PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (205.96 KB, 14 trang )
Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
23
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG
I. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ
ĐN: Hệ trục tọa độ Đề các vuông góc trong mặt phẳng
1
2
2 2
1 2 1 2
Véc e
Véc e
e e 1 ;e e 0
x Ox y Oy
x Ox
y Oy
′ ′
⊥
′
∈
′
∈
= = ⋅ =
t¬ ®¬n vÞ
t¬ ®¬n vÞ
II. TỌA ĐỘ CỦA 1 ĐIỂM
1.
(
)
,
M x y
⇔
(
)
,
OM x y
⇔
1 2
e e
OM x y
= ⋅ + ⋅
2.
Tọa độ các điểm đặc biệt
Cho
(
)
( )
( )
1 1
2 2
3 3
,
,
,
A x y
B x y
C x y
⇒
Trung điểm của AB có tọa độ là:
1 2 1 2
,
2 2
x x y y
I
+ +
Điểm chia AB tỉ số
k
là điểm thoả mãn
JA
k
JB
=
⇔
Tọa độ:
1 2 1 2
,
1 1
x kx y ky
J
k k
− −
− −
Tọa độ trọng tâm tam giác ABC:
1 2 3 1 2 3
,
3 3
x x x y y y
G
+ + + +
III. TỌA ĐỘ CỦA 1 VÉCTƠ
1. ĐN:
(
)
( )
1 2 1 1 2 2
1 2 1 1 2 2
, e e
, e e
a a a a a a
b b b b b b
= ⇔ = +
= ⇔ = +
. Nếu
(
)
( )
1 1
2 2
,
,
A x y
B x y
thì
(
)
2 1 2 1
,
AB x x y y
= − −
.
2. Phép toán:
(
)
(
)
1 1 2 2 1 1 2 2
, ; ,
a b a b a b a b a b a b
± = ± ± α ⋅ ± β⋅ = α ⋅ ± β⋅ α ⋅ ± β⋅
IV. TÍCH VÔ HƯỚNG VÀ ĐỘ DÀI
1.
(
)
cos ,
a b a b a b
⋅ = ⋅
2.
1 1 2 2
a b a b a b
⋅ = +
3.
2 2 2 2
1 2 1 2
;
a a a b b b
= + = +
7.
a b a b
+ ≤ +
8.
a b a b
− ≤ +
9.
a b a b
+ ≥ −
10.
a b a b
− ≥ −
11.
a b a b
⋅ ≤ ⋅
y
x
1
e
2
e
O
M
P
Q
Phần 2. Hình giải tích
−
−−
−
Trần Phương
24
4.
( ) ( )
2 2
1 1 2 2
a b a b a b+ = + + +
5.
( ) ( )
2 2
1 1 2 2
a b a b a b− = − + −
6.
( ) ( )
2 2
2 1 2 1
AB x x y y= − + −
12.
( )
1 1 2 2
2 2 2 2
1 2 1 2
cos ,
a b a b
a b
a a b b
+
=
+ +
;
13.
( )
1 2 2 1
2 2 2 2
1 2 1 2
sin ,
a b a b
a b
a a b b
−
=
+ +
V. SỰ THẲNG HÀNG
( )
1 2
1 2 2 1
1 2
det ,
a a
a b a b a b
b b
= = −
;
(
)
1 2 2 1
// det , 0
a b a b a b a b
⇔ = − =
A, M, B thẳng hàng
⇔
(
)
det , 0
AB AM
=
VI. DIỆN TÍCH TAM GIÁC
(
)
(
)
(
)
1 1 2 2 3 3
, ; , ; ,
A x y B x y C x y
( )
2 1 2 1
3 1 3 1
1 1
det ,
2 2
ABC
x x y y
S AB AC
x x y y
∆
− −
= =
− −
VII. BÀI TẬP MẪU MINH HỌA
Bài 1.
Trong mặt phẳng tọa độ O
xy
cho
(
)
(
)
(
)
3; 1 ; 1; 2 ; 5;5
A B C−
.
Tìm tọa độ điểm D sao cho:
4. 3.
AD AB AC
= −
.
Giải
Cách 1:
Đặt D(
x
;
y
) suy ra:
(
)
(
)
(
)
3; 1 ; 2;3 ; 2;6
AD x y AB AC= − + = − =
Ta có:
4. 3.
AD AB AC
= −
⇔
3 8 6 11
1 12 18 7
x x
y y
− = − − = −
⇔
+ = − = −
Vậy tọa độ điểm D là (
−
11;
−
7)
Cách 2:
4. 3.
AD AB AC
= −
⇔
(
)
3 3
AD AB AB AC BD BC
− = − ⇔ = − ⋅
Do
(
)
4; 3
BC =
nên
(
)
12; 9
BD
= − −
suy ra tọa độ điểm D là D(
−
11;
−
7)
Bài 2.
Trong mặt phẳng tọa độ O
xy
cho
(
)
(
)
(
)
3; 4 ; 1; 2 ; 4; 1
A B I
− −
. Xác định tọa
độ các điểm C, D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành và I là trung điểm
cạnh CD. Tìm tọa độ tâm O của hình bình hành ABCD.
Giải
Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
25
Cách 1:
Do I(4;
−
1) là trung điểm CD nên đặt
(
)
4 ; 1
C x y
− − −
và
(
)
4 ; 1
D x y
+ − +
⇒
(
)
2 ; 2
CD x y
=
.
Để tứ giác ABCD là hình binh hành thì
(
)
4; 2
CD BA= =
⇔
2; 1
x y
= =
.
Vậy tọa độ các điểm C, D là
(
)
(
)
2; 2 ; 6;0
C D−
Tâm O của hình bình hành là trung điểm của AD suy ra
9
; 2
2
O
Cách 2:
Gọi
(
)
;
C x y
, khi đó
( )
1
2; 1
2
IC AB
= = − −
. Vậy
(
)
(
)
2; 2 ; 6;0
C D−
Cách 3:
Lập phương trình đường thẳng AB.
Qua I dựng đường thẳng (d) song song với (AB).
Khi đó C và D là 2 điểm nằm trên đường thẳng (d) thỏa mãn
1
2
IC ID AB
= =
.
Bài 3.
Trong mặt phẳng tọa độ O
xy
cho
(
)
(
)
3;1 ; 1; 3
A B
−
. Xác định tọa độ các
điểm C, G sao cho điểm G là trọng tâm tam giác ABC. Biết C nằm trên đường
thẳng
2
x
=
và G cách trục hoành 1 đơn vị.
Giải
Cách 1:
Điểm C nằm trên đường thẳng
2
x
=
nên có tọa độ (2;
y
)
Điểm G cách trục hoành 1 đơn vị nên có tọa độ (
x
; 1)
Điểm G là trọng tâm tam giác ABC suy ra:
( )
3 1 2 33
2
3 5
1 3 3
A B C G
A B C G
xx x x x
x
y y y y y
y
+ + =+ + =
=
⇔ ⇔
+ + = =
+ − + =
Vậy tọa độ các điểm C và G là:
(
)
(
)
2; 5 ; 2;1
C G
Cách 2:
Trung điểm M của AB có tọa độ
(
)
2; 1
M
−
nên M cũng thuộc đường
thẳng
2
x
=
. Trọng tâm G nằm trên trung tuyến CM do đó có hoành độ là 2.
Vậy G(2; 1) suy ra C(2; 5)
Phần 2. Hình giải tích
−
−−
−
Trần Phương
26
Bài 4.
Cho
∆
ABC với
(
)
(
)
(
)
1, 3 ; 3, 5 ; 2, 2
A B C
− − −
. Tìm tọa độ của M, N là giao
của các đường phân giác trong và ngoài của góc A với đường thẳng BC.
Xác định tọa độ tâm đường tròn nội tiếp
∆
ABC.
Giải
AM là phân giác trong của tam giác ABC suy ra:
2 2
2
2
MB AB
AC
MC
= − = − = −
⇔
(
)
(
)
(
)
5 2 2
3 2.2 7
M ; M ; 3
1 2 1 2 3
− + −
+
⇔ −
+ +
AN là phân giác ngoài của tam giác ABC suy ra:
2
NB AB
AC
NC
= =
⇔
(
)
(
)
( )
5 2 2
3 2.2
N ; N 1;1
1 2 1 2
− − −
−
⇔
− −
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC suy ra BI là phân giác trong ∆ABM
2 2
3
2
5
10
3
IA BA
BM
IM
= − = − = −
⇔
( )
( )
3 7 3
1 3 3
3
5 5
I ; I 4 5; 3
3 3
1 1
5 5
+ ⋅ − + −
⇔ − −
+ +
Bài 5.
Cho
(
)
(
)
(
)
6,3 ; 3, 6 ; 1, 2
A B C
− −
a.
Tìm tọa độ trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp I.
b.
CMR: H, G, I thẳng hàng.
Giải
a.
Tọa độ trọng tâm G:
7
4
;
3 3 3 3
A B C A B C
G G
x x x y y y
x y
+ + + +
= = = =
⇒
(
)
7
4
G ;
3 3
i
H là trực tâm
∆
ABC nên ta có:
( ) ( )
( ) ( )
4 6 8 3 0
2
. 0
1
5 3 5 6 0
. 0
H H
H
H
H H
x y
x
AH BC AH BC
y
x y
BH AC BH AC
− − − =
=
⊥ =
⇔ ⇔ ⇔
=
− + − − =
⊥ =
⇔
(
)
H 2;1
i
I là tâm đường tròn ngoại tiếp
∆
ABC nên:
IA IB IC
= =
⇔
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
6 3 3 6 1 2
I I I I I I
x y x y x y− + − = + + − = − + +
⇔
12 6 45 6 12 45 2 4 5
I I I I I I
x y x y x y
− − + = − + = − + +
1; 3
I I
x y
⇔ = =
⇔
(
)
I 1;3
Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
27
b.
Phương trình đường thẳng IH là:
1
2
2 5 0
1 2 3 1
y
x
x y
−
−
= ⇔ + − =
− −
Ta có:
8 7
2 5 5 0
3 3
G G
x y
+ − = + − =
suy ra G
∈
(IH) suy ra G, H, I thẳng hàng.
Bài 6.
Cho
∆
ABC với
(
)
(
)
(
)
3; 4 ; 2;1 ; 1; 2
A B C
− −
.
a.
Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp
∆
ABC.
b.
Tìm điểm M trên đường thẳng BC sao cho diện tích
1
3
ABM ABC
S S
∆ ∆
=
Giải
a.
Điểm I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC
⇔
IA IB IC
= =
2 2 2
IA IB IC
⇔ = =
⇔
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
3 4 2 1 1 2
I I I I I I
x y x y x y
− + − = − + − = − − + − −
⇔
6 8 25 4 2 5 2 4 5
I I I I I I
x y x y x y
− − + = − − + = + +
5; 5
I I
x y
⇔ = − =
⇔
(
)
I 5;5
−
b.
Do hai tam giác ABM và ABC có cùng đường cao nên để
1
3
ABM ABC
S S
∆ ∆
=
thì
3.
BC BM
=
. Gọi
(
)
;
M x y
suy ra
(
)
2; 1
BM x y
= − −
;
(
)
3; 3
BC
= − −
Ta có:
3.
BC BM
=
⇔
1
3
BM BC
= ± ⋅
⇔
1; 0
2 1 1
3; 2
x y
x y
x y
= =
− = − = ± ⇔
= =
Vậy có 2 điểm M thỏa mãn là
(
)
(
)
1 2
1;0 , 3; 2
M M
.
Bài 7.
Cho
(
)
(
)
3; 4 , 1; 2
A B
−
. Xác định tọa độ điểm M trên trục hoành sao cho
tam giác ABM vuông.
Giải
Gọi tọa độ điểm M là
(
)
; 0
M x
suy ra
(
)
(
)
3; 4 , 1; 2
AM x BM x= − − = −
Để
∆
ABM vuông tại M thì
( )( )
0 3 1 8 0
AM BM x x
⋅ = ⇔ − − − =
( ) ( )
2
4 5 0 5 1 0 5 1
x x x x x x
⇔ − − = ⇔ − + = ⇔ = ∨ = −
.
Để
∆
ABM vuông tại A thì
( )
0 2 3 24 0 15
AM BA x x
⋅ = ⇔ − − = ⇔ =
.
Để
∆
ABM vuông tại B thì
( )
0 2 1 12 0 5
BM BA x x
⋅ = ⇔ − + = ⇔ = −
.
Vậy có 4 điểm M trên trục hoành thỏa mãn
∆
ABM vuông là
(
)
(
)
(
)
(
)
1 2 1 2
5; 0 , 1; 0 , 15;0 , 5; 0
M M M M− −
Phần 2. Hình giải tích
−
−−
−
Trần Phương
28
Bài 8.
Cho A(1; 0), B(0; 3), C(
−
3;
−
5). Tìm tập hợp các điểm M thỏa mãn 1
trong các điều kiện sau:
a.
(
)
(
)
2 3 2 0
MA MB MA MB
− − =
b.
(
)
(
)
2
2 3
MA MB MA MB MC BC
− + + =
c.
2 2
3 .
MB MC MB MC
+ =
d.
2 2 2
2 2
MA MB MC
+ =
Giải
Gọi M
(
)
;
x y
suy ra
( ) ( ) ( )
1 ; , ;3 , 3 ; 5
MA x y MB x y MC x y
− − − − − − − −
a.
( )
2 3 2 ; 9
MA MB x y
− = + −
và
( )
2 1; 6
MA MB x y
− = + −
(
)
(
)
2 3 2 0
MA MB MA MB
− − =
⇔
(
)
(
)
(
)
(
)
2 1 9 6 0
x x y y
+ + + − − =
⇔
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 2
2
3 15 3
1
0
2 2 2 2
x y
+ − + − − =
⇔
(
)
(
)
2
2 2
10
3 15
2 2 2
x y
+ + − =
Vậy quĩ tích điểm M là đường tròn tâm
(
)
3 15
;
2 2
−
bán kính
10
2
b.
( )
2 3 ; 2 3
MA MB MC x y
+ + = − − − −
(
)
(
)
2
2 3
MA MB MA MB MC BC
− + + =
⇔
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 3 9 2 3 73
x x y y
+ − − + − − − =
⇔
(
)
(
)
2
2
25 857
4
3 3 73
3 6 12
x y
− + − − + =
(
)
(
)
2
2
25 19
4
0
3 6 36
x y
⇔ + + − + =
Phương trình trên vô nghiệm nên không có điểm M nào thỏa mãn yêu cầu.
c.
2 2
3 .
MB MC MB MC
+ =
⇔
( )
2
2
. .
MB MC MB MC BC MB MC
− = ⇔ =
⇔
(
)
(
)
(
)
3 3 5 73
x x y y
− − − + − − − =
⇔
(
)
( )
2
2
3 365
1
2 4
x y+ + + =
Vậy quĩ tích điểm M là đường tròn tâm
(
)
3
; 1
2
−
−
bán kính
365
2
d.
2 2 2
2 2
MA MB MC
+ =
⇔
( )
( )
( )
( )
2 2
2 2
2 2
2 1 3 2 3 5x y x y x y
− + + + − = + + +
⇔
( )
( )
22
2 2
16 26 57 0 8 13 290
x y x y x y+ − − − = ⇔ − + − =
Vậy quĩ tích điểm M là đường tròn tâm
(
)
8;13
bán kính
290
Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
29
Bài 9.
Giả sử
(
)
(
)
1, 3 ; 2, 0
M N−
chia AB thành 3 đoạn có độ dài bằng nhau.
Tìm tọa độ A, B.
Giải
Gọi tọa độ các điểm A, B là
(
)
(
)
1 1 2 2
, , ,
A x y B x y
Cách 1:
Ta có:
AM MN NB
= =
hay M là trung điểm AN, N là trung điểm MB
1 1
2 1
2 4 ; 2 6
2 5 ; 2 3
M N M N
N M N M
x x x y y y
x x x y y y
= − = − = − =
⇒
= − = = − = −
.
Vậy tọa độ các điểm A, B là
(
)
(
)
4; 6 , 5; 3
A B
− −
.
Cách 2:
Ta có:
AM MN NB
= =
1 2 1 2
1 2 1 2
1 2 ( 1) 2 4 ; 5
3 0 3 0 6 ; 3
x x x x
y y y y
− − = − − = − = − =
⇔ ⇔
− = − = − = = −
Vậy tọa độ các điểm A, B là
(
)
(
)
4; 6 , 5; 3
A B
− −
.
Bài 10.
Cho
∆
ABC đều cạnh
a
. Gọi M là điểm bất kì trên đường tròn ngoại
tiếp hoặc nội tiếp của
∆
ABC. Chứng minh rằng:
2 2 2
MA MB MC const
+ + =
Giải
Xét
( )
( ) ( )
2
MB MC MA AB MA AC MA AB AC MA AB AC
⋅ = + + = + ⋅ + +
(
)
2 2
cos 60 2
MB MC MA a MA AM MB MC
⇔ ⋅ = + ° + + +
( )
2
2
2
a
MB MC MA MA MB MC
⇔ ⋅ = − + + +
. Tương tự ta có:
( )
( )
2 2
2 2
;
2 2
a a
MC MA MB MB MC MA MA MB MC MC MA MB
⋅ = − + + + ⋅ = − + + +
Cộng các vế của 3 đẳng thức trên ta được:
2
2 2 2
3
2
a
MB MC MC MA MA MB MA MB MC⋅ + ⋅ + ⋅ = + + −
( )
2
2
2 2 2 2 2 2
3
2
2
a
MB MC MA MA MB MC MA MB MC
⇔ + + = + + + + + −
( )
( )
2
2 2 2 2
3 3 3
MO MA MB MC a
⇔ ⋅ = + + −
(với O là trọng tâm tam giác ABC)
2 2 2 2 2
3
MA MB MC MO a
⇔ + + = +
.
Phần 2. Hình giải tích
−
−−
−
Trần Phương
30
Ta có tam giác ABC đều suy ra O cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp, do đó
MO
chính là bán kính và
3
a
MO =
. Vậy ta có:
2
2 2 2 2 2
3 2
3
a
MA MB MC a a
+ + = ⋅ + =
= const (đpcm)
Bài 11.
Cho
(
)
(
)
(
)
2, 3 ; 3,7 ; 5,4
A B C− − −
. Gọi M, N, P lần lượt là các điểm chia các
đoạn AB, BC, CA theo các tỉ số:
3
2
−
,
1
2
,
4
3
−
. Chứng minh rằng:
M, N, P thẳng hàng và M chia đoạn NP theo tỉ số
7
3
−
.
Giải
Cách 1:
Ta có:
(
)
(
)
(
)
5;10 ; 2; 3 ; 7; 7
AB BC CA
= − = − − = −
3 1 4
; ;
2 2 3
MA NB PC
MB NC PA
= − = = −
3 4
; ;
5 7
AM AB BN BC CP CA
⇔ = ⋅ = − = ⋅
(
)
(
)
(
)
3;6 ; 2;3 ; 4; 4
AM BN CP
⇔ = − = = −
(
)
(
)
(
)
1;3 ; 1;10 ; 1; 0
M N P⇔ − − −
Vậy M, N, P cùng thuộc đường thẳng
1
x
= −
.
Ta có:
(
)
(
)
0; 7 ; 0; 3
MN MP
= = −
7
3
MN
MP
−
⇒ =
(đpcm)
Cách 2:
Ta có:
3 1 4
; ;
2 2 3
MA NB PC
MB NC PA
= = =
Gọi
N
1
là giao điểm của MP và BC.
Ta có:
1
1
4
3
MN C
MPC
MN A MPA
S
S
PC
S S PA
= = =
và
1
1 1
1
3
2
2
AMN
MN C BMN
BMN
S
AM
S S
S MB
= = ⇒ = ⋅
1
1 1
1
1
2.
2
N B
NB
CN BN
N C NC
⇒ = ⇔ = =
⇒
1
N N
≡
. Vậy M, N, P thẳng hang (đpcm).
C
M
B
A
N
1
P
Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
31
Bài 12.
Cho tứ giác ABCD có A(0; 1), B(
−
2;
−
1), C(
−
1;
−
4), D(1; 0)
a.
Chứng minh rằng: Các tam giác ABD và BCD là những tam giác vuông
b.
Tính diện tích tứ giác ABCD.
c.
Tìm M trên O
y
để diện tích
∆
MBD và diện tích
∆
BCD bằng nhau.
Giải
a.
Ta có
( ) ( )
2; 2 , 1; 1 0
AB AD AB AD
= − − = − ⇒ ⋅ =
⇒
AB
⊥
AD
( ) ( )
1; 3 , 3;1 0
BC BD BC BD
= − = ⇒ ⋅ =
⇒
BC
⊥
BD
Vậy
∆
ABD vuông tại A và
∆
BCD vuông tại B (đpcm)
b.
1 1
2 ; 5
2 2
ABD BCD
S AB AD S BC BD
= ⋅ = = ⋅ =
⇒
7
ABCD ABD BCD
S S S
= + =
c.
Gọi
(
)
M 0; O
y y
∈
. Sử dụng công thức
( )
2
2 2
1
2
MBD
S MB MD MB MD
= − ⋅
suy ra để
MBD BCD
S S=
thì
( )
2
2 2
10
MB MD MB MD
− ⋅ =
( )
( )
( )
2
2
2
4 1 1 2 1 10
y y y y
⇔ + + + − − + + =
(
)
(
)
(
)
2
2 2 2
2 5 1 2 100
y y y y y⇔ + + + − + − =
⇔
2
9 6 99 0
y y
+ − =
⇔
(
)
(
)
3 3 3 11 0
y y
− + =
⇔
11
3
3
y y
−
= ∨ =
Vậy có 2 điểm M thỏa mãn là
(
)
M 0;3
hoặc
(
)
11
M 0;
3
−
Bài 13.
Cho
(
)
(
)
(
)
1, 3 ; 3,1 ; 4; 6
A B C− −
. Gọi M là điểm chia AB theo tỉ số (
−
1)
và N là điểm chia AC tỉ số 4. Tìm
I BN CM
=
∩
Giải
Ta có:
1; 4
MA NA
MB NC
= − =
( )
( )
( )
( )
2; 2 1; 1
2
5;9
3 1;3
AM M
AB AM
N
AC CN CN
= − − −
= ⋅
⇔ ⇔ ⇔
= ⋅ =
Phần 2. Hình giải tích
−
−−
−
Trần Phương
32
Cách 1:
Ta có:
(
)
(
)
8;8 , 5; 7
BN CM
= = − −
. Gọi tọa độ điểm I là
(
)
0 0
,
x y
suy ra:
0 0 0
0 0 0 0
0 0 0
1 3 9
//
3 1 4 6
;
8 8 5 7
5 30 7 28 13
//
y x x
BI BN
x y x y
y x y
CI CM
− = + =
+ − − −
⇔ = = ⇔ ⇔
− −
− = − =
Vậy tọa độ điểm I là
(
)
9;13
I
.
Cách 2:
PT đường thẳng BN là (BN):
( )
9 1
1 3 4
5 ( 3)
y x y x
−
− = + ⇔ = +
− −
.
PT đường thẳng CM là (CM):
( )
1 6 7 2
6 4
1 4 5 5
y x y x
− −
− = − ⇔ = +
− −
.
I BN CM
=
∩
nên tọa độ I là nghiệm của hệ
7 2
9
5 5
13
4
x
y x
y
y x
=
= +
⇔
=
= +
Cách 3:
Ta có:
1
3
BCN
BCA
S
CN
S CA
= =
. Mặt khác:
3.
CNI CAI CBI CNI CNB
CNB CAB CAB BCN
S S S S S
S S S S
+
= = =
Suy ra:
2. 2
CNB CNI
BN
S S
NI
= ⇒ =
3 3
9 ; 13
2 2
N B N B
I I
x x y y
x y
− −
⇒ = = = =
Vậy tọa độ điểm I là
(
)
9;13
I
.
Bài 14.
Chứng minh rằng:
2 2
2 5 2 5 2 5
a a a a− + + + + ≥
(1)
Giải
Cách 1:
(1)
⇔
2 2 2 2
( 1) 2 ( 1) 2 2 5
a a− + + + + ≥
Đặt
( ) ( )
1 ; 2 , 1; 2
a a b a= − = +
⇒
( )
2; 4
a b+ =
Ta có:
2 2 2 2 2 2
( 1) 2 ( 1) 2 2 4 2 5
a a a b a b− + + + + = + ≥ + = + =
(đpcm)
Dấu bằng xảy ra
1 1 0
a b a a a
⇔ ↑↑ ⇔ − = + ⇔ =
.
C
M
B
A
N
I
Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
33
Cách 2:
( )( )
2 2 2 2
4
2 5 2 5 2 2 5 2 5
a a a a a a a a
− + + + + ≥ ⋅ − + + +
4
2 2 2 4 2
4
4
2 ( 5) 4 2 6 25 2 25 2 5
a a a a= ⋅ + − = ⋅ + + ≥ ⋅ =
(đpcm)
Dấu bằng xảy ra
2 2
2 5 2 5
0
0
a a a a
a
a
− + = + +
⇔ ⇔ =
=
.
Bài 15.
Giải phương trình:
2 3
(4 ) 2 7 2 85 57 13
x x x x x x
− − + − = − + −
(1)
Giải
Ta có: (1)
⇔
( )
( )
2
(4 ) 2 7 2 5 8 17
x x x x x x− − + − = − − +
( ) ( )
2
(4 ) 2 7 2 5 4 1
x x x x x
⇔ − − + − = − − +
(ĐK:
7
2
2;
x
∈
)
Xét
( )
(
)
4 ;1 , 2; 7 2
a x b x x
= − = − −
⇒
( )
4 2 7 2
a b x x x
⋅ = − − + −
và
( ) ( ) ( )
2
4 1; 2 7 2 5
a x b x x x
= − + = − + − = −
Khi đó (1)
⇔
a b a b
⋅ = ⋅
⇔
(
)
cos 1
a b
⋅ =
⇔
4 1
2 7 2
x
x x
−
=
− −
( ) ( )
2
3 2
4 7 2 2 2 23 89 114 0
x x x x x x
⇔ − − = − ⇔ − + − + =
( )
(
)
2
3 2 17 38 0
x x x
⇔ − − + =
. Do
7
2
2;
x
∈
nên
2
2 17 38 0
x x
− + >
.
Vậy phương trình có nghiệm
3
x
=
.
Bài 16.
CMR:
2 2 2 2 2 2
x xy y y yz z z zx x
+ + + + + ≥ + +
,
, ,x y z
∀ ∈
»
Giải
Ta có:
(
)
2
2
2 2
3
2 2
x
x xy y y x
+ + = + +
;
(
)
2
2
2 2
3
2 2
z
y yz z y z
+ + = + +
Xét
(
)
3 3
; , ;
2 2 2 2
x
z
a y x b y z
= + = − +
⇒
( )
3
;
2 2
x z
a b x z
−
+ = +
⇒
( ) ( )
2 2
2 2
3
4 4
x z x z
a b z zx x
− +
+ = + = + +
.
Phần 2. Hình giải tích
−
−−
−
Trần Phương
34
Do
a b a b
+ ≥ +
nên
2 2 2 2 2 2
x xy y y yz z z zx x
+ + + + + ≥ + +
(đpcm)
Dấu bằng xảy ra
⇔
a b
↑↑
⇔
0
x z
= =
hoặc
2 2 2
2 2
y x y x
x x
z y z z y
+ − −
= − ⇔ =
+
0
y y x
xy yz zx
y z y
− − −
⇔ = ⇔ + + =
+
.
Hay là
( )
0 , 1
1
k
x z x kz y z k
k
−
= = ∨ = = ≠ −
+
Cách 2:
Trong 3 số
, ,
x y z
có ít nhất
2 số cùng dấu, giả sử là
x
và
y
.
Lấy các điểm O, A, B, C
1
, C
2
sao cho
1 2
, ,
OA x OB y OC OC z
= = = =
và
1 1 2 2
120 ; 60
BOC C OA AOC C OB
= = ° = = °
.
Ta có:
2 2 2
2 cos120
AB x y xy
= + − °
2 2
AB x y xy
⇔ = + +
. Tương tự suy ra:
2 2 2 2
1 1
,
BC y z yz C A z x zx
= + + = + +
và
2 2 2 2
2 2
,
BC y z yz C A z x zx
= + − = + −
.
Nếu
z
cùng dấu với
,
x y
thì sử dụng
1 1
AB BC C A
+ ≥
suy ra (đpcm)
Nếu
z
cùng dấu với
,
x y
thì sử dụng
2 2
AB BC C A
+ ≥
suy ra (đpcm)
Dấu bằng xảy ra
⇔
Trong 3 điểm A,B,C có ít nhất 2 điểm trùng O
⇔
2 trong 3 số
, ,
x y z
có ít nhất 2 số bằng 0.
Trong trường hợp
,
x z
cùng dấu và khác dấu với
y
thì dấu bằng xảy ra khi độ
dài đường là phân giác từ đỉnh O của tam giác OAC chính là OB
A
O
C
1
B
|
x
|
|
y
|
|
z
|
C
2
Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
35
VIII. BÀI TẬP DÀNH CHO BẠN ĐỌC TỰ GIẢI
Dạng 1: Xác định tọa độ của 1 điểm
Bài 1.
Cho
(
)
(
)
(
)
1, 2 ; 0, 4 ; 3, 2
A B C−
. Tìm D với:
a.
2 3
CD AB AC
= −
b.
2 4 0
AD BD CD
+ − =
Bài 2.
Cho
(
)
(
)
(
)
1, 2 ; 2,1 ; 3,5
A B C− −
. Tìm D để tứ giác ABCD là hình bình hành.
Bài 3.
Cho A(1,
−
2). Tìm trên O
x
điểm M để đường trung trực của AM đi qua gốc O
Bài 4
. Cho
(
)
(
)
1, 3 ; 3,3
A B− − . Tìm M, N để chia AB thành 3 đoạn có độ dài bằng nhau
Bài 5.
Giả sử
(
)
(
)
1, 2 ; 0, 4
M N
chia AB thành 3 đoạn có độ dài bằng nhau.
Tìm tọa độ A, B.
Bài 6.
Cho
(
)
(
)
(
)
2, 6 ; 10, 6 ; 11,0
A B C− − −
. Gọi M là điểm chia AB theo tỉ số
(
−
3) và N là điểm chia AC tỉ số (
−
2). Tìm
I BN CM
=
∩
Bài 7.
Cho
(
)
(
)
(
)
1, 1 ; 2, 4 ; 6,1
A B C− −
. Gọi M, N, P lần lượt là các điểm chia các đoạn
AB, BC, CA theo các tỉ số:
−
1, 2,
1
2
−
. Chứng minh rằng: M, N, P thẳng hàng.
Bài 8.
Tìm tọa độ trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp O, tâm
đường tròn nội tiếp I.
a.
(
)
(
)
(
)
6, 2 ; 4,7 ; 0, 1
A B C
− −
b.
(
)
(
)
(
)
2, 4 ; 5,5 ; 6, 2
A B C
− −
c.
(
)
(
)
(
)
3, 2 ; 6,3 ; 8, 1
A B C
−
Bài 9.
Cho
∆
ABC cân tại A. Gọi D là trung điểm AB; E là trọng tâm
∆
ACD; I
là tâm đường tròn ngoại tiếp
∆
ACD. CMR :
IE CD
⊥
Bài 10.
Cho
∆
ABC đều nội tiếp trong đường tròn (I,
R
). Gọi M là điểm bất kì
trên đường tròn ngoại tiếp
∆
ABC. CMR:
4 4 4
MA MB MC const
+ + =
Phần 2. Hình giải tích
−
−−
−
Trần Phương
36
Dạng 2: Sự thẳng hàng
Bài 1.
Cho
(
)
(
)
(
)
(
)
2; 2 , 4; 1 , 7;5 , 5;1
A B C E− −
.
a.
Chứng minh rằng: B, C, E thẳng hàng
b.
Tìm tọa độ điểm D trên O
y
sao cho ABCD là hình thang đáy AB, CD
Bài 2.
Cho A(
−
3, 12); B(2,
−
4); C(5,
−
4); D(5, 5). Tìm
AC BD
∩
.
Bài 3.
Cho A(1, 3); B(5,
−
5). Tìm M
∈
O
x
để
(
)
Min
MA MB+
.
Bài 4.
Cho A(1, 2); B(3, 4). Tìm M
∈
O
x
để
(
)
Min
MA MB+
.
Bài 5.
Cho
(
)
(
)
1;6 , 3; 4
A B
− −
. Tìm M
∈
(
∆
):
2 1 0
x y
− − =
để
(
)
Min
MA MB+
Bài 6.
Cho
(
)
(
)
1 1 2 2
, ; ,
A x y B x y
. Tìm M
∈
(
∆
):
0
ax by c
+ + =
để
(
)
Min
MA MB+
Bài 7.
Chứng minh rằng:
2 2
2 2 6 10 2 2
a a a a− + + − + ≥
Bài 8.
Cho
3 7 0
a b
− + =
. CMR:
2 2 2 2
2 12 37 6 6 18 5
a b a b a b a b
+ − − + + + + − + ≥
Bài 9.
Chứng minh rằng:
2 2
2 5 12 136 13
a a a a
− + + − + + ≥
Bài 10.
Cho
a
,
b
,
c
> 0 và
ab bc ca abc
+ + =
. Chứng minh rằng:
2 2 2 2 2 2
2 2 2
3
a b b c c a
ab bc ca
+ + +
+ + ≥
Bài 11.
Cho
(
)
:2 1 0
x y
∆ − − =
và 5 điểm:
( ) ( )
(
)
( ) ( )
1
0, 1 ; 2,3 ; ,0 ; 1, 6 ; 3, 4
2
A B C E F
− − −
a.
Tìm D
∈
(
∆
) sao cho (A, B, C, D) là hàng điểm điều hòa.
b.
Tìm M(
x
,
y
)
∈
(
∆
) sao cho:
EM FM
+
là nhỏ nhất.
