yC + Với ( 2;0), (4; 4) B C −− , khi đó AB đi qua B và P nên có phương trình 2 40 x y −+= Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ : 2 2 2 2 40 0 ( 2;0) (0;4) 5 1 325 (0;4) 0 2 4 16 4 = − − += = − ≡ ⇔⇒ ⇒ = − +− = = x xy y A B A A x xy y + Với (4; 4), ( 2;0) BC − − , khi đó AB đi qua B và P nên có phương trình 2 7 20 0 xy + += Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ : 2 2 4 4 2 7 20 0 (4; 4) 54 136 54 ; 54 136 5 1 325 ; 53 53 53 53 53 2 4 16 136 53 = = − + += −≡ ⇔ ⇒ ⇒− = − − − +− = = x y xy AB A x A xy y Kiểm tra với 54 136 ; 53 53 − A ta nhận thấy AE không phải là phân giác trong của BAC Vậy (0;4), ( 2;0), (4; 4) AB C −− . Bài 30. + Đường tròn () T có tâm (2;1) I và bán kính 5 AI R = = Gọi H là giao điểm của MI và AB , suy ra 10 22 = = AB AH . Xét tam giác MAI ta có: 2 2 2 2 22 1 1 1 1 1 1 4 11 5 10 5 5 = + ⇔ = − = − = ⇒ = AM AH AM AI AM AH AI 22 10 ⇒= + = MI AM AI + Gọi (5 2 ;3 5 ) + + ∈∆ M tt , khi đó: 2 22 10 (2 3) (5 2) 10 = ⇔ + + + = MI t t Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com2 29 32 3 0 ⇔ + += t t (3; 2) 1 139 72 3 ; 29 29 29 − = − ⇔⇒ = − M t M t Vì MAIB nội tiếp đường tròn đường kính MI cũng chính là đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB . Do đó: + Với (3;2) M , phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB : 22 5 15 2 22 xx − ++ = + Với 139 72 ; 29 29 M , phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB : 22 197 101 5 58 58 2 x x − +− = Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB là: 22 5 15 2 22 xx − ++ = hoặc 22 197 101 5 58 58 2 x x − +− = . Bài 31. + Gọi I là giao điểm của AC và BD , khi đó I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ diện DMBN. Suy ra IM IN = + Gọi (7 ; ) I t t AC ∈ , khi đó: 2 2 22 22 (7 2) ( 1) (7 2) ( 1) 0 (0;0) = ⇔ + ++ = − ++ ⇔ = ⇒ IM IN t t t t t I + Ta có 10 5 2 2 25 5 2 52 = = = ⇒ = ⇒= = BD IN AC AC IA IC Khi đó , AC thuộc đường tròn có phương trình: 22 25 2 += x y Suy ra tọa độ điểm , AC là nghiệm của hệ : 22 71 7 1 7 1 ;, ; 70 ; 22 2 2 2 2 25 71 7 1 71 ; ;, ; 2 22 2 2 22 −− − = = = ⇔⇒ += = −= − −− AB xy xy x y xy AB Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comVậy 71 7 1 ;, ; 22 2 2 AB − − hoặc 7 1 71 ;, ; 2 2 22 AC − − . Bài 32. + Do G là trọng tâm tam giác ABC nên: ( ) 4 1 3. 1 3 3 1 3. 1 1 − = − = ⇔ −= − A A x AM GM y 2 (2;1) 1 = ⇔⇒ = A A x A y AC đi qua (2;1) A và vuông góc với đường thẳng 70 xy + − = nên có phương trình : 10 x y − −= + Gọi ( ;7 ) ( ; 1) − ∈∆ −∈ Bb b C c c AC , khi đó M là trung điểm của BC nên ta có: 2 2 2 3 (3;4) 2 7 1 2 4 1 ( 1; 2) += + = + = = ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ + = − + −= − = =− − − BC M B C M x x x bc bc b B y y y b c b c c C Vậy (2;1), (3;4), ( 1; 2) − − A B C . Bài 33. + Gọi , IR lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn ( ) C Gọi , HK lần lượt là hình chiếu vuông góc của I trên trục , Ox Oy . Gọi ( ; 1) I tt d − ∈ , khi đó ta có: 2 2 2 2 2 2 22 (, ) 1 2 2 2 ( 1) (, ) 22 2 = = − = = − = −− ⇒ = = = = −= − IH d I Ox t AB AH R IH R t IK d I Oy t MN MK R IK R t 22 2 2 1 . 1 ( 1) 12 2 1 . 12 (*) 2 = = − −− = ⇒ = = −= IAB IMN S IH AB t R t S IK MN t R t Suy ra: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ( 1) ( 1) ( 1) − −− = − ⇔ − −− = − t R t t Rt t R t t Rt ( ) ( ) ( ) 24 22 4 2 2 1 1 (21) 2 21 0 ⇔ −− = −− ⇔ − − + − = R t t t t t R t t Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com22 1 2 2 21 = ⇔ = −+ t R t t + Với 1 11 ; 2 22 = ⇒ t I . Thay 1 2 = t vào (*) ta được: 2 2305 4 = R Khi đó phương trình của ( ) C là : 22 1 1 2305 2 2 4 xy − + − = . + Với 22 2 21 R tt = −+ thay vào (*) ta được: 2 2 12 0 4 . 1 12 3 12 0 −− = = − = ⇔ ⇔ = − −+ = t t t tt t t t . Với (4;3) 4 5 = ⇒ = I t R . Khi đó phương trình của ( ) C là : ( ) ( ) 22 4 3 25 xy − + − = . Với ( 3; 4) 3 5 −− =−⇒ = I t R . Khi đó phương trình của (C) là: 22 ( 3) ( 4) 25 xy + ++ = Vậy phương trình ( ) C cần lập là: 22 1 1 2305 2 2 4 xy − + − = hoặc ( ) ( ) 22 4 3 25 xy − + − = hoặc ( ) ( ) 2 2 3 4 25 x y + ++ =. Bài 34. + Đường tròn 1 () C có tâm 1 (0;2) I và bán kính 1 2 R = Đường tròn 2 () C có tâm 1 ( 2; 9) I −− và bán kính 1 7 R = Gọi , IR lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn ( ) C . Do ( ) C tiếp xúc ngoài với hai đường tròn 1 () C và 2 () C nên ta có: 11 2 1 2 1 22 5 = + ⇒ − = −= = + II R R I I II R R II R R + Gọi ( ;7 2 ) It t d −∈ , khi đó: 2 22 2 21 5 ( 2) (2 16) ( 5) 5 − = ⇔ + + − − +− = I I II t t t t 22 2 5 60 260 5 20 25 5 5 20 25 21 4 ⇔ − + = −+ + ⇔ −+ = − t t t t t t t 2 21 4 4 11 148 416 0 ≤ ⇔ ⇔= − += t t t t 1 (4; 1) 5 3 ⇒ −⇒ = ⇒ = I II R Vậy phương trình đường tròn ( ) C cần lập là: 22 ( 4) ( 1) 9 − ++ = x y Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 35. + Do 22 21 1 25 9 +< nên M nằm trong (E), suy ra mọi đường thẳng qua M đều cắt ( ) E tại hai điểm phân biệt + Nếu d đi qua M (1; 2) và song song với Ox hay d có phương trình 1 x = thì trung điểm của AB là điểm (1;0) I không thuộc đường thẳng 2 yx = (loại) Do đó gọi phương trình đường thẳng d đi qua (2;1) M có hệ số góc k có dạng: ( 2) 1 y k x = −+ Khi đó tọa độ , A B là nghiệm của hệ: 22 22 2 ( 2) 1 21 (25 9) 50 (2 1) 25(2 1) 225 0 (*) 1 25 9 = −+ = −+ ⇔ + − − + −− = += y kx y kx k xy k x kk x k + Gọi 11 2 2 ( ; ), ( ; ) Ax y B x y . Ta có: 12 2 22 12 2 50 (2 1) 25 (2 1) 9 18 25 9 ; 2(9 18 ) 25 9 25 9 25 9 − += − − + ⇒ − + + + = + kk xx kk k k I k k k yy k : là trung điểm của AB + Khi đó: 22 9 18 50 (2 1) (2 1)(50 9) 0 25 9 25 9 −− ∈∆ ⇔ = ⇔ − + = ++ k kk I k k kk 11 : 22 9 9 34 : 50 50 25 = = ⇔⇒ = − = −+ k dy x k dy x Vậy phương trình đường thẳng d cần lập là 1 2 y x = hoặc 9 34 50 25 yx = − + . Bài 36. + Đường tròn ( ) C có tâm (0;0) O và bán kính 2 2 = R . Gọi ( ;0), (0; ) A a B b với 0, 0 > > ab . Khi đó AB có phương trình: 1 += xy ab 0 ⇔+ − = bx ay ab + AB tiếp xúc với ( ) C 2 2 22 22 22 ( , ) 2 2 2 2 8 22 ⇔ = ⇔ = ⇔= ≤ = = + + OAB ab a b a b ab d O AB S a b ab ab Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Suy ra OAB S nhỏ nhất bằng 8 khi 4 ab = = + Vậy phương trình tiếp tuyến cần lập là: 40 xy + − = Bài 37. + Gọi , MN lần lượt là trung điểm của , AB BC . Do , MN lần lượt nằm trên các đường 3 90 − − = xy và 10 + −= xy nên gọi ( ;3 9) ( ;1 ) − − Mm m Nn n (2 3;6 14) (2 2 3;16 2 6 ) ⇒ − − ⇒ − + −− Bm m C n m n m + Ta có 3.(2 2 3) (16 2 6 ) 9 0 8 16 2 (2; 1) ∈ ⇔ − + − − − − = ⇔ = ⇔ = ⇒ − C CM n m n m n n N + BC đi qua (2; 1) N − và vuông góc với đường thẳng 10 xy + −= nên BC có phương trình: 30 x y − −= Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 30 3 (3;0) 3 90 0 x y x C x y y − −= = ⇔⇒ − −= = Do (2; 1) N − là trung điểm của BC nên suy ra (1; 2) B − . Vậy (1; 2), (3;0) BC − . Bài 38. + Do A thuộc tia Oy nên gọi (0; ) Aa với 0 a ≥ Khi đó 2 () 2 8 0 4 ∈ ⇔ − −= ⇔ = A T a a a hoặc 2 a = − (loại), suy ra (0;4) A + Gọi ( 5; ) C c c d −∈ , khi đó : 22 ( ( ) 25 20 2 8 0 ⇒ ∈ ⇔ + + − −= C C T c c c c 2 (5; 1) 1 13 9 4 0 20 4 4 ; 3 13 13 − = − ⇔ + −= ⇔ ⇒ − = C c c c C c Do C có hoành độ là một số nguyên nên (5; 1) C − . + AB đi qua (0;4) A và vuông góc với : 5 0 dx y += nên AB có phương trình: 5 40 x y −+= Khi đó tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 22 5 40 0; 4 (0;4) 1; 1 ( 1; 1) 4 2 80 − += = = ≡ ⇔⇒ =− =− − − + − − − = xy xy B A xy B x y x y Vậy (0;4), ( 1; 1), (5; 1) AB C −− − . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 39. + Ta có 2 25 5 = = ⇒= ABCD S AB AB Tam giác ABI vuông cân tại I nên ta có: 5 22 = = AB AI + Gọi ( ;5 ) It t − ∈∆ với 0 t > , khi đó: 2 22 2 1 25 25 1 2 ( 3) 4 12 7 0 7 22 2 2 0 = = ⇔ + + = ⇔ + − = ⇔ → = = − > t AI t t t t t t t 19 ; 22 ⇒ I Do I là trung điểm của AC , suy ra (4;4) C + BD đi qua I và vuông góc với AC nên có phương trình: 7 10 x y − += Gọi ( ;1 7 ) B b b BD + ∈ , khi đó: 2 2 0 (0;1) 1 7 25 7 1 (1;8) 2 22 = = ⇔− + − = ⇔ ⇒ = bB AI BI b b bB Do I là trung điểm của BD nên (0;1) (1;8) ⇒ BD và (1;8) (0;1) ⇒ BD Vậy (0;1), (4;4), (1;8) BC D hoặc (1;8), (4;4), (0;1) BC D . Bài 40. + Vecto pháp tuyến của 12 , ∆∆ lần lượt là 1 (3;1) n = và 2 (1; 3) n = − Ta có 12 1 2 .0 nn = ⇒∆ ⊥ ∆ , suy ra tam giác ABC vuông tại A . Do { } 12 A ∆ ∆= nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ : 3 20 1 ( 1;1) 3 40 1 + += =− ⇔ ⇒− − += = xy x A x y y + Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC , khi đó: 22 2 11 1 += AB AC AH Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Suy ra 22 11 + AB AC nhỏ nhất khi 2 1 AH nhỏ nhất hay AH lớn nhất. Mà ta có max ≤ ⇒ = ⇔≡ AH AM AH AM H M hay ∆ đi qua M và vuông góc với AM với (1;1) AM = Khi đó phương trình ∆ là: 20 xy + − = Bài 41. + Do ABC là tam giác đều và (0;2) A nên , BC đối xứng nhau qua trục tung nên gọi 00 00 ( ; ) ( ; ) ⇒− B xy C xy với 0 0 > x + Độ dài tam giác đều ABC là 0 2 ax = và chiều cao 0 2 hy = − Khi đó ( ) 0 00 0 0 0 3 2 3 23 ;23 2 = ⇔− = ⇔ = − ⇒ − a h y x y x Bx x + Ta có ( ) 2 2 0 0 00 0 23 16 3 16 3 ( ) 1 16 4 13 13 0 − ∈ ⇔ + = ⇔ = ± → = > x x BE x x x 0 0 32 3 2 16 3 22 1 768 3 13 ; 13 13 2 169 48 2 13 = = ⇒ −⇒ ⇒ = = =−= ABC ax B S ah hy Vậy 768 3 169 ABC S = . Bài 42. + Đường tròn () T có tâm (1;2) I và bán kính 5 = = IB R Gọi H là giao điểm của BC và AI . Đặt 0 AI a = > Ta có: ( ) 2 2 22 2 2 2 5 55 55 .. 5 −− = = = − − ⇒ = = = = = AB AI IB a AH a a AI AI a BH AH IH aa a IB IH IA a Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ ( ) ( ) 2 2 3 24 55 5 . . 8 5 5 64 − − = = =⇔ − = ABC a a S AH BH a a aa 64 2 2 4 5 139 375 625 0 ( 25)(5 14 25) 0 ⇔ − + − =⇔− − + = a a a a a a 55 0 ⇔ = ± → = > aa a 5 AI ⇒= + Gọi ( ; 2) At t − − ∈∆ , khi đó: 2 22 2 1 (1; 3) 25 ( 1) ( 4) 25 3 4 0 4 ( 4;2) = − = ⇔ − + + = ⇔ + −= ⇔ ⇒ = −− tA AI t t t t tA Vậy (1; 3) A − hoặc ( 4;2) A − . Bài 43. Cách 1: + Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 2 40 0 (0; 2) 748 0 2 xy x B xy y − − = = ⇔ ⇒− − −= =− + Gọi (; ) CG n ab = là vecto pháp tuyến của đường thẳng CG Ta có , BC BG lần lượt có vecto pháp tuyến (1; 2), (7; 4) BC BG nn =− =− Do ABC ∆ cân tại A nên : ( ) ( ) 22 2 15 cos , cos , 5. 65 5. − =⇔ = ⇔= + BC CG BC BG ab GCB GBC n n n n ab 2 22 2 2 13( 2 ) 45( ) 32 52 7 0 ⇔ − = +⇔ + − = a b a b a ab b 8 (8 )(4 7 ) 0 47 = ⇔ − + =⇔ = − ab a b a b ab + Với 8ab = , chọn 1, 8 ab = = , suy ra (1;8) CG n = . Khi đó CG đi qua 3 2; 4 − E và có vecto pháp tuyến (1;8) = CG n nên có phương trình: 8 40 xy + − = Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 2 40 4 (4;0) 8 40 0 − −= = ⇔⇒ + −= = xy x C xy y Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Tọa độ trọng tâm G là nghiệm của hệ: 4 7 4 80 4 1 3 ; 8 40 1 33 3 = − −= ⇔ ⇒ + −= = x xy G xy y Khi đó 3 ( )0 (0;3) 3 ( )3 = −+ = ⇒ = − + = A G BC A G B C x x x x A y y yy + Với 47 = − ab , chọn 7, 4 = = − ab , suy ra (7; 4) = − CG n cùng phương với BG n (loại) Vậy (0;3) A . Cách 2: + Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 2 40 0 (0; 2) 7 4 80 2 − −= = ⇔ ⇒ − − −= =− xy x B xy y + Kẻ EF // BC ( F BG ∈ ), khi đó phương trình 3 : 2 2 0 2 4 7 0 4 + − − = ⇔ − + = EF x y x y Suy ra tọa độ điểm F là nghiệm của hệ : 3 2 4 70 13 3; 13 7 4 80 4 4 = − += ⇔⇒ − −= = x xy F xy y Suy ra tọa độ độ trung điểm I của EF là 1 ;2 2 I + Do ABC ∆ cân tại A nên I AG BC ∈⊥ , suy ra phương trình : 2 3 0 AG x y + −= Tọa độ điểm G là nghiệm của hệ 4 2 30 4 1 3 ; 7 4 80 1 33 3 = + −= ⇔ ⇒ − −= = x xy G xy y Tọa độ điểm giao điểm M của AG và BC là nghiệm của hệ: 2 30 2 (2; 1) 2 40 1 + −= = ⇔ ⇒ − − −= =− xy x M xy y + Ta có 3 (0;3). = ⇒ AM GM A Vậy (0;3) A . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 44. + Elip ( ) E có 2 2 10 53 5 = ⇒= − = = a c ab b ⇒ 12 2 10 3 = = FF c . + Gọi 22 00 00 1 0 02 0 0 1 (*) 100 25 ( ; ) ( ) 33 10 ; 10 22 += ∈⇒ =+ =+ =−=− x y Mx y E c c MF a x x MF a x x a a Khi đó ta có: 2 22 12 1 2 1 2 1 2 2 . .cos = + − F F MF MF MF MF F MF ( ) 22 2 0 0 0 00 3 3 33 10 3 10 10 2 10 10 .cos120 2 2 22 ⇔ = + + − − + − x x xx 2 22 0 00 0 33 300 200 100 0 0 24 ⇔ = + + − ⇔ =⇔= x xx x + Thay 0 0 x = vào (*) ta được: 2 00 25 5 yy =⇔= ± Vậy (0;5) M hoặc (0; 5) M − . Bài 45. + Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên 2 ∆ . Chọn 1 (0; 5) M − ∈∆ . Nhận thấy 1 ∆ // 2 ∆ nên ta có: 22 12 2 42 ( , ) ( , ) cos 10 5 − = ∆ ∆= ∆= ⇒ = = = BH AB AH AH d d M ABH AB AB + Gọi (; ) n ab ∆ = là vecto pháp tuyến của AB ( 22 0 +≠ ab ). Ta có 2 (3;1) n ∆ = Khi đó : ( ) 2 22 2 22 3 2 cos cos , 8( ) (3 ) 5 . 10 ∆∆ + = ⇔ = ⇔ += + + ab ABH n n a b a b ab 22 6 7 0 ( )( 7 ) 0 7 = ⇔ + − =⇔− + =⇔ = − ab a ab b a b a b ab + Với ab = , chọn 1 ab = = ⇒ (1;1) n ∆ = , suy ra phương trình : 10 xy ∆ + += . + Với 7 ab = − , chọn 7, 1 ab = = − (7; 1) n ∆ ⇒= − , suy ra phương trình :7 9 0 x y ∆ − −=. Vậy phương trình ∆ cần lập là: 10 xy + += hoặc 7 90 x y − −=. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 46. + Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 2 30 1 (1;1) 20 1 xy x B xy y + −= = ⇔⇒ + − = = Khi đó AB đi qua (1;1) B và (2;1) M nên có phương trình: 1 y = + Gọi N là điểm đối xứng với M qua 2 ∆ N BC ⇒∈ và phương trình : 10 MN x y − −= Suy ra tọa độ giao điểm H của MN và 2 ∆ là nghiệm của hệ: 3 10 31 2 ; 20 1 22 2 = − −= ⇔⇒ + −= = x xy H xy y (1;0) N ⇒ (vì H là trung điểm của MN ) Khi đó BC đi qua (1;1) B và (1;0) N nên có phương trình: 1 x = + Gọi ( ;1) ( 0) 11 ; (1; ) 22 ∈ > + + ⇒ ∈ A a AB a ac I C c BC : là trung điểm của AC Ta có 2 11 1 2. 3 0 3 2 ;2 22 2 + + + ∈∆ ⇔ + − = ⇔ = − ⇒ − ac a I c aI a + Do đường thẳng x = 1 và y = 1 vuông góc nên 0 90 = ABC hay tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC chính là trung điểm I của AC ⇒ ( ) 2 2 2 1 5 5 15 2 − = = ⇔ =⇔ +− = a IB R IB a ( ) 2 3 14 3 1 0 = ⇔ − = ⇔ → = = − > a aa a a Suy ra 3 c = − (3;1), (1; 3). ⇒− A C Vậy (3;1), (1;1), (1; 3) A BC − . Bài 47. + Gọi F là điểm đối xứng với E qua BM F BC ⇒∈ và phương trình : 10 EF x y + −= Suy ra tọa độ giao điểm H của EF và BM là nghiệm của hệ: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com1 10 13 2 ; 20 3 22 2 = − + −= ⇔ ⇒− − += = x xy H xy y (0;1) ⇒ F (vì H là trung điểm của EF) + Gọi ( ; 2) B b b BM + ∈ với 0 b < , suy ra (1 ; ) BE b b =−− − và ( ; 1 ) BF b b =− −− Khi đó: 0 0 90 . 0 2 (1 ) 0 1 ( 1;1) 1 0 = = ⇔ = ⇔ + = ⇔ → = − ⇒ − = − < b EBF BE BF b b b B b b AB đi qua ( 1;1) B − và ( 1;2) E − nên có phương trình: 1 x = − + Gọi 19 ; ( 1; ) 22 ( ;9 ) ( 1;9 ) − −+ −∈ ⇒ − ∈∆ = + −− d ad M A a AB Dd d AD d d a Ta có: 19 2 6 5 (5;4) 20 22 9 4 ( 1;4) .0 90 − −+ ∈ −= = − += ⇔ ⇔ ⇔⇒ += = − = − −= d ad M BM da d D d a a A AD BE da + Ta có (5;1) DC AB C = ⇒ Vậy ( 1;4), ( 1;1), (5;1), (5;4) A B CD − − . Chú ý: Ngoài cách tìm tọa độ điểm B ở trên các bạn có thể tìm B bằng cách viết phương trình đường thẳng AB đi qua ( 1;2) E − và tạo với BM góc 0 45 (thuộc Bài toán 6.2). Sau đó tìm giao điểm của AB và BM . Bài 48. + Gọi AC giao với , DB DM lần lượt tại , IN . Suy ra N là trọng tâm của tam giác BCD , do đó: 2 21 1 .. 3 32 3 = = = CN CI CA CA 33 ⇒= ⇒ = CA CN CA CN + Gọi ( ;2 3 ) ( ; 2) Aa a d N b b DM −∈ −∈ , Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Khi đó: 1 3 3( 3) 3 6 3 ( 1;5) 5 2 3 3 3( 2 3) 3 3 2 3 = − −= − − =− = ⇔ ⇔ ⇔ ⇒− − + = − + + = = a a b ab CA CN A a b ab b + Suy ra tọa độ trung điểm I của AC là (1;1) I Khi đó BD đi qua I vuông góc với AC nên có phương trình 2 10 xy − += Suy ra tọa độ điểm D là nghiệm của hệ: 2 10 5 (5;3) 20 3 − += = ⇔⇒ − −= = xy x D xy y Vậy ( 1;5), ( 3; 1), (5;3) AB D − −− . Bài 49. + Gọi ( ;0) ( ;0) B b Ox C b ∈ ⇒− , khi đó 2 1 1 BC b b =⇔ =⇔= ± Do , BC có vai trò như nhau nên không mất tính tổng quát giả sử: ( 1;0) 1 (1;0) B b C − =−⇒ + Gọi 25 2 (2 ;5 2) ; 33 − − ∈∆ ⇒ aa A aa G Do AH BC ⊥ nên phương trình :2 AH x a = . Do đó (2 ; ) H ah Mà K là trung điểm của 45 3 2 ; 36 +− ⇒ aa h GH K + Khi đó 5 3 2 25 25 0 2; 6 33 +− − − ∈ ⇒ = ⇔= ⇒ a h a a K Ox h H a Suy ra 25 2 1; 3 − = − a CH a và ta có (2 1;5 2) = +− BA a a H là trực tâm tam giác . 0 ABC CH BA ⇒= 2 2 (2;3) 1 (5 2) (2 1)(2 1) 0 13 20 7 0 14 9 7 ; 3 13 13 13 = − ⇔ − + − = ⇔ − += ⇔ ⇒ = A a a a a aa A a Vậy (2;3) A hoặc 14 9 ; 13 13 A . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 50. + Gọi N là điểm đối xứng với M qua 2 d N AC ⇒∈ và phương trình : 20 MN x y + − = Suy ra tọa độ giao điểm H của MN và 2 d là nghiệm của hệ: 1 20 13 2 ; (1;1) 10 3 22 2 = + −= ⇔⇒ ⇒ − += = x xy H N xy y (vì H là trung điểm của MN ) + Khi đó AC đi qua N và vuông góc với 1 d nên AC có phương trình: 4 3 10 xy − −= Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 4 3 10 4 (4;5) 10 5 − −= = ⇔ ⇒ − += = x y x A xy y AB đi qua (4;5) A và (0;2) M nên có phương trình: 3 4 80 xy − += Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 3 3 4 80 1 3; 1 3 4 10 0 4 4 = − − += ⇔ ⇒ −− + += = − x xy B xy y + Phương trình AC viết dạng tham số 13 (1 3 ;1 4 ) 14 = + ⇒+ + = + xt Ct t yt Khi đó 22 2 (1;1) 0 2 (3 1) (4 1) 2 25 2 0 31 33 2 ; 25 25 25 = = ⇔ + + − = ⇔ −= ⇔ ⇒ = C t MC t t t t C t Vậy 1 (4;5), 3; , (1;1) 4 AB C −− hoặc 1 31 33 (4;5), 3; , ; 4 25 25 AB C −− . Bài 51. + Đường tròn tâm (1;3) I bán kính 5 R IA = = có phương trình 22 ( 1) ( 3) 25 xy − + − = Theo định lí sin trong tam giác ABC ta có sin 1 2 10 sin 10 BC A R A BC ==⇒= Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Khi đó: 1 1 sin 1 . .sin . . . 60 2. 6 2 2 2 10 = = ⇒ = = = ABC A S AB AC A AH BC AH AB AC BC + Gọi (3 2 ; ) H tt d −∈ với t ∈ , khi đó: 2 22 72 (2 6) ( 6) 72 = ⇔ − +− = AH t t 2 0 5 36 0 0 (3;0) 36 5 = ⇔ − = ⇔ → = ⇒ = ∈ t tt t H t t + BC đi qua H và vuông góc với AH nên có phương trình: 30 x y − −= Suy ra tọa độ điểm , BC là nghiệm của hệ : 22 30 1; 2 (1; 2) 6; 3 (6;3) ( 1) ( 3) 25 − −= = = − − ⇔ → = = − +− = < B C xy xy B xy C xy xx + Ta có (2;11) AB DC D = ⇒ . Vậy (1; 2), (6;3), (2;11) B CD − . Bài 52. + AM đi qua (4;7) M và vuông góc với EB nên có phương trình: 3416 0 xy − += Suy ra tọa độ giao điểm K của AM và EB là nghiệm của hệ: 16 3 4 16 0 16 8 5 ; 4 3 80 8 55 5 = − − += ⇔ ⇒− + += = x xy K xy y + Do DE //OC 1 ⇒ ==⇒= AC AO AC AE AE AD ⇒∆BEC cân tại B ⇒ = CBA EBA Suy ra EB là tiếp tuyến của đường tròn (, ) A AO Khi đó gọi { } = AB HO H , suy ra H là trung điểm của 84 ; 55 ⇒− OK H AB đi qua H và vuông góc với OK nên có phương trình: 2 40 x y −+= Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 2 40 2 ( 2;0) 4 3 80 0 x y x B xy y −+= =− ⇔ ⇒− + += = AC đi qua E và song song với OK nên có phương trình : 2 80 xy + −= Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 2 80 0 (0;4) 2 40 4 + −= = ⇔⇒ − += = xy x A xy y Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Do A là trung điểm của (8;0) CE C ⇒ (3;0) I ⇒ là trung điểm của BC + Tam giác ABC vuông tại A nên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm (3;0) I và bán kính 5 IA = có phương trình : 22 ( 3) 25 − += xy Vậy phương trình đường tròn cần lập là: 22 ( 3) 25 xy − +=. Bài 53. + Đường tròn () T có tâm (2; 3) I − và bán kính 2 R = . Nhận thấy , A B đều thuộc () T và AB là đường kính của đường tròn () T . Gọi K là hình chiếu vuông góc của P lên QM Khi đó trọng tâm H của tam giác MPQ là giao của PK và QA + Xét tam giác PHQ ta có , PA QK là các đường cao nên M là trọng tâm tam giác PHQ Suy ra HM PQ HM ⊥⇒ // AI . Mà I là trung điểm của MN nên 1 2 = AI HM + Gọi ' I là điểm đối xứng của I qua '(2;1) AI ⇒ Khi đó ' IMHI là hình bình hành '2 I H IM R ⇒=== + Gọi ( ;2 7) It t d −∈ , khi đó: 2 2 22 (4;1) 4 ' 4 ( 2) (2 8) 4 5 36 64 0 16 3 16 ; 55 5 = = ⇔− + − = ⇔ − + = ⇔ ⇒ − = H t IM t t t t H t Vậy (4;1) H hoặc 16 3 ; 55 − H . Bài 54. + Phương trình OA là: 20 x y −= + Ta có 11 .4 1 44 = = = IOA OABC SS 2 2 (, ) 5 ⇒== IOA S d I OA OA Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Gọi ( ;1 ) It t − ∈∆ , khi đó: (1;0) 1 2 (1 ) 22 (, ) 3 1 2 14 1 ; 5 55 33 3 = −− = ⇔ = ⇔ − = ⇔ ⇒ − = − I t tt d I OA t I t Do I là trung điểm của OB và AC nên + Với (1;0) (2;0), (1; 2) ⇒− I BC + Với 14 2 8 52 ; ;, ; 33 3 3 3 3 − ⇒− − I BC Vậy (2;0), (1; 2) − BC hoặc 2 8 5 2 ;, ; 33 3 3 −− BC . Bài 55. + Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tâm (1;7) I và bán kính 5 R IA = = nên có phương trình: ( ): T 22 ( 1) ( 7) 25 − +− = xy Gọi D là giao điểm thứ hai của phân giác trong của góc A với () T . Khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ : 22 10 2; 3 ( 2;3) ( 2;3) 3; 4 ( 3;4) ( 1) ( 7) 25 + −= = − = − ⇔ ⇒ ⇒− = −= − ≡ − +− = xy x y D D xy D A xy Do AD là phân giác trong của góc A nên D là điểm chính giữa cung BC Suy ra ID BC ⊥ (3;4) ⇒= DI là vecto pháp tuyến của BC Khi đó phương trình BC có dạng 34 0 x ym + + = + Ta có 11 4 ( ,). 4. ( ,). ( ,) 4 ( ,) 22 =⇔ = ⇔= ABC IBC S S d A BC BC d I BC BC d A BC d I BC 39 9 16 3 28 4. 7 4 31 131 55 5 = − −+ + + + ⇔ = ⇔ += + ⇔ = − m mm mm m Vậy phương trình BC là 3 4 39 0 xy + −= hoặc 15 20 131 0 xy + −= . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 56. + Đường tròn () T có tâm (1; 2) I − và bán kính 5 R = Vì () AT ∈ và tam giác ABC vuông tại B nên AC là đường kính của () T Suy ra I là trung điểm của (0; 4) AC C ⇒− + Gọi (; ) B ab , khi đó 22 ( ) (1)( 2) 5 ∈ ⇔ − ++ = BT a b (*) Phương trình : 2 4 0 − −= AC x y Ta có: 24 2 2 2.4 (, ) 2 4 4 2 8 5 25 −− = = ⇔ = ⇔ −− = ⇔ = − ABC a b ba S d B AC a b ba AC + Với 2 ba = thay vào (*) ta được: 2 22 (0;0) 00 (1)(2 2) 5 5 6 0 6 12 6 12 ; 55 5 5 = ⇒ = − + + =⇔ +=⇔ ⇒ −− =− ⇒ =− B ab a a aa B ab + Với 28 ba = − thay vào (*) ta được: 2 22 (2; 4) 24 ( 1) (2 6) 5 5 26 32 0 16 8 16 8 ; 55 55 − =⇒ =− − + − =⇔ − + =⇔ ⇒ − = ⇒=− B ab a a aa B ab Vậy (0;0), (0; 4) BC − hoặc 6 12 ; , (0; 4) 55 B C −− − ; (2; 4), (0; 4) BC −− ; 16 8 ; , (0; 4) 55 BC − − . Bài 57. + Đường tròn ( ) C có bán kính 2 R = và ( ) A C ∈ Gọi ' AA là đường kính của ( ) C ⇒ '2 4 AA R = = và ' R AN = với ' (0;4) ∈ R là bán kính của ( ') C Gọi { } ' = AA MN H . Xét tam giác ' AA N ta có: 22 ' '4 = = AN R AH AA Suy ra 42 2 2 2 ' '. 16 ' ' 16 4 − = − = − = RR R HN AN AH R Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Khi đó ta có ( ) 3 2 222 2 ' . 16 ' 3 3 ''' . . ... 16 ' 16 16 3 3 3 − = = = − AMN R R RRR S AH HN R (1) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: ( ) ( ) 222 2 2 2 22 4 ''' ' ' ' 4. . . . 16 ' 16 ' 16 333 3 3 3 − ≤ +++ − = RRR R R R RR ( ) ( ) 222 222 22 4 ''' ''' ... 16 ' 4 ... 16 ' 16 333 333 ⇔ −≤⇔ −≤ RRR RRR RR (2) Từ (1) và (2) suy ra 33 ≤ AMN S Dấu "" = xảy ra khi 2 22 ' 16 ' ' 12 3 =− ⇔ = R RR Suy ra ( ) max 33 = AMN S khi 2 ' 12 = R hay phương trình 22 ( ') : ( 1) ( 2) 12 Cx y − + − = Bài 58. + Đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm 5 ;3 2 I và bán kính 5 2 = IA nên có phương trình: ( ) 2 2 5 25 3 24 − +− = xy Ta có AD đi qua (1;5), (2;2) A K nên có phương trình : 3 80 xy + −= Khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ : ( ) 2 2 3 80 (1;5) 1; 5 51 ; 51 5 1 5 25 ; 22 ; 3 22 2 2 24 + −= ≡ = = ⇔ ⇒⇒ = = − +− = xy DA xy D D xy xy + Gọi E là giao điểm thứ hai của BK với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Khi đó: = = AmE EnC CpD DqB (góc nội tiếp bằng nhau chắn các cung bằng nhau ) ⇒+ = + EnC CpD AmE DqB hay = + ECD AmE DqB (1) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Mặt khác: ( ) 1 2 1 2 = = + EBD sd ECD DKB AmE DqB (2) Từ (1) và (2) suy ra: = EBD DKB hay tam giác DBK cân tại D , suy ra DB DK = (*) Lại có 12 = ⇒ = A A DB DC (2*) Từ (*) & (2*) suy ra: DB = DK = DC hay B, C nằm trên đường tròn tâm 51 ; 22 D bán kính 10 2 = DK có phương trình: 2 2 5 15 2 22 − +− = xy Khi đó tọa độ , BC là nghiệm của hệ : ( ) 2 2 2 2 5 25 1 3 (1;1), (4;1) 24 4 (4;1), (1;1) 5 15 1 2 22 = = − +− = ⇔⇒ = = − +− = x y xy BC x B C y xy Vậy (1;1), (4;1) BC hoặc (4;1), (1;1) BC . Bài 59. + Do ,, AO B thẳng hàng nên khi đó theo định lý Ta – Let ta có AM // BN suy ra: 25 5 4 22 5 ===⇒= AM AO AM NB NB BO + Gọi 1 2 ( ; 1) ( ; 2 2) − ∈∆ − − ∈∆ M mm Nn n , khi đó: ( ) 5 00 52 54 2 12 2 2 2 5 − = − = ⇔ −− = − + + mn AM NB mn (2;1) 2 2 50 42 4 ; 56 55 5 = += ⇔ ⇔⇒ −− − = = − M m mn N mn n + Khi đó ∆ đi qua , MN nên có phương trình: 20 xy −= Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 60. + Elip 1 () E có hai tiêu điểm 12 ( 3;0), (3;0) FF − . Dễ thấy 12 , FF nằm cùng phía với ∆ Vì 2 () ∈ ME và 2 () E nhận 12 , FF là hai tiêu điểm nên ta có: 12 2 += MF MF a Khi đó elip 2 () E có độ dài trục lớn nhỏ nhất khi và chỉ khi 12 + MF MF nhỏ nhất. + Gọi N đối xứng với 1 ( 3;0) F − qua ( 5;2) N ∆⇒ − Khi đó ta có phương trình 2 NF là: 4 30 xy + −= + Ta có 1 2 22 68 + = + ≥= MF MF MN MF NF Suy ra 12 + MF MF nhỏ nhất khi { } 2 = ∆ M NF Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ : 17 4 30 17 8 5 ; 50 8 55 5 = − + −= ⇔ ⇒− − + = = x xy M xy y Vậy 17 8 ; 55 − M . Bài 61 + Phương trình AB là : 2 2 0 xy + − = + Ta có 11 .4 1 44 = = = IAB ABCD SS 2 2 (, ) 5 ⇒== IAB S d I AB AB Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Gọi (; ) I tt ∈∆ , khi đó: 44 4 ; 22 22 (, ) 3 2 2 33 3 5 55 0 (0;0) +− = = ⇔ = ⇔ −= ⇔ ⇒ = I tt t d I AB t t I Do I là trung điểm của AC và BD nên + Với 4 4 58 8 2 ; ;, ; 3 3 33 3 3 ⇒ I CD + Với (0;0) ( 1;0), (0; 2) I CD ⇒− − Vậy ( 1;0), (0; 2) CD −− hoặc 5 8 8 2 ;, ; 33 3 3 CD . Bài 62. + Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC , khi đó K là trung điểm của HB Tứ giác ACKM nội tiếp đường tròn và ACM vuông cân tại A nên 0 45 = = CKA CMA Suy ra tam giác AHK vuông cân tại H Suy ra H thuộc đường trung trực của AK có phương trình : 3 21 0 xy ∆+ − = Gọi (19 3 ; 3) (21 3 ; ) (17 3 ; 9) = −− − ∈∆ ⇒ = −− AH t t H tt KH t t , khi đó: . 0 (19 3 ).(17 3 ) ( 3)( 9) 0 = ⇔ − − +− − = AH KH t t t t 2 5 (6;5) 12 35 0 7 (0;7) = ⇔− + = ⇔ ⇒ = tH t t tH + Với (6;5) (2;13) HB ⇒ (vì K là trung điểm của HB ) Khi đó phương trình AB là 2 x = , suy ra phương trình AC : 3 y = BC đi qua (2;13), (4;9) BK nên có phương trình: 2 17 0 xy +− = Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 2 17 0 7 (7;3) 3 3 +− = = ⇔⇒ = = xy x C y y + Với (0;7) (8;11) HB ⇒ (vì K là trung điểm của HB ) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Khi đó AC đi qua A và vuông góc với AB nên có phương trình: 3 4 18 0 xy + − = BC đi qua (8;11), (4;9) BK nên có phương trình : 2 14 0 xy − += Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 2 14 0 2 ( 2;6) 3 4 18 0 6 − += = − ⇔ ⇒− + −= = xy x C xy y Vậy (2;13), (7;3) BC hoặc (8;11), ( 2;6) BC − . Bài 63. + Gọi I , R lần lượt là tâm và bán kính của phương trình đường tròn cần lập Do = = ⇒ IM IN R I thuộc đường thẳng trung trực của MN có phương trình ': 3 5 0 ∆ − + = x y Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB (hay ) ∆ ⇒ 10 22 = = AB HA Suy ra 22 2 5 2 = −= − IH IA AH IM hay 2 5 (, ) 2 ∆ = − d I IM + Gọi (3 5; ) ' It t − ∈∆ , khi đó: 2 22 3 5 3 12 55 ( , ) (3 7) ( 4) 22 10 t t d I IM t t −+ − ∆= − ⇔ = −+ −− 22 2 (1;2) 2 (6 17) 20 100 125 8 31 42 0 23 21 21 ; 10 2 88 8 = − −+ ⇔ = ⇔ − +=⇔ ⇒ = I t t t t tt I t + Với (1;2) 5 ⇒= = I R IM , suy ra phương trình đường tròn cần lập: 22 ( 1) ( 2) 5 − +− = xy Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Với 23 21 170 ; 88 8 ⇒= = I R IM ,suy ra phương trình đường tròn cần lập: 22 23 21 170 8 8 64 xy − + − = . Vậy phương trình đường tròn cần lập là: 22 ( 1) ( 2) 5 xy − + − = hoặc 22 23 21 170 8 8 64 xy − + − = . Bài 64. + Gọi đường tròn cần lập có tâm I bán kính R và tiếp xúc với 1 ∆ tại điểm A Do A có hoành độ là 4 và thuộc 1 (4;1) A ∆⇒ . + Khi đó IA đi qua (4;1) A và vuông góc với 1 ∆ nên có phương trình 7 29 0 xy +− = Suy ra tọa độ điểm I là nghiệm của hệ 7 29 0 6 (6; 13), 2 1 0 13 +− = = ⇔ ⇒− + += =− xy x I xy y suy ra 10 2 = = R IA Vậy phương trình đường tròn cần lập có phương trình: 22 ( 6) ( 13) 200 x y − + + = . Bài 65. + Gọi ( ;0) ( , 0) (0; ) ∈ > ∈ A a Ox ab B b Oy , khi đó phương trình ∆ đi qua , A B có dạng: 1 += xy ab Vì 21 1 M ab ∈∆ ⇒ + = . Khi đó áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có: 21 2 1 12 8 4 2 = + ≥ ⇔ ≥⇒ = ≥ OAB ab S ab a b ab Dấu “=” xảy ra khi 4 211 2 2 = = = ⇔ = a b ab + Vậy phương trình ∆ cần lập là: 1 42 += xy hay 2 40 xy + − =. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 66. Do d có thể cắt hoặc không cắt đoạn BC , nên ta có hai trường hợp sau: Trường hợp 1: Đường thẳng d cắt đoạn thẳng BC tại M 10 ≤ ⇒ ⇒ +≤ + = = ≤ BH BM BH CK BM CM BC CK CM Dấu “=” xảy ra khi d BC ⊥ Trường hợp 2: Đường thẳng d không cắt đoạn thẳng BC Gọi N là trung điểm của 11 ; 22 ⇒− BC N và gọi I là hình chiếu của N trên D Khi đó 2 2 26 += ≤ = BH CK NI NA Dấu “=” xảy ra khi d AN ⊥ Mà ta có 26 10 > , do đó giá trị lớn nhất của 26 += BH CK khi ⊥ d AN Ta có ( ) 15 1 ; 1; 5 22 2 = −= − AN . Do đó phương trình d đi qua (0;2) A và nhận (1; 5) = − n làm vecto pháp tuyến nên có phương trình 5 10 0 xy − += . Bài 67. + Vì ( ') C có tâm K, tiếp xúc với đường thẳng 12 , ∆∆ ⇒ 12 (, ) (, ) ∆= ∆ dK dK Do đó K thuộc đường phân giác của góc tạo bởi 12 , ∆∆ thỏa mãn: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 7 20 20 2 50 −− + = = ⇔ − = xy x y xy xy + Khi đó tọa độ điểm K là nghiệm của hệ: 22 20 4 ( 2) 5 + = − += xy xy (vô nghiệm) hoặc 22 8 20 84 5 ; 4 4 55 ( 2) 5 5 − = = ⇔⇒ − += = xy x K xy y Vậy 84 ; 55 K . Bài 68. + Xét hệ : 30 0 0 3 0 xy x y x y += = ⇔ = −= (0;0) O ⇒ là giao điểm của 1 d và 2 d . Véc tơ pháp tuyến của 12 , dd lần lượt là : 1 ( 3;1) n = , 2 ( 3; 1) n = − , suy ra : 12 3. 3 1.( 1) 1 cos( , ) 2 31. 31 dd + − = = ++ Mặt khác tam giác ABC vuông tại B, do đó 00 60 60 AOB BAC ∠ = ⇒∠ = . + Xét tam giác AOB và AOC ta có: 0 0 3 sin 60 2 tan 60 3 OA AB OA AC OA OA = = = = Khi đó 02 1 1 3 3 33 . sin 60 . . 3. 2 22 2 8 ABC OA S AB AC OA OA ∆ = = = . Do đó 3 2 ABC S ∆ = 2 3 3 OA ⇒= . + Gọi ( ; 3) At t − với 0 t > , khi đó: 22 22 2 3 4 4 1 1 3 3 3 3 3 3 OA OA t t t t = ⇔ = ⇔ + = ⇔ = ⇔= hoặc 1 3 t = − (loại) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com⇒ 1 ; 1 3 A − Suy ra AC qua A , vuông góc 1 d có phương trình: ( ) 1 3 1 0 3 3 40 3 x y xy − − + = ⇔ − − = Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 10 3 3 40 2 ; 2 3 3 3 0 2 x xy C x y y = − − = − ⇔ ⇒− −= = − + Vì tam giác ABC vuông tại B nên AC là đường kính . Do đó đường tròn () T cần viết có: Tâm 13 ; 2 2 3 I − − và bán kính 22 ( 3) 1 1 22 AC R + = = = Suy ra phương trình đường tròn () T : 2 2 13 1 2 2 3 xy + + + = Bài 69. + Phương trình đường thẳng AB là: 23 0 += xy + Gọi 00 (; ) Cx y với 00 , 0 > xy . Do 22 00 ( ) 1 94 ∈ ⇒+ = xy C E Khi đó 00 00 23 11 . ( , ) . 52. 2 3 22 13 + = = = + ABC x y S AB d C AB x y (1) Mặt khác theo Bất đẳng thức Bunhiacốpxki ta có: ( ) 2 22 22 0 0 00 00 00 2 1 1 2 2 3 6 2 9 4 32 32 = + + ≥ + ⇒ + ≤ ⇔ + ≤ x y xy xy x y (2) Từ (1) và (2) suy ra 62 ABC S ≤ + Dấu “=” xảy ra khi : 22 00 0 00 0 32 1 32 94 ; 2 2 2 2 32 += = ⇔⇒ = = xy x C xy y Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Vậy 3 2 ;2 2 C . Bài 70. + Gọi I là tâm và R là bán kính của đường tròn () T , khi đó R = IO IA = Suy ra I thuộc đường trung trực của OA có phương trình : ∆ 3 50 xy + −= + Khi đó (5 3 ; ) I mm − ∈∆ và bán kính 2 10 30 25 R OI m m = = −+ Suy ra phương trình đường tròn () T : 2 2 2 22 ( 3 5) ( ) 10 30 25 2(3 5) 2 0 + − +− = − + ⇔ + + − − = x m y m m m x y m x my Khi đó tọa độ , BC là nghiệm của hệ: 22 22 2(3 5) 2 0 2(3 5) 2 1 0 1 + + − − = ⇔ − − += += x y m x my m x my x y Suy ra phương trình : 2(3 5) 2 1 0 − − += BC m x my + Ta có 22 2 9 99 (, ) 10 4(3 5) 4 3 40 10 2 = = ≤ −+ −+ d A BC mm m Dấu “=” xảy ra khi 3 2 m = hay phương trình đường tròn: ( ): T 22 30 + − − = x yx y Bài 71. + Gọi H là hình chiếu vuôn góc của A trên BC 2 16 4 4 ⇒= = = = ABC ABCD SS AH BC BC Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Ta có 2 2 22 2 4 2 25 =⇒ = + = += CH AC AH HC Suy ra 16 8 25 5 = = = ABCD S BK AC Gọi ( ;3 ) Bt t − ∈∆ với t ∈ , khi đó : 22 2 64 21 3 64 5 5 55 = ⇔ − ++ = BK t t 2 1 5 18 13 0 1 (1;2) 13 5 = ⇔ − + = ⇔ → = ⇒ = ∈ t t t t B t t + AC đi qua K và vuông góc với BK nên có phương trình: 2 12 0 xy +− = Gọi ( ;12 2 ) C c c AC −∈ với c ∈ , khi đó: 2 22 16 ( 1) (2 10) 16 = ⇔− + − = CB c c 2 5 5 42 85 0 5 (5;2) 17 5 = ⇔ − + = ⇔ → = ⇒ = ∈ c cc c C c c + Do AB AC = nên A thuộc đường trung trực của BC có phương trình 30 x−= Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 30 3 (3;6) 2 12 0 6 −= = ⇔⇒ +− = = xx A xy y Vì ABCD là hình bình hành 25 7 (7;6) 42 6 −= − = ⇔= ⇔ ⇔ ⇒ −= − = DD DD x x AB DC D yy Vậy (3;6), (1;2), (5;2), (7;6) A BC D . Chú ý : Nếu sử dụng dữ kiện 25 = AC để tìm A thì ta cần loại đi một điểm A nhờ dữ kiện 25 = AB . Bài 72. + Gọi đường tròn () T có tâm I và bán kính R Do AD //CB , suy ra AB DC = . Mà ⊥⇒ AC BD sđ = AB sđ 0 90 = DC Khi đó AIB = sđ AB = 0 90 Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com AIBH ⇒ là hình vuông (với H là hình chiếu của A trên 1 d ) Suy ra 1 (, ) = = = ∆ RIA AH d A 4 45 5 5 − − = = + Gọi 1 (2 5; ) B t t + ∈∆ với 0 t < . Khi đó : 2 10 = = AB IA 2 22 10 (2 1) ( 2) 10 ⇔ = ⇔ + +− = AB t t 2 1 1 (3; 1) 0 ⇔ = → = − ⇒ − < t tB t + Tâm I thuộc đường trung trực của AB có phương trình : 3 50 ∆ + −= xy Gọi (5 3 ; ) − ∈∆ I mm . Ta có: 2 2 2 5 (3 1) ( 2) 5 =⇔ −+ − = IA m m 1 2 (5;0) 0 10 10 0 (2;1) 1 (2;1) ∈∆ = ⇔ −=⇔ ⇒ ⇒ = I m mm I m I Khi đó phương trình đường tròn () T : 22 ( 2) ( 1) 5 − +− = x y Suy ra tọa độ điểm , CD là nghiệm của hệ: 22 3 60 3 (3;3), (0;2) 0; 2 (0;2), (3;3) ( 2) ( 1) 5 − += = = ⇔⇒ = = − +− = x y x y C D xy C D x y Do ABCD là hình thang nên ta được (0;2), (3;3) CD Vậy (3; 1), (0;2), (3;3) B CD − . Bài 73. + Gọi phương trình chính tắc của elip ( ) E là 22 22 1 xy ab += với 0 ab > > Do 0 12 90 = F MF nên 12 1 2 = OM F F 2 2 24 ⇔ ==⇒ −= OM c a b (1) + Hình chữ nhật cơ sở của ( ) E nội tiếp đường tròn : 22 20 xy += 22 20 ab ⇒ += (2) Từ (1) và (2) suy ra 22 12; 8 a b = = Vậy elip ( ) E cần lập là: 22 1 12 8 xy += Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 74. + Ta có 22 ( ): 1 25 9 xy E += 1 2 12 2 2 5 3 9 2 4 = ++ ⇒ = ⇒= = = −= a MF MF F F bp c ab Khi đó: 12 12 12 4 2.9. 12 3 (, ). (, ) 3 3 28 == ⇒ = = ==⇒ = ± MF F M M pr S pr d M Ox F F d M Ox y y FF + Mặt khác ( ) 0 M ME x ∈ ⇒= Vậy (0;3) M hoặc (0; 3) M − . Bài 75. + Gọi phương trình chính tắc của elip ( ) E là 22 22 1 += xy ab với 0 ab > > Do 22 12 4 ( ) 1 ∈ ⇒ + = ME ab (1) + Mặt khác 0 12 90 = F MF nên 12 1 4 2 = = ⇒= OM F F c c 2 2 16 ⇒ −= ab (2) Từ (1) và (2) suy ra 22 24; 8 ab = = Vậy elip ( ) E cần lập là: 22 1 24 8 x y += . Bài 76. + Gọi ( 4;9 2 ) ( ;11 2 ) ( 8;7 2 ) =−− −∈ ⇒ =−− MB t t B t t BD NB t t với 4 t > Do 2 5 . 0 5 44 95 0 5 (5;1) 19 5 4 = ⊥ ⇔ = ⇔ − + = ⇔ → = ⇒ = > t MB NB MB NB t t t B t t + Khi đó AB có phương trình: 60 xy + −= và BC là: 40 x y − − = + Gọi ( ;11 2 ) − ∈ D d d BD với 4 d > , khi đó: 2 3 15 5 3 . (, ). (, ) . ( 5) 2 2 2 −− = = = = − ABCD d d S AB BC d D BC d D AB d Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Theo giả thiết 22 7 3 6 ( 5) 6 ( 5) 4 7 (7; 3) 3 2 4 = =⇒ − =⇔ − =⇔ → =⇒ − = > ABCD d S d d d D d d Suy ra phương trình : 6 0; : 4 0; : 4; : 10 0 AB x y BC x y CD x y AD x y + − = −− = + − −− = . Bài 77. + Ta có 1 . 12 2 = = ABC S AB AC . 24 ⇔ = AB AC Theo tính chất đường phân giác ta có: . 15 5 5 . 24 8 8 = = = = ⇒ = DC DB DC DB DC AC AC AB AC AB + Mặt khác: 22 2 22 2 0 5 1 8 cos 45 cos 2. . 2. . 2 + − + − = = ⇔ = AC AD AC AC AD DC CAD AC AD AC AD ( ) ( ) 2 2 2 2 3 2 2 0 2 2 3 = ⇔− − =⇔ = AC AD AC AD AC AD AC AD Tương tự ta có 2 2 = AB AD hoặc 2 2 3 = AB AD . Mà 2 2 2 2 3 = >⇒ = AB AD AB AC AC AD Khi đó 22 8 . 24 9 3 = =⇔= AB AC AD AD + Gọi ( ; 5) − A a , khi đó : 2 22 9 ( 2) 3 9 2 ( 2; 5) = ⇔ + + = ⇔ = −⇒ − − AD a a A Với 2 2 3 5 = = ⇒ = AC AD DC , khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com22 22 ( 5) ( 2) 8 3; 4 ( 3; 4) 3; 0 ( 2) ( 2) 5 0 + ++ = = − = − ⇔ → − − = −= + ++ = < C x y xy C xy x y y Vậy ( 3; 4) C −− . Bài 78. + AC đi qua H và vuông góc với BD nên có phương trình: 238 0 xy + −= Khi đó tọa độ điểm I là nghiệm của hệ 238 0 1 (1;2) 3 2 10 2 + −= = ⇔⇒ − += = xy x I xy y Ta có 2 1 .( 9) 7 2 3 (7; 2) 22 3 2 .6 3 −= − = = ⇔ ⇔ ⇒− = − −= C C C C x x CI HI C y y ( 5;6) ⇒− A + N là trung điểm của (4;0) IC N ⇒ Do MBND là hình vuông nên 13 = = = IB ID IN , suy ra B, D thuộc đường tròn tâm (1;2) I , bán kính 13 = R có phương trình: 22 ( 1) ( 2) 13 xy − + − = Khi đó tọa độ điểm , BD là nghiệm của hệ : 22 321 0 3; 5 (3;5) 1 ( 1; 1) ( 1) ( 2) 13 D B xy x y B xx x y D xy − += = = ≥ ⇔ → = =− −− − + − = Vậy ( 5;6), (3;5), (7; 2), ( 1; 1) A BC D − − −− . Bài 79. + Gọi M là trung điểm của (3 8; ) BC M m m ⇒ − : thuộc đường trung trực của BC Gọi ( ;9 4 ) A a a AB −∈ , khi đó do G là trọng tâm tam giác ABC nên ta có: Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com 1 2(3 8 1) 1 (1;5) 2 11 11 (9 4 ) 2 3 (1;3) 33 − = −− = = ⇔ ⇔⇒ −− = − = am aA AG GM am mM + BC đi qua M và vuông góc với đường 3 80 xy − += nên có phương trình: 3 60 xy + −= Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ : 3 60 3 (3; 3) ( 1;9) 4 90 3 + − = = ⇔ ⇒ −⇒ − + − = =− xy x BC xy y (do M là trung điểm của BC) Vậy (1;5), (3; 3), ( 1;9) A B C −− . Bài 80. + Đường tròn ( ) C có tâm (4;0) I và bán kính 2 R = + Gọi 22 (0; ) 16 ∈⇒ = + M m Oy IM m 2 2 22 2 12 ⇒ = = − = + MA MB MI R m Suy ra , A B thuộc đường tròn tâm M bán kính MA có phương trình: 2 22 ( ) 12 +− = + x ym m + Khi đó tọa độ , A B là nghiệm của hệ: 2 2 2 22 22 22 ( ) 12 2 12 0 4 12 0 ( 4) 4 8 12 0 + − = + + − −= ⇔ ⇒ − −= − + = + − += x y m m x y my x my x y x y x Suy ra phương trình : 4 12 0 − −= AB x my + Mặt khác (4;1) 16 12 0 4 (0;4) ∈ ⇒− −=⇔ =⇒ E AB m m M Vậy (0;4) M . Bài 81. + Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 10 2 ( 2; 1) 2 50 1 x y x B xy y − += =− ⇔ ⇒ −− + += =− + Gọi D là điểm đối xứng với A qua BN D BC ⇒ ∈ AD đi qua A và vuông góc với BN nên có phương trình: 2 50 xy − −= Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Suy ra tọa độ giao điểm K của AD và BN là nghiệm của hệ : 2 50 1 (1; 3) (3; 4) 2 50 3 − − = =− ⇔ ⇒ − − ⇒ − − + + = =− xy x KD xy y (vì K là trung điểm của AD) Suy ra BC đi qua , BD nên có phương trình: 3 50 x y − += + AC đi qua A và vuông góc với BH nên có phương trình: 10 xy + += Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 3 10 31 2 ; 3 50 1 22 2 = − + += ⇔ ⇒− − + = = x xy C xy y Vậy 31 ( 2; 1), ; 22 −− − BC . Bài 82. + Gọi N là hình chiếu vuông góc của M lên AB 5 5; 5 2 N MN ⇒ ⇒ = + CI đi qua I và vuông góc với AB nên có phương trình: 2 10 0 xy +− = Gọi ( ;10 2 ) (2; ) (8 2;4 ) −∈ ∈⇒ − − C c c CI A a a AB B a a với 1 a ≤ do 3 B y ≥ Suy ra 22 22 2 ( 4) (8 2 ) 5 4 (2 4) ( 2) 5 2 5(2 ) 55 (2 3) (3 2 ) 42 = − +− = − = = − + − = −= − = −= − CI c c c AI BI a a a a BN a a + Ta có 2 10 . 10 5 4 . 5(2 ) 10 4 2 = ⇔ = ⇔ − − = ⇔− = − ABC S CI AI c a c a (1) Mặt khác do MN //CI nên ta có: 5 5(3 2 ) 2( 2) 4 23 5 4 2. 5(2 ) −− = ⇔ = ⇔− = − −− MN BN a a c CI BI a c a (2) Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Thay (1) vào (2) ta được: 2 6 2 2( 2) 2 10 1 4 2 2 2 23 = − = ⇔ − += ⇔ = ⇒ − = ⇔ = −− c a aa a c c aa Vậy (1;2), (6,3), (6; 2) A B C − hoặc (1;2), (6,3), (2;6) A B C . Bài 83. + Gọi vecto pháp tuyến của AB là (; ) n ab = với 22 0 ab +> Khi đó phương trình AB : ( 2) ( 3) 0 a x b y −+ −= phương trình BC : ( 5) 0 b x ay −− = + Do ABCD là hình vuông nên: 22 22 44 0 (, ) (, ) 4 4 0 −− − = = ⇔ = ⇔ + = − ⇔ = ++ ab ab a d T AB d T BC a b a b b ab ab + Với 0 a = , chọn 1 b = , khi đó AB : 30 y−= và : 50 BC x−= (5;3) B ⇒ Do T là trung điểm của BD nên ( 3; 5) D−− Suy ra phương trình : 3 0, : 5 0 += + = AD x DC y ( 3;3), (5; 5) ⇒− − AC + Với 0 b = , chọn 1 = a , khi đó : 20 −= AB x và :0 = BC y (2;0) B ⇒ Do T là trung điểm của BD nên (0; 2) D − Suy ra phương trình : 2, : 0 (2; 2), (0;0) = − =⇒− AD y DC x A C Vậy ( 3;3), (5;3), (5; 5), ( 3; 5) − − −− A BC D hoặc (2; 2), (2;0), AB − (0;0), (0; 2) CD − . Bài 84. + Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ 9 30 93 2 ; 60 3 22 2 = − −= ⇔⇒ + − = = x xy I xy y Không mất tính tổng quát giả sử M là trung điểm của AD với { } 1 (3;0) = ⇒ M d Ox M Ta có 12 2 32 2 2 32 = = ⇒= = = ABCD S AB IM AD AB 2 ⇒= = MA MD Suy ra , A D thuộc đường tròn ( ) ,2 M có phương trình: 22 ( 3) 2 xy − += + Vì , IM cùng thuộc 1 d nên 1 ⊥⇒ d AD phương trình : 30 + −= AD x y Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Khi đó tọa độ điểm , A D là nghiệm của hệ : 22 30 2; 1 (2;1) 4; 1 (4; 1) ( 3) 2 0 + −= = = ⇔ → = = −− − += > A xy xy A xy D xy y + Do I là trung điểm của , (7;2), (4; 1) ⇒ − AC BD C D Vậy (2;1), (5;4), (7;2), (4; 1) A B C D − . Bài 85. + Theo giả thiết ta có C là đỉnh nằm trên trục lớn của elip ( ) E . Do CA CB = , suy ra , A B đối xứng nhau qua trục hoành Gọi 2 2 0 0 00 00 1 ( ; ) ( ) 4 (; ) += ∈⇒ − x y Ax y E Bx y với 0 ( 2;2) x ∈ − Khi đó 0 0 00 11 ( , ). 2 . 2 (2 ) 22 = =− =− ABC S d C AB AB x y x y 23 2 22 2 0 00 00 0 (2 ) (2 ) (2 ) . (2 ) . 1 44 −+ ⇒ =− =− − = ABC x x x S xy x (1) Mặt khác áp dụng BĐT Cauchy ta có: 3 000 0 0 4 0 2 2 2 (2 ) .(2 ) 4 2 4. 333 27 −−− − + = ++++≥ xxx x x x 3 00 (2 ) .(2 ) 27 ⇒− + ≤ xx (2) Từ (1) và (2) suy ra: 2 27 3 3 42 ≤⇔ ≤ ABC ABC SS Dấu “=” xảy ra khi: 0 00 0 33 1; , 1; 22 2 3 21 1 32 33 1; , 1; 22 − − − − = + = ⇔ =−⇒ =± ⇒ − − − A B x xx y AB Vậy 33 1; , 1; 22 AB − −− hoặc 33 1; , 1; 22 A B −− − . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 86. + Gọi vecto pháp tuyến của AB là (; ) AB n ab = với 22 0 ab +≠ , AB đi qua (2; 3) M − có phương trình: ( 2) ( 3) 0 2 3 0 a x b y ax by a b −+ + = ⇔ + − + = Ta có (1;7) BC n = , khi đó: 00 45 cos cos45 ABC ABC ∠= ⇔ ∠= 2 22 2 22 2 7 1 ( 7 ) 25( ) 2 . 1 7 ab a b ab ab + ⇔ = ⇔+ = + ++ 22 34 12 7 12 0 (3 4 )(4 3 ) 0 43 ab a ab b a b a b ab = ⇔ − − =⇔ − + =⇔ = − + Với 34 ab = , chọn 4 3 a b = = suy ra phương trình : 4 3 1 0 AB x y + += Khi đó AC đi qua 5 1; 2 N vuông góc với AB nên AC có phương trình: 3 4 70 xy − += Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 4 3 10 1 ( 1;1) 3 4 70 1 xy x A xy y + += =− ⇔ ⇒− − += = Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 4 3 10 4 ( 4;5) 7 31 0 5 xy x B xy y + += =− ⇔ ⇒− + −= = Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 3 4 70 3 (3;4) 7 31 0 4 xy x C xy y − += = ⇔⇒ + −= = + Với 43 ab = − , chọn 3 4 a b = = − suy ra phương trình : 3 4 18 0 AB x y − − = và AC : 4 3 49 0 xy +− = Khi đó ta có (10;3) (10;3) AB ≡ (loại) Vậy ( 1;1), ( 4;5), (3;4) AB C −− Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 87. + Đường tròn () T có tâm (4; 3) I − và bán kính 2 R = Gọi , AB AD tiếp xúc với () T lần lượt tại , MN ⇒ AMIN là hình vuông cạnh bằng 2 R = Suy ra 2 2 = AI + Gọi ( ;1 ) At t − ∈∆ với 3 t < , khi đó: 22 2 8 2( 4) 8 2 (2; 1) 6 3 = = ⇔ − = ⇔ → = ⇒ − = < t AI t t A t t Suy ra (6; 5) C − ( do I là trung điểm của AC ) Do BD đi qua I và BD AC ⊥ nên phương trình : 70 BD x y − − = Vì 2 2 = = = IB ID IA , nên , BD thuộc đường tròn: 22 ( 4) ( 3) 8 − ++ = x y Khi đó tọa độ , BD là nghiệm của hệ : 22 70 2; 5 (2; 5), (6; 1) 6; 1 (6; 1), (2; 5) ( 4) ( 3) 8 − −= == − − − ⇔⇒ == − −− − ++ = xy xy B D xy B D x y Vậy A(2; -1), B(2; -5), C(6; -5), D(6; -1) hoặc A(2; -1), B(6; -1), C(6; -5), D(2; -5) Bài 88. + Đường tròn () T có tâm (1; 1) I − và bán kính 5 R = Ta có 2 13 = >⇒ AI R A nằm ngoài đường tròn () T . Gọi H là hình chiếu của I lên BC , khi đó: HB HC AC = = Khi đó: 22 2 2 22 2 2 22 2 22 2 4 = − ⇒ − = − ⇔− = − = − IH IB HB IB HB IA HA R AC IA AC IH IA HA 22 2 52 25 9 3 34 33 −− ⇔ = = =⇒ =⇒ =⇒= AI R AC AC HB IH + Gọi (; ) n ab ∆ = là vecto pháp tuyến của ∆ với 22 0 ab +≠ Suy ra phương trình : 73 0 ax by a b ∆ +− − = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Khi đó 2 22 64 0 ( , ) 4 5 12 0 5 12 + = ∆ = ⇔ = ⇔ + = ⇔ = − + ab a d I IH a ab ab ab + Với 0 a = , chọn 1 b = , suy ra phương trình : 30 y ∆ −= + Với 5 12 = − ab , chọn 12, 5 = = − ab , suy ra phương trình : ∆ 12 5 69 0 − − = xy Vậy : 30 y ∆ −= hoặc :12 5 69 0 xy ∆ −−= . Bài 89. + Đường tròn ( ) C có tâm (2; 3) I − và bán kính 1 R = Khi đó phương trình IM là :2 x = , suy ra AB vuông góc với IM nên có phương trình y m = + Suy ra hoành độ giao điểm , A B là nghiệm của phương trình: 22 4 6 12 0 − + + −= x xm m (*) Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi: 2 ' 6 16 0 8 2 ∆ =− − + > ⇔ − < <− mm m (2*) Ta có 1 2 (; ) ( ;) Ax m Bx m trong đó 12 , x x là nghiệm của (*) và thỏa mãn: 12 2 12 4 6 12 += = + − xx xx m m + Gọi H là trung điểm của AB , suy ra 12 2 (2; ) 2 + = = ⇒ = H H xx x Hm ym Do tam giác ABC đều nên ta có: 2 22 0 33 2 (9 4 3) 0 43 9 24 2 = = ⇔ = ⇔ +− = ⇔ − = m AB MH MH AB m m m Vậy phương trình ∆ cần lập là 0 y = hoặc 4 3 9 2 y − = Bài 90. Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com+ Ta có (1; 2), (1; 7), ( ; ) =−=− = AB BD AC n n n ab lần lượt là các vecto pháp tuyến của các đường thẳng ,, AB BD AC . Khi đó do ABCD là hình chữ nhật nên ta có: ( ) ( ) 22 2 15 cos , cos , 50. 5 .5 − = ⇔= + AC BD AB BD ab n n nn ab 2 22 2 2 7 2( 2 ) 9( ) 7 8 1 = − ⇔ − = + ⇔ + +=⇔ = − ab a b a b a ab b ab + Với 7 = − ab , chọn 1, 7 = = − ab (1; 7) ⇒=− AC n cùng phương với BD n (loại). + Với ab = − , chọn 1, 1 = = − ab (1; 1) ⇒=− AC n . Khi đó AC đi qua (2;1) M có phương trình : 10 x y − −= Suy ra tọa độ giao điểm I của AC và BD là nghiệm của hệ : 7 7 14 0 75 2 ; 10 5 22 2 = − += ⇔⇒ − −= = x xy I xy y + Do , AC khác phía so với đường thẳng ⇒+ ≥ BD NA NC AC Dấu “=” xảy ra khi { }= ⇒≡ N AC BD N I hay 75 ; 22 N . Bài 91. + Gọi , PK lần lượt là trung điểm của , DA AC và G là trọng tâm tam giác ABC , khi đó : 2 3 = = ⇒ CE CG EG CP CD // PD hay EG // AB . Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp nên DI AB DI EG ⊥ ⇒⊥ (1) Mặt khác // // ⇔ ⇒ ⊥ ⊥⊥ DK BC DE BC GI DE AG BC GI BC (2) Từ (1) và (2) , suy ra I là trực tâm của tam giác DEG ⇒ EI DG ⊥ + Khi đó CD đi qua M(3; -1) và vuông góc với IE nên có phương trình 3 x = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Gọi (3; ) , D d CD ∈ suy ra (3;3) 3 .0 4 4 3; 3 3 = ⊥⇔ =⇔ ⇒ − = − D d DN DI DN DI D d + Với (3;3) D , suy ra phương trình : 2 30 AB x y − +=và AI đi qua I và vuông góc với DE nên có phương trình 20 x y − − = Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 20 7 (7;5) 2 30 5 − −= = ⇔ ⇒ − += = xy x A xy y Do D là trung điểm của ( 1;1) AB B ⇒− Ta có BC đi qua B và vuông góc với AI nên có phương trình : 0 xy += Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 03 (3; 3) 33 + = = ⇔ ⇒ − = = − xy x C xy . + Với 4 3; 3 − D làm tương tự như trên ta được 107 125 ; 6 27 − A (loại) Vậy (7;5), ( 1;1), (3; 3) AB C −− . Bài 92. + Gọi phương trình chính tắc của ( ) E có dạng: 22 22 1 += xy ab với 0 ab > > + Phương trình đường chuẩn là 2 2 80 8 8 += ⇒ = ⇔ = a x ac c (1) Vì ( ) ∈ ME 2 2 2 22 49 4 9 11 ⇔+ =⇔+ = − a b a ac (2) Thay (1) vào (2) ta được: 2 2 2 49 1 2 17 26 0 13 88 2 = + =⇔ − +=⇔ − = c cc c cc c + Với 2 22 2 22 16 2 ( ): 1 16 12 12 = =⇒ ⇒ += = −= a xy c E b ac + Với 2 22 2 22 52 13 ( ): 1 39 39 2 52 4 4 = = ⇒ ⇒ += = −= a xy c E b ac Vậy phương trình ( ) E cần lập là : 22 1 16 12 xy += hoặc 22 1 39 52 4 x y + = . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 93. Đường tròn ( ) C có tâm (1; 2) I − và bán kính 5 R = Gọi H là hình chiếu của I trên AB 25 2 ⇒= = AB AH Khi đó 2 22 2 ( , ) 5 (2 5) 5 == −=− = d I AB IH R AH Do ABOI là hình thang đáy AB AB ⇒ //OI Với (1; 2) = − OI , suy ra phương trình đường thẳng AB có véctơ pháp tuyến (2;1) = AB n Khi đó phương trình AB có dạng: 20 ++ = x y m ( 0 m ≠ do OI có phương trình 20 xy +=) (, ) = d I AB IH 2.1 2 55 5 − + ⇔ = ⇔= m m 5 ⇔= ± m ( thỏa mãn 0 m ≠ ) . Vậy phương trình AB là 2 50 xy + += hoặc 2 50 xy + −= Bài 94. Ta có: 1 4 2 1 2 CDM ABCD ADM CDM ADM ABCD SS SS SS ∆ ∆∆ ∆ = ⇒= = 33 2 ( , )2 ( , )2. 4 2 2 d A DM d C DM +− ⇒= = = Gọi ( ; 3 2) At t −+ thuộc đường thẳng 3 20 xy + − = (với 0 t < ) Khi đó (, ) 4 2 d A DM = ( 3 2) 2 42 2 t t − − + − ⇔= 4 1 8 t ⇔ − = 3 t ⇔= (loại) hoặc 1 t = − ( 1;5) A ⇒− + Gọi D ( ; 2) a a DM −∈ ( 1; 7) ( 3; 1) AD a a CD a a = +− ⇒ = −+ Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Do ABCD là hình vuông nên : 2 2 22 22 ( 1)( 3) ( 7)( 1) 0 .0 ( 1) ( 7) ( 3) ( 1) aa a a AD CD aa a a AD CD + − + − + = = ⇔ + +− = − ++ = 1 ( 1)(2 10) 0 5 5 12 50 10 4 5 a a a a a aa a = − + −= ⇔ ⇔ ⇔= = − += − = (5;3) D ⇒ Mặt khác (2; 6) (3; 1) AB DC B = =− − ⇒ −− . Vậy ( 1;5) A − , ( 3; 1) B−− , (5;3) D Bài 95. + Đường tròn ( ) C 22 4 2 80 xy x y + − − −= có tâm (2;1) I và bán kính 13 R = A thuộc tia Oy nên gọi (0; ) Aa với 0 a ≥ 2 ( ) 2 8 0 4 A C a a a ∈ ⇔ − −= ⇔ = hoặc 2 a = − (loại) . + Gọi (5 ; ) Cc c − ( với c ∈ ) thuộc đường thẳng : d 5 0 xy += 22 2 ( ) 25 20 2 8 0 13 9 4 0 1 C C cc c c c c c ∈ ⇔ + − + −= ⇔ − − = ⇔ = hoặc 4 13 c = − (loại). Vậy (5; 1) C − + Vì AB d ⊥ nên AB có véctơ pháp tuyến (5; 1) AB d n u = = − Khi đó AB có phương trình : 5( 0) ( 4) 0 x y −− − = hay 5 40 x y −+= Gọi ( ;5 4) B b b AB ⇔ + ∈ . Ta có : 22 2 2 ( 2) (5 3) 13 IB R IB R b b = ⇔ = ⇔− + + = 2 0 0 1 b b b b = ⇔ + = ⇔ = − Với 0 (0;4) b B A =⇒≡ (loại) ; Với 1 b = − ( 1; 1) B ⇒ −− Vậy (0;4) A , ( 1; 1) B−− và (5; 1) C − . Bài 96 Đường tròn ( ) C có tâm (1;1) I và bán kính 52 2 R = Vì AC song song với 4 3 2015 0 xy −+ = Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com nên AC đi qua I có véctơ chỉ phương (3;4) AC d u u = = có phương trình: 13 1 4 xt yt = + = + Ta có: 22 22 52 52 5 2 2 IA IB R R = = += + = Gọi (1 3 ;1 4 ) A a a AC + + ∈ nên 2 22 5 25 (3 ) (4 ) 25 1 IA IA a a a = ⇔ = ⇔ + = ⇔= hoặc 1 a = − Với 1 (4;5) aA = ⇒ và 1 a = − ( 2; 3) A ⇒ −− (loại) . Vì I là trung điểm của AC nên ( 2; 3) C−− Ta có BD đi qua I và vuông góc với AC nên có phương trình: 1 4 13 xt yt = + = − Gọi (1 4;1 3) B b b BD + − ∈ nên 2 22 5 25 (4 ) (3 ) 25 1 IB IB b b b = ⇔ = ⇔ + = ⇔= hoặc 1 b = − Với 1 (5; 2) bB =⇒ − ( 3;4) D ⇒ − (Vì I là trung điểm của BD) và 1 b = − ( 3;4) B ⇒− (loại) Vậy (4;5) A , (5; 2) B − , ( 2; 3) C−− và ( 3;4) D − . Bài 97. Ta có BC đi qua (2; 1) B − nhận (1;3) AH u = làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình: 2 3( 1) 0 xy −+ + = hay 3 10 xy + += Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 3 10 1 ( 1;0) 10 0 xy x C x y y + += =− ⇔ ⇒− − += = Gọi (; ) Ex y là điểm đối xứng của B qua phân giác : 10 dx y − += của góc ACB ∠ . Suy ra E AC ∈ Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Ta có ( 2; 1) (1;1) d BE x y u =− + = và 21 ; 22 xy I +− là trung điểm của EB . Khi đó: 1.( 2) 1.( 1) 0 12 21 53 10 22 d xy xy x BE u x y x y y Id − + + = += = − ⊥ ⇔ ⇔ ⇔ +− −= − = − += ∈ ( 2;3) E ⇒− Khi đó đường thẳng EC đi qua ( 1;0) C − và có véctơ chỉ phương (1; 3) EC = − nên có phương trình: 1 3 30 13 xy xy + = ⇔ + += − Vì {} EC AH A ∩= nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 3 30 1 3 90 6 xy x x y y + += = ⇔ − −= =− (1; 6) A ⇒− Gọi (; ) D ab , khi đó ( 1; 6) ( 3;1) AD a b BC = −+ = − ABCD là hình bình hành nên suy ra 13 2 61 5 aa AD BC bb −=− =− =⇔⇔ + = =− Vậy ( 2; 5) D−− Bài 98. Ta có {} BC H ∆∩ = nên tọa độ điểm H là nghiệm của hệ: 341 0 1 (1;1) 3 40 1 xy x H xy y − += = ⇔⇒ + − = = Ta có: 22 91 (, ) 2 34 d A BC + = = + Khi đó 11 15 ( , ). 15 .2. 15 15 22 ABC S d A BC BC BC BC =⇔ =⇔ =⇔= Mặt khác H thuộc đoạn BC và 2 HC HB = nên 5 3 BC BH = = Gọi 31 ; 4 b B b BC + ∈ (với 0 b > ) . Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com Khi đó 2 22 31 5 25 ( 1) 1 25 4 b BH BH b + =⇔ = ⇔− + − = 22 2 9 25 ( 1) ( 1) 25 ( 1) 25 16 16 bb b ⇔ − + −= ⇔ −= 2 ( 1) 16 5 bb ⇔ − = ⇔= hoặc 3 b = − (loại) , suy ra (5;4) B Gọi (; ) Cx y khi đó ( 1; 1) ( 4; 3) HC x y BH = −− =−− , khi đó: 18 7 2 ( 7; 5) 16 5 xx HC BH C yy −=− =− = ⇔ ⇔ ⇒ −− −=− =− Vậy (5;4) B và ( 7; 5) C−− Bài 99. Từ phương trình Elip ( ) E : 22 1 25 16 xy += 22 5 3 4 a c a b b = ⇒ ⇒= − = = 1 2 ( 3;0) (3;0) F F − ⇒ 2 1 2 2 22 12 ( ) 2 10 5 10 2 4 4 M E MF MF a MF MF MF Maët khaùcMF MF ∈⇔ + = = ⇒ =⇔== = = Gọi 00 (; ) Mx y , khi đó 22 22 00 00 2 22 2 2 2 0 0 0 0 0 ( ) 1 1 (1) 25 16 25 16 4 ( 3) 4 6 5 (2) xy xy ME MF x y y xx ∈ += += ⇔⇔ = − + = = − + − Thay (2) vào (1) ta được : 22 00 0 65 1 25 16 xx x −+ −= 00 2 00 2 00 5 0 3 50 175 0 35 640 0 39 xy x x x y =⇒= ⇔ − +=⇔ =⇒= − < . Vậy (5;0) M Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.comBài 100. Đường thẳng d : 30 xy + −= vuông góc với BD nên AC // d và đi qua ( 2;2) A − có phương trình: 2 20 xy ++ − = hay 0 xy += Vì ABCD là hình thoi có 0 60 BAD ∠= nên 22 33 2S 2. 42 ABCD ABD AB AB S = = = Mặt khác : 2 3 12 3 12 3 2 6 2 ABCD AB S AB = ⇒ = ⇔= Suy ra 3 3 2 2 AB AI = = (với I là tâm của ABCD ) Gọi (; ) I t t AI −∈ ( với 0 t > ) Có 2 22 3 2 18 ( 2) ( 2) 18 ( 2) 9 AI AB t t t = ⇔ = ⇔+ + + = ⇔+ = 1 t ⇔= hoặc 5 t = − (loại) Vậy (1; 1) I − , suy ra (4; 4) C − ( Vì I là trung điểm của AC ) Khi đó BD đi qua (1; 1) I − vuông góc với AC có dạng : 1 1 xt y t = + =−+ . Gọi (1 ; 1 ) B b b BD + −+ ∈ Khi đó 2 22 2 2 6 24 ( 3) ( 3) 24 3 3 AB AB b b b b = ⇔ = ⇔ + + − = ⇔ = ⇔= ± Suy ra: (1 3; 1 3) (1 3; 1 3) (1 3; 1 3) (1 3; 1 3) B D B D + −+ ⇒ − −− − −− ⇒ + −+ (Vì I là trung điểm của BD) Vậy (13; 13) (4; 4) (13; 13) B C D + −+ − − −− hoặc (13; 13) (4; 4) (13; 13) B C D − −− − + −+ Tìm tài liệu Toán ? Chuyện nh ỏ - www.toanmath.com
