skkn tìm tòi lời giải các bài toán về phương pháp tọa độ trên mặt phẳng

TÌM TÒI LỜI GIẢI CÁC BÀI TOÁN

Phương pháp tọa độ trên mặt phẳng

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: TRƯƠNG NGỌC DŨNG
2. Ngày tháng năm sinh: 17 – 10 – 1959
3. Nam, nữ: NAM
4. Địa chỉ:
257/ 5, KP 9, Tân Biên, Biên Hòa, Đồng Nai
5. Điện thoại: 0918309278;
6. Email:
7. Chức vụ: TỔ TRƯỞNG CHUYÊN MÔN
8. Đơn vị công tác: TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Cử nhân Toán, Đại học sư phạm
- Năm nhận bằng: 1982
III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy Toán bậc THPT
- Số năm công tác: 34 năm
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có:
 “Giải toán Hình học 11” – Nhà xuất bản Giáo dục năm 2008;
 “Giải toán Giải tích 12” – Nhà xuất bản Giáo dục năm 2009;
 “Giải toán Hình học 12” – Nhà xuất bản Giáo dục năm 2009;
 Kỹ thuật viết câu hỏi trắc nghiệm trong việc đổi mới phương pháp KTĐG –
Tập san Giáo dục Trung học Đồng Nai năm 2010;
 Đổi mới phương pháp KTĐG trong giảng dạy Toán bậc THPT năm 2011.
 Một số kinh nghiệm thiết kế ma trận và biên soạn đề kiểm tra tự luận môn
Toán bậc trung học phổ thông, năm học 2013 – 2014.
 Tìm tòi lời giải các bài toán về phương pháp tọa độ trên mặt phẳng (Phần

thứ nhất: Các bài toán liên quan đến tam giác), năm học 2014 – 2015.

-1-




TÌM TÒI LỜI GIẢI CÁC BÀI TOÁN

I.

Phương pháp tọa độ trên mặt phẳng

LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Đa số học sinh phổ thông khi thực hành giải toán, các em thường gặp không ít khó
khăn trong việc chọn cách tiếp cận với nội dung của bài toán vì nhiều lý do khác nhau (kiến
thức cơ bản có liên quan, khả năng vận dụng kiến thức phù hợp với nội dung bài toán, phép
suy luận, …). Vì vậy không kích hoạt được sự hứng thú và lòng đam mê trong quá trình học
toán, ảnh hưởng đến kết quả học tập khả năng tư duy sáng tạo của bản thân.
Nhằm giúp học sinh tự tin hơn trong việc học toán nói chung và thực hành giải toán
nói riêng, tôi chọn đề tài “Tìm tòi lời giải các bài toán về phương pháp tọa độ trên mặt
phẳng” gồm có ba phần chính:
- Phần thứ nhất: Các bài toán liên quan đến tam giác;
- Phần thứ hai: Các bài toán liên quan đến tứ giác;
- Phần thứ ba: Các bài toán tổng hợp về đường thẳng, đường tròn và ê-lip.
Nội dung đề tài này là Phần thứ nhất của đề tài, bao gồm: 6 ví dụ và 14 bài toán thực
hành có gợi ý về cách tìm tòi nhằm tạo điều kiện để học sinh có thể định hướng trong việc
tìm lời giải bài toán.

II. CƠ SỞ LÝ LUẬN

- Kiến thức cơ bản về hình học phẳng;
- Kiến thức cơ bản về đường thẳng, đường tròn và các vấn đề liên quan trên hệ tục tọa
độ Oxy trong chương trình hình học Lớp 10.

-2-




TÌM TÒI LỜI GIẢI CÁC BÀI TOÁN

Phương pháp tọa độ trên mặt phẳng

III. NỘI DUNG ĐỀ TÀI
PHẦN THỨ HAI:

CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TỨ GIÁC

A. CÁC VÍ DỤ
 Ví dụ 2.1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tứ giác lồi ABCD có đỉnh A có
hoành độ âm và thuộc đường thẳng d : 2x  y  1  0 , đường thẳng chứa đường chéo
BD là  : x  y  2  0 ; A và C đối xứng với nhau qua BD và AC  2 2 . Biết rằng

2
S
, đỉnh B có hoành độ là
3 ACD
số nguyên dương nhỏ nhất và đỉnh D có hoành độ là số nguyên. Tìm tọa độ các đỉnh
A, B , C , D của tứ giác.
các tam giác ABC và ACD thỏa mãn đẳng thức S ABC 

 Tìm tòi
Ta thấy A(a; 1  2a ) và AC  BD nên d(A, )  2
suy ra tọa độ của đỉnh A .
Sử dụng A và C đối xứng với nhau qua  , tìm được tọa độ
của C .
2
2
Từ S ABC  S ACD ta suy ra d(B , )  d(D , ) và
3
3
ABCD là tứ giác lồi, tìm được tọa độ các đỉnh B , D .

B

A

I

C

 Lời giải
A  d  A(a; 1  2a ) , a  0 .
Gọi I là trung điểm của AC , ta có AI  BD và AI  2 .
D

1
a

Do đó d(A, )  2  3a  1  2 

3 Vì a  0 , nên ta nhận được A(1; 3) .

a


1.


Khi đó đường thẳng (AC ) đi qua điểm A và nhận n  (1;  1) làm một vec-tơ chỉ
phương, suy ra (AC ) : x  y  2  0 .
x  yI  2  0
I  (AC )   nên ta có  I

x I  yI  2  0
x  2x I  x A
AC , nên ta có  C
 C (1; 1) .
yC  2yI  y A
Vì B , D   nên B(b; b  2) và D(d ; d  2) , b
tương ứng là S ABC 

x I  0
Vậy I (0; 2) là trung điểm của

yI  2.

 d . Khi đó diện tích ABC và ACD

1
1

AC .d(B , (AC )) và S ACD  AC .d(D , (AC )) .
2
2

3b  2d
2
2
2
S ACD  d (B , )  d (D , )  2b  2d  
3
3
3
3b  2d .
Vì ABCD là tứ giác lồi, nên B và D nằm khác phía đối với đường thẳng (AC ) do đó ta
chỉ nhận được 3b  2d . Vì b là số nguyên dương nhỏ nhấ và d là số nguyên, nên ta có thể
chọn được b  2 và d  3 .
Do đó S ABC 

-3-




TÌM TÒI LỜI GIẢI CÁC BÀI TOÁN

Phương pháp tọa độ trên mặt phẳng

Vậy: A(1; 3) , B(2; 4) , C (1; 1) , D(3;  1) .
 Ví dụ 2.2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD với CD  2 AB
và có diện tích bằng 36 ; A và C cùng thuộc đường thẳng d1 : x  y  4  0 , B và D

cùng thuộc đường thẳng d2 : x  y  2  0 . Viết phương trình các đường thẳng chứa các
cạnh bên AD và BC của hình thang, biết rằng A và B đều có tung độ dương.

 Tìm tòi
A
B
Vì AC  BD nên diện tích của hình thang ABCD là
AC 2
S ABCD 
và A  d1 nên A(a; 4  a ) .
2
I
Gọi I  d1  d2 , ta có IAB và ICD đồng dạng


IC CD
nên

 IC  2 IA .
IA AB
D
C
Sử dụng S ABCD  36 , tìm được a . Suy ra tọa độ của
A và C .


B  d2  B(b; b  2) , b  2 . Sử dụng IB  IA và ID  2 IB , tìm được tọa độ các
đỉnh B và D . Từ đó suy ra phương trình các đường thẳng (AD ) và (BC ) .

 Lời giải

x  yI  4  0
Gọi I  d1  d2 , ta có  I
 I (3; 1) .
x I  yI  2  0
Vì A  d1 nên ta có A(a; 4  a ) , a  4 .

IC CD
Mặt khác AD  BC và CD  2 AB nên IAB và ICD đồng dạng, suy ra

.
IA
AB


Do đó ta có IC  2 IA  C (9  2a; 2a  5) .
Vì AC  BD nên diện tích của hình thang ABCD là S ABCD

AC 2

.
2

a  5 (loaïi)
Vậy S ABCD  36  AC 2  72  (a  3)2  4  
a  1 (nhaän).
Do đó ta nhận được A(1; 5) và C (11;  7) .
b  1
Vì B  d2 nên ta có B(b; b  2) , b  2 . Khi đó IB  IA  (b  3)2  16  
Vì
b  7.

b  2 , nên ta nhận được B(7; 5) .


x  3  8
Mặt khác, ta cũng có ID  2 IB nên  D
suy ra D(5;  7) .
y D  1  8


Vì AD  (4;  12) và BC  (4;  12) nên ta có:

x 1 y 5

 (AD ) : 3x  y  8  0 ,
1
3
x 7 y 5
(BC ) :

 (BC ) : 3x  y  26  0 .
1
3
(AD ) :

-4-




TÌM TÒI LỜI GIẢI CÁC BÀI TOÁN

Phương pháp tọa độ trên mặt phẳng

 Ví dụ 2.3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD với đường thẳng
(AB ) : x  3y  5  0 ; đường thẳng (BD ) : x  y  1  0 và đường thẳng (AC ) đi qua
điểm M (9; 2) . Tìm tọa độ các đỉnh A, B , C , D của hình chữ nhật.

 Tìm tòi
Vì BC  AB và B  AB  BD nên tìm được phương
trình của đường thẳng (BC ) .
Gọi I  AC  BD và sử dụng D  (BD ) , suy ra I là
m  4 m  2
trung điểm của BD và I 
;
.
2 
 2

B

A
M

I
C

D

 6m  4 2m  7 
Vì AD / / BC , nên ta có (AD ) : 3x  y  4m  1  0 . Do đó A 

;
 và
5 
 5


MI cùng phương với MA , tìm được m . Suy ra tọa độ A, C , D .

 Lời giải
x  3yB  5  0
x  4
Ta có B  AB  BD   B
 B
vậy B(4; 3) .
x

y

1

0
y

3
B
B
B





Đường thẳng (AB ) có một vec-tơ pháp tuyến là n AB  (1;  3) , vì BC  AB nên n AB

x 4 y 3

 (BC ) : 3x  y  15  0 .
1
3
m  4 m  2
Vì D  (BD )  D(m; m  1) , m  4 và trung điểm của BD là I 
;
.
2
2


AD / / BC nên (AD ) : 3(x  m )  (y  m  1)  0  (AD ) : 3x  y  4m  1  0 .

là một vec-tơ chỉ phương của (BC ) . Vậy (BC ) :

x  3yA  5  0
 6m  4 2m  7 
A  AB  AD   A
suy ra A 
;
.
3
x

y


4
m

1

0
5
5
A
 A




Ta thấy: 2 MI  (m  22; m  2) , 5 MA  (6m  41; 2m  3) và ba điểm M , I , A thẳng


hàng MI cùng phương với MA nên ta có (m  22)(2m  3)  (m  2)(6m  41)
m  4 (loaïi)
 m 2  3m  4  0  
m  1 (nhaän).
3 1
Do đó: A(2; 1) , D(1;  2) và I  ;  .
2 2
x  2x I  x A
Vì I là trung điểm của AC nên  C
suy ra C (5; 0) .
y


2
y

y
I
A
 C
Vậy ta có: A(2; 1) , B(4; 3) , C (5; 0) , D(1;  2) .
 Ví dụ 2.4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh A thuộc
đường thẳng d : x  y  4  0 và C có tung độ dương. Biết rằng đường thẳng (BC ) đi
qua điểm M (4; 0) , đường thẳng (CD ) đi qua điểm N (0; 2) và AM  AN . Xác định tọa
độ các đỉnh A , B , C , D của hình vuông.

-5-




TÌM TÒI LỜI GIẢI CÁC BÀI TOÁN

Phương pháp tọa độ trên mặt phẳng

 Tìm tòi
Gọi I là trung điểm của MN , vì AM  AN nên suy ra
AI  MN . Tìm được A  d  (AI ) .
Chỉ ra C  (AI ) và CMN vuông tại C . Tìm được tọa
độ đỉnh C .
 
Sử dụng B  (CM ) và AB  CM , tìm được tọa độ đỉnh
 

B ; sử dụng AD  BC , tìm được tọa độ đỉnh D .
 Lời giải
Gọi I là trung điểm của MN , ta có I (2; 1) .

B

A

I
D

N

M
C


Vì AM  AN nên ta có AI  MN . Do đó đường thẳng (AI ) nhận MN  (4; 2) làm một
vec-tơ pháp tuyến, suy ra (AI ) : 2x  y  3  0 .
x  yA  4  0
A  d  (AI ) nên ta có  A
suy ra A(1;  5) .
2x A  yA  3  0

3
và CMN vuông cân
2
m  3  C (3; 3) (nhaän)
MN
tại C suy ra MC 

 5m 2  20m  15  0  
2
m  1  C (1;  1) (loaïi).

x 4
y
Ta có CM  (1;  3) nên (CM ) :

 (CM ) : 3x  y  12  0 .
1

3


 
Ta cũng có CM  CN nên C  (AI ) , do đó C (m; 2m  3) với m 

B  (CM ) nên B(b; 12  3b) và AB  (b  1; 17  3b) vuông góc với CM , suy ra AB.CM  0
 10b  20  0  b  5 . Vậy ta có B(5;  3) .
 
x  1  2
Khi đó AD  BC   D
suy ra D(3; 1) .
yD  5  6
Do vậy ta có: A(1;  5) , B(5;  3) , C (3; 3) , D(3; 1) .

 Ví dụ 2.5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có đỉnh
B(4;  1) và đỉnh D thuộc trục tung. Gọi M là trung điểm của cạnh BC và N là trung
5
5

điểm của đoạn DM , đường thẳng (AN ) cắt đường thẳng (BC ) tại điểm F  ;   .
2
2
Biết rằng (AN ) : 3x  y  5  0 , tìm tọa độ các đỉnh A, C , D của hình bình hành.

 Tìm tòi
Gọi P là trung điểm của AD , G  AN  MP
M
C
B
F
2
suy ra G là trọng tâm của ADM  MG  MP .
N
E
3
Gọi E  (AN )  (CD) , ta có MG là đường
G
A
trung bình của hình thang ABEC
D
P
AB  CE
CD
2
 MG 
. Suy ra CE 
và DE  AB .
2
3

3
2
Vậy ta có d(D , (AN ))  d(B , (AN )) , kết hợp với D  Oy và B , D nằm khác phía đối với
3
đường thẳng (AN ) , tìm được tọa độ đỉnh D .
-6-




TÌM TÒI LỜI GIẢI CÁC BÀI TOÁN

Phương pháp tọa độ trên mặt phẳng

 1 
 
Sử dụng: FC  FB và BA  CD , tìm được tọa độ các đỉnh C và A .
3

 Lời giải
Gọi P là trung điểm của AD và G  AN  MP ta có G là trọng tâm của ADM , suy
2
ra MG  MP .
3
Gọi E  (AN )  (CD) , ta có MG / /AB nên MG là đường trung bình của hình thang ABEC
AB  CE
 MG 
.
2
CD

2
2
Suy ra CE 
và DE  AB . Vậy ta có d(D , (AN ))  d(B , (AN )) (1).
3
3
3
m  1  D(0; 1)
D  Oy  D(0; m ) . Khi đó (1)  m  5  4  
m  9  D(0; 9).
Vì B và D nằm khác phía đối với (AN ) nên ta chỉ nhận được D(0; 1) .

5 1
 1 
xC  
1
FC 1
2 2  C (3;  2) .
Ta có CE  CD và CD  AB , nên
  FC  FB  
3
FB 3
3
y  5  1
 C 2 2
 
x  4  3
Mặt khác, ta có BA  CD   A
suy ra A(1; 2) .
y


1

3
 A
Vậy ta có: A(1; 2) , C (3;  2) , D(0; 1) .
 Ví dụ 2.6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn

(T ) có phương trình x 2  y 2  4x  2y  3  0 . Biết rằng AB 

BD 5

, đỉnh A có
2
hoành độ âm và nằm trên trục hoành. Tìm tọa độ các đỉnh A, B , C , D của hình thoi.

 Tìm tòi
Gọi H là tiếp điểm của cạnh AB và đường tròn (T ) . Vì hình thoi ABCD ngoại tiếp
đường tròn (T ) nên tâm của (T ) là I  AC  BD và IH bằng bán kính của (T ) .
Sử dụng I là trung điểm của AC và BD , kết hợp với
B
BD 5
H
AB 
ta có AB  IB 5 . Vì ABI vuông nên suy ra
2
A
C
1
1

1
I


tìm
được
IA
,
suy
ra
tọa
độ
IA  2 IB và
IH 2 IA2 IB 2
đỉnh A và C .
D
Vì BD  AC nên tìm được phương trình đường thẳng (BD ) .
Sử dụng IA  2 IB , tìm được tọa độ của các đỉnh B và D .
 Lời giải
Ta thấy đường tròn (T ) có tâm I (2;  1) và bán kính là R  2 .
Khi đó I  AC  BD cũng là tâm của hình thoi, nên AC  2 IA và BD  2 IB .

-7-




TÌM TÒI LỜI GIẢI CÁC BÀI TOÁN

Do đó AB 

Phương pháp tọa độ trên mặt phẳng

BD 5

 AB  IB 5 .
2
ABI vuông tại I , nên AB 2  IA2  IB 2 suy ra IA  2 IB .

Gọi H là tiếp điểm của AB và đường tròn (T ) , khi đó IH  AB và IH  2 nên ta có

1
1
1
 2  2 suy ra IA  10 (*).
2
IH
IA
IB
A  Ox  A(a; 0) , thế vào (*) ta nhận được a  5 hoặc a  1 .
Vì a  0 nên ta có A(1; 0) và I là trung điểm của AC , nên suy ra C (5;  2) .

Mà BD  AC suy ra AI  (3;  1) là một vec-tơ pháp tuyến của đường thẳng (BD ) .
Vậy (BD ) : 3x  y  7  0 suy ra B(b; 3b  7) .

5
b

1
10

2 Vì B và D đối xứng với nhau qua I , nên ta có:
Ta có IB 
 (b  2)2 

2
4
b  3 .

2
5 1
3
3
5 1
5
5
B  ;  , D  ;   hoặc B  ;   , D  ;  .
2
2
2 2
2
2
2 2
5 1
3
3
5
5
Do đó ta có: A(1; 0) , B  ;  , C (5;  2) , D  ;   hoặc A(1; 0) , B  ;   ,
2
2

2 2
2
2
5 1
C (5;  2) , D  ;  .
2 2

B. BÀI TẬP THỰC HÀNH
 Bài toán 2.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có AB  2 AD ,
đỉnh A(1; 4) , đỉnh C thuộc đường thẳng d : x  y  2  0 . Gọi E là một điểm thuộc
đoạn AC sao cho AC  3 EC , biết rằng B và E cùng thuộc đường thẳng

 : x  7y  21  0 . Tìm tọa độ các đỉnh B , C , D của hình chữ nhật.

 Gợi ý tìm tòi
Ta thấy E là trọng tâm của BCD ; C  d  C (m; m  2) .
Gọi M là trung điểm của CD , vì ABCD là hình chữ nhật và AB  2 AD nên AMD và
BMC là tam giác vuông cân. Vậy AM  BM và M  
 M (0;  3) .

B

A


9 1
9
C  ; 
1
m 

Khi đó d(C , )  d (A, ) suy ra: 
4
4 4
2
m  4  C (4;  6).
D

Vì A và C nằm khác phía đối với  , nên ta chỉ nhận được C (4;  6) .
Từ đó tìm được B(7;  2) , D(4; 0) .

E
M

 Bài toán 2.2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD có hai đáy là AB
và CD thỏa mãn CD  2 AB ; đỉnh B thuộc đường thẳng d : 2x  y  2  0 đường
-8-



C


TèM TềI LI GII CC BI TON

Phng phỏp ta trờn mt phng

2
thng cha ng chộo AC l : 11x 2y 7 0 . Bit rng D(5; 1) v G ; 3 l
3
trng tõm ca tam giỏc ABC . Tỡm ta cỏc nh A, B , C ca hỡnh thang.

Gi ý tỡm tũi
I AC BD , ta cú

A

IB AB

ID CD

B
I

G
1
E
suy ra d(B , ) d (D , ) B(2; 2) .
2
D
7
M
Gi E BG E 0; l trung im ca AC .
2
Gi M BG CD , ta cú E l trung im ca BM v M l trung im ca CD .
Suy ra ta ca C v A .

C

Bi toỏn 2.3. Trong mt phng vi h ta Oxy , cho hỡnh thang ABCD cú ỏy nh l AB ,
nh A(1; 3) v nh D(3; 3) . Giao im I ca hai ng chộo cú honh dng

v nm trờn ng thng d : 2x y 3 0 sao cho ID 2 IA . Bit tam giỏc ACD cú
din tớch bng 40 v nh C cú honh dng. Tỡm ta cỏc nh B v C .

Gi ý tỡm tũi
I d I (t ; 3 2t ) , t 0 .
ID 2 IA 15t 2 26t 41 0 , vỡ t 0 nờn ta ch nhn c t 1 I (1; 1) .

Suy ra (AI ) : x y 2 0 vỡ C (AI ) nờn C (m; 2 m ) , m 0 .
Ta cú (AD ) : 3x y 6 0 v AD 2 10 , nờn din tớch ACD l S 10.d(C , (AD )) .
Do ú ta cú:

10.d(C , (AD)) 40 m 1 10 , vỡ m 0 nờn ta ch nhn m 9

C (9; 7) .
Vỡ AB / /CD nờn (AB ) : x 3y 8 0 , B (AB ) (DI ) nờn suy ra B(2; 2) .
Bi toỏn 2.4. Trong mt phng vi h ta Oxy , cho hỡnh bỡnh hnh ABCD cú nh
A(1; 2) v ng thng cha ng chộo BD l : 4x 3y 8 0 . Bit rng
AB 2 2 v nh B cú honh l s dng. Tỡm ta cỏc nh B , C , D ca hỡnh
bỡnh hnh.

Gi ý tỡm tũi
Ta cú B B(3b 2; 4b) . Vy AB 2 2 25b 2 22b 3 0
b 1
B(1; 4)
(nhaọn)


41
3
12

b
B ; (loaùi).
A

25
25
25

Gi A(x 0 ; y 0 ) l im i xng ca A qua v

n (4; 3) l mt vec-t phỏp tuyn ca , ta cú
B


AA k .n suy ra A(1 4k ; 2 3k ) , k 0 .

-9-

D

C
A




TÌM TÒI LỜI GIẢI CÁC BÀI TOÁN

Phương pháp tọa độ trên mặt phẳng

 9 38 
Sử dụng d(A, )  d (A, ) tìm được A   ;
.
 25 25 
Khi đó A C / / nên (AC ) : 4x  3y  6  0  C (3t ; 4t  2) .
ACA vuông tại A , nên A C 2  AA2  AC 2 suy ra C (0; 2) .
 
Sử dụng CD  BA suy ra D(2; 0) .

 Bài toán 2.5. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có giao điểm
 1
của hai đường chéo là I (2; 1) và AC  2BD . Điểm M  0;  thuộc đường thẳng AB
 3
và điểm N (0; 7) thuộc đường thẳng CD . Tìm tọa độ đỉnh B , biết rằng B có hoành độ là
số dương.

 Gợi ý tìm tòi
Điểm đối xứng của N qua tâm I của hình thoi là N (4;  5) .
Khi đó M , N  cùng thuộc đường thẳng AB nên (AB ) : 4x  3y  1  0 .
Ta có IA  2IB , IH  d(I , AB )  2 và ABI nên suy ra 4IB 2  5IH 2  IB  5 .
Do đó B(1;  1) .
 Bài toán 2.6. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích
bằng 12 . Hai đỉnh C và D cùng thuộc đường thẳng d : x  y  1  0 , trung điểm M của
cạnh AD thuộc tia Oy . Biết rằng AC  26 và điểm B có hoành độ dương. Tìm tọa độ
các đỉnh A và B .

 Gợi ý tìm tòi
Vì AD  CD nên (AD ) : x  y  m  0 .
M  Oy và M  (AD )  M (0;  m ) , m  0 .
MD  d(M , d ) 

m 1
2

và AD  2MD  2 m  1 .

Ta có S ABCD  AD.CD  2 m  1 .CD  12 (1).
Mặt khác: CD  AC 2  AD 2  26  2(m  1)2 nên (1)  (m  1)4  13(m  1)2  36  0 .
Vì m  0 nên ta nhận được: m  2 hoặc m  1 . Do đó: M (0; 2) hoặc M (0; 1) .
3 1
 3 7
+ Với M (0; 2) , ta có (AD ) : x  y  2  0 suy ra D  ;  , A   ;  . Khi đó
2 2
 2 2
(AB ) : x  y  5  0 , B  (AB )  B(a; a  5) , a  0 .
Sử dụng BD  AC , ta tìm được tọa độ các đỉnh B và C .
+ Với M (0; 1) , ta có (AD ) : x  y  1  0 suy ra D(1; 0) , A(2; 2) .
(AB ) : x  y  4  0 , B  (AB )  B(a; a  4) , a  0 .
Sử dụng BD  AC , ta tìm được tọa độ các đỉnh B và C .

 Bài toán 2.7. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có diện tích
S  150 . Hai đỉnh B và D cùng thuộc đường thẳng d : 7x  y  3  0 ; đỉnh A thuộc
đường thẳng 1 : x  10y  1  0 và đỉnh C thuộc đường thẳng 2 : x  3y  4  0 . Biết
rằng đỉnh B có hoành độ là số dương. Tìm tọa độ các đỉnh A, B , C , D của hình thoi.
- 10 -




TÌM TÒI LỜI GIẢI CÁC BÀI TOÁN

Phương pháp tọa độ trên mặt phẳng

 Gợi ý tìm tòi


Đường thẳng d có một vec-tơ pháp tuyến là n  (7;  1) ;

A  1  A(1  10a; a ) , C   2  C (4  3c; c ) .

 10a  3c  3 a  c 
Gọi I là tâm của hình thoi, ta có I 
;

2
2 

Vì I  d nên suy ra 71a  22c  27  0 (1).


Vì AC  BD nên AC  (10a  3c  5; c  a ) cùng phương với n , suy ra
3a  4c  5  0 (2).
Từ (1) và (2) ta có A(11;  1) và C (10; 2) .

1 1
Khi đó I  ;  và B  d  B(b; 7b  3) .
2 2
1
3
1

Do đó, diện tích ABC là S ABC  IB.AC  75 b  . Sử dụng S  2SABC , tìm được b  .
2
2
2
 3 15 
 1
11 
Vậy các đỉnh của hình thoi là: A(11;  1) , C (10; 2) , B  ;
 , D  ;  .
2 
2 2 
 2

 Bài toán 2.8. Trên mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh
A(2; 1) và BC  2AB . Đường thẳng chứa cạnh BC đi qua điểm M (3;  4) và
MC  3MB . Tìm tọa độ các đỉnh C và D , biết rằng đỉnh B có hoành độ âm.

 Gợi ý tìm tòi
Gọi B(x B ; y B ) , x B  0 ta có:


AB  (x B  2; yB  1) , MB  (x B  3; yB  4)
 
ABM vuông tại B nên ta có AB.MB  0
 x B2  yB2  x B  3yB  10  0 (1).

A

D

M
Gọi C (xC ; yC ) , vì M  (BC ) và MC  3MB
B
nên xảy ra các khả năng sau:


x  3x B  6
+ MC  3 MB   C
Suy ra BC  (2x B  6)2  (2yB  8)2 .
y  3yB  8.
 C

C

Vậy BC  2AB  (2x B  6)2  (2yB  8)2  2 (x B  2)2  (yB  1)2  yB  x B  2 (2).
Thế (2) vào (1), ta nhận được: x B2  x B  6  0 suy ra B(3; 1) , C (3; 11) .
 
Sử dụng AD  BC , tìm được đỉnh D .


+ MC  3 MB (giải tương tự như trên).
 Bài toán 2.9. Trên mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD với C (3;  3) ,
M là trung điểm của cạnh BC và đường thẳng DM có phương trình là x  y  2  0 ,
điểm A thuộc đường thẳng d : 3x  y  2  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B , D biết rằng
điểm A có hoành độ âm.

 Gợi ý tìm tòi
Ta có A(a; 2  3a ) với a  0 .
- 11 -

TÌM TÒI LỜI GIẢI CÁC BÀI TOÁN

Phương pháp tọa độ trên mặt phẳng

Gọi I là tâm của hình vuông và G  AC  DM .
Ta có G là trọng tâm của BCD . Suy ra CG  2GI
 AG  2CG .
Do đó d(A, DM )  2d (C , DM )  4a  4  8  a  1 .

A

D

Vậy A(1; 5) và I (1; 1) .
BD  AC  BD : x  2y  1  0 .
Tìm được D(5; 3) và B(3;  1) .

I

G

M

B

C

 Bài toán 2.10. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có đỉnh
D(6;  6) ; đường trung trực của đoạn CD là d : 2x  3y  17  0 , đường phân giác

trong của góc BAC
là  : 5x  y  3  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B , C của hình bình
hành.

 Gợi ý tìm tòi
Gọi M là trung điểm của CD , ta có M  d suy

ra M (3m  1;  2m  5) và DM  (3m  5;  2m  1) .

Vì d  CD và n  (2; 3) là một vec-tơ pháp tuyến của


đường thẳng d , nên DM cùng phương với n suy ra
m  1 . Do đó: M (4;  3) và C (2; 0) .

E

A

B



D

M


C

Gọi E (x 0 ; y 0 ) là điểm đối xứng của C qua đường thẳng  .
Sử dụng CE   và d(E , )  d(C , ) , tìm được E (3; 1) .
Vì E  (AB ) và AB / /CD nên tìm được phương trình của đường thẳng (AB ) . Khi đó
 
A    (AB ) và AB  DC , tìm được tọa độ các đỉnh A và B .

IV. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
Nội dung của đề tài là một phần cơ bản trong chương trình Luyện thi đại học hàng năm
dành cho học sinh tại Trung tâm luyện thi đại học của Trường THPT Nguyễn Trãi và đã tạo
điều kiện giúp các em đạt kết quả cao trong các kỳ thi vào các trường đại học trong những
năm qua.

V. ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ
Nội dung của đề tài ở phần này cũng có thể là tài liệu tham khảo cho giáo viên trong
quá trình lựa chọn các bài tập phục vụ cho các tiết luyện tập nâng cao cho học sinh lớp 10,
hay việc ôn tập kiến thức trong kỳ thi Trung học phổ thông quốc gia cho học sinh lớp 12.

VI. TÀI LIỆU THAM KHẢO
Một số bài toán thực hành trong nội dung đề tài được biên soạn dựa trên việc khai thác
nội dung một số bài toán ở một số Đề thi thử đại học tại trang mạng: www.VNMATH.com
và www.moon.vn.

- 12 -