Cách 2 :

Gọi

A ( 3 − − a 1; ) a ∈ AN

, khi đó

M ( 1; 2) −

là trung điểm của

AB

nên ta có :

2 3 1

(3 1; 4 )

2 4

B M A

x x x a

B a a

y y y a

= − = −

 ⇒ − −

 = − = −



( 4;1)

3 1 (4 ) 1 0 4 4 1

(2;3)

B BH a a a a A

B

 −

∈ ⇒ − − − + = ⇔ = ⇔ = ⇒ 



+ Việc tìm tọa độ điểm

C

ta có hai cách trình bày sau : Cách 1 :

AC

đi qua

A ( 4;1) −

và vuông góc với đường thẳng

BH x : − + = y 1 0

nên

AC

có phương trình :

x + + = y 3 0

Gọi

C c ( ; − − ∈ c 3) AC 2 2 ; 2

c c

N  + − 

⇒    

Mặt khác

2 3. 1 0 2 (2; 5)

2 2

c c

N ∈ AN ⇒ + +   −   + = ⇔ = ⇒ c C −

 

Cách 2 :

Gọi

N ( 3 − − t 1; ) t ∈ AN ^⇒ ^C ( ^{− −} ⁶ ^t ^{4; 2} ^t ^{− ⇒} ³ ) ^ ^AC ^{= −} ^{( 6 ; 2} ^t ^t ⁻ ⁴⁾

Ta có

u 

_BH

= (1;1)

, khi đó

.

_BH

0 6 2 4 0 4 4 0 1 (2; 5)

AC u = ⇔ − + − = ⇔ − − = ⇔ = − ⇒ t t t t C −

 

Vậy

A ( 4;1), (2;3), (2; 5) − B C −

Ví dụ 6. Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

, cho hình chữ nhật

ABCD

có điểm

M

nằm trên cạnh

BC

sao cho

MC = 2 MB

, trên tia đối của tia

DC

lấy điểm

N

sao cho

NC = 2 ND

. Đỉnh

D (1; 3) −

và điểm

A

nằm trên đường thẳng

3 x − + = y 9 0

. Phương trình đường thẳng

MN : 4 x − 3 y − = 3 0

. 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 :

“

D (1; 3) −

, phương trình

MN : 4 x − 3 y − = 3 0

và

A

thuộc đường thẳng

3 x − + = y 9 0

”. Như vậy lúc này chúng ta nghĩ tới việc cần “gắn kết” 3 yếu tố “điểm

,

D A

cùng đường thẳng

MN

” lại với nhau. Bài toán 5.2 sẽ giúp ta làm được điều

này. 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

MC = 2 MB

cùng với

D

là trung điểm của

CN

, giúp ta suy ra được

 AD = 3 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

C B ,

lúc này trở nên đơn giản. Khi ta viết được phương trình

CD

(đi qua

D

vuông góc với

) 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

, khi đó :

1 1 2

2 2 3.

= =

ED MC BC

1 1

3 3 3

= = ⇒= 

BC AD AD ED (*)

+ Do

A

thuộc đường thẳng:

3 x − + = y 9 0 ⇒ A a a ( ;3 + 9)

E

thuộc MN: 4x−3y− =3 0 ⇒E b(3 ; 1 4 )− + b Khi đó

[ ]

1 3(1 3 ) 9 2 0

(*) ( 2;3)

3 (3 9) 3 3 ( 1 4 ) 4 2 2

− = −

  − = −  =

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

a b a b b

a b a b a A

CN

đi qua

D (1; 3) −

và vuông góc với

nên có phương trình:

2 7 0

x − y − =

Khi đó tọa độ điểm

N

là nghiệm của hệ:

2 7 0 3

( 3; 5)

4 3 3 0 5

x y x

x y y N

− − = = −

 

⇔ ⇒ − −

 − − =  = −

 

D

là trung điểm của

CN

nên suy ra

C (5; 1) −

+ Ta lại có

5 2 1 2

(2;5)

1 3 3 5

B B

x x

CB DA B

y y

− = − − =

 

= ⇔   + = + ⇔   = ⇒

 

Vậy

A ( 2;3), (2;5), (5; 1) − B C −

Ví dụ 7. Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

, cho tam giác nhọn

ABC

, có đường cao

AH

(

H ∈ BC

) và

BC = 3 BH

. Đường tròn ngoại tiếp tam giác

ABH

có phương trình

( ) : T x

+ y

− 4 x − 2 y = 0

, đường thẳng

AC

x − + = y 2 0

. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác

ABC

, biết

A

có hoành độ dương.

Phân tích hướng giải :

* Với dữ kiện

A ∈ ( ) T

A ∈ AC

và

x

> 0

ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm

A

. Khi đó việc suy ra tọa độ điểm

B

là không khó, khi tâm

I (2;1)

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

C H B , ,

liên hệ với nhau qua hệ thức vecto

BC  = 3  BH

. Như vậy từ đây ta sẽ xác định được tọa độ điểm

C

Giải + Đường tròn

( ) T

có tâm

I (2;1)

. Do tam giác

ABH

vuông tại

H

nên

I (2;1)

là trung điểm của

AB

Tọa độ điểm

A

là nghiệm của hệ :

2 2

4 2 0 2

2 0 0 1 (1;3)

0 0 3

y x

x y x y

x y x x x A

x x y

 + − − =  = +

 =

 − + = ⇔  − = ⇔ ⇒

   = 

 >  >

 

I

là trung điểm của

AB

nên

B (3; 1) −

+ Gọi

0 0 0 0

( ; 2) ( 3; 3)

( ; ) ( 3; 1)

C t t AC BC t t

H x y BH x y

+ ∈  = − +

 ⇒ 

 

= − +

 



Tam giác

ABC

nhọn, đường cao

AH

(

H ∈ BC

) và

BC = 3 BH

nên

3 BC = BH

 

Khi đó ⁰ ⁰

3 3( 3) 3 2

3 3( 1) 3 2; 3

3 x t

t x t t

t y t H

y

 = +

− = − 

 ⇒  ⇒  + 

 + = +     

  =



+ Do

2 2

( ) 2 4 2 2. 0

3 3 3 3

t t t t

H ∈ T ⇒    +    +       −    +    − =

6 (6;8) 3 18 0

3 ( 3; 1)

t C

t t

t C

 = 

⇔ − − = ⇔   = − ⇒   − −

+ Với

A (1;3), (3; 1), (6;8) B − C

2 0

20 50 cos 0 90

90 AB

AC A A

BC

 =

⇒   = ⇒ < ⇔ >

 =



(loại)

Với

A (1;3), (3; 1), ( 3; 1) B − C − −

2 0

20 32 cos 0 90

36 AB

AC A C B A

BC

 =

⇒   = ⇒ > ⇔ < < <

 =



(thỏa mãn)

Vậy

A (1;3), (3; 1), ( 3; 1) B − C − −

Nhận xét : Theo nội dung 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

∆ ∆

₁

,

₂ (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

3 1

2 2 ; N   −  

 

là điểm trên cạnh

AC

sao cho

1 AN = 4 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

x + + = y 3 0

và

2 x − − = y 2 0

. Biết trung điểm của cạnh

BC

là

1 5

2 2 ;

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 x − + = y 1 0

phương trình đường thẳng

BD

là

5 x − 3 y + = 2 0

và điểm

C (0; 2)

. 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

A ( 2;3) −

. Đường cao

CH

nằm trên đường thẳng

2 x + − = y 7 0

và đường trung tuyến

BM

nằm trên đường thẳng

2 x − + = y 1 0

. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác

ABC

Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

, cho hai đường thẳng

d

₁

: 3 x − − = y 5 0

: 4 0

d x + − = y

và điểm

M (1;1)

. Viết phương trình đường thẳng

d

đi qua

M

và cắt

d d

₁

,

₂ lần lượt tại

A B ,

sao cho

2 MA = 3 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

d : 3 x + − = y 2 0

. Gọi

M

là trung điểm của

BC

, đường thẳng

DM

có phương trình

x − − = y 2 0

. 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

H (1; 0)

, chân đường cao hạ từ đỉnh

B

là

K (0; 2)

, trung điểm cạnh

AB

là điểm

M (3;1)

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

3 x + 5 y + = 1 0

và

8 x − − = y 5 0

. 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

  90

⁰

B = = C

. Phương trình các đường thẳng

AC

và

DC

lần lượt là

2 0

x + y =

và

x − − = y 3 0

. Xác định tọa độ các đỉnh của hình thang

ABCD

biết trung điểm cạnh

là

3 3 2 ; 2 M    − −   

Bài 10. Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

, cho tam giác

ABC

có đỉnh

A (3;3)

và

(2;1)

I

là tâm đường tròn ngoại tiếp. Đường phân giác trong của góc nhọn

A

có phương trình

x − = y 0

. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác

ABC

, biết

8 5

BC = 5

Bài 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

E (2;1)

, trọng tâm tam giác

ABC

là

G (2; 2)

. 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

và

AD = 2 BC

, đỉnh

B (4; 0)

, phương trình đường chéo

AC : 2 x − − = y 3 0

, trung điểm

E

của

thuộc đường thẳng

∆ : x − 2 y + 10 = 0

. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang

ABCD

, biết

cot  ADC = 2

Bài 13. Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

, cho elip

( ) :

1

4 E x + y =

điểm

2 2 ;

M  3 3 

 

 

. Viết phương trình đường thẳng

∆

qua

M

cắt

E

tại hai điểm

,

A B

sao cho

MA = 2 MB

Bài 14. Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy

, cho hình chữ nhật

ABCD

có

A (5; 7) −

M

là điểm sao cho

3 MA MB    + = 0

. Điểm

C

thuộc đường thẳng

: 4 0

d x − + = y

. Đường thẳng đi qua

DM

có phương trình

7 x − 6 y − 57 = 0

. 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

M (0; 7) −

và trọng tâm

(5;3)

G

của tam giác

ICD

. Biết diện tích

ABD

bằng

12

và

A

thuộc đường thẳng

∆ : x − − = y 2 0

. Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành

ABCD

F. GIẢI BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1.

+ Do

MC

nên ta có:

2 2

AI AD

AI IC IC = MC = ⇒ =

2 2 8

3 3 .4 3

AI AC AN AN

⇒ = = =

hay

8 AI = 5 NI

Suy ra

8 3

1 1

5 2 3

8 ( 3; 0)

0 5 4 8 4 1

3 5 3 2

A A A

x x

AI NI A

y y

 − =   +  

  = −

  

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

 

+ Mặt khác ta lại có:

( )

3 1

( 3) 3

1 2 4 3

(3; 2)

1 1 2

4 0 0

2 4

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

H (0;1) BD

đi qua

H (0;1)

và nhận 

AC = (6; 2) = 2(3;1)

làm vecto pháp tuyến nên có phương trình:

3 x + − = y 1 0

+ Gọi

B t ( ;1 3 ) − t ∈ BD

với

t > 0

, khi đó:

BH = HA ⇔ BH

= HA

2 2 2 2 2

9 3 1 1 1

t t t t

⇔ + = + ⇔ = ⇔ =

hoặc

t = − 1

(loại) Suy ra

B (1; 2) − ⇒ D ( 1; 4) −

(do

H

là trung điểm của

BD

Vậy

A ( 3; 0), (1; 2), (3; 2), − B − C D ( 1; 4) −

Bài 2.

Cách 1 :

+ Gọi ¹ ¹

2 2

( ; 3) ( ; 2 2) B t t AB

C t t AC

− − ∈

  − ∈



1 5

2 2 ;

M    −   

là trung điểm của

BC

nên suy ra :

1 2

2 1

2 3 2 2 5

B C M

x x x t t

y y y t t

+ = + = −

 

⇔ ⇔

 + = − − + − =



( )

1 2 1

( )

1 2 2

1 4 4;1

2 10 3 3; 4

t t t B

t t t C

− + = − = − 

  

⇔   − = − ⇔   = ⇒  

+ Khi đó

BC

đi qua

B C ,

(hoặc

M

) có phương trình :

3 x − 7 y + 19 = 0

. Cách 2:

+ Gọi

B t ( ; − − ∈ t 3) AB

, khi đó

M

là trung điểm của

BC

nên suy ra:

2 1

( 1 ; 8)

2 8

C M B

x x x t

C t t

y y y t

= − = − −

 ⇒ − − +

 = − = +



+ Mặt khác

C ∈ AC

( ) ( )

2( 1 ) ( 8) 2 0 3 12 4 4;1

3; 4

t t t t B

C

 −

⇒ − − − + − = ⇔ = − ⇔ = − ⇒ 



+ Khi đó

BC

đi qua

B C ,

(hoặc

M

) có phương trình :

3 x − 7 y + 19 = 0

. Cách 3:

+ Tọa độ điểm

A

là nghiệm của hệ

1 3 0 3 1 8

2 2 0 8 3 ; 3

3

Trong tài liệu Tài liệu 10 bài toán trọng điểm hình học giải tích phẳng Oxy – Nguyễn Thanh Tùng - Học Tập Trực Tuyến Cấp 1,2,3 - Hoc Online 247 (Trang 168-175)

A ( 3 − − a 1; ) a ∈ AN

M ( 1; 2) −

AB

2 3 1

(3 1; 4 )

2 4

x x x a

B a a

y y y a

= − = −

 ⇒ − −

 = − = −



( 4;1)

3 1 (4 ) 1 0 4 4 1

(2;3)

B BH a a a a A

B

 −

∈ ⇒ − − − + = ⇔ = ⇔ = ⇒ 



C

AC

A ( 4;1) −

BH x : − + = y 1 0

AC

x + + = y 3 0

C c ( ; − − ∈ c 3) AC 2 2 ; 2

c c

N  + − 

⇒    

2

3. 1 0 2 (2; 5)

2 2

c c

N ∈ AN ⇒ + +   −   + = ⇔ = ⇒ c C −

 

N ( 3 − − t 1; ) t ∈ AN ⇒ C ( − − 6 t 4; 2 t − ⇒ 3 )  AC = − ( 6 ; 2 t t − 4)

u 

= (1;1)

.

0 6 2 4 0 4 4 0 1 (2; 5)

AC u = ⇔ − + − = ⇔ − − = ⇔ = − ⇒ t t t t C −

 

A ( 4;1), (2;3), (2; 5) − B C −

Oxy

ABCD

M

BC

MC = 2 MB

DC

N

NC = 2 ND

D (1; 3) −

A

3 x − + = y 9 0

MN : 4 x − 3 y − = 3 0

ABCD

D (1; 3) −

MN : 4 x − 3 y − = 3 0

A

3 x − + = y 9 0

,

D A

MN

AD  MN = { } E

, ,

A E D

A

E

M

BC

MC = 2 MB

D

CN

 AD = 3 ED 

A

C B ,

CD

N ( 3 − − t 1; ) t ∈ AN ^⇒ ^C ( ^{− −} ⁶ ^t ^{4; 2} ^t ^{− ⇒} ³ ) ^ ^AC ^{= −} ^{( 6 ; 2} ^t ^t ⁻ ⁴⁾

^AD  ^MN ⁼ { } ^E