Hỗ trợ toán hình học 10 học kỳ 1

Nguyễn Quốc Quận - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

1


Hỗ trợ học Toán Hình học 10
(học kỳ 1)

Vectơn
Các công thức cơ bản cần nhớ
1/ Qui tắc 3 điểm.
a/ Qui tắc cộng: ACBCAB =+ (A, B, C bất kỳ)
b/ Qui tắc trừ: ABOAOB =− (O, A, B bất kỳ)
2/ Qui tắc hình bình hành:ABCD là hình bình hành thì: ACBDAB =+
3/ Nếu a = k b thì a và b cùng phương. Cụ thể:
k > 0 thì a và b cùng hướng ; k < 0 thì a và b ngược hướng và
akak =
,




=
=
⇔=
0a
0k
0a.k

4/ Công thức liên quan trung điểm: O là trung điểm đoạn AB thì:
a/ 0=+ OBOA ; b/

(
)
MBMAMO +=
2
1
( M b
ấ
t k
ỳ
)
5
/ Công th
ứ
c liên quan tr
ọ
ng tâm tam giác. G là tr
ọ
ng tâm tam giác ABC thì:
a/ 0=++ GCGBGA b/
(
)
MCMBMAMG ++=
3
1
( M b
ấ
t k
ỳ
)
Bài tập

Bài 1
/ Cho b
ố
n
đ
i
ể
m A , B , C , D . Tính :
a/ CABDDCABu +++= ; b/ DABCCDABv +++=
Gi
ả
i
a/ CABDDCABu +++= =
(
)
(
)
0==+=+++ AADAADCADCBDAB

b/ DABCCDABv +++= =
(
)
(
)
0==+=+++ AACAACDACDBCAB

Bài 2
/ Cho 6
đ
i

ể
m A , B , C , D , E , F. Ch
ứ
ng minh:
CDBFAECFBEAD
++=++
Gi
ả
i “
Để
ch
ứ
ng minh T = P ta có th
ể
ch
ứ
ng minh T – P = 0”
(
)
(
)
CDBFAECFBEAD ++−++
=
(
)
(
)
(
)
CDCFBFBEAEAD −+−+−

=
DF
FE
ED
+
+
=
(
)
FEDFED ++
=
DE
ED
+
= 0
Suy ra
đ
i
ề
u ph
ả
i ch
ứ
ng minh

Bài 3
/ Cho tam giác ABC . G
ọ
i M, N, P l

ầ
n l
ượ
t là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a BC, CA, AB.
Ch
ứ
ng minh:
0
=++
CPBNAM

Gi
ả
i “S
ử
d
ụ
ng công th
ứ
c trung
đ
i
ể
m”

(
)
CACBBCBAACABCPBNAM +++++=++
2
1
=
(
)
(
)
(
)
[
]
CBBCCAACBAAB +++++
2
1
= 0
S
ử
d
ụ
ng công th
ứ
c tr
ọ
ng tâm
(
)
0GCGCBGA

2
3
CPBNAM =++−=++



Bài

4
/ Cho tam giác ABC . G
ọ
i M là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a AB và N là
đ
i
ể
m trên c
ạ
nh AC
sao cho NC = 2NA.
G
ọ
i K là trung
đ
i

ể
m c
ủ
a MN.
a/ Ch
ứ
ng minh: ACABAK
6
1
4
1
+=
Nguyễn Quốc Quận - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

2

K
N
M
D
C
B
A
b/ G
ọ
i D là trung
đ
i
ể
m c

ủ
a BC . Ch
ứ
ng minh: ACABKD
3
1
4
1
+=
Gi
ả
i

a/ M là trung
đ
i
ể
m AB nên: ABAM
2
1
= , NC = 2NA nên ACAN
3
1
=
K là trung
đ
i
ể
m MN nên:
(

)
ANAMAK +=
2
1
=






+= ACABAK
3
1
2
1
2
1

= ACAB
6
1
4
1
+
b/ G
ọ
i D là trung
đ
i

ể
m c
ủ
a BC . Ch
ứ
ng minh:
ACABKD
3
1
4
1
+=
Gi
ả
i
D là trung
đ
i
ể
m AC nên
(
)
ACABAD +=
2
1
mà
AK
AD
KD
−

=

V
ậ
y: ACABACABACABKD
3
1
4
1
6
1
4
1
2
1
2
1
+=−−+=


Bài 5
/ Cho tam giác ABC.
a/ Tìm I sao cho :
02
=+
IBIA

b/ Tìm K sao cho :
CBKBKA
=+

2
;
c/ Tìm M sao cho :
02
=++
MCMBMA

Gi
ả
i
a/ Tìm I sao cho :
02
=+
IBIA

02 =+ IBIA ⇔
BI
IA
2
=
hay
IB
AI
2
=
“
AI
và
IB
cùng h

ướ
ng và AI = 2IB”
V
ậ
y I thu
ộ
c
đ
o
ạ
n AB và chia AB thành thành 3
đ
o
ạ
n b
ằ
ng nhau thì có hai
đ
i
ể
m ch
ọ
n
đ
i
ể
m I v
ề
phía
B

b/ CBKBKA =+ 2 ⇔ KCKBKBKA −=+ 2 “ thay KBKCCB −= ”
0=++ KCKBKA V
ậ
y K ≡ G là trong tâm tam giác ABC
c/ Tìm M sao cho :
02
=++
MCMBMA

Gi
ả
i. “ l
ư
u ý công th
ứ
c trung
đ
i
ể
m có s
ố
2, bài toán v
ề
tâm t
ỷ
c
ự

đơ
n gi

ả
n nh
ấ
t”
G
ọ
i D là trung
đ
i
ể
m
đ
o
ạ
n AB, ta có:
MD
MB
MA
2
=
+


02
=++
MCMBMA
⇔ 022 =+ MCMD ⇔ 0=+ MCMD
V
ậ
y M là trung

đ
i
ể
m CD
Bài 6
/ Cho hình bình hành ABCD và
đ
i
ể
m M tùy ý. Ch
ứ
ng minh :
MDMBMCMA
+=+
Gi
ả
i
G
ọ
i O = AC ∩ BD
⇒
O là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a AC và BD
Ta có:






=+
=+
MOMDMB
MOMCMA
2
2

⇒

MDMBMCMA
+=+

Bài 7
/ Cho tam giác ABC và
đ
i
ể
m M tùy ý .
a/ Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng vect
ơ

MCMBMAv 32

−+= không ph
ụ
thu
ộ
c v
ị
trí
đ
i
ể
m M
b/ D
ự
ng
đ
i
ể
m D sao cho
vCD
= . CD c
ắ
t AB t
ạ
i K . Ch
ứ
ng minh:
02
=+
KBKA
và

CKCD 3
=
Gi
ả
i
a/ Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng vect
ơ

MCMBMAv 32
−+= không ph
ụ
thu
ộ
c v
ị
trí
đ
i
ể
m M
Nguyễn Quốc Quận - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

3

“ Tìm
đ

i
ể
m c
ố

đị
nh liên quan ABC và bi
ế
n
đổ
i v “ m
ấ
t M” là xong ”
(
)
(
)
MCMBMCMAv −+−= 2
= CBCA 2+
đ
i
ề
u ph
ả
i ch
ứ
ng minh
b/ D
ự
ng

đ
i
ể
m D sao cho
vCD
= . CD c
ắ
t AB t
ạ
i K . Ch
ứ
ng minh:
02
=+
KBKA
và
CKCD 3
=
T
ừ

(
)
(
)
MCMBMCMAv −+−= 2
= CBCA 2+ “ làm m
ấ
t s
ố

2
đ
i”
D
ự
ng
đ
i
ể
m E sao cho E là trung
đ
i
ể
m CE
⇒
CBCE 2= . Khi
đ
ó:
CECAv += . D
ự
ng hình bình hành CADE
⇒

vCD
=
G
ọ
i O = CD ∩ EA
⇒
O là trung

đ
i
ể
m c
ủ
a CD và EA
K = CO ∩ AB
⇒
K là tr
ọ
ng tâm tam giác ACE
⇒

KB
KA
2
−
=

⇒
02 =+ KBKA .

Bài 8
/ Cho tam giác ABC n
ộ
i ti
ế
p
đườ
ng tròn tâm O, H là tr

ự
c tâm tam giác, D là
đ
i
ể
m
đố
i x
ứ
ng

v
ớ
i A qua O.
a/ Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng HBDC là hình bình hành .
b/ Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
OHOCOBOAHOHCHBHA
=++=++
,2

c/ G
ọ

i G là tr
ọ
ng tâm tam giác ABC . Ch
ứ
ng minh :
OGOH 3
= “
Đườ
ng th
ẳ
ng
qua 3
đ
i
ể
m O,
H, G g
ọ
i là
đườ
ng th
ẳ
ng
Ơ
le”
Gi
ả
i
a/ Ch
ứ

ng minh r
ằ
ng HBDC là hình bình hành .
AD là
đườ
ng kính nên DC ⊥ AC và BD ⊥ HC
Vì: DC ⊥ AC và BH ⊥ AC nên DC // BH (1)
Vì : DB ⊥ AB và CH ⊥ AB nên DB // CH (2)
(1)

và (2)
⇒
BHCD là hình bình hành
b/ Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng
OHOCOBOAHOHCHBHA
=++=++
,2

BHCD là hình bình hành nên: HDHCHB =+
HOHDHAHCHBHA 2=+=++ ( Vì O là trung điểm AD)
Có: HAOHOA += , HBOHOB += và HCOHOC +=
Nên: HCHBHAOHOCOBOA +++=++ 3
Bài 9/Cho tam giác ABC.Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của AB, BC,CA và điểm M tùy ý.
Chứng minh:
a/ MFMEMDMCMBMA ++=++
b/ 0=++ CDBFAE

c/ 0=++ CFBEAD
Giải

a/ MFMEMDMCMBMA ++=++
(
)
(
)
MFMEMDMCMBMA ++−++
=
(
)
(
)
(
)
MFMCMEMBMDMA −+−+−
= FCEBDA ++ =
AF
FD
DA
+
+
=
DD
FD
AF
DA
=
+

+

b/ 0=++ CDBFAE ( công thức trung điểm)
CDBFAE ++ =
(
)
CACBBCBAACAB +++++
2
1
= 0
c/
0=++ CFBEAD
D
K
O
E
A
B
C
H
O
D
C
B
A
F
E
D
C
B

A
Nguyễn Quốc Quận - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

4

N
M
D
C
B
A
N
H
G
M C
B
A
(
)
0
2
1
2
1
=++=++ CABCABCFBEAD
Bài 10/ Cho tứ giác ABCD và M, N lần lượt là trung điểm của đoạn AB, CD. Chứng minh:
MNBCACBDAD 4=+++
Giải
)()( BCBDACAD +++ = BNAN 22 + =
(

)
NBNA +− 2 =
NM2.2−




Bài 11/ Cho tam giác ABC với G là trọng tâm, H là điểm đối xứng của B qua G, M là trung điểm
BC. Chứng minh:
a/ ABACAH
3
1
3
2
−= b/ ABACCH
3
1
3
1
−−= c/ ABACMH
6
5
6
1
−=
Giải
a/
ABACAH
3
1

3
2
−=
Gọi N là trung điểm AC, ta có: AGNC là hình bình hành
GKGCAH
3
2
−== ( K là trung điểm AB)
(
)
CBACCBCAAH
3
1
3
1
2
1
.
3
2
−=+−= =
(
)
ACABAC −−
3
1
3
1
= ACAC
3

1
3
2
−
b/ ABACCH
3
1
3
1
−−=
AMGACH
3
2
−== =
(
)
ACAB +−
2
1
.
3
2
= ACAB
3
1
3
1
−−
c/ ABACMH
6

5
6
1
−=
(
)
HCHBMH +−=
2
1
=
(
)
AGGB +− 2
2
1
=
(
)
GBAB +−
2
1
= BGAB
2
1
2
1
+− = BNAB
3
2
.

2
1
2
1
+−
(
)
BCBAABMH ++−=
2
1
.
3
1
2
1
=
(
)
ACBABAAB +++− .
6
1
2
1
= ABABAC
3
1
2
1
6
1

−−
ABACMH
6
5
6
1
−=
Bài 12/ Cho tam giác ABC đều cạnh a, trọng tâm O. Tính:
a/
ACAB +
b/
ACAB −
c/
OBOA +
d/
ACAO +

Giải
Nhắc lại độ dài đường cao tam giác đều bằng: độ dàicạnh.
2
3

a/
ACAB +
=
AM2
= 2AM = 3a
b/
ACAB −
=

CA
= CA = a
c/
OBOA +
. Gọi M là trung điểm BC
H
K
M
O
C
B
A
Nguyễn Quốc Quận - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

5

OMOMOBOA 22 ==+
= AM
3
1
.2 =
3
3a

d/
ACAO +
. Gọi K là trung điểm OC.
AKACAO 2=+
= 2AK
Gọi H là hình chiếu của K lên AM, trong tam giác AHK có:

4
4
1
2
1 a
BCMCHK === ; OMAMOHAOAH
2
1
3
2
+=+= = AMAM
6
1
3
2
+ =
AM
6
5
=
2
3
.
6
5 a


12
35a

AH = nên : AK
2
= AH
2
+ HK
2
=
144
84
16
144
75
222
aaa
=+ ⇒ AK =
6
21a

Vậy:
3
21a
ACAO =+
Bài 13/ Cho hình vuông ABCD cạnh a, tâm O. Tính:
a/
ADAB +
b/
ADAB −
c/
ACAB +
d/

ABAO +

Giải

a/
ADAB +
=
ACAO =2
= AC =
2a
b/
ADAB −
=
DA
= DA = a
c/
ACAB +
. Gọi M là trung điểm BC
AMACAB 2=+
= 2AM =
2
5
4
2
222
aa
aBMAB =+=+
d/
ABAO +
. Gọi H là trung điểm OB.

AHABAO 2=+
= 2AH
Trong tam giác AOH có: AH
2
= AO
2
+ OH
2
=
16
10
16
2.5
16
5
4
5
4
22222
2
aaACAOOB
AO ====+
Hay
4
10a
AH = . Vậy:
2
10a
ABAO =+
Bài 14/Cho lục giác đều ABCDEF và điểm M tùy ý .Chứng minh rằng:

MFMDMBMEMCMA
++=++ . Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp lục giác đã cho

Giải.
(
)
(
)
MFMDMBMEMCMA ++−++
=
(
)
(
)
(
)
MFMEMDMCMBMA −+−+−
=
FEDCBA ++
= AOOBBA ++ = BBOBAOBA =++

O
H
M
D
C
B
A
Nguyễn Quốc Quận - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

6

Giá trị lượng giác của một góc ( từ 0
0
đến 180
0
)
• Trong hệ trục (Oxy) cho đường tròn tâm O qua các điểm A(1 ; 0 ), A
/
(–1 ; 0) và B(0
; 1). Vẽ cung AM có số đo là α ( tương ứng góc có hai tia OA, OM ). Tìm tọa độ
điểm M . Nếu: M( x
M
; y
M
)
• cosα = x
M
sinα = y
M

•
α
α
α
cos
sin
tan = (α ≠ 90
0
)

α
α
α
sin
cos
cot = ( α ≠ 0
0
và α ≠ 180
0
)
• Nếu a + b = 180
0
thì: sina = sinb và cosa = –cosb ; tana = –tanb ; coaa = –cotb
• Các hệ thức lượng giác cần nhớ
1/ sin
2
x + cos
2
x = 1 2/ tanx =
x
x
cos
sin
3/ cotx =
x
x
sin
cos

4/ tanx.cotx = 1 5/

x
2
cos
1
= 1 + tan
2
x 6/
x
2
sin
1
= 1 + cot
2
x
Bài tập
.
Bài 1/ Cho sinx =
13
5
( 90
0
< x < 180
0
). Tính các giá trị lượng giác còn lại
Giải
cos
2
x = 1 – sin
2
x =

169
144
169
25
1 =− ⇔
13
12
cos −=x vì ( 90
0
< x < 180
0
) nên: cosx < 0
12
5
12
13
.
13
5
tan −=−=x ,
5
12
cot −=x
Bài 2/ Biết cot15
0
= 2 + 3 . Tính các giá trị lượng giác còn lại của góc 15
0

Giải
32

32
1
15tan
0
−=
+
= ;
(
)
32415tan1
15
cos
1
02
02
−=+= ⇒
( )
4
32
324
1
15cos
02
+
=
−
=
⇒
2
32

15cos
0
+
= ;
sin15
0
= tan15
0
.cos15
0
=
( )
(
)
(
)
(
)
2
32
2
323232
2
32
32
−
=
−−+
=
+

−
Bài 3/ Cho tanα = 3 . Tính:

αα
α
α
cos
11
sin
4
cos3sin2
/
−
+
a b/
α
α
α
α
33
cos
17
sin
cos2sin3
−
−

Giải
Cách 1/
αα

α
α
cos
11
sin
4
cos3sin2
/
−
+
a =
11
tan
4
3tan2
−
+
α
α
( chia 2 vế cho cosα ) = 11
Cách khác: tanα = 3 ⇒ sinα = 3cosα . Thay vào biểu thức

Cách 2/ b/
α
α
α
α
33
cos
17

sin
cos2sin3
−
−
=
α
α
α
23
cos
1
.
17
tan
2tan3
−
−
=
(
)
α
α
α
2
3
tan1
17
tan
2tan3
+

−
−
= 7
Cách khác: tanα = 3 ⇒ sinα = 3cosα . Thay vào biểu thức
Bài 4/ Cho tana + cota = m , hãy tính theo m.
a/ tan
2
a + cot
2
a , b/ tan
3
a + cot
3
a , c/ | tana – cota|
Giải
a/ tan
2
a + cot
2
a = (tana + cota)
2
–2tana.cota = m
2
–2
b/ tan
3
a + cot
3
a = (tana + cota)
3

–3tana.cota(tana + cota) = m
3
–3m
c/ | tana – cota| =
( )
2cottan2cottan
2
2
−=−+ maaaa

Nguyễn Quốc Quận - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

7

Bài 5/ Cho sina + cosa = m , hãy tính theo m.
a/ sina cosa b/ | sina – cosa| c/ sin
3
a + cos
3
a
d/ sin
4
a + cos
4
a e/ sin
6
a + cos
6
a
Giải

a/ sina cosa =
(
)
2
1
2
1cossin
2
2
−
=
−+ maa

b/ | sina – cosa| =
( )
2
cossin aa −
=
( )
aaaa cossin4cossin
2
−+
=
2
1
4
2
2
−
−

m
m
| sina – cosa| =
2
2 m−

c/ sin
3
a + cos
3
a = (sina + cosa)
3
–3sinacosa)(sina + cosa) =
2
1
3
2
3
−
−
m
mm
sin
3
a + cos
3
a =
2
23
3

mm −

d/ sin
4
a + cos
4
a = (sin
2
a + cos
2
a)
2
–2sin
2
acos
2
a = 1 – 2(sinacosa)
2
=
2
2
2
1
21









−
−
m

sin
4
a + cos
4
a =
2
21
42
mm −+

Bài 6
/ Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
a/
a
a
aa
22
22
cos
cot

sintan
−
−
= tan
6
a b/ aaa
a
aa
32
3
tantantan1
cos
cossin
+++=
+

c/ sin
2
atan
2
a + 4sin
2
a –tan
2
a + 3cos
2
a = 3
Gi
ả
i

a/
a
a
aa
22
22
cos
cot
sintan
−
−
= tan
6
a
a
a
aa
22
22
cos
cot
sintan
−
−
=
(
)
( )
aa
aa

22
22
sin1cot
cos1tan
−
−
=
a
a
aa
22
22
cos
cot
sintan

b/ aaa
a
aa
32
3
tantantan1
cos
cossin
+++=
+

a
a
aa

a
aa
23
cos
1
.
cos
cossin
cos
cossin
+
=
+
=
(
)
(
)
aa
2
tan11tan ++
c/ sin
2
atan
2
a + 4sin
2
a –tan
2
a + 3cos

2
a = 3
VT = sin
2
atan
2
a + sin
2
a –tan
2
a + 3sin
2
a + 3cos
2
a = sin
2
a(1 + tan
2
a) –tan
2
a + 3(sin
2
a +
cos
2
a)
= 3

Bài 7
/ Ch

ứ
ngminh các
đẳ
ng th
ứ
c sau:
a/ cos
4
x – sin
4
x = 2cos
2
x –1 b/ cot
2
x – cos
2
x = cos
2
x.cot
2
x
c/ tan
2
x –sin
2
x = tan
2
x.sin
2
x d/ (sinx + cosx)

2
+ (sinx –cosx)
2
= 2
Gi
ả
i
a/ cos
4
x – sin
4
x = 2cos
2
x –1
cos
4
x – sin
4
x = (cos
2
x – sin
2
x)(cos
2
x + sin
2
x) = cos
2
x – (1 – cos
2

x) = 2cos
2
x –1
b/ cot
2
x – cos
2
x = cos
2
x.cot
2
x.
VP = (1 – sin
2
x)cot
2
x = cot
2
x – sin
2
xcot
2
x = cot
2
x – cos
2
x
c/ tan
2
x –sin

2
x = tan
2
x.sin
2
x.
VP = tan
2
x( 1 – cos
2
x) = tan
2
x – tan
2
x.cos
2
x = tan
2
x – sin
2
x

Bài 8
/ Rút g
ọ
n các bi
ể
u th
ứ
c sau:

Nguyễn Quốc Quận - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

8

D
/
C
/
D
C
B
A
B
/
A
/
B
AO
a/ 2(sin
6
x + cos
6
x) –3(sin
4
x + cos
4
x) b/ 2cos
4
x –sin
4

x + sin
2
xcos
2
x +3sin
2
x
c/ (sin
4
x + cos
4
x –1)(tan
2
x + cot
2
x + 2)

Giải
.
sin
4
x + cos
4
x = (sin
2
x + cos
2
x)
2
–2sin

2
xcos
2
x = 1 –2sin
2
xcos
2
x
sin
6
x + cos
6
x = (sin
2
x + cos
2
x)
3
–3sin
2
xcos
2
x(sin
2
x + cos
2
x) = 1 –3sin
2
xcos
2

x
a/ 2(sin
6
x + cos
6
x) –3(sin
4
x + cos
4
x) = 2(1 –3sin
2
xcos
2
x) –3(1 –2sin
2
xcos
2
x) = –1
b/ B = 2cos
4
x –sin
4
x + sin
2
xcos
2
x +3sin
2
x = cos
4

x – sin
4
x + cos
4
x+ sin
2
xcos
2
x
+3sin
2
x
= (cos
2
x –sin
2
x)(cos
2
x + sin
2
x) + cos
2
x(cos
2
x + sin
2
x) + 3sin
2
x
= cos

2
x – sin
2
x + cos
2
x + 2sin
2
x = 2(cos
2
x + sin
2
x) = 2
c/ C = (sin
4
x + cos
4
x –1)(tan
2
x + cot
2
x + 2) = –2sin
2
xcos
2
x(tan
2
x + cot
2
x + 2)
= –2sin

4
x –2cos
4
x –4sin
2
xcos
2
x = –2(sin
2
x + cos
2
x)
2
= –2
d/ (sinx + cosx)
2
+ (sinx – cosx)
2
= 2
D = sin
2
x + 2sinxcosx + cos
2
x + sin
2
x –2sinxcosx + cos
2
x = 2(sin
2
x + cos

2
x) = 2
TÍCH VÔ HƯỚNG
•

Góc gi
ữ
a hai vect
ơ
: Cho hai vect
ơ
a và b . T
ừ

đ
i
ể
m O tu
ỳ
ý , d
ự
ng aOA = và
bOB = . Góc AOB g
ọ
i là góc gi
ữ
a hai vect
ơ
a và b .
(

)
ba ;
= AOB
•

Tích vô h
ướ
ng c
ủ
a hai vect
ơ
a và b . Ký hi
ệ
u: ba. và ba. =
(
)
baba ;cos

•

Tính ch
ấ
t.
1
/ ba. = ab.
2
/
(
)
cba +

= caba +
3
/
(
)
2
2
aa =
4
/
(
)
222
2 bbaaba +±=±
5/
Cho hai vect
ơ
OA và OB . B
/
là hình chi
ế
u ( vuông góc) c
ủ
a B lên
đườ
ng th
ẳ
ng qua
hai
đ

i
ể
m O, A. Ta có: 'OBOAOBOA = ( Hình trái: A
/
là hình chi
ế
u c
ủ
a A lên
OB, B
/
là hình chi
ế
u c
ủ
a B lên OA thì:
OBOAOBOAOBOA
//
==


Hình ph
ả
i: C
/
, D
/
l
ầ
n l

ượ
t là hình chi
ế
u c
ủ
a C,D lên AB thì :

//
DCABCDAB =
)
6
/ Cho
đườ
ng tròn (O) tâm O bán kính R và m
ộ
t
đ
i
ể
m M. Qua M k
ẻ

đườ
ng th
ẳ
ng ∆ c
ắ
t
(O) t
ạ

i hai
đ
i
ể
m AB, ta luôn có:
22
. RMOMBMA −=

Ch
ứ
ng minh
K
ẻ

đườ
ng kính BC,ta có: CA ⊥ AB ⇒ A là hình chi
ế
u c
ủ
a C lên AB ( hay ∆ )
(
)
(
)
OMOBOMOCMBMCMBMA −−==
=
(
)
(
)

OMOCOMOC −−−
= – ( OC
2
– OM
2
)
Hay :
22
. RMOMBMA −=
•

22
. RMOMBMA −= .G
ọ
i là ph
ươ
ng tích c
ủ
a
đ
i
ể
m M
đố
i v
ớ
i
đườ
ng tròn (O) và Ký
hi

ệ
u: P
M/(O)

•

N
ế
u M ngoài (O) và MT là ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a (O) ( T là ti
ế
p tuy
ế
n ) , ta có:
2
. MTMBMA =
•

H
ẳ
n nhiên.
Đườ
ng th
ẳ
ng qua M c

ắ
t (O) t
ạ
i A, B;
Đườ
ng th
ẳ
ng qua (O) c
ắ
t (O) t
ạ
i
C,D thì MDMCMBMA =
Bài tập
Bài 1
. Cho tam giác ABC có AC = 9, BC = 5 , ACB = 90
0
. Tính ACAB.
Gi
ả
i.
Nguyễn Quốc Quận - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

9

C
B
A
H
O

M
C
B
A
O
D
C
B
A
Cách
1
/ B là hình chi
ế
u c
ủ
a C lên AC,
nên: 810cos
02
=== ACACACACAB Cách
2
/
81
9
.9.cos
22
22
=
+
+==
BCAC

BCACAACABACAB
Cách
3
/
(
)
81
22
==+=+= ACACCBACACCBACACAB ( vì 0. =ACCB )
Bài

2
. Cho tam giác
đề
u ABC c
ạ
nh a, tâm O và M là trung
đ
i
ể
m BC. Tính:

Gi
ả
i. L
ư
u ý:“ Tính góc gi
ữ
a hai vect
ơ

ta
đư
a hai vect
ơ
v
ề
hai vect
ơ
chung g
ố
c và góc c
ủ
a
chúng là góc k
ẹ
p gi
ữ
a hai m
ũ
i tên”
1/ OMOA. và BCOA. 2/ OBOA. và ABOA.
Gi
ả
i
1/ OMOA. và BCOA.
Góc gi
ữ
a OA và OM là 180
0
. Nên )1.( −= OMOAOMOA =

2
2OM−
2
3
1
2.






−= AMOMOA =
2
2
3
3
1
2








−
a
=

6
2
a
−
OA ⊥ BC nên 0. =BCOA
2/ OBOA. và ABOA.
Góc giữa OA và OB là 120
0
nên: OBOA. =








−
2
3
2
OA
=






−









2
1
2
3
3
2
2
a
=
6
2
a
−
“Một phát hiện thú vị là M là hình chiếu của B lên OA nên OBOA. = OMOA. ”
Góc giữa OA và
AB
là 150
0
nên: ABOA. = OA.AB.cos150
0
=
“tại sao không áp dụng điều phát hiện trên: M là hình chiếu của B lên OA nên ABOA. =

ABOA. ”
Bài 3. Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a. Tính:
1/ ABOA. và
ACAB +
2/ DCAB. và ADOB.
Giải
1/ ABOA. . O là hình chiếu của B lên AO nên:
Gọi ABOA. = AOOA = – OA
2
=
22
2
2
2
aa
−=








−
Gọi M là trung điểm BC, ta có:
ACAB +
=
AM2
= 5

4
2
2
2
a
a
a =+
2/ DCAB. và ADOB.
AB
và DC cùng hướng nên DCAB. = AB
2
= a
2

O là hình chiếu của A lên OB nên ADOB. = DOOB = – OB
2
=
2
2
a

Bài 4. Cho tam giác ABC có AB = 5 , BC = 7, CA = 8.Tính ACAB. , suy ra giá trị của góc
A

Giải

ABACBC −= nên
(
)
(

)
22
ABACBC −= hay BC
2
= AC
2
– ACAB.2 + AB
2

Nguyễn Quốc Quận - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

10

H
M
C
B
A
⇒
2
496425
2
.
222
−+
=
−+
=
BCACAB
ACAB = 20

2
1
.
.
cos ==
ACAB
ACAB
A ⇒ A = 60
0
Bài 5. Cho hai điểm A, B và O là trung điểm của AB. M là điểm tuỳ ý. Chứng minh :

22
. OAOMMBMA −=
Giải

(
)
(
)
OMOBOAMOMBMA −+=.
=
(
)
(
)
OAMOOAMO −+
= OM
2
– OA

2


Bài 6. Cho 4 điểm M, A, B, C. Chứng minh: 0 =++ ABMCCAMBBCMA
Giải
VT =
(
)
AB.MCCA.MBACBAMA +++
=
AB.MCCA.MBAC.MABA.MA +++

=
CA.MBAC.MAAB.MCBA.MA +++
=
(
)
(
)
MBAMCAMCAMAB +++

=
AB.CAACAB +
=
(
)
CAACAB +
= 0
Bài 7.Cho tam giác ABC với H là trực tâm và M là trung điểm BC.
Chứng minh:

2
4
1
. BCMAMH =
Giải. “Sử dụng ít nhất 2 trong 3 ý sau: AH ⊥ BC, BH ⊥ AC và CH ⊥ AB”
MAMH. =
(
)
(
)
ACABHCHBAMHM ++=
4
1
. =
(
)
ACHCABHB +
4
1

=
(
)
(
)
[
]
BCABBCHBABHB +++
4
1

=






+++
2
4
1
BCABBCACHBABHB =
2
2
BC
4
1
BCHCAB
4
1
=






+

Bài 8. Cho tam giác ABC . Tìm tập hợp các điểm M sao cho: ABACABAM =
Giải
ABACABAM = ⇔
(
)
0=− ACAMAB
⇔ 0. =CMAB . Vậy M thuộc đường thẳng qua C
và
vuông góc AB
Bài 9. Cho tam giác ABC .
a/ Tìm tập hợp các điểm M sao cho:
(
)
(
)
0=++ MCMAMBMA

b/ Tìm tập hợp các điểm M sao cho:
(
)
(
)
0MCMBMCMBMA =+++

Giải
a/ Tìm tập hợp các điểm M sao cho:
(
)
(
)

0=++ MCMAMBMA


Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB và AC
(
)
(
)
0=++ MCMAMBMA
⇔ 0. =MKMH Vậy M thuộc đường tròn đường kính HK
b/ Tìm tập hợp các điểm M sao cho:
(
)
(
)
0MCMBMCMBMA =+++

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và I là trung điểm BC
(
)
(
)
0MCMBMCMBMA =+++
⇔
0MI2.MG3 =
⇔
0MI.MG =
. Vậy M thuộc đường tròn
đường
kính GI

Bài 10. Cho hai điểm M, N nằm trên đường tròn đường kính AB = 2R. I là giao điểm của
hai đường thẳng AM và BN
1/ Chứng minh: AIABAIAM = và BIBABIBN =
Nguyễn Quốc Quận - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

11

I
N
M
B
A
M
D
H
C
B
A
M
T
/
T
B
A
O
/
O
H
I
F

E
O
M
B
A
2/ Tính AIAM . + BIBN. theo R
Giải
1/ AB là đường kính nên AM ⊥ BM và AN ⊥ BN
Nên M là hình chiếu của B lên AI và N là hình chiếu của A lên BI
Vậy AIABAIAM = và BIBABIBN =
2/ Dưa vào kết quả trên ta có:
AIAM . + BIBN. =
BI
BA
AI
AB
+
=
(
)
2
ABIBAIAB =+ = AB
2
= 4R
2

Bài 11. Cho tam giác ABC cân đỉnh A, đường cao AH. Gọi D là hình chiếu của H lên AC,
M là trung điểm HD. Chứng minh: AM ⊥ BD
Giải
(

)
(
)
HDBHADAHBDAM ++=2
= HDADBHADHDAHBHAH +++
= HCADHDAH + ( vì AH ⊥ BH và AD ⊥ HD và H là trung điểm BC)
=
(
)
HCADCDHCAH ++
= HCADCDAH +
= DCADCDAD + ( H là hình chiếu của H lên AC )
= 0 . Vậy. AM ⊥ BD
Bài 12. Cho hình chữ nhật ABCD. Chứng minh:
1/ MDMBMCMA =
2/ MA
2
+ MC
2
= MB
2
+ MD
2

Giải
1/ MCMA. =
(
)
(
)

DCMDBAMB ++
= MCBADCMBMDMB ++ =
(
)
MCMBDCMDMB −+

= CBDCMDMB + =
MD
MB

2/ Gọi O = AC ∩ BD
⇒
MOMCMA 2=+ và MOMDMB 2=+
⇒
MDMBMCMA +=+
⇒
2222
2.2 MDMDMBMBMCMCMAMA ++=++

⇒

2222
MDMBMCMA +=+
( do 1/
)
Bài 13. Cho tam giác ABC có G là trọng tâm và M tuỳ ý. Chứng minh:
MA
2
+ MB
2

+ MC
2
= 3MG
2
+ GA
2
+ GB
2
+ GC
2

Giải

(
)
22
22
2
2 GAGAMGMGGAMGMAMA ++=+==

(
)
22
22
2
2 GBGBMGMGGBMGMBMB ++=+==

(
)
22

22
2
2 GCGCMGMGGCMGMCMC ++=+==
Suy ra: MA
2
+ MB
2
+ MC
2
= 3MG
2
+
(
)
GCGBGAMG ++2
+ GA
2
+ GB
2
+ GC
2

Hay: MA
2
+ MB
2
+ MC
2
= 3MG
2

+ GA
2
+ GB
2
+ GC
2

Bài 14 . Cho hai đường tròn (O) và (O
/
) cắt nhau tại A, B. TT
/
là đoạn tiếp tuyến chung
ngoài. Đường thẳng qua A, B cắt TT
/
tại M. Chứng minh M là trung điểm TT
/

Giải
Đối với đường tròn (O) ta có: MA.MB = MT
2
.
Đối với đường tròn (O
/
) ta có: MA.MB = MT
/2
Vậy: MT
2
= MT
/2
hay MT = MT

/

Bài 15/ Cho điểm M thuộc đường tròn (O) đường kính AB. Đường tròn tâm
M tiếp xúc AB tại H và cắt (O) tại E và F. EF cắt MH tại I.
Chứng minh I là trung điểm MH
Gi
ải
Đối với đường tròn (M), ta có: IHIMIFIE = và
22
. MHIMIFIE −=
Nguyễn Quốc Quận - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

12

K
M
D
C
B
A
N
M
H
CB
A
D
CB
A
N
M

H
D
C
BA
Đối với đường tròn (O), ta có:
22
. OMOIIFIE −=
Ta được: IM
2
– MH
2
= OI
2
– OB
2
( pytago trong 2 tam giác OMH và OIH được) ⇔ IM
2
–
MH
2
= OH
2
+ IH
2
– OH
2
– MH
2
⇔ IM
2

= IH
2

Hay IM = IH

Bài 16/ Cho đường tròn tâm O,bán kính R. Từ điểm M bên trong đường tròn (O), vẽ hai dây
AMB và BMD vuông góc nhau. Gọi K là trung điểm BD. Chứng minh MK vuông góc CD
Giải
Ta có
MD.MCMB.MA =
( cùng bằng OM
2
–R
2
)
AC.MK
=
(
)
(
)
MCAMMDMB
2
1
++

=
(
)
MD.MCMD.AMMC.MBMB.AM

2
1
+++

=
(
)
MD.MCMD.AMMC.MBMB.MA
2
1
+++−
= 0
( Vì : MB⊥MC, MA⊥MA và
MD.MCMB.MA =
)
Bài 17/ Cho tam giác ABC vuông tại A,đường cao AH. Gọi M, N là lượt là trung điểm của
AH và HC. Chứng minh BM vuông góc AN
Giải
(
)
(
)
ACAHBHBAAN.BM4 ++=
=
AC.BHAH.BHAC.BAAH.BA +++

=
HC.BHAH.HA +
( AB ⊥ AC, và AH ⊥ BC,công thức chiếu)
= –AH

2
+ BH.AC = 0. Vậy BM ⊥ AC
Bài 18/ Cho hình chữ nhật ABCD, vẽ BH⊥AC (H∈AC). Gọi Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của AH và DC. Chứng minh tam giác BMN vuông tại M
Giải
(
)
(
)
MCMDBHBAMN.BM4 ++=
=
MC.BHMD.BHMC.BAMD.BA +++

=
MD.BHMC.BAMD.BA ++

=
(
)
(
)
CDMC.BHMC.BAADMA.BA ++++

=
BA.BHMC.BAMA.BA ++
( BH ⊥ MC, BA ⊥ AD và
BACD =
)
=
(

)
BHHC.BA +
(
HM
MA
=
)
=
BC.BA
= 0. Vậy BM ⊥ MN
Bài 19/ Cho hình bình hành ABCD có AB = 13, AD = 19 và AC = 24.Tính BD
Giải
Ta có:
ADABAC +=
và
BCBABD +=

Nên: AC
2
+ BD
2
= 2(AB
2
+ AD
2
) + 2
(
)
BC.BAAD.AB +

= 2(AB
2
+ AD
2
) + 2
(
)
CBADAB +

= 2(AB
2
+ AD
2
)
Nên: BD
2
= 2(AB
2
+ AD
2
) – AC
2
= 2(169 + 361) –576 = 484
⇒
BD = 22

Hệ thức lượng trong tam giác
Cho tam giác ABC , ta nhắc lại các ký hiệu thường dùng:
* a = BC ; b = CA ; c = AB
* S : diện tích tam giác ABC

* R : bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
* r : bán kính
đường tròn nội tiếp tam giác ABC
* m
a
, m
b
, m
c
: độ dài các trung tuyến kẻ từ A, B , C
* h
a
, h
b
, h
c
: độ dài các đường cao kẻ từ A, B , C .
Nguyễn Quốc Quận - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

13

* p : nửa chu vi :
2
cba
p
+
+
=
I.Định lý cosin và định lý sin trong tam giác.
1/ Định lý cosin trong tam giác. Với mọi tam giác ABC , ta có:

a
2
= b
2
+ c
2
– 2bc.cosA ; b
2
= a
2
+ c
2
– 2ac.cosB ; c
2
= a
2
+ b
2
– 2ab.cosC
Hệ quả.
• cosA =
2
22
2
bc
acb −+
; cosB =
2
22
2

ac
bac −+
; cosC =
2
22
2
ab
cba −+

2/ Định lý sin trong tam giác. Với mọi tam giác ABC , ta có:

R2
C
sin
c
B
sin
b
A
sin
a
===
3/ Độ dài trung tuyến

4
c
2
ba
m,
4

b
2
ca
m,
4
a
2
cb
m
222
2
c
222
2
b
222
2
a
−
+
=−
+
=−
+
=
4.Diện tích tam giác

a
haS .
2

1
= =
c
hb.
2
1
=
c
hc.
2
1

CbaS sin
2
1
= = Acb sin
2
1
Bac sin
2
1
=
S = pr
R
abc
S
4
=
))()(( cpbpappS −−−=
“ công thức Hê - rông ”

II.Trong tam giác vuông. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH.
• BC
2
= AB
2
+ AC
2
; AB
2
= BH.BC ; AC
2
= CH.CB
• AH.BC = AB.AC ; AH
2
= HB.HC ;
222
111
AC
AB
AH
+=
III. Hệ thức lượng giác cơ bản
• sin
2
x + cos
2
x = 1 ; x
x
2
2

tan1
cos
1
+= , (cosx ≠ 0) ; x
x
2
2
cot1
sin
1
+= ,(sinx ≠ 0)


Nguyễn Quốc Quận - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

14

H
M
C
B
A
D
C
B
A
N
G
M
C

B
A
Bài tập
Bài 1.Cho tam giác ABC vuông tại C, đường cao CD, DA = 9m, DB = 16m.Tính :CD, AC,BC
Giải
CD
2
= DA.DB = 9.16 = 144
⇒
CD = 12
AC
2
= AD
2
+ CD
2
= 81 + 144 = 225
⇒
AC = 15
BC
2
= BD
2
+ CD
2
= 256 + 144 = 400
⇒
BC = 20
Bài 2/ Cho tam giác ABC vuông tại A, M là trung điểm AB và H là hình chiếu của M lên
BC. Chứng minh: HC

2
– HB
2
= AC
2

Giải
Trong tam giác MHC có HC
2
= MC
2
– MH
2

Trong tam giác MBH có HB
2
= BM
2
– MH
2

Trong tam giác AMC có MC
2
= AM
2
+ AC
2
= BM
2
+ AC

2

HC
2
– HB
2
= (MC
2
– MH
2
) – ( BM
2
– MH
2
) = MC
2
– BM
2

= BM
2
+ AC
2
– BM
2
= AC
2

Bài 2. Cho tam giác ABC vuông tại A. Các trung tuyến là AD, BE, CF. Chứng minh:
BE

2
+ CF
2
= 5AD
2

Giải
Gọi a = BC , b = AC và c = AB, Tam giác ABC vuông tại A nên BC = a = 2 AD

4
2
222
2
bca
BE −
+
= ,
4
2
222
2
cba
CF −
+
= và
4
4
2
4
2

222222
2
aaaacb
AD =−=−
+
=
BE
2
+ CF
2
=
4
2
222
bca
−
+
+
4
2
222
cba
−
+

= =
−++−+
4
2222
222222

cbabca
4
5
4
4
2222
acba
=
++
= 5AD
2

Bài 3. Cho tam giác ABC. Chứng minh: cotA + cotB + cotC =
S
cba
4
222
++

Giải

abc
acb
R
a
R
bc
acb
A
A

A
222222
2
.
2
sin
cos
cot
−+
=
−+
==

abc
bca
R
b
R
ac
bca
B
B
B
222222
2
.
2
sin
cos
cot

−+
=
−+
==

abc
cba
R
c
R
ab
cba
C
C
C
222222
2
.
2
sin
cos
cot
−+
=
−+
==
cotA + cotB + cotC =
abc
cba
R

222
++
=
S
cba
4
222
++

Bài 4. Cho tam giác ABC có hai trung tuyến BM và CN vuông góc nhau.
Chứng minh rằng: AB
2
+ AC
2
= 5BC
2

Giải
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Ta có: BMGB
3
2
= và CNGC
3
2
=
và GC
2
+ GB
2
= BC

2
GC
2
+ GB
2
= BC
2
⇔
(
)
222
9
4
BCCNBM =+
⇔
2
222222
4
22
4
22
9
4
a
cbabca
=









−+
+
−+
⇔
2
222
9
4
a
cba
=
++
⇔ b
2
+ c
2
= 5a
2
Bài 6. Chứng minh trong mọi tam giác ta đều có: a = b.cosC + c.cosB
Nguyễn Quốc Quận - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

15

C
/
B

/
A
/
O
C
B
A
b.cosC + c.cosB =
ac
bca
c
ab
cba
b
2
2
222222
−+
+
−+
=
a
bca
a
cba
2
2
222222
−+
+

−+
= a
Bài 5. Cho tam giác ABC có trung tuyến AM =
2
c
. Chứng minh:
a/ 2b
2
= a
2
– c
2

b/ sin
2
A = 2sin
2
B + sin
2
C
Bài 7. Cho tam giác ABC có B = 60
0
, R = 2. I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ACI
Giải
B = 60
0

⇒
A + C = 120

0

⇒

0
60
2
=
+
CA

⇒
góc AIC = 120
0
= B .
Gọi R
B
là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AIC ,
Trong tam giác AIC, có:
B
R
AC
2
120
sin
0
= mà 42
sin
== R
B

AC

⇒
R
B
= 2


Bài 8. Cho tam giác ABC có BC = 13 cm, AB = 12 cm và AC = 5 cm
a/ Tính diện tích tam giác ABC
b/ Tính độ dài các đường cao, các đường trung tuyến
c/ Tính R và r
Bài 9. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC lần lượt tiếp xúc BC, CA, AB tại A’, B’, C’.
Chứng
minh:
'''
CBA
S =
R
pr
2
2

Giải
Ta có các cặp góc C
/
AB
/
và C
/

OB
/
, C
/
BA
/
và C
/
OA
/
, A
/
CB
/
và A
/
OB
/
bù nhau nên sin của
chúng bằng nhau
Bán kính r của đường tròn nội tiếp tam giác ABC là bán kính của đường tròn
ngoại tiếp tam giác A
/
B
/
C
/

/////////
BOACOACOBCBA

SSSS ++= =
C
r
B
r
A
r
sin
2
1
sin
2
1
sin
2
1
222
++
=






++
R
c
R
b

R
a
r
2222
1
2
=
R
pr
2
2


Bài 15 . Tính A , B , h
a
, R và r của tam giác ABC biết:
a/ a = 6 , b = 2 và c = 3 + 1
b/ a = 32 , b = 2
2
và c = 26 −
Phương pháp toạ độ trong mặt phẳng
1/ Hệ trục toạ độ Oxy.
•
jyixa
+=
⇔ a = (x ; y)
•
jyixOM
MM
+=

⇔ M(x
M
; y
M
) (x
M
: hoành độ ; y
M
: tung độ điểm M )
2/ Các phép toán trên vectơ. Cho 2 vectơ: a = ( x ; y ) và b = (x
/
; y
/
)
•





=
=
⇔=
/
/
yy
xx
ba

•

(
)
//
;
yyxxba
±±=±
;
(
)
kykxak
;=

•
Tích vô hướng của 2 vectơ: ba. = x.x
/
+ y.y
/

3/ Các biểu thức liên quan điểm: Cho A(x
A
; y
A
), B(x
B
; y
B
), C(x
C
; y
C

)
Nguyễn Quốc Quận - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

16

P
N
M
C
B
A
•
AB
= (x
B
– x
A
; y
B
– y
A
) ; AB =
( ) ( )
22
ABAB
yyxxAB −+−=
• I là trung điểm đoạn AB thì: I







++
2
;
2
BABA
yyxx

• G là trọng tâm tam giác ABC thì: G






++++
3
;
3
CBACBA
yyyxxx

4/ Cho 2 vectơ: a = ( x ; y ) và b = (x
/
; y
/
)
•

2222
''
'.'.
);cos(
yxyx
yyxx
ba
++
+
=
(
)
( ) ( )
2
/
2
/22
//
.

;cos
yxyx
yyxx
ba
++
+
=
• a cùng phương b ⇔
'' y
y

x
x
= ; a ⊥ b ⇔ x.x
/
+ y.y
/
= 0
Bài tập
I.PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
1/ Cho ba điểm A(–1 ; 1) , B(1 ;3) , C(–2 ; 0).Chứng minh A, B, C thẳng hàng
Giải. “ Nếu
AB
và AC cùng phương thì đường thẳng qua A,B và đường thẳng qua A,C
song song hoặc trùng nhau. Không song song được rồi ”
(
)
2;2=
AB
và
(
)
3;3 −−=
AC
. Vì ACAC
3
2
−= ( ta có thể dùng tỷ số tọa độ tương ứng
bằng nhau) nên
AB
và AC cùng phương. Vậy A, B, C thẳng hàng

2/ Cho ba điểm A(3 ;4) , B(2 ;5) , C(–7 ; x).Tìm x để A, B, C thẳng hàng

(
)
1;1−=
AB
và
(
)
4;10 −−=
xAC
. A, B, C thẳng hàng khi:
1
4
1
10
−
=
−
−
x
⇔ x = 14
3/ Cho A(–1 ; 3), B(2 ; 4), C(0 ; 1)
a/ Tìm tọa độ trung điểm M của AC
b/ Tìm tọa độ điểm D sao cho ABCD là hình bình hành
Giải
a/








=
+
=
−=
+
=
2
2
2
1
2
CA
M
CA
M
yy
y
xx
x

⇒








− 2;
2
1
M

b/ ABCD là hình bình hành nên M cũng là trung điểm BD.



=−=
−=−=
02
32
BMD
BMD
yyy
xxx
. Vậy D(–3
; 0)
4/ Cho
(
)
(
)
4;7,2;3 =−=
ba
và
(

)
22;19=
c
. Biểu diễn c theo
a
và b
Giải
Giả sử
byaxc
+=
, mà
byax
+
= ( 3x + 7y ; –2x + 4y )

byaxc
+=
⇔



=+−
=+
2242
1973
yx
yx
⇔




=
−=
4
3
y
x
. Vậy: bac 43 +−=
5/ Cho tam giác ABC với A(–1 ;–1 ) , B(3 ;1) , C(6 ; 0) . Tính góc B
(
)
2;4 −−=
BA
và
(
)
1;3 −=
BC

cosB =
(
)
(
)
(
)
2
1
210
10

19416
1.23.4
;cos −=
−
=
++
−
−
+
−
=BCBA
⇒
B = 120
0

6/ M(3 ; –1), N(0 , 4), P(2 , –2) l
ần lượt là trung điểm BC ; CA ; AB .tìm tọa độ A, B, C
Giải
Nguyễn Quốc Quận - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu

17

MBNC là hình bình hành nên PNMC =
Mà :
(
)
1;3 +−=
CC
yxMC và
(

)
6;2−=
PN

Nên:



=+
−=−
61
23
C
C
y
x
⇔



=
=
5
1
C
C
y
x

⇒

C(1 ; 5)
M là trung điểm BC nên:



−=−=
=−=
32
12
CMB
CMB
yyy
xxx

⇒
B(1 ; –3)
N là trung điểm CC nên:



=−=
−=−=
32
12
CNA
CNA
yyy
xxx

⇒

A(–1 ; 3)
7/ Hình tính tứ giác ABCD và tính diện tích của nó
a/ A( 2 ; 1) , B(0 ; –3 ) ,C(6 ; –6 ) , D(8 ; –2 )
b/ A(0 ; 2) , B(1 ; –1 ) , C(4 ; 0) , D(6 ; 4)
c/ A(2 ;1) , B(6 ; 4) , C ( 3 ; 8) , D(–1 ; 5)
d/ A(2 ; 4) , B(3 ; 1) , C(6 , 0) , D(5 ; 3)
Giải
a/ A(2 ; 1) , B(0 ; –3 ) ,C(6 ; – 6) , D(8 ; –2 )
(
)
4;2 −−=
AB
và
(
)
4;2 −−=
DC
.
⇒
DCAB =
⇒
ABCD là hình bình hành
(
)
3;6 −=
AD
. Vì ADAB. = (–2).6 + (– 4)(–3) = 0
⇒
AB ⊥ AD
Vậy ABCD là hình chữ nhật, có diện tích: S = AB.AD = 936164 ++ = 30

b/ A(0 ; 2) , B(1 ; –1 ) , C(4 ; 0) , D(6 ; 4)
(
)
3;1 −=
AB
,
(
)
1;3=
BC
,
(
)
2;6=
AD
Vì: BCAD 2= và 0. =ADAB nên ABCD là hình
thang vuông tại A và B
Diện tích:
( )
ABBCADS +=
2
1
=
(
)
9119436
2
1
++++ = 15
c/ A(2 ;1) , B(6 ; 4) , C ( 3 ; 8) , D(–1 ; 5)

(
)
3;4=
AB
,
(
)
3;4=
DC
và
(
)
4;3−=
AD

Vì:
AB
= DC ,
AB
.
AD
= 0 và AB = AD nên ABCD là hình vuông. Diện tích S = AB
2
=
25
d/ A(2 ; 4) , B(3 ; 1) , C(6 , 0) , D(5 ; 3)
(
)
3;1 −=

AB
,
(
)
3;1 −=
DC
và
(
)
1;3=
AD

Vì:
AB
= DC và AB = AD nên ABCD là hình thoi.
Diện tích S =
2
1
AC.BD =
2
1
44.1616 ++ = 8