Hình học giải tích phẳng Oxy – Đặng Thành Nam - Học Tập Trực Tuyến Cấp 1,2,3 - Hoc Online 247

648

Dang Thanh Nam

Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam Dang Thanh Nam

Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam Email : dangnamneu@gmail.com

Yahoo: changtraipkt Mobile: 0976266202

CHUYÊN ĐỀ 10:

HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG

649

Dang Thanh Nam

Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam

650

Dang Thanh Nam

Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam Dang Thanh Nam

Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam Email : dangnamneu@gmail.com

Yahoo: changtraipkt Mobile: 0976266202

KIẾN THỨC CẦN NHỚ

Phương trình đường thẳng có dạng tổng quát

 

^{d :ax by  c 0, a2b2 0.}

+ Đường thẳng

 

^d có véc tơ pháp tuyến nd 



a b^;



, và véc tơ chỉ phương ud  



b a^;



. + Phương trình đường thẳng đi qua điểm M x y



0; 0



và có véc tơ pháp tuyến nd 



a b^;



có dạng:

  

d :a xx0



b y



y0



0.

+ Phương trình đường thẳng đi qua điểm M x y



0; 0



và có hệ số góc kcó dạng:

 

d :yk x



x0



 y0.

+ Phương trình đoạn chắn đi qua điểm ^{A a}



^{;0 ,}



^B



^0;b



^{có dạng}

 

^{d :x y 1.}

ab  + Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm M1



x y1; 1



,M2



x y2; 2



có dạng

 

^{1 1}

2 1 2 1

: x x y y . d x x y y

 

  

Góc giữa 2 đường thẳng

+ Nếu 2 đường thẳng cho dưới dạng hệ số góc

 

 

1 1 1 1 2 0

2 2 2 1 2

: tan , 0 90 .

: 1

d y a x b a a

d y a x b  a a 

 

    

   



+ Nếu 2 đường thẳng cho dưới dạng tổng quát

 

 

1 1 1 1 1 2 1 2

2 2 2 2

2 2 2 2 1 1 2 2

: 0

: 0 os

d a x b y c a a b b

d a x b y c c a b a b

   

 

  

     



Khoảng các từ một điểm đến một đường thẳng



^;

  

^ax0 ₂^by0₂ ^{c .}

d M d

a b

 



 Các tính chất trong tam giác

Cho tam giác ABCcó 3 đỉnh là A B C, , và trọng tâm G, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABClà I , tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Khi đó ta có

+ Tọa độ trọng tâm G được xác định bởi 3

3

A B C G

A B C G

x x x x

y y y y

  



   



.

+ Tâm đường tròn ngoại tiếp là giao điểm của 3 đường trung trực của tam giác.

651

Dang Thanh Nam

Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam

+ Tâm đường tròn nội tiếp là giao điểm của 3 đường phân giác trong của tam giác.

+ Phương trình đường phân giác trong của góc Acó véc tơ chỉ phương 1 1

u AB AC

AB AC

 

  

. + Phương trình đường phân giác ngoài của góc Acó véc tơ chỉ phương 1 1

.

u AB AC

AB AC

 

  

BÀI TOÁN VỀ ĐƯỜNG THẲNG VÀ TAM GIÁC

Phương pháp:

- Cho tam giác vuông tại Achẳng hạn thì ta có  AB AC. 0 .

- Nếu đề bài cho phương trình đường cao AxBy C 0thì cạnh đối diện sẽ nhận véc tơ



^;



u A B

làm một véc tơ chỉ phương, vậy nếu biết cạnh đối diện đi qua một điểm nữa thì ta viết được phương trình của cạnh đối diện.

- Nếu đề bài cho phương trình của một hoặc hai đường trung tuyến thì ta tìm được trung điểm cạnh đối diện hoặc trọng tâm của tam giác.

Lưu ý: Thường xét mối liên hệ giữa tọa độ ba đỉnh và trọng tâm 3 3

A B C G

A B C G

x x x x

y y y y

  



  



hoặc 2

AG3AM

 

với M là trung điểm cạnh BC.

- Nếu đề bài cho phương trình đường phân giác trong dcủa một góc, và biết một điểm M thuộc một cạnh bên thì ta tìm tọa độ điểm M^'đối xứng với M qua d

Điểm M^'được xác định qua các bước:

1. Viết phương trình đường thẳng đi qua M và vuông góc với d.

2. Xác định tọa độ I d , vì I là trung điểm của MM^'M^'theo công thức liên hệ đối xứng qua một điểm.

- Nếu đề bài cho tâm hay bán kính đường tròn nội tiếp, diện tích tam giác thì chú ý công

thức liên hệ 1 1 1

. sin sin sin

2 2 2

SABC  p r ab C bc A ca B

BÀI TẬP MẪU

Bài 1. Cho điểm ^A



^{2; 2}



và đường thẳng

 

^d đi qua điểm ^M



^3;1



và cắt các trục tọa độ tại ,

B C. Viết phương trình đường thẳng

 

^d , biết rằng tam giác ABCcân tại A. Lời giải:

Giả sử

 

^d cắt các trục tọa độ tại ^{B b}



^{; 0 ,}



^C



^0;c



^{. Khi đó}

 

^{d :x y 1.}

bc 

652

Dang Thanh Nam

Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam

Do điểm ^M



^3;1

  

^{d 3 1 1(1)}

b c

    .

Tam giác ABCcân tại ^{A AB2 AC2 }



^2b



^{24 4}



^2c



²⁽²⁾

Từ (1) và (2) suy ra: 6 2

2 2

b b

c c

 

 

 

  

 

Vậy có 2 đường thẳng

 

1 : 1;

 

2 : 1.

6 2 2 2

x y x y

d   d  



Bài 2. Cho 2 đường thẳng

 

d1 :x  y 1 0;

 

d2 : 2x  y 1 0và điểm ^M



^2;1



. Viết phương trình đường thẳng

 

^d đi qua điểm M và cắt hai đường thẳng trên tại A B, sao cho M là trung điểm của AB.

Lời giải:

Giả sử A t t



1; 11

  

 d1 ;B t



2; 2 t21

  

 d2

Điểm ^M



^2;1



là trung điểm của ABkhi và chỉ khi

   

1 2 1

1 2

2

10

2 4 3 10 13 2 7

; , ;

1 2 1 2

2 2 3 3 3 3

3

A B M

A B M

t t t

x x x

A B

t t

y y y

t

 

  



 

       

  

      

    

      

   



 

4 2; 5 AB 3

 

Vậy phương trình đường thẳng

 

^{: 2 1}

 

^{: 5 2 8 0.}

2 5

x y

d   d x y

    

Bài 3. Cho 2 đường thẳng

 

d1 : 2x  y 5 0;

 

d2 :x  y 3 0và điểm ^M



^{2; 0}



Viết phương trình đường thẳng

 

^d đi qua điểm M và cắt hai đường thẳng trên lần lượt tại A B, sao cho

2 . MA MB

 

Lời giải:

Giả sử A t



1; 2t15

  

 d1 ;B t



2;3t2

  

 d2 . Suy ra



2 1; 21 5 ,

 

2 2;3 2



MA t t  MB t  t

 

Ta có

 

   

1 2 1

1 2 2

2 2 2 1

2 1 3;7

2 5 2 3

2 t t t

MA MB MA

t t t

 

  

 

    

    

 

 

  

Vậy phương trình đường thẳng

 

^{: 2 7 3 14 0.}

3 7

x y

d  x y

    

653

Dang Thanh Nam

Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam

Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxycho hai đường thẳng d₁:x  y 4 0và d₂: 2x  y 2 0. Tìm tọa độ điểm Nthuộc đường thẳng d₂sao cho đường thẳng ONcắt đường thẳng d₁tại điểm

M thỏa mãn OM ON. 8. Lời giải:

Gọi N a a



; 2 2



d M b b2;



; 4



d1

Do O M N, , thẳng hàng nên hệ số góc đường thẳng OM bằng hệ số góc đường thẳng ON:

2 2 4 4

2

a b a

a b b a

 

  



Ta có ^{OM ON.  8}



^{a2 }



^2a2



²

 

^b2



^b4



²



^{64, thay b} ₂⁴_^a_a vào ta được



^5a28a4



^{2 4}



^a2



^{2 }



^5a26a



^{5a210a8}



^{05a26a0}



^{0; 2}



0

6 6 2

5 5 5;

a N

a N



 

 

    

Vậy có hai điểm 1

 

2

0; 2 ; 6 2; N N 5 5

  

 

Bài 4. Viết phương trình đường thẳng

 

^d đi qua điểm ^M



^4;1



cắt các trục tọa độ tại A B, sao cho.

1. Diện tích tam giác OABnhỏ nhất.

2. Tổng độ dài OA OB nhỏ nhất.

Lời giải:

Giả sử

 

^d cắt các trục tọa độ tại ^{A a}



^{;0 ,}



^B



^{0;b a b}



^{, , 0}. Khi đó phương trình của

 

^{d là}

 

^{d :x y 1}

ab  . Do ^M



^4;1

  

^{d 4 1 1(1).}

a b

   

1. Ta có 1

OAB 2

S  ab, theo (1) ta có 4 1 4 1 4

1 2 . ab 16 S_OAB 8.

a b a b ab

       

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ^{8, 2}

 

^{: 1.}

8 2

x y a b  d  

2. Ta có ^{4 4 5 2}



⁴



^{4 5 9}

4 4 4

OA OB a b a a a a

a a a

            

  

654

Dang Thanh Nam

Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ^{4 4 6; 3}

 

^{: 1.}

4 6 3

x y

a a b d

 a      



Bài 5. Cho 2 điểm ^A



^{0; 6 ,}



^B



^2;5



. Tìm trên

 

^{d :x2y 2 0điểm M sao cho}

1. MA MB đạt giá trị nhỏ nhất.

2. MA MB đạt giá trị lớn nhất.

Lời giải:

Thay tọa độ 2 điểm A B, vào phương trình của

 

^{d  }



¹⁰

 

^{6  0 2 điểm A B, nằm cùng}

phía với đường thẳng

 

^{d .}

1. Gọi A'là điểm đối xứng của Aqua

 

^{d MA MB MA'MBA B' .}

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm của đường thẳng A B' và

 

^{d .}

Đường thẳng AA'đi qua Avà vuông góc với

 

^{d AA' : 2x}



^y6



^{02xy 6 0}. Tọa độ giao điểm Hcủa

 

^{d và A A' là}

nghiệm của hệ

   

2 6 0

2; 2 ' 4; 2

2 2 0

x y

H A

x y

  

   

   



.

Đường thẳng 4 2

' : 7 2 24 0

2 4 5 2

x y

A B   x y

    

 

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ

d M'

A

B

A'

M

655

Dang Thanh Nam

Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam

7 2 24 0 11 19

; .

2 2 0 4 8

x y x y M

  

  

   

    



2. Ta có ^{MA MB AB MA MB} _max ^{ ABM AB}

 

^d

Đường thẳng AB x: 2y120 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ

2 12 0 7

5; .

2 2 0 2

x y x y M

  

  

   

    



Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxycho 2 điểm ^A



^{0;1 ,}



^B



^{2; 1}



và 2 đường thẳng:

  

d1 : m1



x



m2



y 2 m0;

  

d2 : 2m x







m1



y3m 5 0 Gọi Plà giao điểm của

   

d1 , d2 . Xác định m để tổng PA PB lớn nhất.

Lời giải:

1, 2

d d có véc tơ pháp tuyến là n1



m1;m2 ;



n2 



2m m; 1



. Suy ra

   

1. 2 0 1 2

n n   d  d

 

.

Dễ thấy A

 

d1 ,B

 

d2 PABvuông tại P. Ta có



^{PA PB}



^{2 2}



^PA2PB2



^{2AB2 16PA PB 4.}

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác PABvuông cân tại P, hay góc giữa đường thẳng AB và

 

d1 bằng 45 . ⁰

Ta có nAB 

 

^1;1

, từ đó suy ra

   

0 1

2 2

1

. 2 3 1

cos 45 1

. 1 2 2

AB

AB

n n m m

n n m m m



 

        

 

 

Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đecac vuông góc Oxycho điểm ^A



^2;1



. Tìm tọa độ điểm Btrên trục hoành, điểm Ctrên trục tung sao cho tam giác ABCvuông tại Avà có diện tích lớn nhất, biết điểm Bcó hoành độ không âm.

Lời giải:

Gọi ^{B b}



^{; 0 ,}



^C



^{0;c b c}



^{; ,  0 AB}



^{b2; 1 ,}



^{AC }



^2;c1



Tam giác ABCvuông tại Asuy ra

   

⁵

. 0 2 2 1 1 0 5 2 0 0

AB AC   b  c  c  b  b2

 

Diện tích tam giác ABC

 

²

 

^{2 2}

1 1

. 2 1 4 1 4 5

2 2

SABC  AB AC b   c b  b

656

Dang Thanh Nam

Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam

Xét hàm số ² 5

( ) 4 5, 0 ( ) (0) 5

f t t  t  t 2 f t  f  Vậy diện tích tam giác ABClớn nhất khi ^B



^{0; 0 ,}



^C



^0;5



^.

Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đecac vuông góc Oxycho điểm ^A



^{2; 2}



và hai đường thẳng d₁:xy 2 0,d₂:x  y 8 0. Tìm B C, tương ứng thuộc d d₁, ₂sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.

Lời giải:

Giả sử B b



; 2b



d C c1;



;8c



d2. Ta có



^2;



^,



^{2; 6}



AB b b AC c c

 

. Tam giác ABCvuông cân tại Akhi và chỉ khi

    

 

²

 

²

 

²

2 2 2

2 2 8 0 3 1

. 0

5 3

2 2 8

b c b c b b

AB AC

c c

AB AC b b c c

    

       

 

  

   

 

        

 

 

 

Vậy có hai cặp điểm B C, thỏa mãn đề bài là ^B



^{3; 1 ,}



^C



^5;3



^{hoặc B}



^{1;3 ,}



^C



^3;5



^.

Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đecac vuông góc Oxycho bốn điểm ^A



^{1; 0}





^{2; 4 ,}

 

^{1; 4 ,}

 

^3;5



B  C  D . Tìm điểm M trên đường thẳng d: 3x  y 5 0sao cho hai tam ,

MAB MCDcó diện tích bằng nhau.

Lời giải:

Ta có AB5,CD 17. Giả sử điểm ^{M a a}



^{;3 5}



thuộc đường thẳng d Đường thẳng AB CD, lần lượt có phương trình là

: 4 3 4 0; : 4 17 0

AB x y  CD x y 

Vậy diện tích tam giác MAB MCD, bằng nhau khi và chỉ khi

   

2 2 2 2

13 19 11 37 7

. ; . ; 5. 17. 3

3 4 1 4 9

a a a

AB d M AB CD d M CD

a

    

   

    

Vậy có hai điểm thỏa mãn bài toán là 1 2

 

7; 2 , 9; 32 M 3  M

   

  .

Bài 10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxycho tam giác ABCcó diện tích bằng 3

2và hai điểm ^A



^{2; 3 ,}



^B



^{3; 2}



. Trọng tâm Gnằm trên đường thẳng 3x  y 8 0. Tìm tọa độ đỉnh Ccủa tam giác.

Lời giải:

657

Dang Thanh Nam

Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam

Ta có AB 2. Đường thẳng ABcó phương trình là AB x:   y 5 0. Vì Glà trọng tâm tam

giác ABCnên ^{1 1}



^;



^{2 2}

3 2 2

ABG

ABG ABC

S S d G AB S

    AB 

Gọi ^{G a a}



^{;3 8}



^{suy ra}

   

1

2 3 2

1; 5 , 2; 2 2

2 2

a

a G G

a



  

    

 

Gọi M là trung điểm của ⁵; ⁵ 2 2 AB M 

   

 

Vì

 

 

3 2; 2

1; 1 MC MG C

C



  

 

 

Bài 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxycho tam giác ABCcó trực tâm



^{1; 0}



H chân đường cao hạ từ đỉnh Blà ^K



^{0; 2}



và trung điểm cạnh ABlà điểm ^M



^3;1



^{. Viết}

phương trình ba cạnh của tam giác ABC. Lời giải:

Đường cao BK đi qua hai điểm H K, nên có phương trình BK: 2x  y 2 0. Ta có ^{HK }



^{1; 2}



, đường thẳng ACđi qua Kvà nhận HK

làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình AC x: 2y 4 0.

Do AAC B, BKnên giả sử ^A



^2a4;a



^{,B b}



^{; 2 2 b}



^{. Vì điểm M}



^3;1



là trung điểm của ABnên ta có hệ

   

2 4 6 4

4; 4 , 2; 2

2 2 2 2

a b a

A B

a b b

   

 

  

 

   

 

Từ đó suy ra phương trình cạnh AB: 3x  y 8 0

Đường thẳng BCđi qua Bvà vuông góc với ^{HA}



^{3; 4}



nên có phương trình là

: 3 4 2 0

BC x y  .

Bài 12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxycho tam giác ABCcó trực tâm



^{1; 4}



H  và tâm đường tròn ngoại tiếp ^I



^{3; 0}



, trung điểm cạnh BClà điểm ^M



^{0; 3}



^{. Viết}

phương trình đường thẳng ABbiết đỉnh Bcó hoành độ dương.

Lời giải:

Gọi Nlà trung điểm cạnh AC, vì tam giác ABH đồng dạng với tam giác MNIvà AHsong song với MInên ^{HA2MI A}



^7;10



^.

658

Dang Thanh Nam

Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam

Gọi ^{B x y}



^;



^{,x 0 IM }



^{3; 3 ,}



^{MB}



^{x y; 3}



^{. Với M} là trung điểm cạnh BCnên IM MBvà bán kính đường tròn ngoại tiếp IAIB 116.

Do đó tọa độ đỉnh Blà nghiệm của hệ

 

   

2 2

3 116 7

4 7; 4

3 3 3 0

x y x

y B x y

     

  

 

     



.

Vậy đường thẳng ABđi qua hai điểm A B, nên có phương trình là

: 3 7 49 0

AB x y  .

Bài 13. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxycho tam giác ABCvuông tại A. Hai đỉnh A B, nằm trên trục hoành, phương trình cạnh BCcó phương trình là

: 4 3 16 0

BC x y  . Xác định tọa độ trọng tâm Gcủa tam giác ABCbiết bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1.

Lời giải:

Do điểm Bthuộc đường thẳng BCvà nằm trên Oxnên tọa độ điểm Blà nghiệm của hệ

 

0 4; 0

4 3 16 0

y B

x y

 

 

  



.

Giả sử ^{A a}



^{; 0}



^{AB}



^{4a; 0}



^{, gọi ;16 4}

3

C c  c BC

 

  . Do tam giác ABCvuông tại Anên

. 0

AB AC ca

 

. Vậy điểm ;^{16 4} 3 C a  a

 

 .

Ta có ¹ . ¹ 4 .^{16 4}

2 2 3

ABC

S AB AC a  a

  

Mặt khác ta lại có 1 16 4 5

4 4 ; ( , 1)

2 3 3 2

ABC

a AB BC CA

S pr a  a  p   r

         

 

Từ đó suy ra 7

4 3

1 a a

a

 

    

+ Với ¹



^{1; 0 ,}

 

^{4; 0 ,}

 

^{1, 4}



^{2;4 .}

a A B C G 3

    

  + Với ⁷



^{7; 0 ,}

 

^{4; 0 ,}

 

^{7, 4}



^{6; 4 .}

a A B C G 3

      

 

Bài 14. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxycho tam giác ABCnội tiếp đường tròn tâm ^I



^{6; 6}



và ngoại tiếp đường tròn tâm ^K



^4;5



, biết đỉnh ^A



^2;3



. Xác định tọa độ đỉnh

, B C. Lời giải:

659

Dang Thanh Nam

Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam

Ta có IA5, do vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABCcó phương trình là

  

^{C : x6}



^{2 }



^y6



^{2 25.}

Đường phân giác AKđi qua hai điểm A K, nên có phương trình là AK x:   y 1 0, đường thẳng này cắt đường tròn

 

^{C tại điểm D}



^9;10



^.

Ta có ^{ }

  2 DCK DKC A C

  nên tam giác DKBlà tam giác cân.

Suy raB C, là giao điểm của

 

^C và đường tròn tâm Dbán kính DK  50. Vậy tọa độ B C, là nghiệm của hệ

   

   

2 2

2 2

6 6 25 2 10

9 3

9 10 50

x y x x

y y

x y

        

  

  

 

 

   



Vậy ^B



^{2;9 ,}



^C



^10;3



^{hoặc B}



^{10;3 ,}



^C



^2;9



^.

Bài 15. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxycho tam giác ABCcân tại Acó phương trình hai cạnh AB y:  1 0;BC x:   y 2 0. Tính diện tích tam giác ABCbiết ACđi qua điểm ^M



^{1; 2}



^.

Lời giải:

Đỉnh Blà giao điểm của AB BC, nên tọa độ đỉnh Blà nghiệm của hệ

K A

B

I C

D

660

Dang Thanh Nam

Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam

 

1 0 3; 1

2 0

y B

x y

  

 

   



.

Gọi dlà đường thẳng đi qua M và song song với BC, khi đó dcó véc tơ pháp tuyến ^n

 

^{1;1 .}

Suy ra phương trình của ^d:



^x1

 

^{ y2}



^{ 0 d x: y 1 0.}

Tạo độ giao điểm Ncủa dvà ABlà nghiệm hệ

 

1 0 2; 1

1 0

y N

x y

  

 

   



.

Tam giác ABCcân tại Anên Anằm trên đường trung trực của MN. Viết được phương trình đường trung trực MN x: y0.

Khi đó tọa độ điểm Alà nghiệm của hệ

 

1 0 1; 1

0

y A

x y

  

  

  



.

Từ đó ta có 1

4, . 8

ABC 2

AB AC AC ABS  AB AC .

Bài 16. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độxOycho tam giác ABC. Biết đường cao kẻ từ đỉnh Bvà phân giác trong góc Alần lượt có phương trình là d₁: 3x4y100và d₂:x  y 1 0. Điểm ^M



^{0; 2}



thuộc đường thẳng ABđồng thời cách Cmột khoảng bằng 2. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

Lời giải:

- Gọi M'là điểm đối xứng của M qua d₂ M^'AC.

Đường thẳng MM^'đi qua M và vuông góc với d₂nên MM^':x  y 2 0

Gọi ₂ ^{' 1 3};

I d MM I2 2

    

 và I là trung điểm của ^MM'M'

 

^1;1

- Đường thẳng ACđi qua M^'và vuông góc với d₁nên nhận ^u



^{3; 4}



làm một véc tơ chỉ

phương, vậy 1 3

: 1 4

x t

AC y t

  

  



Và Ad2ACA



4;5



- Đường thẳng ABđi qua Avà M nên 4 5

: 3 4 8 0

4 2 5

x y

AB   x y

    

 

Có ₁ 3; ¹

B d AB B 4

     

 

- Điểm ^C



^{1 3 ;1 4 t  t}



^{AC, do MC 2}



^{1 3 t}



^2



^4t1



^{2 2}

661

Dang Thanh Nam

Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam

 

0 1;1

2 31 33

25 25 25;

t C

t C

 



    

Vậy các đỉnh của tam giác là



^{4;5 ,}



^{3; 1 ,}

 

^1;1

A B 4 C

  

 

hoặc ^{31 33}; 25 25 C 

 

 

Bài 18. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABCcó đỉnh ¹;1 B2 

 

 . Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC CA AB, , tương ứng tại các điểm D E F, , . Cho ^D



^3;1



và đường thẳng EFcó phương trình y 3 0. Tìm tọa độ đỉnh A, biết Acó tung độ dương.

Lời giải:

Ta có ⁵; 0 BD 2 

 

 



BC song song với EFhay tam giác ABCcân tại A. Đường thẳng ADvuông góc với EFnên có phương trình x 3 0

Do ^{FEFF t}



^;3



. Mặt khác lại có

2 2

2 1

1 5

2 2

2 2

BF BD t t

t

  

 

      

   

Với t 1, suy ra ^F



^1;3



và đường thẳng BFcó phương trình:

1

2 1 4 3 5 0

1 3 1

1 2

x y

x y

 

    

  

, khi đó tọa độ giao điểm Acủa ADvà BFlà 3; ⁷ A 3

  

 , loại trường hợp này vì không thỏa mãn Acó tung độ dương.

Với ^t2F



^2;3



và đường thẳng BF: 4x3y 1 0, từ đó suy ra 3;¹³ A 3 

 

 , thỏa mãn.

Vậy 3;¹³ A 3 

 

  là điểm cần tìm.

BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ

1.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đecac vuông góc Oxycho tam giác ABCcó đỉnh



^4;1



B  , trọng tâm ^G

 

^1;1 và đường thẳng chứa phân giác trong của góc Acó phương trình x  y 1 0. Tìm tọa độ các đỉnh Avà C.

1.2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxycho điểm ^A



^{0; 2}



và đường thẳng

: 2 2 0

d x y  . Tìm trên dhai điểm B C, sao cho tam giác ABCvuông tại Bvà có 2

AB BC.

662

Dang Thanh Nam

Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam

1.3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxycho tam giác ABCcân tại Acó trọng tâm ^{4 1};

G3 3

 

 

. Phương trình đường thẳng BC x: 2y 4 0, đường thẳng

: 7 4 8 0

BG x y  . Xác định tọa độ ba đỉnh A B C, , .

1.4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxycho tam giác ABCcó đỉnh ^A



^{1; 2}



^.

Đường trung tuyến BM và đường phân giác trong CDcó phương trình lần lượt là 2x  y 1 0;x  y 1 0. Viết phương trình cạnh BC.

1.5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxycho tam giác ABCcó trung điểm



^{2; 0}



M của cạnh AB. Đường trung tuyến và đường cao kẻ từ đỉnh Acó phương trình lần lượt là 7x2y 3 0; 6x  y 4 0. Viết phương trình cạnh AC.

1.6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đecac vuông góc Oxycho tam giác ABCcân tại ^A



^6;6



^.

Đường thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB AC, có phương trình x  y 4 0. Tìm tọa độ các đỉnh B C, , biết điểm ^E



^{1; 3}



nằm trên đường cao đi qua đỉnh Ccủa tam giác đã cho.

1.7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxycho các đường thẳng

1: 3 0,

d x  y d₂:x  y 4 0, d₃:x2y0Tìm tọa độ điểm M nằm trên đường thẳng d₃sao cho khoảng các từ M đến đường thẳng d₁bằng hai lần khoảng cách từ M đến đường thẳng d₂.

1.8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxycho hai điểm ^A



^{0; 2}



^và



^{3; 1}



B   . Tìm tọa độ trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB.

1.9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxycho tam giác ABCvuông tại A, phương trình đường thẳng BC: 3xy 30, các đỉnh A B, nằm trên trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếp bằng 2. Tìm tạo độ trọng tâm Gcủa tam giác ABC.

1.10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxycho tam giác ABCvuông tại A,có đỉnh ^C



^4;1



phân giác trong góc Acó phương trình x  y 5 0. Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABCbằng 24 và đỉnh Acó hoành độ dương.

1.11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxycho tam giác ABCcân tại^A



^{1; 4}



và các đỉnh B C, thuộc đường thẳng x  y 4 0. Xác định tọa độ các đỉnh B C, biết diện tích tam giác ABCbằng 18.

1.12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyhãy xác định tọa độ đỉnh Ccủa tam giác ABCbiết hình chiếu vuông góc của Ctrên đường thẳng ABlà điểm ^H



^{ 1; 1}



^,

đường phân giác trong của góc Acó phương trình x  y 2 0và đường cao kẻ từ Bcó phương trình 4x3y 1 0.

1.13. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxycho tam giác ABCcó đỉnh



^{1; 0 ,}

 

^{4; 0 ,}

 

^0;



^{; 0}

A  B C m m . Xác định tọa độ trọng tâm Gcủa tam giác ABCtheo m. Xác định mđể tam giác GABvuông tại G.

663

Dang Thanh Nam

Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam

1.14. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxycho tam giác ABCvuông cân tại A,biết ^M



^{1; 1}



là trung điểm cạnh BCvà ²; 0

G3 

 

 

là trọng tâm tam giác ABC. Xác định tọa độ ba đỉnh của tam giác.

1.15. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxycho điểm ^A



^{0; 2}



và đường thẳng dđi qua gốc tọa độ. Gọi Hlà hình chiếu vuông góc của Atrên d. Viết phương trình đường thẳng dbiết khoảng cách từ Hđến trục hoành bằng AH.

1.16. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxycho tam giác ABCvuông cân tại A,cạnh huyền nằm trên đường thẳng x7y31 0 , điểm ^N



^{7; 7}



nằm trên cạnh AC, điểm ^M



^{2; 3}



thuộc cạnh ABvà nằm ngoài đoạn AB. Xác định tọa độ ba đỉnh A B C, , . 1.17. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxycho tam giác cân, có cạnh đáy

: 3 1 0

BC x y  . Cạnh bên AB x:   y 5 0, đường thẳng ACđi qua điểm ^M



^4;1



^.

Tìm tọa độ đỉnh C.

1.18. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxycho tam giác ABCcó đỉnh

 

^{1;1 ,}



^2;5



A B  , trọng tâm thuộc đường thẳng 2x3y 1 0. Đỉnh Cthuộc đường thẳng x  y 1 0. Tính diện tích tam giác ABC.

1.19. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxycho tam giác ABCbiết đường cao và trung tuyến xuất phát từ đỉnh Alần lượt có phương trình là

6x5y 7 0;x4y 2 0. Tính diện tích tam giác ABC, biết trọng tâm của tam giác nằm trên trục hoành và đường cao xuất phát từ đỉnh Bđi qua điểm ^M



^{1; 4}



^.

BÀI TOÁN VỀ ĐƯỜNG THẲNG VÀ TỨ GIÁC

BÀI TẬP MẪU

Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxycho hình bình hành ABCDcó điểm



^{1;0 ,}

 

^2;0



A B . Giao điểm I của 2 đường chéo thuộc đường thẳng yx. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành, biết diện tích hình bình hành bằng 4.

Lời giải:

Giả sử tọa độ tâm ^{I a a}



^;



^{, do điểm C}đối xứng với Aqua I và điểm Dđối xứng với Bqua I . Suy ra ^C



^{2a1; 2a}



^,D



^{2a2; 2a}



^.

Đường thẳng ABchính là trục hoành: y0, ta có ^{d I AB}



^;



^{ a AB,  1}

 

4 2 ; . 2 4 2

ABCD IAB

S  S  d I AB AB a  a  + Với ^a2C



^{3; 4 ,}



^D



^{2; 4 .}



+ Với ^{a  2 C}



^{ 5; 4 ,}



^D



^{ 6; 4 .}



664

Dang Thanh Nam

Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam

Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxycho hình chữ nhậtABCDcó tâm ^I



^{6; 2}



^{, điểm}



^1;5



M ABvà trung điểm Ecủa cạnh CDthuộc đường thẳng x  y 5 0. Viết phương trình đường thẳng AB.

Lời giải:

Gọi Nđối xứng với M qua ^{I N}



^{11; 1}



. Giả sử tọa độ điểm E x



0;5x0



Ta có IE



x06;3x0



,NE



x011; 6x0



. Do IENE IE NE. 0



0



0

 

0



0



⁰

0

6 11 3 6 0 6

7

x x x x x

x

 

        

  + Với x0  6 IE



0; 3



AB y:  5 0.

+ Với x0  7 IE



1; 4



AB x: 4y190.

Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxycho hình chữ nhậtABCDcó diện tích bằng 12, tâmI giao điểm của đường thẳng

 

d1 :x  y 3 0và đường thẳng

 

d2 :xy 6 0. Trung điểm một cạnh là giao điểm của

 

d1 với trục hoành. Xác định tọa độ bốn đỉnh hình chữ nhật.

Lời giải:

Tọa độ tâm I là nghiệm của hệ

3 0 9 3

; .

6 0 2 2

x y x y I

  

  

   

    



Do vai trò các đỉnh A B C D, , , là như nhau, nên ta giả sử đó là trung điểm M của cạnh AD. Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ

 

0 3;0 .

3 0

y M

x y

 

 

  



Suy ra AB2IM 3 2. Mặt khác 12

. 2 2

3 2

ABCD ABCD

S AB AD AD S

   AB   .

Vì M I, cùng thuộc

 

d1 suy ra AD

 

d1 , vậy ADđi qua điểm M và có véc tơ pháp tuyến

 

^{1;1 :}



³



^{0 3 0.}

n AD x y    x y

Lại có 2

2

MAMD AD  Tọa độ điểm A D, là nghiệm hệ phương trình

 

_{2 2}

   

3 0 2 4

2;1 , 4;1 .

1 1

3 2

x y x x

A D

y y

x y

  

    

   

  

  

    



Các điểm C B, lần lượt đối xứng với A B, qua I . Suy ra tọa độ điểm ^C



^{7; 2 ,}



^B



^{5; 4 .}



665

Dang Thanh Nam

Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam

Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxycho hình chữ nhậtABCDcó tâm ¹; 0 I2 

 

 , đường thẳng AB x: 2y 2 0, AB2AD. Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật biết đỉnh Acó hoành độ âm.

Lời giải:

Cạnh AD BC, vuông góc với ABnên phương trình có dạng: 2x  y c 0, do

 

¹

 

2 ; ;

AB ADd I AB 2d I AD . 1 2

6 1 1

2

4

5 2 5

c c

c

    

    

+ Do đó đường thẳng AD BC, có phương trình

2x  y 6 0; 2x  y 4 0. Khi đó tọa độ các đỉnh A B, là nghiệm của hệ

2 2 0 2

2 6 0 2

x y x

x y y

   

 

 

   

 

2 2 0 2

2 4 0 0

x y x

x y y

    

 

 

   

 

Do điểm Acó hoành độ âm nên ^A



^{2; 0 ,}



^B



^{2; 2}



^{. Điểm C}đối xứng với Aqua I nên ^C



^{3; 0}



^và

điểm ^D



^{ 1; 2}



^.

Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxycho hình thoiABCDcó đỉnh



^{1;0 ,}

 

^{3; 2 ;}



¹²⁰⁰

A B ABC . Xác định tọa độ 2 đỉnh C D, . Lời giải:

Theo giả thiết suy ra tam giác ABDđều, ta có tọa độ trung điểm M của ABlà ^M



^2;1



^{, có}



^{2; 2}



AB



. Vậy phương trình đường trung trực của ABlà



^x2

 

^{ y1}



^{0 x y 3 0. Điểm D}thuộc đường trung trực ABnên gọi ^{D t}



^;3t



^.

Do ABCDlà hình thoi nên ^{AD2 AB2 }



^t1



^2



^3t



^{2    8 t 2 3}

+ Với ^{t 2 3D}



^{2 3;1 3 ,}

 

^{C  3; 1  3 .}



+ Với ^{t 2 3D}



^{2 3;1 3 ,}

 

^{C  3; 1  3 .}



Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxycho hình chữ nhậtABCDcó các cạnh

, , ,

AB BC CA ADlần lượt đi qua các điểm ^M



^{4;5 ,}



^N



^{6;5 ,}



^P



^{5; 2 ,}



^Q



^2;1



. Viết phương trình cạnh AB, biết hình chữ nhật có diện tích bằng 16.

666

Dang Thanh Nam

Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam

Lời giải:

Giả sử phương trình cạnh ^{AB a x:}



^4



^{b y}



^5



^{0,a2b2 0}

Khi đó ^{BC b x:}



^6



^{a y}



^5



^0.

Ta có

   

2 2 2 2

3 4 4

; . ; . 16 1

3

ABCD

a b

a b b a

S d P AB d Q BC

a b

a b a b

  

   

   

  

 

 + Với a b, chọn b1;a  1 AB:   x y 1 0.

+ Với 1

a 3b, chọn 1

1; : 3 11 0.

b a 3AB  x y  BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ

1.1. Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxycho hình chữ nhậtABCDcó ^A



^2;6



^{, đỉnh B}

thuộc đường thẳng x2y 6 0. Gọi M N, lần lượt là 2 điểm trên cạnh BC CD, sao cho

BM CN. Biết ^{2 14};

AM BN I5 5 

  

 

 . Xác định tọa độ đỉnh C.

1.2. Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxycho hình thang vuông ABCDvuông tại A D, có đáy lớn là CD, đường thẳng ADcó phương trình y3x, đường thẳng BDcó phương trình x2y0. Góc tạo bởi 2 đường thẳng AB BC, bằng 45 . Viết phương trình đường ⁰ thẳng BCbiết diện tích hình thang bằng 24, điểm Bcó hoành độ dương.

1.3. Cho hình bình hành ABCDcó đỉnh ^B



^1;5



, đường cao AH x: 2y 2 0, phương trình đường phân giác góc Clà x  y 1 0. Tìm tọa độ 3 đỉnh A C D, , .

1.4. Cho hình chữ nhật ABCDcó đỉnh ^D



^1;3



, đường phân giác trong của góc Alà

6 0

x  y . Tìm tọa độ đỉnh B, biết diện tích hình chữ nhật ABCDbằng 18và đỉnh A có tọa độ thỏa mãn x_A  y_A .

1.5. Cho hình thoi ABCDcó cạnh AB CD, lần lượt có phương trình là

2 5 0; 2 1 0

x y  x y  . Viết phương trình đường thẳng AD BC, biết điểm ^M



^3;3



thuộc đường thẳng ADvà điểm ^N



^{1; 4}



thuộc đường thẳng BC.

1.6. Cho hình vuông ABCDcó tâm ^I

 

^1;1 , biết điểm ^M



^{2; 2}



thuộc cạnh ABvà điểm



^{2; 2}



N  thuộc cạnh CD. Xác định tọa độ các đỉnh hình vuông.

1.7. Cho hình vuông ABCDvà điểm ^M



^{ 3; 2}



thuộc cạnh AB, đường tròn nội tiếp hình vuông có phương trình



^x2



^2



^y3



^{2 10}. Xác định tọa độ bốn đỉnh hình vuông, biết điểm Acó hoành độ dương.

667

Dang Thanh Nam

Auditing 51a, National economics University, Ha Noi, Viet Nam

1.8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đecac vuông góc Oxycho hình chữ nhật ABCDcó điểm



^{6; 2}



I là giao điểm của hai đường chéo ACvà BD. Điểm ^M



^1;5



thuộc đường thẳng ABvà trung điểm Ecủa cạnh CDthuộc đường thẳng x  y 5 0. Viết phương trình đường thẳng AB.

1.9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxycho hai đường thẳng

1: 0

d xy và d₂: 2xy 1 0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết đỉnh Athuộc d₁và đỉnh Cthuộc d₂và các đỉnh B D, nằm trên trục hoành.

1.10. Cho hình thoi ABCDcó một đường chéo là x2y 7 0và một cạnh có phương trình

3 3 0

x y  . Viết phương trình ba cạnh và đường chéo còn lại của hình thoi, biết một đỉnh của hình thoi là



^{0;1 .}



BÀI TOÁN VỀ ĐƯỜNG THẲNG VỚI ĐƯỜNG TRÒN

BÀI TẬP MẪU

Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxycho đường thẳng

 

^{d :x  y 1 2 0. Viết}

phương trình đường tròn đi qua gốc tọa độ và điểm ^A



^1;1