CÁC HƯỚNG tư DUY và PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH học OXY

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 r õ h ơn c h o 4 hướng tư duy tư ơ ng ứ ng với 4 TH của B ài t oá n 1: “ Bà i To á n T ì m ði ểm” 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 cạ nh 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 t rình chín h t ắc c ủa el ip ( E), biết rằng (E) có

ñộ dài trục lớn bằ ng 8 và (E) cắt
( )C
tại bốn ñ iể m phân biệt tạo thành bốn ñ ỉ nh 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
, tiế p xúc với d và cắt
1
( )
C
tại hai ñiểm phân biệ t A và B sao cho AB
vuô n g góc với d.

4) (B – 2012 :NC). Cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và ñường tròn tiế p xúc với các cạnh của hì n h tho i 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 thẳ ng 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 thẳ ng
: 2 3 0
d x y
− + =
. Viết phương trình ñường tròn có tâm thuộc
d
, cắ t 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 c ủa cạ nh BC, N là ñiểm trên cạnh CD sao cho
CN = 2ND. Giả sử
11 1
;
2 2
M
 
 
 
và ñường thẳ ng AN có phương trình
2 3 0
x y
− − =
. Tìm tọa ñộ ñ iểm 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
+) Biế t
M
nhưng chưa bi ế t
A
(chính là ñáp số ta cầ n tìm) nên ta phải ñi tìm thêm vtpt hoặ c vtcp

+) Bài toán không có yế u tố song song, vuông góc ñể tìm vtpt hoặc vtcp nên ta phả i khai thác ytố ñịnh lượng
+) Yếu tố ñ ị nh lượng: cos
MAN
∠
=
(
)
cos ,
AM AN
n n
u u u u r u u u r
A M
n
⇒
u u u u r
⇒
phương trình A M
→
tọ a ñộ ñiểm
A
Giải:
ðặt
A B a=
2
; ;
3 3 2
a a a
ND NC MB MC
⇒ = = = =
( vì

A BC D
là hình vuông và 2
C N N D=
)
Và áp dụng Pitago ta ñược:
5 5
;
2 6
a a
AM MN= =
và
10
3
a
AN =

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

Gọi
( ; )
AM
n a b
=
u u u u r
là vtpt của
AM
và ta có
(2; 1)
AN
n
= −
u u u r
cos
⇒
MAN
∠
=
(
)
cos ,
AM AN
n n
u u u u r u u u r
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
⇒ = −
u u u u r

⇒
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⇒ =
u u u u r
⇒
phương trình
11 1
:3 0
2 2
AM x y
   
− + − =
   
   

hay
:3 17 0
AM x y
+ − =

. Vì
{
}
A AN AM
= ∩
nên ta giả i hệ :
2 3 0 4
(4;5)
3 17 0 5
x y x
A
x y y
− − = =
 
⇔ ⇒
 
+ − = =
 
Vậy
( 1 ; 1 )
A
−
hoặ c
(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 c ủa
B C
ta chưa sử dụng – sẽ giúp ta làm ñiều này) ?
t
A
→ = →
Giải:
+) Gọi
H
là hình chiế u của
M

lên
A N
2 2
11 1
2. 3
3 5
2 2
( , )
2
2 1
MH d M AN
− −
⇒ = = =
+
ðặt
A B a=
2
; ;
3 3 2
a a a
ND NC MB MC
⇒ = = = =
( vì
A B C D
là hình vuông và 2
C N N D=
)
Và áp dụng Pitago ta ñược:
5 5
;

2 6
a a
AM MN= =
và
10
3
a
AN =

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

⇒
MAN
∠
=
0
45
M A H

⇒ ∆
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 4 5
2 5 4 0
4 (4;5)
2 2 2
t A
t t t t
t A

= −
 
   
− + − = ⇔ − + = ⇔ ⇒
   
 
=
   
 
Vậ y
( 1 ; 1 )
A
−
hoặc
(4;5)
A

Cách 3:

Phân tích:
A AN∈
và
11 1
;
2 2
M
 
 
 
cố ñịnh . Nếu

A M h c o n s t= =
( ta sẽ tìm cách ñi tính
AM
).
Nên Theo hướng tư duy 3 (TH3) :
{
}
( )
A A N C
= ∩ với
( )C
là ñường tròn tâm
M
bán kính
R h=
/>7
Giải: + ) G ọi
H
là hình chiế u của
M
lên
A N
2 2
11 1
2. 3
3 5
2 2
( , )
2
2 1

MH d M AN
− −
⇒ = = =
+
ðặt
A B a
=
2
; ;
3 3 2
a a a
ND NC MB MC
⇒ = = = =
( vì
A BC D
là hình vuông và 2
C N N D
=
)
Và áp dụng Pitago ta ñược:
5 5
;
2 6
a a
AM MN= =
và
10
3
a
AN =

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

⇒
MAN
∠
=
0
45
M A H
⇒ ∆
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
1 1 1 45
1
2 2 2
1
2 3 0
x
x y
y

x y

   
=

− + − =

   
⇔
 
   
= −


− − =

hoặ c
4
5
x
y
=


=


Vậy
( 1 ; 1 )
A

−
hoặc
(4;5)
A

Cách 4: (Các em có thể th a m kh ảo thêm cách giải của Bộ Giáo Dục nhưng vì cách giải này theo thầy k hông ñược
“tự nhi ên” 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) cắ t
( )C
tại bốn ñiểm ph â n bi ệ t tạ o thành bốn ñỉnh của m ột hình vuông.
Phân tích:
+) Phương trình
( )E
:
2 2
2 2
1
x y
a b
+ =
như vậy ta cầ n tìm
;a b
+) (E) có ñộ dài trục lớn bằng 8
2 8 4

a a
⇒ = ⇒ =
+) Theo Hướng tư duy 4 (T H 4 ) 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
tạ i bốn ñiể m phân biệt tạo thành bốn ñỉnh của một hình vuông giúp ta thiế t lập thêm phương
trình:
y x
=
(4 ñ ỉ nh nằm tr ên 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 phầ n tư thứ nhất)
⇒
tọa ñộ ñiểm

A
+) Mà
( )
A E b
∈ ⇒ →
phương trình (E).
Giải: G ọi phương trình chính tắ c của elip
( )E
có dạ ng:
2 2
2 2
1
x y
a b
+ =

+) (E) có ñộ dài trục l ớn 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) cắ t
( )C
tạ i bốn ñ i ểm 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 ph ương trình chính tắ c 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
, tiế p xúc với d và cắt
1
( )
C
tại hai ñiểm phân biệ t 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 ) . K hi ñó theo Hướng tư duy 2 (T H 2 ) ta gọi
1
( )
I t II
∈
(Trước ñó ta ñi lập phương t rìn h
1
II
ñi qua
1
I
vuông góc với

AB
(tính chất ñường nối tâm) hay song song với
d
)
Và dữ kiệ n
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
cầ n viế t 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
A B 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
tiế p xúc với
d
⇒
2 2
3 3 4
( , ) 2 2
1 1
R d I d
− +
= = =
+
. Vậy p hương trình
( )C
là:
2 2
( 3 ) ( 3 ) 8
x y
− + − =

4) (B – 2012 :NC). Cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và ñường tròn tiế p xúc với các cạnh của hì n h tho i 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 (T H 2 ) 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 t ròn
2 2
4
x y
+ =
tiếp xúc với các cạ nh của hình thoi
2
( , ) 0
f a b
→ =
(2)
Từ (1) và (2)
2
?
a
→ =
và
2
?
b
=

→
phương trình (E).
/>9
Giải: G ọi phương trình chính tắ c 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 mấ t tính tổng quát giả sử:
( ;0)
A a
và
(0; )
B b
.
Mà hì nh t hoi ABCD có AC = 2BD 2 4 2
O A O B O A O B

⇔ = ⇔ =
2
a b
⇔ =
(vì
0
a b
> >
) hay
(2 ;0)
A b
,
(0; )
B b
Gọi
H
là hình chiế u của
O
lên
AB
2
O H R
⇒ = =
( vì ñường tròn
2 2
4
x y
+ =
tiếp xúc với các cạ nh của hình thoi)
Xét tam giác

O A B
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 ph ương trình chính tắ c của elip
( )E
là:
2 2
1
20 5
x y
+ =

5) (D – 2012:CB). Cho hình chữ nhật ABCD. Các ñường thẳ ng 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 hì n h ch ữ nhậ t ABCD.
Cách 1:

Phân tích: +) Theo Hướng t ư duy 1 (TH1) :
{
}
A AC AD
= ∩
→
tọa ñộ ñiể m
A

+) Theo Hướng tư duy 2 (TH2) :
D AD∈
,
B AB∈
nên ta gọi
1 2
( ), ( )
D t B t

(trước ñó ta ñi lậ p pt
AB
)
+) Gọi
{
}
I AC B D
= ∩
(
I
là trung ñiể m của
A C
và
BD
)
1 2
( , )
I t t
⇒
mà
1 1 2
( , ) 0
I AC f t t
∈ ⇒ =
(1)
Vì
,
MB MD
u u u r u u u u r
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
   
= + − − = + − −
   
   
u u u r
(theo (*)) và
2 2
1

; 3
3
MD t t
 
= + +
 
 
u u u u r
Mặt khác
, ,
B D M
thẳng hàng
⇒
,
MB MD
u u u r u u u ur
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 ñiể m của
A C
)
/>10
5) (D – 2012:CB). Cho hình chữ nhật ABCD. Các ñường thẳ ng 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 hì n h ch ữ nhậ t ABCD.
Cách 2:

Phân tích: +) Theo Hướng t ư duy 1 (TH1) :
{
}
A AC AD
= ∩
→
tọa ñộ ñiể m
A

+) Do trong bài toán có nhiều tính chất ñối xứ ng nên ta nghĩ tới việc t ì m cá c ñiểm phụ liên quan. Cụ thể:
+) Ta tìm ñiể m
N
ñối xứ ng với
M
qua ñường trung trực
d
của
AD
bằ ng cách viế t 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
A C
và
AD

⇒
tọa ñộ
, ,
C D B
Gi ải: 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 dạ ng:
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
lầ n 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 A C
= ∩ 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
A C
)
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 ñiể m của
AD
)

⇒
( 1 ; 3 )
B
−
(
I
là trung ñiể m của
BD
)
6) (D – 2012 :NC). Cho ñường thẳ ng
: 2 3 0
d x y
− + =
. Viết phương trình ñường tròn có tâm thuộc

d
, cắ t trục Ox
tạ i A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho AB = CD = 2.

/>11
Phân tích: Muốn viết phương trình ñường tròn ta cầ n:
+) Xác ñịnh tâm
I
(dùng Thuật Toán Tìm ðiểm ) . K hi ñó theo Hướng tư duy 2 (T H 2 ) ta gọi
( )
I t d
∈
Và dữ kiệ n
A B C D=
giúp ta thiết lập ñược phương trình :
( ) 0 ?
f t t
= → = →
tọa ñộ ñiểm
I
+) Xác ñịnh bán kính:
R
nhờ
2 2 2 2
R IA IH H A
= = +
với
( , )
IH d I Ox
=

và
1
2
AB
HA
= =

Giải:
+) Gọ i
I
là tâm ñường tròn cần lập và gọi
( ;2 3 )
I t t d
+ ∈
+) Ta có
A B C D
=
2 3 3 ( 3; 3)
( , ) ( , ) 2 3
2 3 1 ( 1;1)
t t t I
d I Ox d I Oy t t
t t t I
+ = = − − −
  
⇔ = ⇔ + = ⇔ ⇔ ⇒
  
+ = − = − −
  
+) Với

( 3; 3)
I
− −
( , ) 3 3
I H d I Ox
⇒ = = − =
và ta có:
2
1
2 2
AB
AH
= = =
2 2 2 2
10
R IA I H HA
⇒ = = + =
Vậ y p h ương trình ñư ờ ng tròn:
2 2
( 3 ) ( 3 ) 1 0
x y
+ + + =
.
+) Với
( 1;1)
I
−
( , ) 1 1
IH d I Ox
⇒ = = =

và ta có:
2
1
2 2
AB
AH
= = =
2 2 2 2
2
R IA I H HA
⇒ = = + =
Vậy p h ương trình ñ ư ờng tròn:
2 2
( 1 ) ( 1 ) 2
x y
+ + − =
.
CHÚ Ý: Trước khi vào phần BÀI TOÁN 2 chúng ta có một số quy ước sa u:
+)
( )M t
∈ ∆
: ta ràng buộc ñiểm M theo một ẩn là t.
+)
1 2
( , )
M t t
: ñiểm M có tọa ñộ phụ thuộc vào hai ẩn
1
t
và

2
t
.
+)
1 2
( ; )
M t t
: ñiểm M có tọa ñộ :
1
2
M
M
x t
y t
=


=


BÀI TOÁN 2: CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ðẾN BÀI TOÁN 1
Dạng 1: Các bài toán trong tam giác, tứ giác
Loại 1: Các bài toán về ðịnh Tính
Loại 1.1: Các bài toán về ñường trung tuyến, ñường cao, trung trực
Bài 1: Biết ñỉnh A của tam giác ABC và 2 trung tuyến BM, C N. Viết p hương trình các cạnh của
A B C
∆
.

Cách giải:
Bài tập áp dụng (Cá c em hãy dựa vào ý tưởng Bài 1 ñ ể giải cá c v í d ụ sau)
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có A(4; – 1) và phương trình hai ñường trung tuyến BM: 8x – y – 3 = 0,
CN: 14x – 13y – 9 = 0. Tìm tọa ñộ cá c ñỉnh B, C. (ðs: B( 1; 5) , C(– 4; – 5 ))
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có A(1; – 2) và phương trình hai ñường trung tuyến BM và CN lần l ượt là
x – 6y + 3 = 0 và 5x – 6y – 1 = 0. Tính diện tí c h t a m g i á c A B C . ( ðs:
16
ABC
S
∆
=
(ñv d t ) )
/>12
Ví dụ 3: Cho ta m g iác A BC c ó t rọng tâm G(-2;0) biết ph ương trình các cạnh A B , A C t h e o t h ứ tự là
4x + y + 14 = 0 và 2x + 5y – 2 = 0. Viết ph ương trình BC. (ðs: x – 2y – 1 = 0 ; với B
( 3; 2)− −
, C
( 1 ; 0 )
)
Ví dụ 4: Cho hai ñường thẳng
1
d
: x – y + 1 = 0,
2
d
: 2x + y – 1 = 0 và ñiểm P(2 ; 1) . Vi ết phương trình
ñường thẳng
3
d
qua P và cắt

1
d
,
2
d
lần lượt t ại A và B sao cho P là trung ñiểm của AB. (ðs: 4x – y – 7 = 0)
Ví dụ 5: Cho tam giác ABC có trung ñiểm c ủa AB là I(1; 3), trung ñiểm A C l à J (-3 ; 0). ði ểm A thu ộc Oy và
ñường BC qua gốc tọa ñộ O. Tìm tọa ñộ cá c ñỉnh của tam giác ABC. (ðs: A
9
0 ;
2
 
 
 
, B
3
2 ;
2
 
 
 
,
9
6 ;
2


− −





)
( Các em tham khảo phần giải mẫu qu a c ác Ví dụ 2, Ví dụ 3, Ví dụ 5 )
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có A(1; – 2) và phương trình hai ñường trung tuyến BM và CN lần l ượt là
x – 6y + 3 = 0 và 5x – 6y – 1 = 0. Tính diện t í c h t a m g i á c A B C .
Giải:

+) Gọi B
3
;
6
t
t
+
 
∈
 
 
BM . Do N là trung ñiểm của AB
1
2 2
9
2 12
A B
N
A B
N
x x t
x

y y
t
x
+
+

= =

⇒

+
−

= =



⇒
N
1 9
;
2 12
t t
+ −
 
 
 
Mà N
∈
CN

1 9
5. 6. 1 0 3
2 12
t t
t
+ −
⇒ − − = ⇔ = −
⇒
B
( 3;0)−
+) Tọa ñộ t r ọng tâm G của
∆
ABC là nghiệm của hệ:
1
6 3 0
2
5 6 1 0
3
x
x y
x y
y
=

− + =


⇔
 
− − =

=




⇒
G
2
1 ;
3
 
 
 
3 3 1 3 5
3 2 2 0 4
C G A B
C G A B
x x x x
y y y y
= − − = − + =

⇒

= − − = + − =


⇒
C
( 5; 4 )
.Vậy p h ương trình BC:

3
2 3 0
8 4
x y
x y
+
= ⇔ − + =

Gọi H là chân ñường cao kẻ từ A xu ống BC
⇒
AH =
2 2
1 2.( 2) 3
8
( ; )
5
1 2
d A BC
− − +
= =
+
Ta có: BC =
2 2
8 4 4 5
+ =
1 1 8
. . .4 5 16
2 2
5
ABC

S AH BC
∆
⇒ = = =
(ñv d t )
Ví dụ 3: Cho ta m g iác A BC c ó t rọng tâm G(-2;0) biết ph ương trình các cạnh A B , A C t h e o t h ứ tự là
4x + y + 14 = 0 và 2x + 5y – 2 = 0. Viết phương trình BC
Giải:

/>13
+) Tọa ñộ ñiểm A l à ng hi ệm của hệ:
4 1 4 0
2
5 2 0
x y
x y
+ + =


+ − =

4
2
x
y
= −

⇔

=


⇒
A
( 4;2)−
+) Gọi B
1 1
( ; 4 14)
t t
− −
∈
AB và C
2 2
(5 1 ; 2 )
t t
+ −
∈
AC
+) Vì G là trọng
∆
ABC nên ta có:
3
3
A B C G
A B C G
x x x x
y y y y
+ + =


+ + =




1 2 1 2 1
1 2 1 2 2
4 5 1 6 5 3 3
2 4 14 2 0 2 6 0
t t t t t
t t t t t
− + + + = − + = − = −
  
⇒ ⇔ ⇔
  
− − − = + = − =
  

⇒
B ( - 3 ; - 2 )
C(1;0)




Vậy phương trình BC:
3 2
4 2
x y
+ +
= ⇔
2 1 0

x y
− − =
Ví dụ 5: Cho tam giác ABC có trung ñiểm c ủa AB là I(1; 3), trung ñiểm A C l à J (-3 ; 0). ði ểm A thu ộc Oy và
ñường BC qua gốc tọa ñộ O . T ìm t ọa ñộ c á c ñỉnh của tam giác ABC.
Giải:

Gọi A
(0; ) Oy
a
∈
B(2 ;6 a)
C( 6; a)
−

⇒

− −

( Vì I(1; 3), J(-3; 0) lần l ượt là trung ñiểm c ủa AB và AC)
Ta có:
OB (2; 6 a)
OC ( 6; a )

= −


= − −


u u u r

u u u r
Mà BC ñi qua gốc tọa ñộ O h ay O ,B , C th ẳng hàng
2 6 9
6 2
a
a
a
−
⇒ = ⇔ =
− −


⇒
A
9
0 ;
2
 
 
 
, B
3
2 ;
2
 
 
 
, C
9
6 ;

2
 
− −
 
 
Bài 2: Biết ñỉnh A của tam giác ABC và 2 ñường cao BH và CK. Viết phương trình các cạ nh.


Cách giải: +) Viết phương trình AB, AC với
AB CK
AC
BH
n u
n u

=


=


u u u r u u u r
u u u r u u u r
+) Tìm B, C với
{ }
{ }
B A B B H
C
A C C K
=



=

I
I

Bài tập áp dụng (Cá c em hãy dựa vào ý tưởng Bài 2 ñ ể giải cá c v í d ụ sau)
Ví dụ 1 : Cho tam giác ABC biết ñỉnh A(1; –3); phương trình hai ñường cao xuất phát từ B và C lần lượt là
x+ 2y – 8 =0 và 3x + 5y – 1 = 0. Viết phương trình cạnh BC. (ðs: 3x – 2y – 8 = 0)
Ví dụ 2 (A – 2 004 ) : Cho hai ñiể m A (0; 2) và B(
3
−
;
1
−
). Tìm tọa ñộ trực tâm v à tọa ñộ tâm ñường tròn ngoại tiế p
của t am g i ác O AB . ( ðs: H(
3; 1)−
,
( 3;1)
I −
)
/>14
Bài 3: Cho ñỉnh A và hai ñường trung trực
1 2
,d d
của cạnh AB và AC (hoặc BC ).Viết phương trình các cạ nh.

TH1 TH2
Cách giải: TH1: B, C lần l ượt ñối xứ ng với A qua
1
d
và
2
d
B
C

⇒



TH2: +) B ñối xứ ng với A qua
1
d
⇒
B
+) C ñối xứng với B qua
2
d
⇒
C
Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởn g Bài 3 ñể giải cá c v í d ụ sau)
Ví dụ 1 : Cho tam giác ABC có ñỉnh A(1; 2) và hai ñường trung trực của c ạnh AB và AC lần lượt là x – 2y – 2 = 0
và x – y + 5 = 0. Viết phương trình trung tuyế n AM của tam g iá c A BC. ( ðs : y = 2)
Ví dụ 2 : Cho tam giác ABC có ñiểm M ( 0; 3) thu ộc ñoạ n AC; hai ñường trung trực của cạnh AB và AC lần lượt có
phương trình là x – 2y – 2 = 0 và x – y + 5 = 0. Viế t phương trình cạ nh BC của ta m gi á c AB C bi ế t AC = 4AM.
(ðs: 4x + 3y – 6 = 0)

Bài 4: Biết ñỉnh A của tam giác ABC và ñường cao BH, trung tuyến CM. Lập phương trình các cạnh.


Cách giải:
Bài tập áp dụng (Các e m hã y dựa vào ý tưởng Bài 4 ñể giải c á c v í d ụ sau)
Ví dụ 1 : Cho tam giác ABC có A(–4; – 5) và phương trình ñường cao BH: x + 2y – 2 = 0, ñ ư ờng trung tuyến
CM: 8x – y – 3 = 0. Tìm tọa ñộ ñỉ nh B, C. (ðs: B(4; –1), C(1; 5))
Ví dụ 2 : Cho tam giác ABC có phương trình của trung tuyến AM và ñường cao BH lần lượt là: 2x + y – 3 = 0;
2x – y – 4 = 0. ðiể m
1 5
;
2 2
N
 
−
 
 
thuộc ñoạn BC và ñỉnh C thuộc ñ ư ờng thẳng d: x + y – 3 = 0. Viết phương trình
ñường tròn ngoại tiế p tam giác ABC biết BC không song song với hai trục tọa ñộ. (ðs:
2 2
3 1 5
2 2 2
x y
   
− + + =
   
   
)
Ví dụ 3 : Cho tam giác ABC có ñỉnh A(2;1) , ñường cao qua ñỉnh B có phương trình là : x – 3y – 7 = 0 và ñường trung
tuyến qua ñỉnh C có phương trình : x + y + 1 = 0.Xác ñịnh tọa ñộ của B và C. (ðs:

( 2; 3), (4; 5)
B C
− − −
)
Ví dụ 4 : Cho tam giác ABC cân tạ i ñỉnh A có trọng tâm
4 1
;
3 3
G
 
 
 
, phương trình ñường thẳng BC là x – 2y – 4 = 0 và
ñường thẳng BG là 7x – 4y – 8 = 0.Tìm tọa ñộ các ñỉnh A,B,C. (ðs:
16 19 52 8
; , (0; 2), ;
9 9 9 9
A B C
   
− −
   
   
)
Ví dụ 5 :Cho tam giác ABC có ñỉnh A thuộc ñường thẳng d : x – 4y – 2 = 0 , cạ nh BC song song với ñường thẳ ng d.
Phương trình ñường cao BH : x + y + 3 = 0 và trung ñiểm của cạnh AC là M(1;1). Tìm tọa ñộ các ñỉnh A,B,C.
(ðs :
2 2 18 3 8 8
; , ; , ;
3 3 5 5 3 3
A B C

     
− − −
     
     
)
/>15
Bài 5: Biết ñỉnh A và trung tuyến CC’, ñường trung trực của cạnh BC. Tìm tọa ñộ B, C.


Cách giải:
Bài tập áp dụng (Cá c em hãy dựa vào ý tưởng Bài 5 ñ ể giải c á c v í d ụ sau)
Ví dụ 1 : Cho tam giác ABC biết A(5; 13). Phương trình ñường trung trực cạ nh BC, ñường trung tuyế n CC’
(C’ thuộc A B) lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 1 = 0. Viế t phương trình cạ nh BC. (ðs: x – y + 2 = 0)

Ví dụ 2 : Cho tam giác
A B C
có ñường trung trực của cạ nh
B C
cắt ñương thẳng ñi qua
AB
tại ñiể m
( 1 ; 2 )
M
và
song song với ñường thẳng
2 2013 0
x y
− + =
biết
2AB MA=

u u u r u u u r
và ñường trung tuyến xuất phát từ ñỉnh C có
phương trình
11 7 11 0
x y
+ + =
. Tìm tọa ñộ 3 ñỉnh của t am g iá c AB C. (ðs :
2 11
(0;1), ( 2; 1), ;
5 5
A B C
 
− − −
 
 
)
Bài 6: Biết trung ñiểm M c ủa AB và trung tuyến AN, ñường cao BH. Viế t phương trình các cạnh của
∆
ABC.


Cách giải:
Bài tập áp dụng (Cá c em hãy dựa vào ý tưởng Bài 6 ñ ể giải c á c v í d ụ sau)
Ví dụ 1 : Tam giác ABC có ñường trung tuyến AN : x – y + 1 = 0, ñường cao BH : x + 2y – 1= 0, ñoạn AB có trung
ñiể m M(1; 1). Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC. (ðs: AB: x = 1; AC: 2x – y = 0; BC: 3x – y – 3 = 0)
Ví dụ 2 : Cho tam giác ABC có ñiểm M(0; 3) là trung ñiểm của AB. Phương trình trung tuyế n AN: 2x – y – 2 = 0,
ñường cao BH: x – 3y + 14 = 0.Viết phương trình ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (ðs:
2 2
( 3 ) ( 3 ) 5 0
x y

+ + + =
)

/>16
Bài 7: Biết ñỉnh A (hoặc ñườn g ca o xu ất phát từ A ñi qua ñiểm N v à t r ọng tâm G thuộc mộ t ñường thẳ ng…)
của t am g i ác A BC v à trung tuyến BM, ñường cao BH. Viế t phương trình các cạnh.


TH1 TH2
Cách giải:
Bài tập áp dụng (Cá c em hãy dựa vào ý tưởng Bài 7 ñ ể giải c á c v í d ụ sau)
Ví dụ 1 :Cho tam giác ABC biế t ñỉnh A(1; – 1), ñường cao và trung tuyến cùng xuất phát từ B lần lượt có phương
trình: x + 2y – 3 = 0 và x + 3y – 5 = 0 . Viết phương trình BC. (ðs: x – 4y + 9 = 0)
Ví dụ 2 : Cho tam giác ABC biết ñường cao BH và trung tuyến BM lầ n lượt có phương trình: 4x + 3y + 2 = 0; x – 1 =
0. Tính diện tích tam giác ABC biết rằng trọng tâm G của ta m gi á c th u ộc ñường thẳng d: 2x + 3y – 1 = 0 và ñường cao
xuấ t phát từ ñỉnh A có hoành ñộ âm ñi qua ñiểm N(3; –3). (ðs:
5
ABC
S
∆
=
(ñvdt))
Ví dụ 3 (D – 2 009 ) : Cho tam giác ABC có M(2; 0) là trung ñiểm của cạnh AB. ðường trung tuyến và ñường cao qua
ñỉnh A lầ n lượt có phương trình là 7x – 2y – 3 = 0 và 6x – y – 4 = 0. Viết phương trình ñường thẳ ng AC.
(ðs: 3x – 4y + 5 = 0)
Ví dụ 4 (B – 2 00 3) : Cho tam giác ABC có AB = AC ,
BAC
∠ =
90
0

. Biết M(1; -1) là trung ñi ểm cạnh BC và G
2
;0
3
 
 
 
là trọng tâm của tam giác ABC. Tìm tọa ñộ các ñỉnh A, B, C. (ðs: A(0; 2), B(4; 0), C(–2; – 2))

Ví dụ 5 (A – 2 009 ) : Cho hình chữ nhật ABCD có ñiểm I(6; 2) là giao ñiểm của hai ñường chéo AC và BD. ðiể m
M(1; 5) thuộc ñường thẳ ng AB và trung ñiểm E của cạnh CD thuộc ñường thẳng
∆
: x + y – 5 = 0. Viết phương trình
ñường thẳng AB. (ðs: x – 4y + 19 = 0 và y – 5 = 0)
Bài 8: Sử dụng ñiều kiệ n vuông góc (t r ường hợp riêng của Bài 19) ñể giải bài toán.
Cách giải:
*) Gọi tọa ñộ c ác ñiểm ( n ếu chưa biết) liên quan tới yế u tố vuông góc theo mộ t ẩn nhờ vào:
+) ñ iểm thuộc ñường thẳng.
+) ñ iểm có mối liên hệ với ñiể m khác: trung ñiểm, tr ọng tâm, thỏa m ãn h ệ thức véctơ…
/>17
*) “Cắt nghĩa” ñiề u kiện vuông góc:
0
. 0
. 0
. 0
90 . 0
a b
a b
AB MN AB MN
n n

a b
u u
AMB MA MB

⊥ ⇔ =


=


⊥ ⇒


=




∠ = ⇔ =

u u u r u u u u r
u u r u u r
u u r u u r
u u u r u u u r
( ) 0 ?
f t t
⇒ = ⇒ = ⇒
tọa ñộ các ñiểm
Bài tập áp dụng (Cá c em hãy dựa vào ý tưởng Bài 8 ñ ể giải c á c v í d ụ sau)
Ví dụ 1 (D – 2 004 ) : Cho tam giác ABC có các ñỉnh A(-1; 0); B (4; 0); C(0;m) với m

≠
0. Tìm tọa ñộ trọng tâm G của
tam giác ABC theo m. Xác ñịnh m ñể tam giác GAB vuông tại G. (ðs:
( 1 ; ), 3 6
3
m
G m = ± )
Ví dụ 2 (D – 2 008 ) : Cho (P):
2
16
y x
=
và ñiểm A(1; 4). Hai ñ iể m phân biệt B, C (B và C khác A) di ñộng trên (P) sao
cho
BAC
∠ =
0
90
. Chứng minh rằng ñường thẳ ng BC luôn ñi qua một ñiểm cố ñịnh. (ðs: ñiểm cố ñịnh I(17; –4))
Ví dụ 3 (A – 2 009 ) : Cho hình chữ nhật ABCD có ñiểm I(6; 2) là giao ñiểm của hai ñường chéo AC và BD. ðiể m
M(1; 5) thuộc ñường thẳ ng AB và trung ñiểm E của cạnh CD thuộc ñường thẳng
∆
: x + y – 5 = 0. Viết phương trình
ñường thẳng AB. (ðs: x – 4y + 19 = 0 và y – 5 = 0)
Ví dụ 4 : Cho ñiểm M (3; 3) , viết phương trình ñ ư ờng thẳng ñi qua I(2; 1) cắt Ox, Oy lầ n lượt tại A và B sao cho tam
giá c AMB v uô ng t ại M. (ðs: x + 2y – 4 = 0 và x + y – 3 = 0).
CHÚ Ý:
Qua các bài toán trên liên quan tớ i yế u tố trung tuyến và ñường cao, ñường trung trực các em có thể rút ra ñược một
vài ñiề u như sau (tuy ñơn giản nhưn g hướng tư duy này sẽ g i úp c hú ng ta g iải quyết tốt những bài toán dạng trên):
+) Nếu M là trung ñ iểm của AB

2
2
A B M
A B M
x x x
y y y
+ =

⇒

+ =

: nghĩa là khi có dữ kiện này sẽ giúp chúng ta thiế t lập ñược 2
phương trình
+) AH là ñường cao của BC: giúp chúng ta biế t ñược ph ương của ñường này nế u biế t ñường kia.
+) d là trung trực của BC: nghĩa là B ñ ố i xứng với C qua d.
Loại 1.2: Các bài toán về ñường phân giác trong
Bài 9: Biết ñỉnh A và hai ñường phân giác trong BB’ và C C’ . Lập phương trình BC.


Cách giải:
+) Tìm
1
A
ñối xứng với A qua BB’
1
A BC
⇒ ∈
(1) +) Tìm
2

A
ñối xứng với A qua CC’
2
A BC
⇒ ∈
(2)
+) Từ (1) và (2)
⇒
phương trình BC (chính là phương trình
1 2
A A
)
Bài tập áp dụng (Cá c em hãy dựa vào ý tưởng Bài 9 ñ ể giải c á c v í d ụ sau)
Ví dụ 1 : Trong mặ t phẳ ng tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC có ñỉnh A(1; 1), phương t rìn h ñ ư ờ ng phân giác trong góc B,
góc C lần lượt là BD: 2x + y + 4 = 0; CE: x + 3y + 1 = 0. Lậ p phương trình cạnh BC. (ðs:x + 23y + 46 = 0)
Ví dụ 2 : T r o n g m ặ t phẳ ng tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình ñường phân giác trong góc B, góc C lần
lượt là BD: 6x + 8y – 17 = 0; CE: x – 2y + 3 = 0, ñiểm M
17
1 ;
7
 
−
 
 
và N
1
1 ;
3
 



 
lầ n lượt thuộc c ạ nh AB, AC. Tìm tọa
ñộ các ñỉnh của tam giác ABC. (ðs:A(0; – 1), B
7
;3
6
 
−
 
 
, C(3; 3))
/>18
Bài 10: Biết ñỉnh A và trung tuyế n BM, phân giác trong BD. Viết phương trình các cạ nh.


Cách giải:
Bài tập áp dụng (Cá c em hãy dựa vào ý tưởng Bài 10 ñ ể giải cá c v í d ụ sau)

Ví dụ 1 : Cho tam giác ABC có ñỉnh A(3; 4), ñường phân giác trong và trung tuyến xuất phát từ ñỉ nh B lần lượt có
phương trình x – y + 1 = 0 và 2x + 3y – 4 = 0. Tìm tọa ñộ ñỉnh C. (ðs :C(–1; 6))
Ví dụ 2 : Cho tam giác ABC có ñỉnh A(1; 2), ñường phân giác trong và trung tuyến xuất phát từ ñỉ nh B lần lượt có
phương trình 2x + y – 1 = 0 và 2x + 3y – 3 = 0. Tìm tọa ñiểm D là chân ñường phân giác trong của góc B xuống AC.
( ðs: D
( 5;11)−
)
Bài 11: Biết ñỉnh A và trung tuyế n BM, phân giác trong CD. Viế t phương trình các canh.


Cách giải:

Bài tập áp dụng (Cá c em hãy dựa vào ý tưởng Bài 11 ñ ể giải cá c v í d ụ sau)
Ví dụ 1 : Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có ñỉnh A(1; 2), ñường trung tuyế n BM: 2x + y + 1 = 0 và phân
giá c tron g CD: x + y – 1 = 0. V i ết phương trình ñ ư ờ ng thẳng BC (ðs : 4x + 3y + 4 = 0).
Ví dụ 2 : Cho tam giác ABC có chân ñường trung tuyến kẻ từ B xuống AC là M(1; – 1), ñường phân giác trong của
góc C là x + y – 2 = 0 . Vi ế t phương trình cạnh AC biết ñiểm N(–7; 7) thuộc cạ nh BC. (ðs: 5x + 3y – 2 = 0)
Ví dụ 3 (D – 2 011 ): Cho tam giác ABC có ñỉnh B(– 4; 1), trọng tâm G(1; 1) và ñường thẳ ng chứa phân giác trong
của g óc A c ó p hương trình x – y – 1 = 0. Tìm tọa ñộ các ñỉnh A và C. (ðs:
(4;3), (3; 1)
A C
−
)
/>19
Bài 12: Biết ñỉnh A và ñườn g ca o B H, phân giác trong BD. Viết phương trình các cạ nh tam giác.


Cách giải:
Bài tập áp dụng (Cá c em hãy dựa vào ý tưởng Bài 12 ñ ể giải cá c v í d ụ sau)
Ví dụ : Tam giác ABC có A(-3;1), ñường cao BH, phân giác trong BD lần lượt có phương trình: x + 7y + 32 = 0 và
x + 3 y + 12 = 0. T ì m tọa ñộ ñiểm C. (ðs : C(–4; – 6) )
Bài 13: Biết ñỉnh A và ñườn g ca o B H, phân giác trong CD. Viế t phương trình các cạnh tam giác.


Cách giải:
Bài tập áp dụng (Cá c em hãy dựa vào ý tưởng Bài 13 ñ ể giải cá c v í d ụ sau)

Ví dụ 1 : Cho tam giác ABC có C(–2; 3). ðường cao của t am g iá c k ẻ từ ñỉnh A và ñường phân giác trong của góc B
lần lượt là: 3x – 2y – 25 = 0; x – y = 0. Viế t phương trình cạnh AC của t a m gi ác . (ðs: 8x + 7y – 5 = 0)
Ví dụ 2 (B – 2 00 8) : Trong mặt phẳ ng với hệ tọa ñộ Oxy, hãy xác ñịnh tọa ñộ ñỉnh C của tam g i ác A BC b i ết rằng hình
chiếu vuông góc của C trên ñường thẳng AB là ñiể m H(– 1; – 1), ñường phân giác trong của góc A có phương trình
x – y + 2 = 0 v à ñường cao kẻ từ B có phương trình 4x + 3y – 1 = 0. (ðs:

10 3
;
3 4
C
 
−
 
 
)
CHÚ Ý:
Như vậy qua các bài toán liên quan ñến ñường phân giác trong của tam giác các em sẽ nhận thấy ta luôn tìm thêm
ñiể m ñối xứng với ñ iể m ñã biết tọa ñộ trên cạnh kề của góc chứa phân giác qua phân giác ñó , và ñ iề m ñó sẽ thuộc
cạnh kề c òn l ại (ñây là ñặc ñiể m luôn ñược k ha i t há c khi có bài toán chứa phân giác)
/>20


Loại 2: Các bài toán về ðịnh Lượng
Bài 14: Biết ñỉnh A hoặc t rọng tâm G của t am g iá c A BC thuộc một ñường thẳ ng d cho trước.
Biết tọa ñộ ñỉnh B, C và diện tích tam giác ABC( hoặc diệ n tích của 1 tr o ng 3 t a m gi ác ABG, BCG, CAG) . Tìm
tọa ñộ ñỉnh A . (Nế u biế t thêm trung tuyế n AM thì thay dữ kiệ n biế t tọa ñộ B, C bởi biết ñường thẳng BC và câu hỏi là
tìm tọa ñộ ñỉnh B, C)


TH1 TH2
Cách giải:
(trường hợp riêng của Bài 16)
Bài tập áp dụng (Cá c em hãy dựa vào ý tưởng Bài 14 ñ ể giải cá c v í d ụ sau)
Ví dụ 1 (B – 2 00 4) : Cho hai ñiể m A(1; 1), B(4; -3). Tìm ñiể m C thuộc ñường thẳng x – 2y – 1 = 0 sao cho khoảng
cách từ C ñến ñường thẳ ng AB bằng 6. ( ðs:
(7;3)

C
hoặc
43 27
;
11 11
C
 
− −
 
 
)
Ví dụ 2 : Cho tam giác ABC với A(2; –1), B(1; –2), trọng tâm G của t am g iá c n ằm tr ên ñường thẳng x + y – 2 = 0.
Tìm tọa ñộ ñỉnh C biết tam giác ABC có diện tích là 13,5. (ðs : C(15; –9) hoặc C(–12;18))
Ví dụ 3 : Cho tam giác ABC với A(1; 1), B(–2; 5), trọng tâm G thuộc ñường thẳng
1
∆
: 2x + 3y – 1 = 0, ñỉnh C thuộc
ñường thẳng
2
∆
: x + y – 1 = 0. Tính diện tích tam giác ABC. (ðs:
6
ABC
S
∆
=
(ñvdt))
CHÚ Ý: Tam giác ABC có G là trọng tâm thì:
1
3

A B G BCG CAG A B C
S S S S
∆ ∆ ∆ ∆
= = =
/>21
Bài 15: Biết ñỉnh A và p hương trình ñ ư ờng thẳng BC và hình chiế u H của A xuống BC chia theo
BH k HC
=
u u u r u u u r
và biết
diện tích tam giác AB C ( h oặc b iết ñộ dài ñoạ n BC). Tìm tọa ñộ B, C.


Cách giải:
Bài tập áp dụng (Cá c em hãy dựa vào ý tưởng Bài 15 ñ ể giải cá c v í d ụ sau)
Ví dụ 1 :Cho tam giác ABC có ñỉnh A(2; – 2) và phương trình ñ ư ờng thẳng BC là 3x – 4y + 1 = 0 và hình chiếu H của
A xuống BC thỏa m ãn 6
HC BH
= −
u u u r u u u r
. Tìm tọa ñộ các ñiểm B và C, biế t diện tích tam giác ABC bằng 7,5 .
(ðs: B(1; 1), C(5; 4))

Ví dụ 2 (B – 2 00 9 – N C ) : Cho tam giác ABC cân tại A có ñỉnh A(–1;4) và các ñỉnh B,C thuộc ñường thẳng
∆: x – y – 4 = 0. Xác ñịnh toạ ñộ các ñiểm B và C, biế t diện tích tam giác ABC bằng 18.
( ðs:
11 3 3 5
; , ;
2 2 2 2
B C

   
−
   
   
hoặc
3 5 11 3
; , ;
2 2 2 2
B C
   
−
   
   
)
Ví dụ 3 (B – 2002): Cho hình chữ nhật ABCD có tâm I
1
;0
2
 
 
 
, phương trình ñ ư ờng thẳ ng AB là x – 2y + 2 = 0 và
AB = 2AD. Tìm tọa ñộ các ñiểm A, B, C, D biế t rằ ng A có hoành ñộ âm. (ðs:
( 2;0), (2;2), (3;0), ( 1; 2)
A B C D
− − −
)
Bài 16:
TH1: Biết ñỉnh A và p hương trình ñường thẳng BC, ñường thẳ ng d ñi qua ñiểm H thuộc BC thỏa mãn
BH k HC

=
u u u r u u u r

và biết diện tích tam giác ABC (hoặ c biết ñộ dài ñoạn BC). Tìm tọa ñộ B, C.
TH2: Biế t phương trình AC và biế t phương trình ñi qua A căt BC tại H (b iết A), biết B ( hoặ c C) và thỏa m ãn
BH.BC = k. Tìm ñỉnh cò n l ại.

BH.BC = k
TH1 T H 2
/>22
Cách giải:
Bài tập áp dụng (Cá c em hãy dựa vào ý tưởng Bài 16 ñ ể giải cá c v í d ụ sau)
Ví dụ 1 :Cho tam giác ABC có ñỉnh A(1; 1), cạ nh BC có phương trình 3x – 4y + 6 = 0. ðường thẳ ng d cắt ñoạn BC tại
ñiể m H sao cho HC = 3BH. Xác ñịnh tọa ñộ ñiểm B , C biết ñường thẳng d có phương trình x – 4y + 8 = 0 và tam giác
ABC có diện tích bằng 1,5. (ðs: B ( 2 ; 3 ) , C ( - 2 ; 0 ) )
Ví dụ 2 (B – 2 01 1) : Cho hai ñường thẳng
∆
: x – y – 4 = 0 và d: 2x – y – 2 = 0. Tìm tọa ñộ ñiể m N thuộc ñường thẳ ng
d sao cho ñường thẳng ON cắt ñường thẳ ng
∆
tại ñiểm M thỏa mãn OM.ON = 8. (ðs:
(0; 2)
N
−
hoặc
6 2
;
5 5
N
 

 
 
Bài 17: Biết tọa ñộ ñ iể m A, ñường phân giác trong của gó c B và cho biết ñộ lớn góc B và diện tích tam giác ABC.
Tìm tọa ñộ B,C


Cách giải:

Bài tập áp dụng (Cá c em hãy dựa vào ý tưởng Bài 17 ñ ể giải ví dụ sau)
/>23
Ví dụ ( B – 2 0 10 ) : Cho tam giác ABC vuông tại A có ñỉnh C(– 4; 1), phân giác trong góc A có phương trình
x + y – 5 = 0 . Vi ết phương trình ñường thẳng BC, biết diệ n tích tam giác ABC bằng 24 và ñỉnh A có hoành ñộ dương.
Bài 18: Tam giác ABC cân tại A, biế t AB và BC nằ m lần lượt trên 2 ñường thẳng
1 2
,d d
. Biết M
0 0
( ; )
x y
∈
AC. Tìm
tọa ñộ các ñỉnh.


Cách giải:
C2:


+) T ì m
1 2

{ }
B d d
=
I

+) Vi ết phương trình
3
d
qua M song song với
2
d
+) Tìm
1 3
{ }
N d d
=
I
⇒
phương trình trung trực
4
d
của MN
4 1
{ }
A d d
⇒ =
I
+) Viết phương trình AM
2
{C}

AM d
⇒ =
I
NHẬN XÉT: C2 hay hơn C1
Bài tập áp dụng (Cá c em hãy dựa vào ý tưởng Bài 18 ñ ể giải cá c v í d ụ sau)
Ví dụ 1 : Cho tam giác ABC cân tại A có phương trình hai cạnh BC, AB lần lượt là: x – 3y – 1 = 0 và x – y – 5 = 0.
ðường thẳng AC ñi qua M(–4; 1). Tìm tọa ñộ ñỉnh C. (ðs:
8 1
;
5 5
C
 
 
 
).
Ví dụ 2 : Trong mặt phẳng Oxy, hãy xác ñịnh tọa ñộ các ñỉnh của tam giác ABC vuông cân tạ i A. Biết rằng cạ nh
huyề n nằm trên ñường thẳ ng d: x + 7y – 31 = 0, ñiể m N(7; 7) thuộc ñường thẳng AC, ñiểm M ( 2; –3 ) thuộc AB và
nằm ngoài ñoạn AB. (ðs:
( 1;1), ( 4;5), (3;4)
A B C
− −
)
Ví dụ 3 : Cho tam giác ABC cân tạ i A có phương trình AB, BC lầ n lượt là y + 1 = 0 và x + y – 2 = 0. Tính diệ n tích
/>24
tam giác ABC biết AC ñi qua ñiểm M(–1; 2) (ðs:
8
ABC
S
∆
=

).
Ví dụ 4 (A – 2 010 – N C) : Cho tam giác ABC cân tạ i A có ñỉnh A(6; 6); ñường thẳng ñi qua trung ñiểm c ủa các cạnh
AB và AC có phương trình x + y – 4 = 0. Tìm tọa ñộ các ñỉnh B và C, biết ñiể m E(1; - 3) nằ m trên ñường cao ñi qua
ñỉnh C của t am g iá c ñã cho. (ðs:
(0; 4), ( 4;0)
B C
− −
hoặc
( 6;2), (2; 6)
B C
− −
)
Ví dụ 5 (B – 2 00 7) : Cho ñiể m A(2; 2) và các ñường thẳng
1
d
: x + y – 2 = 0,
2
d
: x + y – 8 = 0. Tìm tọa ñộ các ñiểm
B và C lầ n lượt thuộc
1
d
và
2
d
sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. (ðs :
( 1;3), (3;5)
B C
−
hoặc

( 3; 1) , ( 5; 3 )
B C
−
)
Ví dụ 6 (B – 2 01 1 – N C ) : Cho tam giác ABC có ñỉnh B
1
;1
2
 
 
 
. ðường tròn nội tiế p tam giác ABC tiếp xúc với các
cạ nh BC, CA, AB tương ứ ng tại các ñiểm D, E, F. Cho D(3; 1) và ñường thẳ ng EF có phương trình y – 3 = 0. Tìm tọa
ñộ ñỉnh A, biết A có tung ñ ộ dương. ( ðs:
13
3 ;
3
A
 
 
 
)
Bài 19: Các ñiểm l i ê n h ệ với nhau bởi mộ t ẩn và một ñiều kiệ n về ñịnh lượng
Cách giải:
+) Khai thác dữ kiện bài toán ñể chuyển các ñiểm về 1 ẩn t (nhờ thuật toán tìm ñ iể m)
+) Thiế t lậ p phương trình:
( ) 0 ?
f t t
= ⇒ = ⇒
các ñiểm cầ n tìm.

CHÚ Ý: Bài 8 là trường hợp ñặc bi ệ t của Bài 19 khi ñiều kiện ñịnh lượng là ñiề u kiệ n góc
0
9 0
(vuông góc).
Bài tập áp dụng (Cá c em hãy dựa vào ý tưởng Bài 19 ñ ể giải cá c v í d ụ sau)
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vuông tại A. Hai ñiểm A, B thuộc tr ục hoành. Phương trình cạnh BC là 4x + 3y – 16 = 0.
Xác ñịnh tọa ñộ trọng tâm G của t am g i ác A BC , b iết bán kính ñường tròn nội tiếp tam gi ác AB C bằng 1.
(ðs: G
4
2 ;
3
 
 
 
hoặc G
4
6 ;
3
 
−
 
 
)
Ví dụ 2 (A – 2 002 ) : Cho tam giác ABC vuông tạ i A , ph ư ơ n g trìn h ñ ư ờ n g thẳ ng B C l à
3 x y 3 0
− − =
, cá c ñ ỉ nh A v à B
t huộc t r ụ c h oành và b án kín h ñ ư ờ ng tròn nộ i t iế p bằ ng 2. Tìm tọa ñộ t r ọ ng tâm G c ủ a t a m g i á c A B C .
(ðs :
7 4 3 6 2 3

;
3 3
G
 
+ +
 
 
h o ặ c
4 3 1 6 2 3
;
3 3
G
 
− − − −
 
 
)
Ví dụ 3 (D – 2 008 ) : Cho (P):
2
16
y x
=
và ñiểm A(1; 4). Hai ñ iể m phân biệt B, C (B và C khác A) di ñộng trên (P) sao
cho góc
0
90
BAC∠ =
. Chứng minh rằng ñường thẳng BC luôn ñi qua một ñiể m cố ñịnh. (ðs: ñiểm cố ñịnh I(17; –4))
Ví dụ 4 (A – 2 006 ) : Cho các ñường thẳng:
1

d
: x + y + 3 = 0,
2
d
: x – y – 4 = 0,
3
d
: x – 2y = 0. Tìm tọa ñộ ñiểm M
nằm trên ñường thẳng
3
d
sao cho khoả ng cách từ M ñến ñường thẳ ng
1
d
bằng hai lần khoả ng cách từ M ñến ñường
thẳ ng
2
d
. (ðs:
( 22; 11)
M
− −
hoặc
(2;1)
M
)
Ví dụ 5 (B – 2 00 5) : Cho hai ñiể m A(2;0) và B(6;4). Viết phương trình ñường tròn (C) tiếp xúc với trục h oà nh tạ i
ñiể m A và khoảng cách từ tâm của ( C) ñến ñiểm B b ằng 5.
(ðs:
2 2

( ) : ( 2) ( 1 ) 1
C x y
− + − =
hoặ c
2 2
( ) : ( 2) ( 7) 49
C x y
− + − =
)
Ví dụ 6 (A – 2 005 ) : Cho hai ñường thẳ ng d
1
: x – y = 0 và d
2
: 2x + y – 1 = 0 tìm tọa ñộ các ñỉnh của hình vuông
ABCD biết rằ ng ñỉnh A thuộc d
1
, ñỉnh C thuộc d
2
và các ñỉnh B, D thuộc trục hoành.
(ðs:
( 1 ; 1 ) , ( 0 ; 0 ) , ( 1 ; 1 ) , ( 2 ; 0 )
A B C D
−
hoặc
( 1 ; 1 ) , ( 2 ; 0 ) , ( 1 ; 1 ) , ( 0 ; 0 )
A B C D
−
)
Ví dụ 7 (D – 2 006 ) : Cho ñường tròn
2 2

( ) : 2 2 1 0
C x y x y
+ − − + =
và ñường thẳng d: x – y + 3 = 0. Tìm tọa ñộ
ñiể m M nằ m trên d sao cho ñường tròn tâm M, có bán kính gấ p ñôi bán kính ñường t r òn ( C), t iếp xúc ngoài với ñường
tròn (C). ( ðs:
( 1 ; 4 )
M
hoặ c
( 2;1)
M
−
)
Ví dụ 8 (D – 2 004 ) : Cho tam giác ABC có các ñỉnh A(-1; 0); B (4; 0); C(0;m) với m
≠
0. Tìm tọa ñộ trọng tâm G của
/>25
tam giác ABC theo m. Xác ñịnh m ñể tam giác GAB vuông tại G. (ðs:
( 1 ; ), 3 6
3
m
G m = ± )
Ví dụ 9 (B – 2002): Cho hình chữ nhật ABCD có tâm I
1
;0
2
 
 
 
, phương trình ñ ư ờ ng thẳng AB là x – 2y + 2 = 0 và

AB = 2AD. Tìm tọa ñộ các ñiểm A, B, C, D biế t rằ ng A có hoành ñộ âm. (ðs:
( 2;0), (2;2), (3;0), ( 1; 2)
A B C D
− − −
)
Dạng 2: Các bài toán về ñường thẳng
Loại 1: ði qua một ñiểm và thỏa mãn mộ t yếu tố ñịnh lượng
Cách giải chung:
C1:
+) Gọi phương trình ñi qua ñiểm M
0 0
( ; )
x y
có hệ số góc k có dạng:

0 0
( )
y k x x y
= − +
hay
0 0
0
kx y y kx
− + − =
(
∆
)
+) Sau ñó “cắt nghĩa” dữ kiện về ñịnh lượng ñể thiết lập phương trình:
( ) 0 ?
f k k

= ⇒ = ⇒
phương trình
∆
.

C2:
+) Gọi phương trình ñi qua ñiểm M
0 0
( ; )
x y
có vt pt
( ; )
n a b
=
r
(
2 2
0
a b
+ ≠
) có dạ ng:

0 0
( ) ( ) 0
a x x b y y
− + − =
hay
0 0
0
ax by ax by

+ − − =
(
∆
)
+) Sau ñó “cắt nghĩa” dữ kiện về ñịnh lượng ñể thiết lập phương trình:
( , ) 0
f a b a kb
= → =
(*)
+) Từ (*) chọn
?
?
a
b
=

⇒

=

phương trình
∆
CHÚ Ý: Chúng ta ñã sử dụng cách này trong Bài 18
Bài tập áp dụng
Ví dụ 1 : Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho hai ñiểm M(1; 4) và N(6; 2). Lậ p phương trình ñường thẳng
∆
qua M sao
cho khoảng cách từ N tới
∆
bằng 5. (ðs:

21 20 59 0
x y
− + =
và x = 1).
Ví dụ 2 : Trong mặ t phẳ ng tọa ñộ Oxy, cho hai ñiểm A(1; 2) và B(5; –1). Viế t phương trình ñường thẳng qua M(3; 5)
và cách ñều A và B. (ðs: 3x + 4y – 29 = 0 và x = 3)
Ví dụ 3 : Trong mặ t phẳ ng Oxy, cho ñiể m M(1; 2). Viết phương trình ñường thẳng qua M cắ t Ox, Oy lần lượt tạ i hai
ñiêm A, B sao cho OAB là tam giác vuông cân. (ðs: x + y – 3 = 0 và x – y + 1 = 0)
Ví dụ 4 : Trong mặ t phẳ ng Oxy, cho ñiể m M(4; 3). Viết phương trình ñường thẳng qua M sao cho nó tạ o với hai trục
tọa ñộ một tam giác có diện tích bằng 3. (ðs:
3 2 6 0
x y
− − =
và 3x – 8y + 12 = 0).
Ví dụ 5 : Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A(4; 1), B(1; 7) và C(-1; 0). Viết phương trình ñường thẳng ñi
qua C và chia tam giác thành hai phần bằ ng nhau, phầ n chứa ñiểm A có diệ n tích gấ p ñôi phần chứa ñiểm B.
(ðs: 6x – 5y + 6 = 0).
Ví dụ 6 : Trong mặt phẳng Oxy, cho ba ñiểm A( - 1; 2), B(5; 4) và M(2; 5). Viết phương trình ñường thẳ ng ñi qua M
và cách ñều hai ñiểm A và B (ðs: 5x – 3y + 13 = 0 và x = 2)
Ví dụ 7 : Trong mặt phẳng Oxy, cho ñiểm M(9; 4 ). V i ết phương trình ñường thẳng qua M, cắt hai tia Ox và tia Oy tại
A và B sao cho:
1) tam giác OAB có diệ n tích nhỏ nhất. (ðs: 4x + 9y – 72 = 0)
2) OB + OC nhỏ nhất. (ðs: 4x + 9y – 72 = 0)
Ví dụ 8 : Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có cạnh AB nằm trên ñường thẳng x – 2y + 5 = 0 và ba ñiể m
M(– 1; 4), N(1; 1), P( –3; 3) lần lượt thuộc các cạnh BC, CD và AD. Viết phương trình cạnh AD.
(ðs:
2 3 0
x y
+ − =
hoặc

11 2 39 0
x y
− + =
)
/>26
CHÚ Ý:
+) Nế u bài toán ñề cập tớ i các ñiểm A(a; 0) và B(0; b) là các giao ñiểm với hai trục tọa ñộ các em có thể v iết
phương trình ñường t hẳ ng theo ñoạn chắn ñ i qua AB:
1
x y
a b
+ =
+) Nế u A(a; 0) , B(0; b) thì OA =
a
và OB =
b
Loại 2: Cắt ñường tròn, Elip (xem Dạng 3, Dạng 4)
Dạng 3: Các bài toán về ñường tròn
Loại 1: Viết phương trình ñường tròn và xác ñịnh các yếu tố của ñường tròn
Bài 1: Thiế t lập phương trình ñường tròn
Cách giải chung:
C2: +) Gọi phương trình ñường tròn có dạ ng
2 2
0
x y ax by c
+ + + + =
+) Tìm a, b, c nhờ “cắ t nghĩa” dữ kiệ n bài toán
Bài tập áp dụng
Ví dụ 1 : Viết phương trình ñường tròn:
1) ñường kính AB với A(3; 1) và (B(2; – 2).

2) Có tâm I(1; – 2) và tiếp xúc với ñường thẳ ng d: x + y – 2 = 0.
3) Có bán kính bằng 5, tâm thuộc trục hoành và ñi qua A(2; 4).
4) Có tâm I(2; – 1) và tiế p xúc ngoài với ñường tròn:
2 2
( 5) ( 3 ) 9
x y
− + − =
5) có tâm nằm trên ñường thẳ ng
∆
và tiế p xúc với hai trục tọa ñộ Ox, Oy.
6) qua A(–2; –1), B(–1; 4) và C(4; 3) (ñ ư ờ ng tròn ngoạ i tiếp tam giác ABC).
7) qua A(0; 2), B(–1; 1) và có tâm nằ m trên ñường thẳng 2x + 3y = 0.
8) qua A(5; 3) và tiếp xúc với ñường thẳ ng d: x + 3y + 2 = 0 tại ñiểm T(1; –1).
9) Nội tiế p tam giác OAB biết A(3; 0) và B(0; 4).
Ví dụ 2 (A – 2 0 07) : Trong mặt phẳ ng với hệ tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC có A(0; 2), B(– 2; – 2) và C(4; – 2). Gọi H
là chân ñường cao kẻ t ừ B; M và N lầ n lượt là trung ñi ểm của các cạnh AB và BC. Viết phương trình ñường tròn ñi
qua các ñiểm H, M, N. ( ðs:
2 2 2
2 0
x y z x y
+ + − + − =
)
Ví dụ 3 (B – 2 0 10 – N C) : Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho ñiểm A(2;
3
) và (E):
2 2
1
3 2
x y
+ =

. Gọi
1
F
và
2
F
là các
tiêu ñiểm của ( E) (
1
F
có ho àn h ñộ âm); M là giao ñiểm có tung ñộ dương của ñương thẳng
1
AF
với (E); N là ñiểm ñối
xứ ng của
2
F
qua M. Viết phương trình ñường tròn ngoạ i tiếp tam giác
2
ANF
. (ðs:
2
2
2 3 4
( 1 )
3 3
x y
 
− + − =
 

 
)
/>