CÁC HƯỚNG TƯ DUY VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢITRONG HÌNH HỌC OXY

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

CÁC BÀI TOÁN VỀ ELIP

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

Biên soạn: Thanh Tùng


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


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

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

3




4


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

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

2) (A, A1 – 2012 :NC). Cho ñường tròn
2 2
( ): 8
C x y
+ =
. Viết phương trình chính tắc của elip (E), biết rằng (E) có
ñộ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt
( )
C
tại bốn ñiểm phân biệt tạo thành bốn ñỉnh của một hình vuông.
3) (B – 2012:CB). Cho ñường tròn
2 2
1
( ) : 4
C x y
+ =
,
2 2
2
( ) : 12 18 0
C x y x
+ − + =
và ñường thẳng
: 4 0
d x y
− − =
.
Viết phương trình ñường tròn có tâm thuộc
2
( )

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

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


5

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

Cách 1
Phân tích: :
+) Ta có
{
}

A AN AM
= ∩
nên Theo hướng tư duy 1 (TH1) ta phải ñi lập thêm phương trình
AM

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

Giải:
ðặt
AB a
=

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

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

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

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

2 2 2 2 2
2 2 2 2
3
2
2
2(2 ) 5( ) 3 8 3 0 (3 )( 3 ) 0
3
2
. 2 1
a b
a b
a b a b a ab b a b a b
a b
a b
= −
−

⇔ = ⇔ − = + ⇔ − − = ⇔ + − = ⇔

=

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

hay
: 3 4 0
AM x y
− − =

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

+) Với
3
a b
=
chọn
3; 1
a b
= =

(3;1)
AM

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

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

 
⇔ ⇒
 
+ − = =
 

Vậy
(1; 1)
A
−
hoặc
(4;5)
A










6

Cách 2:

Phân tích:
A AN
∈

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

(còn dữ kiện
11 1
;
2 2
M
 
 
 
là trung ñiểm của
BC
ta chưa sử dụng – sẽ giúp ta làm ñiều này) ?
t A
→ = →

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

AN

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

ðặt
AB a
=

2
; ;
3 3 2
a a a
ND NC MB MC
⇒ = = = =
( vì
ABCD
là hình vuông và 2
CN ND
=

)
Và áp dụng Pitago ta ñược:
5 5
;
2 6
a a
AM MN= =
và
10
3
a
AN =

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


⇒
MAN

∠
=
0
45

MAH
⇒ ∆
cận tại
H
3 5 3 10
2 2.
2 2
AM MH⇒ = = =
(*)
+) Gọi
( ;2 3)
A t t AN
− ∈
và
2
45
2
AM =
(theo (*))

⇔
2 2
2
1 (1; 1)
11 7 45

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

Vậy
(1; 1)
A
−
hoặc
(4;5)
A


Cách 3:

Phân tích:
A AN
∈

và
11 1
;
2 2
M
 
 
 
cố ñịnh . Nếu
AM h const
= =
( ta sẽ tìm cách ñi tính
AM
).
Nên Theo hướng tư duy 3 (TH3) :
{
}
( )
A AN C
= ∩ với
( )
C
là ñường tròn tâm
M
bán kính
R h
=

7

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

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

ðặt
AB a
=

2
; ;
3 3 2

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

Trong
AMN
∆
ta có: cos
MAN
∠
2 2 2
2
2 . 2

AM AN MN
AM AN
+ −
= =


⇒
MAN
∠
=
0
45

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

Vậy
3 10
2
AM
= ⇒

A
nằm trên ñường tròn có phương trình:

2 2
11 1 45
2 2 2
x y
   
− + − =
   
   

Mà
:2 3 0
A AN x y
∈ − − =
Nên ta xét hệ :
2 2
11 1 45
1
2 2 2
1
2 3 0
x
x y
y
x y

   
=

− + − =


   
⇔
 
   
= −


− − =

hoặc
4
5
x
y
=


=



Vậy
(1; 1)
A
−
hoặc
(4;5)
A

Cách 4: (Các em có thể tham khảo thêm cách giải của Bộ Giáo Dục nhưng vì cách giải này theo thầy không ñược

“tự nhiên” nên thầy không trình bày ở ñây)
2) (A, A1 – 2012 :NC). Cho ñường tròn
2 2
( ): 8
C x y
+ =
. Viết phương trình chính tắc của elip (E), biết rằng (E) có
ñộ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt
( )
C
tại bốn ñiểm phân biệt tạo thành bốn ñỉnh của một hình vuông.
Phân tích:
+) Phương trình
( )
E
:
2 2
2 2
1
x y
a b
+ =
như vậy ta cần tìm
;
a b
+) (E) có ñộ dài trục lớn bằng 8
2 8 4
a a
⇒ = ⇒ =

+) Theo Hướng tư duy 4 (TH4) ta gọi
( ; )
A x y
(
0
x
>
) là một giao ñiểm của (E) và
( )
C
:
2 2
( ) 8
A C x y
∈ ⇒ + =

và dữ kiện (E) cắt
( )
C
tại bốn ñiểm phân biệt tạo thành bốn ñỉnh của một hình vuông giúp ta thiết lập thêm phương
trình:
y x
=
(4 ñỉnh nằm trên hai ñường phân giác thuộc góc phần tư thứ nhất và thứ hai – nhưng vì ta chọn ñiểm
( ; )
A x y
(
0
x
>

) thuộc góc phần tư thứ nhất)
⇒
tọa ñộ ñiểm
A
+) Mà
( )
A E b
∈ ⇒ →
phương trình (E).
Giải: Gọi phương trình chính tắc của elip
( )
E
có dạng:
2 2
2 2
1
x y
a b
+ =

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

+) Gọi
( ; )
A x y
(
0

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

y A
⇒ = ⇒

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

8

3) (B – 2012:CB). Cho ñường tròn
2 2
1

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

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

1
( )
I t II
∈

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

( Ta có thể làm theo Hướng tư duy 3 (TH3) với
{

}
1 2
( )
I II C
= ∩
→
tọa ñộ
I
- cách trình bày khác của TH2)
+) Xác ñịnh bán kính:
R
nhờ
( , )
R d I d
=

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

1
( )
C
là
1
(0;0)
I

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

.
Gọi
1
( ; )
I t t II
∈
mà
2
( )
I C
∈
2 2
12 18 0
t t t
⇒ + − + =

2
6 9 0 3
t t t
⇔ − + = ⇔ =
(3;3)
I
⇒

Mà
( )
C
tiếp xúc với
d

⇒

2 2
3 3 4
( , ) 2 2
1 1
R d I d
− +
= = =
+
. Vậy phương trình
( )
C
là:
2 2
( 3) ( 3) 8
x y
− + − =


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

Phân tích: +) Phương trình
( )

E
:
2 2
2 2
1
x y
a b
+ =

( 0)
a b
> >
như vậy ta cần tìm
;
a b

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

+) Khai thác dữ kiện: AC = 2BD
1

( , ) 0
f a b
→ =
(1)
+) Khai thác dữ kiện: ñường tròn
2 2
4
x y
+ =

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

→
phương trình (E).

9

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

( với
0
a b
> >
)
Vì (E) ñi qua các ñỉnh A, B, C, D và
A Ox
∈
nên không mất tính tổng quát giả sử:
( ;0)
A a
và
(0; )
B b
.
Mà hình thoi ABCD có AC = 2BD 2 4 2

OA OB OA OB
⇔ = ⇔ =

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

Gọi
H
là hình chiếu của
O
lên
AB

2
OH R
⇒ = =
( vì ñường tròn
2 2
4

x y
+ =

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

Vậy phương trình chính tắc của elip
( )
E
là:
2 2
1

20 5
x y
+ =


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

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

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

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

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

B D I
và
C

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

−


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

Gọi
1 1
( ; 2)
B t t AB
− − ∈
và
2 2
( ; 4)
D t t AD
+ ∈

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

Mà
2 1 2 1
2 1 1 2
2
3. 0 2 3 0 2 3
2 2
t t t t
I AC t t t t
+ − +
∈ ⇒ + = ⇔ − + = ⇔ = +

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

Mặt khác
, ,
B D M
thẳng hàng
⇒
,

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


⇒
(1; 3), ( 1;3)
B D
− −
và
(0;0)
I
⇒
(3; 1)

C
−
( vì
I
là trung ñiểm của
AC
)


10

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

và
4 0
x y
− + =
; ñường thẳng BD ñi qua ñiểm
1
( ;1)
3
M − . Tìm tọa ñộ các ñỉnh của hình chữ nhật ABCD.
Cách 2:

Phân tích: +) Theo Hướng tư duy 1 (TH1) :
{
}

A AC AD
= ∩
→
tọa ñộ ñiểm
A

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

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


⇒
tọa ñộ
, ,
C D B

Giải: Vì
{
}
A AC AD
= ∩
nên xét hệ:
3 0
4 0
x y
x y

+ =


− + =

3
1
x
y
= −

⇔ ⇒

=

( 3;1)
A
−

Phương trình của
'
d
ñi qua
M
song song
AD
có dạng:
1
( 1) 0 3 3 4 0
3

x y x y
+ − − = ⇔ − + =

Gọi
{
}
'
N d AC
= ∩
nên ta xét hệ:
1
3 0
1
1;
1
3 3 4 0
3
3
x
x y
N
y
x y
= −

+ =


 
⇔ ⇒ −

 
 
=
− + =
 




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

⇒
, ,
H I J
lần lượt là trung ñiểm
, ,
MN AC AD
5 5
;
4 4
H

 
⇒ −
 
 
⇒
pt của
d
:
5 5
0 0
4 4
x y x y
   
+ + − = ⇔ + =
   
   

Ta có:
}
{
I d AC
= ∩ nên ta xét hệ:
( )
0 0
0;0
3 0 0
x y x
I
x y y
+ = =

 
⇔ ⇒
 
+ = =
 

⇒
(3; 1)
C
−
(
I
là trung ñiểm của
AC
)
và
}
{
J d AD
= ∩ nên ta xét hệ:
( )
0 2
2;2
4 0 2
x y x
J
x y y
+ = = −
 
⇔ ⇒ −

 
− + = =
 
⇒
( 1;3)
D
−
(
J
là trung ñiểm của
AD
)

⇒
(1; 3)
B
−
(
I
là trung ñiểm của
BD
)

6) (D – 2012 :NC). Cho ñường thẳng
: 2 3 0
d x y
− + =
. Viết phương trình ñường tròn có tâm thuộc
d
, cắt trục Ox

tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho AB = CD = 2.



11

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

Và dữ kiện
AB CD
=
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 HA
= = +

với
( , )
IH d I Ox
=
và
1
2
AB
HA
= =

Giải:
+) Gọi
I
là tâm ñường tròn cần lập và gọi
( ;2 3)
I t t d
+ ∈

+) Ta có
AB CD
=
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
IH d I Ox
⇒ = = − =
và ta có:
2
1
2 2
AB
AH
= = =
2 2 2 2
10
R IA IH HA
⇒ = = + =

Vậy phương trình ñường tròn:
2 2
( 3) ( 3) 10
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 IH HA
⇒ = = + =

Vậy phương trình ñường tròn:
2 2
( 1) ( 1) 2
x y
+ + − =
.

CHÚ Ý: Trước khi vào phần BÀI TOÁN 2 chúng ta có một số quy ước sau:
+)
( )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, CN. Viết phương trình các cạnh của
ABC
∆
.


Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 1 ñể giải các ví dụ 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 các 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 lượt là
x – 6y + 3 = 0 và 5x – 6y – 1 = 0. Tính diện tích tam giác ABC. (ðs:
16
ABC
S
∆
=
(ñvdt))


12

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có trọng tâm G(-2;0) biết phương trình các cạnh AB, AC theo thứ tự là
4x + y + 14 = 0 và 2x + 5y – 2 = 0. Viết phương 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). Viết phương trình
ñường thẳng
3
d
qua P và cắt
1
d
,
2
d
lần lượt tại 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 của AB là I(1; 3), trung ñiểm AC là J(-3; 0). ðiểm A thuộc Oy và
ñường BC qua gốc tọa ñộ O. Tìm tọa ñộ các ñỉnh của tam giác ABC. (ðs: A
9
0;
2
 
 
 
, B

3
2;
2
 
 
 
,
9
6;
2
 
− −
 
 
)
( Các em tham khảo phần giải mẫu qua các 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 lượt là
x – 6y + 3 = 0 và 5x – 6y – 1 = 0. Tính diện tích tam giác ABC.
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 trọng 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 phương trình BC:
3
2 3 0
8 4
x y
x y
+
= ⇔ − + =

Gọi H là chân ñường cao kẻ từ A xuống 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
∆
⇒ = = =
(ñvdt)
Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có trọng tâm G(-2;0) biết phương trình các cạnh AB, AC theo thứ tự là
4x + y + 14 = 0 và 2x + 5y – 2 = 0. Viết phương trình BC
Giải:

13

+) Tọa ñộ ñiểm A là nghiệm của hệ:

4 14 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 của AB là I(1; 3), trung ñiểm AC là J(-3; 0). ðiểm A thuộc Oy và
ñường BC qua gốc tọa ñộ O. Tìm tọa ñộ các 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 lượt là trung ñiểm của AB và AC)
Ta có:
OB (2;6 a)
OC ( 6; a)

= −


= − −


uuur
uuur
Mà BC ñi qua gốc tọa ñộ O hay O,B,C thẳng 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 cạnh.

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

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 2 ñể giải các ví dụ 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 – 2004): Cho hai ñiểm A (0; 2) và B(
3
−
;
1
−
). Tìm tọa ñộ trực tâm và tọa ñộ tâm ñường tròn ngoại tiếp
của tam giác OAB. (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 cạnh.


TH1 TH2

Cách giải: TH1: B, C lần lượt ñối xứng với A qua
1
d
và
2
d
B
C

⇒



TH2: +) B ñối xứng 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 tưởng Bài 3 ñể giải các ví dụ sau)
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có ñỉnh A(1; 2) và hai ñường trung trực của cạnh AB và AC lần lượt là x – 2y – 2 = 0
và x – y + 5 = 0. Viết phương trình trung tuyến AM của tam giác ABC. (ðs: y = 2)

Ví dụ 2 : Cho tam giác ABC có ñiểm M(0; 3) thuộc ñoạn 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. Viết phương trình cạnh BC của tam giác ABC biết 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 em hãy dựa vào ý tưởng Bài 4 ñể giải các ví dụ sau)
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có A(–4; – 5) và phương trình ñường cao BH: x + 2y – 2 = 0, ñường trung tuyến
CM: 8x – y – 3 = 0. Tìm tọa ñộ ñỉnh 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. ðiểm
1 5
;
2 2
N
 
−
 
 
thuộc ñoạn BC và ñỉnh C thuộc ñường thẳng d: x + y – 3 = 0. Viết phương trình
ñường tròn ngoại tiếp 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 tại 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 , cạnh BC song song với ñường thẳng 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 (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 5 ñể giải các ví dụ sau)

Ví dụ 1: Cho tam giác ABC biết A(5; 13). Phương trình ñường trung trực cạnh BC, ñường trung tuyến CC’
(C’ thuộc AB) lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 1 = 0. Viết phương trình cạnh BC. (ðs: x – y + 2 = 0)

Ví dụ 2 : Cho tam giác
ABC
có ñường trung trực của cạnh
BC
cắt ñương thẳng ñi qua
AB
tại ñiểm
(1;2)

M
và
song song với ñường thẳng
2 2013 0
x y
− + =
biết
2
AB MA
=
uuur uuur
và ñường trung tuyến xuất phát từ ñỉnh C có
phương trình
11 7 11 0
x y
+ + =
. Tìm tọa ñộ 3 ñỉnh của tam giác ABC. (ðs:
2 11
(0;1), ( 2; 1), ;
5 5
A B C
 
− − −
 
 
)

Bài 6: Biết trung ñiểm M của AB và trung tuyến AN, ñường cao BH. Viết phương trình các cạnh của
∆
ABC.

Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 6 ñể giải các ví dụ 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
ñiểm 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 tuyến 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) 50
x y
+ + + =
)

16

Bài 7: Biết ñỉnh A (hoặc ñường cao xuất phát từ A ñi qua ñiểm N và trọng tâm G thuộc một ñường thẳng…)
của tam giác ABC và trung tuyến BM, ñường cao BH. Viết phương trình các cạnh.



TH1 TH2
Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 7 ñể giải các ví dụ sau)

Ví dụ 1:Cho tam giác ABC biết 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 lần lượt có phương trình: 4x + 3y + 2 = 0; x – 1 =
0. Tính diện tích tam giác ABC biết rằng trọng tâm G của tam giác thuộc ñường thẳng d: 2x + 3y – 1 = 0 và ñường cao
xuất phát từ ñỉnh A có hoành ñộ âm ñi qua ñiểm N(3; –3). (ðs:
5
ABC
S
∆
=
(ñvdt))
Ví dụ 3 (D – 2009): Cho tam giác ABC có M(2; 0) là trung ñiểm của cạnh AB. ðường trung tuyến và ñường cao qua
ñỉnh A lần lượt có phương trình là 7x – 2y – 3 = 0 và 6x – y – 4 = 0. Viết phương trình ñường thẳng AC.
(ðs: 3x – 4y + 5 = 0)
Ví dụ 4 (B – 2003): Cho tam giác ABC có AB = AC ,
BAC
∠ =
90
0
. Biết M(1; -1) là trung ñiểm 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 – 2009): Cho hình chữ nhật ABCD có ñiểm I(6; 2) là giao ñiểm của hai ñường chéo AC và BD. ðiểm

M(1; 5) thuộc ñường thẳng 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 kiện vuông góc (trường hợp riêng của Bài 19) ñể giải bài toán.

Cách giải:
*) Gọi tọa ñộ các ñiểm (nếu chưa biết) liên quan tới yếu tố vuông góc theo một ẩn nhờ vào:
+) ñiểm thuộc ñường thẳng.
+) ñiểm có mối liên hệ với ñiểm khác: trung ñiểm, trọng tâm, thỏa mãn hệ thức véctơ…
17

*) “Cắt nghĩa” ñiều 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

⊥ ⇔ =


=



⊥ ⇒


=




∠ = ⇔ =

uuur uuuur
uur uur
uur uur
uuur uuur

( ) 0 ?
f t t
⇒ = ⇒ = ⇒
tọa ñộ các ñiểm
Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 8 ñể giải các ví dụ sau)

Ví dụ 1 (D – 2004): 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 – 2008): Cho (P):
2
16
y x
=
và ñiểm A(1; 4). Hai ñiểm phân biệt B, C (B và C khác A) di ñộng trên (P) sao
cho
BAC
∠ =
0
90
. Chứng minh rằng ñường thẳng BC luôn ñi qua một ñiểm cố ñịnh. (ðs: ñiểm cố ñịnh I(17; –4))
Ví dụ 3 (A – 2009): Cho hình chữ nhật ABCD có ñiểm I(6; 2) là giao ñiểm của hai ñường chéo AC và BD. ðiểm
M(1; 5) thuộc ñường thẳng 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 ñường thẳng ñi qua I(2; 1) cắt Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho tam
giác AMB vuông tại M. (ðs: x + 2y – 4 = 0 và x + y – 3 = 0
).

CHÚ Ý:
Qua các bài toán trên liên quan tới yếu tố trung tuyến và ñường cao, ñường trung trực các em có thể rút ra ñược một
vài ñiều như sau (tuy ñơn giản nhưng hướng tư duy này sẽ giúp chúng ta giải quyết tốt những bài toán dạng trên):
+) Nếu M là trung ñiểm 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 thiết lập ñược 2
phương trình
+) AH là ñường cao của BC: giúp chúng ta biết ñược phương của ñường này nếu biết ñường kia.
+) d là trung trực của BC: nghĩa là B ñối 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 CC’. 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 (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 9 ñể giải các ví dụ sau)

Ví dụ 1: Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC có ñỉnh A(1; 1), phương trình ñường phân giác trong góc B,
góc C lần lượt là BD: 2x + y + 4 = 0; CE: x + 3y + 1 = 0. Lập phương trình cạnh BC. (ðs:x + 23y + 46 = 0)

Ví dụ 2: Trong mặt phẳng 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
 
 

 
lần lượt thuộc cạnh 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 tuyến BM, phân giác trong BD. Viết phương trình các cạnh.


Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 10 ñể giải các ví dụ sau)

Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có ñỉnh A(3; 4), ñường phân giác trong và trung tuyến xuất phát từ ñỉnh 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 ñỉnh 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 tuyến BM, phân giác trong CD. Viết phương trình các canh.


Cách giải:



Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 11 ñể giải các ví dụ sau)


Ví dụ 1: Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có ñỉnh A(1; 2), ñường trung tuyến BM: 2x + y + 1 = 0 và phân
giác trong CD: x + y – 1 = 0. Viết phương trình ñường 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. Viết phương trình cạnh AC biết ñiểm N(–7; 7) thuộc cạnh BC. (ðs: 5x + 3y – 2 = 0
)

Ví dụ 3 (D – 2011 ): Cho tam giác ABC có ñỉnh B(– 4; 1), trọng tâm G(1; 1) và ñường thẳng chứa phân giác trong
của góc A có phương 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 ñường cao BH, phân giác trong BD. Viết phương trình các cạnh tam giác.


Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 12 ñể giải các ví dụ 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 + 3y + 12 = 0. Tìm tọa ñộ ñiểm C. (ðs: C(–4; – 6) )
Bài 13: Biết ñỉnh A và ñường cao BH, phân giác trong CD. Viết phương trình các cạnh tam giác.


Cách giải:


Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 13 ñể giải các ví dụ sau)


Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có C(–2; 3). ðường cao của tam giác kẻ từ ñỉnh A và ñường phân giác trong của góc B
lần lượt là: 3x – 2y – 25 = 0; x – y = 0. Viết phương trình cạnh AC của tam giác. (ðs: 8x + 7y – 5 = 0)

Ví dụ 2 (B – 2008): Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, hãy xác ñịnh tọa ñộ ñỉnh C của tam giác ABC biết rằng hình
chiếu vuông góc của C trên ñường thẳng AB là ñiểm H(– 1; – 1), ñường phân giác trong của góc A có phương trình
x – y + 2 = 0 và 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
ñiểm ñối xứng với ñiểm ñã biết tọa ñộ trên cạnh kề của góc chứa phân giác qua phân giác ñó , và ñiềm ñó sẽ thuộc
cạnh kề còn lại (ñây là ñặc ñiểm luôn ñược khai thác khi có bài toán chứa phân giác)

20



Loại 2: Các bài toán về ðịnh Lượng
Bài 14: Biết ñỉnh A hoặc trọng tâm G của tam giác ABC thuộc một ñường thẳng d cho trước.
Biết tọa ñộ ñỉnh B, C và diện tích tam giác ABC( hoặc diện tích của 1 trong 3 tam giác ABG, BCG, CAG) . Tìm
tọa ñộ ñỉnh A.(Nếu biết thêm trung tuyến AM thì thay dữ kiện biết 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 (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 14 ñể giải các ví dụ sau)

Ví dụ 1 (B – 2004): Cho hai ñiểm A(1; 1), B(4; -3). Tìm ñiểm C thuộc ñường thẳng x – 2y – 1 = 0 sao cho khoảng
cách từ C ñến ñường thẳng 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 tam giác nằm trên 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
ABG BCG CAG ABC
S S S S
∆ ∆ ∆ ∆
= = =

21

Bài 15: Biết ñỉnh A và phương trình ñường thẳng BC và hình chiếu H của A xuống BC chia theo
BH kHC
=
uuur uuur
và biết
diện tích tam giác ABC (hoặc biết ñộ dài ñoạn BC). Tìm tọa ñộ B, C.


Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 15 ñể giải các ví dụ sau)

Ví dụ 1:Cho tam giác ABC có ñỉnh A(2; – 2) và phương trình ñường thẳng BC là 3x – 4y + 1 = 0 và hình chiếu H của
A xuống BC thỏa mãn 6
HC BH
= −
uuur uuur
. Tìm tọa ñộ các ñiểm B và C, biết diện tích tam giác ABC bằng 7,5 .
(ðs: B(1; 1), C(5; 4))

Ví dụ 2 (B – 2009 – NC): 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, biết 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 ñường thẳng AB là x – 2y + 2 = 0 và
AB = 2AD. Tìm tọa ñộ các ñiểm A, B, C, D biết rằng 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 phương trình ñường thẳng BC, ñường thẳng d ñi qua ñiểm H thuộc BC thỏa mãn

BH kHC
=
uuur uuur

và biết diện tích tam giác ABC (hoặc biết ñộ dài ñoạn BC). Tìm tọa ñộ B, C.
TH2: Biết phương trình AC và biết phương trình ñi qua A căt BC tại H (biết A), biết B ( hoặc C) và thỏa mãn
BH.BC = k. Tìm ñỉnh còn lại.

BH.BC = k
TH1 TH2




22

Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 16 ñể giải các ví dụ sau)

Ví dụ 1:Cho tam giác ABC có ñỉnh A(1; 1), cạnh BC có phương trình 3x – 4y + 6 = 0. ðường thẳng d cắt ñoạn BC tại
ñiểm 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 – 2011): Cho hai ñường thẳng
∆
: x – y – 4 = 0 và d: 2x – y – 2 = 0. Tìm tọa ñộ ñiểm N thuộc ñường thẳng
d sao cho ñường thẳng ON cắt ñường thẳng
∆
tại ñiểm M thỏa mãn OM.ON = 8. (ðs:
(0; 2)

N
−
hoặc
6 2
;
5 5
N
 
 
 

Bài 17: Biết tọa ñộ ñiểm A, ñường phân giác trong của góc 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 (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 17 ñể giải ví dụ sau)
23


Ví dụ (B – 2010): Cho tam giác ABC vuông tại A có ñỉnh C(– 4; 1), phân giác trong góc A có phương trình
x + y – 5 = 0. Viết phương trình ñường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và ñỉnh A có hoành ñộ dương.
Bài 18: Tam giác ABC cân tại A, biết AB và BC nằm 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:


+) Tìm
1 2
{ }
B d d
=
I

+) Viết 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 (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 18 ñể giải các ví dụ 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 tại A. Biết rằng cạnh
huyền nằm trên ñường thẳng d: x + 7y – 31 = 0, ñiểm 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 tại A có phương trình AB, BC lần lượt là y + 1 = 0 và x + y – 2 = 0. Tính diện tích
24

tam giác ABC biết AC ñi qua ñiểm M(–1; 2) (ðs:
8
ABC
S
∆
=
).
Ví dụ 4 (A – 2010 – NC): Cho tam giác ABC cân tại A có ñỉnh A(6; 6); ñường thẳng ñi qua trung ñiểm của các cạnh
AB và AC có phương trình x + y – 4 = 0. Tìm tọa ñộ các ñỉnh B và C, biết ñiểm E(1; - 3) nằm trên ñường cao ñi qua
ñỉnh C của tam giác ñã cho. (ðs:
(0; 4), ( 4;0)
B C
− −
hoặc
( 6;2), (2; 6)
B C
− −
)
Ví dụ 5 (B – 2007): Cho ñiểm 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 lần 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 – 2011 – NC): Cho tam giác ABC có ñỉnh B
1
;1
2
 
 
 
. ðường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các
cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các ñiểm D, E, F. Cho D(3; 1) và ñường thẳng EF có phương trình y – 3 = 0. Tìm tọa

ñộ ñỉnh A, biết A có tung ñộ dương. ( ðs:
13
3;
3
A
 
 
 
)
Bài 19: Các ñiểm liên hệ với nhau bởi một ẩn và một ñiều kiện về ñịnh lượng

Cách giải:
+) Khai thác dữ kiện bài toán ñể chuyển các ñiểm về 1 ẩn t (nhờ thuật toán tìm ñiểm)
+) Thiết lập phương trình:
( ) 0 ?
f t t
= ⇒ = ⇒
các ñiểm cần tìm.
CHÚ Ý: Bài 8 là trường hợp ñặc biệt của Bài 19 khi ñiều kiện ñịnh lượng là ñiều kiện góc
0
90
(vuông góc).

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 19 ñể giải các ví dụ sau)
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vuông tại A. Hai ñiểm A, B thuộc trục hoành. Phương trình cạnh BC là 4x + 3y – 16 = 0.
Xác ñịnh tọa ñộ trọng tâm G của tam giác ABC, biết bán kính ñường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 1.
(ðs: G
4
2;
3

 
 
 
hoặc G
4
6;
3
 
−
 
 
)

Ví dụ 2 (A – 2002): Cho tam giác ABC vuông tại A, phương trình ñường thẳng BC là
3x y 3 0
− − =
, các ñỉnh A và B
thuộc trục hoành và bán kính ñường tròn nội tiếp bằng 2. Tìm tọa ñộ trọng tâm G của tam giác ABC.
(ðs:
7 4 3 6 2 3
;
3 3
G
 
+ +
 
 
 
hoặc
4 3 1 6 2 3

;
3 3
G
 
− − − −
 
 
 
)
Ví dụ 3 (D – 2008): Cho (P):
2
16
y x
=
và ñiểm A(1; 4). Hai ñiểm 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 ñiểm cố ñịnh. (ðs: ñiểm cố ñịnh I(17; –4))
Ví dụ 4 (A – 2006): 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 khoảng cách từ M ñến ñường thẳng
1
d
bằng hai lần khoảng cách từ M ñến ñường
thẳng
2
d
. (ðs:
( 22; 11)
M
− −
hoặc
(2;1)
M
)
Ví dụ 5 (B – 2005): Cho hai ñiểm A(2;0) và B(6;4). Viết phương trình ñường tròn (C) tiếp xúc với trục hoành tại
ñiểm A và khoảng cách từ tâm của (C) ñến ñiểm B bằng 5.
(ðs:
2 2
( ):( 2) ( 1) 1
C x y
− + − =
hoặc
2 2
( ):( 2) ( 7) 49
C x y
− + − =

)
Ví dụ 6 (A – 2005): Cho hai ñường thẳng d
1
: x – y = 0 và d
2
: 2x + y – 1 = 0 tìm tọa ñộ các ñỉnh của hình vuông
ABCD biết rằng 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 – 2006): 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
ñiểm M nằm trên d sao cho ñường tròn tâm M, có bán kính gấp ñôi bán kính ñường tròn (C), tiếp xúc ngoài với ñường
tròn (C). ( ðs:
(1;4)
M

hoặc
( 2;1)
M
−
)

Ví dụ 8 (D – 2004): 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 ñường thẳng AB là x – 2y + 2 = 0 và
AB = 2AD. Tìm tọa ñộ các ñiểm A, B, C, D biết rằng 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 một 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 vtpt
( ; )
n a b
=
r
(
2 2
0
a b
+ ≠
) có dạng:

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). Lập 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 mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho hai ñiểm A(1; 2) và B(5; –1). Viết 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 mặt phẳng Oxy, cho ñiểm M(1; 2). Viết phương trình ñường thẳng qua M cắt Ox, Oy lần lượt tại 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 mặt phẳng Oxy, cho ñiểm M(4; 3). Viết phương trình ñường thẳng qua M sao cho nó tạo 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 bằng nhau, phần chứa ñiểm A có diện tích gấp 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 thẳng 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). Viết phương trình ñường thẳng qua M, cắt hai tia Ox và tia Oy tại
A và B sao cho:
1) tam giác OAB có diện 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 ñiểm
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
− + =
)