SỬ DỤNG TÍNH CHẤT HÌNH HỌC GIẢI BÀI TOÁN Hình học giải tích OXY

Chuyên đề tháng 10:
SỬ DỤNG TÍNH CHẤT HÌNH HỌC
GIẢI BÀI TOÁN HHGT OXY
GV báo cáo: Đinh Văn Trường.
Bài toán HHGT trong mặt phẳng Oxy xuất hiện thường xuyên trong các đề thi ĐH – CĐ
hằng năm. Đây là một trong những bài toán khó, gây ra nhiều lung túng cho học sinh trong
việc tìm hướng giải quyết. Chuyên đề trình bày một định hướng để giải quyết bài toán này: Sử
dụng tính chất hình học.
I. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1. (D – 2014) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có chân đường
phân giác trong của góc
A
là điểm
( )
1; 1D −
. Đường thẳng
AB
có phương trình
3 2 9 0x y+ − =
,
tiếp tuyến tại
A
của đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
có phương trình
2 7 0x y+ − =
. Viết

phương trình đường thẳng
BC
.
Bài giải
Gọi
E
là giao điểm của tiếp tuyến tại
A
của đường
tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
với đường thẳng
BC
.
Trước hết ta chứng minh: Tam giác
ADE
cân tại
E
.
Thật vậy,
ADE DAC DCA DAB BAE DAE
∠ = ∠ + ∠ = ∠ +∠ = ∠
.
Tọa độ điểm
A
là nghiệm của hệ phương trình
3 2 9 0 1
2 7 0 3
x y x
x y y

+ − = =
 
⇔
 
+ − = =
 

( )
1;3A⇒
.
Điểm
E
thuộc đường thẳng
2 7 0x y+ − =
nên
( )
7 2t;E t−
. Do đó,
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 6 3 2 6 1 1EA ED t t t t t= ⇔ − + − = − + − − ⇔ =
.
Suy ra
( )
5;1E
. Ta có
( )
4; 2ED = − − ⇒
uuur
VTPT của đường thẳng

BC
là
( )
1; 2n = −
r
.
Phương trình đường thẳng
BC
:
2 3 0x y− − =
.
1
Ví dụ 2. Cho tam giác
ABC
có
( )
1;5A
, tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp của tam giác lần
lượt là
( )
2;2I
và
5
;3
2
K
 
 ÷
 
. Tìm tọa độ các đỉnh

B
và
C
.
Bài giải
Gọi
E
là giao điểm thứ hai của đường thẳng
AI
với đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
và
H
là giao điểm của hai đường thẳng
KE
với
BC
.
Ta chứng minh: Tam giác
EIB
cân tại
E
.
Thật vậy, do
AI
là tia phân giác của góc
BAC∠
nên
E

là điểm chính giữa của cung
BC
. Suy ra
EB EC=
.
Mặt khác,
EBI EBC CBI∠ = ∠ + ∠
và
EIB IAB ABI∠ = ∠ + ∠
.
Mà
1
2
EBC IAB BAC∠ = ∠ = ∠
và
CBI ABI
∠ = ∠

(Do
BI
là tia phân giác của góc
ABC∠
).
Do đó, tam giác
EIB
cân tại
E
EB EC EI⇒ = =
.
Ta có:

( )
1; 3AI = −
uur
⇒
VTPT của đường thẳng
AI
là
( )
3;1n =
r
. Phương trình đường thẳng
AI
là
( ) ( )
3 2 2 0 3 8 0x y x y− + − = ⇔ + − =
.
Lại có: Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
là
5
2
R AK= =
. Phương trình đường tròn
ngoại tiếp tam giác
ABC
là :
( )
2
2
5 25

3
2 4
x y
 
− + − =
 ÷
 
.
Tọa độ điểm
E
là nghiệm của hệ phương trình:
( )
2
2
3 8 0
1, 5
5 1
5 25
,
3
2 2
2 4
x y
x y
x y
x y
+ − =

= =




⇔

 

= =
− + − =
 ÷


 

.
Do đó,
5 1
;
2 2
E
 
 ÷
 
10
2
EB EC EI⇒ = = =
. Do đó,
,B C
thuộc đường tròn:
2 2
5 1 5

2 2 2
x y
   
− + − =
 ÷  ÷
   
.
2
Tọa độ điểm
B
,
C
là nghiệm của hệ phương trình
( )
2
2
2 2
5 25
3
2 4
5 1 5
2 2 2
x y
x y

 
− + − =

 ÷
 


   

− + − =
 ÷  ÷

   



4
1
x
y
=

⇔

=

hoặc
1
1
x
y
=


=


.
Ví dụ 3. (B – 2013) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho hình thang cân
ABCD
có hai
đường chéo vuông góc với nhau và
3AD BC=
. Đường thẳng
BD
có phương trình
2 6 0x y+ − =
và tam giác
ABD
có trực tâm là
( )
3;2H −
. Tìm tọa độ các đỉnh
C
và
D
.
Bài giải
Gọi
I
là giao điểm của
AC
và
BD
.

Ta chứng minh:
I
là trung điểm của
HC
.
Thật vậy, do
ABCD
là hình thang cân nên
IB IC IBC= ⇒ ∆
vuông cân tại
I
.
Do đó,
0
45BCI∠ =
.
Mặt khác,
H
là trực tâm của tam giác
ABD
nên
BH AD BH BC⊥ ⇒ ⊥
HBC⇒ ∆
vuông cân tại
B
.
Mà
BI HC⊥
nên
I

là trung điểm của
HC
.
Ta lại có:
/ /BC AD

3 3
IA AD
IA IC
IC BC
⇒ = = ⇒ =
.
Mà
ID IA=
. Do đó,
3ID IC=
.
Đường thẳng
AC
đi qua điểm
H
và vuông góc với
BD
nên có phương trình:
( ) ( )
2 3 2 0 2 8 0x y x y+ − − = ⇔ − + =
.
Tọa độ điểm
I
là nghiệm của hệ phương trình

2 8 0 2
2 6 0 4
x y x
x y y
− + = = −
 
⇔
 
+ − = =
 

( )
2;4I⇒ −
.
Vì
I
là trung điểm của
HC
nên
( )
1;6C −
.
Ta có
3 3 5ID IC= =
. Do đó
D
thuộc đường tròn:
( ) ( )
2 2
2 4 45x y+ + − =

.
3
Tọa độ điểm
D
là nghiệm của hệ phương trình
( ) ( )
2 2
2 6 0
8, 7
4, 1
2 4 45
x y
x y
x y
x y
+ − =

= − =


⇔


= =
+ + − =



.
Ví dụ 4. (A – 2013) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

Oxy
, cho hình chữ nhật
ABCD
có điểm
C
thuộc đường thẳng
: 2 5 0d x y+ + =
và
( )
4;8A −
. Gọi
M
là điểm đối xứng của
B
qua
C
,
N
là
hình chiếu vuông góc của
B
trên
MD
. Tìm tọa độ các điểm
B
và
C
, biết rằng
( )
5; 4N −

.
Bài giải
Gọi
I
là tâm của hình chữ nhật
ABCD
và
K
là giao điểm của
BN
với
AC
.
Ta chứng minh:
IA IN=
và
AC
là trung trực của đoạn thẳng
BN
.
Thật vậy, các tam giác
BAD
vuông tại
A
và
BND
vuông tại
N
,
I

là trung điểm của
BD
nên
IA IN
=
1
2
BD
 
=
 ÷
 
.
Mặt khác, tứ giác
ACMD
là hình bình hành nên
AC
song song với
DM
.
Mà
BN DM⊥
nên
AC BN⊥
.
Trong tam giác
BMN
có
C
là trung điểm của

BM
và
/ /CK MN
nên
K
là trung điểm của
BN
. Do đó,
AC
là trung trực của đoạn thẳng
BN
.
Điểm
C
thuộc đường thẳng
: 2 5 0d x y+ + =
nên tọa độ điểm
( )
; 5 2C t t− −
.
Do
I
là trung điểm của
AC
nên
4 3 2
;
2 2
t t
I

− −
 
 ÷
 
. Khi đó,
2 2 2 2
4 3 2 4 3 2
4 8 5 4 1
2 2 2 2
t t t t
IA IN t
− − − −
       
= ⇔ + + − = − + + ⇔ =
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
.
Do đó,
( )
1; 7C −
.
Ta có:
( )
5; 15AC = −
uuur
. Phương trình
AC
:
3 4 0x y+ + =
và phương trình

BN
:
3 17 0x y− − =
.
Tọa độ điểm
K
là nghiệm của hệ phương trình
1
3 4 0
2
3 17 0 11
2
x
x y
x y
y

=

+ + =


⇔
 
− − =


= −



. Suy ra
1 11
;
2 2
K
 
−
 ÷
 
.
Do
K
là trung điểm của đoạn thẳng
BN
nên
( )
4; 7B − −
.
4
Ví dụ 5. (D – 2010) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có đỉnh
( )
3; 7A −
,
trực tâm là
( )
3; 1H −

, tâm đường tròn ngoại tiếp là
( )
2;0I −
. Xác định toạ độ đỉnh
C
, biết
C
có
hoành độ dương.
Bài giải
Gọi
'A
là điểm đối xứng của
A
qua
I
. Khi đó,
'AA
là đường kính của đường tròn ngoại tiếp
ABC∆
.
Suy ra
0
' ' 90ABA ACA∠ = ∠ =
.
Mặt khác,
H
là trực tâm của tam giác
ABC
nên

BH AC⊥
,
CH AB⊥
.
Do đó,
/ / 'BH A C
và
/ / 'CH A B
.
Suy ra, tứ giác
'BHCA
là hình bình hành.
Gọi
K
là giao điểm của hai đường thẳng
BC
và
'HA
. Khi đó,
K
là trung điểm của
'HA
và
BC
. Suy ra
IK BC⊥
.
Vì
I
là trung điểm của

'AA
nên
( )
' 7;7A −
. Vì
K
là trung điểm của
'HA
nên
( )
2;3K −
.
Ta có:
( )
0;3IK =
uur
. Phương trình đường thẳng
BC
:
3 0y − =
.
Điểm
C
thuộc đường thẳng
BC
và có hoành độ dương nên tọa độ của điểm
( )
;3C t
, với
0t

>
.
Ta có:
( )
2
2 9 74 2 65IC IA t t= ⇔ + + = ⇒ = − +
(Do
0t
>
). Vậy
( )
2 65;3C − +
.
II. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có tâm đường tròn ngoại tiếp
( )
1;3E
, phương trình đường thẳng
: 1 0BC x y− + =
, phương trình đường phân giác trong góc
A
là
2 7 0x y− + =
. Tìm tọa độ đỉnh
A
.

Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho đường tròn
( ) ( ) ( )
2 2
: 1 3 25C x y− + − =
ngoại
5
tiếp tam giác
ABC
có
( )
4;7A
. Tìm tọa độ các đỉnh
B
và
C
, biết
( )
4;5H
là trực tâm của tam
giác
ABC
.
Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có
( )

2;1M
là trung điểm của
cạnh
AC
, điểm là chân đường cao kẻ từ
A
, điểm
( )
23; 2E −
thuộc trung tuyến kẻ từ
C
. Tìm tọa
độ điểm
B
, biết điểm
A
thuộc đường thẳng
: 2 3 5 0d x y+ − =
và điểm
C
có hoành độ dương.
Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có đỉnh
( )
3;3A
, tâm đường tròn
ngoại tiếp

( )
2;1I
, phương trình đường phân giác trong kẻ từ
A
là
0x y− =
. Tìm tọa độ các
đỉnh
,B C
biết rằng
8
5
BC =
và góc
BAC
∠
nhọn.
Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho hình vuông
ABCD
có
( )
1;1A
,
4AB =
. Gọi
M

là trung điểm của cạnh

BC
,
9 3
;
5 5
K
 
−
 ÷
 
là hình chiếu vuông góc của
D
lên
AM
. Tìm tọa độ
các đỉnh còn lại của hình vuông, biết đỉnh
B
có hoành độ bé hơn 2.
6