Các hướng tư duy và phương pháp giải trong hình học OXY - Thanh Tùng

GIẢI ðÁP TOÁN CẤP 3 – THI ðẠI HỌC
CÁC BÀI TOÁN TRONG
TAM GIÁC, TỨ GIÁC
CÁC BÀI TOÁN VỀ
ðƯỜNG THẲNG
CÁC BÀI TOÁN VỀ
ðƯỜNG TRÒN

CÁC BÀI TOÁN VỀ ELIP

CÁC HƯỚNG TƯ DUY VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
TRONG HÌNH HỌC OXY

Biên soạn: Thanh Tùng


*) Tóm tắt lý thuyết ñầy ñủ theo một trình tự logic và có hệ thống.
*) ðưa ra các hướng tư duy và phương pháp giải khái quát cho từng lớp bài toán.
*) Có bài toán mẫu minh họa ñi kèm.
*) Phần bài tập áp dụng có gợi ý.
*) Lời giải chi tiết cho từng bài toán cụ thể
(tham khảo thêm trên ).

BÀI TOÁN TÌM ðIỂM
H À N Ộ I 0 3 / 2 0 1 3







2


CÁC HƯỚNG TƯ DUY VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC OXY
A. KIẾN THỨC CƠ BẢN








3

4


B. CÁC BÀI TOÁN
BÀI TOÁN 1: BÀI TOÁN TÌM ðIỂM

ðể hiểu rõ hơn cho 4 hướng tư duy tương ứng với 4 TH của Bài toán 1: “Bài Toán Tìm ðiểm” thầy sẽ
dùng 6 bài thi ðại Học năm 2012 vừa qua ñể minh họa.
1) (A, A1 – 2012:CB). Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung ñiểm của cạnh BC, N là ñiểm trên cạnh CD sao cho
CN = 2ND. Giả sử
11 1
;
2 2
M
 
 
 
và ñường thẳng AN có phương trình
2 3 0
x y
− − =
. Tìm tọa ñộ ñiểm A.
2) (A, A1 – 2012 :NC). Cho ñường tròn
2 2

( ): 8
C x y
+ =
. Viết phương trình chính tắc của elip (E), biết rằng (E) có
ñộ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt
( )
C
tại bốn ñiểm phân biệt tạo thành bốn ñỉnh của một hình vuông.
3) (B – 2012:CB). Cho ñường tròn
2 2
1
( ) : 4
C x y
+ =
,
2 2
2
( ) : 12 18 0
C x y x
+ − + =
và ñường thẳng
: 4 0
d x y
− − =
.
Viết phương trình ñường tròn có tâm thuộc
2
( )
C
, tiếp xúc với d và cắt

1
( )
C
tại hai ñiểm phân biệt A và B sao cho AB
vuông góc với d.
4) (B – 2012 :NC). Cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và ñường tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương
trình
2 2
4
x y
+ =
. Viết phương trình chính tắc của elip (E) ñi qua các ñỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox.
5) (D – 2012:CB). Cho hình chữ nhật ABCD. Các ñường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là
3 0
x y
+ =
và
4 0
x y
− + =
; ñường thẳng BD ñi qua ñiểm
1
( ;1)
3
M −
. Tìm tọa ñộ các ñỉnh của hình chữ nhật ABCD.
6) (D – 2012 :NC). Cho ñường thẳng
: 2 3 0
d x y
− + =

. Viết phương trình ñường tròn có tâm thuộc
d
, cắt trục Ox
tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho AB = CD = 2.









5

1) (A, A1 – 2012:CB). Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung ñiểm của cạnh BC, N là ñiểm trên cạnh CD sao cho
CN = 2ND. Giả sử
11 1
;
2 2
M
 
 
 
và ñường thẳng AN có phương trình
2 3 0
x y
− − =
. Tìm tọa ñộ ñiểm A.

Cách 1
Phân tích: :
+) Ta có
{
}
A AN AM
= ∩
nên Theo hướng tư duy 1 (TH1) ta phải ñi lập thêm phương trình
AM

+) Biết
M
nhưng chưa biết
A
(chính là ñáp số ta cần tìm) nên ta phải ñi tìm thêm vtpt hoặc vtcp
+) Bài toán không có yếu tố song song, vuông góc ñể tìm vtpt hoặc vtcp nên ta phải khai thác ytố ñịnh lượng
+) Yếu tố ñịnh lượng: cos
MAN
∠
=
(
)
cos ,
AM AN
n n
uuuur uuur
AM
n
⇒
uuuur

⇒
phương trình AM
→
tọa ñộ ñiểm
A

Giải:
ðặt
AB a
=

2
; ;
3 3 2
a a a
ND NC MB MC
⇒ = = = =
( vì
ABCD
là hình vuông và 2
CN ND
=
)
Và áp dụng Pitago ta ñược:
5 5
;
2 6
a a
AM MN= =
và

10
3
a
AN =

Trong
AMN
∆
ta có: cos
MAN
∠
2 2 2
2
2 . 2
AM AN MN
AM AN
+ −
= =

Gọi
( ; )
AM
n a b
=
uuuur
là vtpt của
AM
và ta có
(2; 1)
AN

n
= −
uuur
cos
⇒
MAN
∠
=
(
)
cos ,
AM AN
n n
uuuur uuur

2 2 2 2 2
2 2 2 2
3
2
2
2(2 ) 5( ) 3 8 3 0 (3 )( 3 ) 0
3
2
. 2 1
a b
a b
a b a b a ab b a b a b
a b
a b
= −

−

⇔ = ⇔ − = + ⇔ − − = ⇔ + − = ⇔

=
+ +

+) Với
3
a b
= −
chọn
1; 3
a b
= = −
(1; 3)
AM
n
⇒ = −
uuuur
⇒
phương trình
11 1
: 3 0
2 2
AM x y
   
− − − =
   
   

hay
: 3 4 0
AM x y
− − =
. Vì
{
}
A AN AM
= ∩
nên ta giải hệ:
2 3 0 1
(1; 1)
3 4 0 1
x y x
A
x y y
− − = =
 
⇔ ⇒ −
 
− − = = −
 

+) Với
3
a b
=
chọn
3; 1

a b
= =

(3;1)
AM
n⇒ =
uuuur
⇒
phương trình
11 1
:3 0
2 2
AM x y
   
− + − =
   
   

hay
:3 17 0
AM x y
+ − =
. Vì
{
}
A AN AM
= ∩
nên ta giải hệ:
2 3 0 4
(4;5)

3 17 0 5
x y x
A
x y y
− − = =
 
⇔ ⇒
 
+ − = =
 

Vậy
(1; 1)
A
−
hoặc
(4;5)
A

6

Cách 2:

Phân tích:
A AN
∈

nên Theo hướng tư duy 2 (TH2) ta gọi
( )
A t AN
∈
ta cần thiết lập 1 phương trình
( ) 0
f t
=

(còn dữ kiện
11 1
;
2 2
M
 
 
 

là trung ñiểm của
BC
ta chưa sử dụng – sẽ giúp ta làm ñiều này) ?
t A
→ = →

Giải:
+) Gọi
H
là hình chiếu của
M
lên
AN

2 2
11 1
2. 3
3 5
2 2
( , )
2
2 1
MH d M AN
− −
⇒ = = =
+

ðặt
AB a
=

2
; ;
3 3 2
a a a
ND NC MB MC
⇒ = = = =
( vì
ABCD
là hình vuông và 2
CN ND
=
)
Và áp dụng Pitago ta ñược:
5 5
;
2 6
a a
AM MN= =
và
10
3
a
AN =

Trong
AMN
∆
ta có: cos
MAN

∠
2 2 2
2
2 . 2
AM AN MN
AM AN
+ −
= =


⇒
MAN
∠
=
0
45

MAH
⇒ ∆
cận tại
H
3 5 3 10
2 2.
2 2
AM MH⇒ = = =
(*)
+) Gọi
( ;2 3)
A t t AN
− ∈

và
2
45
2
AM =
(theo (*))

⇔
2 2
2
1 (1; 1)
11 7 45
2 5 4 0
4 (4;5)
2 2 2
t A
t t t t
t A
= −
 
   
− + − = ⇔ − + = ⇔ ⇒
   
 
=
   
 

Vậy
(1; 1)

A
−
hoặc
(4;5)
A


Cách 3:

Phân tích:
A AN
∈

và
11 1
;
2 2
M
 
 
 
cố ñịnh . Nếu
AM h const
= =
( ta sẽ tìm cách ñi tính
AM
).
Nên Theo hướng tư duy 3 (TH3) :
{
}

( )
A AN C
= ∩ với
( )
C
là ñường tròn tâm
M
bán kính
R h
=










7

Giải: +) Gọi
H
là hình chiếu của
M
lên
AN

2 2

11 1
2. 3
3 5
2 2
( , )
2
2 1
MH d M AN
− −
⇒ = = =
+

ðặt
AB a
=

2
; ;
3 3 2
a a a
ND NC MB MC
⇒ = = = =
( vì
ABCD
là hình vuông và 2
CN ND
=
)
Và áp dụng Pitago ta ñược:
5 5

;
2 6
a a
AM MN= =
và
10
3
a
AN =

Trong
AMN
∆
ta có: cos
MAN
∠
2 2 2
2
2 . 2
AM AN MN
AM AN
+ −
= =


⇒
MAN
∠
=
0

45

MAH
⇒ ∆
cận tại
H
3 5 3 10
2 2.
2 2
AM MH⇒ = = =

Vậy
3 10
2
AM
= ⇒

A
nằm trên ñường tròn có phương trình:
2 2
11 1 45
2 2 2
x y
   
− + − =
   
   

Mà
:2 3 0

A AN x y
∈ − − =
Nên ta xét hệ :
2 2
11 1 45
1
2 2 2
1
2 3 0
x
x y
y
x y

   
=

− + − =

   
⇔
 
   
= −


− − =

hoặc
4

5
x
y
=


=



Vậy
(1; 1)
A
−
hoặc
(4;5)
A

Cách 4: (Các em có thể tham khảo thêm cách giải của Bộ Giáo Dục nhưng vì cách giải này theo thầy không ñược
“tự nhiên” nên thầy không trình bày ở ñây)
2) (A, A1 – 2012 :NC). Cho ñường tròn
2 2
( ): 8
C x y
+ =
. Viết phương trình chính tắc của elip (E), biết rằng (E) có
ñộ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt
( )
C
tại bốn ñiểm phân biệt tạo thành bốn ñỉnh của một hình vuông.

Phân tích:
+) Phương trình
( )
E
:
2 2
2 2
1
x y
a b
+ =
như vậy ta cần tìm
;
a b
+) (E) có ñộ dài trục lớn bằng 8
2 8 4
a a
⇒ = ⇒ =

+) Theo Hướng tư duy 4 (TH4) ta gọi
( ; )
A x y
(
0
x
>
) là một giao ñiểm của (E) và
( )
C
:

2 2
( ) 8
A C x y
∈ ⇒ + =

và dữ kiện (E) cắt
( )
C
tại bốn ñiểm phân biệt tạo thành bốn ñỉnh của một hình vuông giúp ta thiết lập thêm phương
trình:
y x
=
(4 ñỉnh nằm trên hai ñường phân giác thuộc góc phần tư thứ nhất và thứ hai – nhưng vì ta chọn ñiểm
( ; )
A x y
(
0
x
>
) thuộc góc phần tư thứ nhất)
⇒
tọa ñộ ñiểm
A
+) Mà
( )
A E b
∈ ⇒ →
phương trình (E).
Giải: Gọi phương trình chính tắc của elip
( )

E
có dạng:
2 2
2 2
1
x y
a b
+ =

+) (E) có ñộ dài trục lớn bằng 8
2 8 4
a a
⇒ = ⇒ =

+) Gọi
( ; )
A x y
(
0
x
>
) là một giao ñiểm của (E) và
( )
C
.Ta có:
2 2
( ) 8
A C x y
∈ ⇒ + =
(1)

Mặt khác: (E) cắt
( )
C
tại bốn ñiểm phân biệt tạo thành bốn ñỉnh của một hình vuông
⇒
y x
=
(2)
Từ (1) và (2)
2
2 8 2
x x
⇒ = ⇒ =
(vì
0
x
>
)
2 (2;2)
y A
⇒ = ⇒

+) Mà
( )
A E
∈
2 2
2
2 2
2 2 16

1
4 3
b
b
⇒ + = ⇒ =
. Vậy phương trình chính tắc của elip (E) là:
2 2
1
16
16
3
x y
+ =








8

3) (B – 2012:CB). Cho ñường tròn
2 2
1
( ) : 4
C x y
+ =
,

2 2
2
( ) : 12 18 0
C x y x
+ − + =
và ñường thẳng
: 4 0
d x y
− − =
.
Viết phương trình ñường tròn có tâm thuộc
2
( )
C
, tiếp xúc với d và cắt
1
( )
C
tại hai ñiểm phân biệt A và B sao cho AB
vuông góc với d.

Phân tích:
Muốn viết phương trình ñường tròn ta cần:
+) Xác ñịnh tâm
I
(dùng Thuật Toán Tìm ðiểm) . Khi ñó theo Hướng tư duy 2 (TH2) ta gọi
1
( )
I t II
∈

(Trước ñó ta ñi lập phương trình
1
II
ñi qua
1
I
vuông góc với
AB
(tính chất ñường nối tâm) hay song song với
d
)
Và dữ kiện
2
( )
I C
∈
giúp ta thiết lập ñược phương trình :
( ) 0 ?
f t t
= → = →
tọa ñộ ñiểm
I

( Ta có thể làm theo Hướng tư duy 3 (TH3) với
{
}
1 2
( )
I II C

= ∩
→
tọa ñộ
I
- cách trình bày khác của TH2)
+) Xác ñịnh bán kính:
R
nhờ
( , )
R d I d
=

Giải:
Gọi
I
là tâm ñường tròn
( )
C
cần viết phương trình. Ta có
2 2
1
( ) : 4
C x y
+ =
⇒
tâm của
1
( )
C
là

1
(0;0)
I

Vì
1
1
II AB
II
AB d
⊥

⇒

⊥

//
d
⇒
phương trình
1
II
:
0
x y
− =

.
Gọi
1

( ; )
I t t II
∈
mà
2
( )
I C
∈
2 2
12 18 0
t t t
⇒ + − + =

2
6 9 0 3
t t t
⇔ − + = ⇔ =
(3;3)
I
⇒

Mà
( )
C
tiếp xúc với
d
⇒

2 2
3 3 4

( , ) 2 2
1 1
R d I d
− +
= = =
+
. Vậy phương trình
( )
C
là:
2 2
( 3) ( 3) 8
x y
− + − =


4) (B – 2012 :NC). Cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và ñường tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương
trình
2 2
4
x y
+ =
. Viết phương trình chính tắc của elip (E) ñi qua các ñỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox.

Phân tích: +) Phương trình
( )
E
:
2 2
2 2

1
x y
a b
+ =

( 0)
a b
> >
như vậy ta cần tìm
;
a b

+) Theo Hướng tư duy 2 (TH2) vì (E) ñi qua các ñỉnh A, B, C, D và
A Ox
∈
nên gọi
( ;0)
A a Ox
∈
và
(0; )
B b Oy
∈

+) Khai thác dữ kiện: AC = 2BD
1
( , ) 0
f a b
→ =
(1)

+) Khai thác dữ kiện: ñường tròn
2 2
4
x y
+ =

tiếp xúc với các cạnh của hình thoi
2
( , ) 0
f a b
→ =
(2)
Từ (1) và (2)
2
?
a
→ =
và
2
?
b
=

→
phương trình (E).

9

Giải: Gọi phương trình chính tắc của elip
( )
E
:
2 2
2 2
1
x y
a b
+ =

( với
0
a b
> >
)
Vì (E) ñi qua các ñỉnh A, B, C, D và
A Ox
∈
nên không mất tính tổng quát giả sử:
( ;0)
A a
và
(0; )

B b
.
Mà hình thoi ABCD có AC = 2BD 2 4 2
OA OB OA OB
⇔ = ⇔ =

2
a b
⇔ =
(vì
0
a b
> >
) hay
(2 ;0)
A b
,
(0; )
B b

Gọi
H
là hình chiếu của
O
lên
AB

2
OH R
⇒ = =

( vì ñường tròn
2 2
4
x y
+ =

tiếp xúc với các cạnh của hình thoi)
Xét tam giác
OAB
ta có:
2 2 2
1 1 1
OH OA OB
= + hay
2
2 2
1 1 1
5
4 4
b
b b
= + ⇔ =
2 2
4 20
a b
⇒ = =

Vậy phương trình chính tắc của elip
( )
E

là:
2 2
1
20 5
x y
+ =


5) (D – 2012:CB). Cho hình chữ nhật ABCD. Các ñường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là
3 0
x y
+ =

và
4 0
x y
− + =
; ñường thẳng BD ñi qua ñiểm
1
( ;1)
3
M − . Tìm tọa ñộ các ñỉnh của hình chữ nhật ABCD.
Cách 1:

Phân tích: +) Theo Hướng tư duy 1 (TH1) :
{
}
A AC AD
= ∩
→

tọa ñộ ñiểm
A

+) Theo Hướng tư duy 2 (TH2) :
D AD
∈
,
B AB
∈
nên ta gọi
1 2
( ), ( )
D t B t
(trước ñó ta ñi lập pt
AB
)
+) Gọi
{
}
I AC BD
= ∩
(
I
là trung ñiểm của
AC
và
BD
)
1 2
( , )

I t t
⇒
mà
1 1 2
( , ) 0
I AC f t t
∈ ⇒ =
(1)
Vì
,
MB MD
uuur uuuur
cùng phương
2 1 2
( , ) 0
f t t
⇒ =
(2)
+) Từ (1) và (2)
1
2
?
?
t
t
=

⇒ ⇒

=


tọa ñộ của
, ,
B D I
và
C

Giải: Vì
{
}
A AC AD
= ∩ nên xét hệ:
3 0
4 0
x y
x y
+ =


− + =

3
1
x
y
= −

⇔ ⇒

=


( 3;1)
A
−


AB
ñi qua
A
và vuông góc với
AD
nên
AB
có phương trình:
3 1
2 0
1 1
x y
x y
+ −
= ⇔ + + =
−

Gọi
1 1
( ; 2)
B t t AB
− − ∈
và
2 2

( ; 4)
D t t AD
+ ∈
(
1 2
; 3
t t
≠ −
)
2 1 2 1
2
;
2 2
t t t t
I
+ − +
 
⇒
 
 
: là trung ñiểm của
BD

Mà
2 1 2 1
2 1 1 2
2
3. 0 2 3 0 2 3
2 2
t t t t

I AC t t t t
+ − +
∈ ⇒ + = ⇔ − + = ⇔ = +
(*)
Có:
1 1 2 2
1 10
; 3 2 ; 2 6
3 3
MB t t t t
   
= + − − = + − −
   
   
uuur
(theo (*)) và
2 2
1
; 3
3
MD t t
 
= + +
 
 
uuuur

Mặt khác
, ,
B D M

thẳng hàng
⇒
,
MB MD
uuur uuuur
cùng phương
2 2
2
2 2
6 10 2 6
2 1
3 1 3
t t
t
t t
+ − −
⇒ = = − ⇔ = −
+ +
1
1
t
⇒ =


⇒
(1; 3), ( 1;3)
B D
− −
và
(0;0)

I
⇒
(3; 1)
C
−
( vì
I
là trung ñiểm của
AC
)









10

5) (D – 2012:CB). Cho hình chữ nhật ABCD. Các ñường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là
3 0
x y
+ =

và
4 0
x y
− + =

; ñường thẳng BD ñi qua ñiểm
1
( ;1)
3
M − . Tìm tọa ñộ các ñỉnh của hình chữ nhật ABCD.
Cách 2:

Phân tích: +) Theo Hướng tư duy 1 (TH1) :
{
}
A AC AD
= ∩
→
tọa ñộ ñiểm
A

+) Do trong bài toán có nhiều tính chất ñối xứng nên ta nghĩ tới việc tìm các ñiểm phụ liên quan. Cụ thể:
+) Ta tìm ñiểm
N
ñối xứng với
M
qua ñường trung trực
d
của
AD
bằng cách viết pt
'
d
ñi qua
M

song
song với
AD
và
{
}
'
N d AC
= ∩

⇒
pt trung trực
d
của
AD
⇒
tọa ñộ trung ñiểm
,
I J
của
AC
và
AD


⇒
tọa ñộ
, ,
C D B

Giải: Vì
{
}
A AC AD
= ∩
nên xét hệ:
3 0
4 0
x y
x y
+ =


− + =

3
1
x
y
= −

⇔ ⇒

=

( 3;1)
A
−

Phương trình của

'
d
ñi qua
M
song song
AD
có dạng:
1
( 1) 0 3 3 4 0
3
x y x y
+ − − = ⇔ − + =

Gọi
{
}
'
N d AC
= ∩
nên ta xét hệ:
1
3 0
1
1;
1
3 3 4 0
3
3
x
x y

N
y
x y
= −

+ =


 
⇔ ⇒ −
 
 
=
− + =
 




Gọi
d
là ñường trung trực của
AD
cắt
, ,
MN AC AD
lần lượt tại
, ,
H I J

⇒
, ,
H I J
lần lượt là trung ñiểm
, ,
MN AC AD
5 5
;
4 4
H
 
⇒ −
 
 
⇒
pt của
d
:
5 5
0 0
4 4
x y x y
   
+ + − = ⇔ + =
   
   

Ta có:
}
{

I d AC
= ∩ nên ta xét hệ:
( )
0 0
0;0
3 0 0
x y x
I
x y y
+ = =
 
⇔ ⇒
 
+ = =
 

⇒
(3; 1)
C
−
(
I
là trung ñiểm của
AC
)
và
}
{
J d AD
= ∩ nên ta xét hệ:

( )
0 2
2;2
4 0 2
x y x
J
x y y
+ = = −
 
⇔ ⇒ −
 
− + = =
 
⇒
( 1;3)
D
−
(
J
là trung ñiểm của
AD
)

⇒
(1; 3)
B
−
(
I
là trung ñiểm của

BD
)

6) (D – 2012 :NC). Cho ñường thẳng
: 2 3 0
d x y
− + =
. Viết phương trình ñường tròn có tâm thuộc
d
, cắt trục Ox
tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho AB = CD = 2.