Chìa khóa giải nhanh hình học Oxy – Nguyễn Thanh Tùng

Tài liệu gồm 44 trang định hướng cách giải các dạng toán phương pháp tọa độ trong mặt phẳng Oxy do thầy Nguyễn Thanh Tùng biên soạn.

Môn:

Toán 10 2.8 K tài liệu

Thông tin:
44 trang 9 tháng trước
Tác giả:
Student
Mai Nguyệt
docx.com.vn

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

Chìa khóa giải nhanh hình học Oxy – Nguyễn Thanh Tùng

Tài liệu gồm 44 trang định hướng cách giải các dạng toán phương pháp tọa độ trong mặt phẳng Oxy do thầy Nguyễn Thanh Tùng biên soạn.

64 32 lượt tải Tải xuống

Chủ đề: Chương 7: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng (KNTT) 78 tài liệu

Môn: Toán 10 2.8 K tài liệu

Thông tin:

44 trang 9 tháng trước

Tác giả:

Profile Mai Nguyệt
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
1
Sau đây là trích đoạn từ bản thảo của cuốn sách:
10 BÀI TOÁN TRỌNG ĐIỂM
TƯ DUY ĐỘT PHÁ – CHÌA KHÓA GIẢI NHANH
HÌNH HỌC PHẲNG OXY
Mọi thông tin chi tiết các bạn có thể tham khảo qua:
Web: http://www.toanmath.com/
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
2
LỜI MỞ ĐẦU
Có lẽ thị trường sách tham khảo chưa bao giờ “phát triển” như hiện nay. Bởi với bạn đọc, để tìm một
cuốn sách về một chủ đề nào đó lại gặp rất nhiều khó khăn. Không phải bởi sự khan hiếm, mà bạn đọc đứng
trước quá nhiều sự lựa chọn. Khi cầm trên tay cuốn sách này, chắc chắn bạn cũng đang băn khoăn liệu đây có
phải là cuốn sách phù hợp dành cho bạn. Nếu chỉ đọc một vài trang đầu, chắc chắn bạn sẽ chưa cảm nhận hết
được cách viết và ý tưởng mà tác giả muốn gửi gắm thông qua cuốn sách này .
Bạn có thể hình dung ý tưởng của việc giải toán, giống như bạn phải tìm đúng con đường để về đích và
chọn một con đường ngắn nhất luôn là điều chúng ta muốn hướng tới. Để làm tốt được điều này, trên hành
trình tìm ra đích đến, chúng ta thường nhớ tới các mốc, những địa điểm dễ nhớ gắn liền với đích đến. Và trong
cuốn sách này tác giả thiết kế dựa trên ý tưởng đó, bằng cách tạo ra những “điểm mốc” thông qua 10 bài toán
gốc. Trên con đường để tìm đến “đáp số” các bạn sẽ cần những bài toán này. Nghĩa là khi nhìn thấy chúng,
bạn đã biết cách để tìm ra được lời giải cho các bài toán. Đây là 10 bài toán quan trọng, là “linh hồn” để tạo
ra các bài toán khác. Có thể sẽ có rất nhiều bạn sẽ ngạc nhiên khi đọc nội dung các bài toán gốc, vì thực ra nó
khá đơn giản. Nhưng các bạn có biết rằng, ý tưởng được lấy từ các bài toán này chính là “nguồn cảm hứng”
cho các câu hỏi xuất hiện trong đề thi quốc gia. Chúng gần như giải quyết hầu hết các bài toán thi Đại Học
trong các năm vừa qua và tác giả tin nó sẽ có giá trị rất nhiều trong các kì thi Quốc Gia sắp tới. Mong rằng với
cách tiếp cận hoàn toàn mới này sẽ giúp bạn đọc thấy thích thú và việc chinh phục các câu hỏi liên quan đến
hình học phẳng Oxy không còn là vấn đề lớn đối với các bạn. Cũng hi vọng cuốn sách sẽ giúp ích cho các bạn
học sinh trong quá trình học tập, ôn thi một cách chủ động, tự tin bước vào kì thi Quốc Gia và là tài liệu tham
khảo hữu ích cho các thầy cô trong quá trình giảng dạy.
Trong cuốn sách này tác giả giới thiệu tới các bạn 5 phần:
PHẦN 1: TỔNG HỢP KIẾN THỨC CƠ BẢN
PHẦN 2: NHỮNG BÀI TOÁN CƠ BẢN
PHẦN 3: 10 BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG OXY
PHẦN 4: SÁNG TẠO VÀ PHÁT TRIỂN TỪ CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG
THUẦN TÚY
PHẦN 5: BÀI TẬP TỔNG HỢP TỰ LUYỆN
Mặc dù rất nghiêm túc trong quá trình biên soạn, song chắc chắn sẽ không tránh khỏi những sai xót và khiếm
khuyết. Rất mong nhận được sự phản hồi, góp ý và xây dựng từ phía bạn đọc, để cuốn sách được hoàn thiện
hơn cho những lần tái bản sau.
Mọi ý kiến đóng góp mong được gửi về địa chỉ:
Nguyễn Thanh Tùng
Số 9 – Ngõ 880 – Bạch Đằng – Hai Bà Trưng – Hà Nội
hoặc theo e-mail: giaidaptoancap3@yahoo.com
Trân trọng cảm ơn !
Tác giả
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
3
PHẦN 3: 10 BÀI TOÁN HÌNH HỌC OXY
1. BÀI TOÁN 1
A. NỘI DUNG BÀI TOÁN 1
Tìm tọa độ điểm
M
thuộc đường thẳng
đã biết phương trình và cách điểm
I
cho trước một khoảng
không đổi
R
(
const
MI R
).
B. CÁCH GIẢI CHUNG
Có thể trình bày lời giải bài toán này theo 2 cách (bản chất là một).
C1: Gọi ( )M t
MI R
󰇒
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
󰇏
( ) 0 ?
f t t M
C2: Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ :
( )
C
( ở đây (C) là đường tròn tâm I bán kính R)
GIẢI THÍCH CHI TIẾT :
Nghĩa là khi gặp bài toán có nội dung như Bài toán 1 thì ta có thể tìm điểm theo 2 cách trình bày sau:
1) Cách 1 (C1):
*) Do
M
thuộc đường thẳng
đã biết phương trình nên ta sẽ tham số hóa điểm
M
theo ẩn
t
. Cụ thể nếu
đề bài cho đường thẳng
dưới dạng :
+) Tham số :
0
0
x x at
y y bt
hoặc chính tắc:
0 0
x x y y
a b
thì ta sẽ gọi
0 0
( ; )
M x at y bt
Ví như:
M
thuộc đường thẳng
1
:
2 3
x t
y t
thì ta sẽ gọi
(1 ; 2 3 )
M t t
+) Tổng quát
0
ax by c
, khi đó để việc gọi điểm
M
đơn giản và tránh tọa độ viết dưới dạng phân
số ta nên gọi như sau:
Nếu
1
a
hay
: 0
x by c
thì ta gọi
( ; )
M c bt t
. Ví như
: 3 5 0
x y
thì gọi
(5 3 ; )
M t t
.
Nếu
1
b
hay
: 0
ax y c
thì ta gọi
( ; )
M t c at
. Ví như
: 2 1 0
x y
thì gọi
( ;1 2 )
M t t
.
(với
1
a
hoặc
1
b
ta làm tương tự)
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
4
Nếu
1
1
a
b
(ở đây
( , , ) 1
a b c
) thì ta chuyển về dạng tham số để gọi
M
.
Ví như
: 2 3 3 0
x y
(
(3;2)
u
,
đi qua
0
(0; 1)
M
)
3
:
1 2
x t
y t
(3 ; 1 2 )
M t t
(Đây là chỉ là những “tiểu tiết” nhỏ - song nếu tạo cho mình một thói quen thì việc tính toán sẽ giảm nhẹ và
hạn chế khả năng sai xót trong các bước tính toán ).
*) Khi đó việc sử dụng dữ kiện
MI R
sẽ giúp ta thiết lập được một phương trình chứa
t
( ( ) 0)
f t
, từ
đây giải phương trình tìm
t
và suy ra được tọa độ điểm
M
.
2) Cách 2 (C2):
Do
MI R
nên
M
thuộc đường tròn
( )
C
tâm
I
, bán kính
R
. Khi đó tọa độ điểm
M
chính là nghiệm
của hệ phương trình (một phương trình
và một phương trình đường tròn
( )
C
) :
( )
C
C. VÍ DỤ GỐC
Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho điểm
(5;2)
I và đường thẳng
:2 3 0
x y
. Tìm tọa độ điểm
M
thuộc đường thẳng
sao cho
5
MI
.
Bài giải:
Cách 1: +) Vì
M
nên gọi
( ;2 3)
M t t
+) Ta có
2 2 2 2
1
5 25 ( 5) (2 1) 25 5 6 1 0
1
5
t
MI MI t t t t
t
(1;5)
1 17
;
5 5
M
M
Cách 2: +) Có:
5
MI
nên
M
thuộc đường tròn
( )
C
tâm
I
và
5
R
có phương trình:
2 2
( 5) ( 2) 25
x y
+)
M
nên tọa độ điểm
M
là nghiệm của hệ:
2 2
1
5
(1;5)
2 3 0
1
1 17
;
( 5) ( 2) 25
5
5 5
17
5
x
y
M
x y
x
M
x y
y
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
5
Nhận xét:
*) Với C1 chúng ta không cần quan tâm tới bài toán về sự tương giao giữa đường thẳng và đường tròn
(đề cập ở C2) và giải theo phương pháp đại số thông thường.
*) Với C2 ta thấy rõ hơn bản chất của bài toán (điểm cần tìm là giao của đường thẳng và đường tròn).
*) C1 và C2 là hai cách trình bày khác nhau của cùng một phương pháp thế trong giải hệ phương trình.
*) Nếu tìm được duy nhất một điểm
M
khi đó
IM
( hay đường tròn
( ; )
I R
tiếp xúc với
tại
M
).
*) Tùy vào dữ kiện của bài toán, có thể linh hoạt trình bày theo C1 hoặc C2 ( C2 “mạnh” hơn C1 khi đề
cập tới những điểm có cùng vai trò – các bạn sẽ thấy rõ điều này qua các ví dụ minh họa ở phần sau).
D. CÁC VÍ DỤ MỞ RỘNG
Như vậy để chuyển các bài toán về Bài toán 1, ta cần chỉ ra được được 2 điều :
+) Điểm cần tìm đang thuộc một đường thẳng đã biết phương trình.
+) Điểm cần tìm cách một điểm đã biết tọa độ một khoảng không đổi.
Vì vậy để có được điều này các bạn cần trả lời các câu hỏi:
Chùm câu hỏi 1: Điểm cần tìm thuộc đường nào ? Đường đó đã biết phương trình chưa? Nếu chưa thì có
viết được không? Viết bằng cách nào?
Chùm câu hỏi 2: Điểm cần tìm cách một điểm cho trước (đã biết tọa độ ) một khoảng bằng bao nhiêu ?
Cắt nghĩa dữ kiện của bài toán như thế nào để tính được khoảng cách đó?
Và các hỏi trên được “thiết kế” qua các cách ra đề sau:
1. CÁCH RA ĐỀ 1: Cho biết
M
thuộc đường thẳng
và điểm
I
cho trước, độ dài
IM
đề bài
không cho luôn. Cần “cắt nghĩa” các dữ kiện của bài toán để tính độ dài đoạn
IM
Ví dụ 1 (D – 2006). Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho đường tròn
2 2
( ): 2 2 1 0
C x y x y
và đường
thẳng
: 3 0
d x y
. Tìm tọa độ điểm
M
nằm trên
d
sao cho đường tròn tâm
M
, có bán kính gấp đôi bán
kính đường tròn
( )
C
, tiếp xúc ngoài với đường tròn
( )
C
.
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
6
Phân tích : *)
: 3 0
M d x y
*)
(1;1)
( ):
1
I
C
R
và khai thác dữ kiện suy ra
3 3
MI R
chuyển về Bài toán 1.
Giải :
+) Đường tròn
( )
C
có tâm
(1;1)
I và bán kính
1
R
+) Gọi
A
là điểm tiếp xúc ngoài của đường tròn tâm
M
và đường tròn
( )
C
.
Suy ra :
2 3 3
MI MA AI R R R
+) Gọi ( ; 3)
M t t d
Khi đó
2 2 2 2
1
3 9 ( 1) ( 2) 9 2 0
2
t
MI MI t t t t
t
(1;4)
( 2;1)
M
M
+) Vậy
(1;4)
M hoặc
( 2;1)
M
.
Ví dụ 2 (A – 2011). Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho đường thẳng
: 2 0
x y
và đường tròn
2 2
( ): 4 2 0
C x y x y
. Gọi
I
là tâm của
( )
C
,
M
là điểm thuộc
. Qua
M
kẻ các tiếp tuyến
MA
và
MB
đến
( )
C
(
A
,
B
là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm
M
, biết tứ giác
MAIB
có diện tích bằng
10
.
Phân tích:
*)
: 3 0
M d x y
*)
2 . 5. 10 2 5 5
MAIB MBI
S S BI MB MB MB MI
chuyển về Bài toán 1.
Giải :
+) Ta có
2 2
( ): 4 2 0
C x y x y
(2;1)
5
I
R IB
+) Vì
MA
và
MB
là các tiếp tuyến (
A
và
B
là các tiếp điểm)
2 2
2 . 5. 10 2 5 5
MAIB MBI
S S IB MB MB MB MI MB IB
+) Gọi ( ; 2)M t t
+) Khi đó
2 2 2 2
2
5 25 ( 2) ( 3) 25 6 0
3
t
MI MI t t t t
t
(2; 4)
( 3;1)
M
M
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
7
Ví dụ 3 (B – 2002). Cho hình chữ nhật ABCD có tâm
1
;0
2
I
, phương trình đường thẳng AB là
2 2 0
x y
và AB = 2AD. Tìm tọa độ các điểm A, B, C, D biết rằng A có hoành độ âm.
Phân tích hướng giải:
*) Có
: 2 2 0
A AB x y
*)
2 ( , ) ? ?
AD d I AB AB AI
chuyển về Bài toán 1
tọa độ điểm
A
tọa độ
, ,
B C D
.
Giải :
Gọi
H
là hình chiếu vuông góc của
I
trên
AB
. Khi đó
2 2
1
2
5
2
( , )
2
1 2
IH d I AB
Suy ra
2 5
2
AB
AH AD IH
2 2
5 5
5
4 2
IB IA IH AH
Do đó
,
A B
là các giao điểm của đường thẳng
AB
với đường tròn tròn tâm
I
, bán kính
5
2
R
.
Vậy tọa độ
,
A B
là nghiệm của hệ :
2
2
2 2 0
1 25
2 4
x y
x y
2
0
x
y
hoặc
2
2
x
y
Suy ra
( 2;0), (2,2)
A B
( Vì
0
A
x
)
Mặt khác
I
là trung điểm của
AC
và
BD
nên suy ra
(3;0), ( 1; 2)
C D
Vậy
( 2;0), (2,2), (3;0), ( 1; 2)
A B C D
.
Nhận xét :
Khi bài toán yêu cầu tìm từ hai điểm trở lên, mà các điểm có vai trò như nhau (trong bài trên
,
A B
có vài trò
như nhau ) thì các bạn nên trình bày theo C2 để từ điểm này ta suy ra được điểm kia.
Ví dụ 4 (B – 2009 – NC). Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(–1;4) và các
đỉnh B,C thuộc đường thẳng
: 4 0
x y
. Xác định toạ độ các điểm B và C, biết diện tích tam giác ABC
bằng 18.
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
8
Phân tích hướng giải:
*) Có
, : 4 0
B C x y
*)
2 2
2
18
( , )
ABC
ABC
S
S BC BH AB AC AH BH
d A
chuyển về Bài toán 1
Giải :
+) Gọi
H
là hình chiếu vuông góc của
A
trên
Khi đó
H
là trung điểm của
BC
và :
2 2
1 4 4
9
( , )
2
1 1
AH d A
2
2.18
4 2 2 2
9
2
ABC
S
BC BH CH
AH
2 2
81 97
8
2 2
AB AH BH
+) Vậy
97
2
AB AC
, suy ra
,
B C
thuộc đường tròn
tâm
( 1;4)
A
và bán kính
97
2
R
có phương trình :
2 2
97
( 1) ( 4)
2
x y
+) Khi đó tọa độ
,
B C
là nghiệm của hệ :
2 2
2
4 0
4
97
( 1) ( 4)
4 28 33 0
2
x y
y x
x y
x x
3
2
5
2
x
y
hoặc
11
2
3
2
x
y
.
+) Vậy
3 5 11 3
; , ;
2 2 2 2
B C
hoặc
11 3 3 5
; , ;
2 2 2 2
B C
.
Ví dụ 5. Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho hình vuông
ABCD
, có
BD
nằm trên đường thẳng có phương
trình
3 0
x y
, điểm
( 1;2)
M
thuộc đường thẳng
AB
, điểm
(2; 2)
N
thuộc đường thẳng
AD
. Tìm tọa
độ các đỉnh của hình vuông
ABCD
biết điểm
B
có hoành độ dương.
Phân tích hướng giải:
*) Trong các dữ kiện của bài toán ta nhận thấy điểm có “lợi” để ta khai thác đầu tiên chính là điểm
B
,
bởi
B
thuộc
BD
đã biết phương trình và
B
có hoành độ dương.
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
9
*) Ta đã biết tọa độ hai điểm
( 1;2)
M
và
(2; 2)
N
nên nếu tính được độ dài đoạn
BM
hoặc
ta sẽ
tìm ra được tọa độ điểm
B
nhờ Bài toán 1. Nghĩa là ta đang cần yếu tố về định lượng, điều này gợi ý
ta đi tính
( , )
d M BD
hoặc
( , )
d N BD
. Trong hai đại lượng này , đại lượng
( , )
d M BD
sẽ giúp ta dễ
dàng tìm được độ dài
BM
(do
0
90
MBH
), từ đó “tháo” được điểm
B
theo góc nhìn của Bài toán 1.
*) Khi tìm được tọa độ điểm
B
ta sẽ tìm được tọa độ các điểm còn lại nhờ viết được phương trình
,
AB AD
và
tính chất trung điểm của hai đường chéo.
Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên:
Giải:
+) Gọi
H
là hình chiếu vuông góc của
M
trên
2 2
1 2 3
( , ) 2
1 1
BD MH d M BD
Do
MHB
là tam giác vuông cân tại
2 2
H BM MH
+) Gọi
( ;3 )
B t t
với
0
t
, khi đó :
2 2 2 2
4 ( 1) ( 1) 4 1 1
BM t t t t
hoặc
1
t
(loại)
(1;2)
B
+)
AB
đi qua
B
và
M
nên có phương trình
2
y
AD
đi qua
N
và vuông góc với
AB
nên có phương trình
2
x
Suy ra
(2;2)
A
+) Tọa độ điểm
D
là nghiệm của hệ:
2 2
(2;1)
3 0 1
x x
D
x y y
Gọi
I
là trung điểm của
BD
3 3
; (1;1)
2 2
I C
(do
I
là trung điểm của
AC
)
(Có thể tìm
C
qua hệ thức
DC AB
)
Vậy
(2;2), (1;2), (1;1), (2;1)
A B C D
Ví dụ 6. Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho hình thang
ABCD
vuông tại
A
và
D
, có
AB AD CD
, điểm
(1;2)
B , đường thẳng
BD
có phương trình
2
y
. Biết đường thẳng
:7 25 0
x y
cắt các đoạn thẳng
,
AD CD
lần lượt tại hai điểm
,
M N
sao cho
BM
vuông góc với
BC
và tia
là tia phân giác trong của
MBC
.
Tìm tọa độ điểm
D
biết
D
có hoành độ dương.
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
10
Phân tích hướng giải :
*) Với dữ kiện bài toán ta có
: 2
D BD y
và điểm
(1;2)
B , nên nếu tính được độ dài đoạn
BD
ta sẽ nhìn
thấy luôn Bài toán 1 và việc tìm ra điểm
D
không có gì là khó khăn. Nghĩa là ta đang cần có yếu tố về “định
lượng”. Lúc này đường thẳng
đã biết phương trình nên ta nghĩ tới việc tính khoảng cách từ
B
tới
và tạo
mối liên hệ gắn kết với độ dài
BD
.
*) Với dữ kiện còn lại của bài toán và bằng phương pháp hình học thuần túy ta dễ dàng chỉ ra được
( , ) ( , )
BH d B CD d B
, khi đó ta sẽ tính được độ dài
BD
và đưa ra lời giải đầy đủ cho bài toán.
Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên:
Giải:
+) Gọi
H
là hình chiếu vuông góc của
B
trên
CD
, khi đó
ABHD
là hình vuông
Suy ra
CBH MBA
(hai góc cùng phụ với
MBH
)
Từ đây ta có được
CBH MBA
(g.c.g)
CB MB CBN MBN
(c.g.c)
Khi đó
7 2 25
4
( , ) ( , )
50 2
BH d B CN d B MN
Mà tam giác
DHB
vuông cân tại
H
nên
2 4
BD BH
+) Gọi ( ;2)
D t BD
với
0
t
, khi đó:
2 2
16 ( 1) 16 5
BD t t
hoặc
3
t
(loại)
(5;2)
D
Vậy
(5;2)
D .
Ví dụ 7 (A, A1 – 2012 – CB ). Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên
cạnh CD sao cho CN = 2ND. Giả sử
11 1
;
2 2
M
và AN có phương trình
2 3 0
x y
. Tìm tọa độ điểm A.
Phân tích hướng giải :
*)
A AN
:
2 3 0
x y
*) Điểm
M
biết tọa độ nên nếu tính được đoạn
AM
thì coi như điểm
A
sẽ “tháo” được nhờ Bài toán 1. Lúc
này ta sẽ gắn
AM
vào tam giác vuông
AMH
với cạnh
( , )
MH d M AN
ta dễ dàng tính được. Như vậy nếu
biết thêm một yếu tố về cạnh hoặc về góc trong tam giác vuông này thì ta sẽ tính được độ dài
AM
. Do các
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
11
cạnh của tam giác
AMH
đều có thể biểu diễn thông độ dài cạnh hình vuông nên ta sẽ nghĩ ngay tới việc tính
góc
A
nhờ định lí cosin trong tam giác. Do đó ta sẽ có lời giải cụ thể như sau :
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
Đặt
6
AB a
2 ; 4
3
ND a NC a
MB MC a
( vì
ABCD
là hình vuông và 2
CN ND
)
(Các bạn có thể đặt
AB a
, ở đây ta đặt
6
AB a
để việc biểu diễn các độ dài khác được đơn giản)
Khi đó áp dụng Pitago ta được:
3 5 ; 5
AM a MN a
và
2 10
AN a
Trong
AMN
ta có: cos
MAN
2 2 2 2 2 2 2
2
45 40 25 60 2
2 . 2
2.3 5 .2 10 60 2
AM AN MN a a a a
AM AN
a a a
MAN
=
0
45
MAH
cận tại
H
3 5 3 10
2 2.
2 2
AM MH (*)
+) Gọi ( ;2 3)
A t t AN
+) Ta có
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 .
Nhận xét:
*) Khi muốn chuyển việc tìm điểm về Bài toán 1 mà yếu tố độ dài
MI
chưa biết (trong bài toán này
AM
chưa biết) thì thường ta hay “cắt nghĩa” thông qua dữ kiện về định lượng. Nếu không có điều này thì trong đề
bài thường ẩn chứa những yếu tố bất biến như góc (ví như trong bài toán này góc
MAH
ta luôn tính được),
khoảng cách (trong ví dụ này
( , )
d M AN
cũng là một đại lượng không đổi)…Từ đây việc tìm độ dài
MI
(trong
bài toán trên là
AM
) sẽ khá đơn giản và bài toán gốc sẽ xuất hiện đúng như nội dung của Bài toán 1.
*) Ngoài cách tìm ra được
3 10
2
AM như ở ví dụ trên, các bạn có thể tham khảo việc tìm
AM
theo cách
sau: Đặt
2
5
12
AMN ABCD ADN CNM BAM
a
AB a S S S S S và
10
3
a
AN
Khi đó:
2
5
2.
2
3 5 5 3 10
12
( , ) 3 2
2 2 2
10
3
AMN
a
S
a
d M AN a AM
AN
a
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
12
Ví dụ 8. Trong mặt phẳng
Oxy
, cho hai đường thẳng
1
:3 5 0
x y
,
2
: 2 3 0
x y
và đường tròn
2 2
( ): 6 10 9 0
C x y x y
. Gọi
M
là một điểm thuộc đường tròn
( )
C
và
N
là điểm thuộc đường thẳng
1
sao cho
M
và
N
đối xứng nhau qua
2
. Tìm tọa độ điểm
N
.
Phân tích :
Điểm
N
thuộc đường thẳng
1
đã biết phương trình, do đó để tìm tọa độ điểm
N
ta cần thêm một yếu tố
liên quan tới
N
. Lúc này ta sẽ quan tâm tới các điểm đã biết tọa độ trong dữ kiện của bài toán. Ở đây đường
tròn
( )
C
có tâm
(3; 5)
I
, nếu tính được độ dài
NI
ta chuyển luôn được về Bài toán 1. Song bài toán này việc
tìm
NI
sẽ khá phức tạp. Vì vậy sẽ cần một điểm khác mà việc tính khoảng cách từ
N
tới điểm đó đơn giản.
Trong bài toán có chứa yếu tố đối xứng (
M
và
N
đối xứng nhau qua
2
), điều đó khiến ta nghĩ tới điểm
'
I
đối xứng với
I
qua
2
. Và điểm này hoàn toàn xác định được, từ đây suy ra được
' 5
NI IM R
. Như vậy
lúc này ta đã nhìn thấy Bài toán 1 để tìm tọa độ điểm
N
. Cụ thể :
*)
1
:3 5 0
N x y
*)
N
cách điểm
'
I
đã biết tọa độ một khoảng
' 5
NI
.
(Thực ra ở chương trình lớp 11 các bạn được học phép đối xứng trục và khi đó ta sẽ trả lời được câu hỏi vì
sao lại đi xác định thêm điểm
'
I
như thế – song ở cách giải dưới đây tác giả đã trình bày theo cách mà để
ngay cả các bạn học lớp 10 cũng có thể hiểu được).
Giải :
+) Đường tròn
( )
C
có tâm
(3; 5)
I
và bán kính
5
R
.
+) Gọi
'
I
là điểm đối xứng với
I
qua
2
, suy ra
'
II
đi qua
I
và vuông góc với
2
nên có phương trình :
2 1 0
x y
Gọi
2
'
II H
, khi đó tọa độ điểm
H
là nghiệm của hệ :
2 1 0 1
(1; 1) '( 1;3)
2 3 0 1
x y x
H I
x y y
( vì
H
là trung điểm của
'
II
)
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
13
+) Gọi
1
( ; 3 5)N t t
, khi đó do
, '
N I
lần lượt là hai điểm đối xứng của
,
M I
qua
2
nên :
2 2 2 2
' 5 ' 25 ( 1) (3 8) 25 5 4 0
NI IM R NI t t t t
1
4
t
t
( 1; 2)
( 4;7)
N
N
+) Vậy
( 1; 2)
N
hoặc
( 4;7)
N
.
Nhận xét :
Khi đi tìm tọa độ của một điểm nghĩa là bài toán đang chứa hai ẩn (tung độ và hoành độ của điểm đó), vì
vậy việc giải những lớp bài toán như thế này thực chất là việc chúng ta đi cắt nghĩa số liệu của bài toán để
được hai phương trình (hai dấu “=”). Dữ kiện điểm thuộc đường luôn giúp ta có được một phương trình và các
dữ kiện chưa khai thác sẽ giúp ta cắt nghĩa để tìm thêm một dấu “=” còn lại. Kinh nghiệm làm những bài toán
tìm điểm cho ta biết được xác suất rơi vào Bài toán 1 thường khá cao (có lẽ đó cũng là ý đồ và lí do để tác giả
giới thiệu Bài toán 1 đầu tiên tới các bạn) . Vì vậy trong các ví dụ cụ thể, nếu điểm đã thuộc một đường thẳng
cho trước thì hướng tư duy đầu tiên ta ưu tiên nghĩ tới là chỉ ra một điểm cố định và khoảng cách từ điểm cần
tìm tới điểm đó xác định được.
Ví dụ 9. Trong mặt phẳng
Oxy
, cho tam giác
ABC
vuông tại
(1; 3)
A
có góc
ABC
=
0
30
, đường thẳng
: 2 0
x y
là tiếp tuyến tại
B
của đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
. Tìm tọa độ các điểm
B
và
C
,
biết
B
có hoành độ là một số hữu tỉ.
Phân tích hướng giải :
*) Ở đây
B
đang thuộc đường thẳng
và
A
là điểm đã biết tọa độ do đó nếu tính được độ dài đoạn
AB
ta sẽ
chuyển được về Bài toán 1. Lúc này ta sẽ cắt nghĩa dữ kiện của bài toán để làm điều này (các bạn xem việc cắt
nghĩa ở phần lời giải chi tiết).
*) Khi đã tìm được điểm
B
ta dễ dàng viết được phương trình của
BC
và
AC
và suy ra tọa độ điểm
C
.
Giải :
+) Gọi
H
là hình chiếu vuông góc của
A
trên
d
, suy ra
1 3 2
3 3
( , )
2 2
AH d A
Tam giác
ABC
vuông tại
A
nên đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
nhận
BC
là đường kính
Mặt khác:
là tiếp tuyến tại
B
của đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
nên
BC
.
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
14
Khi đó :
ABH
=
0
60
và xét tam giác vuông
AHB
ta có:
0
3 3
6 2
sin60
3
2.
2
AH
AB
+) Gọi
( ; 2)
B t t
với t
, khi đó :
2 2 2
8 4 3 ( 1) ( 2 3) 8 4 3
AB t t
2
(1 3) 0 0
t t t
hoặc
1 3t
(loại)
Suy ra
(0;2)
B .
+) Khi đó
BC
đi qua
(0;2)
B và có véctơ pháp tuyến
(1;1)
BC
n u
nên có phương trình:
2 0
x y
AC
đi qua
(1; 3)
A
, có
(1; 2 3)
AC
n BA
có phương trình:
(2 3) 4 2 3 0
x y
+) Vì
BC AC C
nên tọa độ điểm
C
là nghiệm của hệ:
2
2
2 0
3
2
(2 3) 4 2 3 0
3
x
x y
x y
y
2 2
2 ;
3 3
C
Ví dụ 10. Cho hình thoi
ABCD
ngoại tiếp đường tròn
2 2
( ): 2 2 18 0
C x y x y
. Biết 2
AC BD
, điểm
B
có hoành độ dương và thuộc đường thẳng
:2 5 0
x y
. Viết phương trình cạnh
AB
.
Phân tích hướng giải :
*) Ở đây
B
đang thuộc đường thẳng
và
I
là tâm của đường tròn
( )
C
đã biết tọa độ do đó nếu tính được độ
dài đoạn
BI
ta sẽ chuyển được về Bài toán 1. Lúc này ta sẽ cắt nghĩa dữ kiện của bài toán để làm điều này
(các bạn xem việc cắt nghĩa ở lời giải ).
*) Khi đã tìm được điểm
B
ta chuyển về bài toán viết phương trình đường thẳng
AB
đi qua điểm
B
đã biết
tọa độ và cách điểm
I
cho trước một khoảng không đổi
R
nghĩa là ta chuyển bài toán về Bài toán 6 (Các bạn
sẽ được tìm hiểu kĩ bài Bài toán 6 ở phần sau).
Giải :
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
15
+) Đường tròn
( )
C
có tâm
(1; 1)
I
và bán kính
2 5
R
Gọi
H
là hình chiếu của
I
trên
AB
, suy ra
2 5
IH R
Vì
ABCD
là hình thoi và 2
AC BD
nên
2
AI BI
, khi đó xét tam giác vuông
ABI
ta có :
2 2 2 2 2
2
1 1 1 1 1 1
5
4
(2 5)
BI
AI BI IH BI BI
+) Gọi ( ;2 5)B t t
với
0
t
, khi đó :
2 2 2
5 25 ( 1) (2 4) 25
BI BI t t
2
5 18 8 0 4
t t t
hoặc
2
5
t
(loại)
(4;3)
B
+) Gọi véctơ pháp tuyến của
AB
là
( ; )
AB
n a b
với
2 2
0
a b
, khi đó phương trình
AB
có dạng :
( 4) ( 3) 0 4 3 0
a x b y ax by a b
Ta có :
2 2 2
2 2
4 3
( , ) 2 5 (3 4 ) 20( )
a b a b
d I AB R a b a b
a b
2
2 2
11 24 4 0 11 24 4 0
a a
a ab b
b b
2
a
b
hoặc
2
11
a
b
+) Với
2
a
b
chọn
2
1
a
b
, khi đó phương trình
AB
là :
2 11 0
x y
Với
2
11
a
b
chọn
2
11
a
b
, khi đó phương trình
AB
là :
2 11 41 0
x y
Ví dụ 11. Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho hình chữ nhật
ABCD
có
,
E F
lần lượt thuộc các đoạn
,
AB AD
sao cho
2
EB EA
, 3
FA FD
,
(2;1)
F và tam giác
CEF
vuông tại
F
. Biết rằng đường thẳng
3 9 0
x y
đi qua hai điểm
,
C E
. Tìm tọa độ điểm
C
, biết
C
có hoành độ dương.
Phân tích hướng giải:
*)
C CE
đã biết phương trình và
(2;1)
F . Điều đó gợi ý ta đi tính độ dài
CF
, nếu làm được điều này ta
sẽ dễ dàng có được đáp số theo góc nhìn của Bài toán 1.
*) Với dữ kiện
2
EB EA
, 3
FA FD
và tam giác
CEF
vuông tại
F
ta sẽ tìm được mối liên hệ giữa hai cạnh
của hình chữ nhật. Song ta vẫn đang thiếu một yếu tố về định lượng. Nếu trong đề bài không cho thì ta sẽ nghĩ
ngay tới việc đi tính
( , )
d F CE
(yếu tố ẩn trong bài toán) Thông số này sẽ giúp ta có được độ dài đoạn
CF
.
Do đó ta đi đến lời giải chi tiết sau:
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
16
Giải :
+) Ta có
1
F
=
1
C
(vì cùng phụ với
2
F
) và
A
=
D
=
0
90
, suy ra
AEF
~
DFC
AE AF EF
DF DC FC
Mà
1
2
3
3
1 3
;
4 4
AE AB
EB EA
FA FD
DF AD AF AD
, suy ra
2 2
1
3
9 3
3
4
1
16 4
4
AB AD
AB
AB AD
AB AD
AD
Do đó
1
3
1
1
4
AB
EF AE
EF FC
FC DF
AD
, suy ra
FEC
vuông cân tại
F
+) Gọi
H
là hình chiếu vuông góc của
F
trên
EC
. Khi đó :
2 2
2 3 9
2 2. ( , ) 2. 2 5
1 3
CF FH d F CE
+) Gọi
(3 9; )
C t t
với
3
t
(do
0
C
x
) . Suy ra:
2 2 2 2
20 (3 7) ( 1) 20 4 3 0 1
CF t t t t t
hoặc
3
t
(loại)
(6; 1)
C
+) Vậy
(6; 1)
C
.
Nhận xét:
Ở ví dụ trên việc tìm điểm
C
theo góc nhìn của Bài toán 1 là khá “tự nhiên” khi
C
đang thuộc một đường
thẳng biết phương trình và điểm
(2;1)
F cố định. Song nếu câu hỏi bài toán không chỉ dừng lại ở việc tìm điểm
C
mà phải đi tìm tất cả các đỉnh của hình chữ nhật
ABCD
ta vẫn hoàn toàn có thể giải quyết triệt để bài toán.
Cụ thể:
+) Khi tìm được điểm
C
ta sẽ viết được phương trình
EF
(đi qua
F
và vuông góc với
CF
)
và suy ra được tọa độ điểm
E
( với
CE EF E
)
+) Việc chỉ ra
3
4
AB
AD
và
2
2 5
3 2
AE
FE
AF
hay
A
là giao điểm của đường tròn
( ; 2)
E
và
( ;3 2)
F
tọa độ điểm
A
(chú ý
,
A C
khác phía
EF
để loại bớt 1 điểm
A
)
+) Từ
3
3
AB AE
AF FD
ta suy ra được tọa độ điểm
B
và
D
.
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
17
Ví dụ 12. Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho hình thang
ABCD
vuông tại
A
và
D
có đáy lớn
CD
và
BCD
=
0
45
. Đường thẳng
AD
và
BD
lần lượt có phương trình
3 0
x y
và
2 0
x y
. Viết phương
trình đường thẳng
BC
biết diện tích hình thang bằng
15
và điểm
B
có tung độ
dương.
Phân tích hướng giải :
*) Với việc
B BD
đã biết phương trình và điều kiện
B
có tung độ dương giúp ta nghĩ tới nên đi tìm tọa độ
điểm
B
trước. Do
AD BD D
ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm
D
, khi đó
B BD
và nếu cắt nghĩa được
dữ kiện của bài toán để tính độ dài
BD
ta sẽ tìm được tọa độ điểm
B
theo Bài toán 1. Ở đây có dữ kiện
15
ABCD
S
(*) mà
ABCD
S phụ thuộc vào
,
AB AD
và
DC
. Nghĩa là trong đẳng thức (*) chứa tới
3
ẩn. Nếu thế
sẽ cần giảm số ẩn, điều này chỉ có thể làm được khi
,
AB AD
và
DC
có mối liên hệ với nhau, hay nói cách
khác sẽ có hai trong ba ẩn trên biểu diễn được theo ẩn còn lại. Vậy ta sẽ cần khai thác số liệu cụ thể của bài
toán. Dữ kiện bài toán cho góc
BCD
=
0
45
và
,
AD BD
đã biết phương trình, từ đây gợi ý ta nên đi tính góc
ADB
(ta nháp
.
3 2
1
cos( , )
10. 5 2
.
AD BD
AD BD
n n
AD BD
n n
ADB
=
0
45
). Như vậy tam giác
ABD
và
DBC
lần lượt vuông cân tại
A
và
B
. Lúc này ta sẽ biểu diễn được
,
AD BD
theo
AB
; từ (*) ta sẽ suy ra được
AB
và dễ dàng có được độ dài
BD
.
*) Khi tìm được
B
suy ra được phương trình
BC
do
CB BD
(tam giác
DBC
vuông tại
B
).
Giải :
+) Do
AD BD D
nên tọa độ điểm
D
là nghiệm của hệ :
3 0
2 0
x y
x y
0
(0;0)
0
x
D
y
Ta có các vectơ pháp tuyến tương ứng của
AD
và
BD
là:
(3; 1), (1; 2)
AD BD
n n
Suy ra:
.
3 2
1
cos( , )
10. 5 2
.
AD BD
AD BD
n n
AD BD
n n
ADB
=
0
45
Khi đó tam giác
ABD
và
BDC
lần lượt vuông cân tại
A
và
B
, suy ra :
2
DC
AB AD
+) Ta có :
2
( ). ( 2 ). 3
15
2 2 2
ABCD
AB DC AD AB AB AB
S AB
10 2 5
AB BD
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
18
+) Gọi
(2 ; )
B t t
với
0
t
Khi đó :
2 2 2 2
2 5 20 (2 ) 20 4 2
BD BD t t t t
hoặc
2
t
(loại)
(4;2)
B
+) Đường thẳng
BC
đi qua
(4;2)
B và có véctơ pháp tuyến :
(2;1)
BC BD
n u
(vì tam giác
BDC
vuông tại
B
) nên ta có phương trình :
2( 4) ( 2) 0
x y
2 10 0
x y
Ví dụ 13 (B – 2013 – CB ). Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho hình thang cân
ABCD
có hai đường chéo vuông
góc với nhau và 3
AD BC
. Đường thẳng
BD
có phương trình
2 6 0
x y
và tam giác
ABD
có trực tâm là
( 3;2)
H
Tìm tọa độ các đỉnh
C
và
D
.
Phân tích hướng giải:
Với yêu cầu của bài toán, ban đầu sẽ cho ta được chùm các câu hỏi và các hướng phân tích sau: “Với
C
và
D
ta ưu tiên tìm điểm nào trước ?
D
đang thuộc đường thẳng
BD
đã biết phương trình,
C
thuộc đường
thẳng
AC
mà ta hoàn toàn có thể viết được phương trình (
AC
đi qua
H
và vuông góc với
BD
). Khi đó giao
điểm
I BD AC
hoàn toàn xác định. Ta cần thêm những dữ kiện “có lợi” cho
C
và
D
”. Do
ABCD
là
hình thang cân nên IB IC
BCI
=
0
45
BCH
là tam giác cân tại
B
I
là trung điểm của
HC
. Nghĩa là
ta sẽ tìm được tọa độ điểm
C
trước. Lúc này các dữ kiện chưa được khai thác là
BC
//
AD
và 3
AD BC
, từ đây ta nghĩ tới định lý Ta – Lét và suy ra được
3 3
DI BI IH
. Khi đó việc tìm
tọa độ điểm
D
được đưa về Bài toán 1. Cụ thể: *)
: 2 6 0
D BD x y
*)
3
DI IH
Giải:
+) Vì
AC BD
(2; 1)
AC BD
n u
, nên
AC
có phương trình là:
2( 3) ( 2) 0 2 8 0
x y x y
Gọi
BD AC I
. Khi đó tọa độ điểm
I
là nghiệm của hệ:
2 6 0 2
( 2;4)
2 8 0 4
x y x
I
x y y
+) Do
ABCD
là hình thang cân nên IB IC
BCI
=
0
45
BCH
là tam giác cân tại
B
Suy ra
I
là trung điểm của
HC
( 1;6)
C
+) Áp dụng định lí Ta – lét với
/ /
AD BC
ta có:
3 3 3 3 5
ID AD
ID IB IH
IB BC
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
19
+) Gọi (6 2 ; )
D t t BD
, khi đó
2
3 5 45
ID ID
2 2
(2 8) ( 4) 45
t t
2
1 (4;1)
8 7 0
7 ( 8;7)
t D
t t
t D
Vậy
( 1;6)
(4;1)
C
D
hoặc
( 1;6)
( 8;7)
C
D
.
Nhận xét:
Khi bài toán yêu cầu tìm từ hai điểm trở lên thì thứ tự tìm điểm thường ưu tiên theo các dự kiện sau: Điểm
cần tìm có liên quan tới hệ thức véc tơ (trong ví dụ trên
I
là trung điểm của
HC
cũng được hiểu là
C
liên hệ
với
,
H I
qua hệ thức vecto
HI IC
) , điểm thuộc đường đã biết phương trình…
Ví dụ 14. Cho tam giác
ABC
vuông tại
A
, điểm
(1;1)
B . Trên tia
BC
lấy điểm
M
sao cho
. 75
BM BC
.
Phương trình đường thẳng
: 4 3 32 0
AC x y
. Tìm tọa độ điểm
C
biết bán kính đường tròn ngoại tiếp tam
giác
MAC
bằng
5 5
2
.
Phân tích hướng giải :
*) Ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm
A
là giao của
AC
và
AB
(
AB
đi qua và vuông góc với ).
*) Khi bài toán có dữ kiện thường chúng ta nghĩ tới tam giác đồng dạng và tứ giác nội tiếp
đường tròn ( kiến thức hình lớp 9 hay đề cập tới điều này) . Trong bài toán lại có yếu tố bán kính đường tròn
ngoại tiếp tam giác , để khai thác được dữ kiện này gợi ý ta dựng thêm điểm sao cho nội tiếp
đường tròn, việc này sẽ giúp ta cắt nghĩa được tất cả những thông số trên ( Các bạn sẽ thấy rõ trong lời giải
của bài toán).
*) Sau khi dựng điểm ta sẽ cắt nghĩa các số liệu của bài toán để đi tính độ dài đoạn , khi đó ta sẽ tìm
được tọa độ của điểm theo góc nhìn của Bài toán 1. Cụ thể:
+)
+) cách một khoảng xác định .
Giải :
B
AC
. 75
BM BC
MAC
D
ACMD
D
AC
C
: 4 3 32 0
C AC x y
C
A
AC
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
20
+) đi qua và vuông góc với nên có phương trình:
Do nên tọa độ điểm là nghiệm của hệ:
+) Kẻ vuông góc với và cắt tại , suy ra là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính
(cũng chính là đường tròn ngoại tiếp tam giác ), khi đó :
Ta có (g.g) nên
nằm giữa và .
Khi đó , suy ra
+) Gọi , khi đó
+) Vậy hoặc .
2. CÁCH RA ĐỀ 2: Cho biết cách (đã biết tọa độ) một khoảng không đổi. Cần dựa vào
các dữ kiện của bài toán để viết phương trình đường thẳng chứa .
Ví dụ 1 (B – 2005). Cho hai điểm và . Viết phương trình đường tròn tiếp xúc với trục hoành
tại điểm và khoảng cách từ tâm của đến điểm bằng
.
Phân tích hướng giải :
Muốn viết phương trình đường tròn cần tìm tọa độ tâm và bán kính .
*) cách một khoảng không đổi .
*) Đường tròn tiếp xúc với trục hoành tại điểm nên thuộc đường thẳng đi qua
vuông góc với trục hoành (trục )
Như vậy việc tìm điểm đã được chuyển về Bài toán 1.
Giải :
+) Đường tròn tiếp xúc với trục hoành tại điểm nên , suy ra phương trình
+) Gọi , khi đó
AB
(1;1)
B
AC
( (3; 4))
AC
u
3 4 1 0
x y
AC AB A
A
4 3 32 0 5
(5;4)
3 4 1 0 4
x y x
A
x y y
MD
BC
AB
K
ACMD
MAC
2 5 5
CD R
~
BMD BAC
2 2
. 75
15
4 3
BM BD BM BC
BD
BA BC BA
5
AB
A
B
D
15 5 10
AD BD BA
2 2 2 2
(5 5) 10 5
AC CD AD
(8 3 ; 4 )
C t t AC
2 2 2
5 25 (3 3) (4 4) 25
AC AC t t
2
0
25 50 0
2
t
t t
t
(8;0)
(2;8)
C
C
(8;0)
C
(2;8)
C
M
I
M
(2;0)
A
(6;4)
B
( )
C
A
( )
C
B
5
( )
C
I
R IA
I
B
5
IB
( )
C
A
I
A
Ox
I
( )
C
A
IA Ox
: 2
IA x
(2; )
I t AI
2 2 2 2
1 (2;1)
5 25 4 ( 4) 25 ( 4) 9
7 (2;7)
t I
IB IB t t
t I
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
21
+) Với thì bán kính , suy ra phương trình đường tròn :
+) Với thì bán kính , suy ra phương trình đường tròn :
Vậy phương trình đường tròn cần lập là hoặc .
Ví dụ 2 (B – 2009 – CB ). Cho đường tròn và hai đường thẳng và
. Xác định toạ độ tâm và bán kính của đường tròn ; biết đường tròn tiếp xúc với
các đường thẳng
1
,
2
và tâm thuộc đường tròn (C).
Phân tích hướng giải :
*) tiếp xúc với thuộc đường phân giác của góc tạo bởi và .
*)
chuyển về Bài toán 1.
Giải :
+) Đường tròn có tâm và bán kính .
+) Ta có : tiếp xúc với thuộc đường phân giác của góc tạo bởi và .
Khi đó gọi
+) Với đường phân giác . Gọi
Vì (vô nghiệm).
+) Với đường phân giác . Gọi
(2;1)
I
1
R IA
2 2
( 2) ( 1) 1
x y
(2;7)
I
7
R IA
2 2
( 2) ( 7) 49
x y
2 2
( 2) ( 1) 1
x y
2 2
( 2) ( 7) 49
x y
2 2
4
( ):( 2)
5
C x y
1
: 0
x y
2
: 7 0
x y
K
1
( )
C
1
( )
C
K
1
( )
C
1 2
,
K
1
2
2
( )
5
K C IK R
( )
C
(2;0)
I
2
5
R
1
( )
C
1 2
,
K
1
2
1 2
( ; ) ( , ) ( , )
K x y d K d K
7
2 5 2
x y x y
5( ) 7 2 0
5( ) 7 2 0
x y x y x y
x y y x x y
1
:2 0
d x y
1
( ; 2 )
K t t d
2 2 2 2
2 4 4
( ) ( 2) 4 25 20 16 0
5 5
5
K C IK IK t t t t
2
: 2 0
d x y
2
(2 ; )
K t t d
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
22
Vì
Khi đó bán kính của đường tròn :
Ví dụ 3 (B – 2012 – CB ). Cho đường tròn , và đường thẳng
. Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc , tiếp xúc với d và cắt tại hai điểm phân
biệt A và B sao cho AB vuông góc với d.
Phân tích hướng giải: Muốn viết phương trình đường tròn ta cần:
*) Xác định tâm bằng “góc nhìn” của Bài toán 1. Cụ thể:
Ta đi lập phương trình đi qua vuông góc với (tính chất đường nối tâm) hay song song với . Khi
đó: +) đã biết phương trình. +) hay
( Ta có thể làm theo Cách 2 với tọa độ - cách trình bày khác của Bài toán 1).
*) Xác định bán kính: nhờ
Giải:
Gọi là tâm đường tròn cần viết phương trình. Ta có tâm của là
Vì // phương trình :
.
Gọi mà
Mà tiếp xúc với . Vậy phương trình là:
2 2 2 2
2 4 4 4
( ) (2 2) 25 40 16 0
5 5 5
5
K C IK IK t t t t t
8 4
;
5 5
K
1
( )
C
1
8 4
5 5
( , )
2
d K
2 2
5
2 2
1
( ) : 4
C x y
2 2
2
( ) : 12 18 0
C x y x
: 4 0
d x y
2
( )
C
1
( )
C
I
1
II
1
I
AB
d
1
I II
2
( )
I C
2 2
II R
1 2
( )
I II C
I
R
( , )
R d I d
I
( )
C
2 2
1
( ) : 4
C x y
1
( )
C
1
(0;0)
I
1
1
II AB
II
AB d
d
1
II
0
x y
1
( ; )
I t t II
2
( )
I C
2 2
12 18 0
t t t
2
6 9 0 3
t t t
(3;3)
I
( )
C
d
2 2
3 3 4
( , ) 2 2
1 1
R d I d
( )
C
2 2
( 3) ( 3) 8
x y
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
23
Ví dụ 4. Trong mặt phẳng tọa độ , cho tam giác cân tại nội tiếp đường tròn có tâm
Đường thẳng cắt đường tròn tại điểm với . Đường cao từ đỉnh cắt đường
tròn tại điểm với . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác , biết có hoành độ
dương.
Phân tích hướng giải:
*) Vẫn một câu hỏi quen thuộc đầu tiên nên đặt ra “ Với dữ kiện của bài toán, thứ tự các điểm sẽ được tìm như
thế nào ?” . Ở đây chúng ta dễ dàng trả lời được câu hỏi này bằng việc tìm được tọa độ điểm đầu tiên ( do
là trung điểm của ) . Tiếp đến sẽ là điểm (dữ kiện có hoành độ dương gợi ý điều này)
*) , ta cần thêm một dữ kiện liên quan tới điểm . Lúc này cần tạo ra mối liên hệ điểm với
các số liệu đã biết của bài toán. Ta có đã biết tọa độ và bằng việc vẽ hình chính xác ta
có thể suy đoán . Nếu có được điều này ta sẽ dễ dàng viết được phương trình và việc tìm điểm
là không khó khi ta đã nhìn thấy Bài toán 1.
*) Bằng kiến thức hình học sơ cấp (kiến thức hình học cấp 2) ta dễ dàng chứng minh được .
*) Sau khi tìm được tọa độ điểm ta sẽ suy ra được tọa độ điểm (do đối xứng với qua ).
Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên:
Giải:
+) Vì là trung điểm của nên
+) Ta có (cùng phụ với ) (tính chất góc nội tiếp)
Suy ra là đường trung trực của , khi đó đi qua vuông góc với nên có phương trình:
(với )
+) Gọi với , khi đó :
hoặc (loại)
+) Phương trình , suy ra đi qua vuông góc có phương trình:
Oxy
ABC
A
( )
T
(0;5)
I
AI
( )
T
(5;0)
M
M A
C
( )
T
17 6
;
5 5
N
N C
ABC
B
A
I
AM
B
B
5 2
IB IM
B
B
17 6
(5;0), ;
5 5
M N
IB MN
IB
B
IB MN
B
C
C
B
AM
I
AM
( 5;10)
A
NCB MAB
ABC
BN BM
IB
MN
IB
I
MN
7 5 0
x y
42 6 6
; 7;1
5 5 5
MN
( ;5 7 )
B t t
0
t
2 2 2 2 2
(7 ) 50 1 1
IB IM t t t t
1
t
(1; 2)
B
: 5 0
AM x y
BC
B
AM
3 0
x y
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
24
Gọi , suy ra tọa độ điểm là nghiệm của hệ
Do là trung điểm của . Vậy , , .
Ví dụ 5 (A – 2012 – NC ). Cho đường tròn . Viết phương trình chính tắc của elip (E), biết
rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt tại bốn điểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh của một hình
vuông.
Phân tích hướng giải:
*) Phương trình : như vậy ta cần tìm
*) (E) có độ dài trục lớn bằng 8
*) Dữ kiện (E) cắt tại bốn điểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông nên 4 đỉnh nằm trên hai
đường phân giác thuộc góc phần tư thứ nhất và thứ hai . Ta giả sử có đỉnh thuộc đường phân giác
. Vậy việc tìm tọa độ điểm quay về Bài toán 1 nhờ:
+) +) (hay )
*) Mà phương trình (E).
Giải:
Gọi phương trình chính tắc của elip có dạng:
+) (E) có độ dài trục lớn bằng 8
+) (E) cắt tại bốn điểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông nên 4 đỉnh nằm trên hai đường
phân giác thuộc góc phần tư thứ nhất và thứ hai .
Ta giả sử là một giao điểm của (E) và thuộc đường phân giác .
+) Gọi ( ). Ta có: (vì )
+) Mà .
Vậy phương trình chính tắc của elip (E) là:
AM BC H
H
3 0 4
(4;1)
5 0 1
x y x
H
x y y
H
(7;4)
BC C
( 5;10)
A
(1; 2)
B
(7;4)
C
2 2
( ): 8
C x y
( )
C
( )
E
2 2
2 2
1
x y
a b
;
a b
2 8 4
a a
( )
C
A
:
y x
A
:
A y x
2 2
AO R
( )
A C
( )
A E b
( )
E
2 2
2 2
1
x y
a b
2 8 4
a a
( )
C
A
( )
C
:
y x
( ; )A t t
0
t
2 2
( ) 8 2
A C t t t
0
t
(2;2)
A
( )
A E
2 2
2
2 2
2 2 16
1
4 3
b
b
2 2
1
16
16
3
x y
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
25
Ví dụ 6 (D – 2013 – NC ). Cho đường tròn và đường thẳng . Tam giác
có trực tâm trùng với tâm của , các đỉnh và thuộc , đỉnh và trung điểm của cạnh
thuộc . Tìm tọa độ điểm .
Phân tích hướng giải:
*) Với dữ kiện của bài toán ra dễ dàng tìm được tọa độ điểm qua góc nhìn của Bài toán 1. Cụ thể:
+) thuộc đường thẳng đi qua vuông góc với . +) ( ).
*) Khi tìm được điểm ta sẽ tìm điểm thông qua điểm và tiếp tục sử dụng Bài toán 1. Cụ thể:
+) (do là trung điểm của ). +) .
*) Việc tìm điểm được vận dụng nhờ Bài toán 3
(các bạn sẽ được tìm hiểu kĩ thông qua Bài toán 3 ở phần sau)
Giải:
+) Đường tròn có tâm và bán kính .
Do đó tiếp xúc với . Khi đó , suy ra phương trình là:
+) Gọi . Mà
hoặc (loại vì )
+) Với , khi đó gọi là trung điểm của .
Do
+) Gọi , khi đó với:
*) , từ
*) , từ
2 2
( ):( 1) ( 1) 4
C x y
: 3 0
y
MNP
( )
C
N
P
M
MN
( )
C
P
M
M
I
2
MI R
( )
M C
M
N
K
( ) : 3 0
N t y
( )
K t
K
MN
2
KI R
P
( )
C
(1;1)
I
2
R
1 3
( ; ) 2
1
d I R
( )
C
IM
IM
1
x
(1; )
M t IM
2 2
1
( ) (1 1) ( 1) 4
3
t
M C t
t
(1; 1)
M
(1;3)
M
M
(1; 1)
M
( ;3)N a
1
;1
2
a
K
MN
2
2 2
5 (5;3)
1
( ) 1 (1 1) 4 ( 1) 16
3 ( 3;3)
2
a N
a
K C a
a N
( ;3)P m
(4;2)
(5;3)
( 1;4)
IN
N
MP m
. 0 4( 1) 2.4 0 1
IN MP m m
( 1;3)
P
( 4;2)
( 3;3)
( 1;4)
IN
N
MP m
. 0 4( 1) 2.4 0 3
IN MP m m
(3;3)
P
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
26
Ví dụ 7. Cho hai đường tròn và . Cho là một đường kính
thay đổi của đường tròn và là một điểm di động trên đường tròn . Tìm tọa độ các điểm
sao cho diện tích của tam giác lớn nhất.
Phân tích hướng giải :
*) Đường tròn có tâm và bán kính , có tâm và bán kính
Vì nên ta có : . Vậy nếu ta chỉ ra được đang thuộc một đường thẳng đã biết
phương trình thì việc tìm điểm sẽ quay về Bài toán 1.
*) Ta sẽ cắt nghĩa dữ kiện tam giác có diện tích lớn nhất (khớp dấu “=”) để chỉ ra được điều này
Các bạn tham khảo phần cắt nghĩa ở lời giải chi tiết sau đây:
Giải :
+) Đường tròn có tâm và bán kính , có tâm và bán kính .
Khi đó nên và ngoài nhau.
Gọi là hình chiếu vuông góc của trên . Khi đó :
Ta có : . Do đó :
+) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi và với nằm giữa và và
2 2
( ): ( 1) 2
C x y
2 2
( '):( 4) ( 5) 8
C x y
AB
( ')
C
M
( )
C
, ,
M A B
MAB
( )
C
(0;1)
I
2
R
( ')
C
'(4;5)
I
' 2 2
R
( )
M C
2
MI R
M
M
MAB
( )
C
(0;1)
I
2
R
( ')
C
'(4;5)
I
' 2 2
R
' 4 2 3 2 '
II R R
( )
C
( ')
C
H
M
AB
1 1
. .2 ' 2
2 2
MAB
S MH AB MH R MH
' ' 2 4 2 5 2
MH MI MI II
2 2.5 2 10
MAB
S MH
'
H I
' ( )
II C M
I
M
'
I
'
AB II
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
27
Ta có nên có phương trình :
Gọi , khi đó nên
+) Với , khi đó nằm giữa và (loại).
Với , khi đó nằm giữa và (thỏa mãn).
+) vuông góc với và đi qua nên có phương trình:
Khi đó tọa độ là nghiệm của hệ:
Vậy hoặc
3. CÁCH RA ĐỀ 3: (Kết hợp từ Cách ra đề 1 và Cách ra đề 2).
Dựa vào các dữ kiện của bài toán cần:
+) Tính được độ dài đoạn ( với đã biết tọa độ).
+) Viết phương trình đi qua điểm .
Ví dụ 1 : Cho đường tròn và điểm . Gọi là tiếp tuyến tại của .
Viết phương trình đường thẳng đi qua tâm của và cắt tại sao cho tam giác có diện
tích bằng và có hoành độ dương.
Phân tích hướng giải :
Muốn viết được phương trình trong bài toán trên ta cần tìm được tọa độ của điểm .
*) Ta viết được phương trình đi qua và vuông góc với , khi đó : đã biết phương trình.
*) chuyển về Bài toán 1.
Giải :
+) Đường tròn có tâm và bán kính .
' (4;4) 4.(1;1)
II
'
II
1
x t
y t
( ;1 ) '
M t t II
M C
2 2 2
2 1 1
t t t t
(1;2)
( 1;0)
M
M
(1;2)
M
2 2
' 3 3 3 2 '
MI II
M
I
'
I
( 1;0)
M
2 2
' 5 5 5 2 '
MI II
I
M
'
I
AB
'
II
'
I
9 0
x y
,
A B
2 2 2
9 0 9
2; 7
6; 3
( 4) ( 5) 8 ( 4) 4
x y y x
x y
x y
x y x
(2;7), (6;3)
(6;3), (2;7)
A B
A B
( 1;0), (2;7), (6;3)
M A B
( 1;0), (6;3), (2;7)
M A B
MI
I
M
2 2
( ): 2 4 20 0
C x y x y
(4;2)
A
d
A
( )
C
I
( )
C
d
M
AIM
25
M
M
d
A
IA
M d
2
25
AIM
AIM
S
S MA
MA
( )
C
(1; 2)
I
5
R
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
28
Vì là tiếp tuyến tại của nên , suy ra phương trình
+) Ta có: (với
+) Gọi , khi đó
hoặc (loại)
+) Khi đó , suy ra phương trình
Ví dụ 2. Cho tam giác ABC có diện tích bằng , đường thẳng đi qua và có phương trình . Tìm
tọa độ trung điểm của biết là trung điểm của .
Phân tích hướng giải :
*) Vì là trung điểm của nên
Khi đó ta dễ dàng tính được độ dài đoạn .
*) Lúc này ta sẽ nhìn thấy tọa độ điểm “lộ diện” qua góc nhìn của Bài toán 1. Do là đường trung bình
của tam giác nên
+) là đường thẳng đi qua song song với +)
Giải :
+) Ta có
+) Do là trung điểm của nên
Khi đó .
+) Mặt khác là đường trung bình của tam giác
nên đi qua song song với có
phương trình: và
+) Gọi , khi đó
d
A
( )
C
(3;4)
d
n IA
(4; 3)
d
u
4 4
:
2 3
x t
d
y t
1
25 . 25 10
2
AIM
S MA IA MA
5)
IA R
(4 4 ;2 3 )
M t t d
2 2
10 16 9 10 5 10 2
MA t t t t
(10; 4)
M
( 4;8)
M
(9; 2)
IM
1 9
:
2 2
x t
y t
2
A
B
0
x y
M
AC
(2;1)
I
BC
I
BC
1
1
2
ABI ABC
S S
2
( , )
ABI
S
AB
d I AB
M
MI
ABC
:
M MI
I
AB
2
AB
MI
2 2
2 1
1
( , )
2
1 1
d I AB
I
BC
1
1
2
ABI ABC
S S
2 2.1
2 2
1
( , )
2
ABI
S
AB
d I AB
MI
ABC
IM
I
AB
1 0
x y
2 2
2
2 2
AB
MI
( ; 1)
M t t MI
2 2 2 2
2 2 ( 2) ( 2) 2 ( 2) 1
MI MI t t t
3
1
t
t
(3;2)
(1;0)
M
M
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
29
Ví dụ 3 (B – 2003 ). Cho tam giác ABC có AB = AC , 90
0
. Biết là trung điểm cạnh và
là trọng tâm của tam giác . Tìm tọa độ các đỉnh .
Phân tích hướng giải :
*) Do là trọng tâm nên tọa độ điểm .
Khi đó thuộc đường thẳng đi qua vuông góc với .
*) vuông cân tại nên ( thuộc đường tròn tâm bán kính )
chuyển về Bài toán 1.
Giải :
+) Do là trọng tâm nên .
Gọi
Suy ra .
+) đi qua và nhận
làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình :
hay .
+) vuông cân tại nên , suy ra thuộc đường tròn
có phương trình :
+) Vậy tọa độ hai điểm là nghiệm của hệ :
Vậy hoặc .
Ví dụ 4 (D – 2013 – CB). Cho tam giác có điểm là trung điểm của cạnh , điểm
và điểm lần lượt là chân đường cao kẻ từ và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác .
Tìm tọa độ điểm .
BAC
(1; 1)
M
BC
2
;0
3
G
ABC
, ,
A B C
G
3
AM GM

A
,
B C
M
AM
ABC
A
MB MC MA
,
B C
M
MA
G
ABC
3 (1; 3)
AM GM
( ; ) (1 ; 1 )
A x y AM x y
1 1 0
1 3 2
x x
y y
(0;2)
A
BC
(1; 1)
M
(1; 3)
AM

( 1) 3( 1) 0
x y
3 4 0
x y
ABC
A
10
MB MC MA
,
B C
( ; 10)
M
2 2
( 1) ( 1) 10
x y
,
B C
2 2 2
4 (4;0)
3 4
0 ( 2; 2)
3 4 0 3 4
0
( 1) ( 1) 10 10( 1) 10
2 ( 2; 2)
2
2 (4;0)
x B
x y
y C
x y x y
y
x y y
x B
y
y C
(0;2), (4;0), ( 2; 2)
A B C
(0;2), ( 2; 2), (4;0)
A B C
ABC
9 3
;
2 2
M
AB
( 2;4)
H
( 1;1)
I
B
ABC
C
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
30
Phân tích hướng giải :
*) Nếu ta biết được tọa độ điểm , thì ta sẽ tìm được tọa độ điểm theo góc nhìn của Bài toán 1.
Cụ thể : +) : là đường thẳng đi qua hai điểm đã biết tọa độ.
+) ( cách một khoảng không đổi là ).
*) Như vậy vấn đề là phải đi tìm điểm . Lúc này Bài toán 1 tiếp tục là sự lựa chọn để ta đi tìm điểm .
Cụ thể : +) : là đường thẳng đi qua và vuông góc với .
+) (tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông).
Giải :
+) đi qua và nhận làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình:
hay .
+) Gọi , khi đó theo tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông ta có:
+) Với , khi đó đi qua và nên có phương trình:
. Gọi , khi đó:
hoặc (loại vì )
+) Với , khi đó đi qua và nên có phương trình:
Gọi , khi đó :
hoặc (loại vì ) . Vậy .
A
C
C AH
,
H A
CI AI
C
I
IA
A
A
A AB
M
MI
AM MH
AB
9 3
;
2 2
M
7 1 1
; 7; 1
2 2 2
MI
9 3
7 0
2 2
x y
7 33 0
x y
( ;7 33)
A t t AB
2 2
AM MH AM MH
2 2 2 2
9 3 9 3
7 33 2 4
2 2 2 2
t t
2
4 ( 4;5)
9 20 0
5 ( 5; 2)
t A
t t
t A
( 4;5)
A
AC
( 4;5)
A
( 2;4)
H
4 5
2 6 0
2 1
x y
x y
(6 2 ; )
C c c AC
2 2
CI AI CI AI
2 2 2 2 2
(2 7) ( 1) 3 4 6 5 0
c c c c
1
5
c
c
(4;1)
C
( 4;5)
C
C A
( 5; 2)
A
AC
( 5; 2)
A
( 2;4)
H
5 2
2 8 0
3 6
x y
x y
( ;2 8)
C m m AC
2 2
CI AI CI AI
2 2 2 2 2
( 1) (2 7) 4 3 6 5 0
m m m m
1
5
m
m
( 1;6)
C
( 5;2)
C
C A
( 1;6)
C
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
31
Ví dụ 5. Cho các điểm và là các đỉnh của hình thang cân trong đó
song song với . Tìm tọa độ đỉnh .
Phân tích hướng giải : Ở ví dụ này ta có thể tìm tọa độ điểm theo hai cách :
Cách 1 : Ta sẽ tìm theo góc nhìn của Bài toán 1. Cụ thể:
*) thuộc đường thẳng đi qua và song song với nên dễ dàng viết được phương trình .
*) là hình thang cân nên ta có điều kiện cần: .
Sau khi tìm được ta sẽ kiểm tra điều kiện đủ không song song và kết luận được tọa độ điểm
cần tìm.
Cách 2: Gọi lần lượt là trung điểm của và , khi đó :
*) Ta dễ dàng viết được phương trình và tìm ra được tọa độ điểm .
*) là trung điểm của (vì là hình thang cân) nên ta suy ra được tọa độ điểm .
Giải :
Cách 1 Cách 2
Cách 1 :
+) Có , khi đó // nên có phương trình:
+) Gọi , khi đó là hình thang cân nên ta có:
+) Với (không thỏa mãn vì là hình thang cân)
+) Với , khi đó , không cùng phương (thỏa mãn). Vậy .
Cách 2:
+) Có , khi đó // và đi qua
nên có phương trình:
+) Gọi lần lượt là trung điểm của và , khi đó và
(do là hình thang cân) nên có phương trình:
(10;5), (15; 5)
A B
( 20;0)
D
ABCD
AB
C
C
C
C
D
AB
CD
ABCD
5 37
CB AB
C
BC
AD
C
,
I J
AB
CD
IJ
J
J
ABCD
C
(5; 10) 5.(1; 2)
AB
CD
AB
CD
20
2
x t
y t
( 20 ; 2 )
C t t CD
ABCD
2 2 2 2 2 2
30 5 ( 35) (2 5)
AD BC AD BC t t
2
5 ( 15; 10)
18 65 0
13 ( 7; 26)
t C
t t
t C
( 15; 10) ( 30; 5) / /
C BC AD BC AD
ABCD
( 7; 26) ( 22; 21)
C BC
BC
( 7; 26)
C
(5; 10) 5.(1; 2)
AB
CD
AB
(2;1)
CD AB
n n
( 20;0)
D
2( 20) 0 2 40 0
x y x y
,
I J
AB
CD
25
;0
2
I
IJ AB
ABCD
IJ
25
1. 2. 0 2 4 25 0
2
x y x y
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
32
+) Vì nên tọa độ điểm là nghiệm của hệ:
+) Do là trung điểm của nên suy ra .
Ví dụ 6. Cho hình thoi có tâm và . Điểm thuộc đường thẳng , điểm
thuộc đường thẳng . Viết phương trình đường chéo biết đỉnh có tung độ
nguyên.
Phân tích hướng giải :
Nếu tìm được tọa độ điểm ta sẽ dễ dàng viết được phương trình (đi qua và ). Việc tìm tọa độ
điểm sẽ được chuyển về Bài toán 1. Cụ thể :
*) Lúc này khai thác tính đối xứng của hình thoi ta sẽ tìm được tọa độ điểm thuộc đối xứng với
qua và khi đó ta sẽ viết được phương trình đi qua hai điểm đã biết tọa độ. Như vậy điểm
thuộc đường thẳng đã biết phương trình.
*) Ta sẽ khai thác dữ kiện cuối cùng của bài toán là để tính độ dài đoạn (chi tiết xem ở phần
lời giải)
Giải :
+) Gọi là điểm đối xứng với qua (hay là trung điểm của ) suy ra thuộc đường
thẳng khi đó nhận làm véctơ chỉ phương , suy ra
Phương trình
+) Gọi là hình chiếu vuông góc của trên nên
Mặt khác . Khi đó xét tam giác ta có :
IJ CD J
J
27
2 40 0
27
; 13
2
2 4 25 0
2
13
x y
x
J
x y
y
J
( 7; 26)
C
ABCD
(3;3)
I
2
AC BD
4
2;
3
M
AB
13
3;
3
N
BD
B
B
BD
I
B
B
'
N
AB
N
I
AB
, '
M N
B
AB
2
AC BD
IB
'
N
N
I
I
'
NN
5
' 3;
3
N
AB
AB
1 1
' 1; 3;1
3 3
MN
(1; 3)
AB
n
: 3 2 0
AB x y
H
I
AB
2 2
3 9 2
4
( , )
10
1 3
IH d I AB
2 2
AC BD AI IB
IBA
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
33
+) Gọi với , khi đó :
hoặc (loại).
+) Vậy , khi đó đường chéo đi qua hai điểm và nên có phương trình:
hay
Nhận xét: Vì hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật và hình vuông nhận giao điểm hai đường chéo là tâm
đối xứng cùa hình đó. Nên nếu trong đề bài cho một điểm thuộc một cạnh thì các bạn nên nghĩ tới việc tìm
điểm đối xứng của điểm đó qua tâm của hình chứa nó (ở đây tâm đã biết tọa độ).
Ví dụ 7 (D – 2010 – CB): Cho tam giác có đỉnh , trực tâm là , tâm đường tròn
ngoại tiếp là . Xác định tọa độ đỉnh , biết có hoành độ dương.
Phân tích hướng giải : Ta cần tìm tọa độ điểm . Với :
*) .
*) Nếu viết được phương trình cạnh ta sẽ chuyển bài toán về Bài toán 1. Lúc này việc viết
phương trình ta chỉ cần tìm thêm tọa độ một điểm thuộc . Ở đây ta có thể tìm được hình chiếu của
xuống hoặc chân đường cao của xuống (khi đó bài toán được giải quyết triệt để) qua các
cách giải cụ thể sau:
Giải :
Cách 1.1 Cách 1.2 Cách 2
Cách 1: Ta sẽ đi tìm tọa độ hình chiếu của trên (hay chính là trung điểm của ) qua 2 cách sau:
Cách 1.1
+) Gọi lần lượt là trung điểm của và .
Khi đó :
=
và
=
(góc có cạnh tương ứng song song)
2
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 5
2 2
4 8
IB IB
IB IA IH IB IB
(3 2; )
B t t AB
t
2 2 2
2 (3 5) ( 3) 2
IB t t
2
5 18 16 0 2
t t t
8
5
t
(4;2)
B
BD
(4;2)
B
(3;3)
I
3 3
4 3 2 3
x y
6 0
x y
ABC
(3; 7)
A
(3; 1)
H
( 2;0)
I
C
C
C
74
CI IA
BC
BC
BC
D
I
BC
K
A
BC
D
I
BC
BC
,
D E
BC
AC
HAB
IDE
HBA
IED
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
34
Suy ra nên (*)
+) Có : . Gọi , khi đó từ (*)
Cách 1.2
+) Kéo dài cắt đường tròn tại điểm (khác ), khi đó là trung điểm của nên suy ra
Mặt khác : (cùng vuông góc với ) và (cùng vuông góc với ),
suy ra là hình bình hành, khi đó cũng là trung điểm của nên suy ra
( Trong Cách 1.2 ta có thể chỉ ra luôn được (*), sau khi có được là trung điểm của ).
Cách 2: Ta sẽ đi tìm tọa độ chân đường cao của xuống .
+) Ta có và nên đường thẳng có phương trình :
Kéo dài cắt đường tròn tại điểm ( khác ). Gọi với , khi đó :
hoặc (loại)
+) Gọi và , suy ra nội tiếp đường tròn
=
(cùng bù với
) . Mặt khác:
=
(cùng chắn cung ).
Suy ra
=
hay tam giác cân tại là trung điểm của
( Như vậy khi biết tọa độ điểm hoặc điểm thì ta dễ dàng viết được phương trình . Ở phần trình bày
tiếp theo ta lấy số liệu của điểm (điểm tương tự) ).
+) đi qua và có véc tơ pháp tuyến nên phương trình là : hay
+) Gọi ( với ) , khi đó :
hoặc (loại)
Vậy
Nhận xét:
Ví dụ này còn khá nhiều cách giải, trong đó có cả cách giải của Bộ Giáo Dục – Song cách giải này “thiếu tự
nhiên” nên tác giả không trình bày ở đây.
Ví dụ 8. Cho hai điểm , . Tìm tọa độ điểm sao cho
= và khoảng cách từ
đến đường thẳng bằng .
Phân tích hướng giải :
*) Vì đi qua , hợp với đường thẳng góc (bù với góc ) nên ta sẽ viết được phương trình
(các bạn sẽ được tìm hiểu kĩ ở Bài toán 6) .
~
HAB IDE
2
HA AB
ID DE
2
AH ID
(0;6)
AH
( ; ) ( 2; )
D x y ID x y
0 2( 2) 2
( 2;3)
6 2 3
x x
D
y y
AI
M
A
I
AM
( 7;7)
M
/ /
BH MC
AC
/ /
CH MB
AB
MBHC
D
HM
( 2;3)
D
2
AH ID
D
HM
K
A
BC
(3; 7)
A
(3; 1)
H
AH
3
x
AH
'
H
A
'(3; )
H t AH
7
t
2 2 2 2 2 2 2
' 5 5 7 7
IH IA R t t
7
t
'(3;7)
H
AH BC K
'
BH AC B
'
KHB C
C
BHK
'
B HK
C
'
BH A
AB
BHK
'
BH A
'
HBH
B
K
'
HH
(3;3)
K
D
K
BC
D
K
BC
D
(0;6)
AH
BC
6( 3) 0
y
3
y
( ;3)
C t BC
0
t
2
74 74
CI IA CI
2 2 2
( 2) 3 74 ( 2) 65
t t
2 65
t
2 65
t
( 2 65;3)
C
(1;2)
A
(4;3)
B
M
MAB
0
135
M
AB
10
2
MA
A
AB
0
45
0
135
MA
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
35
*) Do nên ta dễ dàng tính được độ dài đoạn .
Như vậy điểm đã được “lộ diện” theo góc nhìn của Bài toán 1. Cụ thể:
+) : đã biết phương trình. +)
Giải :
+) Gọi là hình chiếu vuông góc của trên , khi đó :
Ta có
=
= = , suy ra tam giác cân tại , khi đó :
+) Ta có nên , khi đó phương trình là :
Gọi với , khi đó
Vì
= nên
+) Với chọn , khi đó có phương trình :
Gọi , khi đó
Với (loại)
Với (thỏa mãn).
+) Với chọn , khi đó có phương trình :
Gọi , khi đó :
10
( , )
2
d M AB
5
MA
M
M MA
5
MA
H
M
AB
10
( , )
2
MH d M AB
MAH
0
180
MAB
0
180
0
135
0
45
MHA
H
10
2 2. 5
2
MA MH
(3;1)
AB
(1; 3)
AB
n
AB
1 3.( 2) 0 3 5 0
x y x y
( ; )
MA
n a b
2 2
0
a b
0
2 2
3
1
cos( , ) cos45
2
10.
a b
MA AB
a b
2
2 2 2 2 2
2
( 3 ) 5( ) 2 3 2 0 2. 3. 2 0
1
2
a
a a
b
a b a b a ab b
a
b b
b
MAB
0
135
0
. . .cos135 0
AM AB AM AB
2
a
b
2
(2; 1)
1
MA
a
n
b
AM
2 0
x y
( ;2 )
M t t AM
2
5 5
MA MA
2 2 2
0
( 1) (2 2) 5 ( 1) 1
2
t
t t t
t
(0;0)
(2;4)
M
M
(2;4) (1;2) . 5 0
M AM AM AB
 
(0;0) ( 1; 2) . 5 0
M AM AM AB
1
2
a
b
1
(1;2)
2
MA
a
n
b
AM
2 5 0
x y
(5 2 ; )
M t t AM
2
5 5
MA MA
2 2 2
1
(2 4) ( 2) 5 ( 2) 1
3
t
t t t
t
(3;1)
( 1;3)
M
M
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
36
Với (loại)
Với (thỏa mãn). Vậy hoặc .
Chú ý: Ngoài cách giải ở ví dụ trên, các bạn có thể tham khảo thêm cách giải sau:
+) Gọi là hình chiếu vuông góc của trên , khi đó :
Ta có
=
= = , suy ra tam giác cân tại , khi đó :
+) Gọi , suy ra với khi đó ta có hệ :
+) Đặt , khi đó hệ có dạng:
+) Vậy hoặc .
Ví dụ 9. Trong mặt phẳng tọa độ , cho hình chữ nhật có các cạnh và tiếp xúc với
đường tròn có phương trình . Đường chéo cắt đường tròn tại hai điểm
. Biết , trục tung chứa điểm và không song song với ; diện tích tam giác
bằng và điểm có hoành độ âm và nhỏ hơn hoành độ của . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật
.
Phân tích hướng giải:
*) Với dữ kiện có hoành độ âm gợi ý ta nên đi tìm điểm trước . Nghĩa là ta sẽ cần tìm và khai thác
các dữ kiện “có lợi” cho điểm .
*) Ta nhận thấy tọa độ điểm
+) Suy ra phương trình (đi qua hai điểm biết tọa độ)
+) Do tiếp xúc với đường tròn
Như vậy ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm theo góc nhìn của Bài toán 1.
(3;1) (2; 1) . 5 0
M AM AM AB
 
( 1;3) ( 2;1) . 5 0
M AM AM AB

(0;0)
M
( 1;3)
M
H
M
AB
10
( , )
2
MH d M AB
MAH
0
180
MAB
0
180
0
135
0
45
MHA
H
10
2 2. 5
2
MA MH
( ; )
M x y
( 1; 2)
AM x y
(3;1)
AB
0
0
2 2
2 2
2
2 2
3.( 1) ( 2) 1
cos135
, 135
3.( 1) ( 2) 5
2
10. ( 1) ( 2)
( 1) ( 2) 5
5
( 1) ( 2) 5
x y
AB AM x y
x y
x y
MA
x y
1
2
a x
b y
2 2 2
3 5 5 3
5 3 2 0
a b b a
a b a a
1 0
2 0
2 1
1 3
a x
b y
a x
b y
(0;0)
( 1;3)
M
M
(0;0)
M
( 1;3)
M
Oxy
ABCD
AB
AD
( )
T
2 2
( 2) ( 3) 4
x y
AC
( )
T
,
M N
16 23
;
5 5
M
N
AD
ADI
10
A
D
ABCD
A
A
A
( )Oy T N
N
AC
,
M N
,
AB AD
( ) 2 2 2
T AI R
A
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
37
*) Dữ kiện và trục tung không vuông góc gợi ý điểm tiếp theo ta đi tìm sẽ là điểm .
+) đi qua và cách một khoảng phương trình (sẽ được tìm hiểu kĩ ở Bài toán 6)
+)
Như vậy điểm tiếp tục được “tháo” theo góc nhìn Bài toán 1.
*) Khi đã tìm được hai điểm thì việc chỉ ra được tọa độ là khá đơn giản.
Sau đây là lời giải chi tiết:
Giải :
+) Đường tròn có tâm và bán kính .
+) Do nên tọa độ điểm là nghiệm của hệ:
Khi đó (đi qua ) có phương trình:
+) Gọi tiếp xúc với lần lượt tại ( là các tiếp điểm)
Suy ra là hình vuông nên
+) Gọi với (do )
Khi đó hoặc (loại)
+) Gọi vecto pháp tuyến của là với ; ( không song song với )
Suy ra phương trình
hoặc (loại)
Với , chọn ta được phương trình
+)
Gọi với khi đó:
hoặc (loại)
+) Khi đó đi qua và vuông góc với nên có phương trình:
10
ADI
S
D
AD
A
I
2
R
AD
2
10
( , )
ADI
S
AD
d I AD
D
,
A D
,
C B
( )
T
( 2;3)
I
2
R
( )
Oy T N
N
2 2
0
0
(0;3)
3
( 2) ( 3) 4
x
x
N
y
x y
16 8 8
; 2; 1
5 5 5
MN
(1;2)
AC
n
AC
,
M N
2 6 0
x y
( )
T
,
AB AD
,
P Q
,
P Q
APIQ
2 2 2 2
AI IP R
(6 2 ; )
A t t
3
t
0
A
x
2 2 2 2
8 (2 8) ( 3) 8 5 38 65 0 5
AI t t t t t
13
5
t
( 4;5)
A
AD
( ; )
AD
n a b
2 2
0
a b
0
b
AD
Oy
: ( 4) ( 5) 0 4 5 0
AD a x b y ax by a b
2 2
2 2
2 3 4 5
( , ) 2 2 0 0
a b a b
IQ d I AD a b a b ab a
a b
0
b
0
a
1
b
: 5 0
AD y
21 2.10
. 10
2 2
ADI
ADI
S
S IQ AD AD
IQ
( ;5)
D m AD
4
m
2 2
100 ( 4) 100 6
AD m m
14
m
(6;5)
D
DC
(6;5)
D
AD
6 0
x
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
38
Khi đó tọa độ điểm là nghiệm của hệ
+) Ta có
Vậy .
Nhận xét:
Qua ví dụ trên ta nhận thấy, khi xem xét một bài toán ta cần đặt ra các câu hỏi “với dữ kiện bài toán những
điểm nào có thể tìm được luôn tọa độ? , những đường thẳng nào cần thiết có thể viết được ? ”. Sau đó cần đặt
tiếp câu hỏi “ điểm nào nên tìm trước ?” . Để trả lời cho câu hỏi này thì một kinh nghiệm là những điểm đề bài
cho điều kiện (như hoành độ dương, tọa độ là các số nguyên…) hoặc đang nằm trên một đường thẳng đã biết
phương trình (hoặc dễ dàng viết được) cùng với các dữ kiện “có lợi” cho nó về yếu tố định lượng như diện tích,
khoảng cách…
Ví dụ 10 ( Khối A, A1 – 2014). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông
ABCD
có điểm
M
là
trung điểm của đoạn
AB
và
N
là điểm thuộc đoạn
AC
sao cho 3
AN NC
. Viết phương trình đường thẳng
CD
, biết rằng
(1;2)
M và
(2; 1)
N
.
Phân tích hướng giải:
*) Yêu cầu bài toán viết phương trình
CD
, giúp ta hướng tới việc gắn kết các dữ kiện để tìm các yếu tố liên
quan tới đường thẳng
CD
. Việc bài toán cho biết tọa độ hai điểm
(1;2)
M và
(2; 1)
N
cùng với dữ kiện
3
AN NC
, khiến ta nghĩ tới việc tìm tọa độ điểm
E
( với
MN CD E
) . Điều này hoàn toàn có thể làm
được nhờ vào Bài toán 5.1 khi ta suy luận được
3
MN NE
(các bạn sẽ được tìm hiểu ở phần sau trong Bài
toán 5.1)
*) Lúc này nếu tìm thêm được một điểm trên
CD
thì coi như bài toán giải quyết xong. Nhờ Bài toán 1 ta sẽ
nghĩ tới việc tìm điểm
D
. Cụ thể với kiến thức hình học sơ cấp ta sẽ chỉ ra được tam giác
MND
vuông cân
tại
N
nên
D
thuộc đường thẳng
(viết được phương trình) và cách
N
một khoảng không đổi
MN
(
DN MN
). Như vậy bài toán đã chuyển về đúng nội dung Bài toán 1 nên ta có lời giải sau:
Giải:
+) Gọi
MN CD E
và
H
là hình chiếu vuông góc
của
M
trên
CD
. Khi đó theo Talet ta có:
3 3
MN AN
MN NE
NE NC
(*)
+) Gọi
( ; )
E x y
suy ra
( 2; 1)
NE x y
và với
(1; 3)
MN
, nên:
C
6 0 6
(6;0)
2 6 0 0
x x
C
x y y
4 0 4
( 4;0)
5 5 0
B B
B B
x x
AB DC B
y y
( 4;5), ( 4;0), (6;0), (6;5)
A B C D
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
39
7
1 3( 2)
(*)
3
3 3( 1)
2
x
x
y
y
7
; 2
3
E
+) Gọi
d
là đường thẳng đi qua
N
vuông góc với
AB
, cắt
,
AB CD
lần lượt là
,
I J
.
Khi đó
MIN NJD
0
2
90
10
INM JDN MND
DN MN DN
(*) , suy ra
(1; 3)
DN
n MN
.
Khi đó phương trình
:
3 5 0
x y
+) Do
D ND
nên gọi
(3 5; )
D t t
. Khi đó (*)
2 2 2
0 (5;0)
(3 3) ( 1) 10 ( 1) 1
2 ( 1; 2)
t D
t t t
t D
Đường thẳng
CD
đi qua
7
; 2
3
E
và
D
nên với :
+)
(5;0)
D suy ra
CD
có phương trình :
3 4 15 0
x y
+)
( 1; 2)
D
suy ra
CD
có phương trình :
2
y
hay
2 0
y
4. CÁCH RA ĐỀ 4: Tìm điểm gián tiếp thông qua một điểm khác thuộc Bài toán 1
(nếu biết điểm thuộc Bài toán 1 ta sẽ suy ra được tọa độ điểm )
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ , cho đường tròn : và hai đường thẳng
, . Lập phương trình đường thẳng tiếp xúc với đường tròn tại và cắt
lần lượt tại và sao cho là trung điểm của đoạn thẳng .
Phân tích hướng giải :
*) Như cách tư duy thông thường để viết đường thẳng , ta sẽ nghĩ tới việc tìm một điểm mà đi qua cùng
với vecto pháp tuyến hoặc chỉ phương của nó. Lúc này có ba sự lựa chọn là điểm hoặc . Song cả ba
điểm trên đều chưa biết tọa độ. Vậy câu hỏi lúc này là nên tìm tọa độ điểm nào ? Ta nhận thấy hai điểm
có lợi thế là đều đang thuộc các đường thẳng đã biết phương trình, nhưng gần như đó là dữ kiện có lợi duy
nhất cho và . Nghĩa là việc tìm tọa độ là gặp “khó khăn”. Chỉ còn một sự lựa chọn là điểm . Có
vẻ hợp lí , vì nếu tìm được tọa độ điểm , ta sẽ tìm được vecto pháp tuyến của là và suy ra phương
trình . Thế tìm điểm bằng cách nào ? Với dữ kiện bài toán ta chỉ có được . Vậy việc tìm điểm
trực tiếp lúc này lại gặp trở ngại. Khi đứng trước những tình huống bí bách kiểu này, một kinh nghiệm là ta
hãy chú ý tới những thông số, dữ kiện của đề bài và rất có thể trong đó đang ẩn chứa những yếu tố đặc biệt sẽ
giúp ta tháo gỡ được “nút thắt ” của bài toán. Nhận thấy, có hai yếu tố về số liệu khá đặc biệt là tâm của
thuộc và . Nghĩa là
là đường trung bình trong tam giác
với , suy ra
M
M
Oxy
( )
C
2 2
2 4 20 0
x y x y
1
:2 5 0
d x y
2
:2 0
d x y
( )
C
A
1 2
,
d d
B
C
B
AC
,
A B
C
,
B C
B
C
,
B C
A
A
IA
A
5
IA R
A
I
( )
C
2
d
1 2
/ /
d d
JB
IAC
1
d IA J
J
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
40
là trung điểm của . Nếu tìm được tọa độ điểm ta sẽ suy ra tọa độ điểm và viết được phương trình .
Vậy thay vì đi tìm ta sẽ tìm gián tiếp thông qua điểm .
*) Ta nhận thấy : và . Như vậy lúc này đã “lộ diện” Bài toán 1, có nghĩa là ta sẽ tìm được
tọa độ điểm nhờ Bài toán 1.
Giải :
+) Đường tròn có tâm thuộc và bán kính . Gọi .
Do nên là đường trung bình trong tam giác , suy ra là trung điểm của .
+) Gọi , khi đó :
hoặc
Do là trung điểm của nên :
+) Với , khi đó đi qua và có vectơ pháp tuyến
nên có phương trình : .
+) Với , khi đó đi qua và có vectơ pháp tuyến
nên có phương trình : .
Vậy có phương trình : hoặc .
Nhận xét :
Ví dụ trên là kiểu bài toán không mẫu mực, nghĩa là với các cách tư duy thông thường (chưa để ý tới những
số liệu cụ thể ) ta khó có thể đưa ra được lời giải cho nó. Khi đó giải pháp cho những lớp bài toán trên là khai
thác triệt để số liệu đặc biệt của đề bài, và chính số liệu này mới là “chìa khóa” giúp ta đi đến đáp số của bài
toán. Các bạn sẽ tiếp tục tìm hiểu các lớp bài toán này qua các ví dụ tiếp theo.
Chú ý :
Ngoài cách giải theo góc nhìn của Bài toán 1 ở trên, các bạn có tìm trực tiếp điểm bằng cách sau :
+) Do // và khoảng cách giữa hai đường thẳng này bằng 5.
Do đó sẽ thuộc đường thẳng song song với và cách một khoảng bằng 5.
IA
J
A
A
J
1
J d
2 2
IA R
JI
J
( )
C
(1; 2)
I
2
d
5
R
1
d IA J
1 2
/ /
d d
JB
IAC
J
IA
1
( ;5 2 )
J t t d
2 2 2
5 25 25
( 1) (2 7)
2 2 2 4 4
IA R
JI JI t t
2 2
5
4(5 30 50) 25 4 24 35 0
2
t t t t t
7
2
t
J
IA
5
2
t
5
;0 (4;2)
2
J A
(4;2)
A
(3;4)
IA
3( 4) 4( 2) 0 3 4 20 0
x y x y
7
2
t
7
; 2 (6; 2)
2
J A
(6; 2)
A
(5;0)
IA
5( 4) 0.( 2) 0 4
x y x
3 4 20 0
x y
4
x
A
1
d
2
d
A
d
1
d
1
d
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
41
Suy ra đường thẳng hoặc (loại vì )
+) Khi đó tọa độ điểm là nghiệm của hệ :
Ví dụ 2 (A – 2010 – CB). Cho hai đường thẳng và . Gọi là đường tròn
tiếp xúc với tại , cắt tại hai điểm và sao cho tam giác vuông tại . Viết phương trình
của , biết tam giác có diện tích bằng và điểm có hoành độ dương.
Phân tích hướng giải :
*) Như ta đã biết để viết phương trình của một đường tròn ta luôn cần hai yếu tố là tọa độ tâm và bán kính.
Song với bài toán này nếu xác định được tọa độ tâm của thì ta sẽ tính được bán kính vì và
suy ra được phương trình . Vậy tìm như thế nào ? thuộc song chưa biết phương trình. Như vậy
việc tìm tìm trực tiếp điểm là không khả thi. Lúc này ta sẽ nghĩ tới việc tìm điểm gián tiếp thông qua các
điểm có mối liên hệ với nó. Với dữ kiện vuông tại , suy ra
là đường kính ( là trung điểm của
). Vì vậy nếu biết tọa độ điểm ta sẽ tìm được tọa độ điểm (Vì khi đó ta viết được phương trình
và ), từ đó ta suy ra được tọa độ điểm .
*) Xác định tọa độ điểm nhờ Bài toán 1. Cụ thể:
+) .
+) Có với và khai thác dữ kiện để tính
Giải :
+) Xét hệ : là giao điểm của và .
Véc tơ pháp tuyến của lần lượt là : , , suy ra :
: 2 10 0
d x y
: 2 0
d x y
2
d d
A
2 2
4
22 10 0
(4;2)
(6; 2)
2 4 20 0
6
2
x
yx y
A
A
x y x y
x
y
1
: 3 0
d x y
2
: 3 0
d x y
( )
T
1
d
A
2
d
B
C
ABC
B
( )
T
ABC
3
2
A
I
( )
T
1
( , )
R d I d
( )
T
I
I
AC
I
I
ABC
B
AC
I
AC
A
C
AC
2
{ }
d AC C
I
A
1
: 3 0
A d x y
1 2
{ }
d d O
(0;0)
O
3
2
ABC
S
?
OA
3 0 0
0
3 0
x y x
y
x y
(0;0)
O
1
d
2
d
1 2
,
d d
1
( 3;1)
n
2
( 3; 1)
n
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
42
Mặt khác tam giác vuông tại , do đó .
+) Xét tam giác và ta có:
Khi đó .
Do đó .
+) Gọi với , khi đó:
hoặc (loại)
Suy raa qua , vuông góc có phương trình:
Khi đó tọa độ điểm là nghiệm của hệ:
+) Vì tam giác vuông tại nên là đường kính .
Do đó đường tròn cần viết có:
Tâm và bán kính
Suy ra phương trình đường tròn : .
Ví dụ 3 (B – 2011 – NC ). Cho tam giác có đỉnh . Đường tròn nội tiếp tam giác tiếp
xúc với các cạnh tương ứng tại các điểm . Cho và đường thẳng có phương
trình . Tìm tọa độ đỉnh , biết có tung độ dương.
Phân tích hướng giải:
Ta nhận thấy đang nằm trên các đường . Như vậy lúc này việc tìm điểm có thể đi theo
những hướng sau: “Hướng 1: nếu viết được phương trình của một trong 3 đường trên và tính được độ dài đoạn
1 2
3. 3 1.( 1)
1
cos( , )
2
3 1. 3 1
d d
ABC
B
0 0
60 60
AOB BAC
AOB
AOC
0
0
3
sin 60
2
tan60 3
OA
AB OA
AC OA OA
0 2
1 1 3 3 3 3
. sin60 . . 3.
2 2 2 2 8
ABC
OA
S AB AC OA OA
3
2
ABC
S
2 3
3
OA
( ; 3 )
A t t
0
t
2 2 2 2
2 3 4 4 1 1
3
3 3 3 3
3
OA OA t t t t
1
3
t
1
; 1
3
A
AC
A
1
d
1
3 1 0 3 3 4 0
3
x y x y
C
10
3 3 4 0
2
; 2
3
3
3 0
2
x
x y
C
x y
y
ABC
B
AC
( )
T
1 3
;
2
2 3
I
2 2
( 3) 1
1
2 2
AC
R
( )
T
2
2
1 3
1
2
2 3
x y
ABC
1
;1
2
B
ABC
, ,
BC CA AB
, ,
D E F
(3;1)
D
EF
3 0
y
A
A
A
, ,
AB AD AC
A
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
43
(hoặc ) thì ta sẽ chuyển nó về Bài toán 1” hoặc “Hướng 2: nếu biết được phương trình của hai trong
3 đường trên ta cũng suy ra được tọa độ điểm ”. Để chọn hướng đi thích hợp ta cần khai thác các dữ kiện
của bài toán. Với các số liệu của bài toán cho ta thấy Hướng 1 có vẻ không mấy khả thi, vì việc tính được độ
dài (hoặc ) sẽ gặp trở ngại. Lúc này ta nghĩ tới giải pháp thứ 2. Điểm và đều đã biết tọa độ
nên ta sẽ nghĩ tới việc viết phương trình và . Ta sẽ phân tích chi tiết số liệu bài toán:
phương trình : song song với đường thẳng . Khi đó ta sẽ chứng minh được tam giác
cân tại . Do đó . Như vậy ta viết được phương trình . Lúc này việc việc viết phương
trình sẽ cần sự “trợ giúp” của điểm . Và ta nhận thấy Bài toán 1 sẽ cho ta được tọa độ điểm . Cụ
thể: *)
*)
Sau đây là lời giải chi tiết của bài toán.
Giải:
+) Gọi là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
Khi đó (1) . Với phương trình : , suy ra hay (2)
(vì phương trình )
Từ (1) và (2) suy ra thẳng hàng hay , nên phương trình là:
+) Gọi , khi đó theo tính chất tiếp tuyến ta có:
+) Với , khi đó phương trình là:
Do nên tọa độ điểm là nghiệm của hệ: (loại)
+) Với , khi đó phương trình là:
Do nên tọa độ điểm là nghiệm của hệ:
Vậy
AB
AD
A
AB
B
D
AB
AD
1
;1
2
(3;1)
B
D
BD
1
y
: 3 0
EF y
ABC
A
AD BC
AD
AB
F
F
: 3 0
F EF y
5
2
FB BD
I
ABC
ID BC
IA EF
1
;1
2
(3;1)
B
D
BD
1
y
/ /
BD EF
/ /
BC EF
: 3 0
EF y
, ,
A I D
AD BC
3
x
( ;3)
F t EF
BF BD
2 2
2 2 2
1 5
2
2 2
BF BD t
2
1 ( 1;3)
2 0
2 (2;3)
t F
t t
t F
3
( 1;3) ;2 (4;3)
2
BF
F BF u
BF
4( 1) 3( 3) 0 4 3 5 0
x y x y
BF AD A
A
3
4 3 5 0
7
3
0
3
x
x y
x
y
3
(2;3) ;2 (4; 3)
2
BF
F BF u

BF
4( 2) 3( 3) 0 4 3 1 0
x y x y
BF AD A
A
3
4 3 1 0
13
3
3
x
x y
x
y
13
3;
3
A
13
3;
3
A
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
44
Bình luận sau Bài Toán 1:
Như vậy trong các đề thi Quốc Gia, nhiệm vụ của người ra đề là sẽ làm “mờ” bài toán gốc của chúng ta ,
bằng các dữ kiện và số liệu đi kèm . Nhiệm vụ của các bạn là dùng các kiến thức cơ bản để cắt nghĩa bài toán,
làm cho bài toán gốc “hiện nguyên hình” . Qua Bài Toán 1 các bạn thấy phần nào tầm “sát thương” và tính
hiệu quả của nó trong việc giải quyết các bài toán tìm điểm và các bài toán liên quan khác…Nó giúp các bạn
biết cách đặt ra các câu hỏi hướng vào các đối tượng và dữ kiện của đề bài mà ta đang cần và có được định
hướng để tư duy và tháo gỡ bài toán. Nếu biết cách “làm chủ” Bài toán 1 có nghĩa là các bạn đang có trong
tay một công cụ đơn giản nhưng khá hiệu quả và việc đưa ra đáp số chính xác cho các bài toán không có gì khó
khăn với các bạn. Chúng ta còn khá nhiều công cụ hữu hiệu khác. Các bạn sẽ tiếp tục đi tìm hiểu thông qua 9
bài toán tiếp theo.
Trên đây là đoạn trích từ bản thảo của cuốn sách:
10 BÀI TOÁN TRỌNG ĐIỂM
TƯ DUY ĐỘT PHÁ – CHÌA KHÓA GIẢI NHANH
HÌNH HỌC PHẲNG OXY
Mọi thông tin chi tiết các bạn có thể tham khảo qua:
Web: http://www.toanmath.com/
CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ QUAN TÂM !
| 1/44

Tài liệu khác của Toán 10

Preview text:

10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
Sau đây là trích đoạn từ bản thảo của cuốn sách:
10 BÀI TOÁN TRỌNG ĐIỂM
TƯ DUY ĐỘT PHÁ – CHÌA KHÓA GIẢI NHANH
HÌNH HỌC PHẲNG OXY
Mọi thông tin chi tiết các bạn có thể tham khảo qua: Web: http://www.toanmath.com/ 1
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy LỜI MỞ ĐẦU
Có lẽ thị trường sách tham khảo chưa bao giờ “phát triển” như hiện nay. Bởi với bạn đọc, để tìm một
cuốn sách về một chủ đề nào đó lại gặp rất nhiều khó khăn. Không phải bởi sự khan hiếm, mà bạn đọc đứng
trước quá nhiều sự lựa chọn. Khi cầm trên tay cuốn sách này, chắc chắn bạn cũng đang băn khoăn liệu đây có
phải là cuốn sách phù hợp dành cho bạn. Nếu chỉ đọc một vài trang đầu, chắc chắn bạn sẽ chưa cảm nhận hết
được cách viết và ý tưởng mà tác giả muốn gửi gắm thông qua cuốn sách này .
Bạn có thể hình dung ý tưởng của việc giải toán, giống như bạn phải tìm đúng con đường để về đích và
chọn một con đường ngắn nhất luôn là điều chúng ta muốn hướng tới. Để làm tốt được điều này, trên hành
trình tìm ra đích đến, chúng ta thường nhớ tới các mốc, những địa điểm dễ nhớ gắn liền với đích đến. Và trong
cuốn sách này tác giả thiết kế dựa trên ý tưởng đó, bằng cách tạo ra những “điểm mốc” thông qua 10 bài toán
gốc. Trên con đường để tìm đến “đáp số” các bạn sẽ cần những bài toán này. Nghĩa là khi nhìn thấy chúng,
bạn đã biết cách để tìm ra được lời giải cho các bài toán. Đây là 10 bài toán quan trọng, là “linh hồn” để tạo
ra các bài toán khác. Có thể sẽ có rất nhiều bạn sẽ ngạc nhiên khi đọc nội dung các bài toán gốc, vì thực ra nó
khá đơn giản. Nhưng các bạn có biết rằng, ý tưởng được lấy từ các bài toán này chính là “nguồn cảm hứng”
cho các câu hỏi xuất hiện trong đề thi quốc gia. Chúng gần như giải quyết hầu hết các bài toán thi Đại Học
trong các năm vừa qua và tác giả tin nó sẽ có giá trị rất nhiều trong các kì thi Quốc Gia sắp tới. Mong rằng với
cách tiếp cận hoàn toàn mới này sẽ giúp bạn đọc thấy thích thú và việc chinh phục các câu hỏi liên quan đến
hình học phẳng Oxy không còn là vấn đề lớn đối với các bạn. Cũng hi vọng cuốn sách sẽ giúp ích cho các bạn
học sinh trong quá trình học tập, ôn thi một cách chủ động, tự tin bước vào kì thi Quốc Gia và là tài liệu tham
khảo hữu ích cho các thầy cô trong quá trình giảng dạy.
Trong cuốn sách này tác giả giới thiệu tới các bạn 5 phần:
PHẦN 1: TỔNG HỢP KIẾN THỨC CƠ BẢN
PHẦN 2: NHỮNG BÀI TOÁN CƠ BẢN
PHẦN 3: 10 BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG OXY
PHẦN 4: SÁNG TẠO VÀ PHÁT TRIỂN TỪ CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG THUẦN TÚY
PHẦN 5: BÀI TẬP TỔNG HỢP TỰ LUYỆN
Mặc dù rất nghiêm túc trong quá trình biên soạn, song chắc chắn sẽ không tránh khỏi những sai xót và khiếm
khuyết. Rất mong nhận được sự phản hồi, góp ý và xây dựng từ phía bạn đọc, để cuốn sách được hoàn thiện
hơn cho những lần tái bản sau.
Mọi ý kiến đóng góp mong được gửi về địa chỉ: Nguyễn Thanh Tùng
Số 9 – Ngõ 880 – Bạch Đằng – Hai Bà Trưng – Hà Nội
hoặc theo e-mail: giaidaptoancap3@yahoo.com
Trân trọng cảm ơn ! Tác giả 2
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
PHẦN 3: 10 BÀI TOÁN HÌNH HỌC OXY 1. BÀI TOÁN 1
A. NỘI DUNG BÀI TOÁN 1
Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng đã biết phương trình và cách điểm I cho trước một khoảng
không đổi R ( MI R  cons t ). B. CÁCH GIẢI CHUNG
Có thể trình bày lời giải bài toán này theo 2 cách (bản chất là một). MI R 
C1: Gọi M (t)   ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ f (t)  0  t  ?  M C2: Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ : (C) 
( ở đây (C) là đường tròn tâm I bán kính R)
GIẢI THÍCH CHI TIẾT :
Nghĩa là khi gặp bài toán có nội dung như Bài toán 1 thì ta có thể tìm điểm theo 2 cách trình bày sau:
1) Cách 1 (C1):
*) Do M thuộc đường thẳng đã biết phương trình nên ta sẽ tham số hóa điểm M theo ẩn t . Cụ thể nếu
đề bài cho đường thẳng dưới dạng :
x x at x x y y +) Tham số : 0  hoặc chính tắc: 0 0 
thì ta sẽ gọi M (x at; y bt)
y y bt 0 0  a b 0 x  1 t
Ví như: M thuộc đường thẳng  : 
thì ta sẽ gọi M (1 t; 2   3t) y  2   3t
+) Tổng quát ax by c  0 , khi đó để việc gọi điểm M đơn giản và tránh tọa độ viết dưới dạng phân
số ta nên gọi như sau:
Nếu a  1 hay  : x by c  0 thì ta gọi M (c bt;t) . Ví như  : x  3y  5  0 thì gọi M (5  3t;t) .
Nếu b  1 hay  : ax y c  0 thì ta gọi M (t; c at) . Ví như  : 2x y 1  0 thì gọi M (t;1 2t) . (với a  1
hoặc b  1 ta làm tương tự) 3
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy a  1 Nếu
(ở đây (a, b, c)  1) thì ta chuyển về dạng tham số để gọi M . b  1   x  3t
Ví như  : 2x  3y  3  0 ( u  (3; 2) , đi qua M (0; 1) )   :
M (3t; 1 2t)  0  y  1   2t
(Đây là chỉ là những “tiểu tiết” nhỏ - song nếu tạo cho mình một thói quen thì việc tính toán sẽ giảm nhẹ và
hạn chế khả năng sai xót trong các bước tính toán ).
*) Khi đó việc sử dụng dữ kiện MI R sẽ giúp ta thiết lập được một phương trình chứa t ( f (t)  0) , từ
đây giải phương trình tìm t và suy ra được tọa độ điểm M .
2) Cách 2 (C2):
Do MI R nên M thuộc đường tròn (C) tâm I , bán kính R . Khi đó tọa độ điểm M chính là nghiệm 
của hệ phương trình (một phương trình và một phương trình đường tròn (C) ) : (C)  C. VÍ DỤ GỐC
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm I (5; 2) và đường thẳng  : 2x y  3  0 . Tìm tọa độ điểm M
thuộc đường thẳng  sao cho MI  5 .
Bài giải:
Cách 1: +) Vì M   nên gọi M (t; 2t  3) t  1 M (1;5) +) Ta có 2 2 2 2 MI 5 MI 25 (t 5) (2t 1) 25 5t 6t 1 0                1   1 17  t  M ;    5   5 5 
Cách 2: +) Có: MI  5 nên M thuộc đường tròn (C) tâm I và R  5 có phương trình: 2 2
(x  5)  ( y  2)  25 x  1  y  5  M (1;5)
2x y  3  0  1 
+) M   nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:    x    1 17  2 2
(x  5)  ( y  2)  25  M ;   5        5 5   17  y    5 4
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy Nhận xét:
*) Với C1 chúng ta không cần quan tâm tới bài toán về sự tương giao giữa đường thẳng và đường tròn
(đề cập ở C2) và giải theo phương pháp đại số thông thường.
*) Với C2 ta thấy rõ hơn bản chất của bài toán (điểm cần tìm là giao của đường thẳng và đường tròn).
*) C1 và C2 là hai cách trình bày khác nhau của cùng một phương pháp thế trong giải hệ phương trình.
*) Nếu tìm được duy nhất một điểm M khi đó IM   ( hay đường tròn (I ; R) tiếp xúc với tại M ).
*) Tùy vào dữ kiện của bài toán, có thể linh hoạt trình bày theo C1 hoặc C2 ( C2 “mạnh” hơn C1 khi đề
cập tới những điểm có cùng vai trò – các bạn sẽ thấy rõ điều này qua các ví dụ minh họa ở phần sau).
D. CÁC VÍ DỤ MỞ RỘNG
Như vậy để chuyển các bài toán về Bài toán 1, ta cần chỉ ra được được 2 điều :
+) Điểm cần tìm đang thuộc một đường thẳng đã biết phương trình.
+) Điểm cần tìm cách một điểm đã biết tọa độ một khoảng không đổi.
Vì vậy để có được điều này các bạn cần trả lời các câu hỏi:
Chùm câu hỏi 1: Điểm cần tìm thuộc đường nào ? Đường đó đã biết phương trình chưa? Nếu chưa thì có
viết được không? Viết bằng cách nào?
Chùm câu hỏi 2: Điểm cần tìm cách một điểm cho trước (đã biết tọa độ ) một khoảng bằng bao nhiêu ?
Cắt nghĩa dữ kiện của bài toán như thế nào để tính được khoảng cách đó?
Và các hỏi trên được “thiết kế” qua các cách ra đề sau:
1. CÁCH RA ĐỀ 1: Cho biết M thuộc đường thẳng và điểm I cho trước, độ dài IM đề bài
không cho luôn. Cần “cắt nghĩa” các dữ kiện của bài toán để tính độ dài đoạn IM
Ví dụ 1 (D – 2006). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn 2 2
(C) : x y  2x  2 y 1  0 và đường
thẳng d : x y  3  0 . Tìm tọa độ điểm M nằm trên d sao cho đường tròn tâm M , có bán kính gấp đôi bán
kính đường tròn (C) , tiếp xúc ngoài với đường tròn (C) . 5
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
Phân tích : *) M  d : x y  3  0 I (1;1)
*) (C) : 
và khai thác dữ kiện suy ra MI  3R  3 chuyển về Bài toán 1. R  1  Giải :
+) Đường tròn (C) có tâm I (1;1) và bán kính R  1
+) Gọi A là điểm tiếp xúc ngoài của đường tròn tâm M và đường tròn (C) .
Suy ra : MI MA AI  2R R  3R  3
+) Gọi M (t;t  3)  d t   1 M (1; 4) Khi đó 2 2 2 2
MI  3  MI  9  (t 1)  (t  2)  9  t t  2  0     t  2  M ( 2  ;1) 
+) Vậy M (1; 4) hoặc M ( 2  ;1) .
Ví dụ 2 (A – 2011). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng  : x y  2  0 và đường tròn 2 2
(C) : x y  4x  2 y  0 . Gọi I là tâm của (C) , M là điểm thuộc  . Qua M kẻ các tiếp tuyến MA và MB
đến (C) ( A , B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M , biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10 . Phân tích:
*) M d : x y  3  0 *) S  2SBI .MB
5.MB  10  MB  2 5  MI  5  chuyển về Bài toán 1. MAIB MBI Giải : I (2;1)  +) Ta có 2 2
(C) : x y  4x  2 y  0  
R IB  5 
+) Vì MA và MB là các tiếp tuyến ( A và B là các tiếp điểm) 2 2  S  2SI .
B MB  5.MB  10  MB  2 5  MI MB IB  5 MAIB MBI
+) Gọi M (t; t  2)   t  2 M (2; 4) +) Khi đó 2 2 2 2
MI  5  MI  25  (t  2)  ( t
  3)  25  t t  6  0     t  3   M ( 3  ;1)  6
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy  1 
Ví dụ 3 (B – 2002). Cho hình chữ nhật ABCD có tâm I ; 0 
 , phương trình đường thẳng AB là x  2 y  2  0  2 
và AB = 2AD. Tìm tọa độ các điểm A, B, C, D biết rằng A có hoành độ âm.
Phân tích hướng giải:
*) Có A  AB : x  2 y  2  0
*) AD  2d (I , AB)  AB  ?  AI  ?  chuyển về Bài toán 1 tọa độ điểm A tọa độ B, C, D . Giải : 1  2 2 5
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB . Khi đó IH d (I , AB)   2 2 2 1  2 AB 5 5 Suy ra AH
AD  2IH  5 2 2
IB IA IH AH   5  2 4 2 5 Do đó ,
A B là các giao điểm của đường thẳng AB với đường tròn tròn tâm I , bán kính R  . 2
x  2 y  2  0  x  2 x  2 Vậy tọa độ ,
A B là nghiệm của hệ : 2  1  25   hoặc  2 x   y     y  0  y  2   2   4 Suy ra (
A 2; 0), B(2, 2) ( Vì x  0 ) A
Mặt khác I là trung điểm của AC và BD nên suy ra C(3; 0), D(1; 2) Vậy (
A 2; 0), B(2, 2), C(3;0), D(1;2) . Nhận xét :
Khi bài toán yêu cầu tìm từ hai điểm trở lên, mà các điểm có vai trò như nhau (trong bài trên , A B có vài trò
như nhau ) thì các bạn nên trình bày theo C2 để từ điểm này ta suy ra được điểm kia.
Ví dụ 4 (B – 2009 – NC). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(–1;4) và các
đỉnh B,C thuộc đường thẳng  : x y  4  0 . Xác định toạ độ các điểm B và C, biết diện tích tam giác ABC bằng 18. 7
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
Phân tích hướng giải:
*) Có B, C   : x y  4  0 2S *) ABC 2 2 S  18  BC
BH AB AC
AH BH chuyển về Bài toán 1 ABC d ( , A ) Giải :
+) Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên 
Khi đó H là trung điểm của BC và : 1   4  4 9 AH d ( , A )   2 2 1  1 2 2S 2.18 ABCBC  
 4 2  BH CH  2 2 AH 9 2 81 97 2 2  AB AH BH   8  2 2 97
+) Vậy AB AC
, suy ra B, C thuộc đường tròn 2 97 97 tâm ( A 1
 ; 4) và bán kính R  có phương trình : 2 2
(x  1)  ( y  4)  2 2
x y  4  0 
y x  4
+) Khi đó tọa độ B, C là nghiệm của hệ :  97   2 2 2
(x 1)  ( y  4) 
4x  28x  33  0    2  3  11 x   x   2   2   hoặc  . 5  3 y    y    2   2  3 5   11 3   11 3   3 5  +) Vậy B ;  , C ;     hoặc B ; , C ;      .  2 2   2 2   2 2   2 2 
Ví dụ 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , có BD nằm trên đường thẳng có phương
trình x y  3  0 , điểm M ( 1
 ; 2) thuộc đường thẳng AB , điểm N (2; 2) thuộc đường thẳng AD . Tìm tọa
độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết điểm B có hoành độ dương.
Phân tích hướng giải:
*) Trong các dữ kiện của bài toán ta nhận thấy điểm có “lợi” để ta khai thác đầu tiên chính là điểm B ,
bởi B thuộc BD đã biết phương trình và B có hoành độ dương. 8
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
*) Ta đã biết tọa độ hai điểm M ( 1
 ; 2) và N (2; 2) nên nếu tính được độ dài đoạn BM hoặc BN ta sẽ
tìm ra được tọa độ điểm B nhờ Bài toán 1. Nghĩa là ta đang cần yếu tố về định lượng, điều này gợi ý
ta đi tính d (M , BD) hoặc d ( N , BD) . Trong hai đại lượng này , đại lượng d (M , BD) sẽ giúp ta dễ
dàng tìm được độ dài BM (do 0
MBH  90 ), từ đó “tháo” được điểm B theo góc nhìn của Bài toán 1.
*) Khi tìm được tọa độ điểm B ta sẽ tìm được tọa độ các điểm còn lại nhờ viết được phương trình AB, AD và
tính chất trung điểm của hai đường chéo.
Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên: Giải: 1   2  3
+) Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên BD MH d (M , BD)   2 2 2 1  1
Do MHB là tam giác vuông cân tại H BM  2MH  2
+) Gọi B(t;3  t) với t  0 , khi đó : 2 2 2 2
BM  4  (t  1)  (t 1)  4  t  1  t  1 hoặc t  1
 (loại)  B(1; 2)
+) AB đi qua B và M nên có phương trình y  2
AD đi qua N và vuông góc với AB nên có phương trình x  2 Suy ra ( A 2; 2) x  2 x  2
+) Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ:     D(2;1)
x y  3  0 y  1    3 3 
Gọi I là trung điểm của BD I ;  C(1;1)  
(do I là trung điểm của AC )  2 2   
(Có thể tìm C qua hệ thức DC AB ) Vậy (
A 2; 2), B(1; 2), C(1;1), D(2;1)
Ví dụ 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A và D , có AB AD CD , điểm
B(1; 2) , đường thẳng BD có phương trình y  2 . Biết đường thẳng  : 7x y  25  0 cắt các đoạn thẳng 
AD, CD lần lượt tại hai điểm M , N sao cho BM vuông góc với BC và tia BN là tia phân giác trong của MBC .
Tìm tọa độ điểm D biết D có hoành độ dương. 9
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
Phân tích hướng giải :
*) Với dữ kiện bài toán ta có D BD : y  2 và điểm B(1; 2) , nên nếu tính được độ dài đoạn BD ta sẽ nhìn
thấy luôn Bài toán 1 và việc tìm ra điểm D không có gì là khó khăn. Nghĩa là ta đang cần có yếu tố về “định
lượng”. Lúc này đường thẳng đã biết phương trình nên ta nghĩ tới việc tính khoảng cách từ B tới và tạo
mối liên hệ gắn kết với độ dài BD .
*) Với dữ kiện còn lại của bài toán và bằng phương pháp hình học thuần túy ta dễ dàng chỉ ra được
BH d (B, CD)  d (B, ) , khi đó ta sẽ tính được độ dài BD và đưa ra lời giải đầy đủ cho bài toán.
Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên: Giải:
+) Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên CD , khi đó ABHD là hình vuông   
Suy ra CBH MBA (hai góc cùng phụ với MBH )
Từ đây ta có được C
BH  MBA (g.c.g)  CB MB CBN MBN (c.g.c) 7  2  25 4
Khi đó BH d (B, CN )  d (B, MN )   50 2
Mà tam giác DHB vuông cân tại H nên BD  2BH  4
+) Gọi D(t; 2)  BD với t  0 , khi đó: 2 2
BD  16  (t 1)  16  t  5 hoặc t  3
 (loại)  D(5; 2) Vậy D(5; 2) .
Ví dụ 7 (A, A1 – 2012 – CB ). Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên  11 1 
cạnh CD sao cho CN = 2ND. Giả sử M ; 
 và AN có phương trình 2x y  3  0 . Tìm tọa độ điểm A.  2 2 
Phân tích hướng giải :
*) AAN : 2x y  3  0
*) Điểm M biết tọa độ nên nếu tính được đoạn AM thì coi như điểm A sẽ “tháo” được nhờ Bài toán 1. Lúc
này ta sẽ gắn AM vào tam giác vuông AMH với cạnh MH d (M , AN ) ta dễ dàng tính được. Như vậy nếu
biết thêm một yếu tố về cạnh hoặc về góc trong tam giác vuông này thì ta sẽ tính được độ dài AM . Do các 10
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
cạnh của tam giác AMH đều có thể biểu diễn thông độ dài cạnh hình vuông nên ta sẽ nghĩ ngay tới việc tính
góc A nhờ định lí cosin trong tam giác. Do đó ta sẽ có lời giải cụ thể như sau : Giải:
+) Gọi H là hình chiếu của M lên AN 11 1 2.   3 2 2 3 5
MH d (M , AN )   2 2 2 2 1 ND  2 ; a NC  4a
Đặt AB  6a  
MB MC  3a
( vì ABCD là hình vuông và CN  2ND )
(Các bạn có thể đặt AB a , ở đây ta đặt AB  6a để việc biểu diễn các độ dài khác được đơn giản)
Khi đó áp dụng Pitago ta được: AM  3 5a; MN  5a và AN  2 10a 2 2 2 2 2 2 2
AM AN MN
45a  40a  25a 60a 2 Trong A
MN ta có: cos MAN     2 2AM .AN 2.3 5 . a 2 10a 60 2a 2 3 5 3 10  MAN = 0 45  MA
H cận tại H AM  2MH  2.  (*) 2 2 +) Gọi (
A t; 2t  3)  AN 2 2 45  11  7  45 t  1  ( A 1; 1  ) +) Ta có 2 AM  (theo (*))  2 t   2t  
t  5t  4  0         . 2  2   2  2 t  4 ( A 4;5)   +) Vậy ( A 1; 1) hoặc ( A 4;5) . Nhận xét:
*) Khi muốn chuyển việc tìm điểm về Bài toán 1 mà yếu tố độ dài MI chưa biết (trong bài toán này AM
chưa biết) thì thường ta hay “cắt nghĩa” thông qua dữ kiện về định lượng. Nếu không có điều này thì trong đề
bài thường ẩn chứa những yếu tố bất biến như góc (ví như trong bài toán này góc MAH ta luôn tính được),
khoảng cách (trong ví dụ này d (M , AN ) cũng là một đại lượng không đổi)…Từ đây việc tìm độ dài MI (trong
bài toán trên là AM ) sẽ khá đơn giản và bài toán gốc sẽ xuất hiện đúng như nội dung của Bài toán 1. 3 10
*) Ngoài cách tìm ra được AM
như ở ví dụ trên, các bạn có thể tham khảo việc tìm AM theo cách 2 2 5a a 10
sau: Đặt AB a SSSSS và AN AMN ABCDADN CNM BAM  12 3 2 5a 2. 2S 3 5 a 5 3 10 Khi đó: AMN 12
d (M , AN )   
a  3 2  AM   AN 2 a 10 2 2 3 11
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
Ví dụ 8. Trong mặt phẳng Oxy , cho hai đường thẳng  : 3x y  5  0 ,  : x  2 y  3  0 và đường tròn 1 2 2 2
(C) : x y  6x  10 y  9  0 . Gọi M là một điểm thuộc đường tròn (C) và N là điểm thuộc đường thẳng
 sao cho M và N đối xứng nhau qua  . Tìm tọa độ điểm N . 1 2
Phân tích :
Điểm N thuộc đường thẳng đã biết phương trình, do đó để tìm tọa độ điểm N ta cần thêm một yếu tố 1
liên quan tới N . Lúc này ta sẽ quan tâm tới các điểm đã biết tọa độ trong dữ kiện của bài toán. Ở đây đường
tròn (C) có tâm I (3; 5) , nếu tính được độ dài NI ta chuyển luôn được về Bài toán 1. Song bài toán này việc
tìm NI sẽ khá phức tạp. Vì vậy sẽ cần một điểm khác mà việc tính khoảng cách từ N tới điểm đó đơn giản.
Trong bài toán có chứa yếu tố đối xứng ( M và N đối xứng nhau qua  ), điều đó khiến ta nghĩ tới điểm I ' 2
đối xứng với I qua . Và điểm này hoàn toàn xác định được, từ đây suy ra được NI '  IM R  5 . Như vậy 2
lúc này ta đã nhìn thấy Bài toán 1 để tìm tọa độ điểm N . Cụ thể :
*) N   : 3x y  5  0 1
*) N cách điểm I ' đã biết tọa độ một khoảng NI '  5 .
(Thực ra ở chương trình lớp 11 các bạn được học phép đối xứng trục và khi đó ta sẽ trả lời được câu hỏi vì
sao lại đi xác định thêm điểm I ' như thế – song ở cách giải dưới đây tác giả đã trình bày theo cách mà để
ngay cả các bạn học lớp 10 cũng có thể hiểu được). Giải :
+) Đường tròn (C) có tâm I (3; 5) và bán kính R  5 .
+) Gọi I ' là điểm đối xứng với I qua  , suy ra II ' đi qua I và vuông góc với  nên có phương trình : 2 2
2x y 1  0
Gọi II '   H , khi đó tọa độ điểm H là nghiệm của hệ : 2  
2x y 1  0 x  1     H (1; 1  )  I '( 1
 ;3) ( vì H là trung điểm của II ' )
x  2 y  3  0 y  1    12
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
+) Gọi N (t; 3
t  5)   , khi đó do N , I ' lần lượt là hai điểm đối xứng của M , I qua  nên : 1 2 t  1  N (1; 2)  2 2 2 2
NI '  IM R  5  NI '  25  (t 1)  (3t  8)  25  t  5t  4  0     t  4  N (4; 7) 
+) Vậy N (1; 2
 ) hoặc N (4; 7) . Nhận xét :
Khi đi tìm tọa độ của một điểm nghĩa là bài toán đang chứa hai ẩn (tung độ và hoành độ của điểm đó), vì
vậy việc giải những lớp bài toán như thế này thực chất là việc chúng ta đi cắt nghĩa số liệu của bài toán để
được hai phương trình (hai dấu “=”). Dữ kiện điểm thuộc đường luôn giúp ta có được một phương trình và các
dữ kiện chưa khai thác sẽ giúp ta cắt nghĩa để tìm thêm một dấu “=” còn lại. Kinh nghiệm làm những bài toán
tìm điểm cho ta biết được xác suất rơi vào Bài toán 1 thường khá cao (có lẽ đó cũng là ý đồ và lí do để tác giả
giới thiệu Bài toán 1 đầu tiên tới các bạn) . Vì vậy trong các ví dụ cụ thể, nếu điểm đã thuộc một đường thẳng
cho trước thì hướng tư duy đầu tiên ta ưu tiên nghĩ tới là chỉ ra một điểm cố định và khoảng cách từ điểm cần
tìm tới điểm đó xác định được.
Ví dụ 9. Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC vuông tại (
A 1;  3) có góc ABC = 0 30 , đường thẳng
 : x y  2  0 là tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ các điểm B và C ,
biết B có hoành độ là một số hữu tỉ.
Phân tích hướng giải :
*) Ở đây B đang thuộc đường thẳng  và A là điểm đã biết tọa độ do đó nếu tính được độ dài đoạn AB ta sẽ
chuyển được về Bài toán 1. Lúc này ta sẽ cắt nghĩa dữ kiện của bài toán để làm điều này (các bạn xem việc cắt
nghĩa ở phần lời giải chi tiết).
*) Khi đã tìm được điểm B ta dễ dàng viết được phương trình của BC và AC và suy ra tọa độ điểm C . Giải : 1 3  2 3  3
+) Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d , suy ra AH d ( , A )   2 2
Tam giác ABC vuông tại A nên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nhận BC là đường kính
Mặt khác:  là tiếp tuyến tại B của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên   BC . 13
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy AH 3  3 Khi đó : ABH = 0
60 và xét tam giác vuông AHB ta có: AB    6  2 0 sin 60 3 2. 2
+) Gọi B(t;t  2) với t   , khi đó : 2 2 2
AB  8  4 3  (t 1)  (t  2  3)  8  4 3 2
t  (1  3)t  0  t  0 hoặc t  1  3   (loại) Suy ra B(0; 2) .  
+) Khi đó BC đi qua B(0; 2) và có véctơ pháp tuyến n
u  (1;1) nên có phương trình: x y  2  0 BC    AC đi qua (
A 1;  3) , có n
BA  (1; 2  3) có phương trình: x  (2  3) y  4  2 3  0 AC
+) Vì BC AC   
C nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:  2 x  2  x y 2 0       3  2 2      C 2  ;   
x  (2  3) y  4  2 3  0 2    3 3 y      3
Ví dụ 10. Cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn 2 2
(C) : x y  2x  2 y 18  0 . Biết AC  2BD , điểm
B có hoành độ dương và thuộc đường thẳng  : 2x y  5  0 . Viết phương trình cạnh AB .
Phân tích hướng giải :
*) Ở đây B đang thuộc đường thẳng  và I là tâm của đường tròn (C) đã biết tọa độ do đó nếu tính được độ
dài đoạn BI ta sẽ chuyển được về Bài toán 1. Lúc này ta sẽ cắt nghĩa dữ kiện của bài toán để làm điều này
(các bạn xem việc cắt nghĩa ở lời giải ).
*) Khi đã tìm được điểm B ta chuyển về bài toán viết phương trình đường thẳng AB đi qua điểm B đã biết
tọa độ và cách điểm I cho trước một khoảng không đổi R nghĩa là ta chuyển bài toán về Bài toán 6 (Các bạn
sẽ được tìm hiểu kĩ bài Bài toán 6 ở phần sau). Giải : 14
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
+) Đường tròn (C) có tâm I (1; 1
 ) và bán kính R  2 5
Gọi H là hình chiếu của I trên AB , suy ra IH R  2 5
Vì ABCD là hình thoi và AC  2BD nên AI  2BI , khi đó xét tam giác vuông ABI ta có : 1 1 1 1 1 1       BI  5 2 2 2 2 2 2 AI BI IH 4BI BI (2 5)
+) Gọi B(t; 2t  5)   với t  0 , khi đó : 2 2 2
BI  5  BI  25  (t 1)  (2t  4)  25 2 2
 5t 18t  8  0  t  4 hoặc t   (loại)  B(4;3) 5 
+) Gọi véctơ pháp tuyến của AB là n  ( ; a b) với 2 2
a b  0 , khi đó phương trình AB có dạng : AB
a( x  4)  b( y  3)  0  ax by  4a  3b  0
a b  4a  3b Ta có : 2 2 2
d (I , AB)  R
 2 5  (3a  4b)  20(a b ) 2 2 a b 2  a   a a a 2 2 2
 11a  24ab  4b  0  11  24  4  0       2 hoặc   b   b b b 11 aa  2 +) Với  2 chọn 
, khi đó phương trình AB là : 2x y 11  0 b b  1  a 2 a  2 Với  chọn 
, khi đó phương trình AB là : 2x  11y  41  0 b 11 b  11 
Ví dụ 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có E, F lần lượt thuộc các đoạn AB, AD
sao cho EB  2EA , FA  3FD , F (2;1) và tam giác CEF vuông tại F . Biết rằng đường thẳng
x  3y  9  0 đi qua hai điểm C, E . Tìm tọa độ điểm C , biết C có hoành độ dương.
Phân tích hướng giải:
*) C CE đã biết phương trình và F (2;1) . Điều đó gợi ý ta đi tính độ dài CF , nếu làm được điều này ta
sẽ dễ dàng có được đáp số theo góc nhìn của Bài toán 1.
*) Với dữ kiện EB  2EA , FA  3FD và tam giác CEF vuông tại F ta sẽ tìm được mối liên hệ giữa hai cạnh
của hình chữ nhật. Song ta vẫn đang thiếu một yếu tố về định lượng. Nếu trong đề bài không cho thì ta sẽ nghĩ
ngay tới việc đi tính d (F , CE) (yếu tố ẩn trong bài toán) Thông số này sẽ giúp ta có được độ dài đoạn CF .
Do đó ta đi đến lời giải chi tiết sau: 15
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy Giải : AE AF EF
+) Ta có F = C (vì cùng phụ với F ) và A = D = 0
90 , suy ra AEF ~ DFC    1 1 2 DF DC FC  1 1 3 AE AB AB ADEB  2EA   3 9 AB 3 Mà 3 4    , suy ra 2 2   AB AD   FA  3FD 1 3  1  AB 16 AD 4 DF A ; D AF AD AD   4 4 4 1 AB EF AE Do đó 3  
 1  EF FC , suy ra F
EC vuông cân tại F FC DF 1 AD 4
+) Gọi H là hình chiếu vuông góc của F trên EC . Khi đó : 2  3  9
CF  2FH  2.d (F, CE)  2.  2 5 2 2 1  3
+) Gọi C(3t  9;t) với t  3
 (do x  0 ) . Suy ra: C 2 2 2 2
CF  20  (3t  7)  (t 1)  20  t  4t  3  0  t  1  hoặc t  3  (loại)  C(6; 1  ) +) Vậy C(6; 1  ) . Nhận xét:
Ở ví dụ trên việc tìm điểm C theo góc nhìn của Bài toán 1 là khá “tự nhiên” khi C đang thuộc một đường
thẳng biết phương trình và điểm F (2;1) cố định. Song nếu câu hỏi bài toán không chỉ dừng lại ở việc tìm điểm
C mà phải đi tìm tất cả các đỉnh của hình chữ nhật ABCD ta vẫn hoàn toàn có thể giải quyết triệt để bài toán. Cụ thể:
+) Khi tìm được điểm C ta sẽ viết được phương trình EF (đi qua F và vuông góc với CF )
và suy ra được tọa độ điểm E ( với CE EF    E ) AB 3   AE  2 +) Việc chỉ ra và FE  2 5   AD 4  AF  3 2 
hay A là giao điểm của đường tròn (E; 2) và (F ;3 2)  tọa độ điểm A (chú ý ,
A C khác phía EF để loại bớt 1 điểm A )    AB  3AE +) Từ 
 ta suy ra được tọa độ điểm B và D . AF  3FD  16
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
Ví dụ 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A và D có đáy lớn CD và BCD = 0
45 . Đường thẳng AD và BD lần lượt có phương trình 3x y  0 và x  2 y  0 . Viết phương
trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang bằng 15 và điểm B có tung độ dương.
Phân tích hướng giải :
*) Với việc B  BD đã biết phương trình và điều kiện B có tung độ dương giúp ta nghĩ tới nên đi tìm tọa độ
điểm B trước. Do AD BD   
D ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm D , khi đó B BD và nếu cắt nghĩa được
dữ kiện của bài toán để tính độ dài BD ta sẽ tìm được tọa độ điểm B theo Bài toán 1. Ở đây có dữ kiện S  15 (*) mà S
phụ thuộc vào AB, AD và DC . Nghĩa là trong đẳng thức (*) chứa tới 3 ẩn. Nếu thế ABCD ABCD
sẽ cần giảm số ẩn, điều này chỉ có thể làm được khi AB, AD và DC có mối liên hệ với nhau, hay nói cách
khác sẽ có hai trong ba ẩn trên biểu diễn được theo ẩn còn lại. Vậy ta sẽ cần khai thác số liệu cụ thể của bài
toán. Dữ kiện bài toán cho góc BCD = 0
45 và AD, BD đã biết phương trình, từ đây gợi ý ta nên đi tính góc   n .n AD BD 3  2 1
ADB (ta nháp cos( AD, BD)       ADB = 0
45 ). Như vậy tam giác ABD và DBC n . n 10. 5 2 AD BD
lần lượt vuông cân tại A và B . Lúc này ta sẽ biểu diễn được AD, BD theo AB ; từ (*) ta sẽ suy ra được AB
và dễ dàng có được độ dài BD .
*) Khi tìm được B suy ra được phương trình BC do CB BD (tam giác DBC vuông tại B ).
Giải : 3
x y  0 x  0
+) Do AD BD   
D nên tọa độ điểm D là nghiệm của hệ :     D(0;0) x  2 y  0  y  0   
Ta có các vectơ pháp tuyến tương ứng của AD và BD là: n  (3; 1), n  (1; 2) AD BD   n .n AD BD 3  2 1
Suy ra: cos( AD, BD)       ADB = 0 45 n . n 10. 5 2 AD BD DC
Khi đó tam giác ABD và BDC lần lượt vuông cân tại A và B , suy ra : AB AD  2
( AB DC).AD
( AB  2AB).AB 3 +) Ta có : 2 S   
AB  15  AB  10  BD  2 5 ABCD 2 2 2 17
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
+) Gọi B(2t;t) với t  0 Khi đó : 2 2 2 2
BD  2 5  BD  20  (2t)  t  20  t  4  t  2 hoặc t  2
 (loại)  B(4; 2)  
+) Đường thẳng BC đi qua B(4; 2) và có véctơ pháp tuyến : nu  (2;1) BC BD
(vì tam giác BDC vuông tại B ) nên ta có phương trình : 2(x  4)  ( y  2)  0  2x y 10  0
Ví dụ 13 (B – 2013 – CB ). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo vuông
góc với nhau và AD  3BC . Đường thẳng BD có phương trình x  2 y  6  0 và tam giác ABD có trực tâm là
H (3; 2) Tìm tọa độ các đỉnh C và D .
Phân tích hướng giải:
Với yêu cầu của bài toán, ban đầu sẽ cho ta được chùm các câu hỏi và các hướng phân tích sau: “Với C và
D ta ưu tiên tìm điểm nào trước ? D đang thuộc đường thẳng BD đã biết phương trình, C thuộc đường
thẳng AC mà ta hoàn toàn có thể viết được phương trình ( AC đi qua H và vuông góc với BD ). Khi đó giao
điểm I  BD AC hoàn toàn xác định. Ta cần thêm những dữ kiện “có lợi” cho C và D ”. Do ABCD là
hình thang cân nên IB IC BCI = 0
45  BCH là tam giác cân tại B I là trung điểm của HC . Nghĩa là
ta sẽ tìm được tọa độ điểm C trước. Lúc này các dữ kiện chưa được khai thác là
BC // AD và AD  3BC , từ đây ta nghĩ tới định lý Ta – Lét và suy ra được DI  3BI  3IH . Khi đó việc tìm
tọa độ điểm D được đưa về Bài toán 1. Cụ thể: *) D BD : x  2 y  6  0 *) DI  3IH Giải:  
+) Vì AC BD nu  (2; 1
 ) , nên AC có phương trình là: 2(x  3)  ( y  2)  0  2x y  8  0 AC BD
Gọi BD AC  I . Khi đó tọa độ điểm I là nghiệm của hệ:
x  2 y  6  0 x  2      I ( 2  ; 4)
2x y  8  0 y  4  
+) Do ABCD là hình thang cân nên IB IC BCI = 0
45  BCH là tam giác cân tại B
Suy ra I là trung điểm của HC C( 1  ;6) ID AD
+) Áp dụng định lí Ta – lét với AD / / BC ta có: 
 3  ID  3IB  3IH  3 5 IB BC 18
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
+) Gọi D(6  2t;t)  BD , khi đó 2
ID  3 5  ID  45 2 2
 (2t  8)  (t  4)  45 t  1 D(4;1) 2
t  8t  7  0     t  7 D( 8  ; 7)   C  ( 1  ; 6) C  ( 1  ; 6) Vậy  hoặc  . D(4;1)  D( 8  ; 7)  Nhận xét:
Khi bài toán yêu cầu tìm từ hai điểm trở lên thì thứ tự tìm điểm thường ưu tiên theo các dự kiện sau: Điểm
cần tìm có liên quan tới hệ thức véc tơ (trong ví dụ trên I là trung điểm của HC cũng được hiểu là C liên hệ  
với H , I qua hệ thức vecto HI IC ) , điểm thuộc đường đã biết phương trình…
Ví dụ 14. Cho tam giác ABC vuông tại A , điểm B(1;1) . Trên tia BC lấy điểm M sao cho BM .BC  75 .
Phương trình đường thẳng AC : 4x  3y  32  0 . Tìm tọa độ điểm C biết bán kính đường tròn ngoại tiếp tam 5 5 giác MAC bằng . 2
Phân tích hướng giải :
*) Ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm A là giao của AC và AB ( AB đi qua B và vuông góc với AC ).
*) Khi bài toán có dữ kiện BM .BC  75 thường chúng ta nghĩ tới tam giác đồng dạng và tứ giác nội tiếp
đường tròn ( kiến thức hình lớp 9 hay đề cập tới điều này) . Trong bài toán lại có yếu tố bán kính đường tròn
ngoại tiếp tam giác MAC , để khai thác được dữ kiện này gợi ý ta dựng thêm điểm D sao cho ACMD nội tiếp
đường tròn, việc này sẽ giúp ta cắt nghĩa được tất cả những thông số trên ( Các bạn sẽ thấy rõ trong lời giải của bài toán).
*) Sau khi dựng điểm D ta sẽ cắt nghĩa các số liệu của bài toán để đi tính độ dài đoạn AC , khi đó ta sẽ tìm
được tọa độ của điểm C theo góc nhìn của Bài toán 1. Cụ thể:
+) C AC : 4x  3 y  32  0
+) C cách A một khoảng xác định AC . Giải : 19
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy 
+) AB đi qua B(1;1) và vuông góc với AC (u
 (3;4)) nên có phương trình: 3x  4 y 1  0 AC
4x  3y  32  0 x  5
Do AC AB   
A nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:     ( A 5; 4)
3x  4 y 1  0 y  4  
+) Kẻ MD vuông góc với BC và cắt AB tại K , suy ra ACMD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính
CD (cũng chính là đường tròn ngoại tiếp tam giác MAC ), khi đó : CD  2R  5 5 BM BD BM .BC 75 Ta có BMD ~ BAC (g.g) nên   BD   15  5  AB 2 2 BA BC BA 4  3
A nằm giữa B và D .
Khi đó AD BD BA  15  5  10 , suy ra 2 2 2 2
AC CD AD  (5 5) 10  5
+) Gọi C(8  3t; 4t)  AC , khi đó 2 2 2
AC  5  AC  25  (3t  3)  (4t  4)  25 t  0 C(8; 0) 2
 25t  50t  0     t  2  C(2;8) 
+) Vậy C(8; 0) hoặc C(2;8) .
2. CÁCH RA ĐỀ 2: Cho biết M cách I (đã biết tọa độ) một khoảng không đổi. Cần dựa vào
các dữ kiện của bài toán để viết phương trình đường thẳng chứa M .
Ví dụ 1 (B – 2005). Cho hai điểm (
A 2;0) và B(6; 4) . Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với trục hoành
tại điểm A và khoảng cách từ tâm của (C) đến điểm B bằng 5.
Phân tích hướng giải :
Muốn viết phương trình đường tròn (C) cần tìm tọa độ tâm I và bán kính R IA .
*) I cách B một khoảng không đổi IB  5 .
*) Đường tròn (C) tiếp xúc với trục hoành tại điểm A nên I thuộc đường thẳng đi qua A
vuông góc với trục hoành (trục Ox )
Như vậy việc tìm điểm I đã được chuyển về Bài toán 1. Giải :
+) Đường tròn (C) tiếp xúc với trục hoành tại điểm A nên IA Ox , suy ra phương trình IA : x  2 t   1 I (2;1)
+) Gọi I (2;t)  AI , khi đó 2 2 2 2
IB  5  IB  25  4  (t  4)  25  (t  4)  9     t  7 I (2;7)   20
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
+) Với I (2;1) thì bán kính R IA  1, suy ra phương trình đường tròn : 2 2
(x  2)  ( y 1)  1
+) Với I (2; 7) thì bán kính R IA  7 , suy ra phương trình đường tròn : 2 2
(x  2)  ( y  7)  49
Vậy phương trình đường tròn cần lập là 2 2
(x  2)  ( y 1)  1 hoặc 2 2
(x  2)  ( y  7)  49 . 4
Ví dụ 2 (B – 2009 – CB ). Cho đường tròn 2 2
(C) : (x  2)  y
và hai đường thẳng  : x y  0 và 5 1
 : x  7 y  0 . Xác định toạ độ tâm K và bán kính của đường tròn (C ) ; biết đường tròn (C ) tiếp xúc với 2 1 1
các đường thẳng 1, 2 và tâm K thuộc đường tròn (C).
Phân tích hướng giải :
*) (C ) tiếp xúc với  ,   K thuộc đường phân giác của góc tạo bởi và . 1 1 2 1 2 2
*) K  (C)  IK R 5
chuyển về Bài toán 1. Giải : 2
+) Đường tròn (C) có tâm I (2; 0) và bán kính R  . 5
+) Ta có : (C ) tiếp xúc với  ,   K thuộc đường phân giác của góc tạo bởi  và  . 1 1 2 1 2 x y x  7 y Khi đó gọi K ( ;
x y)  d (K ,  )  d (K ,  )   1 2 2 5 2
5(x y)  x  7 y
2x y  0    
5(x y)  7 y x x  2 y  0  
+) Với đường phân giác d : 2x y  0 . Gọi K (t; 2t)  d 1 1 2 4 4 Vì 2 2 2 2
K  (C)  IK   IK
 (t  2)  4t
 25t  20t 16  0 (vô nghiệm). 5 5 5
+) Với đường phân giác d : x  2 y  0 . Gọi K (2t;t)  d 2 2 21
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy 2 4 4 4  8 4  Vì 2 2 2 2
K  (C)  IK   IK
 (2t  2)  t
 25t  40t 16  0  t   K ;   5 5 5 5  5 5  8 4  5 5 2 2
Khi đó bán kính của đường tròn (C ) : d (K,  )   1 1 2 5
Ví dụ 3 (B – 2012 – CB ). Cho đường tròn 2 2
(C ) : x y  4 , 2 2
(C ) : x y 12x 18  0 và đường thẳng 1 2
d : x y  4  0 . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc (C ) , tiếp xúc với d và cắt (C ) tại hai điểm phân 2 1
biệt A và B sao cho AB vuông góc với d.
Phân tích hướng giải: Muốn viết phương trình đường tròn ta cần:
*) Xác định tâm I bằng “góc nhìn” của Bài toán 1. Cụ thể:
Ta đi lập phương trình II đi qua I vuông góc với AB (tính chất đường nối tâm) hay song song với d . Khi 1 1
đó: +) I II đã biết phương trình. +) I  (C ) hay II R 1 2 2 2
( Ta có thể làm theo Cách 2 với I  II  (C )  tọa độ I - cách trình bày khác của Bài toán 1). 1 2
*) Xác định bán kính: R nhờ R d (I , d ) Giải:
Gọi I là tâm đường tròn (C) cần viết phương trình. Ta có 2 2
(C ) : x y  4 tâm của (C ) là I (0; 0) 1 1 1 II AB Vì 1 
II // d  phương trình II : x y  0 1 1 . AB d
Gọi I (t;t)  II mà I  (C ) 2 2
t t 12t 18  0 2
t  6t  9  0  t  3  I (3;3) 1 2 3  3  4
Mà (C) tiếp xúc với d R d (I , d ) 
 2 2 . Vậy phương trình (C) là: 2 2
(x  3)  ( y  3)  8 2 2 1 1 22
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
Ví dụ 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (T ) có tâm
I (0; 5) Đường thẳng AI cắt đường tròn (T ) tại điểm M (5; 0) với M A . Đường cao từ đỉnh C cắt đường  17 6 
tròn (T ) tại điểm N  ; 
với N C . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết B có hoành độ    5 5  dương.
Phân tích hướng giải:
*) Vẫn một câu hỏi quen thuộc đầu tiên nên đặt ra “ Với dữ kiện của bài toán, thứ tự các điểm sẽ được tìm như
thế nào ?” . Ở đây chúng ta dễ dàng trả lời được câu hỏi này bằng việc tìm được tọa độ điểm A đầu tiên ( do
I là trung điểm của AM ) . Tiếp đến sẽ là điểm B (dữ kiện B có hoành độ dương gợi ý điều này)
*) IB IM  5 2 , ta cần thêm một dữ kiện liên quan tới điểm B . Lúc này cần tạo ra mối liên hệ điểm B với  17 6 
các số liệu đã biết của bài toán. Ta có M (5; 0), N  ; 
đã biết tọa độ và bằng việc vẽ hình chính xác ta    5 5 
có thể suy đoán IB MN . Nếu có được điều này ta sẽ dễ dàng viết được phương trình IB và việc tìm điểm B
là không khó khi ta đã nhìn thấy Bài toán 1.
*) Bằng kiến thức hình học sơ cấp (kiến thức hình học cấp 2) ta dễ dàng chứng minh được IB MN .
*) Sau khi tìm được tọa độ điểm B ta sẽ suy ra được tọa độ điểm C (do C đối xứng với B qua AM ).
Sau đây là lời giải chi tiết cho ví dụ trên: Giải:
+) Vì I là trung điểm của AM nên ( A 5  ;10) +) Ta có   
NCB MAB (cùng phụ với ABC )  BN BM (tính chất góc nội tiếp)
Suy ra IB là đường trung trực của MN , khi đó IB đi qua I vuông góc với MN nên có phương trình:   42 6  6
7 x y  5  0 (với MN   ;      7;  1 )  5 5  5
+) Gọi B(t;5  7t) với t  0 , khi đó : 2 2 2 2 2
IB IM t  (7t)  50  t  1  t  1 hoặc t  1
 (loại)  B(1; 2)
+) Phương trình AM : x y  5  0 , suy ra BC đi qua B vuông góc AM có phương trình: x y  3  0 23
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
x y  3  0  x  4
Gọi AM BC  H, suy ra tọa độ điểm H là nghiệm của hệ     H (4;1)
x y  5  0 y  1  
Do H là trung điểm của BC C(7; 4) . Vậy A(5;10) , B(1; 2) , C(7; 4) .
Ví dụ 5 (A – 2012 – NC ). Cho đường tròn 2 2
(C) : x y  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 phân biệt tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông.
Phân tích hướng giải: 2 2 x y
*) Phương trình (E) :
 1 như vậy ta cần tìm a;b 2 2 a b
*) (E) có độ dài trục lớn bằng 8  2a  8  a  4
*) Dữ kiện (E) cắt (C) tại bốn điểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông nên 4 đỉnh nằm trên hai
đường phân giác thuộc góc phần tư thứ nhất và thứ hai . Ta giả sử có đỉnh A thuộc đường phân giác  :
y x . Vậy việc tìm tọa độ điểm A quay về Bài toán 1 nhờ:
+) A   : y x +) AO R  2 2 (hay A  (C) )
*) Mà A  (E)  b phương trình (E). Giải: 2 2 x y
Gọi phương trình chính tắc của elip (E) có dạng:   1 2 2 a b
+) (E) có độ dài trục lớn bằng 8  2a  8  a  4
+) (E) cắt (C) tại bốn điểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông nên 4 đỉnh nằm trên hai đường
phân giác thuộc góc phần tư thứ nhất và thứ hai .
Ta giả sử A là một giao điểm của (E) và (C) thuộc đường phân giác  : y x . +) Gọi (
A t;t)   ( t  0 ). Ta có: 2 2
A  (C)  t t  8  t  2 (vì t  0 )  ( A 2; 2) 2 2 2 2 16 +) Mà A  (E) 2    1  b  . 2 2 4 b 3 2 2 x y
Vậy phương trình chính tắc của elip (E) là:   1 16 16 3 24
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
Ví dụ 6 (D – 2013 – NC ). Cho đường tròn 2 2
(C) : (x 1)  ( y 1)  4 và đường thẳng  : y  3  0 . Tam giác
MNP có trực tâm trùng với tâm của (C) , các đỉnh N và P thuộc  , đỉnh M và trung điểm của cạnh MN
thuộc (C) . Tìm tọa độ điểm P .
Phân tích hướng giải:
*) Với dữ kiện của bài toán ra dễ dàng tìm được tọa độ điểm M qua góc nhìn của Bài toán 1. Cụ thể:
+) M thuộc đường thẳng đi qua I vuông góc với . +) MI R  2 ( M  (C) ).
*) Khi tìm được điểm M ta sẽ tìm điểm N thông qua điểm K và tiếp tục sử dụng Bài toán 1. Cụ thể:
+) N (t)   : y  3  0 K (t) (do K là trung điểm của MN ). +) KI R  2 .
*) Việc tìm điểm P được vận dụng nhờ Bài toán 3
(các bạn sẽ được tìm hiểu kĩ thông qua Bài toán 3 ở phần sau) Giải:
+) Đường tròn (C) có tâm I (1;1) và bán kính R  2 . 1 3
Do đó d (I; ) 
 2  R   tiếp xúc với (C) . Khi đó IM   , suy ra phương trình IM là: x  1 1 t  1
+) Gọi M (1;t)  IM . Mà 2 2
M  (C)  (11)  (t 1)  4  t  3   M (1; 1
 ) hoặc M (1;3) (loại vì M   )  a 1 
+) Với M (1; 1) , khi đó gọi N (a;3)    K
;1 là trung điểm của MN .    2  2  a 1  a  5 N (5;3) Do 2 2 K  (C)  1
 (11)  4  (a 1)  16        2  a  3  N (3;3)   +) Gọi P( ;
m 3)   , khi đó với:   IN  (4; 2)  
*) N (5;3)  
, từ IN.MP  0  4(m 1)  2.4  0  m  1  P(1;3) 
MP  (m 1; 4)    IN  (4; 2)   *) N ( 3  ;3)  
, từ IN.MP  0  4(m 1)  2.4  0  m  3  P(3;3) 
MP  (m 1; 4)  25
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
Ví dụ 7. Cho hai đường tròn 2 2
(C) : x  ( y 1)  2 và 2 2
(C ') : (x  4)  ( y  5)  8 . Cho AB là một đường kính
thay đổi của đường tròn (C ') và M là một điểm di động trên đường tròn (C) . Tìm tọa độ các điểm M , , A B
sao cho diện tích của tam giác MAB lớn nhất.
Phân tích hướng giải :
*) Đường tròn (C) có tâm I (0;1) và bán kính R  2 , (C ') có tâm I '(4;5) và bán kính R '  2 2
Vì M  (C) nên ta có : MI R  2 . Vậy nếu ta chỉ ra được M đang thuộc một đường thẳng đã biết
phương trình thì việc tìm điểm M sẽ quay về Bài toán 1.
*) Ta sẽ cắt nghĩa dữ kiện tam giác MAB có diện tích lớn nhất (khớp dấu “=”) để chỉ ra được điều này
Các bạn tham khảo phần cắt nghĩa ở lời giải chi tiết sau đây: Giải :
+) Đường tròn (C) có tâm I (0;1) và bán kính R  2 , (C ') có tâm I '(4;5) và bán kính R '  2 2 .
Khi đó II '  4 2  3 2  R R ' nên (C) và (C ') ngoài nhau. 1 1
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên AB . Khi đó : SMH .AB MH.2R '  2MH MAB 2 2
Ta có : MH MI '  MI II '  2  4 2  5 2 . Do đó : S
 2MH  2.5 2  10 MAB
+) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi H I ' và II ' (C)  M với I nằm giữa M và I ' và AB II ' 26
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy  x t
Ta có II '  (4; 4)  4.(1;1) nên II ' có phương trình :  y 1 t  M (1; 2)
Gọi M (t;1 t)  II ' , khi đó M  (C) nên 2 2 2
t t  2  t  1  t  1  M ( 1  ;0) 
+) Với M (1; 2) , khi đó 2 2
MI '  3  3  3 2  II '  M nằm giữa I và I ' (loại).
Với M (1; 0) , khi đó 2 2
MI '  5  5  5 2  II '  I nằm giữa M và I ' (thỏa mãn).
+) AB vuông góc với II ' và đi qua I ' nên có phương trình: x y  9  0 Khi đó tọa độ ,
A B là nghiệm của hệ:
x y  9  0
y  9  x
x  2; y  7  ( A 2; 7), B(6;3)      2 2 2  
(x  4)  ( y  5)  8 (x  4)  4 x  6; y  3    ( A 6;3), B(2; 7)  Vậy M (1; 0), (
A 2; 7), B(6;3) hoặc M ( 1  ;0), ( A 6;3), B(2; 7)
3. CÁCH RA ĐỀ 3: (Kết hợp từ Cách ra đề 1 và Cách ra đề 2).
Dựa vào các dữ kiện của bài toán cần:
+) Tính được độ dài đoạn MI ( với I đã biết tọa độ).
+) Viết phương trình đi qua điểm M .
Ví dụ 1 : Cho đường tròn 2 2
(C) : x y  2x  4 y  20  0 và điểm A(4; 2) . Gọi d là tiếp tuyến tại A của (C) .
Viết phương trình đường thẳng  đi qua tâm I của (C) và  cắt d tại M sao cho tam giác AIM có diện
tích bằng 25 và M có hoành độ dương.
Phân tích hướng giải :
Muốn viết được phương trình trong bài toán trên ta cần tìm được tọa độ của điểm M .
*) Ta viết được phương trình d đi qua A và vuông góc với IA , khi đó M d : đã biết phương trình. 2S *) S  25 AIMMA
chuyển về Bài toán 1. AIM MA Giải :
+) Đường tròn (C) có tâm I (1; 2
 ) và bán kính R  5 . 27
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy   
x  4  4t
Vì d là tiếp tuyến tại A của (C) nên n IA  (3; 4)  u  (4; 3
 ) , suy ra phương trình d : d d
y  2  3t  1 +) Ta có: S  25  M .
A IA  25  MA  10 (với IA R  5) AIM 2
+) Gọi M (4  4t; 2  3t)  d , khi đó 2 2
MA  10  16t  9t  10  5 t  10  t  2 
M (10; 4) hoặc M ( 4  ;8) (loại) 
x  1  9t
+) Khi đó IM  (9; 2
 ) , suy ra phương trình  :
y  2 2t
Ví dụ 2. Cho tam giác ABC có diện tích bằng 2 , đường thẳng đi qua A và B có phương trình x y  0 . Tìm
tọa độ trung điểm M của AC biết I (2;1) là trung điểm của BC .
Phân tích hướng giải : 1
*) Vì I là trung điểm của BC nên SS  1 ABI 2 ABC 2S
Khi đó ta dễ dàng tính được độ dài đoạn ABI AB  .
d (I , AB)
*) Lúc này ta sẽ nhìn thấy tọa độ điểm M “lộ diện” qua góc nhìn của Bài toán 1. Do MI là đường trung bình
của tam giác ABC nên AB
+) M MI : là đường thẳng đi qua I song song với AB +) MI  2 Giải : 2 1 1
+) Ta có d (I, AB)   2 2 1 1 2 1
+) Do I là trung điểm của BC nên SS  1 ABI 2 ABC 2S 2.1 Khi đó ABI AB    2 2 .
d (I , AB) 1 2
+) Mặt khác MI là đường trung bình của tam giác
ABC nên IM đi qua I song song với AB có AB 2 2
phương trình: x y 1  0 và MI    2 2 2
+) Gọi M (t;t 1)  MI , khi đó 2 2 2 2 MI
2  MI  2  (t  2)  (t  2)  2  (t  2)  1 t  3 M (3; 2)     t  1  M (1; 0)  28
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
Ví dụ 3 (B – 2003 ). Cho tam giác ABC có AB = AC , 
BAC  900. Biết M (1; 1) là trung điểm cạnh BC và  2  G
; 0 là trọng tâm của tam giác ABC . Tìm tọa độ các đỉnh , A B, C .    3 
Phân tích hướng giải :  
*) Do G là trọng tâm nên AM  3GM tọa độ điểm A .
Khi đó B, C thuộc đường thẳng đi qua M vuông góc với AM . *) A
BC vuông cân tại A nên MB MC MA ( B, C thuộc đường tròn tâm M bán kính MA )
chuyển về Bài toán 1.
Giải :  
+) Do G là trọng tâm ABC nên AM  3GM  (1; 3  ) .  Gọi (
A x; y)  AM  (1 x; 1 y) 1   x  1  x  0 Suy ra    A(0; 2) .  1   y  3 y  2   
+) BC đi qua M (1; 1) và nhận AM  (1; 3  )
làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình :
(x 1)  3( y  1)  0 hay x  3y  4  0 .
+)ABC vuông cân tại A nên MB MC MA  10 , suy ra B,C thuộc đường tròn (M ; 10) có phương trình : 2 2
(x 1)  ( y 1)  10
+) Vậy tọa độ hai điểm B, C là nghiệm của hệ : x  4 B(4; 0)
x  3y  4  
x  3y  4  0
x  3y  4 y  0 C(2; 2  )         y  0   2 2 2 (x 1) ( y 1) 10 10( y 1) 10     x 2          B( 2  ; 2  ) y  2        y  2   C(4;0)  Vậy (
A 0; 2), B(4;0), C(2; 2) hoặc (
A 0; 2), B(2; 2), C(4; 0) .  9 3 
Ví dụ 4 (D – 2013 – CB). Cho tam giác ABC có điểm M  ;
là trung điểm của cạnh AB , điểm    2 2  H ( 2
 ; 4) và điểm I ( 1
 ;1) lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Tìm tọa độ điểm C . 29
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
Phân tích hướng giải :
*) Nếu ta biết được tọa độ điểm A , thì ta sẽ tìm được tọa độ điểm C theo góc nhìn của Bài toán 1.
Cụ thể : +) C  AH : là đường thẳng đi qua hai điểm H , A đã biết tọa độ.
+) CI AI ( C cách I một khoảng không đổi là IA ).
*) Như vậy vấn đề là phải đi tìm điểm A . Lúc này Bài toán 1 tiếp tục là sự lựa chọn để ta đi tìm điểm A .
Cụ thể : +) A AB : là đường thẳng đi qua M và vuông góc với MI .
+) AM MH (tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông).
Giải :  9 3    7 1  1
+) AB đi qua M  ; và nhận MI  ;   7;    
1 làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình:    2 2   2 2  2  9   3  7 x   y
 0 hay 7x y  33  0 .      2   2  +) Gọi (
A t; 7t  33)  AB , khi đó theo tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông ta có: 2 2 2 2  9   3   9   3  2 2
AM MH AM MHt   7t  33    2  4           2   2   2   2  t   4   ( A 4;5) 2
t  9t  20  0     t  5  ( A 5; 2)   
+) Với A(4;5) , khi đó AC đi qua A(4;5) và H (2; 4) nên có phương trình: x  4 y  5 
x  2 y  6  0 . Gọi C(6  2 ;
c c)  AC , khi đó: 2 1 2 2
CI AI CI AI 2 2 2 2 2
 (2c  7)  (c 1)  3  4  c  6c  5  0 c  1 
C(4;1) hoặc C( 4
 ;5) (loại vì C A ) c  5  +) Với ( A 5  ; 2
 ) , khi đó AC đi qua ( A 5  ; 2  ) và H ( 2
 ; 4) nên có phương trình: x  5 y  2 
 2x y  8  0 3 6 Gọi C( ;
m 2m  8)  AC , khi đó : 2 2
CI AI CI AI 2 2 2 2 2
 (m 1)  (2m  7)  4  3  m  6m  5  0 m  1   C( 1  ;6) hoặc C( 5
 ; 2) (loại vì C A ) . Vậy C( 1  ;6) . m  5  30
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
Ví dụ 5. Cho các điểm (
A 10;5), B(15; 5) và D( 2
 0; 0) là các đỉnh của hình thang cân ABCD trong đó AB
song song với CD . Tìm tọa độ đỉnh C .
Phân tích hướng giải : Ở ví dụ này ta có thể tìm tọa độ điểm C theo hai cách :
Cách 1 : Ta sẽ tìm C theo góc nhìn của Bài toán 1. Cụ thể:
*) C thuộc đường thẳng đi qua D và song song với AB nên dễ dàng viết được phương trình CD .
*) ABCD là hình thang cân nên ta có điều kiện cần: CB AB  5 37 .
Sau khi tìm được C ta sẽ kiểm tra điều kiện đủ BC không song song AD và kết luận được tọa độ điểm C cần tìm.
Cách 2: Gọi I , J lần lượt là trung điểm của AB và CD , khi đó :
*) Ta dễ dàng viết được phương trình IJ và tìm ra được tọa độ điểm J .
*) J là trung điểm của CD (vì ABCD là hình thang cân) nên ta suy ra được tọa độ điểm C . Giải : Cách 1 Cách 2 Cách 1 :  x  20   t
+) Có AB  (5; 1
 0)  5.(1; 2) , khi đó CD // AB nên CD có phương trình:  y  2  t
+) Gọi C(20  t; 2t)  CD , khi đó ABCD là hình thang cân nên ta có: t  5 C( 15  ; 10)  2 2 2 2 2 2
AD BC AD BC  30  5  (t  35)  (2t  5) 2
t 18t  65  0     t  13 C( 7  ; 26)      +) Với C( 1
 5; 10)  BC  (30; 5
 )  AD BC / / AD (không thỏa mãn vì ABCD là hình thang cân)   
+) Với C(7; 26)  BC  (22; 2
 1) , khi đó BC , AD không cùng phương (thỏa mãn). Vậy C(7; 26) . Cách 2:   
+) Có AB  (5; 1
 0)  5.(1; 2) , khi đó CD // AB nn
 (2;1) và CD đi qua D(20;0) CD AB
nên có phương trình: 2(x  20)  y  0  2x y  40  0  25 
+) Gọi I , J lần lượt là trung điểm của AB và CD , khi đó I
; 0 và IJ AB    2   25 
(do ABCD là hình thang cân) nên IJ có phương trình: 1. x
 2.y  0  2x  4 y  25  0    2  31
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy  27
2x y  40  0 x    27 
+) Vì IJ CD  J nên tọa độ điểm J là nghiệm của hệ:    2  J  ; 1  3  
2x  4 y  25  0   2   y  13 
+) Do J là trung điểm của CD nên suy ra C(7; 2  6) .  4 
Ví dụ 6. Cho hình thoi ABCD có tâm I (3;3) và AC  2BD . Điểm M 2;
thuộc đường thẳng AB , điểm    3   13  N 3;
thuộc đường thẳng CD . Viết phương trình đường chéo BD biết đỉnh B có tung độ nguyên.    3 
Phân tích hướng giải :
Nếu tìm được tọa độ điểm B ta sẽ dễ dàng viết được phương trình BD (đi qua I và B ). Việc tìm tọa độ
điểm B sẽ được chuyển về Bài toán 1. Cụ thể :
*) Lúc này khai thác tính đối xứng của hình thoi ta sẽ tìm được tọa độ điểm N ' thuộc AB đối xứng với N
qua I và khi đó ta sẽ viết được phương trình AB đi qua hai điểm M , N ' đã biết tọa độ. Như vậy điểm B
thuộc đường thẳng AB đã biết phương trình.
*) Ta sẽ khai thác dữ kiện cuối cùng của bài toán là AC  2BD để tính độ dài đoạn IB (chi tiết xem ở phần lời giải) Giải :  5 
+) Gọi N ' là điểm đối xứng với N qua I (hay I là trung điểm của NN ' ) suy ra N ' 3; thuộc đường    3     1  1
thẳng AB khi đó AB nhận MN '  1;    3; 
1 làm véctơ chỉ phương , suy ra n  (1; 3) AB  3  3
Phương trình AB : x  3 y  2  0 3  9  2 4
+) Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB nên IH d (I, AB)   2 2 1  3 10
Mặt khác AC  2BD AI  2IB . Khi đó xét tam giác IBA ta có : 32
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy 1 1 1 1 1 5 2     
IB  2  IB  2 2 2 2 2 2 IB IA IH IB 4IB 8
+) Gọi B(3t  2;t)  AB với t  , khi đó : 2 2 2
IB  2  (3t  5)  (t  3)  2 8 2
 5t 18t  16  0  t  2 hoặc t  (loại). 5
+) Vậy B(4; 2) , khi đó đường chéo BD đi qua hai điểm B(4; 2) và I (3;3) nên có phương trình: x  3 y  3 
hay x y  6  0 4  3 2  3
Nhận xét: Vì hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật và hình vuông nhận giao điểm hai đường chéo là tâm
đối xứng cùa hình đó. Nên nếu trong đề bài cho một điểm thuộc một cạnh thì các bạn nên nghĩ tới việc tìm
điểm đối xứng của điểm đó qua tâm của hình chứa nó (ở đây tâm đã biết tọa độ).
Ví dụ 7 (D – 2010 – CB): 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.
Phân tích hướng giải : Ta cần tìm tọa độ điểm C . Với :
*) CI IA  74 .
*) Nếu viết được phương trình cạnh BC ta sẽ chuyển bài toán về Bài toán 1. Lúc này việc viết
phương trình BC ta chỉ cần tìm thêm tọa độ một điểm thuộc BC . Ở đây ta có thể tìm được hình chiếu D của
I xuống BC hoặc chân đường cao K của A xuống BC (khi đó bài toán được giải quyết triệt để) qua các
cách giải cụ thể sau: Giải :
Cách 1.1 Cách 1.2 Cách 2
Cách 1: Ta sẽ đi tìm tọa độ hình chiếu D của I trên BC (hay chính là trung điểm của BC ) qua 2 cách sau: Cách 1.1
+) Gọi D, E lần lượt là trung điểm của BC và AC .
Khi đó : HAB = IDE và HBA = IED (góc có cạnh tương ứng song song) 33
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy HA AB  
Suy ra HAB ~ IDE nên 
 2  AH  2ID (*) ID DE   0  2(x  2)  x  2 
+) Có : AH  (0;6) . Gọi D(x; y)  ID  (x  2; y) , khi đó từ (*)      D(2;3) 6  2 y y  3   Cách 1.2
+) Kéo dài AI cắt đường tròn tại điểm M (khác A ), khi đó I là trung điểm của AM nên suy ra M (7; 7)
Mặt khác : BH / /MC (cùng vuông góc với AC ) và CH / /MB (cùng vuông góc với AB ),
suy ra MBHC là hình bình hành, khi đó D cũng là trung điểm của HM nên suy ra D( 2  ;3)  
( Trong Cách 1.2 ta có thể chỉ ra luôn được AH  2ID (*), sau khi có được D là trung điểm của HM ).
Cách 2: Ta sẽ đi tìm tọa độ chân đường cao K của A xuống BC . +) Ta có (
A 3; 7) và H (3; 1) nên đường thẳng AH có phương trình : x  3
Kéo dài AH cắt đường tròn tại điểm H ' ( khác A ). Gọi H '(3;t)  AH với t  7  , khi đó : 2 2 2 2 2 2 2
IH '  IA R  5  t  5  7  t  7 hoặc t  7 (loại)  H '(3; 7)
+) Gọi AH BC  K và BH AC  B
' , suy ra KHB 'C nội tiếp đường tròn
C = BHK (cùng bù với B ' HK ) . Mặt khác: C = BH ' A (cùng chắn cung AB ).
Suy ra BHK = BH ' A hay tam giác HBH ' cân tại B K là trung điểm của HH '  K (3;3)
( Như vậy khi biết tọa độ điểm D hoặc điểm K thì ta dễ dàng viết được phương trình BC . Ở phần trình bày
tiếp theo ta lấy số liệu của điểm D (điểm K tương tự) ). 
+) BC đi qua D và có véc tơ pháp tuyến AH  (0;6) nên phương trình BC là : 6( y  3)  0 hay y  3
+) Gọi C(t;3)  BC ( với t  0 ) , khi đó : 2
CI IA  74  CI  74  2 2 2
(t  2)  3  74  (t  2)  65  t  2
  65 hoặc t  2   65 (loại) Vậy C( 2   65;3) Nhận xét:
Ví dụ này còn khá nhiều cách giải, trong đó có cả cách giải của Bộ Giáo Dục – Song cách giải này “thiếu tự
nhiên” nên tác giả không trình bày ở đây.
Ví dụ 8. Cho hai điểm (
A 1; 2) , B(4;3) . Tìm tọa độ điểm M sao cho MAB = 0
135 và khoảng cách từ M 10
đến đường thẳng AB bằng . 2
Phân tích hướng giải :
*) Vì MA đi qua A , hợp với đường thẳng AB góc 0 45 (bù với góc 0
135 ) nên ta sẽ viết được phương trình
MA (các bạn sẽ được tìm hiểu kĩ ở Bài toán 6) . 34
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy 10
*) Do d (M , AB) 
nên ta dễ dàng tính được độ dài đoạn MA  5 . 2
Như vậy điểm M đã được “lộ diện” theo góc nhìn của Bài toán 1. Cụ thể:
+) M MA : đã biết phương trình. +) MA  5 Giải : 10
+) Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên AB , khi đó : MH d (M , AB)  2 Ta có MAH = 0 180  MAB = 0 180  0 135 = 0
45 , suy ra tam giác MHA cân tại H , khi đó : 10
MA  2MH  2.  5 2  
+) Ta có AB  (3;1) nên n
 (1; 3) , khi đó phương trình AB là : x 1  3.( y  2)  0  x  3 y  5  0 AB  a  3b 1 Gọi n  ( ; a b) với 2 2
a b  0 , khi đó 0 cos(M , A AB)   cos 45  MA 2 2 10. a b 2  a 2  2  a a    b 2 2 2 2 2
 (a  3b)  5(a b )  2a  3ab  2b  0  2.  3.  2  0      b b a 1    b 2   Vì MAB = 0 135 nên 0
AM .AB AM .A . B cos135  0 aa  2  +) Với  2  chọn   n
 (2; 1) , khi đó AM có phương trình : 2x y  0 b b  1 MA
Gọi M (t; 2t)  AM , khi đó 2
MA  5  MA  5 t   0 M (0; 0) 2 2 2
 (t 1)  (2t  2)  5  (t 1)  1     t  2 M (2; 4)     
Với M (2; 4)  AM  (1; 2)  AM .AB  5  0 (loại)   
Với M (0; 0)  AM  (1; 2
 )  AM .AB  5  0 (thỏa mãn). a 1 a  1  +) Với  chọn   n
 (1; 2) , khi đó AM có phương trình : x  2 y  5  0 b 2 b  2 MA
Gọi M (5  2t;t)  AM , khi đó : t  1 M (3;1) 2 2 2 2
MA  5  MA  5  (2t  4)  (t  2)  5  (t  2)  1     t  3  M ( 1  ;3)  35
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy   
Với M (3;1)  AM  (2; 1)  AM .AB  5  0 (loại)   
Với M (1;3)  AM  (2;1)  AM .AB  5  0 (thỏa mãn). Vậy M (0;0) hoặc M ( 1  ;3) .
Chú ý: Ngoài cách giải ở ví dụ trên, các bạn có thể tham khảo thêm cách giải sau: 10
+) Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên AB , khi đó : MH d (M , AB)  2 Ta có MAH = 0 180  MAB = 0 180  0 135 = 0
45 , suy ra tam giác MHA cân tại H , khi đó : 10
MA  2MH  2.  5 2  +) Gọi M ( ;
x y) , suy ra AM  (x 1; y  2) với AB  (3;1) khi đó ta có hệ :         AB AM   3.(x 1) ( y 2) 1 0 0  cos135 , 135    3 
 .(x 1)  ( y  2)  5  2 2  
10. (x 1)  ( y  2) 2    2 2 2
(x 1)  ( y  2)  5 MA  5   2 2 
(x 1)  ( y  2)  5  a x 1 3
a b  5  b   5  3a +) Đặt , khi đó hệ có dạng:     b y  2 2 2 2  a b  5
a  3a  2  0   a  1  x  0   b  2 y  0   M (0; 0)      a 2    x  1 M ( 1  ;3)       b  1   y  3 
+) Vậy M (0;0) hoặc M (1;3) .
Ví dụ 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có các cạnh AB và AD tiếp xúc với
đường tròn (T ) có phương trình 2 2
(x  2)  ( y  3)  4 . Đường chéo AC cắt đường tròn (T ) tại hai điểm  16 23 
M , N . Biết M  ;
, trục tung chứa điểm N và không song song với AD ; diện tích tam giác ADI    5 5 
bằng 10 và điểm A có hoành độ âm và nhỏ hơn hoành độ của D . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD .
Phân tích hướng giải:
*) Với dữ kiện A có hoành độ âm gợi ý ta nên đi tìm điểm A trước . Nghĩa là ta sẽ cần tìm và khai thác
các dữ kiện “có lợi” cho điểm A .
*) Ta nhận thấy Oy  (T )  N  tọa độ điểm N
+) Suy ra phương trình AC (đi qua hai điểm M , N biết tọa độ)
+) Do AB, AD tiếp xúc với đường tròn (T )  AI R 2  2 2
Như vậy ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm A theo góc nhìn của Bài toán 1. 36
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy *) Dữ kiện S
 10 và trục tung không vuông góc AD gợi ý điểm tiếp theo ta đi tìm sẽ là điểm D . ADI
+) AD đi qua A và cách I một khoảng R  2  phương trình AD (sẽ được tìm hiểu kĩ ở Bài toán 6) 2S +) ADI AD   10
d (I , AD)
Như vậy điểm D tiếp tục được “tháo” theo góc nhìn Bài toán 1.
*) Khi đã tìm được hai điểm ,
A D thì việc chỉ ra được tọa độ C, B là khá đơn giản.
Sau đây là lời giải chi tiết: Giải :
+) Đường tròn (T ) có tâm I ( 2
 ;3) và bán kính R  2 .
+) Do Oy  (T )  N nên tọa độ điểm N là nghiệm của hệ: x  0 x  0    16 8  8   
N (0;3)  MN  ;   2;    1  n  (1; 2) 2 2 AC
(x  2)  ( y  3)  4 y  3    5 5  5
Khi đó AC (đi qua M , N ) có phương trình: x  2 y  6  0
+) Gọi (T ) tiếp xúc với AB, AD lần lượt tại P, Q ( P, Q là các tiếp điểm)
Suy ra APIQ là hình vuông nên AI IP 2  R 2  2 2 +) Gọi (
A 6  2t;t) với t  3 (do x  0 ) A 13 Khi đó 2 2 2 2
AI  8  (2t  8)  (t  3)  8  5t  38t  65  0  t  5 hoặc t  (loại)  ( A 4;5) 5 
+) Gọi vecto pháp tuyến của AD là n  ( ; a b) với 2 2
a b  0 ; b  0 ( AD không song song với Oy ) AD
Suy ra phương trình AD : a(x  4)  b( y  5)  0  ax by  4a  5b  0
2a  3b  4a  5b 2 2
IQ d (I , AD)  2   a b
a b  2ab  0  a  0 hoặc b  0 (loại) 2 2 a b
Với a  0 , chọn b  1 ta được phương trình AD : y  5  0 1 2S 2.10 +) SI . ADI Q AD AD   10 ADI 2 IQ 2 Gọi D( ;
m 5)  AD với m  4  khi đó: 2 2
AD  100  (m  4)  100  m  6 hoặc m  1
 4 (loại)  D(6;5)
+) Khi đó DC đi qua D(6;5) và vuông góc với AD nên có phương trình: x  6  0 37
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy x  6  0 x  6
Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ     C(6; 0)
x  2 y  6  0 y  0     x  4  0 x  4  +) Ta có B B
AB DC      B( 4  ; 0) y  5  5 y  0  BB Vậy (
A 4; 5), B(4; 0), C(6; 0), D(6; 5) . Nhận xét:
Qua ví dụ trên ta nhận thấy, khi xem xét một bài toán ta cần đặt ra các câu hỏi “với dữ kiện bài toán những
điểm nào có thể tìm được luôn tọa độ? , những đường thẳng nào cần thiết có thể viết được ? ”. Sau đó cần đặt
tiếp câu hỏi “ điểm nào nên tìm trước ?” . Để trả lời cho câu hỏi này thì một kinh nghiệm là những điểm đề bài
cho điều kiện (như hoành độ dương, tọa độ là các số nguyên…) hoặc đang nằm trên một đường thẳng đã biết
phương trình (hoặc dễ dàng viết được) cùng với các dữ kiện “có lợi” cho nó về yếu tố định lượng như diện tích, khoảng cách…
Ví dụ 10 ( Khối A, A1 – 2014). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M là
trung điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN  3NC . Viết phương trình đường thẳng
CD , biết rằng M (1; 2) và N (2; 1) .
Phân tích hướng giải:
*) Yêu cầu bài toán viết phương trình CD , giúp ta hướng tới việc gắn kết các dữ kiện để tìm các yếu tố liên
quan tới đường thẳng CD . Việc bài toán cho biết tọa độ hai điểm M (1; 2) và N (2; 1) cùng với dữ kiện
AN  3NC , khiến ta nghĩ tới việc tìm tọa độ điểm E ( với MN CD   
E ) . Điều này hoàn toàn có thể làm  
được nhờ vào Bài toán 5.1 khi ta suy luận được MN  3NE (các bạn sẽ được tìm hiểu ở phần sau trong Bài toán 5.1)
*) Lúc này nếu tìm thêm được một điểm trên CD thì coi như bài toán giải quyết xong. Nhờ Bài toán 1 ta sẽ
nghĩ tới việc tìm điểm D . Cụ thể với kiến thức hình học sơ cấp ta sẽ chỉ ra được tam giác MND vuông cân
tại N nên D thuộc đường thẳng ND (viết được phương trình) và cách N một khoảng không đổi MN (
DN MN ). Như vậy bài toán đã chuyển về đúng nội dung Bài toán 1 nên ta có lời giải sau: Giải:
+) Gọi MN CD   
E và H là hình chiếu vuông góc
của M trên CD . Khi đó theo Talet ta có: MN AN   
 3  MN  3NE (*) NE NC 
+) Gọi E(x; y) suy ra NE  (x  2; y  1)  và với MN  (1; 3  ) , nên: 38
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy  7 1   3(x  2) x   7  (*)     3  E ; 2    3   3( y 1)    3  y  2  
+) Gọi d là đường thẳng đi qua N vuông góc với AB , cắt AB, CD lần lượt là I , J .    0
INM JDN MND  90   Khi đó MIN NJD   (*) , suy ra nMN  (1; 3  ) . DN 2
DN MN DN  10 
Khi đó phương trình ND : x  3y  5  0
+) Do D ND nên gọi D(3t  5;t) . Khi đó (*) t  0 D(5; 0) 2 2 2
 (3t  3)  (t 1)  10  (t 1)  1     t  2  D( 1  ; 2)     7 
Đường thẳng CD đi qua E ; 2  
 và D nên với :  3 
+) D(5; 0) suy ra CD có phương trình : 3x  4 y 15  0 +) D( 1
 ; 2) suy ra CD có phương trình : y  2 hay y  2  0
4. CÁCH RA ĐỀ 4: Tìm điểm M gián tiếp thông qua một điểm khác thuộc Bài toán 1
(nếu biết điểm thuộc Bài toán 1 ta sẽ suy ra được tọa độ điểm M )
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C) : 2 2
x y  2x  4 y  20  0 và hai đường thẳng
d : 2x y  5  0 , d : 2x y  0 . Lập phương trình đường thẳng  tiếp xúc với đường tròn (C) tại A và cắt 1 2
d , d lần lượt tại B và C sao cho B là trung điểm của đoạn thẳng AC . 1 2
Phân tích hướng giải :
*) Như cách tư duy thông thường để viết đường thẳng , ta sẽ nghĩ tới việc tìm một điểm mà đi qua cùng
với vecto pháp tuyến hoặc chỉ phương của nó. Lúc này có ba sự lựa chọn là điểm ,
A B hoặc C . Song cả ba
điểm trên đều chưa biết tọa độ. Vậy câu hỏi lúc này là nên tìm tọa độ điểm nào ? Ta nhận thấy hai điểm B, C
có lợi thế là đều đang thuộc các đường thẳng đã biết phương trình, nhưng gần như đó là dữ kiện có lợi duy
nhất cho B và C . Nghĩa là việc tìm tọa độ B, C là gặp “khó khăn”. Chỉ còn một sự lựa chọn là điểm A . Có 
vẻ hợp lí , vì nếu tìm được tọa độ điểm A , ta sẽ tìm được vecto pháp tuyến của là IA và suy ra phương
trình . Thế tìm điểm A bằng cách nào ? Với dữ kiện bài toán ta chỉ có được IA R  5 . Vậy việc tìm điểm
A trực tiếp lúc này lại gặp trở ngại. Khi đứng trước những tình huống bí bách kiểu này, một kinh nghiệm là ta
hãy chú ý tới những thông số, dữ kiện của đề bài và rất có thể trong đó đang ẩn chứa những yếu tố đặc biệt sẽ
giúp ta tháo gỡ được “nút thắt ” của bài toán. Nhận thấy, có hai yếu tố về số liệu khá đặc biệt là tâm I của
(C) thuộc d và d / /d . Nghĩa là JB là đường trung bình trong tam giác IAC
d IA J J 1   2 1 2 với , suy ra 39
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
là trung điểm của IA . Nếu tìm được tọa độ điểm J ta sẽ suy ra tọa độ điểm A và viết được phương trình .
Vậy thay vì đi tìm A ta sẽ tìm gián tiếp thông qua điểm J . IA R
*) Ta nhận thấy : J d và JI  
. Như vậy lúc này đã “lộ diện” Bài toán 1, có nghĩa là ta sẽ tìm được 1 2 2
tọa độ điểm J nhờ Bài toán 1. Giải :
+) Đường tròn (C) có tâm I (1; 2
 ) thuộc d và bán kính R  5 . Gọi d IA J 1   . 2
Do d / /d nên JB là đường trung bình trong tam giác IAC , suy ra J là trung điểm của IA. 1 2 IA R 5 25 25
+) Gọi J (t;5  2t)  d , khi đó : 2 2 2 JI     JI
 (t 1)  (2t  7)  1 2 2 2 4 4 5 7 2 2
 4(5t  30t  50)  25  4t  24t  35  0  t  hoặc t  2 2
Do J là trung điểm của IA nên : 5  5   +) Với t   J ; 0  (
A 4; 2) , khi đó  đi qua (
A 4; 2) và có vectơ pháp tuyến IA  (3; 4)   2  2 
nên có phương trình : 3(x  4)  4( y  2)  0  3x  4y  20  0 . 7  7   +) Với t   J ; 2   ( A 6; 2
 ) , khi đó  đi qua A(6; 2) và có vectơ pháp tuyến IA  (5; 0)   2  2 
nên có phương trình : 5(x  4)  0.( y  2)  0  x  4 .
Vậy  có phương trình : 3x  4 y  20  0 hoặc x  4 . Nhận xét :
Ví dụ trên là kiểu bài toán không mẫu mực, nghĩa là với các cách tư duy thông thường (chưa để ý tới những
số liệu cụ thể ) ta khó có thể đưa ra được lời giải cho nó. Khi đó giải pháp cho những lớp bài toán trên là khai
thác triệt để số liệu đặc biệt của đề bài, và chính số liệu này mới là “chìa khóa” giúp ta đi đến đáp số của bài
toán. Các bạn sẽ tiếp tục tìm hiểu các lớp bài toán này qua các ví dụ tiếp theo. Chú ý :
Ngoài cách giải theo góc nhìn của Bài toán 1 ở trên, các bạn có tìm trực tiếp điểm A bằng cách sau :
+) Do d // d và khoảng cách giữa hai đường thẳng này bằng 5. 1 2
Do đó A sẽ thuộc đường thẳng d song song với d và cách d một khoảng bằng 5. 1 1 40
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
Suy ra đường thẳng d : 2x y 10  0 hoặc d : 2x y  0 (loại vì d d ) 2 x  4 
2x y 10  0 y  2   ( A 4; 2)
+) Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ :    2 2 
x y  2x  4 y  20  0   x  6 ( A 6; 2  )    y  2  
Ví dụ 2 (A – 2010 – CB). Cho hai đường thẳng d : 3x y  0 và d : 3x y  0 . Gọi (T ) là đường tròn 1 2
tiếp xúc với d tại A , cắt d tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B . Viết phương trình 1 2 3
của (T ) , biết tam giác ABC có diện tích bằng
và điểm A có hoành độ dương. 2
Phân tích hướng giải :
*) Như ta đã biết để viết phương trình của một đường tròn ta luôn cần hai yếu tố là tọa độ tâm và bán kính.
Song với bài toán này nếu xác định được tọa độ tâm I của (T ) thì ta sẽ tính được bán kính vì R d (I , d ) và 1
suy ra được phương trình (T ) . Vậy tìm I như thế nào ? I thuộc AC song chưa biết phương trình. Như vậy
việc tìm tìm trực tiếp điểm I là không khả thi. Lúc này ta sẽ nghĩ tới việc tìm điểm I gián tiếp thông qua các
điểm có mối liên hệ với nó. Với dữ kiện ABC vuông tại B , suy ra AC là đường kính ( I là trung điểm của
AC ). Vì vậy nếu biết tọa độ điểm A ta sẽ tìm được tọa độ điểm C (Vì khi đó ta viết được phương trình AC
và d AC  {C} ), từ đó ta suy ra được tọa độ điểm I . 2
*) Xác định tọa độ điểm A nhờ Bài toán 1. Cụ thể:
+) Ad : 3x y  0. 1 3
+) Có d d  { }
O với O(0;0) và khai thác dữ kiện S
để tính OA  ? 1 2 ABC 2
Giải :
 3x y  0  x  0 +) Xét hệ :  
O(0; 0) là giao điểm của d và d .  y  0 1 2
 3x y  0    
Véc tơ pháp tuyến của d , d lần lượt là : n  ( 3;1) , n  ( 3; 1  ) , suy ra : 1 2 1 2 41
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy 3. 3 1.(1) 1 cos(d , d )   1 2 3 1. 3 1 2
Mặt khác tam giác ABC vuông tại B , do đó 0 0 A
OB  60  BAC  60 .  OA 3 0
AB OAsin 60 
+) Xét tam giác AOB và AOC ta có:  2  0
AC OA tan 60  OA 3  1 1 OA 3 3 3 3 Khi đó 0 2 SA . B AC sin 60  . .OA 3.  OA . ABC 2 2 2 2 8 3 2 3 Do đó S   OA  . ABC 2 3 +) Gọi (
A t;  3t) với t  0 , khi đó: 2 3 4 4 1 1 1  1  2 2 2 2 OA   OA   t  3t   t   t  hoặc t   (loại)  A ; 1   3 3 3 3 3 3  3   1 
Suy raa AC qua A , vuông góc d có phương trình: x   3    y  
1  0  3x  3y  4  0 1  3 
Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:  10 
 3x  3y  4  0 x    2     3  C ; 2   
 3x y  0    3  y  2 
+) Vì tam giác ABC vuông tại B nên AC là đường kính .
Do đó đường tròn (T ) cần viết có:  1  3  2 2 AC ( 3)  1 Tâm I ;  và bán kính R    1    2 3 2  2 2 2 2  1   3 
Suy ra phương trình đường tròn (T ) : x   y  1 .      2 3   2   1 
Ví dụ 3 (B – 2011 – NC ). Cho tam giác ABC có đỉnh B
;1 . Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp    2 
xúc với các cạnh BC, ,
CA AB tương ứng tại các điểm D, E, F . Cho D(3;1) và đường thẳng EF có phương
trình y  3  0 . Tìm tọa độ đỉnh A , biết A có tung độ dương.
Phân tích hướng giải:
Ta nhận thấy A đang nằm trên các đường AB, AD, AC . Như vậy lúc này việc tìm điểm A có thể đi theo
những hướng sau: “Hướng 1: nếu viết được phương trình của một trong 3 đường trên và tính được độ dài đoạn 42
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
AB (hoặc AD ) thì ta sẽ chuyển nó về Bài toán 1” hoặc “Hướng 2: nếu biết được phương trình của hai trong
3 đường trên ta cũng suy ra được tọa độ điểm A ”. Để chọn hướng đi thích hợp ta cần khai thác các dữ kiện
của bài toán. Với các số liệu của bài toán cho ta thấy Hướng 1 có vẻ không mấy khả thi, vì việc tính được độ
dài AB (hoặc AD ) sẽ gặp trở ngại. Lúc này ta nghĩ tới giải pháp thứ 2. Điểm B và D đều đã biết tọa độ   1  B ;1
nên ta sẽ nghĩ tới việc viết phương trình  
AB và AD . Ta sẽ phân tích chi tiết số liệu bài toán:   2   D(3;1) 
phương trình BD : y  1 song song với đường thẳng EF : y  3  0 . Khi đó ta sẽ chứng minh được tam giác
ABC cân tại A . Do đó AD BC . Như vậy ta viết được phương trình AD . Lúc này việc việc viết phương
trình AB sẽ cần sự “trợ giúp” của điểm F . Và ta nhận thấy Bài toán 1 sẽ cho ta được tọa độ điểm F . Cụ 5
thể: *) F EF : y  3  0 *) FB BD  2
Sau đây là lời giải chi tiết của bài toán. Giải:
+) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC   1  ID BCB ;1 Khi đó (1) . Với     2
  phương trình BD : y  1 , suy ra BD / / EF hay BC / / EF (2) IA EF  D(3;1) 
(vì phương trình EF : y  3  0 ) Từ (1) và (2) suy ra ,
A I , D thẳng hàng hay AD BC , nên phương trình AD là: x  3
+) Gọi F (t;3)  EF , khi đó theo tính chất tiếp tuyến ta có: 2 2  1   5  t  1 F ( 1  ;3) BF BD 2 2 2
BF BD t   2  2
t t  2  0          2   2  t  2 F (2;3)  
  3   +) Với F ( 1
 ;3)  BF   ; 2  u
 (4;3) , khi đó phương trình BF là:    2 BF
4(x  1)  3( y  3)  0  4x  3y  5  0 x  3
4x  3y  5  0 
Do BF AD   
A nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:   (loại)  7 x  3 y    0    3
  3  
+) Với F (2;3)  BF  ; 2  u
 (4; 3) , khi đó phương trình BF là:    2 BF
4(x  2)  3( y  3)  0  4x  3y  1  0 x  3
4x  3y  1  0   13 
Do BF AD   
A nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:    13  A 3;   x  3 y     3   3  13  Vậy A 3;    3  43
10 bài toán trọng điểm – tư duy đột phá – chìa khóa giải nhanh hình học phẳng Oxy
Bình luận sau Bài Toán 1:
Như vậy trong các đề thi Quốc Gia, nhiệm vụ của người ra đề là sẽ làm “mờ” bài toán gốc của chúng ta ,
bằng các dữ kiện và số liệu đi kèm . Nhiệm vụ của các bạn là dùng các kiến thức cơ bản để cắt nghĩa bài toán,
làm cho bài toán gốc “hiện nguyên hình” . Qua Bài Toán 1 các bạn thấy phần nào tầm “sát thương” và tính
hiệu quả của nó trong việc giải quyết các bài toán tìm điểm và các bài toán liên quan khác…Nó giúp các bạn
biết cách đặt ra các câu hỏi hướng vào các đối tượng và dữ kiện của đề bài mà ta đang cần và có được định
hướng để tư duy và tháo gỡ bài toán. Nếu biết cách “làm chủ” Bài toán 1 có nghĩa là các bạn đang có trong
tay một công cụ đơn giản nhưng khá hiệu quả và việc đưa ra đáp số chính xác cho các bài toán không có gì khó
khăn với các bạn. Chúng ta còn khá nhiều công cụ hữu hiệu khác. Các bạn sẽ tiếp tục đi tìm hiểu thông qua 9 bài toán tiếp theo.
Trên đây là đoạn trích từ bản thảo của cuốn sách:
10 BÀI TOÁN TRỌNG ĐIỂM
TƯ DUY ĐỘT PHÁ – CHÌA KHÓA GIẢI NHANH
HÌNH HỌC PHẲNG OXY
Mọi thông tin chi tiết các bạn có thể tham khảo qua: Web: http://www.toanmath.com/
CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ QUAN TÂM ! 44