Các dạng toán trọng tâm ôn thi học kì 1 môn toán lớp 10

ThS Đinh Xuân Nhân 098 4321 969
NỘI DUNG ÔN TẬP HỌC KÌ 1
MÔN TOÁN 10
PHẦN 1: ĐẠI SỐ
Bài toán 1: Giải và biện luận phương trình bậc nhất
( )
0 1ax b+ =
.
Ta biến đổi
( ) ( )
1 2ax b
⇔ = −
• Trường hợp 1:
0a ≠
. Tìm điều kiện của tham số và kết luận pt (1) có nghiệm duy nhất
b
x
a
−
=
.
• Trường hợp 2:
0a =
. Tìm giá trị của tham số và thay vào pt (1)
 Nếu pt(2) trở thành
0 0x =
thì kết luận phương trình có nghiệm
x
∀ ∈
¡
.

 Nếu pt(2) trở thành
0x b
= −
với
0b ≠
thì kết luận pt vô nghiệm.
Lưu ý:
• Phương trình (1) có nghiệm duy nhất
0a⇔ ≠
.
• Phương trình (1) có tập nghiệm
0
0
a
b
=

⇔

=

¡
.
• Phương trình (1) có vô nghiệm
0
0
a
b
=


⇔

≠

.
Bài 1: Giải và biện luận phương trình
( ) ( )
1 4 2 1m mx x− = +
Giải:
( )
( )
( )
2 2
1 4 2 4 2 2m x m x m x m
⇔ − = + ⇔ − = +
Trường hợp 1:
2
2
4 0
2
m
m
m
≠

− ≠ ⇔

≠ −

.

Khi đó: Phương trình (1) có nghiệm duy nhất
2
2 1
4 2
m
x
m m
+
= =
− −
.
Trường hợp 2:
2
2
4 0
2
m
m
m
=

− = ⇔

≠ −

.
Thay m = 2 vào (2) ta có
0 4x =
(pt vô nghiệm)
Thay m = -2 vào (2) ta có

0 0x =
(pt có nghiệm
x
∈
¡
).
Kết luận:
XuNha
1
ThS Đinh Xuân Nhân 098 4321 969
•
2
1
:
2
2
m
S
m
m
≠

 
=
  
≠ −
−
 

•

2: m S= = ∅
•
2: m S= − = ¡
Bài 2. Tìm m để phương trình
2
4 4 2m x x m
+ = +
có tập nghiệm là
¡
.
Giải
( )
2 2
4 4 2 4 2 4m x x m m x m
+ = + ⇔ − = −
Phương trình có tập nghiệm
2
2
4 0
2
2
2 4 0
m
m
m
m
m
= ±

− =


⇔ ⇔ ⇔ =
 
=
− =


¡
.
Vậy m = 2 thì phương trình có tập nghiệm
¡
.
Lưu ý: Có thể biện luận tất cả trường hợp như bài 1, sau đó kết luận trường hợp đề yêu cầu.
Bài toán 2: Viết phương trình hàm số bậc 2:
( ) ( )
2
0 y ax bx c a P
= + + ≠
 Phương pháp giải:
• Nếu đề cho (P) đi qua điểm
( )
;
M M
M x y
thì ta thay tọa độ điểm M vào phương trình (P),
ta có
2
M M M
ax bx c y+ + =
.

• Nếu đề cho hoành độ đỉnh
k
hoặc trục đối xứng
x k=
thì ta có công thức
2
b
k
a
− =
.
• Nếu đề cho tung độ đỉnh m thì ta có công thức
4
m
a
∆
− =
.
• Nếu đề cho tọa độ đỉnh
( )
;
I I
I x y
thì ta khai thác 2 ý:
 (P) đi qua đỉnh
( )
;
I I
I x y
.

 (P) có hoành độ đỉnh
I
x
.
• Nếu đề cho (P) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 3 thì ta suy ra (P) đi qua điểm
M(3;0).
• Nếu đề cho (P) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 thì ta suy ra (P) đi qua điểm
M(0;2).
Bài 3.
a)
Viết phương trình Parabol (P) :
2
y ax bx c
= + +
biết (P) có tọa độ đỉnh I(3; -4) và đi qua
( )
1;12M
−
.
XuNha
2
ThS Đinh Xuân Nhân 098 4321 969
b)
Tìm tọa độ giao điểm của (P) và đồ thị hàm số
2 5y x= −
Giải
a)
(P) có tọa độ đỉnh I(3;-4)
⇒
(P) đi qua điểm I(3;-4) và (P) có hoành độ đỉnh là 3

( )
2
.3 .3 4
9 3 4
1
6 0
3
2
a b c
a b c
b
a b
a

+ + = −
+ + = −


⇒ ⇔
 
+ =
− =



(P) đi qua M(-1;12)
( ) ( ) ( )
2
. 1 . 1 12 12 2a b c a b c⇒ − + − + = ⇒ − + =
Từ (1) và (2) suy ra

1; 6; 5a b c
= = − =
.
Vậy
( )
2
: 6 5P y x x
= − +
b)
Ta giải phương trình hoành độ giao điểm
2
6 5 2 5x x x− + = −
• Trường hợp 1: Nếu
2 5 0x − ≥
thì
( )
( )
2
2
5
2
5
2 5 0
2
4 6
6 5 2 5
8 10 0
4 6
x
x

x
x loai
x x x
x x
x nhan

≥


≥
− ≥

 
⇔ ⇔

  
= −
− + = −


− + =
 


= +



• Trường hợp 2: Nếu
2 5 0x − ≥

thì
( )
( )
2
2
5
2
5
2 5 0
2
0
6 5 2 5
4 0
4
x
x
x
x nhan
x x x
x x
x nhan

≥


<
− <

 
⇔ ⇔

  
=
− + = − +

− =
 


=




Tính tung độ giao điểm
0 5x y
= ⇒ =
4 3x y
= ⇒ =
4 6 3 2 6x y
= + ⇒ = +
Vậy ta có các giao điểm
( ) ( )
( )
0;5 , 4;3 , 4 6;3 2 6A B C
+ +
.
Bài toán 3: Vẽ đồ thị hàm số bậc 2:
( ) ( )
2
0 y ax bx c a P= + + ≠

 Phương pháp giải: ta làm theo các bước
• Tập xác định
D
=
¡
.
• Tọa độ đỉnh
;
2 4
b
I
a a
∆
 
− −
 ÷
 
.
• Bảng biến thiên và kết luận sự biến thiên.
• Bảng giá trị.
XuNha
3
ThS Đinh Xuân Nhân 098 4321 969
• Vẽ đồ thị.
Bài toán 4: Giải phương trình chứa dấu giá trị tuyệt đối
 Phương pháp 1: Dùng công thức
Công thức 1:
A B
A B
A B

=

= ⇔

= −

với điều kiện
0B ≥
Công thức 2:
A B
A B
A B
=

= ⇔

= −

 Phương pháp 2: Xét dấu biểu thức trong trị tuyệt đối
Bài 4: Giải các phương trình
a)
2 2
2 2
2 2
2 2 3 4 3
2 2 3 4 3
2 2 3 4 3
x x x x
x x x x
x x x x


+ − = + −
+ − = + − ⇔

+ − = − − +

2
2
0, 2
2 0
1 3
3 6 6 0
x x
x x
x
x x
= =


− =
⇔ ⇔


= − ±
+ − =


b)
( )
2 2

5 2 3 5 5 2 3 5 5 5 1x x x x x x
= − − − ⇔ − − = +
Điều kiện:
5 5 0 1x x+ ≥ ⇔ ≥ −
( )
2
2
2
2 3 5 5 5
2 3 5 5 5 1
2 3 5 5 5
x x x
x x x
x x x

− − = +
− − = + ⇔

− − = − −

( )
( )
( )
2
2
1
2 8 10 0
5
2 2
0

x n
x x
x n
x x
x n
= −

− − =

⇔ ⇔ =


+ =


=

c)
2
6 5 2 5x x x− + = −
( Xem bài 3b)
d)
( )
2 7
3 1 1
1
x
x
x
+

= −
−
. Điều kiện :
1x
≠
• Trường hợp 1: Nếu
1 0x − >
thì
( )
( ) ( )
( )
( )
2
1
1 0
1
1 3
1
2 7 3 1 1
3 6 6 0
1 3
x
x
x
x l
x x x
x x
x n
>



− >
>




= −
⇔ ⇔ ⇔
  

+ = − −
− − =




= +



• Trường hợp 2: Nếu
1 0x − <
thì
XuNha
4
ThS Đinh Xuân Nhân 098 4321 969
( )
( ) ( )
2

1 0
1
1
2 7 3 1 1
3 2 8 0( )
x
x
x x x
x x vn
− >
>


⇔ ⇔
 
+ = − −
− + − =


Vậy pt có nghiệm
1 3x
= +
 Nhận xét:
• Ta dùng phương pháp 1 khi phương trình có đúng dạng công thức
A B
=
hoặc
A B=
.
• Nếu có đúng dạng

A B
=
nhưng B là bậc 2 và A là bậc nhất theo x thì ta nên dùng
phương pháp 2.
• Các dạng còn lại thì nên dùng phương pháp 2.

Bài toán 5: Giải phương trình chứa căn bậc 2
 Phương pháp giải 1: Dùng công thức
2
0B
A B
A B
≥

= ⇔

=


( )
0 hoac 0A B
A B
A B
 ≥ ≥
= ⇔

=

 Phương pháp giải 2: Đặt ẩn phụ
Bài 5. Giải các phương trình

a)
( )
( )
( )
2
2
2
2
2 1 0
1
3 2 1 2 1
10 3 0
3 2 1 4 1
x
x
x x x
x x
x x x
+ ≥
≥ −


− + = + ⇔ ⇔
 
+ + =
− + = +



( )

( )
2
1
1
5 22
10 3 0
5 22
x
x
x loai
x x
x nhan
≥ −


≥ −



= − −
⇔ ⇔
 

+ + =



= − +




.
b)
2 2
4 7 1 7 4x x x x
+ + = + +
Đặt
2
7 1t x x= + +
, điều kiện
0t
≥
.
2 2 2 2
7 1 7 1t x x x x t
⇒ = + + ⇒ + = −
. Ta có phương trình theo t:
( )
( )
2 2
1
4 1 4 4 3 0
3
t n
t t t t
t n
=
= − + ⇔ − + = ⇔

=



2 2
0
1 7 1 1 7 1 1
7
x
t x x x x
x
=

= ⇔ + + = ⇔ + + = ⇔

= −

2 2 2
1
3 7 1 3 7 1 9 7 8 0
8
x
t x x x x x x
x
=

= ⇔ + + = ⇔ + + = ⇔ + − = ⇔

= −

XuNha
5

ThS Đinh Xuân Nhân 098 4321 969
 Nhận xét: Nếu phương trình câu b ta dùng công thức
A B=
thì khi bình phương B ta
được bậc 4 theo x, rất khó giải. Do đó nếu biểu thức B là bậc 2 thì ta không nên dùng công
thức
A B=
mà hướng theo phương pháp đặt ẩn phụ.
c)
( )
2 2 2 2
2 10 3 4 3 5 2 2 5 3 4 3 5 2x x x x x x x x
+ − + = + − ⇔ + − + = + −
Đặt
2
5 2t x x
= + −
, điều kiện
0t
≥
2 2 2 2
5 2 5 2t x x x x t
⇒ = + − ⇒ + = +
. Ta có phương trình:
( )
( )
2 2
2
2
3 4 0

2 2 3 4 3 2 1 3 4
2 1 3 4
t
t t t t
t t
− ≥


+ − + = ⇔ + = − ⇔

+ = −


( )
( )
2
4
3
4
3
1
7 24 17 0
17
7
t
t
t l
t t
t n


≥


≥
 

=
⇔ ⇔
 

− + =
 

=




2
17 17
5 2
7 7
t x x
= ⇔ + − =
(Giải pt tìm nghiệm x)
Bài toán 5: Phương trình bậc 2 và các bài toán liên quan
Bài toán 5.1: Tìm điều kiện để phương trình
2
0
+ + =

ax bx c
có nghiệm
Bài toán 5.2: Tìm điều kiện để phương trình
2
0
+ + =
ax bx c
vô nghiệm
• TH 1: Xét
0
=
a
. Tìm tham số m và giải tìm
nghiệm pt
0
+ =
bx c
.
• TH2: Xét
0
≠
a
.
Pt có nghiệm
0
0
≠

⇔


∆ ≥

a
• TH 1: Xét
0
=
a
. Tìm tham số m và giải tìm
nghiệm pt
0
+ =
bx c
.
• TH2: Xét
0
≠
a
.
Pt vô nghiệm
0
⇔ ∆ <
.
Bài toán 5.3: Điều kiện có nghiệm của PTB2
( ) ( )
2
0 0 1+ + = ≠ax bx c a
• (1) có hai nghiệm phân biệt
0
0
≠


⇔

∆ >

a
.
• (1) có hai nghiệm kép
0
0
≠

⇔

∆ =

a
.
• (1) có hai nghiệm
0
0
≠

⇔

∆ ≥

a
.
Bài toán 5.4: Điều kiện về dấu của nghiệm của

PTB2
( ) ( )
2
0 0 1+ + = ≠ax bx c a
•
(1) có 2 nghiệm trái dấu
0⇔ <
c
a
.
•
(1) có 2 nghiệm cùng dấu
0
0
∆ >


⇔

<


c
a
.
Bài toán 5.5: Bài toán về hệ thức Viet
XuNha
6
ThS Đinh Xuân Nhân 098 4321 969
•

(1) có 2 nghiệm dương phân biệt
0
0
0


∆ >


⇔ <



− >


c
a
b
a
•
(1) có 2 nghiệm âm phân biệt
0
0
0


∆ >



⇔ <



− <


c
a
b
a
Cho phương trình
( )
2
0 1+ + =ax bx c
• Nếu pt(1) có 2 nghiệm
1 2
,x x
thì
1 2
= + = −
b
S x x
a
1 2
.
= =
c
P x x
a

.
• Hệ thức đối xứng đối với
1 2
,x x
.
• Hệ thức không đối xứng đối với
1 2
,x x
Bài 5.1. Tìm m để phương trình sau có nghiệm :
( ) ( ) ( )
2
3 2 4 2 0 1m x m x m
− − − − + =
• Trường hợp 1:
3 0 3m m− = ⇔ =
thay vào phương trình (1), ta có
2
1
0 2 1 0
2
x x x
+ − = ⇔ =
(Nhận m = 3 vì x = ½ là nghiệm).
• Trường hợp 2:
3 0 3m m− ≠ ⇔ ≠
.
Phương trình (1) có nghiệm
3
3 3
10

' 0 3 10 0
3
m
m m
m
m
≠

≠ ≠
 

⇔ ⇔ ⇔
  
≤
∆ ≥ − + ≥
 


.
Từ 2 trường hợp ta có
10
3
m
≤
thì phương trình có nghiệm.
Bài 5.2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm :
( ) ( ) ( )
2
3 2 4 2 0 1m x m x m
− − − − + =

• Trường hợp 1:
3 0 3m m− = ⇔ =
thay vào phương trình (1), ta có
2
1
0 2 1 0
2
x x x
+ − = ⇔ =
(Loại m = 3 vì đề yêu cầu pt vô nghiệm).
• Trường hợp 2:
3 0 3m m− ≠ ⇔ ≠
.
Phương trình (1) vô nghiệm
3
3 3
10
10
3
' 0 3 10 0
3
m
m m
m
m
m
≠

≠ ≠
 


⇔ ⇔ ⇔ ⇔ >
  
>
∆ < − + <
 


.
Từ 2 trường hợp ta có
10
3
m
>
thì phương trình vô nghiệm.
Bài 5.4. Cho phương trình
( ) ( )
2 2
2 3 6 0 1x m x m
− + + + =
. Tìm m để pt (1):
a) Phương trình có nghiệm
1x = −
. Tìm nghiệm còn lại nếu có.
b) Có 2 nghiệm phân biệt cùng dương.
c) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt sao cho
2 2
1 2
50x x
+ =

.
Giải
XuNha
7
ThS Đinh Xuân Nhân 098 4321 969
a)
Phương trình (1) có nghiệm
1x = −
nên ta thay
1x = −
vào pt(1)
( )
2 2 2
1 2 3 .1 6 0 2 1 0 1m m m m m
− + + + = ⇔ − + = ⇔ =
Ta thay m = 1 vào pt(1) thì
2
1
8 7 0
7
x
x x
x
=

− + = ⇔

=

.

b)
Phương trình (1) có 2 nghiệm dương phân biệt
( )
( )
2
6 3 0
' 0
1
1
2
0 6 0
2
3
0
2 3 0
m
m
P m luon dung m
m
S
m

+ >
∆ >


> −

 
⇔ > ⇔ + > ⇔ ⇔ > −

  
> −

 

>
+ >


c)
Phương trình (1) có 2 nghiệm dương phân biệt
( )
1 0
0
1
2
' 0
6 3 0
luon dung
a
m
m
≠
≠


⇔ ⇔ ⇔ > −
 
∆ >
+ >




Theo hệ thức Viet:
( )
2
1 2 1 2
2 3 ; 6
b c
S x x m P x x m
a a
= + = − = + = = = +
( ) ( )
( )
2
2
2 2 2
1 2 1 2 1 2
50 2 50 2 3 2 6 50x x x x x x m m
+ = ⇔ + − = ⇔ + − + = 
 
( )
( )
( )
2 2 2
1
4 6 9 2 12 50 2 24 26 0
13
m n
m m m m m

m l
=

+ + − − = ⇔ + − = ⇔

= −


Vậy m = 1.
Bài 5.5. Cho phương trình
( ) ( )
2
2 2 4 2 0 1x m x m− − − + =
.
a) Chứng minh (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,x x
.
b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt
1 2
,x x
sao cho nghiệm này gấp đôi
nghiệm kia.
c) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu sao cho giá trị tuyệt đối của nghiệm âm
nhỏ hơn nghiệm dương.
Giải
a)
Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt
1 2
2

1 0
0
,
' 0
2 0
a
x x
m
≠
≠


⇔ ⇔
 
∆ >
+ >


(luôn đúng với
mọi m)
b)
Hệ thức Viet:
( ) ( )
1 2
2 2 1
b
x x m
a
+ = − = −
( )

1 2
2 4 2
c
x x m
a
= = −
Theo giả thiết:
( )
1 2
2 3x x=
Từ (1) và (3) ta có
( )
2
2
2
3
x m
= −
( )
1
4
2
3
x m
⇒ = −
. Thay vào (2) ta có
XuNha
8
ThS Đinh Xuân Nhân 098 4321 969
( )

2
2
8
2 2 4 8 4 14 0
9
m m m m
− = − ⇔ + + =
(vô nghiệm).
Vậy không có giá trị m thỏa đề.
PHẦN 2: HÌNH HỌC
Bài toán 6: Chứng minh đẳng thức vectơ – Phân tích vectơ theo 2
vectơ không cùng phương. Tích vô hướng của 2 vectơ
 Quy tắc 3 điểm
Theo phép cộng:
AB AM MB
= +
uuur uuuur uuur
Theo phép trừ:
AB MB MA
= −
uuur uuur uuur
 Quy tắc hình bình hành
Cho hình bình hành ABCD, ta có
AC AB AD
= +
uuur uuur uuur

 Quy tắc trung điểm
Gọi I là trung điểm AB, với điểm M tùy ý, ta có

2MA MB MI
+ =
uuur uuur uuur
Hoặc
( )
1
2
MI MA MB
= +
uuur uuur uuur
 Tính chất trọng tâm tam giác
G là trọng tâm tam giác ABC
0GA GB GC
⇔ + + =
uuur uuur uuur r
 Tích vô hướng của 2 vectơ
( )
. . .cos ,a b a b a b
=
r r r r r r
Bài 6. Cho hình thoi ABCD tâm O, cạnh
3a
, có góc
·
0
60BAC
=
. Gọi I là trung điểm CO, G là
trọng tâm tam giác ABD.
a) Chứng minh

3IA IB ID IG
+ + =
uur uur uur uur
và
4DA DB DC DO
+ + =
uuur uuur uuur uuur
.
b) Biễu diễn
BI
uur
theo
,BA BC
uuur uuur
.
c) Tính tích vô hướng
. , .BA BC BI AC
uuur uuur uur uuur
.
Giải
a)
IA IB ID IG GA IG GB IG GD
+ + = + + + + +
uur uur uur uur uuur uur uuur uur uuur
( )
3 3IG GA GB GD IG
= + + + =
uur uuur uuur uuur uur
(Do G là trọng tâm
ABD

∆
)
( )
2 2 4DA DB DC DA DC DB DO DO DO+ + = + + = + =
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
b)
( ) ( )
1 1 1 1 1 1
.
2 2 2 2 2 2
BI BO BC BO BC BA BC BC
= + = + = + +
uur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur

1 3
4 4
BA BC
= +
uuur uuur
.
XuNha
9
ThS Đinh Xuân Nhân 098 4321 969
c)
( )
( )
2
2
0
3

. . .cos , 3 .cos120
2
a
BA BC BA BC BA BC a
= = = −
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
1 3 1 3
. . . .
4 4 4 4
BI AC BA BC AC BA AC BC AC
 
= + = +
 ÷
 
uur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
( )
0
9
. . .cos , 3.3 .cos150
2
BA AC BA AC BA AC a a
= = = −
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
( )
0
9
. . .cos , 3.3 .cos30
2
BC AC BC AC BC AC a a
= = =

uuur uuur uuur uuur uuur uuur
.BI AC
uur uuur
=
1 9 3 9 9
.
4 2 4 2 4
 
− + =
 ÷
 
Lưu ý: Ta có thể tính góc
( )
,BI AC
uur uuur
dựa vào công thức
( )
.
cos ,
.
BI AC
BI AC
BI AC
=
uur uuur
uur uuur
uur uuur
.
Tính độ dài BI, AC thay vào, ta suy ra góc
( )

,BI AC
uur uuur
.
Bài 7. Trong mp tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
( ) ( ) ( )
2; 3 , 4;1 , 5; 6A B C
− −
.
a)
Tìm tọa độ M là giao điểm của AB và trục Ox.
b)
Tìm điểm N trên Oy sao cho tứ giác ACBN là hình thang với 2 đáy AC // BN.
c)
Tìm tọa độ điểm D để ACBD là hình bình hành. Tìm tọa độ tâm K của hình bình hành ACBD.
d)
Phân tích vectơ
OC
uuur
theo 2 vectơ
,AB AC
uuur uuur
Giải
a)
M là giao điểm của AB và trục Ox
M⇒
thuộc Ox và A, B, M thẳng hàng
M thuộc Ox
( )
;0
M

M x
⇒
( ) ( )
2;4 , 2;3
M
AB AM x= = −
uuur uuuur
A, B, M thẳng hàng
, AB AM
⇒
uuur uuuur
cùng phương
( )
( )
2 4
7 7
4 2 2.3 ;0
2 2
2 3
M M
M
x x M
x
= ⇔ − = ⇔ = ⇒
−
.
b)
Điểm N thuộc Oy
( )
0;

N
N y⇒
( ) ( )
3; 3 , 4;1
N
AC NB y= − = −
uuur uuur
Theo giả thiết ta có
, AC NB
uuur uuur
cùng hướng
. , 0AC k NB k
= >
uuur uuur
( )
( )
( )
3
3 .4
4
0;5
3 1
5
N
N
k
k n
N
k y
y


=
=

 
⇔ ⇔ ⇒
 
− = −

=



.
c)
( ) ( )
3; 3 , 4 ;1
D D
AC DB x y= − = − −
uuur uuur
ACBD là hình bình hành
( )
4 3 1
1;4
1 3 4
D D
D D
x x
AC DB D
y y

− = =
 
⇔ = ⇔ ⇔ ⇒
 
− = − =
 
uuur uuur
XuNha
10
ThS Đinh Xuân Nhân 098 4321 969
Tâm K(3;-1)
d)
( ) ( ) ( )
5; 6 , 2;4 , 3; 3OC AB AC= − = = −
uuur uuur uuur
( )
1
.2 .3 5
6
. .
.4 . 3 6
16
9
k
k l
OC k AB l AC
k l
l

= −

+ =

 
= + ⇔ ⇔
 
+ − = −

=



uuur uuur uuur
Vậy
1 16
. .
6 9
OC AB AC
= − +
uuur uuur uuur
Bài 8. Trong mp tọa độ Oxy, cho ba điểm
( ) ( ) ( )
2;4 , 1;2 , 6;2A B C
− − −
.
a) Chứng minh tam giác ABC vuông. Tính diện tích tam giác ABC.
b) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Tính
.GA GB
uuur uuur
.
c) Tìm điểm D sao cho tứ giác ABDC là hình chữ nhật.

d) Tìm tọa độ điểm M trên trục hoành sao cho tam giác MAB cân tại M.
e) Tìm điểm K sao cho ABCK là hình thang có 2 đáy AB, CK thỏa CK = 2AB.
Giải
a)
( ) ( )
1; 2 , 4; 2AB AC
uuur uuur
= − = − −
Xét tỷ số:
1 2
,
4 2
AB AC
uuur uuur
−
≠ ⇒
− −
không cùng phương
⇒
A, B, C lập thành tam giác
Tính độ dài
( ) ( ) ( )
2 2
2
1 2 5, 4 2 20AB AC
= + − = = − + − =
( )
2
2
5 0 5BC

= − + =
Ta thấy:
2 2 2
25AB AC BC ABC
+ = = ⇒ ∆
vuông tại A
Diện tích
1 1 5 2
. 5. 20
2 2 2
ABC
S AB AC
∆
= = =
(đvdt).
b)
G là trọng tâm tam giác ABC
8
3;
3
G
 
⇒ −
 ÷
 
4 2
1; , 2;
3 3
GA GB
uuur uuur

   
= = −
 ÷  ÷
   

10
.
9
GA GB
uuur uuur
⇒ =
c)
( )
( )
1; 2 , 6; 2
D D
AB CD x y
uuur uuur
= − = + −
ABDC là hình bình hành
( )
6 1 5
5;0
2 2 0
D D
D D
x x
AB CD D
y y
uuur uuur

+ = = −
 
⇔ = ⇔ ⇔ ⇒ −
 
− = − =
 
Hình bình hành ABDC có góc C vuông nên ABDC là hình chữ nhật.
d)
Điểm
( )
;0
M
M Ox M x
∈ ⇒
Tam giác MAB cân tại M
2 2
MA MB MA MB
⇔ = ⇔ =

( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
A M A M B M B M
x x y y x x y y
⇔ − + − = − + −

( ) ( )
2 2
2 2
2 4 1 2
M M

x x⇔ − − + = − − +
XuNha
11
ThS Đinh Xuân Nhân 098 4321 969

( ) ( )
2 2
2 2
15
2 4 1 2
2
M M M
x x x
⇔ − − + = − − + ⇔ = −
Vậy
15
;0
2
M
 
−
 ÷
 
.
e)
( )
( )
1; 2 , 6; 2
k K
AB CK x y

uuur uuur
= − = + −
ABCK là hình thang có 2 đáy AB, CK thỏa CK = 2AB
( )
( )
6 2.1
4
2 4; 2
2
2 2. 2
k
K
K
K
x
x
CK AB K
y
y
uuur uuur
+ =
 = −


⇔ = ⇔ ⇔ ⇒ − −
 
= −
− = −




XuNha
12