Chuyên đề giải đề thi đại học dạng toán "Phương pháp toạ độ trong mặt phẳng"

Bản quyền thuộc Nhóm Cự Mơn của Lê Hồng Đức
Tự học đem lại hiệu quả tư duy cao, điều các em học sinh cần là:
1. Tài liệu dễ hiểu  Nhóm Cự Mơn ln cố gắng thực hiện điều này
2. Một điểm tựa để trả lời các thắc mắc  Đăng kí “Học tập từ xa”

GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC THEO CHUYÊN ĐỀ

PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ
TRONG MẶT PHẢNG

Học Toán theo nhóm (từ 1 đến 6 học sinh) các lớp 9, 10, 11, 12
Giáo viên dạy: LÊ HỒNG ĐỨC
Địa chỉ: Số nhà 20  Ngõ 86  Đường Tô Ngọc Vân  Hà Nội
Email:
Phụ huynh đăng kí học cho con liên hệ 0936546689

1


Phơng pháp toạ độ trong mặt phẳng
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M
là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND. Gi¶
 11 1 
sư M ; và đờng thẳng (AN): 2x y 3 = 0. Tìm toạ độ điểm A.
2 2
Giải
Đánh giá và định hớng thực hiện: Trớc tiên, các em học sinh hÃy phác thảo hình vẽ.
Bài toán thuộc dạng "Tìm điểm thuộc đờng thẳng thoả mÃn điều kiện K" nên ta
thực hiện theo các bớc:
Bớc 1: Chuyển phơng trình đờng thẳng (d) về dạng tham số theo t để có đợc
biểu diễn toạ độ của điểm A theo t.

Bớc 2: Xây dựng các mối quan hệ xung quanh giả thiết. Cụ thể:
Gọi H là hình chiếu vông góc của M trên AN, suy ra H BD.
Dựng đờng thẳng qua H song song với CD cắt AD và BC theo
thứ tự tại P và Q, suy ra:
AH = HM  AM  2HM  2d(M, (AN))
Giá trị của t Toạ độ điểm A.
lời giải chi tiết: Học sinh tự vẽ hình.
Chuyển phơng trình đờng thẳng (AN) về dạng tham số:
x t
(AN) : 
, (t  )  A(t; 2t  3).
 y 3 2t
Gọi H là giao điểm của AN và BD. Kẻ đờng thẳng qua H và song song với
AB, cắt AD và BC theo thứ tự tại P và Q.
Đặt HP = x, suy ra:
PD = QC = x; AP = 3x; HQ = 3x; MQ = x
AHP = HMQ AH HM.
Hơn nữa, ta còng cã:
AH = HM  AM  2HM  2d(M, (AN))
VÝ dô 1:

2



2

121
49 90
7

3 10
 11  
 t 2  11t 
 4t 2  14t 

 t  2    2t  2   2
4
4
4

 


 A1 (1;  1)
 t 1
 t2  5t + 4 = 0 t + 4 = 0  
 
.
 t 4
 A 2 (4; 5)
VËy, tån t¹i hai điểm A1(1; 1) và A2( 4; 5t + 4 = 0 ) thoả mÃn điều kiện đầu bài.
Ví dụ 2:
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đờng tròn (C): x2 + y2 =
8. Viết phơng trình chính tắc của Elip (E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8
và (E) cắt (C) tại bốn điểm tạo thành bốn đỉnh của hình vuông.
Giải
2


Đánh giá và định hớng thực hiện: Trớc tiên, các em học sinh hÃy phác thảo hình vẽ.

Ta thực hiện theo các bớc:
Bớc 1: Chỉ ra phơng trình chính tắc cho (E), biÕt a = 4, cơ thĨ:
x 2 y2
(E) : 2  2 1, 4  b  0.
4
b
Bíc 2: Sử dụng tính chất đối xứng để khẳng định đỉnh A(t; t) thuộc cả (C)
và (E). Khi đó:
Từ A (C) suy ra đợc toạ độ của A.
Từ A (E) suy ra đợc giá trị của b.
Bíc 3: KÕt ln.
lêi gi¶i chi tiÕt: Elip (E) víi độ dài trục lớn bằng 8 có phơng trình chình t¾c:
x 2 y2
(E) : 2  2 1, 4  b 0.
4
b
Từ giả thiết (E) cắt (C) tại bốn điểm tạo thành bốn đỉnh của hình vuông
ABCD (với A  P(I)), suy ra A(t; t) víi t > 0 vµ:
A  (C)  t2 + t2 = 8  t = 2  A(2; 2).
2
2
16
A  (E)  2  2 1  b 2  .
2
2
3
4 b
2
2

VËy, ta ®ỵc (E) : x  y 1.
16 16 / 3
VÝ dụ 3:
(Đề thi đại học Môn Toán khối B.a năm 2012): Trong mặt
phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho các ®êng trßn (C1): x2 + y2 = 4, (C2): x2 + y2
12x + 18 = 0 và đờng thẳng (d): x  y  4 = 0. ViÕt ph¬ng trình đờng tròn có tâm
thuộc (C2), tiếp xúc với (d) và cắt (C1) tại hai điểm A và B sao cho AB vuông
góc với (d).
Giải
Đánh giá và định hớng thực hiện: Với định hớng:





Sử dụng phơng trình tổng quát của đờng tròn là:
(C): x2 + y2 2ax 2bx + c = 0, ®iỊu kiƯn a2 + b2 c > 0
ta cần tìm đợc a, b, c dựa trên các giả thiết. Cụ thể:
- Phơng trình đờng thẳng (AB) chính là trục đẳng phơng của hai đờng tròn

(C) và (C1). Từ đó, suy ra toạ độ vecto AB(b; a).
- Vì (AB) vuông góc với (d) ta nhận đợc phơng trình (1).
- Tâm I của (C) thuộc (C2) ta nhận đợc phơng trình (2).
- (C) tiếp xúc với (d) ta nhận đợc phơng trình (3).
Giải hệ tạo bởi (1), (2), (3) sẽ nhận đợc giá trị của a, b, c và từ đó suy ra phơng trình của đờng tròn (C) cần tìm.
Sử dụng phơng trình chính tắc của đờng tròn, ta cần tìm đợc tâm I(a; b) và
bán kính R. Cụ thể:
- (C) cắt (C1) (có tâm O) tại hai điểm phân biệt A, B nên:
AB OI OI // (d) Phơng trình đờng thẳng (OI).
- Tâm I thuộc (OI) và đờng tròn (C2) ta nhận đợc hệ phơng trình với hai

ẩn a, b. Suy ra đợc toạ độ tâm I.
- (C) tiếp xúc với (d) ta nhận đợc bán kính R.
Từ đó, suy ra phơng trình chính của đờng tròn (C) cần tìm.
3


lời giải chi tiết: Ta có thể trình bày theo các cách sau:

Cách 1: Giải sử đờng tròn (C) có phơng trình:
(C): x2 + y2 2ax 2bx + c = 0, ®iỊu kiƯn a2 + b2  c > 0.
(C) cắt (C1) tại hai điểm phân biệt A, B nên (AB) có phơng trình:

(AB): 2ax + 2bx + c = 4  AB(b;  a).

AB v«ng gãc víi (d) cã vtcp v(1; 1) nªn:
 
AB.v 0  b  a = 0  a = b.
(C) cã t©m I(a; b) thuộc đờng tròn (C2), ta đợc:
a2 + b2  12a + 18 = 0  a2  6a + 9 = 0 a + 9 = 0  a = 3  b = 3.
§Ĩ (C) tiÕp xóc với (d) điều kiện là:
a b 4
R = d(I, (d))  a 2  b 2  c 
 18  c 2 2
2
 18  c = 8  c = 10.
Vậy, đờng tròn (C) có phơng trình x2 + y2  6a + 9 = 0 x  6a + 9 = 0 y + 10 = 0.
C¸ch 2: Giải sử đờng tròn (C) có tâm I(a; b) và bán kính R.
(C) cắt (C1) (có tâm O) tại hai điểm phân biệt A, B nên:
AB OI OI // (d)  (OI): x  y = 0.
T©m I thuộc (OI) và đờng tròn (C2), suy ra:

a b 0
a b
 a = b = 3.

 2
 2
2
a  b  12a  18 0
a  6a + 9 = 0 a  9 0
§Ĩ (C) tiÕp xóc với (d) điều kiện là:
a b 4
R = d(I, (d))
2 2.
2
Vậy, đờng tròn (C) có phơng trình (x 3)2 + (y  3)2 = 8.
VÝ dơ 4:
Trong mỈt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD có
AC = 2BD và đờng tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phơng trình x2
+ y2 = 4. Viết phơng trình chính tắc của elip (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D của
hình thoi. Biết A thuộc Ox.
Giải
Đánh giá và định hớng thực hiện: Phác thảo vẽ hình để nhận ra rằng với elip

x 2 y2
 1 (a  b  0) tho¶ m·n điều kiện đầu bài ta sẽ có ngay a = 2b. (1)
a 2 b2
Mèi quan hƯ tiÕp theo cđa a và b cần đợc xây dựng dựa vào giả thiết "Đờng tròn
(C) tiếp xúc với các cạnh của hình thoi", cụ thể:
RC = d(O, AB) = Độ dài đờng cao của tam giác vuông OAB
1

1
1
(2)
2

.
2
R
OA
OB 2
Giải hệ tạo bởi (1), (2) sẽ nhận đợc giá trị của a, b và từ đó suy ra phơng trình của
elip (E) cần tìm.
(E) :

4


lời giải chi tiết: Học sinh tự vẽ hình.
2

2

Với elíp (E) : x  y 1 (a  b  0).
a 2 b2
Ta lần lợt:
Với OA = 2OB suy ra a = 2b.
Đờng tròn (C): x2 + y2 = 4 (có tâm O, bán kính R = 2) tiếp xúc với các
cạnh của hình thoi nên:
1
1

1
1
1
1
2
2  b2 = 5t + 4 = 0 a2 = 20.


2
2
2
2
2
(2b) b
R
OA
OB
2
2
Vậy, ta đợc (E) : x  y 1.
20 5t + 4 = 0
VÝ dô 5:
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Các
đờng thẳng AC và AD lần lợt có phơng trình x + 3y = 0 và x y + 4 = 0; đờng
1
thẳng BD ®i qua ®iÓm M   ; 1  . Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật
3
ABCD.
Giải
Đánh giá và định hớng thực hiện: Phác thảo hình vẽ và gọi I là giao điểm của AC

với BD. Ta thấy:
Toạ độ điểm A đợc xác định thông qua tơng giao của AC và AD.
Khai thác giả thiết về điểm M với khẳng định cần có đợc toạ độ của D và
của I, từ đó định híng theo c¸c c¸ch:
C¸ch 1: Ta thÊy:
- Mn cã D cần có toạ độ trung điểm K của AD.
- KI lµ trung trùc cđa AD, suy ra:
KI lµ trung trùc cđa MN (víi N  AC sao cho MN // AD)
Cần có đợc toạ độ điểm N
Cần có đợc phơng trình đờng thẳng (MN).
Phơng trình (MN) đợc xác định khá đơn giản bởi nó đi qua M và song
song với (AD).
Từ đó, thứ tự các bớc thực hiện với cách giải này sẽ là:
Bớc 1: Lập phơng trình ®êng th¼ng (MN) víi:
Qua M
(MN) : 
.
MN / /AD
Bíc 2: Toạ độ các điểm K, I có đợc khi cho (MN) tơng giao với (AD)
và (AC).
Bớc 3: Từ K ta nhận đợc toạ độ của D rồi suy ra toạ độ các điểm còn
lại là B và C.
Cách 2: Với hình chữ nhật ABCD thì IAD cân tại I nên:


- Từ điều kiện IAD
ta xác định đợc vtcp của đờng thẳng (BD).
IDA
- Lập phơng trình đờng thẳng (BD) biết nó ®i qua M.

5t + 4 = 0


-

Với (BD) ta xác định toạ độ của điểm I ((AC)  (BD) = {I}), ®iĨm DI}), ®iĨm D), ®iĨm D
((BD) (AD) = {I}), điểm DD}), điểm D) và tõ ®ã sư dơng tÝnh chÊt trung ®iĨm sÏ nhËn đợc toạ độ của C và B.
Cách 3: Sử dụng phơng trình tham số của (AC) (tham số a) và (AD) (tham
số b) để có đợc toạ độ biểu diễn cho D và I. Từ các điều kiện:
IA ID
Giá trị của a, b Toạ độ của D và I.

M  ID
Sư dơng tÝnh chÊt trung ®iĨm sÏ nhËn đợc toạ độ của C và B.
lời giải chi tiết: Ta có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: Toạ độ điểm A ((AC) (AD) = {I}), điểm DA}), điểm D) thoả mÃn hệ phơng trình:
x 3y 0
x 3
A(3; 1).


x

y

4

0
y

1


Gọi N là điểm thuộc AC sao cho MN // AD, ta cã:

A

B
N

K

I


 1 
M
Qua M   ; 1 
4
(MN) : 
 3  (MN) : x y 0.
D

3
vtcp AD(1;
1)

Toạ độ ®iÓm N ((AC)  (MN) = {I}), ®iÓm DN}), ®iÓm D) thoả mÃn hệ phơng trình:

C

x 3y 0
x 1
1



 

4
1  N   1;  .
3

x  y 3 0
y 3
Phơng trình đờng trung trực (d) của MN đợc cho bởi:

2 2
Qua ; 
(d) : 
 3 3   (d): x + y = 0.
vtcp AD(1;  1)

Gäi K lµ trung ®iĨm AD th× (d)  (MN) = {I}), ®iĨm DK}), ®iÓm D, ta cã:
x  y 0
x  2
 K(2; 2) Toạ độ D(1; 3).

x y 4 0
y 2
Gọi I là tâm hình chữ nhật ABCD thì (d) (AC) = {I}), điểm DI}), điểm D, ta cã:
x  y 0
x 0
 I(0; 0)  To¹ độ C(3 ; 1) và B(1; 3).


x

3y

0
y

0


Cách 2: Toạ ®é ®iÓm A ((AC)  (AD) = {I}), ®iÓm DA}), điểm D) thoả mÃn hệ phơng trình:
x 3y 0
x  3
 A(3; 1).
 

x  y  4 0
y 1
Phơng trình của (BD) đợc cho bởi:

A

B
I
M

6a + 9 = 0

D

C


1

(BD) : a  x    b(y  1) 0, (a 2  b 2  0).
3

Ta cã:
1 3
a b




IAD
IDA
2. 10
2. a 2  b 2
 a 3b
.
 2 a 2  b 2  10 a  b  3a2  10ab + 3b2 = 0 

3a b
Vì BD cắt AC tại I nên chỉ cã thÓ nhËn a = 3b, suy ra:
1

(BD) : 3b  x    b(y  1) 0  (BD): 3x + y = 0.
3

Toạ độ điểm I ((AC) (BD) = {I}), điểm DI}), điểm D) thoả mÃn hệ phơng trình:
3x y 0
x 0
I(0; 0) Toạ độ C(3 ; 1)


x

3y

0
y

0


Toạ độ điểm D ((BD) (AD) = {I}), điểm DD}), điểm D) thoả mÃn hệ phơng trình:
x y 4 0
x 1
D(1; 3) Toạ độ B(1; 3).


3x y 0

y 3
Cách 3: Toạ độ điểm A ((AC) (AD) = {I}), điểm DA}), điểm D) thoả mÃn hệ phơng tr×nh:
x  3y 0
x  3
 A(3; 1).
 

x  y 4 0
y 1
Chuyển phơng trình các đờng thẳng (AC) và (AD) về dạng tham số:
x 3a
(AC) :
, a Toạ độ của I(3a; a);
y a
x b
(AD) :
, b Toạ độ của D(b; b + 4).
y b 4
Ta lần lợt:
Vì M thuộc ID nên:
1
3a


3 a 1   9a  1  a  1
MI kMD 
1
b 3
3b  1 b  3
b

3
 9ab  27a + b + 3 = 3ab + a  3b  1
 3ab + 7a  b  1 = 0.
(1)
Vì IA = ID nên:
IA2 = ID2 (3a + 3)2 + (a  1)2 = (3a + b)2 + (a  b  4)2
 20a + 10 = 4ab + 2b2 + 16a + 9 = 0  8a
 b2 + 2ab + 6a + 9 = 0 a + 4b + 3 = 0.
(2)
Gi¶i hƯ phơng trình tạo bởi (1) và (2) ta đợc a = 0 vµ b = 1, suy ra:
7


I(0; 0) Toạ độ C(3; 1) vì I là trung điểm AC.
D(1; 3) Toạ độ B(1; 3) vì I là trung điểm BD.
Ví dụ 6:
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đờng thẳng (d): 2x y
+ 3 = 0. Viết phơng trình đờng tròn có tâm thuộc (d), cắt trục Ox tại A và B,
cắt trục Oy tại C và D sao cho AB = CD = 2.
Giải
Đánh giá và định hớng thực hiện: Sử dụng phơng trình tham số của đờng thẳng (d)
để có đợc toạ độ điểm I(t; 2t + 3).
Với điều kiÖn AB = CD, suy ra:
d(I, Ox) = d(I, Oy) Giá trị tham số t Toạ độ tâm I.
Bán kính R của đờng tròn đợc cho bởi:
2

AB 
R d (I, Ox)  
 .

 2 
Tõ ®ã, nhận đợc phơng trình chính tắc của đờng tròn (C) cần tìm.
2

2



Chú ý: Cũng có thể sử dụng tính chất hai cát tuyến bằng nhau của đờng tròn
để khẳng định:
I(a; a)
AB = CD  d(I, Ox) = d(I, Oy)
.
I(a; a)
Giá trị của a đợc xác định khi sử dụng điều kiện I (d).
lời giải chi tiết: Ta có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: Chuyển phơng trình đờng thẳng (d) về dạng tham sè:
x t
(d) : 
, t  .
y 3  2t
Tâm I của đờng tròn thuộc (d) nên I(t; 2t + 3).
Từ điều kiện AB = CD ta đợc:
t 2t  3
d(I, Ox) = d(I, Oy)  t = 2t + 3  

 t  2t  3
Ta lần lợt:
Với t = 3 suy ra I(3; 3) và bán kính R đợc cho bởi:

t 3
t  1.


2



 AB  = 32 + 12 = 10.
R 2 d 2 (I, Ox)  

 2 
Tõ ®ã, suy ra:
(C1): (x + 3)2 + (y + 3)2 = 10.
Víi t = 1 suy ra I(1; 1) vµ bán lính R đợc cho bởi:
2

AB = 12 + 12 = 2.
R d (I, Ox)  

 2 
Tõ ®ã, suy ra:
(C2): (x + 1)2 + (y  1)2 = 2.
Vậy, tồn tại hai đờng tròn (C1) và (C2) thoả mÃn điều kiện đầu bài.
2

8

2

Cách 2: Từ điều kiện AB = CD ta đợc:
I(a; a)
d(I, Ox) = d(I, Oy)  
.
 I(a;  a)
Ta lần lợt:
Với I(a; a) thuộc (d), suy ra:
2a  a + 3 = 0  a = 3 I(3; 3)
và bán kính R đợc cho bởi:
2

AB  = 32 + 12 = 10.
R d (I, Ox)  

 2 
Tõ ®ã, suy ra:
(C1): (x + 3)2 + (y + 3)2 = 10.
Víi I(a; a) thuéc (d), suy ra:
2a + a + 3 = 0  3a + 3 = 0  a = 1  I(1; 1)
và bán kính R đợc cho bởi:
2



2

2

AB = 12 + 12 = 2.

R 2 d 2 (I, Ox)  

 2 
Tõ ®ã, suy ra:
(C2): (x + 1)2 + (y 1)2 = 2.
Vậy, tồn tại hai đờng tròn (C1) và (C2) thoả mÃn điều kiện đầu bài.
Ví dụ 7:
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đờng thẳng (): x + y + 2 = 0
và ®êng trßn (C): x2 + y2  4x  2y = 0. Gọi I là tâm của đờng tròn (C), M là điểm
thuộc (). Qua M kẻ các tiếp tuyến MA, MB đến (C) (A, B là các tiếp điểm). Tìm
toạ độ điểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10.
Giải
Đánh giá và định hớng thực hiện: Trớc tiên, các em học sinh hÃy phác thảo hình vẽ.

Bài toán thuộc dạng "Tìm điểm thuộc đờng thẳng thoả mÃn điều kiện K" nên ta
thực hiện theo các bớc:
Bớc 3: Xác định thuộc tính của đờng tròn (C). Chuyển phơng trình đờng
thẳng () về dạng tham số theo t để có đợc biểu diễn toạ độ của điểm
M theo t.
Bíc 4: Tõ gi¶ thiÕt MAIB cã diƯn tÝch b»ng 10, ta đợc:
SMAIB = 2SMAI = IA.MA Độ dài MA Độ dài MI
Giá trị của t.
Bớc 5: Kết luận về toạ độ của điểm M.
lời giải chi tiết: Học sinh tự vẽ hình.
Đờng tròn (C) có tâm I(2; 1) và bán kính R 5.
Chuyển phơng trình đờng thẳng () về dạng tham số:
x t
( ) : 
, (t  )  M(t; t  2).
 y  t  2

Ta cã:
SMAIB = 2SMAI = IA.MA  10  5.MA  MA 2 5
9




2

  

2

MI2 = MA2 + IA2  2 5  5 25
 (t  2)2 + (t  2  1)2 = 25t + 4 = 0  2t2 + 2t  12 = 0
 M1 (2;  4)
 t 2
 
 
.
 t 3
 M 2 ( 3; 1)
Vậy, tồn tại hai điểm M1(2; 4) và M2( 3; 1) thoả mÃn điều kiện đầu bài.
2
2
Ví dụ 8:
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elíp (E): x y 1.
4 1
Tìm toạ độ các điểm A và B thuộc (E), có hoành độ dơng sao cho tam giác OAB
cân tại O và có diện tích lớn nhất.

Giải
Đánh giá và định hớng thực hiện: Trớc tiên, các em học sinh hÃy phác thảo hình vẽ.
Bài toán thuộc dạng "Tìm điểm thuộc elíp thoả mÃn điều kiện K" nên ta thực hiện
theo các bớc:
2
2
Bớc 1: Với ®iÓm A(x; y), 0 < x < 2 thuéc (E) thì x y 1.
(*)
4 1
Bớc 2: Từ giả thiết:
B có hoành độ dơng và tam giác OAB cân tại O nên B(x; y).
Với H là trung điểm AB th×:
1
1
SOAB = OH.AB  x 4  x 2 .
2
2
Bớc 3: Để tam giác OAB có diện tích lớn nhất bài toán đợc chuyển về việc
1
tìm giá trị lớn nhÊt cđa hµm sè f (x)  x 4  x 2 , x (0; 2).
2
Công việc này có thể đợc thực hiện bằng việc Sử dụng bất đẳng
thức Côsi hoặc phơng pháp hàm số. Từ đó, nhận đợc giá trị tơng
ứng của x và thay x vào (*) để nhận đợc giá trị y.
Bớc 4: Kết luận về toạ độ của các điểm A và B.
lời giải chi tiÕt: Víi ®iĨm A(x; y), 0 < x < 2 thuéc (E) th× :
x 2 y2
(*)
 1  x2 + 4y2 = 4  4y2 = 4  x2.
4

1
Tõ gi¶ thiết:
B có hoành độ dơng và tam giác OAB cân tại O nên B(x; y) và:
AB (y y) 2  4y 2  4  x 2 .
Với H là trung điểm AB thì OH AB và OH = x.
Khi đó:
x2 4 x2 
1
1
1
SOAB = OH.AB  x 4  x 2  x 2  4  x 2   1 .
1
2
2
2
2
2
Tøc OAB cã diƯn tÝch lín nhÊt b»ng 1 và đạt đợc khi:
x2 = 4 x2 x2 = 2  x  2  4y2 = 2 y 2 .
2
Vậy, ta đợc :

10






2

2
2
2
A  2;
 & B  2; 
 hc A  2; 
 & B  2;
.
2 
2 
2 
2





Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đờng thẳng (): x
y 4 = 0 và (d): 2x y 2 = 0. Tìm toạ ®é ®iĨm N thc ®êng th¼ng (d) sao cho
®êng th¼ng (ON) cắt đờng thẳng () tại điểm M thoả mÃn OM.ON = 8.
Giải
Đánh giá và định hớng thực hiện: Trớc tiên, các em học sinh hÃy phác thảo hình vẽ.
Bài toán thuộc dạng "Tìm điểm thuộc đờng thẳng thoả mÃn điều kiện K" nên ta
thực hiện theo các bớc:
Bớc 1: Chuyển phơng trình các đờng thẳng (d), () về dạng tham số theo a, b
để có đợc biểu diễn toạ độ của điểm N theo a và M theo b.
Bớc 2: Ta lần lợt sử dụng giả thiết:


O, M, N thẳng hàng OM kON .

OM.ON = 8 Giá trị của a.
Bớc 3: Kết luận về toạ độ của điểm N.
lời giải chi tiết: Học sinh tự vẽ hình.
Chuyển phơng trình các đờng thẳng () và (d) vỊ d¹ng tham sè:
 x a
(d) : 
, (a  )  N(a; 2a  2)  (d).
 y 2a  2
VÝ dô 9:

 x b
( ) : 
, (b  )  M(b; b  4)  ().
 y b  4
Ta cã:
 Ba ®iĨm O, M, N thẳng hàng điều kiện là:


4a
.
OM kON a(b 4) = (2a  2)b  4a = b(2  a) b
2 a
Để OM.ON = 8 điều kiện lµ:
OM2.ON2 = 6a + 9 = 0 4  [bb2 + (b  4)2][ba2 + (2a  2)2] = 6a + 9 = 0 4
 (5t + 4 = 0 a2  8a + 4)2 = 4(a  2)2  (5t + 4 = 0 a2  8a + 4)2  4(a  2)2 = 0
 (5t + 4 = 0 a2  6a + 9 = 0 a)(5t + 4 = 0 a2  8a + 4) = 0
 N1 (0;  2)
 5a 2  6a 0
 a 0
  2

 
   6 2 .
N
;
a

6
/
5
 5a  10a  8 0 (vn)

 2  5 5
Vậy, tồn tại hai điểm N1 và N2 thoả mÃn điều kiện đầu bài.
Ví dụ 10:
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC có đỉnh
1
B ; 1 . Đờng tròn nội tiếp ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tơng
2
ứng tại các điểm D, E, F. Cho D(3; 1) và đờng thẳng (EF): y 3 = 0. Tìm toạ
độ đỉnh A, biết A có tung độ dơng.

11


Giải
Đánh giá và định hớng thực hiện: Trớc tiên, các em học sinh hÃy phác thảo hình vẽ.

Bài toán thuộc dạng "Tìm điểm thoả mÃn điều kiện phức hợp K" nên chuyển nó
về dạng là giao điểm của hai đối tợng hình học và ở đây ta thấy A là giao điểm của
EF và AD nên thực hiện theo các bớc:

Bớc 1: Với nhận xét BD // EF nên ABC cân tại A, do đó:
Qua D
Qua D
(AD) :
(AD) : 
.
AD  BC
AD  EF
Bíc 2: §Ĩ nhËn đợc phơng trình đờng thẳng (AB) ta đi tìm toạ ®é ®iĨm F
dùa trªn ®iỊu kiƯn:
 F thc EF nªn F(t; 3).
 Víi BF = BD suy ra:
BF2 = BD2 Giá trị của t Toạ độ F.
Phơng trình (AB) đợc cho bởi:
Qua F
.
(AB) :
vtcp BF
Bớc 3: Toạ độ của A là nghiệm của hệ phơng trình tạo bởi (AD) và (AB).
lời giải chi tiết: Học sinh tù vÏ h×nh.
 5 
V× BD  ; 0 nên suy ra BD // EF và do đó ABC cân tại A.
2
Ta có đợc:
Qua D
Qua D(3; 1)
(AD): x  3.
(AD) : 
 (AD) : 
AD  BC

AD  EF
Víi (EF): y  3 = 0 th× giả sử F(t; 3) nên điều kiện BF = BD lµ:
2
 t  1
1
25
BF2 = BD2   t    22 
 t2  t  2 = 0
.
4
2
t 2
Ta lần lợt:
Với t = 1 thì F( 1; 3) nên :
Qua F( 1; 3)

  3   (BF): 4x + 3y  5t + 4 = 0 = 0.
(BF) :
vtcp
BF
; 2

2

Khi đó, toạ độ điểm A lµ nghiƯm cđa hƯ:
 x  3 0
 x 3
, loại bởi tung độ âm.

4x

3y

5

0
y

7
/
3




12

Với t = 2 thì F( 2; 3) nên :
Qua F(2; 3)

3   (BF): 4x  3y + 1 = 0.
(BF) : 
vtcp
BF
 ; 2

2 


Khi đó, toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:
x 3 0
x 3
, thoả mÃn điều kiện tung độ dơng.


4x 3y 1 0
y 13 / 3
13
Vậy, ta đợc A 3; .
3

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC có đỉnh B( 4;
1), trọng tâm G(1; 1) và đờng thẳng chứa phân giác trong của góc A có phơng trình x y 1 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh A và C.
Giải
Đánh giá và định hớng thực hiện: Trớc tiên, các em học sinh hÃy phác thảo hình vẽ.
Bài toán thuộc dạng "Tìm điểm thoả mÃn điều kiện hỗn hợp K" nên ta cần có
phân tích đúng, cụ thể:
Với giả thiết về toạ độ của B và trọng tâm G ta sẽ có đợc toạ độ trung
điểm D của AC. Khi đó, yêu cầu của bài toán đợc hớng về việc tìm toạ độ
đỉnh A.
A thuộc phân giác (d): x y 1 = 0 nên cần thêm phơng trình đờng thẳng AB
hoặc AC.
Với giả thiết về phân giác trong ta lựa chọn việc lập phơng trình đờng thẳng
AC thông qua việc xác định toạ độ điểm E đối xứng với B qua D (E AC).
Từ đó, bài toán đợc thực hiện theo các bớc:
Bớc 1: Chuyển phơng trình các đờng thẳng (d), () về dạng tham số theo a, b
để có đợc biểu diễn toạ độ của ®iĨm N theo a vµ M theo b.
Bíc 2: Ta lần lợt sử dụng giả thiết:

O, M, N thẳng hàng OM kON .
OM.ON = 8 Giá trị của a.
Bớc 3: Kết luận về toạ độ của điểm N.
lời giải chi tiết: Học sinh tự vẽ hình.
Với D(x; y) là trung điểm của AC thì B, G, D thẳng hàng và:

BD 3GD (x + 4; y  1) = 3(x  1; y  1)
VÝ dô 11:

 x  4 3(x  1)
 x 7 / 2
7 
 D  ; 1 .
 
 
2 
 y  1 3(y  1)
 y 1
Gäi E là điểm đối xứng với B qua phân giác trong (d): x  y  1 = 0 cña gãc A
thì E thuộc AC và toạ độ của E(x; y) thoả mÃn hệ phơng trình:
1(x 4) 1(y 1) 0
 x  y  3
 x 2

 E(2; 5t + 4 = 0 ).
 
 
 x  4 y 1

 x  y 7
 y  5
 2 2 1 0
Phơng trình đờng thẳng (AC) ®ỵc cho bëi:

13


Qua E(2;  5)

  3   (AC): 4x  y  13 = 0.
(AC) : 
vtcp
ED
 ; 6

2

Toạ độ của A là nghiệm của hệ phơng trình:
4x  y  13 0
 x 4
 A(4; 3)
 

 x  y  1 0
 y 3
vµ víi D là trung điểm AC suy ra C(3; 1).
Vậy, với A(4; 3) và C(3; 1) thoả mÃn điều kiện đầu bài.
Ví dụ 12:
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(1; 0) và đờng

tròn (C): x2 + y2 2x + 4y  5t + 4 = 0 = 0. Viết phơng trình đờng thẳng () cắt (C) tại
hai điểm M và N sao cho AMN vuông cân tại A.
Giải
Đánh giá và định hớng thực hiện: Trớc tiên, các em học sinh hÃy phác thảo hình vẽ

rồi xác định thuộc tính của đờng tròn (C) với tâm I, bán kính R.
Ta có phân tích dần:

AMN cân tại A nên MN AI nên đờng thẳng () có vtpt IA(0; 2) do đó
có dạng y = m.
Thiết lập điều kiện M, N thuộc (C) nên có hoành độ thoả mÃn phơng trình:
x2 + m2 2x + 4m  5t + 4 = 0 = 0  x2  2x + m2 + 4m  5t + 4 = 0 = 0. (1)
Tìm điều kiện để phơng trình có hai nghiệm phân biệt, từ đó nhận đợc hệ
thức Viét cho xM và xN.
Thiết lập điều kiện AMN
vuông tại A là:
MA NA MA.NA 0 Giá trị của m
Phơng trình đờng thẳng ().
lời giải chi tiết: Học sinh tự vẽ hình.
Đờng tròn (C) có tâm I(1; 2) và bán kính R 10.
Với giả thiết AMN vuông cân tại A, suy ra MN  AI nªn ()  (MN): y = m.
Từ đó, hoành độ của M và N là nghiệm phơng trình:
x2 + m2 2x + 4m  5t + 4 = 0 = 0  x2  2x + m2 + 4m  5t + 4 = 0 = 0.
(1)
Phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:
' > 0 m2 + 4m  6a + 9 = 0 < 0
và khi đó M(x1; m), N(x2; m) với x1, x2 tho¶ m·n:
 x1  x 2 2
.


2
 x1x 2 m  4m  5
Tõ ®iỊu kiƯn MA  NA ta đợc:

2
2
MA.NA 0 (x1 1)(x2 1) + m = 0  x1x2  (x1 + x2) + m + 1 = 0

bµi.

14

 m 1
 2m2 + 4m  6a + 9 = 0 = 0 
.
m 3
Vậy, tồn tại hai đờng thẳng (1): y = 1 và (2): y = 3 thoả mÃn ®iỊu kiƯn ®Çu


Ví dụ 13:

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đờng thẳng (d1), (d2) có

phơng trình:
(d1 ) : 3x  y 0, (d 2 ) : 3x  y 0.
Gọi (T) là đờng tròn tiếp xúc với (d1) tại A, cắt (d2) tại hai điểm B, C sao cho
ABC vuông tại B. Viết phơng trình của (T), biết ABC có diện tích bằng
3 và điểm A có hoành độ dơng.
2
Giải

Đánh giá và định hớng thực hiện: Trớc tiên, các em học sinh hÃy
phác thảo hình vẽ (hình bên).
C (d2)
Ta lần lợt sử dụng các giả thiết:
Vì ABC vuông tại B nên AC chính là đờng kính của
I
đờng tròn (T), từ đó suy ra rằng để có đợc phơng trình
B
của đờng tròn (T) ta cần biết đợc toạ độ của hai điểm A
và C.
O
A (d )
Xuất phát từ điểm A đờng thẳng (d1) nên A a;  a 3 víi a > 0, ta cã: 1





Qua A
Toạ độ của điểm B = (AB)(d2).
(AB) :
(AB)

(d
)

2
Qua A
Toạ độ của điểm C = (AC)(d2).
(AC) :

(AC)  (d1 )


Tõ gi¶ thiÕt ABC cã diƯn tÝch b»ng

3 , ta đợc:
2

3 1
AB.CB Toạ độ của điểm A, tiếp tới điểm C.
2 2
Cuối cùng là việc lập phơng trình đờng tròn (T) với:
Tâm I là trung ®iĨm cđa AC

(T) : 
.
1
 B¸n kÝnh IA  2 AC


Chó ý: Chóng ta cịng cã thĨ sư dơng gi¶ thiết về diện tích của ABC trớc để
nhận đợc toạ ®é têng minh cđa ®iĨm A. Tõ ®ã, cịng víi phơng pháp
trên để có đợc toạ độ điểm C (cách giải này sẽ tránh đợc việc phải
tìm toạ độ điểm B). Cơ thĨ:
1

SABC  AB.AC.sin BAC
2
1




 OA.sin AOB
OA.tan AOB
sin AOB
2







15t + 4 = 0




3 1
 OA 2 .sin 2  d1 , d 2  .tan  d1 , d 2   Toạ độ của điểm A.
2 2

Ta có:

Qua A
Toạ độ cđa ®iĨm C = (AC)(d2).
(AC) : 
(AC)  (d1 )
Ci cùng là việc lập phơng trình đờng tròn (T) với:
Tâm I là trung điểm của AC

(T) :
.
1
Bán kính IA 2 AC
lời giải chi tiết: Vì ABC vuông tại B nên AC chính là đờng kính của đờng tròn

(T), để tìm toạ độ của hai điểm A và C ta lùa chän mét trong hai c¸ch sau:
C¸ch 1: Điểm A đờng thẳng (d1) nên A a; a 3 víi a > 0, ta cã:










Qua A a;  a 3
Qua A

(AB) : 
 (AB) : 

(AB)  (d 2 )
 vtpt n 2 1; 3

  a
a 3  

 (AB) : x  3y  2a 0  (AB)  (d 2 ) B   ; 
 .
2  
  2






Qua A a;  a 3
Qua A

(AC) : 
 (AC) : 

(AC)  (d1 )
 vtpt n1 1;  3

 (AC) : x 





 



3y  4a 0  (AC)  (d 2 )  C  2a;  2a 3 .

Tõ gi¶ thiÕt ABC có diện tích bằng

3 , ta đợc:
2

3 1
AB.CB
2 2
3 AB2 .CB2
2
2
2
2
 a
 a 3
   a
 a 3
 


    a    
 a 3       2a    
 2a 3  
2
2
2
 2







 

 

1
 1
  2

 a
 A
;  1 , C  
;  2.
3
3
 3
 

C (d2)
C¸ch 2: ThÊy ngay (d1) cắt (d2) tại điểm O. Ta có:

B
16a + 9 = 0

O

I

A (d1)



cos AOB
cos(d1 , d 2 ) 

3. 3  1.( 1)


3  1. 3  1

1
2





 AOB
  BAC
 .
3
3
Khi ®ã:
1

SABC  AB.AC.sin BAC
2



3 1



 OA.sin AOB
OA.tan AOB
sin BAC
2 2







1


 3 3
 OA 2 .sin .tan .sin 
OA 2
2
3
3
3
8
4
 OA 2 .

3



(*)



Vì A thuộc đờng thẳng (d1) nên A x 0 ;  x 0 3 víi x0 > 0, do đó (*) có dạng:

1
1

4
4
4x 02 x 0
A
; 1 .
3
3
3
3

Phơng trình đờng thẳng (AC) đợc cho bởi:



x 02 x 0 3



2




 1

;  1
Qua A 
Qua
A

 3

(AC) : 
 (AC) : 

(AC)

(d
)

1
 vtpt n 1;  3






1 

 (AC) :  x 
  3  y  1 0  (AC) : 3x  3y  4 0.
3

Khi đó, toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phơng tr×nh:
 3x  y 0
 2

 C 
;  2.

3


 3x 3y 4 0
Tới đây, để nhận đợc phơng trình đờng tròn (T) với đờng kính AC chúng ta có
thể trình bày theo các cách sau:
1
3

Cách 1: Gọi I là trung điểm của AC thì I
; và phơng trình đờng tròn
2
2 3
(T) đợc cho bëi:

17


1
3

; 
T©m I
T©m I  
(T) : 
 (T) :
2
2 3
Đ ờng kính AC
Bán kính IA 1

2

2

1  
3

 (T) :  x 
   y  2  1.
2 3 


C¸ch 2: Ta cã:



M(x; y)  (T)  MA  MC  MA . MC = 0
1
  2

 x;  1  y  .  
 x;  2  y  0
3
3
 

1
 2

 x
 x     1  y    2  y  0
3
3


1
4
 x 2  y2 
x  3y  0.
3
3
§ã chÝnh là phơng trình đờng tròn (T) cần tìm.
Cách 3: Ta có:
M(x; y) (T) MAC vuông tại M MA2 + MC2 = AC2


 


 


2

2

 1

 2

2
2
 
 x     1 y   
 x     2  y  2
3
 3



1
4
 x 2  y2 
x  3y  0.
3
3

§ã chính là phơng trình đờng tròn (C) cần tìm.
Ví dụ 14:
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC cân tại A có
đỉnh A(6a + 9 = 0 ; 6a + 9 = 0 ), đờng thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phơng
trình x + y 4 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh B và C, biết điểm E(1; 3) nằm trên đờng cao đi qua điểm C của tam giác đà cho.
Giải
Đánh giá và định hớng thực hiện: Trớc tiên, các em học sinh hÃy phác thảo hình vẽ
(hình bên).
Ta lần lợt sử dụng các giả thiết:
A
Vì ABC cân đỉnh A nên với H là trung điểm BC thì
AH sẽ vuông góc với BC, suy ra:
Qua A
(d) M I N
Phơng trình (AH)
(AH) :
(AH) (MN)
Toạ ®é trung ®iĨm I cđa AH  To¹ ®é ®iĨm H
E
Qua H
B H C
Phơng trình tham số của (BC).
(BC) :
(BC) //(MN)
Tới đây, để có đợc toạ ®é cđa B, C chóng ta sÏ tiÕp tơc víi các bớc:
Bớc 1:
Điểm B (BC) (theo phơng trình tham số t), từ đó suy ra toạ
độ C dựa trên tính chất H là trung điểm của BC.
18

Vì điểm E nằm trên đờng cao đi qua điểm C cđa ABC nªn:


 
AB  CE  AB  CE AB.EC 0
Giá trị tham số t Toạ độ của B và C.
lời giải chi tiết: Gọi H, I theo thứ tự là trung điểm của BC và AH, ta lần lợt có:
Phơng trình đờng thẳng (AH) đợc cho bởi:
Bớc 2:

Qua A 6; 6
Qua A
(AH) : 
 (AH) : 

A
vtpt
n
 1;  1
(AH)  (MN)

 (AH): x  y = 0.
(d) M I N
 Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ phơng trình:
x  y 0
 I(2; 2)  H(2; 2).
E

 x y 4 0

B H C
Phơng trình đờng thẳng (BC) đợc cho bởi:
Qua H 2; 2 
Qua H
(BC) : 
 (BC) : 

(AH)  (BC)
 vtcp u  1;  1




x  2  t
(BC) : 
, t  .
y  2  t
V× B thuộc (BC) nên B(2 + t; 2 t) và vì B, C đối xứng qua H nên ta có
ngay C(2 t; 2 + t).
Vì điểm E(1; 3) nằm trên
đờng
cao đi qua
điểm C của ABC nên:

AB  CE  AB  CE  AB.EC 0
 (8 + t; 8  t).(3  t; 1 + t) = 0
 (8 + t)(3  t) + (8  t).(1 + t) = 0
 t2  2t  8 = 0  t = 2 hc t = 4.
VËy, ta đợc B(0 ; 4), C(4 ; 0) hoặc B(6a + 9 = 0 ; 2), C(2; 6a + 9 = 0 ).
Ví dụ 15:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có
đỉnh C (4; 1), phân giác trong góc A có phơng trình x  y  5t + 4 = 0 = 0. Viết phơng
trình đờng thẳng BC, biết diện tích ABC bằng 24 và đỉnh A có hoành độ dơng.
Giải
C
Đánh giá và định hớng thực hiện: Các em học sinh hÃy phác
(d)
thảo hình vẽ (hình bên) để thấy đợc rằng muốn có phơng trình
đờng thẳng (BC) cách duy nhất là tìm ra đợc toạ độ của điểm
B
B. Để thực hiện đợc mục tiêu này với đặc thù của giả thiết cho
toạ độ điểm C, đờng phân giác trong (d) của góc A và diện
tích ABC (vuông tại A):
Ta lần lợt:
A
C tính đối xứng
Với giả thiết cho đờng phân giác góc  nên ta cần tạo dựng
bằng cách tìm toạ ®é ®iĨm C’®èi xøng víi C qua (d), cơ thĨ víi C’(x; y) th×:
 

CC '  u d
CC '.u d 0
CC '  (d)
 
 
.

 I  (d)
 I  (d)
 trung ®iĨm I cđa CC' thc (d)

19







Vì ABC vuông tại A nên A là giao điểm của (d) với đờng tròn đờng kính
CC. Từ đó, suy ra:
Phơng trình đờng thẳng (AC).
1
(*)
SABC AB.AC Độ dài của AB.
2
Tìm điểm B thuộc (AC) thoả mÃn (*) và kết hợp với điều kiện (d) là phân
giác trong của góc Â.
Cuối cùng, lập phơng trình đờng thẳng (BC) đi qua hai B và C.

Chú ý: Tuy nhiên, với trờng hợp đặc biệt của bài toán này là đờng phân giác

trong (d) của góc A song song với đờng phân giác của góc phần t thứ
hai nên chúng ta có thể tối u lời giải nh sau:
Phân giác trong của góc vuông  có phơng trình x y  5t + 4 = 0 = 0
(song song với đờng phân giác góc phần t thứ II) nên:
AC//Ox  yA = yC  xA  A  B(4; b) và độ dài AC.
Diện tích ABC bằng S, suy ra:
1
SABC AB.AC độ dài AB Toạ độ B.

2
Cuối cùng, lập phơng trình đờng thẳng (BC) đi qua hai B và C.
lời giải chi tiết: Ta có thể trình bày theo các cách sau:
Cách 1: Ta lần lợt:
C
(d)
Gọi C(x; y) là điểm đối xứng với C qua (d), ta cã:


B
CC '  u d
CC '  (d)
 

 I  (d)
 trung ®iĨm I cđa CC' thuéc (d)

A
(x  4)  (y  1) 0
C
CC '.u d 0


C’(4;
9).

 
 x  4 y 1
 I  (d)
 2  2  5 0

 Gäi (T) là đờng tròn đờng kính CC, ta có:

Tâm I 0; 5 
 (T): x2 + (y  5t + 4 = 0 )2 = 32.
(T) : 
 B¸n kÝnh IC 32
Vì ABC vuông tại A nên A là giao điểm của (d) với đờng tròn (T) đờng
kính CC’, ta cã:
x 0 x 4
 x  y  5 0

 A(4; 1).
 
 2
2
 y 1
 x  (y 5) 32
Phơng trình đờng thẳng (AC) đợc cho bëi:
Qua A(4; 1)
Qua A

(AC ') : 
 (AC ') : 
Qua
C
'
vtcp
AC
'(0; 8) chon (0; 1)



 (AC’): x = 4  B(4; b).

20