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

M t ( ) ∈ ∆ 

^{d I( , '∆ =) h}

→

f t ( ) = ⇔ = ⇒ 0 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

M t ( )

+ Cắt nghĩa dữ kiện

d I ( , ') ∆ = h

giúp ta có được phương trình chứa

t

là

f t ( ) = 0

+ 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

∆ : x + − = y 1 0

và đường thẳng

∆ ' : 5 x − 12 y + = 2 0

Tìm tọa độ điểm

M

thuộc đường thẳng

∆

sao cho

M

cách

∆ '

một khoảng bằng

2

.

Giải + Gọi

M t ( ;1 − ∈ ∆ t )

, khi đó :

2 2

5 12(1 ) 4

( , ') 2 2

5 12

t t

d M − − +

∆ = ⇔ =

+

(2; 1) 2

17 8 26 18 18 35

17 17; 17

t M

t t M

 −

 =

 

⇔ − = ⇔ = − ⇒ − 

+ Vậy

M (2; 1) −

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

,

B (4; 3) −

. Tìm điểm

C

thuộc đường thẳng

x − 2 y − = 1 0

sao cho khoảng cách từ

C

đến đường thẳng

AB

bằng

6

.

Phân tích hướng giải:

Do

A (1;1)

,

B (4; 3) −

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 

AB = (3; 4) −

, suy ra phương trình

AB : 4 x + 3 y − = 7 0

+ Vì

C

thuộc đường thẳng

x − 2 y − = 1 0

nên gọi

C (2 t + 1; ) t

, khi đó :

2 2

4(2 1) 3 7

( , ) 6 6

4 3

t t

d C AB + + −

= ⇔ =

+

(7;3) 3

11 3 30 27 43 27

11; 11 11

t C

t t C

= 

 

⇔ − = ⇔ = − ⇒ − − 

+ Vậy

C (7;3)

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

A (1; 0), (0; 2) B

và giao điểm

I

của hai đường chéo nằm trên đường thẳng

y = x

. Tìm tọa độ đỉnh

C D ,

.

Phân tích hướng giải:

* Với dữ kiện

I

nằm trên đường thẳng

y = x

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

).

* 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 :

2 2

1 4 2

4 4. ( , ). ( , )

2 2 2 1 2 5

ABCD ABCD IAB

S S d I AB AB d I AB S

= = ⇒ = 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

 AB = − ( 1; 2) ⇒ n 

_AB

= (2;1)

nên

AB

có phương trình:

2 x + − = y 2 0

+ Ta có:

2 2

1 4 2

4 4. ( , ). ( , )

2 2 2 1 2 5

ABCD

ABCD IAB

S S d I AB AB d I AB S

= = ⇒ = AB = =

+ + Gọi

I t t ( ; )

, khi đó :

4 4 4 2 2 ;

2 2

( , ) 3 2 2 3 3 3

5 5 5

0 (0;0)

t t t I

d I AB t

t I

  

+ −  =   

= ⇔ = ⇔ − = ⇔ ⇒  

 = 

 

+ Vì

I

lần lượt là trung điểm của

AC BD ,

nên :

Với 4 4 5 8

; ;

3 3 3 3

I ⇒C  và 8 2 3 3; D 

 

  ; Với ^I

( )

^{0;0 ⇒C}

(

^−1;0

)

và ^D

(

^{0; 2−}

)

.

Vậy 5 8 8 2

; , ;

3 3 3 3

C  D 

   

    hoặc ^C

(

^{−1;0 ,}

) (

^{D 0; 2−}

)

.

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

4 0

x − + = y

và

x − − = y 4 0

. Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông biết tâm của hình vuông thuộc đường thẳng

∆ : 2 x − − = y 1 0

.

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

CD

). 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 thức

( , ) ( , )

d I AB = d I 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

A C B D , , ,

trở nên đơn giản.

Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên:

Giải Gọi

I t ( ; 2 t − ∈ ∆ 1)

là tâm của

hình vuông

ABCD

. Ta có: d I AB( , )=d I CD( , )

(2 1) 4 (2 1) 4

2 2

t− t− + t− t− −

⇔ =

5 3 1 (1;1)

t t t I

⇔ − = + ⇔ = ⇒

Vì

AD ⊥ AB

, nên phương trình

AD

có dạng:

x + + = y m 0

Ta có: 2 4 2 : 2 0

( , ) ( , )

6 : 6 0

2 2

m m AD x y

d I AD d I AB

m AD x y

+  =  + + =

= ⇔ = ⇔ = − ⇒ + − = + Với

AD x : + + = y 2 0

, khi đó tọa độ điểm

A

là nghiệm của hệ :

2 0 3

( 3;1)

4 0 1

x y x

x y y A

+ + = = −

 

⇔ ⇒ −

 − + =  =

 

Tọa độ điểm

D

là nghiệm của hệ: 2 0 1

(1; 3)

4 0 3

x y x

x y y D

+ + = =

 ⇔ ⇒ −

 − − =  = −

 

Do

I (1;1)

là trung điểm của

AC BD ,

nên suy ra:

C (5;1), (1;5) B

+ Với

AD x : + − = y 6 0

, khi đó tọa độ điểm

A

là nghiệm của hệ :

6 0 1

(1;5)

4 0 5

x y x

x y y A

+ − = =

 

⇔ ⇒

 − + =  =

 

Tọa độ điểm

D

là nghiệm của hệ: 6 0 5

(5;1)

4 0 3

x y x

x y y D

+ − = =

 ⇔ ⇒

 − − =  = −

 

Do

I (1;1)

là trung điểm của

AC BD ,

nên suy ra:

C (1; 3), ( 3;1) − B −

Vậy A( 3;1), (1;5), (5;1),− B C D(1; 3)− hoặc A(1;5), ( 3;1), (1; 3),B − C − D(5;1).

Nhận xét:

Nếu bài toán trên việc tìm

I

ta sử dụng đẳng thức

d I AB ( , ) = 2 2

(trước đó ta đi tính

d AB CD ( , ) = d M CD ( , ) = 4 2

, với

M ∈ AB

) sẽ cho ra hai điểm

I

, khi đó ta phải có bước thử lại

d I CD ( , ) = 2 2

. Song ở bài toán trên thay vì làm thế, ta sử dụng đẳng thức :

d I AB ( , ) = d I 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

∆ : x − = y 0

. Đường tròn

( ) C

có bán kính

R = 10

cắt

∆

tại hai điểm

A B ,

sao cho

AB = 4 2

. 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

IH = 2

hay

d I ( , ) ∆ = 2

.

*

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

R = 10

và

AB = 4 2

giúp ta tính được

MH = 4 2

hay

( , ) 4 2

d M ∆ =

. 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

.

Do

M

thuộc tia

Oy

nên gọi

M (0; ) m

với

m ≥ 0

và

H

là trung điểm của 2 2 2

AB⇒AH =AB =

+ Xét tam giác

IAM ,

ta có:

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1

8 10 40 AM 2 10

AH =AM +AI ⇔ = AM + ⇔ AM = ⇔ = Suy ra MH = AM²−AH² =4 2

Mà ( , ) 4 2 8

2

MH =d M ∆ ⇔ = m ⇔ =m hoặc m= −8 (loại).

Do đó

M (0;8)

.

+ Đường thẳng

IM

qua

M

và vuông góc với

∆

nên có phương trình:

8 0 x + − = y

Khi đó

I t ( ;8 − t )

, suy ra:IH = IA²−AH² = 2⇔d I( , )∆ = 2

(8 ) 5 (5;3)

2 3 (3;5)

2

t t t I

t I

− −  = 

⇔ = ⇔ = ⇒ Kiểm tra điều kiện

IM = IA

²

+ AM

²

= 5 2,

ta được

I (5;3)

Vậy đường tròn

( ) C

có phương trình

( x − 5)

²

+ ( y − 3)

²

= 10

. 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

M (0; ) m

với

m ≥ 0

.

* 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 :

8 0

x + − = y

Do đó tọa độ điểm

H

là nghiệm của hệ 0 4

(4; 4)

8 0 4

x y x

x y y H

− = =

 

⇔ ⇒

 + − =  =

 

+ Ta có ^{2 2} 1 1

2 4 4

IH= IA −AH = = HM ⇒IH= HM

4 1.( 4) 4 5

(5;3)

1 3

4 .4

4

I

I I I

x x

y I 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

,

B (4;5)

. Tâm

I

của hình bình hành thuộc đường thẳng

x + + = y 3 0

. Tìm tọa độ các đỉnh

C D ,

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

2 2

( ) : (C x−1) +(y+2) =9 và đường thẳng

d : 3 x − 4 y + = m 0

. 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

x + − = y 2 0

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

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.

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

AB

có phương trình:

4 x − 3 y − = 1 0

+ Ta có

2 2

1 9 9

4 4. ( , ). ( , )

2 2 2 3 4 10

ABCD ABCD IAB

S S d I AB AB d I AB S

= = ⇒ = AB = =

+ + Gọi

I t ( ; − − t 3)

, khi đó : 9 4 3( 3) 1 9

( , )

10 5 10

t t

d I AB − − − −

= ⇔ =

1 5

1 ;

2 2

9 2

7 8

25

2 25 17

14 14; 14

t I t

t I

  

 = −  − − 

   

⇔ + = ⇔ ⇒

  

 = −  − − 

   

+ Vì

I

lần lượt là trung điểm của

AC BD ,

nên : Với ^{1; 5}

(

^{2; 6}

)

2 2

I− − ⇒C − − và ^D

(

^{− −5; 10}

)

Với 25 17 32 24

; ;

14 14 7 7

I− − ⇒C− −  và 53 52 7 ; 7 D− − .

Vậy

^C ( ^{− − 2; 6 ,} ) ( ^{D − − 5; 10} )

^{hoặc 32; 24 , 53; 52}

7 7 7 7

C− −  D− − . Bài 2.

+ Đường tròn

( ) C

có tâm

(1; 2)

I −

và bán kính

R = 3

+ Tam giác

PAB

đều nên

∠ API = 30

⁰. Xét tam giác vuông

IAP

có :

0

3 6

sin sin 30

IP IA

= API = =

∠

+ Với

P ∈ d

;

IP = 6

và có duy nhất một điểm

P

thỏa mãn, suy ra

IP ⊥ d

hay :

d I d ( , ) = IP

2 2

11 6 11 30

3 4

m m

⇔ + = ⇔ + = ⇔

+

19 41 m m

 =

 = −



+ Vậy

m = 19

hoặc

m = − 41

. 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 7 0 x− +y = Khi đó tọa độ giao điểm

I

của

'

NN

và

AH

là nghiệm của hệ :

18 2

0 7 2 16

7 ;

16 7 7

2 0

7 x y x

I

x y y

 = −

 − + = 

 ⇔ ⇒ − 

   

 + − =  =

 

Do

I

là trung điểm của 4

' ' ; 2

NN ⇒N −7  + Khi đó

AB

đi qua 5

1; 3

M −  và 4 ' ; 2

N −7  nên có phương trình:

7 x + 3 y − = 2 0

Suy ra tọa độ điểm

A

là nghiệm của hệ:

7 3 2 0 1

( 1;3)

2 0 3

x y x

x y y A

+ − = = −

 ⇔  ⇒ −

 + − =  =

 

+ Gọi

B ( 1 3 ;3 7 ) − + t − t ∈ AB

với

1 t > 3

Khi đó ta có : 1 3 3 7 2

( , ) 2 2 2 2

2 2

t t

d B AH BC − + + − −

= = ⇔ =

⇔ 4t = ⇔ =4 t 1 hoặc

t = − 1

(loại)

Suy ra

B (2; 4) −

+

BC

đi qua

B (2; 4) −

và vuông góc với

AH

nên có phương trình:

6 0 x − − = y

Khi đó tọa độ điểm

H

là nghiệm của hệ :

6 0 4

(4; 2) (6;0)

2 0 2

x y x

H C

x y y

− − = =

 

⇔ ⇒ − ⇒

 + − =  = −

  (do

H

là trung điểm của

BC

)

Vậy

A ( 1;3), (2; 4), (6; 0) − B − C

. Bài 4.

+ Gọi

N

là trung điểm của

CD

, khi đó :

2 2 2

3 3 3

IG= IN= IM ⇒IG= IM

( ) ( )

5 2 0

3 3

(3; 1)

2 1

3 7

3

I I

I I

I I

x x

x I

y y y

 − = −

  =

⇔ − = − − ⇔ = − ⇒ −



+ Ta có

S

_ABD

= 4 S

_AMI

= 12 ⇒ S

_AMI

= 3

Mặt khác

2 2.3 2

3 5 ( , )

3 5 5

S

AMI

MI d A MI

= ⇒ = MI = =

+ Ta cĩ phương trình đường thẳng

MI : 2 x − − = y 7 0

Gọi

A a a ( ; − ∈ ∆ 2)

, khi đĩ:

2 ( 2) 7 3 (3;1)

2 2

( , ) 5 2

7 (7;0)

5 5 5

a a a A

d A MI a

a A

− − −  = 

= ⇔ = ⇔ − = ⇔ = ⇒

Do

M

là trung điểm của

AB

và

I

là trung điểm của

AC BD ,

nên:

+ Với

A (3;1) ⇒ B ( 3; 15), (3; 3), − − C − D (9;13)

Với

A (7; 0) ⇒ B ( 7; 1), (13;12), − − C D ( 1; 2) − −

Vậy

A (3;1), ( 3; 15), (9;13), B − − C D (3; 3) −

hoặc

A (7; 0), ( 7; 1), (13;12), B − − C D ( 1; 2) − −

.

3. BÀI TỐN 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 108-117)