Công thức và bài tập Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

<span class='text_page_counter'>(1)</span>www.VNMATH.com Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng. PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG I. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ. ĐN: Hệ trục tọa độ Đề các vuông góc trong mặt phẳng y.  x′Ox ⊥ y′Oy

  Vộc tơ đơn vị e ∈ x′Ox 1   Vộc tơ đơn vị e

 ∈ y′Oy 2 

 2

 2



 e1 = e 2 = 1 ;e 1 ⋅ e 2 = 0. M. Q
e2 O. II. TỌA ĐỘ CỦA 1 ĐIỂM. x
e1. P.











 1. M ( x, y ) ⇔ OM ( x, y ) ⇔ OM = x ⋅ e1 + y ⋅ e 2. 2. Tọa độ các điểm đặc biệt  A ( x1 , y1 )  x + x 2 y1 + y 2   , Cho  B ( x 2 , y 2 ) ⇒ Trung điểm của AB có tọa độ là: I  1  2   2 C ( x , y ) 3 3 

 JA = k ⇔ Tọa độ: J  x1 − kx2 , y1 − ky 2  Điểm chia AB tỉ số k là điểm thoả mãn

  1− k   1− k JB.  x + x 2 + x 3 y1 + y 2 + y 3  Tọa độ trọng tâm tam giác ABC: G  1 ,  3 3   III. TỌA ĐỘ CỦA 1 VÉCTƠ.



   a = ( a1 , a 2 ) ⇔ a = a1 e1 + a 2 e 2  A ( x1 , y1 )


   1. ĐN:   . Nếu thì AB = ( x2 − x1 , y 2 − y1 ) . 



  B ( x2 , y2 ) b = ( b1 , b2 ) ⇔ b = b1 e1 + b2 e 2     2. Phép toán: a ± b = ( a1 ± b1 , a 2 ± b2 ) ; α ⋅ a ± β ⋅ b = ( α ⋅ a1 ± β ⋅ b1 , α ⋅ a 2 ± β ⋅ b2 ) IV. TÍCH VÔ HƯỚNG VÀ ĐỘ DÀI.       1. a ⋅ b = a ⋅ b cos ( a , b )   2. a ⋅ b = a1b1 + a 2 b2  3. a =.  a 12 + a 22 ; b =. b12 + b 22.     7. a + b ≤ a + b.     8. a − b ≤ a + b.     9. a + b ≥ a − b.     10. a − b ≥ a − b.     11. a ⋅ b ≤ a ⋅ b. 23. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> www.VNMATH.com Phần 2. Hình giải tích − Trần Phương.   4. a + b =   5. a − b =


 6. AB =. ( a1 + b1 ). 2. ( a1 − b1 ). 2. ( x 2 − x1 ). 2. + ( a 2 + b2 ). 2. + ( a 2 − b2 ). 2. + ( y 2 − y1 ).   12. cos ( a , b ) =.   13. sin ( a , b ) =. 2. a1b1 + a 2 b2. a12. + a 22 b12 + b22. ;. a1b2 − a 2 b1. a12 + a 22 b12 + b22. V. SỰ THẲNG HÀNG. a   det ( a , b ) = 1 b1. a2 = a1b2 − a 2 b1 ; b2.     a // b ⇔ det ( a , b ) = a1b2 − a 2 b1 = 0.






 A, M, B thẳng hàng ⇔ det ( AB, AM ) = 0 VI. DIỆN TÍCH TAM GIÁC.





 x − x1 A ( x1 , y1 ) ; B ( x 2 , y 2 ) ; C ( x 3 , y 3 ) S ∆ABC = 1 det ( AB, AC ) = 1 2 2 2 x 3 − x1. y 2 − y1 y 3 − y1. VII. BÀI TẬP MẪU MINH HỌA. Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho A ( 3; −1) ; B (1; 2 ) ; C ( 5;5 ) .








 Tìm tọa độ điểm D sao cho: AD = 4. AB − 3. AC .. Giải








 Cách 1: Đặt D(x; y) suy ra: AD = ( x − 3; y + 1) ; AB = ( −2;3) ; AC = ( 2; 6 )








  x − 3 = −8 − 6  x = −11 Ta có: AD = 4. AB − 3. AC ⇔  ⇔  y + 1 = 12 − 18  y = −7. Vậy tọa độ điểm D là (−11; −7)


























 Cách 2: AD = 4. AB − 3. AC ⇔ AD − AB = 3 ( AB − AC ) ⇔ BD = −3 ⋅ BC





 Do BC = ( 4;3) nên BD = ( −12; −9 ) suy ra tọa độ điểm D là D(−11; −7). Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho A ( 3; 4 ) ; B ( −1; 2 ) ; I ( 4; −1) . Xác định tọa độ các điểm C, D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành và I là trung điểm cạnh CD. Tìm tọa độ tâm O của hình bình hành ABCD. Giải. 24. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> www.VNMATH.com Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng. Cách 1: Do I(4; −1) là trung điểm CD nên đặt C ( 4 − x; −1 − y ) và


 D ( 4 + x; −1 + y ) ⇒ CD = ( 2 x; 2 y ) .





 Để tứ giác ABCD là hình binh hành thì CD = BA = ( 4; 2 ) ⇔ x = 2; y = 1 .. Vậy tọa độ các điểm C, D là C ( 2; −2 ) ; D ( 6; 0 ) 9  Tâm O của hình bình hành là trung điểm của AD suy ra O  ; 2  2 .

 1


 Cách 2: Gọi C ( x; y ) , khi đó IC = AB = ( −2; −1) . Vậy C ( 2; −2 ) ; D ( 6; 0 ) 2. Cách 3: Lập phương trình đường thẳng AB. Qua I dựng đường thẳng (d) song song với (AB). Khi đó C và D là 2 điểm nằm trên đường thẳng (d) thỏa mãn IC = ID =. 1 AB . 2. Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho A ( 3;1) ; B (1; −3) . Xác định tọa độ các điểm C, G sao cho điểm G là trọng tâm tam giác ABC. Biết C nằm trên đường thẳng x = 2 và G cách trục hoành 1 đơn vị. Giải Cách 1: Điểm C nằm trên đường thẳng x = 2 nên có tọa độ (2; y) Điểm G cách trục hoành 1 đơn vị nên có tọa độ (x; 1) Điểm G là trọng tâm tam giác ABC suy ra:  x A + xB + xC = 3 xG 3 + 1 + 2 = 3 x x = 2 ⇔ ⇔   y A + yB + yC = 3 yG 1 + ( −3) + y = 3  y = 5. Vậy tọa độ các điểm C và G là: C ( 2; 5 ) ; G ( 2;1) Cách 2: Trung điểm M của AB có tọa độ M ( 2; −1) nên M cũng thuộc đường thẳng x = 2 . Trọng tâm G nằm trên trung tuyến CM do đó có hoành độ là 2. Vậy G(2; 1) suy ra C(2; 5). 25. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> www.VNMATH.com Phần 2. Hình giải tích − Trần Phương. Bài 4. Cho ∆ABC với A (1, −3) ; B ( 3, −5 ) ; C ( 2, −2 ) . Tìm tọa độ của M, N là giao của các đường phân giác trong và ngoài của góc A với đường thẳng BC. Xác định tọa độ tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC. Giải AM là phân giác trong của tam giác ABC suy ra: 
( ) MB AB 2 2 =− = −2 ⇔ M 3 + 2.2 ; −5 + 2 −2 ⇔ M 7 ; −3 
= − 1+ 2 1+ 2 3 AC 2 MC. (. ). (. ). AN là phân giác ngoài của tam giác ABC suy ra: 
( ) NB AB = 2 ⇔ N 3 − 2.2 ; −5 − 2 −2 ⇔ N (1;1) 
= 1 − 2 1 − 2 AC NC. (. ). Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC suy ra BI là phân giác trong ∆ABM  1 + 3 ⋅ 7 −3 + 3 ( −3)  
  IA BA 2 2 5 3 5 ; =− = − 3 ⇔ I 
= −  ⇔ I ( 4 − 5; −3) 2 10 BM 5 IM  1 + 3  1+ 3 3 5 5  . Bài 5. Cho A ( 6, 3) ; B ( −3, 6 ) ; C (1, −2 ) a. Tìm tọa độ trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp I. b. CMR: H, G, I thẳng hàng. Giải a. Tọa độ trọng tâm G: xG =. ( ). x A + x B + xC 4 y + y B + yC 7 = ; yG = A = ⇒ G 4;7 3 3 3 3 3 3. i H là trực tâm ∆ABC nên ta có: 



  AH .BC = 0  4 x − 6 ) − 8 ( y H − 3) = 0  AH ⊥ BC   ( H  x H = 2 ⇔ H ( 2;1) ⇔ ⇔  

⇔  

 BH ⊥ AC  BH . AC = 0  −5 ( x H + 3) − 5 ( y H − 6 ) = 0  y H = 1. i I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC nên: IA = IB = IC ⇔ ( x I − 6 ) + ( y I − 3) = ( x I + 3) + ( y I − 6 ) = ( x I − 1) + ( y I + 2 ) 2. 2. 2. 2. 2. 2. ⇔ −12 x I − 6 y I + 45 = 6 x I − 12 y I + 45 = −2 x I + 4 y I + 5 ⇔ x I = 1; y I = 3 ⇔ I (1;3). 26. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> www.VNMATH.com Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng. y −1 ⇔ 2x + y − 5 = 0 b. Phương trình đường thẳng IH là: x − 2 = 1− 2 3 −1. Ta có: 2 x G + y G − 5 = 8 + 7 − 5 = 0 suy ra G ∈ (IH) suy ra G, H, I thẳng hàng. 3 3 Bài 6. Cho ∆ABC với A ( 3; 4 ) ; B ( 2;1) ; C ( −1; −2 ) . a. Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC. b. Tìm điểm M trên đường thẳng BC sao cho diện tích S∆ABM = 1 S ∆ABC 3 Giải a. Điểm I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ⇔ IA = IB = IC ⇔ IA 2 = IB 2 = IC 2 ⇔ ( 3 − x I ) + ( 4 − y I ) = ( 2 − x I ) + (1 − y I ) = ( −1 − x I ) + ( −2 − y I ) 2. 2. 2. 2. 2. 2. ⇔ −6 x I − 8 y I + 25 = −4 x I − 2 y I + 5 = 2 x I + 4 y I + 5 ⇔ x I = −5; y I = 5 ⇔ I ( −5;5 ) b. Do hai tam giác ABM và ABC có cùng đường cao nên để S∆ABM = 1 S ∆ABC 3






 thì BC = 3.BM . Gọi M ( x; y ) suy ra BM = ( x − 2; y − 1) ; BC = ( −3; −3)






  x = 1; y = 0 Ta có: BC = 3.BM ⇔ BM = ± 1 ⋅ BC ⇔ x − 2 = y − 1 = ±1 ⇔  3  x = 3; y = 2. Vậy có 2 điểm M thỏa mãn là M1 (1; 0 ) , M 2 ( 3; 2 ) . Bài 7. Cho A ( 3; 4 ) , B (1; −2 ) . Xác định tọa độ điểm M trên trục hoành sao cho tam giác ABM vuông. Giải







 Gọi tọa độ điểm M là M ( x ; 0 ) suy ra AM = ( x − 3; −4 ) , BM = ( x − 1; 2 )







 Để ∆ABM vuông tại M thì AM ⋅ BM = 0 ⇔ ( x − 3) ( x − 1) − 8 = 0 ⇔ x 2 − 4 x − 5 = 0 ⇔ ( x − 5 ) ( x + 1) = 0 ⇔ x = 5 ∨ x = −1 ..






 Để ∆ABM vuông tại A thì AM ⋅ BA = 0 ⇔ 2 ( x − 3) − 24 = 0 ⇔ x = 15 .






 Để ∆ABM vuông tại B thì BM ⋅ BA = 0 ⇔ 2 ( x − 1) + 12 = 0 ⇔ x = −5 .. Vậy có 4 điểm M trên trục hoành thỏa mãn ∆ABM vuông là M1 ( 5; 0 ) , M 2 ( −1; 0 ) , M1 (15; 0 ) , M 2 ( −5; 0 ) 27. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> www.VNMATH.com Phần 2. Hình giải tích − Trần Phương. Bài 8. Cho A(1; 0), B(0; 3), C(−3; −5). Tìm tập hợp các điểm M thỏa mãn 1 trong các điều kiện sau: 



a. ( 2 MA − 3MB ) ( MA − 2 MB ) = 0 

c. MB 2 + MC 2 = 3MB.MC. 




b. ( 2 MA − 3MB )( MA + MB + MC ) = BC 2. d. 2 MA 2 + MB 2 = 2MC 2 Giải. 


Gọi M ( x; y ) suy ra MA (1 − x; − y ) , MB ( − x; 3 − y ) , MC ( −3 − x; −5 − y ) 



a. 2 MA − 3MB = ( x + 2 ; y − 9 ) và MA − 2 MB = ( x + 1; y − 6 ) 
. 

. 
. ( 2MA − 3MB ) ( MA − 2MB ) = 0. (. ⇔ x+3 2. ) () ( 2. − 1 2. 2. + y − 15 2. ⇔ ( x + 2 ) ( x + 1) + ( y − 9 )( y − 6 ) = 0. ) () 2. − 3 2. (. 2. =0 ⇔ x+ 3 2. ) ( 2. + y − 15 2. ). (. Vậy quĩ tích điểm M là đường tròn tâm −3 ; 15 bán kính 2 2. ). 2.  10  =   2 . 2. 10 2. 


b. MA + MB + MC = ( −2 − 3 x ; −2 − 3 y ) 
. 

. 
. 
. ( 2MA − 3MB )( MA + MB + MC ) = BC 2. (. ⇔ −3 x + 4 3. ) ( 2. − 3 y − 25 6. ). 2. ⇔ ( x + 2 ) ( −2 − 3x ) + ( y − 9 )( −2 − 3 y ) = 73. (. + 857 = 73 ⇔ x + 4 12 3. ) ( 2. + y − 25 6. ). 2. + 19 = 0 36. Phương trình trên vô nghiệm nên không có điểm M nào thỏa mãn yêu cầu. 



2 



c. MB 2 + MC 2 = 3MB.MC ⇔ ( MB − MC ) = MB.MC ⇔ BC 2 = MB.MC. ( ) + ( y + 1) = 3654 365 Vậy quĩ tích điểm M là đường tròn tâm ( −3 ; −1) bán kính 2 2. ⇔ − x ( −3 − x ) + ( 3 − y )( −5 − y ) = 73 ⇔ x + 3 2. 2. 2. 2 2 2 2 d. 2 MA 2 + MB 2 = 2MC 2 ⇔ 2 (1 − x ) + y 2  +  x 2 + ( 3 − y )  = 2 ( 3 + x ) + ( 5 + y ) . ⇔ x 2 + y 2 − 16 x − 26 y − 57 = 0 ⇔ ( x − 8 ) + ( y − 13) = 290 2. 2. Vậy quĩ tích điểm M là đường tròn tâm ( 8;13) bán kính. 28. Lop10.com. 290.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> www.VNMATH.com Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng. Bài 9. Giả sử M ( −1, 3) ; N ( 2, 0 ) chia AB thành 3 đoạn có độ dài bằng nhau. Tìm tọa độ A, B. Giải Gọi tọa độ các điểm A, B là A ( x1 , y1 ) , B ( x2 , y2 ) Cách 1: Ta có: AM = MN = NB hay M là trung điểm AN, N là trung điểm MB  x1 = 2 xM − xN = −4 ; y1 = 2 yM − y N = 6 . ⇒  x2 = 2 xN − xM = 5 ; y1 = 2 y N − yM = −3. Vậy tọa độ các điểm A, B là A ( −4; 6 ) , B ( 5; −3) .  −1 − x1 = 2 − (−1) = x2 − 2  x1 = −4 ; x2 = 5










 Cách 2: Ta có: AM = MN = NB ⇔  ⇔  y1 = 6 ; y2 = −3 3 − y1 = 0 − 3 = y2 − 0. Vậy tọa độ các điểm A, B là A ( −4; 6 ) , B ( 5; −3) . Bài 10. Cho ∆ABC đều cạnh a. Gọi M là điểm bất kì trên đường tròn ngoại tiếp hoặc nội tiếp của ∆ABC. Chứng minh rằng: MA 2 + MB 2 + MC 2 = const Giải





















 2














 Xét MB ⋅ MC = ( MA + AB ) ( MA + AC ) = MA + AB ⋅ AC + MA ( AB + AC )




















 ⇔ MB ⋅ MC = MA2 + a 2 cos 60° + MA ( 2 AM + MB + MC )






 a 2


 (






 ) ⇔ MB ⋅ MC = − MA2 + + MA MB + MC . Tương tự ta có: 2






 a 2


 (






 )





 a 2



 (





 ) MC ⋅ MA = −MB2 + + MB MC + MA ; MA ⋅ MB = − MC 2 + + MC MA + MB 2 2. Cộng các vế của 3 đẳng thức trên ta được:



















 3a 2 MB ⋅ MC + MC ⋅ MA + MA ⋅ MB = MA2 + MB 2 + MC 2 − 2









 2  3a 2  ⇔ ( MB + MC + MA) = MA2 + MB2 + MC 2 + 2  MA2 + MB 2 + MC 2 −  2  



 2 ⇔ ( 3 ⋅ MO ) = 3 ( MA2 + MB 2 + MC 2 ) − 3a 2 (với O là trọng tâm tam giác ABC). ⇔ MA2 + MB 2 + MC 2 = 3MO 2 + a 2 . 29. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> www.VNMATH.com Phần 2. Hình giải tích − Trần Phương. Ta có tam giác ABC đều suy ra O cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp, do đó MO chính là bán kính và MO =. MA2 + MB 2 + MC 2 = 3 ⋅. a 3. . Vậy ta có:. a2 + a 2 = 2a 2 = const (đpcm) 3. Bài 11. Cho A ( 2, −3) ; B ( −3, 7) ; C ( −5, 4) . Gọi M, N, P lần lượt là các điểm chia các 1 đoạn AB, BC, CA theo các tỉ số: −3 , , −4 . Chứng minh rằng: 2 2 3. M, N, P thẳng hàng và M chia đoạn NP theo tỉ số. −7 . 3. Giải








 Cách 1: Ta có: AB = ( −5;10 ) ; BC = ( −2; −3) ; CA = ( 7; −7 )












 3











 4


 3 NB 1 PC 4 MA


 = − ;


 = ;


 = − ⇔ AM = ⋅ AB ; BN = − BC ; CP = ⋅ CA 2 NC 2 PA 3 5 7 MB









 N1 ⇔ AM = ( −3; 6 ) ; BN = ( 2; 3) ; CP = ( 4; −4 ) ⇔ M ( −1; 3) ; N ( −1;10 ) ; P ( −1; 0 ). Vậy M, N, P cùng thuộc đường thẳng x = −1 .






 Ta có: MN = ( 0; 7 ) ; MP = ( 0; −3)



 MN −7 ⇒


 = (đpcm) 3 MP. Cách 2: Ta có:. C. B M. A P. MA 3 NB 1 PC 4 = ; = ; = MB 2 NC 2 PA 3. Gọi N1 là giao điểm của MP và BC.. Ta có:. S MN1C S MN1 A. =. S AMN1 AM 3 S MPC PC 4 = = và = = ⇒ S MN1C = 2 ⋅ S BMN1 S MPA PA 3 S BMN1 MB 2. ⇒ CN1 = 2.BN1 ⇔. N1 B 1 NB ⇒ N ≡ N1 . Vậy M, N, P thẳng hang (đpcm). = = N1C 2 NC. 30. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> www.VNMATH.com Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng. Bài 12. Cho tứ giác ABCD có A(0; 1), B(−2; −1), C(−1;−4), D(1; 0) a. Chứng minh rằng: Các tam giác ABD và BCD là những tam giác vuông b. Tính diện tích tứ giác ABCD. c. Tìm M trên Oy để diện tích ∆MBD và diện tích ∆BCD bằng nhau. Giải 



a. Ta có AB = ( −2; −2 ) , AD = (1; −1) ⇒ AB ⋅ AD = 0 ⇒ AB ⊥ AD 



BC = (1; −3) , BD = ( 3;1) ⇒ BC ⋅ BD = 0 ⇒ BC ⊥ BD. Vậy ∆ABD vuông tại A và ∆BCD vuông tại B (đpcm) b. S ABD = 1 AB ⋅ AD = 2 ; S BCD = 1 BC ⋅ BD = 5 ⇒ S ABCD = S ABD + S BCD = 7 2 2 

2 c. Gọi M ( 0; y ) ∈ Oy . Sử dụng công thức S MBD = 1 MB 2 MD 2 − ( MB ⋅ MD ) 2. suy ra để S MBD = S BCD thì. 

2 MB 2 MD 2 − ( MB ⋅ MD ) = 10. 2 2 ⇔  4 + ( y + 1)  (1 + y 2 ) −  −2 + (1 + y ) y  = 10. ⇔ ( y 2 + 2 y + 5 )( y 2 + 1) − ( y 2 + y − 2 ) = 100 ⇔ 9 y 2 + 6 y − 99 = 0 2. ⇔ 3 ( y − 3)( 3 y + 11) = 0 ⇔ y = 3 ∨ y = −11 3. (. Vậy có 2 điểm M thỏa mãn là M ( 0;3) hoặc M 0; − 11 3. ). Bài 13. Cho A (1, −3) ; B ( −3,1) ; C ( 4; 6 ) . Gọi M là điểm chia AB theo tỉ số (−1) và N là điểm chia AC tỉ số 4. Tìm I = BN ∩ CM.





 MA NA Ta có:


 = −1;


 MB NC. Giải










    AB = 2 ⋅ AM  AM = ( −2; 2 )  M ( −1; −1) ⇔ ⇔ = 4 ⇔ 


  





 CN = (1;3)  N ( 5; 9 )  AC = 3 ⋅ CN. 31. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> www.VNMATH.com Phần 2. Hình giải tích − Trần Phương.






 Cách 1: Ta có: BN = ( 8;8 ) , CM = ( −5; −7 ) . Gọi tọa độ điểm I là ( x0 , y0 ) suy ra:




  BI // BN x0 + 3 y0 − 1 x0 − 4 y0 − 6   y0 − 1 = x0 + 3  x0 = 9 ; = = ⇔ ⇔ 





 ⇔ 8 8 −5 −7 CI // CM 5 y0 − 30 = 7 x0 − 28  y0 = 13. Vậy tọa độ điểm I là I ( 9;13) . Cách 2: PT đường thẳng BN là (BN): y − 1 =. PT đường thẳng CM là (CM): y − 6 =. 9 −1 ( x + 3) ⇔ y = x + 4 . 5 − (−3). −1 − 6 ( x − 4) ⇔ y = 7 x + 2 . 5 5 −1 − 4. 7 2  y = 5 x + 5  x = 9 I = BN ∩ CM nên tọa độ I là nghiệm của hệ  ⇔  y = 13 y = x + 4 . Cách 3: Ta có:. S BCN CN 1 = = . Mặt khác: S BCA CA 3. + SCNB SCNI S S S = CAI = CBI = CNI SCNB SCAB SCAB 3.S BCN. Suy ra: SCNB = 2.SCNI ⇒ xI =. BN ⇒ =2 NI. B. M N C. A. I. 3 xN − xB 3 y − yB = 9 ; yI = N = 13 2 2. Vậy tọa độ điểm I là I ( 9;13) . Bài 14. Chứng minh rằng:. a 2 − 2a + 5 + a 2 + 2a + 5 ≥ 2 5 (1). Giải Cách 1: (1) ⇔. (a − 1) 2 + 2 2 + (a + 1) 2 + 2 2 ≥ 2 5.



Đặt a = (1 − a; 2 ) , b = ( a + 1; 2 ) ⇒ a + b = ( 2; 4 ). Ta có:.     (a − 1) 2 + 2 2 + (a + 1) 2 + 2 2 = a + b ≥ a + b = 2 2 + 4 2 = 2 5 (đpcm).   Dấu bằng xảy ra ⇔ a ↑↑ b ⇔ 1 − a = a + 1 ⇔ a = 0 . 32. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> www.VNMATH.com Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng. Cách 2:. a 2 − 2a + 5 + a 2 + 2a + 5 ≥ 2 ⋅ 4 ( a 2 − 2a + 5 )( a 2 + 2a + 5 ). = 2 ⋅ 4 (a 2 + 5) 2 − 4a 2 = 2 ⋅ 4 a 4 + 6a 2 + 25 ≥ 2 ⋅ 4 25 = 2 5 (đpcm).  a 2 − 2a + 5 = a 2 + 2a + 5  ⇔ a=0. Dấu bằng xảy ra ⇔  a = 0. Bài 15. Giải phương trình: (4 − x) x − 2 + 7 − 2 x = 85 − 57 x + 13 x 2 − x 3 (1) Giải Ta có: (1) ⇔ (4 − x) x − 2 + 7 − 2 x = ( 5 − x ) ( x 2 − 8 x + 17 ) 2 ⇔ (4 − x) x − 2 + 7 − 2 x = ( 5 − x ) ( 4 − x ) + 1. (ĐK: x ∈  2; 72  ).



Xét a = ( 4 − x;1) , b = ( x − 2; 7 − 2 x ) ⇒ a ⋅ b = ( 4 − x ) x − 2 + 7 − 2 x

2 và a = ( 4 − x ) + 1; b = ( x − 2 ) + ( 7 − 2 x ) = 5 − x





4−x 1 Khi đó (1) ⇔ a ⋅ b = a ⋅ b ⇔ cos ( a ⋅ b ) = 1 ⇔ = x−2 7 − 2x 2 ⇔ ( 4 − x ) ( 7 − 2 x ) = x − 2 ⇔ −2 x 3 + 23x 2 − 89 x + 114 = 0. ⇔ ( 3 − x ) ( 2 x 2 − 17 x + 38 ) = 0 . Do x ∈  2; 72  nên 2 x 2 − 17 x + 38 > 0 .. Vậy phương trình có nghiệm x = 3 . Bài 16. CMR:. x 2 + xy + y 2 +. y 2 + yz + z 2 ≥ z 2 + zx + x 2 , ∀x, y, z ∈ . Giải Ta có:. x + xy + y = 2. 2. ( ) y+ x 2. (. 2. 2.  3  x ; +  2 . y + yz + z = 2. 2. (. y+ z 2. ). 2.  3  z +  2 . 2. ). 


 3 
 3  3( Xét a =  y + x ; x,b = − y + z ; z ⇒ a + b =  x − z ; x + z) 2  2   2 2  2 2  

( x − z )2 3( x + z)2 ⇒ a+b = + = z 2 + zx + x 2 . 4 4 33. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> www.VNMATH.com Phần 2. Hình giải tích − Trần Phương.



Do a + b ≥ a + b nên. x 2 + xy + y 2 +. y 2 + yz + z 2 ≥ z 2 + zx + x 2 (đpcm).   Dấu bằng xảy ra ⇔ a ↑↑ b ⇔ x = z = 0 hoặc. 2y + x −y −y − x x x −2 y − 2 x ⇔ = ⇔ xy + yz + zx = 0 . =− ⇔ = z 2y + z z 2y y+z y. Hay là x = z = 0 ∨ x = kz , y =. −k z 1+ k. ( k ≠ −1). Cách 2: Trong 3 số x, y, z có ít nhất A. 2 số cùng dấu, giả sử là x và y . C2. Lấy các điểm O, A, B, C 1, C2 sao cho. |x|. OA = x , OB = y , OC1 = OC2 = z và O.  =C    BOC 1 1OA = 120° ; AOC2 = C2 OB = 60° .. |y| B. |z|. Ta có: AB 2 = x 2 + y 2 − 2 xy cos120° ⇔ AB = x 2 + y 2 + xy . Tương tự suy ra:. C1. BC1 = y 2 + z 2 + yz , C1 A = z 2 + x 2 + zx. và BC 2 = y 2 + z 2 − yz , C 2 A = z 2 + x 2 − zx . Nếu z cùng dấu với x, y thì sử dụng AB + BC1 ≥ C1 A suy ra (đpcm) Nếu z cùng dấu với x, y thì sử dụng AB + BC2 ≥ C2 A suy ra (đpcm) Dấu bằng xảy ra ⇔ Trong 3 điểm A,B,C có ít nhất 2 điểm trùng O ⇔ 2 trong 3 số x, y, z có ít nhất 2 số bằng 0. Trong trường hợp x, z cùng dấu và khác dấu với y thì dấu bằng xảy ra khi độ dài đường là phân giác từ đỉnh O của tam giác OAC chính là OB. 34. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> www.VNMATH.com Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng VIII. BÀI TẬP DÀNH CHO BẠN ĐỌC TỰ GIẢI Dạng 1: Xác định tọa độ của 1 điểm. Bài 1. Cho A (1, −2 ) ; B ( 0, 4 ) ; C ( 3, 2 ) . Tìm D với:








 a. CD = 2 AB − 3 AC.








  b. AD + 2 BD − 4CD = 0. Bài 2. Cho A (1, −2 ) ; B ( 2,1) ; C ( −3, 5 ) . Tìm D để tứ giác ABCD là hình bình hành. Bài 3. Cho A(1, −2). Tìm trên Ox điểm M để đường trung trực của AM đi qua gốc O Bài 4. Cho A ( −1, −3) ; B ( 3,3) . Tìm M, N để chia AB thành 3 đoạn có độ dài bằng nhau Bài 5. Giả sử M (1, 2 ) ; N ( 0, 4 ) chia AB thành 3 đoạn có độ dài bằng nhau. Tìm tọa độ A, B. Bài 6. Cho A ( −2, −6 ) ; B (10, 6 ) ; C ( −11, 0 ) . Gọi M là điểm chia AB theo tỉ số (−3) và N là điểm chia AC tỉ số (−2). Tìm I = BN ∩ CM Bài 7. Cho A( −1, −1) ; B ( 2, 4) ; C ( 6,1) . Gọi M, N, P lần lượt là các điểm chia các đoạn AB, BC, CA theo các tỉ số: −1, 2, −1 . Chứng minh rằng: M, N, P thẳng hàng. 2 Bài 8. Tìm tọa độ trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp O, tâm đường tròn nội tiếp I. a. A ( 6, 2 ) ; B ( −4, 7 ) ; C ( 0, −1) b. A ( −2, 4 ) ; B ( 5, 5 ) ; C ( 6, −2 ) c. A ( 3, 2 ) ; B ( 6, 3) ; C ( 8, −1) Bài 9. Cho ∆ABC cân tại A. Gọi D là trung điểm AB; E là trọng tâm ∆ACD; I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ACD. CMR : IE ⊥ CD Bài 10. Cho ∆ABC đều nội tiếp trong đường tròn (I, R). Gọi M là điểm bất kì trên đường tròn ngoại tiếp ∆ABC. CMR: MA 4 + MB 4 + MC 4 = const. 35. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> www.VNMATH.com Phần 2. Hình giải tích − Trần Phương Dạng 2: Sự thẳng hàng. Bài 1. Cho A ( 2; −2 ) , B ( 4; −1) , C ( 7; 5 ) , E ( 5;1) . a. Chứng minh rằng: B, C, E thẳng hàng b. Tìm tọa độ điểm D trên Oy sao cho ABCD là hình thang đáy AB, CD Bài 2. Cho A(−3, 12); B(2, −4); C(5, −4); D(5, 5). Tìm AC ∩ BD . Bài 3. Cho A(1, 3); B(5, −5). Tìm M ∈ Ox để ( MA + MB ) Min . Bài 4. Cho A(1, 2); B(3, 4). Tìm M ∈ Ox để ( MA + MB ) Min . Bài 5. Cho A (1; 6 ) , B ( −3; −4 ) . Tìm M∈(∆): 2 x − y − 1 = 0 để ( MA + MB ) Min Bài 6. Cho A ( x1 , y1 ) ; B ( x 2 , y 2 ) . Tìm M∈(∆): ax + by + c = 0 để ( MA + MB ) Min Bài 7. Chứng minh rằng:. a 2 − 2a + 2 + a 2 − 6a + 10 ≥ 2 2. Bài 8. Cho 3a − b + 7 = 0 . CMR: Bài 9. Chứng minh rằng:. a 2 + b 2 − 2a − 12b + 37 + a 2 + b 2 + 6a − 6b + 18 ≥ 5. a 2 − 2a + 5 + a 2 − 12a + +136 ≥ 13. Bài 10. Cho a, b, c > 0 và ab + bc + ca = abc . Chứng minh rằng: a 2 + 2b 2 b 2 + 2c 2 + + ab bc. c 2 + 2a 2 ≥ 3 ca. ( ). Bài 11. Cho ( ∆) :2x − y −1 = 0 và 5 điểm: A ( 0, −1) ; B ( 2,3) ; C 1 , 0 ; E (1, 6) ; F ( −3, −4) 2 a. Tìm D ∈ (∆) sao cho (A, B, C, D) là hàng điểm điều hòa.







 b. Tìm M(x, y) ∈(∆) sao cho: EM + FM là nhỏ nhất.. 36. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(15)</span>