Mục lục Chuyên đề 10. Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 §1. Tọa Độ Trong Mặt Phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 §2. Phương Trình Đường Thẳng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 §3. Tam Giác Và Tứ Giác. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 §4. Phương Trình Đường Tròn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 §5. Phương Trình Elip . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 1 Nguyễn Minh Hiếu 2 Chuyên đề 10 Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng §1. Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Bài tập 10.1. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A (−1; 1) , B (2; 5) , C (4; 3). Tìm tọa độ điểm D sao cho −−→ AD = 3 −−→ AB − 2 −→ AC. Tìm tọa độ điểm M sao cho −−→ MA + 2 −−→ MB = 5 −−→ MC. Lời giải. Gọi D(x; y) ta có −−→ AD = (x + 1; y − 1), −−→ AB = (3; 4), −→ AC = (5; 2) ⇒ 3 −−→ AB − 2 −→ AC = (−2; 8). Do đó −−→ AD = 3 −−→ AB − 2 −→ AC ⇔  x + 1 = −2 y − 1 = 8 ⇔  x = −3 y = 9 ⇒ D(−3; 9). Gọi M(x; y) ta có −−→ MA = (−1 − x; 1 − y), −−→ MB = (2 − x; 5 − y). Suy ra −−→ MA + 2 −−→ MB = (3 − 3x; 11 − 3y); −−→ MC = (4 − x; 3 − y). Do đó −−→ MA + 2 −−→ MB = 5 −−→ MC ⇔  3 − 3x = 5(4 − x) 11 − 3y = 5(3 − y) ⇔  x = 17 2 y = 2 ⇒ M  17 2 ; 2  . Vậy D(−3; 9) và M  17 2 ; 2  . Bài tập 10.2. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A (2; 5) , B (1; 1) , C (3; 3). Tìm tọa độ điểm D sao cho ABCD là hình bình hành. Tìm tọa độ tâm hình bình hành đó. Lời giải. Gọi D(x; y) ta có −−→ AD = (x − 2; y − 5), −−→ BC = (2; 2). Khi đó ABCD là hình bình hành ⇔ −−→ AD = −−→ BC ⇔  x − 2 = 2 y − 5 = 2 ⇔  x = 4 y = 7 ⇒ D(4; 7). Gọi I là tâm hình bình hành ABCD ta có I là trung điểm AC nên I  5 2 ; 4  . Bài tập 10.3. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A (−3; 2) , B (4; 3). Tìm tọa độ điểm M thuộc trục Ox sao cho tam giác MAB vuông tại M. Lời giải. Vì M ∈ Ox nên M(x; 0) ⇒ −−→ MA = (x + 3; −2), −−→ MB = (x − 4; −3). Khi đó tam giác M AB vuông tại M ⇔ −−→ MA. −−→ MB = 0 ⇔ (x + 3)(x − 4) + 6 = 0 ⇔  x = 3 x = −2 . Vậy M(3; 0) hoặc M (−2; 0). Bài tập 10.4. (D-04) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A (−1; 0) , B (4; 0) , C (0; m) , m = 0. Tìm toạ độ trọng tâm G. Tìm m để tam giác GAB vuông tại G. Lời giải. Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên G  1; m 3  ⇒ −→ GA =  −2; − m 3  , −−→ GB =  3; − m 3  . Khi đó tam giác GAB vuông tại G ⇔ −→ GA. −−→ GB = 0 ⇔ −6 + m 2 9 = 0 ⇔ m = ±3 √ 6. Bài tập 10.5. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A (1; −1) , B (5; −3), đỉnh C thuộc trục Oy và trọng tâm G thuộc trục Ox. Tìm tọa độ đỉnh C và trọng tâm G. Lời giải. Ta có C ∈ Oy ⇒ C(0; y), G ∈ Ox ⇒ G(x; 0). Khi đó G là trọng tâm tam giác ABC nên  x A + x B + x C = 3x G y A + y B + y C = 3y G ⇔  1 + 5 + 0 = 3x −1 − 3 + y = 0 ⇔  x = 2 y = 4 Vậy C(0; 4) và G(2; 0). 3 Nguyễn Minh Hiếu Bài tập 10.6. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A (0; 6) , B (−2; 0) , C (2; 0). Gọi M là trung điểm AB, G là trọng tâm tam giác ACM và I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh GI vuông góc với CM. Lời giải. Ta có M là trung điểm AB ⇒ M(−1; 3), G là trọng tâm tam giác ACM ⇒ G  1 3 ; 3  . Gọi I(x; y) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có −→ AI = (x; y − 6) ⇒ AI =  x 2 + (y − 6) 2 =  x 2 + y 2 − 12y + 36 −→ BI = (x + 2; y) ⇒ BI =  (x + 2) 2 + y 2 =  x 2 + y 2 + 4x + 4 −→ CI = (x − 2; y) ⇒ CI =  (x − 2) 2 + y 2 =  x 2 + y 2 − 4x + 4 Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC nên  AI = BI AI = CI ⇔  4x + 12y = 32 4x − 12y = −32 ⇔  x = 0 y = 8 3 ⇒ I  0; 8 3  Khi đó −→ GI =  − 1 3 ; − 1 3  , −−→ CM = (−3; 3) ⇒ −→ GI. −−→ CM = 0. Vậy GI vuông góc với CM (đpcm). Bài tập 10.7. Trong mặt phẳng Oxy, cho bốn điểm A (−1; 3) , B (0; 4) , C (3; 5) , D (8; 0). Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp. Lời giải. Ta có −−→ AB = (1; 1), −−→ AD = (9; −3) ⇒ cos  BAD = cos  −−→ AB, −−→ AD  = 9 − 3 √ 2. √ 90 = 1 √ 5 . −−→ CB = (−3; −1), −−→ CD = (5; −5) ⇒ cos  BCD = cos  −−→ CB, −−→ CD  = −15 + 5 √ 10. √ 50 = − 1 √ 5 . Suy ra cos  BAD + cos  BCD = 0 ⇒  BAD +  BCD = 180 0 . Vậy tứ giác ABCD nội tiếp. Bài tập 10.8. (B-03) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A. Biết M (1; −1) là trung điểm cạnh BC và G  2 3 ; 0  là trọng tâm tam giác. Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác. Lời giải. Gọi A(x; y), ta có −→ AG =  2 3 − x; −y  , −−→ GM =  1 3 ; −1  . Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên −→ AG = 2 −−→ GM ⇔  2 3 − x = 2 3 −y = −2 ⇔  x = 0 y = 2 ⇒ A (0; 2). Gọi B(x; y) ⇒ C(2 − x; −2 − y) ta có −−→ AB = (x; y − 2) ⇒ AB =  x 2 + y 2 − 4y + 4. −→ AC = (2 − x; −4 − y) ⇒ AC =  x 2 + y 2 − 4x + 8y + 20. Tam giác ABC vuông cân tại A nên  −−→ AB. −→ AC = 0 AB = AC ⇔  x(2 − x) + (y − 2)(−4 − y) = 0 −4y + 4 = −4x + 8y + 20 ⇔  x 2 + y 2 − 2x + 2y −8 = 0 (1) x = 3y + 4 (2) Thay (2) vào (1) ta có (3y + 4) 2 + y 2 − 2 (3y + 4) + 2y − 8 = 0 ⇔ 10y 2 + 20y = 0 ⇔  y = 0 y = −2 . Với y = 0 ⇒ x = 4 ⇒ B(4; 0), C(−2; −2). Với y = −2 ⇒ x = −2 ⇒ B(−2; −2), C(4; 0). Vậy A(0; 2), B(4; 0), C(−2; −2) hoặc A(0; 2), B(−2; −2), C(4; 0). Bài tập 10.9. (A-04) Trong mặt phẳng Oxy, cho A (0; 2) , B  − √ 3; −1  . Tìm toạ độ trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB. Lời giải. Gọi H(x; y) ta có −−→ OH = (x; y), −−→ AB = (− √ 3 − 3), −−→ AH = (x; y − 2), −−→ OB = (− √ 3; −1). Khi đó H là trực tâm tam giác OAB khi và chỉ khi  −−→ OH. −−→ AB = 0 −−→ AH. −−→ OB = 0 ⇔  − √ 3x − 3y = 0 − √ 3x − y + 2 = 0 ⇔  x = √ 3 y = −1 4 Chuyên đề 10. Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Gọi I(a; b) ta có −→ OI = (a; b) ⇒ OI = √ a 2 + b 2 −→ AI = (a; b − 2) ⇒ AI = √ a 2 + b 2 − 4b + 4 −→ BI =  a + √ 3; b + 1  ⇒ BI =  a 2 + b 2 + 2 √ 3a + 2b + 4 Khi đó I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB khi và chỉ khi  OI = AI OI = BI ⇔  −4b + 4 = 0 2 √ 3a + 2b + 4 = 0 ⇔  a = − √ 3 b = 1 Vậy H( √ 3; −1) và I(− √ 3; 1). Bài tập 10.10. (D-2010) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A (3; −7), trực tâm là H (3; −1), tâm đường tròn ngoại tiếp là I (−2; 0). Xác định tọa độ đỉnh C, biết C có hoành độ dương. Lời giải. Gọi B (x 1 ; y 1 ) , C (x 2 ; y 2 ). Ta có −−→ AH = (0; 6), −−→ BC = (x 2 − x 1 ; y 2 − y 1 ). Vì H là trực tâm tam giác ABC nên −−→ AH. −−→ BC = 0 ⇔ 6 (y 2 − y 1 ) = 0 ⇔ y 2 = y 1 ⇒ B (x 1 ; y 1 ) , C (x 2 ; y 1 ). Khi đó −→ IA = (5; −7) ⇒ IA = √ 74 −→ IB = (x 1 + 2; y 1 ) ⇒ IB =  (x 1 + 2) 2 + y 2 1 −→ IB = (x 1 + 2; y 1 ) ⇒ IC =  (x 2 + 2) 2 + y 2 1 . Vì I là trọng tâm tam giác ABC nên  IB = IA IC = IA ⇔  (x 1 + 2) 2 + y 2 1 = 74 (x 1 + 2) 2 + y 2 1 = 74 Vì x 2 > 0 nên với |y 1 | ≤ 74 ta có  x 1 = −2 −  74 − y 2 1 x 2 = −2 +  74 − y 2 1 ⇒ B  −2 −  74 − y 2 1 ; y 1  , C  −2 +  74 − y 2 1 ; y 1  Khi đó −−→ BH =  5 +  74 − y 2 1 ; −1 − y 1  , −→ CA =  5 −  74 − y 2 1 ; −7 − y 1  . Vì H là trực tâm nên −−→ BH. −→ CA = 0 khi và chỉ khi  5 +  74 − y 2 1  5 −  74 − y 2 1  + (1 + y 1 ) (7 + y 1 ) = 0 ⇔ y 2 1 + 4y 1 − 21 = 0 ⇔  y 1 = 3 y 1 = −7 Với y 1 = −7 ⇒ x 2 = 3 ⇒ C(3; −7) (loại). Với y 1 = 3 ⇒ x 2 = −2 + √ 65 ⇒ C  −2 + √ 65; 3  (thỏa mãn). Vậy C  −2 + √ 65; 3  . §2. Phương Trình Đường Thẳng Bài tập 10.11. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A (−1; 2) , B (2; 3) và C (6; 2). Viết phương trình đường thẳng qua A và song song với BC. Lời giải. Gọi đường thẳng cần tìm là ∆. Vì ∆ song song với BC nên có vectơ chỉ phương −→ u = −−→ BC = (4; −1). Hơn nữa ∆ qua A nên có phương trình tham số  x = −1 + 4t y = 2 − t . Bài tập 10.12. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A (3; 5). Viết phương trình đường thẳng qua A cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại M, N sao cho diện tích tam giác OM N bằng 30. Lời giải. Gọi đường thẳng cần tìm là ∆. Giả sử ∆ cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại M(a; 0), N(0; b) (a, b > 0). Khi đó ∆ có phương trình đoạn chắn x a + y b = 1 ⇔ bx + ay − ab = 0. Vì A ∈ ∆ nên 3b + 5a − ab = 0 (∗). Lại có OM = a, ON = b ⇒ S ∆OM N = 1 2 ab. Từ giả thiết suy ra 1 2 ab = 30 ⇔ ab = 60. Với ab = 60 thay vào (∗) ta có 3. 60 a + 5a − 60 = 0 ⇔ 5a 2 − 60a + 180 = 0 ⇔ a = 6 ⇒ b = 10. Vậy ∆ có phương trình 10x + 6y − 60 = 0. 5 Nguyễn Minh Hiếu Bài tập 10.13. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A (8; 6). Lập phương trình đường thẳng qua A và tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 12. Lời giải. Gọi đường thẳng cần tìm là ∆. Giả sử ∆ cắt hai trục Ox, Oy lần lượt tại M(a; 0), N(0; b). Khi đó ∆ có phương trình đoạn chắn x a + y b = 1 ⇔ bx + ay − ab = 0. Vì A ∈ ∆ nên 8b + 6a − ab = 0 (∗). Lại có OM = |a|, ON = |b| ⇒ S ∆OM N = 1 2 |ab|. Từ giả thiết suy ra 1 2 |ab| = 12 ⇔ |ab| = 24 ⇔ ab = ±24. Với ab = 24 thay vào (*) ta có 8. 24 a + 6a − 24 = 0 ⇔ 6a 2 − 24a + 192 = 0 (vô nghiệm). Với ab = −24 thay vào (*) ta có 8. −24 a + 6a + 24 = 0 ⇔ 6a 2 + 24a − 192 = 0 ⇔  a = 4 a = −8 . Với a = 4 ⇒ b = −6 ⇒ ∆ có phương trình 6x − 4y + 24 = 0. Với a = −8 ⇒ b = 3 ⇒ ∆ có phương trình 3x − 8y − 24 = 0. Vậy có hai phương trình của ∆ là 6x − 4y + 24 = 0 và 3x − 8y − 24 = 0. Bài tập 10.14. (D-2010) Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A (0; 2) và ∆ là đường thẳng đi qua O. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên ∆. Viết phương trình đường thẳng ∆, biết khoảng cách từ H đến trục hoành bằng AH. Lời giải. Gọi H(x; y), ta có −−→ OH = (x; y), −−→ AH = (x; y − 2), d(H, Ox) = |y|. Từ giả thiết ta có  AH = d(H, Ox) −−→ AH. −−→ OH = 0 ⇔  x 2 + (y − 2) 2 = y 2 x 2 + y(y − 2) = 0 ⇔  x 2 = 4y − 4 y 2 + 2y − 4 = 0 ⇔  x 2 = 4y − 4 y = −1 ± √ 5 Với y = −1 − √ 5 ⇒ x 2 = −8 − 4 √ 5 (vô nghiệm) Với y = −1 + √ 5 ⇒ x 2 = −8 + 4 √ 5 ⇔ x = ±  −8 + 4 √ 5 ⇒ −−→ AH =  ±  −8 + 4 √ 5; −3 + √ 5  . Vậy ∆ có hai phương trình là  −8 + 4 √ 5x +  √ 5 − 3  y = 0 và −  −8 + 4 √ 5x +  √ 5 − 3  y = 0. Bài tập 10.15. (CĐ-2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d : x + y + 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng đi qua A (2; −4) và tạo với đường thẳng d một góc bằng 45 0 . Lời giải. Đường thẳng d có vectơ pháp tuyến −→ n d = (1; 1). Gọi ∆ là đường thẳng cần tìm và giả sử ∆ có vectơ pháp tuyến −→ n ∆ = (a; b) (a 2 + b 2 = 0). Khi đó cos (∆, d) = | −→ n ∆ . −→ n d | | −→ n ∆ |. | −→ n d | = |a + b| √ 2. √ a 2 + b 2 . Theo giả thiết ta có cos (∆, d) = cos 45 0 ⇔ |a + b| √ 2. √ a 2 + b 2 = √ 2 2 ⇔ (a + b) 2 = a 2 + b 2 ⇔ 2ab = 0 ⇔  a = 0 b = 0 Với a = 0 chọn b = 1 ta có −→ n ∆ = (0; 1) ⇒ ∆ : y + 4 = 0. Với b = 0 chọn a = 1 ta có −→ n ∆ = (1; 0) ⇒ ∆ : x − 2 = 0. Vậy có hai đường thẳng ∆ cần tìm là y + 4 = 0 và x − 2 = 0. Bài tập 10.16. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d 1 : 2x − y − 1 = 0; d 2 : x + 2y − 3 = 0 và điểm M (2; −1). Tìm giao điểm A của d 1 , d 2 . Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M và cắt d 1 , d 2 lần lượt tại B, C sao cho tam giác ABC cân tại A. Lời giải. Tọa độ A là nghiệm của hệ  2x − y − 1 = 0 x + 2y − 3 = 0 ⇔  x = 1 y = 1 ⇒ A (1; 1). Lấy điểm H(0; −1) ∈ d 1 và K(3 − 2t; t) ∈ d 2 ta có −−→ AH = (−1; −2) ⇒ AH = √ 5, −−→ AK = (2 − 2t; t − 1) ⇒ AK =  5(t − 1) 2 Khi đó ∆ nhận −−→ HK làm vectơ chỉ phương ⇔ AH = AK ⇔ 5 = 5(t − 1) 2 ⇔  t = 0 t = 2 . 6 Chuyên đề 10. Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Với t = 0 ⇒ K(3; 0) ⇒ −−→ HK = (3; 1) ⇒ ∆ :  x = 2 + 3t y = −1 + t . Với t = 2 ⇒ K(−1; 2) ⇒ −−→ HK = (−1; 3) ⇒ ∆ :  x = 2 − t y = −1 + 3t . Vậy có ∆ có hai phương trình là  x = 2 + 3t y = −1 + t và  x = 2 − t y = −1 + 3t . Bài tập 10.17. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng ∆ :  x = −2 − 2t y = 1 + 2t và điểm M (3; 1). Tìm điểm B thuộc đường thẳng ∆ sao cho đoạn MB là ngắn nhất. Lời giải. Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương −→ u ∆ = (−2; 2). Điểm B ∈ ∆ ⇒ B(−2 − 2t; 1 + 2t) ⇒ −−→ MB = (−5 − 2t; 2t). Đoạn MB ngắn nhất khi B là hình chiếu của M trên ∆. Khi đó −→ u ∆ . −−→ MB = 0 ⇔ 10 + 4t + 4t = 0 ⇔ t = − 5 4 ⇒ B  1 2 ; − 3 2  . Vậy B  1 2 ; − 3 2  . Bài tập 10.18. (B-04) Trong mặt phẳng Oxy, cho A (1; 1) , B (4; −3). Tìm điểm C thuộc d : x−2y −1 = 0 sao cho khoảng cách từ C đến đường thẳng AB bằng 6. Lời giải. Ta có −−→ AB = (3; −4) Đường thẳng AB có vectơ pháp tuyến −→ n (4; 3) nên có phương trình 4x + 3y − 7 = 0. Lại có C ∈ d ⇒ C(2t + 1; t) ⇒ d(C, AB) = |4(2t + 1) + 3t − 7| 5 = |11t − 3| 5 . Theo giả thiết d(C, AB) = 6 ⇔ |11t − 3| 5 = 6 ⇔  t = 3 t = − 27 11 . Vậy C(7; 3) hoặc C  − 43 11 ; − 27 11  . Bài tập 10.19. (A-06) Trong mặt phẳng Oxy, cho ba đương thẳng d 1 : x + y + 3 = 0, d 2 : x − y − 4 = 0, d 3 : x − 2y = 0. Tìm M ∈ d 3 sao cho khoảng cách từ M đến d 1 bằng hai lần khoảng cách từ M đến d 2 . Lời giải. Ta có M ∈ d 3 ⇒ M(2t; t). Khi đó d (M, d 1 ) = 2d (M, d 1 ) ⇔ |2t + t + 3| √ 2 = 2 |2t − t − 4| √ 2 ⇔ |3t + 3| = 2 |t − 4| ⇔  t = 1 t = −11 . Vậy M(2; 1) hoặc M (−22; −11). Bài tập 10.20. (B-07) Trong mặt phẳng Oxy, cho A (2; 2) và các đường thẳng d 1 : x + y − 2 = 0, d 2 : x + y − 8 = 0. Tìm điểm B ∈ d 1 và C ∈ d 2 sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. Lời giải. Ta có B ∈ d 1 ⇒ B(t 1 ; 2 − t 1 ), C ∈ d 2 ⇒ C(t 2 ; 8 − t 2 ). Suy ra −−→ AB = (t 1 − 2; −t 1 ), −→ AC = (t 2 − 2; 6 − t 2 ). Theo giả thiết ta có  (t 1 − 2) (t 2 − 2) − t 1 (6 − t 2 ) = 0 (t 1 − 2) 2 + t 2 1 = (t 2 − 2) 2 + (6 − t 2 ) 2 ⇔  t 1 t 2 − 4t 1 − t 2 + 2 = 0 (1) t 2 1 − 2t 1 = t 2 2 − 8t 2 + 18 (2) . Nhận thấy t 1 = 1 không phải nghiệm hệ. Với t 1 = 1 ta có (1) ⇔ t 2 = 4t 1 −2 t 1 −1 thay vào (2) được t 4 1 − 4t 3 1 + 3t 2 1 + 2t 1 − 6 = 0 ⇔ (t 1 + 1)  t 3 1 − 5t 2 1 + 8t 1 − 6  = 0 ⇔  t 1 = −1 t 1 = 3 Với t 1 = −1 ⇒ t 2 = 3 ⇒ B(−1; 3), C(3; 5). Với t 1 = 3 ⇒ t 2 = 5 ⇒ B(3; −1), C(5; 3). Vậy B(−1; 3), C(3; 5) hoặc B(3; −1), C(5; 3). Bài tập 10.21. (B-2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho các đường thẳng ∆ : x−y−4 = 0 và d : 2x−y−2 = 0. Tìm tọa độ điểm N thuộc d sao cho đường thẳng ON cắt đường thẳng ∆ tại điểm M thỏa mãn OM.ON = 8. 7 Nguyễn Minh Hiếu Lời giải. Ta có N ∈ d ⇒ N(a; 2a − 2) ⇒ −−→ ON = (a; 2a − 2) ⇒ ON có phương trình  x = at y = (2a − 2)t . Lại có M ∈ ON ⇒ M (at; (2a − 2)t) Mà M ∈ ∆ ⇒ at − (2a − 2)t − 4 = 0 ⇔ t = 4 2 − a ⇒ M  4a 2 − a ; 4 (2a − 2) 2 − a  . Khi đó ON =  5a 2 − 8a + 4, OM = 4 |2 − a|  5a 2 − 8a + 4 ⇒ ON.OM = 4  5a 2 − 8a + 4  |2 − a| . Theo giả thiết ON.OM = 8 ⇔ 4  5a 2 − 8a + 4  |2 − a| = 8 ⇔ 5a 2 − 8a + 4 = 2 |2 − a| ⇔  a = 0 a = 6 5 . Vậy N (0; −2) hoặc N  6 5 ; 2 5  . Bài tập 10.22. Trong mặt phẳng Oxy, cho P (1; 6) , Q (−3; −4) và đường thẳng ∆ : 2x − y − 1 = 0. Tìm toạ độ M trên ∆ sao cho MP + MQ là nhỏ nhất. Tìm toạ độ N trên ∆ sao cho |NP − N Q| là lớn nhất. Lời giải. Nhận thấy P, Q nằm cùng phía với ∆. Gọi P  là điểm đối xứng với P qua ∆ và lấy M ∈ ∆, ta có MP + MQ = MP  + MQ ≥ P  Q. Dấu bằng xảy ra ⇔ M = P  Q ∩ ∆. Gọi H là hình chiếu của P trên ∆ ⇒ H(t; 2t − 1) ⇒ −−→ P H = (t − 1; 2t − 7). Vì P H⊥∆ nên −−→ P H. −→ u ∆ = 0 ⇔ t − 1 + 2(2t − 7) = 0 ⇔ t = 3 ⇒ H(3; 5) ⇒ P  (5; 4). Khi đó −−→ P  Q = (−8; −8) ⇒ −−→ n P  Q (1; −1) ⇒ P  Q có phương trình x − y − 1 = 0. Tọa độ M là nghiệm hệ  2x − y − 1 = 0 x − y − 1 = 0 ⇔  x = 0 y = −1 ⇒ M(0; −1). Lấy N ∈ ∆, ta có |NP − NQ| ≤ P Q. Dấu bằng xảy ra ⇔ N = P Q ∩ ∆. Ta có −−→ P Q = (−4; −10) ⇒ −−→ n P Q = (5; −2) ⇒ P Q có phương trình 5x − 2y + 7 = 0. Tọa độ N là nghiệm hệ  2x − y − 1 = 0 5x − 2y + 7 = 0 ⇔  x = −9 y = −19 ⇒ N(−9; −19). Vậy M(0; −1) và N(−9; −19). §3. Tam Giác Và Tứ Giác Bài tập 10.23. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B (−4; −5) và hai đường cao lần lượt có phương trình là d 1 : 5x + 3y − 4 = 0 và d 2 : 3x + 8y + 13 = 0. Lập phương trình cạnh AC. Lời giải. Nhận thấy B /∈ d 1 , B /∈ d 2 nên có thể giả sử d 1 là đường cao qua A và d 2 là đường cao qua C. Đường thẳng d 1 có vectơ chỉ phương −→ u 1 = (3; −5); đường thẳng d 2 có vectơ chỉ phương −→ u 2 = (8; −3). Ta có A ∈ d 1 ⇒ A  t; 4−5t 3  ⇒ −−→ BA =  t + 4; 19−5t 3  . Vì d 2 vuông góc với AB nên −−→ BA. −→ u 2 = 0 ⇔ 8 (t + 4) − 19 + 5t = 0 ⇔ t = −1 ⇒ A (−1; 3). Lại có C ∈ d 2 ⇒ C  k; −13−3k 8  ⇒ −−→ BC =  k + 4; 27−3t 8  . Vì d 1 vuông góc với BC nên −−→ BC. −→ u 1 = 0 ⇔ 3 (k + 4) − 5  27−3k 8  = 0 ⇔ k = 1 ⇒ B (1; −2). Suy ra −−→ AB = (2; −5) ⇒ chọn vectơ pháp tuyến của AC là −→ n = (5; 2) Vậy đường thẳng chứa AC có phương trình 5 (x + 1) + 2 (y − 3) = 0 ⇔ 5x + 2y − 1 = 0. Bài tập 10.24. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có phương trình AB là 5x − 3y + 2 = 0; các đường cao qua đỉnh A và B lần lượt là d 1 : 4x −3y + 1 = 0 và d 2 : 7x + 2y −22 = 0. Lập phương trình hai cạnh còn lại của tam giác. Lời giải. Đường thẳng d 1 có vectơ chỉ phương −→ u 1 = (3; 4); đường thẳng d 2 có vectơ chỉ phương −→ u 2 = (2; −7). Tọa độ A là nghiệm của hệ  5x − 3y + 2 = 0 4x − 3y + 1 = 0 ⇔  x = −1 y = −1 ⇒ A (−1; −1). Tọa độ B là nghiệm của hệ  5x − 3y + 2 = 0 7x + 2y − 22 = 0 ⇔  x = 2 y = 4 ⇒ B (2; 4). Cạnh AC qua A(−1; −1) và nhận −→ u 2 = (2; −7) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 2 (x + 1) − 7 (y + 1) = 0 ⇔ 2x − 7y − 5 = 0 8 Chuyên đề 10. Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Cạnh BC qua B(2; 4) và nhận −→ u 1 = (3; 4) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 3 (x − 2) + 4 (y − 4) = 0 ⇔ 3x + 4y − 22 = 0 Vậy hai cạnh còn lại của tam giác có phương trình là AC : 2x − 7y − 5 = 0 và BC : 3x + 4y − 22 = 0. Bài tập 10.25. (CĐ-09) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có C (−1; −2), đường trung tuyến kẻ từ A và đường cao kẻ từ B lần lượt có phương trình là 5x + y −9 = 0; x + 3y −5 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và B. Lời giải. Đặt d 1 : 5x + y − 9 = 0, d 2 : x + 3y − 5 = 0. Đường thẳng d 2 có vectơ chỉ phương −→ u 2 = (3; −1). Ta có A ∈ d 1 ⇒ A(t; 9 − 5t) ⇒ −→ AC = (−1 − t; 5t − 11). Vì AC⊥d 2 nên −→ AC. −→ u 2 = 3(−1 − t) − (5t − 11) = 0 ⇔ t = 1 ⇒ A(1; 4). Lại có B ∈ d 2 ⇒ B(5 − 3k; k). Gọi M là trung điểm BC ⇒ M  4−3k 2 ; k−2 2  . Khi đó M ∈ d 1 nên 5. 4−3k 2 + k−2 2 − 9 = 0 ⇔ k = 0 ⇒ B (5; 0). Vậy A(1; 4) và B(5; 0). Bài tập 10.26. (D-09) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có M (2; 0) là trung điểm của cạnh AB. Đường trung tuyến và đường cao qua đỉnh A lần lượt có phương trình là d 1 : 7x − 2y − 3 = 0; d 2 : 6x − y − 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng AC. Lời giải. Tọa độ A là nghiệm hệ  7x − 2y − 3 = 0 6x − y − 4 = 0 ⇔  x = 1 y = 2 ⇒ A (1; 2). Vì B đối xứng với A qua M nên B(3; −2). Gọi N trung điểm BC. Khi đó N ∈ d 1 ⇒ N  t; 7t−3 2  ⇒ −−→ BN =  t − 3; 7t+1 2  . Đường thẳng d 2 có vectơ chỉ phương −→ u 2 = (1; 6). Ta có d 2 ⊥BN ⇒ −→ u 2 . −−→ BN = 0 ⇔ t − 3 + 3(7t + 1) = 0 ⇔ t = 0 ⇒ N  0; − 3 2  ⇒ −−→ MN =  −2; − 3 2  . Vì AC||MN nên có vectơ pháp tuyến −→ n = (3; −4). Do đó AC có phương trình 3x − 4y + 5 = 0. Bài tập 10.27. (CĐ-2013) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A(−3; 2) và có trọng tâm G  1 3 ; 1 3  . Đường cao kẻ từ đỉnh A của tam giác ABC đi qua điểm P (−2; 0). Tìm tọa độ các điểm B và C. Lời giải. Gọi M là trung điểm BC; từ −→ AG = 2 3 −−→ AM ⇒ M  2; − 1 2  . Đường thẳng BC qua M  2; − 1 2  và nhận −→ AP = (1; −2) làm vectơ pháp tuyến. Do đó BC có phương trình x − 2y − 3 = 0. Điểm B ∈ BC ⇒ B(2t + 3; t); vì C đối xứng với B qua M ⇒ C(1 − 2t; −1 − t). Khi đó −−→ AB = (6 + 2t; −2 + t); −→ AC = (4 − 2t; −3 − t). Tam giác ABC vuông tại A nên ta có −−→ AB. −→ AC = 0 ⇔ (6 + 2t) (4 − 2t) + (−2 + t) (−3 − t) = 0 ⇔ t 2 + t − 6 = 0 ⇔  t = 2 t = −3 Với t = 2 ⇒ B(7; 2), C(−3; −3); với t = −3 ⇒ B(−3; −3), C(7; 2). Vậy B(7; 2), C(−3; −3) hoặc B(−3; −3), C(7; 2). Bài tập 10.28. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A (1; 3) và hai trung tuyến kẻ từ B và C lần lượt có phương trình d 1 : x − 2y + 1 = 0 và d 2 : y − 1 = 0. Lập phương trình đường thẳng chứa cạnh BC. Lời giải. Ta có B ∈ d 1 ⇒ B(2t 1 − 1; t 1 ), C ∈ d 2 ⇒ C(t 2 ; 1). Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, AC ta có M  t 1 ; t 1 +3 2  , N  t 2 +1 2 ; 2  . Khi đó M ∈ d 2 , N ∈ d 1 nên  t 1 +3 2 − 1 = 0 t 2 +1 2 − 4 + 1 = 0 ⇔  t 1 = −1 t 2 = 5 ⇒ B(−3; −1), C(5; 1) ⇒ −−→ BC = (8; 2). Do đó cạnh BC nhận −→ n = (1; −4) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x − 4y −1 = 0. 9 Nguyễn Minh Hiếu Bài tập 10.29. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A (2; −1) và hai đường phân giác trong của góc B, C lần lượt có phương trình là d 1 : x −2y + 1 = 0 và d 2 : x + y + 3 = 0. Lập phương trình cạnh BC. Lời giải. Đường thẳng d 1 có vectơ chỉ phương −→ u 1 = (2; 1); đường thẳng d 2 có vectơ chỉ phương −→ u 2 = (1; −1). Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên d 1 và d 2 ta có H(2t 1 − 1; t 1 ), K(t 2 ; −t 2 − 3) ⇒ −−→ AH = (2t 1 − 3; t 1 + 1), −−→ AK = (t 2 − 2; −t 2 − 2) Khi đó AH⊥d 1 ⇒ −−→ AH. −→ u 1 = 0 ⇔ 2(2t 1 − 3) + (t 1 + 1) = 0 ⇔ t 1 = 1 ⇒ H(1; 1). AK⊥d 2 ⇒ −−→ AK. −→ u 2 = 0 ⇔ (t 2 − 2) − (−t 2 − 2) = 0 ⇔ t 2 = 0 ⇒ K(0; −3). Gọi A 1 , A 2 lần lượt là điểm đối xứng A qua d 1 , d 2 ta có A 1 (0; 3), A 2 (−2; −5) ⇒ −−−→ A 1 A 2 = (−2; −8). Do đó cạnh BC qua A 1 (0; 3) và có vectơ pháp tuyến −→ n (4; −1) nên có phương trình 4x − y + 3 = 0. Bài tập 10.30. (B-2010) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có đỉnh C (−4; 1), phân giác trong góc A có phương trình x + y − 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác bằng 24 và đỉnh A có hoàng độ dương. Lời giải. Đặt d : x + y − 5 = 0 ⇒ d có vectơ chỉ phương −→ u = (1; −1). Gọi H là hình chiếu của C trên d, ta có H ∈ d ⇒ H(t; 5 − t) ⇒ −−→ CH = (t + 4; 4 − t). Vì CH⊥d nên −−→ CH. −→ u = 0 ⇔ t + 4 − 4 + t = 0 ⇔ t = 0 ⇒ H(0; 5). Gọi C  là điểm đối xứng với C qua d ⇒ C  (4; 9). Ta có A ∈ d ⇒ A(t; 5 − t) ⇒ −→ AC = (−4 − t; −4 + t), −−→ AC  = (4 − t; 4 + t). Vì −→ AC. −−→ AC  = 0 ⇔ (−4 − t) (4 − t) + (−4 + t)(4 + t) = 0 ⇔  t = 4 t = −4 (loại) ⇒ A(4; 1). Khi đó −→ AC = (−8; 0) ⇒ AC = 8. Suy ra AB có phương trình x = 4. Vì B ∈ AB nên B(4; t) ⇒ −−→ AB = (0; t − 1) ⇒ AB = |t − 1|. Theo giả thiết ta có S ∆ABC = 24 ⇔ 1 2 AB.AC = 24 ⇔ 8|t − 1| = 48 ⇔  t = 7 t = −5 ⇒ B(4; 7) hoặc B(4; −5) Vì d là phân giác trong nên B(4; −5) không thỏa mãn. Với B(4; 7) ⇒ −−→ BC = (−8; −6). Chọn vectơ pháp tuyến của BC là −→ n (3; −4) ta có phương trình BC là 3(x − 4) − 4(y − 7) = 0 ⇔ 3x − 4y + 16 = 0 Bài tập 10.31. (B-2013) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có chân đường cao hạ từ đỉnh A là H  17 5 ; − 1 5  , chân đường phân giác trong góc A là D (5; 3) và trung điểm của cạnh AB là M(0; 1). Tìm tọa độ đỉnh C. Lời giải. Ta có −−→ HD =  8 5 ; 16 5  ⇒ HD có phương trình 2x − y − 7 = 0. Đường thẳng AH vuông góc với HD nên có phương trình: x + 2y − 3 = 0. Điểm B ∈ HD ⇒ B(t; 2t − 7); điểm A đối xứng với B qua M nên A(−t; 9 − 2t). Ta có A ∈ AH nên −t + 2(9 − 2t) − 3 = 0 ⇔ t = 3 ⇒ A(−3; 3). Khi đó −−→ AD = (8; 0) ⇒ đường thẳng AD có phương trình y − 3 = 0. Gọi M  là điểm đối xứng với M qua AD ta có M  ∈ AC. Gọi I = MM  ∩ AD ⇒ I(a; 3) ⇒ −−→ MI = (a; 2). Ta có M I⊥AD nên −−→ MI. −−→ AD = 0 ⇔ 8a = 0 ⇔ a = 0 ⇒ I(0; 3) ⇒ M  (0; 5) Khi đó −−→ AM  = (3; 2) ⇒ đường thẳng AC có phương trình 2x − 3y + 15 = 0. Tọa độ C là nghiệm hệ  2x − y − 7 = 0 2x − 3y + 15 = 0 ⇔  x = 9 y = 11 . Vậy C(9; 11). Bài tập 10.32. (CĐ-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC. Các đường thẳng BC, BB  , B  C  lần lượt có phương trình là y −2 = 0, x −y + 2 = 0, x −3y + 2 = 0 với B  , C  tương ứng là chân các đường cao kẻ từ B, C của tam giác ABC. Viết phương trình các đường thẳng AB, AC. 10 [...].. .Chuyên đề 10 Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng x−y+2=0 x = −2 ⇔ ⇒ B (−2; 0) x − 3y + 2 = 0 y=0 − Đường thẳng BB có vectơ chỉ phương → = (1; 1) u − Đường thẳng AC qua B (−2; 0) và nhận → = (1; 1) làm vectơ pháp tuyến u Do đó AC có phương trình x + y + 2 = 0 x−y+2=0 x=0 Tọa độ B là nghiệm của hệ ⇔ ⇒ B(0; 2) y−2=0 y=2 x+y+2=0 x = −4 Tọa độ C là nghiệm hệ ⇔ ⇒ C(−4; 2) y−2=0... OA2 OB 2 4 a a x2 y2 Vậy (E) có phương trình + 5 = 1 20 20 Chuyên đề 10 Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Bài tập 10.69 (A-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) : x2 + y 2 = 8 Viết phương 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 một hình vuông x2 y 2 + = 1 (b > 0) 16 b2 Vì (E) và (C) đều nhận Ox, Oy làm trục đối xứng... D(−8; 7) Vậy C(−1; 6), D(4; 1) hoặc C(−1; 6), D(−8; 7) Bài tập 10.46 (A-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2N D Giả sử M 11 ; 1 và đường thẳng AN có phương trình 2 2 2x − y − 3 = 0 Tìm tọa độ điểm A 14 Chuyên đề 10 Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Lời giải Đặt d : 2x − y − 3 = 0 Gọi H = AN ∩ BD Qua H kẻ đường thẳng song... thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình x − y − 1 = 0 Tìm tọa độ đỉnh A và C 12 Chuyên đề 10 Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng −→ − −→ − Lời giải Gọi M (x; y) là trung điểm AC, ta có BG = (5; 0), GM = (x − 1; y − 1) 7 − → −→ − 5 = 2(x − 1) x= 2 Vì G là trọng tâm nên AG = 2GM ⇔ ⇔ ⇒ M 7; 1 2 0 = 2(y − 1) y=1 → = (1; 1) − Đặt d : x − y − 1 = 0 Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u −→ − Gọi H... + m| |m − 2| |m − 2| m=7 Lại có IH = d (I, d) = = ⇒ =1⇔ m = −3 5 5 5 Vậy m = 7 hoặc m = −3 Bài tập 10.61 (D-09) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) : (x − 1)2 + y 2 = 1 Gọi I là tâm của (C) Xác định toạ độ điểm M ∈ (C) sao cho IM O = 300 18 Chuyên đề 10 Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Lời giải Đường tròn (C) có tâm I(1; 0) Nhận thấy O ∈ (C) nên IOM = IM O = 300 (1) − −→ → − − −→ → − −→ − −... 16 Chuyên đề 10 Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng Gọi đường tròn cần tìm là (C) : x2 + y 2 − 2ax − 2by + c = 0 2 + b2 > c) (a  1 − 2a + c = 0   a = −1 2 5 − 2a + 4b + c = 0 ⇔ b= 1 Khi đó M, N, H ∈ (C) nên ta có (thỏa mãn) 2   2 − 2a − 2b + c = 0 c = −2 Vậy đường tròn cần tìm là (C) : x2 + y 2 − x + y − 2 = 0 Bài tập 10.54 (D-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d : 2x − y + 3 = 0 Viết phương. .. −4) làm vectơ pháp tuyến Do đó AC có phương trình 3x − 4y + 13 = 0 x−y+2=0 x=5 Khi đó tọa độ A là nghiệm hệ ⇔ ⇒ A (5; 7) 3x − 4y + 13 = 0 y=7 −→ − Đường thẳng HC nhận AH = (−6; −8) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 3x + 4y + 7 = 0 3x + 4y + 7 = 0 x = − 10 3 Tọa độ C là nghiệm của hệ ⇔ ⇒ C − 10 ; 3 Vậy C − 10 ; 3 3 4 3 4 3x − 4y + 13 = 0 y=3 4 Bài tập 10.38 (D-2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho... (B-2013) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau và AD = 3BC Đường thẳng BD có phương trình x + 2y − 6 = 0 và tam giác ABD có trực tâm là H(−3; 2) Tìm tọa độ các đỉnh C và D Lời giải Theo giả thi t AC⊥BD nên H ∈ AC, do đó AC có phương trình 2x − y + 8 = 0 x + 2y − 6 = 0 x = −2 Gọi I = AC ∩ BD, ta có tọa độ I là nghiệm hệ ⇔ ⇒ I(−2; 4) 2x − y + 8 = 0 y=4 Theo giả thi t... (−2; −2) ⇒ AB có phương trình x − y + 2 = 0 −→ − 2 4 8 Với t = ⇒ BC = − ; − ⇒ AB có phương trình 2x − y + 2 = 0 5 5 5 Vậy cạnh AC có phương trình x+y +2 = 0; cạnh AB có hai phương trình x−y +2 = 0 và 2x−y +2 = 0 Lời giải Tọa độ B là nghiệm của hệ Bài tập 10.33 (A-2010) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A (6; 6); đường thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x... tuyến nên có phương trình 2x−5y+39 = 0 n− − → = (1; 3) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x + 3y − 30 = 0 − Cạnh DC qua C(3; 9) và nhận nAB Vậy hai cạnh còn lại của hình bình hành là 2x − 5y + 39 = 0 và x + 3y − 30 = 0 Bài tập 10.41 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có A(1; 2), phương trình BD là x−y −1 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi biết rằng BD = 2AC và B có tung độ âm − Lời