Chuyên đề, bài giảng đầy đủ môn Toán lớp 10 - Phần Hình Học - Nguyễn Phú Khánh - Bản Học trò by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

TÀI LIỆU MÔN TOÁN LỚP 10

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

DẠY KÈM QUY NHƠN EBOOK PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

Chuyên đề, bài giảng đầy đủ môn Toán lớp 10 - Phần Hình Học - Nguyễn Phú Khánh - Bản Học trò PDF VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

CHƯƠNG I: VECTƠ §1 CÁC ĐỊNH NGHĨA A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Định nghĩa vectơ: Vectơ là đoạn thẳng có hướng, nghĩa là   trong hai điểm mút của đoạn thẳng đã chỉ B x a rõ điểm nào là điểm đầu, điểm nào là điểm A cuối. Hình 1.1 Vectơ có điểm đầu là A, điểm cuối là B ta  kí hiệu : AB     Vectơ còn được kí hiệu là: a, b, x , y,...  Vectơ – không là vectơ có điểm đầu trùng điểm cuối. Kí hiệu là 0 2. Hai vectơ cùng phương, cùng hướng. - Đường thẳng đi qua điểm đầu và điểm cuối của vectơ gọi là giá của vectơ - Hai vectơ có giá song song hoặc trùng nhau gọi là hai vectơ cùng phương - Hai vectơ cùng phương thì hoặc cùng hướng hoặc ngược hướng.

B C

Hình 1.2

E G

  Ví dụ: Ở hình vẽ trên trên (hình 2) thì hai vectơ AB và CD cùng hướng còn   EF và HG ngược hướng. Đặc biệt: vectơ – không cùng hướng với mọi véc tơ. 3. Hai vectơ bằng nhau  A B - Độ dài đoạn thẳng AB gọi là độ dài véc tơ AB ,  kí hiệu AB .  C D Hình 1.3 Vậy AB = AB .

- Hai vectơ bằng nhau nếu chúng cùng hướng và cùng độ dài.   Ví dụ: (hình 1.3) Cho hình bình hành ABCD khi đó AB = CD B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI.  DẠNG 1: Xác định một vectơ; phương, hướng của vectơ; độ dài của vectơ 1. Phương pháp giải.



Xác định một vectơ và xác định sự cùng phương, cùng hướng của hai vectơ theo định nghĩa  Dựa vào các tình chất hình học của các hình đã cho biết để tính độ dài của một vectơ 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Cho tứ giác ABCDE . Có bao nhiêu vectơ khác vectơ-không có điểm đầu và điểm cuối là đỉnh của ngũ giác. Lời giải Hai điểm phân biệt, chẳng hạn A, B ta xác định được hai vectơ khác vectơ  không là AB, BA . Mà từ bốn đỉnh A, B, C , D của ngũ giác ta có 6 cặp điểm phân biệt do đó có 12 vectơ thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ví dụ 2: Chứng minh rằng ba điểm A, B,C phân biệt thẳng hàng khi và chỉ   khi AB, AC cùng phương. Lời giải

  Nếu A, B,C thẳng hàng suy ra giá của AB, AC đều là đường thẳng đi qua   ba điểm A, B,C nên AB, AC cùng phương.   Ngược lại nếu AB, AC cùng phương khi đó đường thẳng AB và AC

song song hoặc trùng nhau. Nhưng hai đường thẳng này cùng đi qua điểm A nên hai đường thẳng AB và AC trùng nhau hay ba điểm A, B,C thẳng hàng. Ví dụ 3: Cho tam giác ABC . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của BC ,CA, AB .

 a) Xác định các vectơ khác vectơ - không cùng phương với MN có điểm đầu và điểm cuối lấy trong điểm đã cho.  b) Xác định các vectơ khác vectơ - không cùng hướng với AB có điểm đầu và điểm cuối lấy trong điểm đã cho.  c) Vẽ các vectơ bằng vectơ NP mà có điểm đầu A, B .

Lời giải (Hình 1.4)

 a) Các vectơ khác vectơ không cùng phương với MN là        NM , AB, BA, AP, PA, BP, PB .     b) Các vectơ khác vectơ - không cùng hướng với AB là AP, PB, NM .

c) Trên tia CB lấy điểm B ' sao cho BB ' = NP  Khi đó ta có BB ' là vectơ có điểm đầu  là B và bằng vectơ NP . Qua A dựng đường thẳng song song với đường thẳng NP . Trên đường  thẳng đó lấy điểm A ' sao cho AA '  cùng hướng với NP và AA ' = NP .  Khi đó ta có AA ' là vectơ có điểm đầu  là A và bằng vectơ NP .

A N

P B' B

M Hình 1.4

Ví dụ 4: Cho hình vuông ABCD tâm O cạnh a . Gọi M là trung điểm của AB , N là điểm đối xứng với C qua D . Hãy tính độ dài của vectơ sau   MD , MN . Lời giải (hình 1.5) Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông MAD ta có N

O P

Hình 1.5

æa ö 5a 2 a 5 DM = AM + AD = çç ÷÷÷ + a 2 = Þ DM = çè 2 ø 4 2  a 5 Suy ra MD = MD = . 2 Qua N kẻ đường thẳng song song với AD cắt AB tại P . 2

Khi đó tứ giác ADNP là hình vuông và PM = PA + AM = a + . Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông NPM ta có

a 3a = 2 2

æ 3a ö 13a 2 a 13 MN = NP + PM = a + çç ÷÷÷ = Þ DM = çè 2 ø 4 2  a 13 Suy ra MN = MN = . 2 3. Bài tập luyện tập. Bài 1.1: Cho ngũ giác ABCDE . Có bao nhiêu vectơ khác vectơ-không có điểm đầu và điểm cuối là đỉnh của ngũ giác. Bài 1.2: Cho hình bình hành ABCD có tâm là O. Tìm các vectơ từ 5 điểm A, B, C, D, O   a) Bằng vectơ AB ; OB  b) Có độ dài bằng OB 2

Bài 1.3: Cho ba điểm A, B, C phân biệt thẳng hàng.   a) Khi nào thì hai vectơ AB và AC cùng hướng ?   b) Khi nào thì hai vectơ AB và AC ngược hướng ? Bài 1.4: Cho bốn điểm A, B, C, D phân biệt.   a) Nếu AB = BC thì có nhận xét gì về ba điểm A, B, C   b) Nếu AB = DC thì có nhận xét gì về bốn điểm A, B, C, D Bài 1.5: Cho hình thoi ABCD có tâm O . Hãy cho biết khẳng định nào sau đây đúng ?       a) AB = BC b) AB = DC c) OA = -OC       d) OB = OA e) AB = BC f) 2 OA = BD Bài 1.6: Cho lục giác đều ABCDEF tâm O . Hãy tìm các vectơ khác vectơkhông có điểm đầu, điểm cuối là đỉnh của lục giác và tâm O sao cho   a) Bằng với AB b) Ngược hướng với OC Bài 1.7: Cho hình vuông ABCD cạnh a , tâm O và M là trung điểm AB.       Tính độ dài của các vectơ AB, AC ,OA,OM ,OA + OB . Bài 1.8: Cho tam giác ABC đều cạnh a và G là trọng tâm. Gọi I là trung điểm của AG .    Tính độ dài của các vectơ AB, AG, BI . Bài 1.9: Cho trước hai điểm A, B phân biệt . Tìm tập hợp các điểm M thoả   mãn MA = MB .

 DẠNG 2: Chứng minh hai vectơ bằng nhau. 1. Phương pháp giải.  Để chứng minh hai vectơ bằng nhau ta chứng minh chúng có cùng độ dài và cùng hướng hoặc dựa vào nhận xét nếu tứ giác ABCD là hình     bình hành thì AB = DC và AD = BC 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Cho tứ giác ABCD . Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm AB,   BC, CD, DA. Chứng minh rằng MN =QP . Lời giải (hình 1.6) Do M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC nên MN là đường trung bình của tam giác ABC suy ra MN / /AC và 1 AC (1). 2 Tương tự QP là đường trung bình của tam giác ADC suy ra QP / /AC và MN =

1 AC (2). 2 Từ (1) và (2) suy ra MN / /QP và MN = QP do đó tứ giác MNPQ là hình bình hành   Vậy ta có MN =QP QP =

M B

Hình 1.6

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có trọng tâm G . Gọi I là trung điểm của BC   . Dựng điểm B ' sao cho B ' B = AG .   a) Chứng minh rằng BI = IC   b) Gọi J là trung điểm của BB ' . Chứng minh rằng BJ = IG . Lời giải (hình 1.7) a) Vì I là trung điểm của BC nên BI = CI và A    BI cùng hướng với IC do đó hai vectơ BI , B'    IC bằng nhau hay BI = IC .   G b) Ta có B ' B = AG suy ra B ' B = AG và J BB '/ /AG .   B I Do đó BJ , IG cùng hướng (1).

Hình 1.7

Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên IG =

1 AG , J là trung điểm BB ' 2

1 BB ' 2 Vì vậy BJ = IG (2)   Từ (1) và (2) ta có BJ = IG . Ví dụ 3: Cho hình bình hành ABCD . Trên các đoạn thẳng DC , AB theo

suy ra BJ =

thứ tự lấy các điểm M , N sao cho DM = BN . Gọi P là giao điểm của   AM , DB và Q là giao điểm của CN , DB . Chứng minh rằng AM = NC   và DB = QB . Lời giải (hình 1.8) Ta có DM = BN Þ AN = MC , mặt khác AN song song với MC do đó tứ giác N A ANCM là hình bình hành   Suy ra AM = NC . Q Xét tam giác DDMP và DBNQ ta có P   DM = NB (giả thiết), PDM = QBN (so D C M le trong) Hình 1.8   Mặt khác DMP = APB (đối đỉnh) và   APQ = NQB (hai góc đồng vị) suy ra   DMP = BNQ . Do đó DDMP = DBNQ (c.g.c) suy ra DB = QB .     Dễ thấy DB, QB cùng hướng vì vậy DB = QB . 3. Bài tập luyện tập. Bài 1.10: Cho tứ giác ABCD . Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm AB,   BC, CD, DA. Chứng minh rằng MQ = NP . Bài 1.11: Cho hình bình hành ABCD . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của DC , AB ; P là giao điểm của AM , DB và Q là giao điểm của      CN , DB . Chứng minh rằng DM = NB và DP = PQ = QB . Bài 1.12: Cho hình thang ABCD có hai đáy là AB và CD với AB  2CD . 6

  Từ C vẽ CI = DA . Chứng minh rằng        a) AD  IC và DI = CB b) AI = IB = DC Bài 1.13: Cho tam giác ABC có trực tâm H và O tâm là đường tròn ngoại   tiếp . Gọi B' là điểm đối xứng B qua O. Chứng minh : AH = B 'C .

§2 TỔNG VÀ HIỆU HAI VECTƠ A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Tổng hai vectơ     a) Định nghĩa: Cho hai vectơ a ; b . Từ điểm A tùy ý vẽ AB = a rồi từ B      vẽ BC = b khi đó vectơ AC được gọi là tổng của hai vectơ a ; b .    Kí hiệu AC = a + b (Hình 1.9) B  b) Tính chất :      a   b + Giao hoán : a + b = b + a       a b + Kết hợp : (a + b) + c = a + (b + c)   C A     a +b + Tính chất vectơ – không: a + 0 = a, "a Hình 1.9 2. Hiệu hai vectơ a) Vectơ đối của một vectơ.   Vectơ đối của vectơ a là vectơ ngược hướng và cúng độ dài với vectơ a  Kí hiệu -a       Như vậy a + -a = 0, "a và AB = -BA

( )

b) Định nghĩa hiệu hai vectơ:     Hiệu của hai vectơ a và b là tổng của vectơ a và vectơ đối của vectơ b . Kí     hiệu là a - b = a + -b 3. Các quy tắc:

( )

   Quy tắc ba điểm : Cho A, B ,C tùy ý, ta có : AB + BC = AC Quy tắc hình bình hành : Nếu ABCD là hình bình hành thì    AB + AD = AC

   Quy tắc về hiệu vectơ : Cho O , A , B tùy ý ta có : OB -OA = AB

Chú ý: Ta có thể mở rộng quy tắc ba điểm cho n điểm A1, A2 ,..., An thì     A1A2 + A2A3 + ... + An -1An = A1An B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI.  DẠNG 1: Xác định độ dài tổng, hiệu của các vectơ. 1. Phương pháp giải. Để xác định độ dài tổng hiệu của các vectơ  Trước tiên sử dụng định nghĩa về tổng, hiệu hai vectơ và các tính chất, quy tắc để xác định định phép toán vectơ đó.  Dựa vào tính chất của hình, sử dụng định lí Pitago, hệ thức lượng trong tam giác vuông để xác định độ dài vectơ đó. 2. Các ví dụ.  Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vuông tại A có ABC = 300 và BC = a 5 .       Tính độ dài của các vectơ AB + BC , AC - BC và AB + AC . Lời giải (hình 1.10) Theo quy tắc ba điểm ta có B D     AB + BC = AC  AC Mà sin ABC = BC  a 5 Þ AC = BC .sin ABC = a 5.sin 300 = 2    a 5 C A Do đó AB + BC = AC = AC = 2 Hình 1.10       AC - BC = AC + CB = AB Ta có AC 2 + AB 2 = BC 2 Þ AB =

BC 2 - AC 2 =

5a 2 -

5a 2 a 15 = 4 2

   a 15 Vì vậy AC - BC = AB = AB = 2  Gọi D là điểm sao cho tứ giác ABDC là hình bình hành.    Khi đó theo quy tắc hình bình hành ta có AB + AC = AD Vì tam giác ABC vuông ở A nên tứ giác ABDC là hình chữ nhật suy ra AD = BC = a 5

   Vậy AB + AC = AD = AD = a 5

Ví dụ 2: Cho hình vuông ABCD có tâm là O và cạnh a . M là một điểm bất kỳ.       a) Tính AB + AD , OA - CB , CD - DA      b) Chứng minh rằng u = MA + MB - MC - MD không phụ thuộc vị trí  điểm M . Tính độ dài vectơ u Lời giải (hình 1.11)    a) + Theo quy tắc hình bình hành ta có AB + AD = AC    Suy ra AB + AD = AC = AC . Áp dụng định lí Pitago ta có AC 2 = AB 2 + BC 2 = 2a 2 Þ AC = 2a   Vậy AB + AD = a 2   + Vì O là tâm của hình vuông nên OA = CO suy ra      OA - CB = CO - CB = BC    Vậy OA - CB = BC = a   + Do ABCD là hình vuông nên CD = BA suy ra      CD - DA = BA + AD = BD  Mà BD = BD = AB 2 + AD 2 = a 2 suy ra   CD - DA = a 2

O D

C Hình 1.11

b) Theo quy tắc phép trừ ta có        u = MA - MC + MB - MD = CA + DB  Suy ra u không phụ thuộc vị trí điểm M . Qua A kẻ đường thẳng song song với DB cắt BC tại C ' . Khi đó tứ giác ADBC ' là hình bình hành (vì có cặp cạnh đối song song)   suy ra DB = AC '     Do đó u = CA + AC ' = CC '   Vì vậy u = CC ' = BC + BC ' = a + a = 2a

(

) (

)

3. Bài tập luyện tập. 9

Bài 1.14: Cho tam giác ABC đều cạnh a . Tính độ dài của các vectơ sau     AB  AC , AB  AC . Bài 1.15: Cho hình vuông ABCD có tâm là O và cạnh a . M là một điểm bất kỳ.      a) Tính AB + OD , AB - OC + OD     b) Tính độ dài vectơ MA  MB  MC  MD  Bài 1.16: Cho hình thoi ABCD cạnh a và BCD = 600 . Gọi O là tâm hình thoi.     Tính AB + AD , OB - DC . Bài 1.17: Cho bốn điểm A, B, C, O phân biệt có độ dài ba vectơ        OA, OB, OC cùng bằng a và OA + OB + OC = 0 a) Tính các góc AOB, BOC , COA    b) Tính OB + AC - OA Bài 1.18: Cho góc Oxy . Trên Ox, Oy lấy hai điểm A, B . Tìm điều kiện của   A,B sao cho OA + OB nằm trên phân giác của góc Oxy .  DẠNG 2: Chứng minh đẳng thức vectơ. 1. Phương pháp giải.  Để chứng minh đẳng thức vectơ ta có các cách biển đổi: vế này thành vế kia, biến đổi tương đương, biến đổi hai vế cùng bằng một đại lương trung gian. Trong quá trình biến đổi ta cần sử dụng linh hoạt ba quy tắc tính vectơ. Lưu ý: Khi biến đổi cần phải hướng đích , chẳng hạn biến đổi vế phải, ta cần xem vế trái có đại lượng nào để từ đó liên tưởng đến kiến thức đã có để làm sao xuất hiện các đại lượng ở vế trái. Và ta thường biến đổi vế phức tạp về vế đơn giản hơn. 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Cho năm điểm A, B,C , D, E . Chứng minh rằng      a) AB + CD + EA = CB + ED       b) AC + CD - EC = AE - DB + CB 10

Lời giải a) Biến đổi vế trái ta có      VT = AC + CB + CD + ED + DA      = CB + ED + AC + CD + DA     = CB + ED + AD + DA   = CB + ED = VP ĐPCM b) Đẳng thức tương đương với        AC - AE + CD - CB - EC + DB = 0      Û EC + BD - EC + DB = 0    BD + DB = 0 (đúng) ĐPCM. Ví dụ 2: Cho hình bình hành ABCD tâm O . M là một điểm bất kì trong mặt phẳng. Chứng minh rằng     a) BA + DA + AC = 0      A b) OA + OB + OC + OD = 0     c) MA + MC = MB + MD . Lời giải (Hình 1.12) O a) Ta có       D C BA + DA + AC = -AB - AD + AC    Hình 1.12 = - AB + AD + AC    Theo quy tắc hình bình hành ta có AB + AD = AC suy ra       BA + DA + AC = -AC + AC = 0 b) Vì ABCD là hình bình hành nên ta có:        OA = CO Þ OA + OC = OA + AO = 0         Tương tự: OB + OD = 0 Þ OA + OB + OC + OD = 0 . c) Cách 1: Vì ABCD là hình bình hành nên        AB = DC Þ BA + DC = BA + AB = 0       Þ MA + MC = MB + BA + MD + DC       = MB + MD + BA + DC = MB + MD

( ( (

(

) ) ( )

) (

(

)

Cách 2: Đẳng thức tương đương với

      MA - MB = MD - MC Û BA = CD (đúng do ABCD là hình bình hành) Ví dụ 3: Cho tam giác ABC . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC , CA, AB . Chứng minh rằng     a) BM + CN + AP = 0      b) AP + AN - AC + BM = 0       c) OA + OB + OC = OM + ON + OP với O là điểm bất kì. Lời giải (Hình 1.13) a) Vì PN , MN là đường trung bình của tam giác ABC nên PN / / BM , MN / / BP suy ra tứ giác BMNP là hình bình hành    BM  PN   A N là trung điểm của AC  CN  NA Do đó theo quy tắc ba điểm ta có       N BM + CN + AP = PN + NA + AP P    = PA + AP = 0 b) Vì tứ giác APMN là hình bình hành nên theo    B M quy tắc hình bình hành ta có AP + AN = AM , kết hợp với quy tắc trừ Hình 1.13          Þ AP + AN - AC + BM = AM - AC + BM = CM + BM

(

)

   Mà CM + BM = 0 do M là trung điểm của BC .      Vậy AP + AN - AC + BM = 0 . c) Theo quy tắc ba điểm ta có          OA + OB + OC = OP + PA + OM + MB + ON + NC       = OM + ON + OP + PA + MB + NC       = OM + ON + OP - BM + CN + AP     Theo câu a) ta có BM + CN + AP = 0 suy ra       OA + OB + OC = OM + ON + OP . 3. Bài tập luyện tập. Bài 1.19: Cho bốn điểm A, B,C , D . Chứng minh rằng     a) DA  CA  DB  CB

( (

(

) ) (

) (

)

      b) AC  DA  BD  AD  CD  BA Bài 1.20: Cho các điểm A, B , C , D , E , F . Chứng minh rằng       AD + BE + CF = AE + BF + CD Bài 1.21: Cho hình bình hành ABCD tâm O . M là một điểm bất kì trong mặt phẳng.  Chứng  minh  rằng a) AB  OD  OC  AC     b) BA  BC  OB  OD      c) BA  BC  OB  MO  MB Bài 1.22: Cho tam giác ABC . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC , CA, AB . Chứng minh rằng     a) NA + PB + MC = 0     b) MC + BP + NC = BC Bài 1.23: Cho hai hình bình hành ABCD và AB 'C ' D ' có chung đỉnh A.     Chứng minh rằng B ' B + CC ' + D ' D = 0 Bài 1.24: Cho ngũ giác đều ABCDE tâm O. Chứng minh rằng       OA + OB + OC + OE + OF = 0 Bài 1.25: Cho hình bình hành ABCD . Dựng         AM = BA , MN = DA, NP = DC , PQ = BC .   Chứng minh rằng: AQ = 0 .

§3 TÍCH CỦA MỘT VECTƠ VỚI MỘT SỐ A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT  1. Định nghĩa: Tích của vectơ a với số thực k ¹ 0 là một vectơ, kí hiệu là    ka , cùng hướng với cùng hướng với a nếu k > 0 , ngược hướng với a nếu  k < 0 và có độ dài bằng k a     Quy ước: 0a = 0 và k 0 = 0 2. Tính chất :        i) (k + m )a = ka + ma ii) k (a ± b) = ka ± kb ék = 0      iii) k (ma ) = (km )a iv) ka = 0 Û êê  êë a = 0     v) 1a = a, (-1)a = -a 3. Điều kiện để hai vectơ cùng phương        b cùng phương a ( a ¹ 0 ) khi và chỉ khi có số k thỏa b = ka  Điều kiện cần và đủ để A, B,C thẳng hàng là có số k sao cho   AB = kAC 4. Phân tích một vectơ theo hai vectơ không cùng phương.    Cho a không cùng phương b . Với mọi vectơ x luôn được biểu diễn    x = ma + nb với m , n là các số thực duy nhất. B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI.  DẠNG 1: Dựng và tính độ dài vectơ chứa tích một vectơ với một số. 1. Phương pháp giải. Sử dụng định nghĩa tích của một vectơ với một số và các quy tắc về phép toán vectơ để dựng vectơ chứa tích một vectơ với một số, kết hợp với các định lí pitago và hệ thức lượng trong tam giác vuông để tính độ dài của chúng. 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Cho tam giác đều ABC cạnh a . điểm M là trung điểm BC . Dựng các vectơ sau và tính độ dài của chúng.  1  1   a) CB  MA b) BA  BC 2 2      1 3 c) AB  2 AC c) MA  2,5MB 2 4 Lời giải (Hình 1.14) 14

1   CB  CM suy ra theo quy tắc ba 2 điểm ta có 1      CB  MA  CM  MA  CA 2 1   Vậy CB  MA  CA  a 2 1   b) Vì BC  BM nên theo quy tắc trừ ta 2  1     có BA  BC  BA  BM  MA 2 Theo định lí Pitago ta có

a) Do

A L K

P a 3 a MA  AB 2  BM 2  a 2     Hình 1.14 2 2  1  a 3 Vậy BA  BC  MA  2 2 c) Gọi N là trung điểm AB , Q là điểm đối xứng của A qua C và P là đỉnh của hình bình hành AQPN . 1     Khi đó ta có AB  AN , 2 AC  AQ suy ra theo quy tắc hình bình hành ta 2       1 có AB  2 AC  AN  AQ  AP 2 Gọi L là hình chiếu của A lên QN    Vì MN / / AC  ANL  MNB  CAB  600 Xét tam giác vuông ANL ta có a 3  AL  a sin ANL   AL  AN .sin ANL  sin 600  AN 2 4 a  NL  a cos ANL   NL  AN .cos ANL  cos 600  AN 2 4 a 9a Ta lại có AQ  PN  PL  PN  NL  AQ  NL  2a   4 4 Áp dụng định lí Pitago trong tam giác ALP ta có 3a 2 81a 2 21a 2 a 21 2 2 2 AP  AL  PL     AP  16 16 4 2 2

Vậy

1   a 21 AB  2 AC  AP  2 2

d) Gọi K là điểm nằm trên đoạn AM sao cho MK 

3 MA , H thuộc tia 4

MB sao cho MH  2,5MB .   3   Khi đó MA  MK , 2,5MB  MH 4     3  Do đó MA  2,5MB  MK  MH  HK 4 3 3 a 3 3 3a a 5a  Ta có MK  AM  . , MH  2,5MB  2,5.  4 4 2 8 2 4 Áp dụng định lí Pitago cho tam tam giác vuông KMH ta có KH  MH 2  MK 2 

25a 2 27 a 2 a 127   16 64 8

 3  a 127 MA  2,5MB  KH  4 8 Ví dụ 2: Cho hình vuông ABCD cạnh a .      a) Chứng minh rằng u = 4MA - 3MB + MC - 2MD không phụ thuộc vào vị trí điểm M.  b) Tính độ dài vectơ u Lời giải (Hình 1.15) a) Gọi O là tâm hình vuông. Theo quy tắc ba điểm ta có          u = 4 ( MO + OA ) - 3 ( MO + OB ) + ( MO + OC ) - 2 (MO + OD )     = 4OA - 3OB + OC - 2OD        Mà OD = -OB , OC = -OA nên u = 3OA - OB A'  Suy ra u không phụ thuộc vào vị trí điểm M b) Lấy điểm A ' trên tia OA sao cho OA '  3OA khi đó       B A OA ' = 3OA do đó u = OA ' - OB = BA ' Mặt khác O BA ' = OB 2 + OA '2 = OB 2 + 9OA2 = a 5  D C Hình 1.15 Suy ra u = a 5

Vậy

3. Bài tập luyện tập. 16

Bài 1.26. Cho tam giác đều ABC cạnh a . Gọi điểm M , N lần lượt là trung điểm BC , CA . Dựng các vectơ sau và tính độ dài của chúng.  1  1   a) AN  CB b) BC  2 MN 2 2  3    c) AB  2 AC c) 0, 25MA  MB 2 Bài 1.27: Cho hình vuông ABCD cạnh a .      a) Chứng minh rằng u = MA - 2MB + 3MC - 2MD không phụ thuộc vào vị trí điểm M.  b) Tính độ dài vectơ u  DẠNG 2: Chứng minh đẳng thức vectơ. 1. Phương pháp giải. Sử dụng các kiến thức sau để biến đổi vế này thành vế kia hoặc cả hai biểu thức ở hai vế cùng bằng biểu thức thứ ba hoặc biến đổi tương đương về đẳng thức đúng:  Các tính chất phép toán vectơ  Các quy tắc: quy tắc ba điểm, quy tắc hình bình hành và quy tắc phép trừ  Tính chất trung điểm:    M là trung điểm đoạn thẳng AB Û MA + MB = 0    M là trung điểm đoạn thẳng AB Û OA + OB = 2OM (Với O là điểm tuỳ ý)  Tính chất trọng tâm:     G là trọng tâm của tam giác ABC Û GA +GB +GC =O     G là trọng tâm của tam giác ABC Û OA +OB +OC =OG (Với O là điểm tuỳ ý) 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Cho tứ giác ABCD . Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD, O là trung điểm của IJ .Chứng minh rằng:    a) AC + BD = 2IJ      b) OA + OB + OC + OD = 0      c) MA + MB + MC + MD = 4MO với M là B điểm bất kì I A Lời giải (Hình 1.16) a) Theo quy tắc ba điểm ta có       AC = AI + IJ = AI + IJ + JC O

Hình 1.16

    Tương tự BD = BI + IJ + JD Mà I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD nên       AI + BI = 0, JC + JD = 0         Vậy AC + BD = ( AI + BI ) + ( JC + JD ) + 2IJ = 2IJ đpcm       b) Theo hệ thức trung điểm ta có OA + OB = 2OI , OC + OD = 2OJ    Mặt khác O là trung điểm IJ nên OI + OJ = 0        Suy ra OA + OB + OC + OD = 2 OI + OJ = 0 đpcm      c) Theo câu b ta có OA + OB + OC + OD = 0 do đó với mọi điểm M thì      OA + OB + OC + OD = 0          Û OM + MA + OM + MA + OM + MA + OM + MA = 0      Û MA + MB + MC + MD = 4MO đpcm

(

) (

)

) (

)

Ví dụ 2: Cho hai tam giác ABC và A1B1C 1 có cùng trọng tâm G. Gọi G1 , G2 , G 3 lần lượt là trọng tâm tam giác BCA1 , ABC 1 , ACB1 . Chứng minh     rằng GG1 + GG2 + GG 3 = 0 Lời giải     Vì G1 là trọng tâm tam giác BCA1 nên 3GG1 = GB + GC + GA1 Tương tự G2 , G 3 lần lượt là trọng tâm tam giác ABC 1 , ACB1 suy ra         3GG2 = GA + GB + GC 1 và 3GG 3 = GA + GC + GB1 Công theo vế với vế các đẳng thức trên ta có          GG1 + GG2 + GG 3 = 2 (GA + GB + GC ) + (GA1 + GB1 + GC 1 )

Mặt khác hai tam giác ABC và A1B1C 1 có cùng trọng tâm G nên        GA + GB + GC = 0 và GA1 + GB1 + GC 1     Suy ra GG1 + GG2 + GG 3 = 0 Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có trực tâm H, A trọng tâm G và tâm đường tròn ngoại tiếp O. Chứng minh rằng     a) HA + HB + HC = 2HO     H b) OA + OB + OC = OH    O c) GH + 2GO = 0 B Lời giải (Hình 1.17) 18

C D

Hình 1.17

    a) Dễ thấy HA + HB + HC = 2HO nếu tam giác ABC vuông Nếu tam giác ABC không vuông gọi D là điểm đối xứng của A qua O khi đó BH / /DC (vì cùng vuông góc với AC) BD / /CH (vì cùng vuông góc với AB) Suy ra BDCH là hình bình hành, do đó theo quy tắc hình bình hành thì    HB + HC = HD (1)    Mặt khác vì O là trung điểm của AD nên HA + HD = 2HO (2)     Từ (1) và (2) suy ra HA + HB + HC = 2HO b) Theo câu a) ta có     HA + HB + HC = 2HO        Û HO + OA + HO + OB + HO + OC = 2HO     Û OA + OB + OC = OH đpcm     c) Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên OA + OB + OC = 3OG     Mặt khác theo câu b) ta có OA + OB + OC = OH          Suy ra OH = 3OG Û (OG + GH ) - 3OG = 0 Û GH + 2GO = 0

(

) (

)

Ví dụ 4: Cho tam giác ABC với AB = c, BC = a, CA = b và có trọng tâm G. Gọi D, E , F lần lượt là hình chiếu G lên cạnh BC , CA, AB .     2 2 2 Chứng minh rằng a .GD + b .GE + c .GF = 0 Lời giải (hình 1.18) Trên tia GD, GE, MF lần lượt lấy các điểm N, P, Q sao cho GN = a , GP = b , GQ = c và dựng hình bình hành GPRN     A Q Ta có a 2 .GD + b 2 .GE + c 2 .GF = 0 E     Û a.GD.GN + b.GE .GP + c.GF .GQ = 0 (*) F G Ta có a.GD  2 S GBC , b.GE  2 S GCA , c.GF  2 S GAB , mặt khác G là trọng tâm tam giác ABC nên B D S GBC  S GCA  S GAB suy ra a.GD  b.GE  c.GF     Vậy (*) Û GN + GP + GQ = 0   Ta có AC  GP  b, PR  BC  a và ACB  GPR N (góc có cặp cạnh vuông góc với nhau) Hình 1.18 Suy ra DACB = DGPR ( c.g .c )

  Þ GR = AB = c và PGR = BAC     Ta có QGP + BAC = 1800 Þ QGP + GPR = 1800 Þ Q , G , R thẳng hàng do đó G là trung điểm của QR Theo quy tắc hình bình hành và hệ thức trung điểm ta có       GN + GP + GQ = GR + GQ = 0     Vậy a 2 .GD + b 2 .GE + c 2 .GF = 0 . Ví dụ 5: Cho tam giác ABC với các cạnh AB = c, BC = a, CA = b . Gọi

I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng     aIA + bIB + cIC = 0 Lời giải Cách 1: (Hình 1.19)Gọi D là chân đường phân giác góc A Do D là đường phân giác giác trong góc A nên ta có  c  DB c = Þ BD = DC A DC b b   c   Û ID - IB = IC - ID  b   Û (b + c ) ID = bIB + cIC (1)

(

)

Do I là chân đường phân giác nên ta có : ID BD CD BD + CD a = = = = IA BA  CA BA b +c  + CA Þ (b + c ) ID = -aIA (2)

I D

Hình 1.19

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh Cách 2: (hình 1.20)Qua C dựng đường thẳng song song với AI cắt BI tai B’;song song với BI cắt AI tại A’    Ta có IC = IA ' + IB ' (*) A Theo định lý Talet và tính chất đường phân giác trong ta có :  IB BA1 c b  = = Þ IB ' = - IB (1) I IB ' CA1 b c B  a  Tương tự : IA ' = - IA (2) c C' Từ (1) và (2) thay vào (*) ta có : Hình 1.20      a  b  IC = - IA - IB Û aIA + bIB + cIC = 0 c c 3. Bài tập luyện tập. 20

Bài 1.28: Cho tam giác ABC . Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC , CA, AB . Chứng minh rằng     a) AM + BN + CP = 0       b) OA + OB + OC = OM + ON + OP với O là điểm bất kỳ. Bài 1.29: Cho tam giác ABC .Gọi H là điểm đối xứng với B qua G với G là trọng tâm tam giác. Chứng minh rằng  2  1   1  1  a) AH = AC - AB , CH = - AB - AC 3 3 3 3     1 5 b) MH = AC - AB với M là trung điểm của BC 6 6 Bài 1.30: Cho tam giác ABC có điểm M thuộc cạnh BC. Chứng minh rằng  MC  MB  AM = AB + AC BC BC Bài 1.31: Cho hai hình bình hành ABCD và AB 'C ' D ' có chung đỉnh A.     Chứng minh rằng B ' B + CC ' + D ' D = 0 Bài 1.32: Cho tam giác ABC đều tâm O. M là điểm tùy ý trong tam giác. Hạ MD, ME, MF tương ứng vuông góc với BC, CA, AB. Chứng minh rằng:    3  MD + ME + MF = MO 2 Bài 1.33: Trong mặt phẳng cho tam giác ABC. Một đường thẳng D là đường thẳng bất kỳ. Gọi G là trọng tâm ABC và A’, B’, C’, G’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của  A, B,  C, G lên đường thẳng  .   Chứng minh rằng : AA '  BB '  CC '  3GG ' Bài 1.34: Cho n vectơ đôi một khác phương và tổng của n -1 vectơ bất kì trong n vectơ trên cùng phương với vectơ còn lại. Chứng minh rằng tổng n vectơ cho ở trên bằng vectơ không. Bài 1.35: Cho tam giác ABC với các cạnh AB = c, BC = a, CA = b . Gọi I là tâm và D, E, F lần lượt là tiếp điểm của cạnh BC, CA, AB của đường tròn nội tiếp tam giác ABC . M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Chứng minh rằng:  æ B C ö÷  æç C A ö÷  æç A B ö÷  ç a) ç cot + cot ÷ IA + ç cot + cot ÷ IB + ç cot + cot ÷ IC = 0 çè çè çè 2 2 ÷ø 2 2 ÷ø 2 2 ÷ø  A  B  C  b) cot IM + cot IN + cot IP = 0 2 2 2     c) (b + c - a ) IM + (a + c - b ) IN + (a + b - c )IP = 0     d) aAD + bBE + cCF = 0 21

Bài 1.36: Cho tam giác ABC . M là điểm bất kỳ nằm trong tam giác.     Chứng minh rằng : S MBC MA + S MCA .MB + S MAB MC =0  Bài 1.37: Cho đa giác lồi A1A2 ...An ( n ³ 3 ); ei , 1 £ i £ n là vectơ đơn vị  vuông góc với AA i i +1 (xem An +1 º A1 ) và hướng ra phía ngoài đa giác. Chứng minh rằng     A1A2e1 + A2A3e2 + ... + An A1en = 0 (định lý con nhím) Bài 1.38: Cho đa giác lồi A1A2 ...An ( n ³ 3 ) với I là tâm đường tròn tiếp xúc  các cạnh của đa giác; gọi ei , 1 £ i £ n là véc tơ đơn vị cùng hướng với véc  A  A  A   tơ IAi . Chứng minh rằng cos 1 e1 + cos 2 e2 + ... + cos n en = 0 2 2 2 Bài 1.39: Cho tam giác ABC vuông tại A. I là trung điểm của đường cao     AH. Chứng minh rằng : a 2 IA + b 2 IB + c 2 IC = 0 .  DẠNG 3: Xác định điểm M thoả mãn một đẳng thức vectơ cho trước 1. Phương pháp giải.     Ta biến đổi đẳng thức vectơ về dạng AM = a trong đó điểm A và a   đã biết. Khi đó tồn tại duy nhất điểm M sao cho AM = a , để dựng  điểm M ta lấy A làm gốc dựng một vectơ bằng vectơ a suy ra điểm ngọn vectơ này chính là điểm M.  Ta biến đổi về đẳng thức vectơ đã biết của trung điểm đoạn thẳng và trọng tâm tam giác 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Cho hai điểm A, B phân biệt. Xác định điểm M biết    2MA - 3MB = 0 Lời giải (hình 1.21)    Ta có 2MA - 3MB = 0 A B M     Û 2MA - 3 ( MA + AB ) = 0 Hình 1.21   Û AM = 3AB M nằm trên tia AB và AM = 3AB Ví dụ 2: Cho tứ giác ABCD . Xác định điểm B K A M , N , P sao cho     M a) 2MA + MB + MC = 0      P b) NA + NB + NC + ND = 0 N I      G c) 3PA + PB + PC + PD = 0 D 22

đề

H Hình 1.22

Lời giải (hình 1.22)    a) Gọi I là trung điểm BC suy ra MB + MC = 2MI     Do đó 2MA + MB + MC = 0       2MA + 2MI = 0 Û MA + MI = 0 Suy ra M là trung điểm AI b) Gọi K, H lần lượt là trung điểm của AB, CD ta có         NA + NB + NC + ND = 0 Û 2NK + 2NH = 0    Û NK + NH = 0 Û N là trung điểm của KH     c) Gọi G là trọng tâm tam giác BCD khi đó ta có PB + PC + PD = 3PG         Suy ra 3PA + PB + PC + PD = 0 Û 3PA + 3PG = 0     PA  PG  0  P là trung điểm AG . Ví dụ 3: Cho trước hai điểm A, B và hai số thực a , b thoả mãn a + b ¹ 0. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất điểm I thoả mãn    aIA + b IB = 0.    Từ đó, suy ra với điểm bất kì M thì aMA + b MB = (a + b )MI . Lời giải        Ta có: aIA + b IB = 0 Û aIA + b(IA + AB ) = 0       b  Û (a + b )IA + b AB = 0. Û (a + b )AI = b AB Û AI = AB. a+b b  AB không đổi, do đó tồn tại duy nhất Vì A, B cố định nên vectơ a+b điểm I thoả mãn điều kiện. Từ đó suy ra       aMA + b MB = a(MI + IA) + b(MI + IB )     = (a + b )MI + (aIA + b IB ) = (a + b )MI đpcm. 3. Bài tập luyện tập.

    Bài 1.40: Xác định điểm M biết MA + 2MB + 3MC = 0 Bài 1.41: Xác định các điểm I, J, K, L biết

   a ) IA - 2IB = 0     b ) JA - JB - 2JC = 0     c ) KA + KB + KC = BC      d ) 2 LA - LB + 3LC = AB + AC Bài 1.42: Cho tứ giác ABCD . Tìm điểm cố định I và hằng số k để hệ thức sau thỏa mãn với mọi M     a ) MA + MB + 2MC = kMI     b ) 2MA + 3MB - MD = kMI      c ) MA + 2MB + 3MC - 4MD = kMI Bài 1.43: Cho tam giác ABC với các cạnh AB = c, BC = a, CA = b .     Tìm điểm M sao cho aMA + bMB + cMC = 0 Bài 1.44: Cho tam giác ABC và ba số thức a, b , g không đồng thời bằng không. Chứng minh rằng: a) Nếu a + b + g ¹ 0 thì tồn tại duy nhất điểm M sao cho     aMA + b MB + g MC = 0. b) Nếu a + b + g = 0 thì không tồn tại điểm N sao cho     aNA + b NB + g NC = 0.

Bài 1.45: Cho n điểm A1, A2 ,..., An và n số k1, k2 ,..., kn mà k1 + k2 + ... + kn = k ¹ 0

a) Chứng minh rằng có duy nhất điểm G sao cho     k1GA1 + k2GA2 + ... + kn GAn = 0 .

Điểm G như thế gọi là tâm tỉ cự của hệ điểm Ai gắn với hệ số ki . Trong

trường hợp các hệ số ki bằng nhau(ta có thể chọn các ki đều bằng 1 ) thì G

gọi là trọng tâm của hệ điểm Ai b) Chứng minh rằng nếu G là tâm tỉ cự nói ở câu a) thì với điểm M bất kỳ ta    1  có k1 MA1 + k2 MA2 + ... + kn MAn = OG k

(

)

 DẠNG 4: Phân tích một vectơ theo hai vectơ không cùng phương. 1. Phương pháp giải. 24

Sử dụng các tính chất phép toán vectơ, ba quy tắc phép toán vectơ và tính chất trung điểm, trọng tâm trong tam giác. 2. Các ví dụ.     Ví dụ 1: Cho tam giác ABC . Đặt a = AB, b = AC .   1   a) Hãy dựng các điểm M, N thỏa mãn: AM = AB, CN = 2BC 3      b) Hãy phân tích CM , AN , MN qua các véc tơ a và b .   c) Gọi I là điểm thỏa: MI = CM . Chứng minh I , A, N thẳng hàng A Lời giải (hình 1.23) M  1  a) Vì AM = AB suy ra M thuộc cạnh AB 3   1 và AM = AB ; CN = 2BC , suy ra N B C N 3 Hình 1.23 thuộc tia BC và CN = 2BC .     1  1  b) Ta có: CM = CA + AM = -AC + AB = a - b 3 3           AN = AB + BN = AB + 3BC = AB + 3(AC - AB ) = -2a + 3b       1 7 MN = MA + AN = - a - 2a + 3b = - a + 3b . 3 3 c) Ta có:      1   1 1  1 AI = AM + MI = AB + CM = a + a - b = - (-2a + 3b) 3 3 3 3   1 Þ AI = - AN Þ A, I, N thẳng hàng. 3 Ví dụ 2: Cho tam giác ABC , trên cạnh BC lấy M sao cho BM = 3CM , trên đoạn AM lấy N sao cho 2AN = 5MN . G là trọng tâm tam giác ABC .     a) Phân tích các vectơ AM , BN qua các véc tơ AB và AC     b) Phân tích các vectơ GC , MN qua các véc tơ GA và GB Lời giải (hình 1.24)  3   5  a) Theo giả thiết ta có: BM = BC và AN = AM 4 7 A     3  suy ra AM = AB + BM = AB + BC 4

N B

Hình 1.24

 3   1  3  = AB + AC - AB = AB + AC 4 4 4     5  BN = BA + AN = -AB + AM 7  5 æ 1  3  ö 23  15  ÷ ç = -AB + ç AB + AC ÷÷ = - AB + AC 7 çè 4 4 28 28 ø     b) Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên GA + GB + GC = 0 suy ra    GC = -GA - GB  2  2 æ 1  3  ö Ta có MN = - AM = - çç AB + AC ÷÷÷ ø 7 7è4 4         1 3 = - (GB - GA ) - (GC - GA ) 14 14    1   3 = - (GB - GA ) - ( -GA - GB - GA ) 14 14     1 1 = GA + GB 2 7 Ví dụ 3: Cho hình bình hành ABCD . Gọi M, N lần lượt là hai điểm nằm trên hai cạnh AB và CD sao cho AB = 3AM , CD = 2CN và G là trọng tâm     tam giác MNB . Phân tích các vectơ AN , MN , AG qua các véc tơ AB và  AC Lời giải (hình 1.25) M A     1  Ta có: AN = AC + CN = AC - AB G 2         1 1 MN = MA + AN = - AB + AC - AB 3 2    D 5 C N = - AB + AC 6 Hình 1.25 Vì G là trọng tâm tam giác MNB nên     1  æ  1  ö  5   3AG = AM + AN + AB = AB + çç AC - AB ÷÷÷ + AB = AB + AC è ø 3 2 6  5  1  Suy ra AG = AB + AC 18 3 3. Bài tập luyện tập.   Bài 1.46: Cho tam giác ABC .Lấy các điểm M,N,P sao cho MB = 3MC ,       NA + 3NC = 0 , PA + PB = 0

(

)

     a) Biểu diễn các vectơ AP , AN , AM theo các vectơ AB và AC     b) Biểu diễn các vectơ MP , MN theo các vectơ AB và AC Có nhận xét gì về ba điểm M, N, P thẳng hàng? Bài 1.47: Cho tam giác ABC.Gọi I, J là hai điểm xác định bởi      IA = 2IB , 3JA + 2JC = 0    a)Tính IJ theo AB và AC . b)Đường thẳng IJ đi qua trọng tâm G của tam giác ABC Bài 1.48. Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Gọi I là điểm trên cạnh BC sao cho 2CI = 3BI và J là điểm trên BC kéo dài sao cho 5JB = 2JC .     a) Hãy phân tích AI , AJ theo AB và AC .    b) Hãy phân tích AG theo AI và AJ .   Bài 1.49: Cho hai vectơ a , b không cùng phương. Tìm x sao cho       a) u = a + ( 2x - 1 )b và v = xa + b cùng phương   2    b) u = 3a + xb và u = ( 1 - x )a - b cùng hướng 3

 DẠNG 5: Chứng minh hai điểm trùng nhau, hai tam giác cùng trọng tâm 1. Phương pháp giải.  Để chứng minh hai điểm A1 và A2 trùng nhau, ta lựa chọn một trong hai cách sau :   Cách 1: Chứng minh A1A2 = 0.   Cách 2: Chứng minh OA1 = OA2 với O là điểm tuỳ ý.

Để chứng minh hai tam giác ABC và A ' B 'C ' cùng trọng tâm ta làm như sau: Cách 1: Chứng minh G là trọng tâm DABC trùng với G ' là trọng tâm DA ' B 'C '     Cách 2: Gọi G là trọng tâm DABC (tức ta có GA + GB + GC = 0 ) ta đi     chứng minh GA ' + GB ' + GC ' = 0 2. Các ví dụ.   Ví dụ 1: Chứng minh rằng AB = CD khi và chỉ khi trung điểm của hai đoạn thẳng AD và BC trùng nhau. Lời giải     Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AD và BC suy ra AI = ID , CJ = JB         Do đó AB = CD Û AI + IJ + JB = CJ + JI + ID 

    Û IJ = JI Û IJ = 0 hay I trùng với J Ví dụ 2: Cho tam giác ABC , trên các cạnh AB, BC, CA ta lấy lần lượt các AM BN CP = = điểm M, N, P sao cho . Chứng minh rằng hai tam giác AB BC CA ABC và MNP có cùng trọng tâm. Lời giải       AM = k suy ra AM = kAB ; BN = kBC ; CP = kCA Giả sử AB Cách 1: Gọi G, G' lần lượt là trọng tâm DABC và DMNP         Suy ra GA + GB + GC = 0 và G ' M + G ' N + G ' P = 0 (*)       Ta có AM = kAB Û AG + GG ' + G ' M = kAB     Tương tự BG + GG ' + G ' N = kBC     Và CG + GG ' + G ' P = kCA Cộng vế với vế từng đẳng thức trên ta được           AG + BG + CG + 3GG ' + G ' M + G ' N + G ' P = k AB + BC + CA   Kết hợp với (*) ta được GG ' = 0 Suy ra điều phải chứng minh     Cách 2: Gọi G là trọng tâm tam giác ABC suy ra GA + GB + GC = 0          Ta có: GM + GN + GP = GA + AM + GB + BN + GC + CP           = AM + BN + CP = kAB + kBC + kCA = k (AB + BC + CA) = 0 Vậy hai tam giác ABC và MNP có cùng trọng tâm. Ví dụ 3: Cho lục giác ABCDEF . Gọi M , N , P , Q , R, S lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , BC , CD , DE , EF , FA . Chứng minh rằng hai tam giác MPR và NQS có cùng trọng tâm. Lời giải (hình 1.26) Gọi G là trọng tâm của DMPR suy ra     C N GM + GP + GR = 0 (*) B       Mặt khác 2GM = GA + GB, 2GP = GC + GD, M P    2GR = GE + GF . A

(

)

(

)

(

)

Q F

R Hình 1.26

         Þ 2(GM + GP + GR) = GA + GB + GC + GD + GE + GF Kết hợp với (*) ta được        GA + GB + GC + GD + GE + GF = 0        Û (GA + GF ) + (GB + GC ) + (GD + GE ) = 0     Û 2GS + 2GN + 2GQ = 0     Û GS + GN + GQ = 0 Suy ra G là trọng tâm của DSNQ . Vậy DMPR và DSNQ có cùng trọng tâm. Ví dụ 4: Cho hai hình bình hành ABCD và B C AB 'C ' D ' chung đỉnh A. Chứng minh rằng hai tam B' giác BC ' D và B 'CD ' cùng trọng tâm.

Lời giải (hình 1.27) A D Gọi G là trọng tâm tam giác BC ' D suy ra     C' GB + GC ' + GD = 0        Û GB ' + GC + GD ' + B ' B + CC ' + DD ' = 0 (1) D' Mặt khác theo quy tắc phép trừ và hình bình hành ta Hình 1.27 có          B ' B + CC ' + D ' D = ( AB - AB ' ) + ( AC ' - AC ) + (AD - AD ' )       = ( AB + AD ) - AC - ( AB ' + AD ' ) + AC      = AC - AC - AC ' + AC = 0 (2)     Từ (1) và (2) ta có GB ' + GC + GD ' = 0 hay G là trọng tâm tam giác B 'CD ' 3. Bài tập luyện tập. Bài 1.50. Cho các tam giác ABC , A ' B 'C ' có G, G’ lần lượt là trọng tâm .     Chứng minh rằng: AA ' + BB ' + CC ' = 3GG ' . Từ đó suy ra điều kiện cần và đủ để hai tam giác có cùng trọng tâm . Bài 1.51. Cho tam giác ABC , vẽ các hình bình hành ABIJ , BCPQ , CARS . Chứng minh rằng DRIP , DJQS có cùng trọng tâm. Bài 1.52. Cho tam giác ABC có A' là điểm đối xứng của A qua B, B' là điểm đối xứng của B qua C, C' là điểm đối xứng của C qua A. Chứng minh các tam giác ABC và A ' B 'C ' có cùng trọng tâm. 29

Bài 1.53. Cho tứ giác ABCD . Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng hai tam giác ANP và CMQ có cùng trọng tâm. Bài 1.54. Cho tam giác ABC . Gọi A', B' ,C' là các điểm xác định bởi       2011A ' B + 2012A 'C = 0 , 2011B 'C + 2012B ' A = 0 ,    2011C ' A + 2012C ' B = 0 Chứng minh rằng DABC và DA ' B 'C ' cùng trọng tâm Bài 1.55. Cho DABC và DA ' B 'C ' có cùng trọng tâm G, gọi G1,G2 ,G 3 là

trọng tâm các tam giác BCA ',CAB ', ABC ' .Chứng minh rằng DG1G2G 3 cũng có trọng tâm G Bài 1.56. Cho tứ giác ABCD có trọng tâm G. Gọi G1 , G2 , G 3 , G 4 lần lượt là trọng tâm các tam giác DABC , DBCD , DCDA, DDAB . Chứng minh rằng G cũng là trọng tâm tứ giác G1G2G 3G 4 Bài 1.57. Cho tam giác ABC đều và M là một điểm nằm trong tam giác. Gọi A1 , B1 ,C 1 lần lượt là điểm đối xứng M qua BC, CA, AB. Chứng minh rằng tam giác ABC và A1 , B1 ,C 1 có cùng trọng tâm. Bài 1.58. Cho các tam giác ABC , điểm O nằm trong tam giác. Gọi A1 , B1 ,C 1 lần lượt là hình chiếu của O lên BC, CA, AB. Lấy các điểm A2 , B2 ,C 2 lần lượt thuộc các tia OA1 , OB1 , OC 1 sao cho OA2 = a , OB2 = b , OC 2 = c . Chứng minh O là trọng tâm tam giác A2B2C 2

 DẠNG 6: Tìm tập hợp điểm thỏa mãn điều kiện vectơ cho trước. 1. Phương pháp giải. Để tìm tập hợp điểm M thỏa mãn mãn điều kiện vectơ ta quy về một trong các dạng sau   - Nếu MA = MB với A, B phân biệt cho trước thì M thuộc đường trung trực của đoạn AB.   - Nếu MC = k . AB với A, B, C phân biệt cho trước thì M thuộc đường  tròn tâm C, bán kính bằng k . AB . 30

  - Nếu MA = kBC với A, B, C phân biệt và k là số thực thay đổi thì + M thuộc đường thẳng qua A song song với BC với k Î R

 + M thuộc nửa đường thẳng qua A song song với BC và cùng hướng BC với k > 0 + M thuộc nửa đường thẳng qua A song song với BC và ngược hướng  BC với k < 0   - Nếu MA = kBC , B ¹ C với A, B, C thẳng hàng và k thay đổi thì tập

hợp điểm M là đường thẳng BC 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Cho tam giác ABC a) Chứng minh rằng tồn tại duy nhất điểm I thỏa mãn :     2IA + 3IB + 4IC = 0 .      b) Tìm quỹ tích điểm M thỏa mãn : 2MA + 3MB + 4MC = MB - MA . Lời giải

          a) Ta có: 2IA + 3IB + 4IC = 0 Û 2IA + 3(IA + AB ) + 4(IA + AC ) = 0       3AB + 4AC Û 9IA = -3AB - 4AC Û IA = Þ I tồn tại và duy nhất. 9 b) Với I là điểm được xác định ở câu a, ta có:         2MA + 3MB + 4MC = 9MI + (2IA + 3IB + 4IC ) = 9MI và    MB - MA = AB nên        AB | 2MA + 3MB + 4MC |=| MB - MA |Û| 9MI |=| AB |Û MI = 9 AB Vậy quỹ tích của M là đường tròn tâm I bán kính . 9 Ví dụ 2: Cho tam giác ABC . Tìm tập hợp các điểm M thoả mãn điều kiện sau :     a) MA + MB = MA + MC      b) MA + MB = k ( MA + 2MB - 3MC ) với k là số H thực thay đổi Lời giải (hình 1.28) a) Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB, AC suy ra

C F A

E Hình 1.28

31 B

      MA + MB = 2ME và MA + MC = 2MF     Khi đó MA + MB = MA + MC   Û 2ME = 2MF Û ME = MF

Vậy tập hợp các điểm M là đường trung trực của EF         b) Ta có MA + 2MB - 3MC = MA + 2 ( MA + AB ) - 3 ( MA + AC )      = 2AB - 3AC = 2AB - 2AH = 2HB  3  Với H là điểm thỏa mãn AH = AC 2      Suy ra MA + MB = k ( MA + 2MB - 3MC )     Û 2ME = 2kHB Û ME = kHB

Vậy tập hợp điểm M là đường thẳng đi qua E và song song với HB Ví dụ 3: Cho tứ giác ABCD . Với số k tùy ý, lấy các điểm M và N sao cho     AM = kAB , DN = kDC . Tìm tập hợp các trung điểm I của đoạn thẳng MN khi k thay đổi. Lời giải (hình 1.29) Gọi O, O' lần lượt là trung điểm của AD và BC, ta có         B M AB = AO + OO ' + O ' B và DC = DO + OO ' + O 'C    A Suy ra AB + DC = 2OO ' O' Tương tự vì O, I lần lượt là trung điểm của AD và MN nên O    I AM + DN = 2OI  1    D C N Do đó OI = ( kAB + kDC ) = kOO ' 2 Hình 1.29 Vậy khi k thay đổi, tập hợp điểm I là đường thẳng OO' 3. Bài tập luyện tập. Bài 1.59. Cho 2 điểm cố định A, B. Tìm tập hợp các điểm M sao cho:         a) MA + MB = MA - MB b) 2MA + MB = MA + 2MB Bài 1.60. Cho ABC. Tìm tập hợp các điểm M sao cho:    a) MA + kMB = kMC với k là số thực thay đổi      b) v = MA + MB + 2MC cùng phương với véc tơ BC 32

    c) MA + BC = MA - MB (HD: dựng hình bình hành ABCD) Bài 1.61. Cho ABC. Tìm tập hợp điểm M trong các trường hợp sau:     a ) 2MA + 3MB = 3MB - 2MC       b) 4MA + MB + MC = 2MA - MB - MC

Bài 1.62: Cho tứ giác ABCD .    a)Xác định điểm O sao cho : OB + 4OC = 2OD .     b)Tìm tập hợp điểm M thoả mãn hệ thức MB + 4MC - 2MD = 3MA Bài 1.63: Cho lục giác đều ABCDEF . Tìm tập hợp các điểm M sao cho :       MA + MB + MC + MD + ME + MF nhận giá trị nhỏ nhất Bài 1.64: Trên hai tia Ox và Oy của góc xOy lấy hai điểm M, N sao cho OM + ON = a với a là số thực cho trước. tìm tập hợp trung điểm I của

đoạn thằng MN  DẠNG 7: Xác định tính chất của hình khi biết một đẳng thức vectơ 1. Phương pháp giải. Phân tính được định tính xuất phát từ các đẳng thức vectơ của giả thiết, lưu ý tới những hệ thức đã biết về trung điểm của đoạn thẳng, trọng tâm của tam      giác và kết quả " ma + nb = 0 Û m = n = 0 với a, b là hai vectơ không cùng phương " 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AD và DC của tứ giác ABCD . Các đoạn thẳng AN và BM cắt nhau tại P. Biết  1   2  PM = BM ; AP = AN . Chứng minh rằng tứ giác ABCD là hình 5 5 bình hành. Lời giải      Ta có: AB = AM + MB = AM + 5MP     = 5AP - 4AM = 2AN - 2AD    = 2(AD + DN ) - 2AD   = 2DN = DC Þ ABCD là hình bình hành. 33

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có các cạnh bằng a, b, c và trọng tâm G thoả     mãn: a 2GA + b 2GB + c 2GC = 0. Chứng minh rằng ABC là tam giác đều. Lời giải G là trọng tâm tam giác ABC nên        GA + GB + GC = 0 Û GA = -GB - GC .     Suy ra a 2GA + b 2GB + c 2GC = 0.      Û a 2 -GB - GC + b 2GB + cGC = 0.    2 2 2 2 Û (b - a )GB + (c - a )GC = 0. ( * )   Vì GB và GC là hai vecơ không cùng phương, do đó (*) tương đương với: ìïb 2 - a 2 = 0 ïí Û a = b = c hay tam giác ABC đều. ïïc 2 - a 2 = 0 î Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có trung tuyến AA' và B' , C' là các điểm thay     đổi trên CA, AB thoả mãn AA ' + BB ' + CC ' = 0 . Chứng minh BB', CC' là các trung tuyến của tam giác ABC . Lời giải     Giả sử AB ' = mAC , AC ' = nAB      Suy ra BB ' = AB ' - AB = mAC - AB      và CC ' = AC ' - AC = nAB - AC  1   Mặt khác A' là trung điểm của BC nên AA ' = ( AB + AC ) 2     Do đó AA ' + BB ' + CC ' = 0      1   Û AB + AC + mAC - AB + nAB - AC = 0 2 æ 1 ö  æ 1 ö   hay çç n - ÷÷÷ AB + çç m - ÷÷÷ AC = 0 è è 2ø 2ø   1 Vì AB , AC không cùng phương suy ra m = n = do đó B', C' lần lượt là 2 trung điểm của CA, AB Vậy BB', CC' là các trung tuyến của tam giác ABC . 3. Bài tập luyên tập. Bài 1.65: Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại O thoả mãn      OA + OB + OC + OD = 0 . Chứng minh tứ giác ABCD là hình bình hành.

(

)

Bài 1.66: Cho ABC có BB', CC' là các trung tuyến, A' là điểm trên BC thoả     mãn AA ' + BB ' + CC ' = 0 . Chứng minh AA' cũng là trung tuyến của tam giác ABC . Bài 1.67: Cho ABC có A', B', C' là các điểm thay đổi trên BC, CA, AB sao     cho AA ', BB ', CC ' đồng quy và thoả mãn AA ' + BB ' + CC ' = 0 Chứng minh AA ', BB ', CC ' là các trung tuyến của tam giác ABC . Bài 1.68: Cho 4 điểm A, B, C, D; I là trung điểm AB và J thuộc CD thoả    mãn AD + BC = 2IJ . Chứng minh J là trung điểm của CD. Bài 1.69: Cho tứ giác ABCD . Giả sử tồn tại điểm O sao cho      OA = OB = OC = OD và OA + OB + OC + OD = 0 . Chứng minh rằng ABCD là hình chữ nhật. Bài 1.70: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, gọi G là trọng tâm tam giác ABC . A', B', C' là các điểm thỏa mãn:       OA = 3OA ', OB = 3OB ', OC = 3OC ' . Chứng minh rằng G là trực tâm tam giác A ' B 'C ' . Bài 1.71: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, gọi H là trực tâm tam giác . A', B', C' là các điểm thỏa mãn:       OA ' = 3OA, OB ' = 3OB , OC ' = 3OC . Chứng minh rằng H là trọng tâm tam giác A ' B 'C ' . Bài 1.72: Cho tam giác ABC và điểm M nằm trong tam giác. Đường thẳng AM cắt BC tại D, BM cắt CA tại E và CM cắt AB tại F. Chứng minh rằng     nếu AD + BE + CF = 0 thì M là trọng tâm tam giác ABC .  DẠNG 8: Chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị liên quan đến độ dài vectơ 1. Phương pháp.  Sử dụng bất đẳng thức cơ bản:   Với mọi vectơ a , b ta luôn có       + a + b £ a + b , dấu bằng xảy ra khi a , b cùng hướng       + a - b ³ a - b , dấu bằng xảy ra khi a , b ngược hướng   Đưa bài toán ban đầu về bài toán tìm cực trị của MI với M thay đổi  + Nếu M là điểm thay đổi trên đường thẳng D khi đó MI đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu của M lên D .

 + Nếu M là điểm thay đổi trên đường tròn (O) khi đó MI đạt giá trị nhỏ  nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của tia OI với đường tròn; MI đạt giá

trị lớn nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của tia IO với đường tròn 2. Các ví dụ. Ví dụ 1. Cho tam giác ABC và đường thẳng d. Tìm điểm M thuộc đường    thẳng d để biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất T = MA + MB - MC Lời giải:

    Gọi I là đỉnh thứ tư của hình bình hành ACBI thì IA + IB - IC = 0       Khi đó : T = MI + IA + MI + IB - MI + IC      = MI + IA + IB - IC = MI

(

) (

)

Vậy T đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu của I lên đường thẳng d. Ví dụ 2: Cho tam giác ABC và A ' B 'C ' là các tam giác thay đổi, có trọng tâm G và G' cố định. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng T = AA '+ BB '+ CC '         Giải: Vì GA + GB + GC = 0 và G ' A ' + G ' B ' + G 'C ' = 0 nên        AA ' + BB ' + CC ' = AG + GG ' + G ' A + BG +      + GG ' + G ' B ' + CG + GG ' + G 'C '         = 3GG ' - (GA + GB + GC ) + (G ' A ' + G ' B ' + G 'C ') = 3GG ' Do đó:       AA '+ BB '+ CC ' = AA ' + BB ' + CC ' ³ AA ' + BB ' + CC '  = 3 GG ' = 3GG '    Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi các vectơ AA ', BB ', CC ' cùng hướng Vậy giá trị nhỏ nhất T là 3GG ' 3. Bài tập luyên tập. Bài 1.73: Cho tam giác ABC , đường thẳng d và ba số a, b, g sao cho a + b + g ¹ 0 . Tìm điểm M thuộc đường thẳng d để biểu thức    T = aMA + b MB + g MC đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 1.74: Cho tam giác ABC . Tìm điểm M trên đường tròn (C) ngoại tiếp    tam giác ABC sao cho MA + MB + MC 36

a) Đạt giá trị lớn nhất b) Đạt giá trị nhỏ nhất Bài 1.75: Cho tứ giác ABCD và A ' B 'C ' D ' là các tứ giác thay đổi, có trọng tâm G và G' cố định. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng T = AA '+ BB '+ CC '+ DD ' Bài 1.76: Cho tam giác ABC . M, N, P lần lượt là các điểm trên các cạnh       BC, CA, AB sao cho BM = kBC , CN = kCA, AP = kAB . Chứng minh rằng các đoạn thẳng AM, BN, CP là ba cạnh của một tam giác nào đó. Do đó các đoạn thẳng AM, BN, CP là ba cạnh của một tam giác nào đó. Bài 1.77 : Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng với mọi điểm M thuộc cạnh AB và không trùng với các đỉnh ta có: MC .AB < MA.BC + MB .AC Bài 1.78: Cho tứ giác ABCD , M là điểm thuộc đoạn CD. Gọi p , p1 , p2 lần lượt là chu vi của các tam giác AMB , ACB , ADB . Chứng minh rằng p < max { p1 ; p2 } . Bài 1.79: Trên đường tròn tâm O bán kính bằng 1 lấy 2n + 1 điểm Pi , i = 1, 2,..., 2n + 1( n Î N ) ở cùng phía với đối với đường kính nào đó. 2n +1  Chứng minh rằng å OPi ³ 1 i =1

§4 TRỤC TỌA ĐỘ VÀ HỆ TRỤC TỌA ĐỘ A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT : I.TRỤC TỌA ĐỘ: 1. Định nghĩa: Trục tọa độ (Trục , hay trục số ) là một đường thẳng trên đó   ta đã xác định một điểm O và một vectơ đơn vị i ( tức là i = 1 )  i

Hình 1.30

 Điểm O được gọi là gốc tọa độ , vec tơ i được gọi là vectơ đơn vị của trục  tọa độ. Kí hiệu (O ; i ) hay x 'Ox hoặc đơn giản là Ox

2. Tọa độ của vectơ và của điểm trên trục:     + Cho vec tơ u nằm trên trục (O ; i ) thì có số thực a sao cho u = a i với   a Î R . Số a như thế được gọi là tọa độ của vectơ u đối với trục (O ; i )    + Cho điểm M nằm trên (O ; i ) thì có số m sao cho OM = m i . Số m như  thế được gọi là tọa độ của điểm M đối với trục (O ; i )  Như vậy tọa độ điểm M là trọa độ vectơ OM 3. Độ dài đại số của vec tơ trên trục :  Cho hai điểm A, B nằm trên trục Ox thì tọa độ của vectơ AB kí hiệu là  AB và gọi là độ dài đại số của vectơ AB trên trục Ox   Như vậy AB = AB .i Tính chất : + AB = -BA   + AB = CD Û AB = CD  + "A; B;C Î (O ; i ) : AB + BC = AC y II. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ 1. Định nghĩa: Hệ trục tọa độ gồm hai trục vuông  góc Ox và Oy với hai vectơ đơn vị lần lượt là i , j . Điểm O gọi là gốc tọa độ, Ox gọi là trục hoành và Oy gọi là trục tung.  Kí hiệu Oxy hay (O ; i , j ) 2. Tọa độ điểm, tọa độ vec tơ . 38

K O Hình 1.31

M H x

    + Trong hệ trục tọa độ (O ; i , j ) nếu u = xi + y j thì cặp số ( x ; y ) được gọi    là tọa độ của vectơ u , kí hiệu là u = ( x ; y ) hay u ( x ; y ) .  x được gọi là hoành độ, y được gọi là tung độ của vectơ u   + Trong hệ trục tọa độ (O ; i , j ) , tọa độ của vectơ OM gọi là tọa độ của

điểm M, kí hiệu là M = ( x ; y ) hay M ( x ; y ) . x được gọi là hoành độ, y được gọi là tung độ của điểm M. Nhận xét: (hình 1.31) Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của M lên Ox và Oy      thì M ( x ; y ) Û OM = xi + y j = OH + OK     Như vậy OH = xi , OK = y j hay x = OH , y = OK 3. Tọa độ trung điểm của đoạn thẳng. Tọa độ trọng tâm tam giác. + Cho A(x A ; yA ), B(x B ; yB ) và M là trung điểm AB. Tọa độ trung điểm

xA + xB y + yB , yM = A 2 2 + Cho tam giác ABC có A(x A ; yA ), B(x B ; yB ), C ( xC ; yC ) . Tọa độ trọng

M ( x M ; yM ) của đoạn thẳng AB là x M =

tâm G ( xG ; yG ) của tam giác ABC là xG =

x A + x B + xC và 3

yA + yB + yC 2 4. Biểu thứ tọa độ của các phép toán vectơ.   Cho u = (x ; y ) ; u ' = (x '; y ') và số thực k. Khi đó ta có :   ìï x = x ' 1) u = u ' Û ïí ïï y = y ' î   2) u ± v = (x ± x '; y ± y ')  3) k .u = (kx ; ky )     ì ï x ' = kx 4) u ' cùng phương u ( u ¹ 0 ) khi và chỉ khi có số k sao cho ïí ï y ' = ky ï î  5) Cho A(x A ; yA ), B(x B ; yB ) thì AB = ( x B - x A ; yB - yA ) B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI.  DẠNG 1: Tìm tọa độ của một điểm; tọa độ vectơ; độ dài đại số  của vectơ và chứng minh hệ thức liên quan trên trục (O ; i ) yG =

1. Phương pháp giải. 39

Sử dụng các kiến thức cơ bản sau:    Điểm M có tọa độ a Û OM = a .i     Vectơ AB có độ dài đại số là m = AB Û AB = mi  Nếu a, b lần lượt là tọa độ của A, B thì AB = b - a  Các tính chất + AB = -BA   + AB = CD Û AB = CD  + "A; B;C Î (O ; i ) : AB + BC = AC 2. Các ví dụ.

 Ví dụ 1: Trên trục tọa độ (O ; i ) cho 3 điểm A ; B ; C có tọa độ lần lượt là

–2 ; 1 và 4.

   a) Tính tọa độ các vectơ AB ; BC ; CA

b) Chứng minh B là trung điểm của AC. Lời giải a) Ta có AB = 1 + 2 = 3, BC = 3, CA = -6   b) Ta có BA = -3 = -BC Þ BA = -BC suy ra B là trung điểm AC  Ví dụ 2: Trên trục tọa độ (O; i ) cho 4 điểm A, B, C , D bất kỳ. Chứng minh AB.CD + AC .DB + AD.BC = 0 Lời giải Cách 1: Giả sử tọa độ các điểm A, B, C, D lần lượt là a, b, c, d. Ta có AB.CD = (b - a )(d - c ) = bd + ac - bc - ad AC .DB = (c - a )(b - d ) = bc + ad - cd - ab AD.BC = (d - a )(c - b ) = cd + ab - ac - bd

Cộng vế với vế lại ta được AB.CD + AC .DB + AD.BC = 0 Cách 2: AB.CD + AC .DB + AD.BC =

(

)

(

)

(

AB. AD - AC + AC . AB - AD + AD. AC - AB

)

= AB.AD - AB.AC + .AC .AB - AC .AD + AD.AC - AD.AB

=0 3. Bài tập luyện tập.

 Bài 1.80.Trên trục tọa độ (O; i ) Cho 2 điểm A và B có tọa độ lần lượt a và b.

  a)Tìm tọa độ điểm M sao cho MA = kMB (k ¹ 1)

b)Tìm tọa độ trung điểm I của AB c)Tìm tọa độ điểm N sao cho 2NA = -5NB  Bài 1.81.Trên trục (O ; i ) cho 3 điểm A ; B ; C có tọa độ lần lượt là a ; b ; c     . Tìm điểm I sao cho : IA + IB + IC = 0  Bài 1.82. Trên trục tọa độ (O ; i ) cho 4 điểm A, B, C , D có tọa độ lần lượt là a, b, c, d và thỏa mãn hệ thức 2(ab + cd ) = (a + b )(c + d ) . Chứng minh rằng

DB CB  DẠNG 2: Tìm tọa độ điểm, tọa độ vectơ trên mặt phẳng Oxy . 1. Phương pháp.   Để tìm tọa độ của vectơ a ta làm như sau   Dựng vectơ OM = a . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M  lên Ox , Oy . Khi đó a ( a1 ;a2 ) với a1 = OH , a2 = OK   Để tìm tọa độ điểm A ta đi tìm tọa độ vectơ OA   Nếu biết tọa độ hai điểm A(x A ; yA ), B(x B ; yB ) suy ra tọa độ AB được xác định theo công  thức AB = ( x B - x A ; yB - yA )

Chú ý: OH = OH nếu H nằm trên tia Ox (hoặc Oy ) và OH = -OH nếu H nằm trên tia đối tia Ox (hoặc Oy ) 2. Các ví dụ: y Ví dụ 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Cho M(x;y) điểm M ( x ; y ) . M2 Tìm tọa độ của các điểm a) M 1 đối xứng với M qua trục hoành O x b) M 2 đối xứng với M qua trục tung c) M 3 đối xứng với M qua gốc tọa độ M3 M1 Lời giải (hình 1.32) Hình 1.32

a) M 1 đối xứng với M qua trục hoành suy ra M 1 ( x ; -y ) b) M 2 đối xứng với M qua trục tung suy ra M 2 ( -x ; y ) c) M 3 đối xứng với M qua gốc tọa độ suy ra M 3 ( -x ; -y )   Ví dụ 2: Trong hệ trục tọa độ (O; i ; j ), cho hình vuông ABCD tâm I và  có A(1; 3) . Biết điểm B thuộc trục (O; i ) và   y BC cùng hướng với i . Tìm tọa độ các vectơ    A D AB , BC và AC Lời giải (hình 1.33) Từ giả thiết ta xác định được hình vuông trên mặt phẳng tọa độ O (hình bên) Vì điểm A(1; 3) suy ra AB = 3, OB = 1 Cx O B Do đó B ( 1; 0 ) , C ( 4; 0 ), D ( 4; 3 ) Hình 1.33    Vậy AB ( 0; -3 ) , BC ( 3; 0 ) và AC ( 3; -3 ) Ví dụ 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Cho hình thoi ABCD cạnh a và  = 600 . Biết A trùng với gốc tọa độ O, C thuộc trục Ox và BAD x B ³ 0, yB ³ 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD

Lời giải (hình 1.34) Từ giả thiết ta xác định được hình thoi trên mặt phẳng tọa độ Oxy Gọi I là tâm hình thoi ta có  = a sin 300 = a BI = AB sin BAI 2 a2 a 3 AI = AB 2 - BI 2 = a 2 - = 4 2 Suy ra æ a 3 a ö÷ æ a 3 a ö÷ A( 0; 0 ) , B çç ; ÷÷ , C (a 3; 0 ), D çç ; - ÷÷ 2ø èç 2 2 ø èç 2 3. Bài tập luyên tập.

y B C A

I D Hình 1.34

  Bài 1.83: Trong hệ trục tọa độ (O; i ; j ), Cho tam giác đều ABC cạnh a,     biết O là trung điểm BC, i cùng hướng với OC , j cùng hướng OA . a) Tính tọa độ của các đỉnh của tam giác ABC b) Tìm tọa độ trung điểm E của AC c) Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

  Bài 1.84: Trong hệ trục tọa độ (O; i ; j ), Cho hình thoi ABCD tâm O có     AC = 8, BD = 6 . Biết OC và i cùng hướng, OB và j cùng hướng. a) Tính tọa độ các đỉnh của hình thoi b) Tìm tọa độ trung điểm I của BC và trọng tâm tam giác ABC Bài 1.85: Cho hình bình hành ABCD có AD = 4 và chiều cao ứng với     = 600 . Chọn hệ trục tọa độ ( A; i , j ) sao cho i và AD cạnh AD = 3, BAD     cùng hướng, yB > 0 . Tìm tọa độ các vecto AB, BC , CD và AC   Bài 1.86: Cho lục giác đều ABCDEF . Chọn hệ trục tọa độ (O; i ; j ),     trong đó O là tâm lục giác đều , i cùng hướng với OD , j cùng hướng EC . Tính tọa độ các đỉnh lục giác đều , biết cạnh của lục giác là 6 .

 DẠNG 3: Xác định tọa độ điểm, vectơ liên quan đến biểu thức      dạng u + v , u - v , k u 1. Phương pháp.      Dùng công thức tính tọa độ của vectơ u + v , u - v , k u     Với u = (x ; y ) ; u ' = (x '; y ') và số thực k, khi đó u ± v = (x ± x '; y ± y ')  và k .u = (kx ; ky ) 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Trong mặt phẳng Oxy , cho 3 vecto:    a = ( 3; 2 ) b = ( - 1;5 ) c = ( - 2; -5 )

Tìm tọa độ của vectơ sau        a) u + 2v với u = 3i - 4 j và v = pi        b) k = 2a + b và l = -a + 2b + 5c

Lời giải        a) Ta có u + 2v = 3i - 4 j + pi = ( 3 + p )i - 4 j suy ra   u + 2v = ( 3 + p; -4 )    b) Ta có 2a = (6; 4) b = (-1;5) suy ra k = ( 6 - 1; 4 + 5 ) = ( 5;9 ) ;    -a = (-3; -2), 2b = (-2;10) và 5c = (-10; -25) suy ra  l = ( -3 - 2 - 10; -2 + 10 - 25 ) = (-15; -17 ) 43

    Ví dụ 2: Cho a = (1;2), b = (-3; 4) ; c = (-1; 3) . Tìm tọa độ của vectơ u biết         a) 2u - 3a + b = 0 b) 3u + 2a + 3b = 3c Lời giải      3  1 a) Ta có 2u - 3a + b = 0 Û u = a - b 2 2  æ3 3 ö Suy ra u = çç + ; 3 - 2 ÷÷÷ = ( 3; 1 ) è2 2 ø      2   b) Ta có 3u + 2a + 3b = 3c Û u = - a - b + c 3  æ 2 ö æ4 7ö 4 Suy ra u = çç - + 3 - 1; - - 4 + 3 ÷÷÷ = çç ; - ÷÷÷ è 3 ø è3 3ø 3

Ví dụ 3: Cho ba điểm A( -4; 0 ) , B ( 0; 3 ) và C ( 2; 1 )    a) Xác định tọa độ vectơ u = 2AB - AC     b) Tìm điểm M sao cho MA + 2MB + 3MC = 0 Lời giải    a) Ta có AB ( 4; 3 ) , AC ( 6; 1 ) suy ra u = ( 2; 5 ) b) Gọi M ( x ; y ) , ta có    MA( -4 - x ; -y ) , MB ( -x ; 3 - y ), MC ( 2 - x ; 1 - y )    Suy ra MA + 2MB + 3MC = ( -6x + 2; -6y + 9 ) ì ïx = 1     ïì-6x + 2 = 0 ï ï 3 Ûï Do đó MA + 2MB + 3MC = 0 Þ í í ïïî -6y + 9 = 0 ï 3 ï y= ï ï î 2 æ1 3ö Vậy M çç ; ÷÷÷ è3 2ø 3. Bài tập luyện tập.   æ 1 ö  Bài 1.87.Cho các vecto a = ( 2; 0 ), b = çç -1; ÷÷÷, c = ( 4;6 ) . çè 2ø  Tìm tọa độ vectơ u biết     a) u = 2a - 4b + 5c     b) a - 2b + 2u = c Bài 1.88. Cho ba điểm A( -4; 0 ) , B ( -5; 0 ) và C ( 3; -3 ) 44

    a) Tìm tọa độ vectơ u = AB - 2BC + 3CA     b) Tìm điểm M sao cho MA + MB + MC = 0

 DẠNG 4: Xác định tọa độ các điểm của một hình 1. Phương pháp. Dựa vào tính chất của hình và sử dụng công thức x + xB y + yB , yM = A + M là trung điểm đoạn thẳng AB suy ra x M = A 2 2 x + x B + xC , + G trọng tâm tam giác ABC suy ra xG = A 3 y + yB + yC yG = A 2   ïì x = x ' + u ( x ; y ) = u ' ( x '; y ' ) Û ïí ïï y = y ' î 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có A(2;1), B(-1; -2), C (-3;2) . a) Tìm tọa độ trung điểm M sao cho C là trung điểm của đoạn MB b) Xác định trọng tâm tam giác ABC b) Tìm điểm D sao cho ABCD là hình bình hành Lời giải x + xB a) C là trung điểm của MB suy ra xC = M Þ x M = 2xC - x B = -5 2 y + yB Þ yM = 2yC - yB = 6 và yC = M 2 Vậy M ( -5; 6 ) b) G là trọng tâm tam giác suy ra x + x B + xC 2 -1- 3 2 xG = A = = - và 3 3 3 y + yB + yC 1-2 +2 1 yG = A = = 2 3 3 æ 2 1 ÷ö Vậy G çç - ; ÷÷ è 3 3ø  c) Gọi D(x ; y ) Þ DC = (-3 - x ;2 - y ) Ta có: ABCD là hình bình hành suy ra

  ìï -3 - x = -3 ïì x = 0 AB = DC Û ïí Û ïí Þ D(0;5) . ïï 2 - y = -3 ïï y = 5 î î Vậy D ( 0; 5 ) Ví dụ 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho A( 3; -1 ) , B ( -1; 2 ) và I ( 1; -1 ) . Xác định tọa độ các điểm C, D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành biết I là trọng tâm tam giác ABC . Tìm tọa tâm O của hình bình hành ABCD . Lời giải Vì I là trọng tâm tam giác ABC nên x + x B + xC xI = A Þ xC = 3x I - x A - x B = 1 3 y + yB + yC yI = A Þ yC = 3yI - yA - yB = -4 2 suy ra C ( 1; -4 ) Tứ giác ABCD là hình bình hành suy ra   ïì -1 - 3 = 1 - x D ïì x D = 5 AB = DC Û ïí Û ïí Þ D(5; -7) ïï 2 + 1 = -4 - yD ïï yD = -7 î î Điểm O của hình bình hành ABCD suy ra O là trung điểm AC do đó æ x + xC y + yC 5 5ö xO = A = 2, yO = A = - Þ O çç 2; - ÷÷÷ 2 2 2 2ø èç

3. Bài tập luyện tập. Bài 1.89: Cho ba điểm A(3; 4), B(2;1), C (-1; -2) a) Tìm tọa độ trung điểm cạnh BC và tọa độ trọng tâm của tam giác ABC b) Tìm tọa độ điểm D sao cho ABCD là hình bình hành Bài 1.90: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho A( 3; 4 ) , B ( -1; 2 ), I ( 4; 1 ) . Xác định tọa độ các điểm C, D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành và I là trung điểm cạnh CD. Tìm tọa tâm O của hình bình hành ABCD . Bài 1.91: Cho tam giác ABC có A( 3; 1 ) , B ( 1; -3 ) , đỉnh C nằm trên Oy và trọng tâm G nằm trên trục Ox . Tìm tọa độ đỉnh C Bài 1.92: Cho tam giác ABC có M , N , P lần lượt là trung điểm của BC , CA, AB . Biết M (1;1), N (-2; -3), P (2; -1) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Bài 1.93: Cho tam giác ABC có A( 3; 4 ) , B ( -1; 2 ), C ( 4; 1 ) . A' là điểm đối xứng của A qua B, B' là điểm đối xứng của B qua C, C' là điểm đối xứng của C qua A. a) Tìm tọa độ các điểm A', B', C' 46

b) Chứng minh các tam giác ABC và A ' B 'C ' có cùng trọng tâm.  DẠNG 5: Bài toán liên quan đến sự cùng phương của hai vectơ. Phân tích một vectơ qua hai vectơ không cùng phương. 1. Phương pháp.      Cho u = (x ; y ) ; u ' = (x '; y ') . Vectơ u ' cùng phương với vectơ u (   ì ï x ' = kx u ¹ 0 ) khi và chỉ khi có số k sao cho ï í ï y ' = ky ï î   x' y' = Chú ý: Nếu xy ¹ 0 ta có u ' cùng phương u Û x y     Để phân tích c ( c1 ;c2 ) qua hai vectơ a ( a1 ;a2 ) , b (b1 ;b2 ) không cùng    phương, ta giả sử c = xa + yb . Khi đó ta quy về giải hệ phương ì ïa1x + b1y = c1 trình ïí ï a x + b2y = c2 ï î 2 2. Các ví dụ.    Ví dụ 1: Cho a = (1;2), b = (-3; 0) ; c = (-1; 3)   a) Chứng minh hai vectơ a ; b không cùng phương    b) Phân tích vectơ c qua a ; b Lời giải   -3 0 ¹ Þ a và b không cùng phương a) Ta có 1 2      b) Giả sử c = xa + yb . Ta có xa + yb = ( x - 3y;2x ) ìï ïï x = 2    ì x - 3y = -1 ï 3 Þ c = 2 a + 5b Û ïí Suy ra ïí ï ïï 2x = 3 5 3 9 ï î ïï y = î 9   2 Ví dụ 2: Cho u = ( m + m - 2 ; 4 ) và v = (m;2) . Tìm m để hai vecto   u , v cùng phương. Lời giải   + Với m = 0 : Ta có u = (-2; 4) ; v = (0;2)   0 2 ¹ nên hai vectơ u ; v không cùng phương Vì -2 4

  + Với m ¹ 0 : Ta có u ; v cùng phương khi và chỉ khi

é m = -1 m2 + m - 2 4 = Û m 2 - m - 2 = 0 Û êê m 2 êë m = 2 Vậy với m = -1 và m = 2 là các giá trị cần tìm. Ví dụ 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ba điểm A(6; 3), B(-3;6), C (1; -2) . a) Chứng minh A, B, C là ba đỉnh một tam giác. b) Xác định điểm D trên trục hoành sao cho ba điểm A, B, D thẳng hàng. c) Xác định điểm E trên cạnh BC sao cho BE = 2EC d) Xác định giao điểm hai đường thẳng DE và AC Lời giải     -9 3 ¹ a) Ta có AB ( -9; 3 ) , AC ( -5; -5 ) . Vì suy ra AB và AC -5 -5 không cùng phương Hay A, B, C là ba đỉnh một tam giác. b) D trên trục hoành Þ D ( x ; 0 )   Ba điểm A, B, D thẳng hàng suy ra AB và AD không cùng phương  x - 6 -3 = Þ x = 15 Mặt khác AD ( x - 6; -3 ) do đó -9 3 Vậy D ( 15; 0 )   c) Vì E thuộc đoạn BC và BE = 2EC suy ra BE = 2EC   Gọi E ( x ; y ) khi đó BE ( x + 3; y - 6 ), EC ( 1 - x ; -2 - y ) ïìï x = - 1 ï ì x + 3 = 2 1 x ( ) ï 3 Û ïí Do đó ïí ï ï ï y - 6 = 2 ( -2 - y ) ï y = 2 î ïï î 3 æ 1 2ö Vậy E çç - ; ÷÷÷ è 3 3ø d) Gọi I ( x ; y ) là giao điểm của DE và AC.   æ 46 2 ö Do đó DI ( x - 15; y ) , DE çç - ; ÷÷÷ cùng phương suy ra è 3 3ø 3 ( x - 15 ) 3y = Þ x + 23y - 15 = 0 (1) -46 2

  AI ( x - 6; y - 3 ), AC ( -5; -5 ) cùng phương suy ra x -6 y -3 = Þ x - y - 3 = 0 (2) -5 -5 7 1 Từ (1) và (2) suy ra x = và y = 2 2 æ7 1ö Vậy giao điểm hai đường thẳng DE và AC là I çç ; ÷÷÷ è2 2ø 3. Bài tập luyên tập. Bài 1.94. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho 4 điểm A( 1; -2 ) , B ( 0; 3 ), C ( -3; 4 ) và D ( -1; 8 ) . a) Bộ ba trong 4 điểm trên bộ nào thẳng hàng   b) Chứng minh AB và AC không cùng phương    c) Phân tích CD qua AB và AC Bài 1.95. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho 4 điểm A( 0; 1 ) , B ( 1; 3 ), C ( 2; 7 ) và D ( 0; 3 ) . Tìm giao điểm của 2 đường thẳng AC và BD   Bài 1.96. Cho a = (3;2), b = (-3;1)   a) Chứng minh a và b không cùng phương     b) Đặt u = (2 - x )a + (3 + y )b . Tìm x , y sao cho u cùng phương với     xa + b và a + b . Bài 1.97. Cho tam giác ABC có A(3; 4), B(2;1), C (-1; -2) . Tìm điểm M trên đường thẳng BC sao cho S ABC = 3S ABM Bài 1.98. Cho ba điểm A(-1; -1), B(0;1), C (3; 0) a) Chứng minh ba điểm A, B, C tạo thành một tam giác. b) Xác định tọa độ điểm D biết D thuộc đoạn thẳng BC và 2BD = 5DC . c) Xác định tọa độ giao điểm của AD và BG trong đó G là trọng tâm tam giác ABC . Bài 1.99. Tìm trên trục hoành điểm P sao cho tổng khoảng cách từ P tới hai điểm A và B là nhỏ nhất, biết: a) A( 1; 1 ) và B ( 2; -4 ) b) A( 1; 2 ) và B ( 3; 4 )

Bài 1.100: Cho hình bình hành ABCD có A( -2; 3 ) và tâm I ( 1; 1 ) . Biết điểm K ( -1; 2 ) nằm trên đường thẳng AB và điểm D có hoành độ gấp đôi tung độ. Tìm các đỉnh còn lại của hình bình hành.

CHUYÊN ĐỀ I: ỨNG DỤNG VECTƠ ĐỂ GIẢI TOÁN HÌNH HỌC Phương pháp chung Để giải một bài toán tổng hợp bằng phương pháp vectơ ta thường thực hiện theo các bước sau Bước 1: Chuyển giả thiết và kết luận của bài toán sang ngôn ngữ của vectơ, chuyển bài toán tổng hợp về bài toán vectơ. Bước 2: Sử dụng các kiến thức vectơ để giải quyết bài toán đó. Bước 3: Chuyển kết quả bài toán vectơ sang kết quả bài toán tổng hợp. Sau đây là một số dạng toán thường gặp I. CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG, ĐƯỜNG THẲNG ĐI QUA ĐIỂM CỐ ĐỊNH VÀ ĐIỂM THUỘC ĐƯỜNG THẲNG CỐ ĐỊNH. 1. Phương pháp giải.  Để chứng minh ba điểm A,B,C thẳng hàng ta chứng minh hai véc tơ   AB và AC cùng phương, tức là tồn tại số thực k sao cho:   AB = kAC .  Để chứng minh đường thẳng AB đi qua điểm cố định ta đi chứng minh ba điểm A, B, H thẳng hàng với H là một điểm cố định. 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Cho hai điểm phân biệt A, B. Chứng minh rằng M thuộc đường thẳng AB khi và chỉ khi có hai số thực a , b có tổng bằng 1 sao cho:    OM = aOA + bOB . Lời giải       * Nếu A, B, M thẳng hàng Þ AM = kAB Û AO + OM = k (AO + OB )    Þ OM = (1 - k )OA + kOB . Đặt a = 1 - k ; b = k Þ a + b = 1 và    OM = aOA + bOB .    * Nếu OM = aOA + bOB với a + b = 1 Þ b = 1 - a          Þ OM = aOA + (1 - a)OB Þ OM - OB = a(OA - OB ) Þ BM = aBA Suy ra M, A, B thẳng hàng. Ví dụ 2: Cho góc xOy . Các điểm A, B thay đổi lần lượt nằm trên Ox, Oy sao cho OA + 2OB = 3 . Chứng minh rằng trung điểm I của AB thuộc một đường thẳng cố định.  1  1  Định hướng: Ta có hệ thức vectơ xác định điểm I là OI = OA + OB (*) 2 2 50

Từ ví dụ 1 ta cần xác định hai điểm cố định A', B' sao cho    OI = aOA ' + bOB ' với a + b = 1 . Do đó từ hệ thức (*) ta nghĩ tới việc xác định hai điểm cố định A', B' lần lượt trên Ox, Oy  OA  OB  OA ' + OB ' . từ đó ta cần chọn các điểm đó Ta có ( * ) Û OI = 2OA ' 2OB ' OA OB + = 1 . Kết hợp với giả thiết OA + 2OB = 3 ta chọn sao cho 2OA ' 2OB ' 3 3 được điểm A' và B' sao cho OA ' = , OB ' = . 2 4 Lời giải 3 3 Trên Ox, Oy lần lượt lấy hai điểm A', B' sao cho OA ' = , OB ' = . 2 4 Do I là trung điểm của AB nên  1  1  OA  OB  OI = OA + OB = OA ' + OB ' 2 2 2OA ' 2OB ' OA OB OA OB 1 Ta có + = + = (OA + 2OB ) = 1 2OA ' 2OB ' 3 3 3 2. 2. 2 4 Do đó điểm I thuộc đường thẳng A'B' cố định. Ví dụ 3: Cho hình bình hành ABCD , I là trung điểm của cạnh BC và E là điểm thuộc đoạn AC thỏa mãn

AE 2 = . Chứng minh ba điểm D, E, I AC 3

thẳng hàng. Định hướng: Để chứng minh D, E, I thẳng hàng ta đi tìm số k sao cho     DE = kDI , muốn vậy ta sẽ phân tích các vectơ DE , DI qua hai vectơ   không cùng phương AB và AD và sử dụng nhận xét "      ma + nb = 0 Û m = n = 0 với a, b là hai vectơ không cùng phương "

từ đó tìm được k =

2 . 3

Lời giải (hình 1.35)

    1   1  Ta có DI = DC + CI = DC + CB = AB - AD (1) 2 2  2  Mặt khác theo giả thiết ta có AE = AC suy ra 3 A     2  DE = DA + AE = DA + AC 3 E  2   2  1  = -AD + AB + AD = AB - AD (2) D 3 3 3 Hình 1.35   2 Từ (1) và (2) suy ra DE = DI 3

(

)

B I C

Vậy ba điểm D, E, I thẳng hàng. Ví dụ 4: Hai điểm M, N chuyển động trên hai đoạn thẳng cố định BC và BD BC BD +3 = 10 ( M ¹ B, N ¹ B ) sao cho 2 BM BN Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải Dễ thấy luôn tồn tại điểm I thuộc MN sao cho  BC  BD  2 IM + 3 IN = 0 (1 ) . BM BN    Gọi H là điểm thỏa mãn 2HC + 3HD = 0 ( 2 ) do đó H cố định.     Ta có ( 2 ) Û 5HB + 2BC + 3BD = 0

 2BC  3BD  BM + BN = 5BH BM BN  2BC   3BD   Û BI + IM + BI + IN = 5BH BM BN  æ BC BD ö÷  Û çç 2 +3 ÷÷ BI = 5BH (theo (1)) çè BM BN ø Û

(

)

(

)

   1  Û 10BI = 5BH Û BI = BH (3) 2

Do các điểm B, H cố định, nên điểm I cố định.(xác định bởi hệ thức (3)) Ví dụ 5: Cho ba dây cung song song AA1, BB1,CC 1 của đường tròn (O). Chứng minh rằng trực tâm của ba tam giác ABC 1, BCA1,CAB1 nằm trên một đường thẳng. Lời giải Gọi H 1, H 2 , H 3 lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC 1, BCA1,CAB1         Ta có: OH 1 = OA + OB + OC 1 , OH 2 = OB + OC + OA1     và OH 3 = OC + OA + OB1          Suy ra H 1H 2 = OH 2 - OH 1 = OC - OC 1 + OA1 - OA = C 1C + AA1          H 1H 3 = OH 3 - OH 1 = OC - OC 1 + OB1 - OB = C 1C + BB1 Vì các dây cung AA1, BB1,CC 1 song song với nhau    Nên ba vectơ AA1, BB1,CC 1 có cùng phương   Do đó hai vectơ H 1H 2 và H 1H 3 cùng phương hay ba điểm H 1, H 2 , H 3 thẳng hàng. 3. Bài tập luyện tập. Bài 1.101: Cho tam giác ABC và các điểm M là trung điểm AB, N thuộc 2 cạnh AC sao cho AN = AC , P là điểm đối xứng với B qua C. Chứng 3 minh rằng M, N, P thẳng hàng. Bài 1.102: Cho tam giác ABC . Gọi M là điểm thuộc cạnh AB, N là điểm 1 3 thuộc cạnh AC sao cho AM = AB, AN = AC . Gọi O là giao điểm 3 4   của CM và BN. Trên đường thẳng BC lấy E . Đặt BE = xBC . Tìm x để A, O, E thẳng hàng.

  Bài 1.103: Cho DABC lấy các điểm I, J thoả mãn IA = 2IB ,    3JA + 2JC = 0 . Chứng minh rằng IJ đi qua trọng tâm G của DABC . Bài 1.104: Cho tam giác ABC . Hai điểm M, N di động thỏa mãn     MN = MA + MB + MC a) Chứng minh rằng MN đi qua điểm cố định. b) P là trung điểm của AN. Chứng minh rằng MP đi qua điểm cố định.

Bài 1.105: Cho hai điểm M,P là hai điểm di động thỏa mãn     MP = aMA + bMB + cMC . Chứng minh rằng MP đi qua điểm cố định. Bài 1.106. Cho hình bình hành ABCD . Gọi E là điểm đối xứng của D qua điểm A, F là điểm đối xứng của tâm O của hình bình hành qua điểm C và K là trung điểm của đoạn OB. Chứng minh ba điểm E, K, F thẳng hàng và K là trung điểm của EF. Bài 1.107: Cho hai tam giác ABC và A1B1C 1 ; A2 .B2 ,C 2 lần lượt là trọng

tâm các tam giác BCA1, CAB1, ABC 1 . Gọi G,G1,G2 lần lượt là trọng tâm các tam giác ABC , A1B1C 1 , A2B2C 2 .

GG1 . GG2 Bài 1.108. Cho tam giác ABC .Các điểm M, N, P lần lượt nằm trên đường       thẳng BC, CA, AB sao cho MB = aMC , NC = b NA, PA = g PB .

Chứng minh rằng G,G1,G2 thẳng hàng và tính

Tìm điều kiện của , ,  để M, N, P thẳng hàng. Bài 1.109: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm O. Chứng minh rằng trung điểm hai đường chéo AC, BD và tâm O thẳng hàng. Bài 1.110: Cho lục giác ABCDEF nội tiếp đường tròn tâm O thỏa mãn AB = CD = EF . Về phía ngoài lục giác dựng các tam giác AMB, BNC , CPD, DQE , ERF , FSA đồng dạng và cân tại M, N, P, Q, R, S. Gọi O1, O2 lần lượt là trọng tâm tam giác MPR và NQS . Chứng minh rằng ba điểm O, O1, O2 thẳng hàng. II. CHỨNG MINH HAI ĐƯỜNG THẲNG SONG SONG, BA ĐƯỜNG THẲNG ĐỒNG QUY. 1. Phương pháp giải. 54



Để chứng minh đường thẳng AB song song với CD ta đi chứng minh   AB = kCD và điểm A không thuộc đường thẳng CD.



Để chứng minh ba đường thẳng đồng quy ta có thể chứng minh theo hai hướng sau:

+ Chứng minh mỗi đường thẳng cùng đi qua một điểm cố định. + Chứng minh một đường thẳng đi qua giao điểm của hai đường thẳng còn lại 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Cho ngũ giác ABCDE . Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DE. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của các đoạn MP và NQ. Chứng minh rằng IJ song song với AE Lời giải (hình 1.36)        Ta có 2IJ = IQ + IN = IM + MQ + IP + PN   1   1  = MQ + PN = AE + BD + DB 2 2 1  = AE 2

(

)

M I

J Q

N C P

Hình 1.36

Suy ra IJ song song với AE Ví dụ 2: Cho tam giác ABC.Các điểm M, N, P thuộc các đường thẳng BC, CA, AB thỏa mãn a + b + g ¹ 0 ,        b MB + g MC = g NC + aNA = aPA + b PB = 0 thì AM, BN, CP     đồng quy tại O, với O là điểm được xác định bởi aOA + bOB + gOC = 0 Lời giải         Ta có b MB + g MC = 0 Û b MO + OB + g MO + OC = 0      Û aOA + bOB + gOC + ( b + g ) MO = aOA   Û ( b + g ) MO = aOA

(

)

(

)

Suy ra M, O, A thẳng hàng hay AM đi qua điểm cố định O Tương tự ta có BN, CP đi qua O Vậy ba đường thẳng AM, BN, CP đồng quy

Ví dụ 3: Cho sáu điểm trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Gọi D là một tam giác có ba đỉnh lấy trong sáu điểm đó và D ' là tam giác có ba đỉnh còn lại. Chứng minh rằng với các cách chọn D khác nhau các đường thẳng nối trọng tâm hai tam giác D và D ' đồng quy. Định hướng. Giả sử sáu điểm đó là A, B, C, D, E, F. Ta cần chứng minh tồn tại một điểm H cố định sao cho với các cách chọn D khác nhau thì H thuộc các đường thẳng nối trọng tâm hai tam giác D và D ' . Nếu D là tam giác ABC thì D ' là tam giác DEF. Gọi G và G' lần lượt là trọng tâm của tam giác ABC và tam giác DEF.   H thuộc đường thẳng GG ' khi có số thực k sao cho HG = kHG ' 1    k    Û (HA + HB + HC ) = (HD + HE + HF ) 3 3       1 1 1 k  k  k  Û HA + HB + HC - HD - HE - HF = 0 3 3 3 3 3 3 Vì vai trò của các điểm A, B, C, D, E, F trong bài toán bình đẳng nên chọn k k 1 sao cho - = Û k = -1 khi đó 3 3        HA + HB + HC + HD + HE + HF = 0 Lời giải Gọi H là trọng tâm sáu điểm A, B, C, D, E, F khi đó        HA + HB + HC + HD + HE + HF = 0 ( * )

Giả sử G, G ' lần lượt là trọng tâm của hai tam giác ABC , DEF suy ra         GA + GB + GC = 0, G ' D + G ' E + G ' F = 0 Suy ra

        ( * ) Û 3HG + GA + GB + GC = 3HG ' + G ' D + G ' E + G ' F   Û HG = HG '

Do đó GG' đi qua điểm cố định H do đó các đường thẳng nối trọng tâm hai tam giác D và D ' đồng quy. 3. Bài tập luyện tập. Bài 1.111: Cho tứ giác ABCD , gọi K, L lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC và tam giác BCD. Chứng minh rằng hai đường thẳng KL và AD song song với nhau 56

Bài 1.112: Trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC lần lượt lấy các AB BC CA điểm A1, B1,C 1 sao cho 1 = 1 = 1 = k ( k > 0 ) . Trên các cạnh AC B1A C 1B 1 B1C 1,C 1AB1, A1B1 lần lượt lấy các điểm A2 , B2 ,C 2 sao cho

A2B1 BC CA 1 = 2 1 = 2 1 = . Chứng minh rằng tam giác A2B2C 2 có các AC B2A1 C 2B1 k 2 1 cạnh tương ứng song song với các cạnh của tam giác ABC .

Bài 1.113: Trên đường tròn cho năm điểm trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Qua trọng tâm của ba trong năm điểm đó kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng đi qua hai điểm còn lại. Chứng minh rằng mười đường thẳng nhận được cắt nhau tại một điểm. Bài 1.114. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA. Kẻ MM', NN', PP', QQ' lần lượt vuông góc với CD, DA, AB, BC. Chứng tỏ rằng bốn đường thẳng MM', NN', PP', QQ' đồng quy tại một điểm. Nhận xét về điểm đồng quy và hai điểm I, O (I là giao điểm của MP và NQ). Bài 1.115: Cho năm điểm trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Gọi D là một tam giác có ba đỉnh lấy trong năm điểm đó, hai điểm còn lại xác định một đoạn thẳng q . Chứng minh rằng với các cách chọn D khác nhau các đường thẳng nối trọng tâm tam giác D và trung điểm đoạn thẳng q luôn đi qua một điểm cố định. Bài 1.116: Cho tam giác ABC . Ba đường thẳng x, y, z lần lượt đi qua A, B, C và chúng chia đôi chu vi tam giác ABC . Chứng minh rằng x, y, z đồng quy . Bài 1.117: Cho tam giác ABC, các đường tròn bàng tiếp góc A, B, C tương ứng tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tại M, N, P.Chứng minh AM, BN, CP cùng đi qua một điểm, xác định điểm đó. Bài 1.118 : Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N, P, Q là trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DA a) Gọi G là giao điểm của MP và NQ. Chứng minh rằng      GA + GB + GC + GD = 0 b) Gọi A1, B1,C 1, D1 lần lượt là trọng tâm các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC. Chứng minh rằng các đường thẳng AA1, BB1, CC 1, DD1 đồng quy tại điểm G.

Bài 1.119: Cho tam giác ABC có trọng tâm G, M là một điểm tùy ý. Gọi A1, B1,C 1 lần lượt là các điểm đối xứng với M qua các trung điểm I, J, K của các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng a) Các đường thẳng AA1, BB1,CC 1 đồng quy tại trung điểm O của mỗi đường MO 3 = . b) M, G, O thẳng hàng và MG 2 Bài 1.120: Cho tam giác ABC . Gọi M, N, P là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các cạnh BC , CA, AB . Gọi Da là đường thẳng đi qua trung điểm PN và vuông góc với BC, Db là đường thẳng đi qua trung điểm PM và vuông góc với AC, Dc là đường thẳng đi qua trung điểm MN và vuông góc với AB. Chứng minh rằng Da , Db và Dc đồng quy. Bài 1.121: Cho hai hình bình hành ABCD và AB 'C ' D ' sắp xếp sao cho B' thuộc cạnh AB, D' thuộc cạnh AD. Chứng minh rằng các đường thẳng DB ', CC ', BD ' đồng quy. III. BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TỈ SỐ ĐỘ DÀI ĐOẠN THẲNG. 1. Phương pháp. Phân tích vectơ qua hai vectơ không cùng phương và sử dụng các kết quả sau:   Cho a, b là hai vectơ không cùng phương khi đó 

 

 Với mọi vectơ x luôn tồn tại duy nhất các số thực m, n sao cho    x = ma + nb    ma + nb = 0 Û m = n = 0         Nếu c = ma + nb, c ' = m ' a + n ' b, m '.n ' ¹ 0 và c, c ' là hai

vectơ cùng phương thì

m n = m' n'

2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Cho tam giác ABC . Gọi M là điểm thuộc cạnh AB, N là điểm 1 3 thuộc cạnh AC sao cho AM = AB, AN = AC . Gọi O là giao điểm 3 4 của CM và BN. 58

ON OM A và OB OC Lời giải (hình 1.37)     M Giả sử ON = nBN ; OM = mCM      N Ta có AO = AM + MO = AM - mCM O      B 1 C = AM - m(AM - AC ) = (1 - m )AB + mAC ; Hình 1.37 3      Và AO = AN + NO = AN - nBN      3 = AN - n(AN - AB ) = (1 - n )AC + nAB 4    Vì AO chỉ có một cách biểu diễn duy nhất qua AB và AC suy ra

Tính tỉ số

ìï 1 ìï ïï (1 - m ) = n ïï m = 2 ï3 3. Û ïí í ïï 3 ïï 1 ïï (1 - n ) = m ïï n = î4 î 9

Vậy

ON 1 OM 2 = và = . OB 9 OC 3

Ví dụ 2: Cho hình bình hành ABCD . M thuộc đường chéo AC sao cho AM = kAC . Trên các cạnh AB, BC lấy các điểm P, Q sao cho MP / /BC , MQ / /AB . Gọi N là giao điểm của AQ và CP.

AN CN và theo k . AQ CP Lời giải (hình 1.38)     Đặt AN = xAQ , CN = yCP , ta có: P A B      N DN = DA + AN = DA + xAQ    Q M = DA + x (AB + BQ )   BQ  D C = DA + xDC + x BC Hình 1.38 BC   BQ  = DA + xDC - x DA BC    BQ AM = = k nên DN = (1 - kx )DA + xDC (1) Vì MQ / /AB Þ BC AC

Tính tỉ số

        Mặt khác DN = DC + CN = DC + yCP = DC + y(CB + BP )   BP  = DC + yDA + y BA BA BP CM CA - AM = = = 1 - k nên Vì MP / /BC Þ BA CA CA       DN = DC + yDA - y(1 - k )DC = yDA + (1 + ky - y )DC (2) ì k ï ï ïx = 2 ïìï y = 1 - kx k -k +1. Þï Từ (1) và (2) ta suy ra: í í ïï x = 1 + ky - y ï 1-k ï î y = 2 ï ï k -k +1 ï î AN k CN 1-k = 2 = 2 Do đó và AQ CP k -k +1 k -k +1 Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Trên cạnh AB và AC lấy các điểm B’ và C’ . Gọi M' là giao điểm của B'C' và AM. Chứng minh: AB AC AM + =2 . AB ' AC ' AM ' Lời giải (hình 1.39)       Đặt AB = xAB ' ; AC =yAC ' ; AM = zAM ' A   Vì M ' Î B 'C ' Þ $k : B ' M ' = kB 'C '     B' Û (AM ' - AB ') = k (AC ' - AB ') C'    M' Þ AM ' = (1 - k )AB ' + kAC ' 1  1 - k  k  Û AM = AB + AC C B M z x y Hình 1.39 1 1   1 - k  k  Û (AB + AC ) = AB + AC z2 x y 1 1-k k 1 Û = = = Þ x + y = 2z 2z x y x +y AB AC AM + =2 đpcm. AB ' AC ' AM ' 3. Bài tập luyện tập.

Hay

Bài 1.122. Cho tam giác ABC, trên các cạnh AB, BC ta lấy các điểm M, N sao cho 60

AM 2 BN 1 = ; = . Gọi I là giao điểm của AN và CM MB 5 NC 3 AI CI Tính tỉ số và AN IM Bài 1.123: Cho tam giác ABC và trung tuyến AM. Một đường thẳng song

song với AB cắt các đoạn thẳng AM, AC và BC lần lượt tại D, E và F. Một điểm G nằm trên cạnh AB sao cho FG song song AC. Tính

ED GB

Bài 1.124: Cho DABC có AB = 3, AC = 4 . Phân giác trong AD của góc BAC cắt trung tuyến BM tại I. Tính

AD AI

Bài 1.125: Cho tam giác ABC , trên cạnh AC lấy điểm M, trên cạnh BC lấy điểm N sao cho: AM = 3MC , NC = 2NB , gọi O là giao điểm của AN và BM. Tính diện tích DABC biết diện tích DOBN bằng 1. Bài 1.126: Cho hình bình hành ABCD . Gọi M, N lần lượt là nằm trên cạnh AB, CD sao cho AB = 3AM , CD = 2CN , G là trọng tâm tam giác MNB BI BC Bài 1.127: Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại O. Qua trung

và AG cắt BC tại I. Tính

điểm M của AB dựng đường thẳng MO cắt CD tại N. Biết OA = 1,OB = 2, OC = 3, OD = 4 , tính

CN . ND

Bài 1.128. Cho tam giác ABC . M là điểm nằm trên cạnh BC sao cho S ABC = 3S AMC . Một đường thẳng cắt các cạnh AB, AM , AC lần lượt tại B ', M ',C ' phân biệt. Chứng minh rằng

AB AC AM +2 =3 AB ' AC ' AM '

Bài 1.129: Trong đường tròn (O) với hai dây cung AB và CD cắt nhau tại M. Qua trung điểm S của BD kẻ SM cắt AC tại K. Chứng minh rằng AM 2 AK = 2 CK CM

GỢI Ý VÀ ĐÁP SỐ CHƯƠNG I: VECTƠ §1 CÁC ĐỊNH NGHĨA Bài 1.1 Hai điểm phân biệt, chẳng hạn A, B ta xác định được hai vectơ khác   vectơ-không là AB, BA . Mà từ năm đỉnh A, B, C , D, E của ngũ giác ta có 10 cặp điểm phân biệt do đó có 20 vectơ thỏa mãn yêu cầu bài toán.     Bài 1.2: a) AB = DC , OB = DO    b) BO, DO, OD Bài 1.3: a) A nằm ngoài đoạn BC b) A nằm trong đoạn BC Bài 1.4 a) B là trung điểm của AC b) A, B, C, D thẳng hàng hoặc ABCD là hình bình hành Bài 1.5: a) Sai b) Đúng c) Đúng d) Sai e) Sai f) đúng        Bài 1.6: a) FO, OC , ED b) CO, OF , BA, DE  Bài 1.7: (hình 1.40) Ta có AB = AB = a ;  AC = AC = AB 2 + BC 2 = a 2  1 a 2  a A OA = OA = AC = , OM = OM = 2 2 2 Gọi E là điểm sao cho tứ giác OBEA là hình bình hành khi đó nó cũng là hình vuông      D Ta có OA + OB = OE Þ OA + OB = OE = AB = a  Bài 1.8: (Hình 1.41)Ta có AB = AB = a Gọi M là trung điểm của BC Ta có 2  2 2 2 2 a a 3 AG  AG  AM  AB 2  BM 2  a   3 3 3 4 3

B O C Hình 1.40

A I G

B M  a 2 a 2 a 21 2 2 BI  BI  BM  MI    Hình 1.41 4 3 6   Bài 1,9: MA = MB Û MA = MB Þ Tập hợp điểm M là đường trung

trực của đoạn thẳng AB 1

Bài 1.10: (Hình 1.42) Do M, Q lần lượt là trung điểm của AB và AD nên MQ là đường trung bình của tam giác ABD suy ra MQ / /BD và 1 BD (1). 2 Tương tự NP là đường trung bình của tam giác 1 CBD suy ra NP / /BD và NP = BD (2). 2 Từ (1) và (2) suy ra MQ / /NP và NP = MQ do đó tứ giác MNPQ là hình bình hành   Vậy ta có MQ = NP . MQ =

M B

Bài 1.11: (Hình 1.43) Ta có tứ giác DMBN là hình bình hành vì 1 DM  NB  AB, DM / / NB . 2   Suy ra DM = NB . Xét tam giác CDQ có M là trung điểm của DC và MP / / QC do đó P là trung điểm của DQ . Tương tự D xét tam giác ABP suy ra được Q là trung điểm của PB    Vì vậy DP  PQ  QB từ đó suy ra DP = PQ = QB Bài 1.12: (Hình 1.44)   a) Ta có CI = DA suy ra AICD là hình bình hành    AD  IC 1 Ta có DC  AI mà AB  2CD do đó AI  AB  2 I là trung điểm AB Ta có DC  IB và DC / /IB Þ tứ giác BCDI là hình bình hành   Suy ra DI = CB   A b) I là trung điểm của AB  AI  IB và tứ giác   BCDI là hình bình hành  IB  DC suy ra    AI = IB = DC

N Hình 1.42

B Q

P C

M Hình 1.43

I Hình 1.44

Bài 1.13: Ta có B 'C ^ BC , AH ^ BC Þ B 'C / /AH , B ' A ^ BA, CH ^ AB Þ B ' A / /CH

  Suy ra AHCB ' là hình bình hành do đó AH = B 'C .

§2 TỔNG VÀ HIỆU HAI VECTƠ Bài 1.14: (Hình 1.45)Theo quy tắc trừ ta có      AB  AC  CB  AB  AC  BC  a Gọi A ' là đỉnh của hình bình hành ABA ' C và O là    tâm hình nình hành đó. Khi đó ta có AB  AC  AA ' . a2 a 3  Ta có AO  AB 2  OB 2  a 2  4 2   Suy ra AB  AC  AA '  2 AO  a 3

A' O

B Hình 1.45

Bài 1.15. (Hình 1.46)       a) Ta có OD  BO  AB  OD  AB  BO  AO B'   AC a 2 AB + OD = AO = = 2 2   Ta có OC  AO suy ra          AB - OC + OD = AB - AO + OD = OB + OD = 0     AB  OC  OD  0

O D

Hình 1.46

b) Áp dụng quy tắc trừ ta có             MA  MB  MC  MD  MA  MB  MC  MD  BA  DC  BA  DC



 



Lấy B ' Khi đó Suy ra

là điểm  đối xứng B qua của A    DC  AB '  BA  DC  BA  AB '  BB '      MA  MB  MC  MD  BB '  BB '  2a    Bài 1.16: Ta có AB + AD = AD = 2a cos 300 = a 3,    a 3 OB - DC = CO = a cos 600 = 2

Bài 1.17: a) Từ giả thiết suy ra ba điểm A, B, C tạo thành tam giác đều nhận    O làm trọng tâm do đó AOB = BOC =COA = 1200 3

3 a b) Gọi I là trung điểm BC. Theo câu a) DABC đều nên AI = 2    OB + AC - OA = a 3    Bài 1.18: Dựng hình bình hành OACB. Khi đó: OA + OB = OD  Vậy OD nằm trên phân giác góc xOy Û OACB là hình thoi Û OA = OB . Bài Áp trừ ta  có   1.19:  a)  dụng  quy tắc   DA  CA  DB  CB  DA  DB  CA  CB    BA  BA (đúng) b) Áp dụng quy tắc ba điểm ta có             AC  DA  BD  AD  CD  BA  DA  AC  BD  BA  AD  CD      DC  BD  BD  CD (đúng) Bài 1.20: Cách 1: Đẳng thức cần chứng minh tương đương với        ( AD - AE ) + ( BE - BF ) + (CF -CD ) = 0     Û ED + FE + DF = 0    Û EF + FE = 0 (đúng) Cách 2:          VT = AD + BE + CF = ( AE + ED ) + ( BF + FE ) + (CD + DF )       = AE + BF + CD + ED + FE + DF    = AE + BF + CD = VP   Bài 1.21 a) Ta có OD  BO do đó          A AB  OD  OC  AB  BO  OC  AO  OC  AC b) tắc có  Theo quy  hình  bình  hành  ta  BA  BC  OB  BD  OB  OB  BD  OD     O c) Theo câu b) ta có BA  BC  OB  OD    D Theo quy tắc trừ ta có MO  MB  BO        Hình 1.47 Mà OD  BO suy ra BA  BC  OB  MO  MB A Bài 1.22:  (Hình  1.48)   a) Vì PB  AP, MC  PN nên          P NA + PB + MC = NA + AP + PN = NP + PN = 0









M Hình 1.48

  b) Vì MC  BM và kết hớp với quy tắc ba điểm, quy tắc hình bình hành ta có          MC + BP + NC = BM + BP + NC = BN + NC = BC Bài 1.23: Theo quy tắc trừ và quy tắc hình bình hành ta có          B ' B + CC ' + D ' D = AB - AB ' + AC ' - AC + AD - AD '        = AB + AD - AC - AB ' + AD ' + AC = 0       Bài 1.24: Đặt u = OA + OB + OC + OE + OF      Vì ngũ giác đều nên vectơ OA + OB + OC + OE cùng phương với OF   nên u cùng phương với OF .     Tương tự u cùng phương với OE suy ra u = 0 . Bài 1.25: Theo quy tắc ba điểm ta có          AQ = AM + MN + NP + PQ = BA + DA + DC + BC       Mặt khác BA + BC = BD, DA + DC = DB suy ra     AQ = BD + DB = 0 §3 TÍCH CỦA MỘT VECTƠ VỚI MỘT SỐ Bài 1.26: a) Theo quy tắc ba điểm ta có  1     AN  CB  NC  CM  NM 2 A  1  1 a Suy ra AN  CB  MN  AB  2 2 2 N b) Theo quy tắc trừ ta có H 1      BC  2 MN  BM  BA  AM C 2 M     1 a 3  BC  2 MN  AM  2 2 c) Gọi F là điểm đối xứng của A qua C , F điểm E là là đỉnh của hình bình hành ABEF , theo tắc hình  quy   bình  hành  ta có I AB  2 AC  AB  AF  AE Gọi I là hình chiếu của E lên AC . E   Vì AB / / EF  EIF  CAB  600

(

)

(

) ( )

) (

)

K B

Hình

a 3  IE  sin IFE   IE  EF .sin IFE  a sin 600  EF 2 a  IF  cos IFE   IF  EF .cos IFE  a cos 600  EF 2 Áp dụng định lí Pitago ta có 2

2 a a 3 a 28  AE  AI  IE   2a       2  2  2    a 28 Suy ra AB  2 AC  AE  . 2   3   d) Lấy các điểm H , K sao cho 0, 25MA  MH ; MB  MK 2  3     Suy ra 0, 25MA  MB  MH  MK  KH 2 Do đó 2

2 2  3   a 3   a 2 a 7  AM   3  0, 25MA  MB  KH    MB           2 8 8  4  2    4 Bài 1.27: Gọi O là tâm hình vuông. Theo quy tắc ba điểm ta có          u = ( MO + OA ) - 2 ( MO + OB ) + 3 ( MO + OC ) - 2 (MO + OD )     = OA - 2OB + 3OC - 2OD       Mà OD = -OB , OC = -OA nên u = -2OA  Suy ra u không phụ thuộc vào vị trí điểm M   b) u  2OA  2OA  a 2 2

Bài 1.28: (hình 1.49)    a) AM + BN + CP =

A N

P B

M Hình 1.49

 1   1   1   = ( AB + AC ) + ( BC + BA ) + (CA + CB ) = 0 b) 2 2 2    OM + ON + OP =    1   1   1   OB + OC ) + (OC + OA ) + (OA + OB ) = OA + OB + OC ( 2 2 2 Bài 1.29: a) Ta có     2   2  1  AH = 2AG - AB = AC + AB - AB = AC - AB 3 3 3       1 1 CH = AH - AC = - AB - AC 3 3       1 1  5  b) MH = AH - AB + CH = AC - AB 2 6 6 Bài 1.30: Ta có MC  MB  MC   MB   AB + AC = AM + MB ) + ( (AM + MC ) BC BC BC BC  MC  MB   = AM + MB + MC = AM BC BC Bài 1.31: Ta có:          B ' B + CC ' + D ' D = ( AB - AB ' ) + ( AC ' - AC ) + (AD - AD ' )        = ( AB + AD ) - AC - ( AB ' + AD ' ) + AC = 0

(

)

Bài 1.15: (hình 1.50) Qua M kẻ các đường thẳng

song song với các cạnh  ABC, các đường thẳng

này lần lượt cắt tại các điểm như hình vẽ. Dễ thấy

ta có các tam giác đều MD1D2 , ME 2E 2 , MF1F2 và các hình bình hành MF1AE 2 , ME1CD2 , MD1BF2 .

F1 F

B   1  Ta có: MD = (MD 1 + MD 2 ) , 2     1  1  ME = (ME 1 + ME 2 ) , MF = (MF 1 + MF 2 ) . 2 2

M D1 D D2

E1 C

Hình 1.50

   3  Cộng từng vế 3 đẳng thức và nhóm ta được: MD + ME + MF = MO 2

Bài 1.32: Ta gọi M là trung điểm AB và M' là hình chiếu của M lên d. Khi    đó, ta có: AA ' + BB ' = 2MM ' Gọi N là trung điểm của GC (ta cũng có G là trung điểm MN) và N' là hình chiếu của nó lên d thì:       GG ' + CC ' = 2NN ' , MM ' + NN ' = 2GG ' . Từ ba đẳng thức trên ta có đpcm.       Bài 1.33: Đặt u = OA + OB + OC + OE + OF      Vì ngũ giác đều nên vectơ OA + OB + OC + OE cùng phương với OF   nên u cùng phương với OF .     Tương tự u cùng phương với OE suy ra u = 0 .      Bài 1.34: Giả sử n vectơ là ai , i = 1, 2,..., n . Đặt u = a1 + a2 + ... + an Vì tổng của n -1 vectơ bất kì trong n vectơ trên cùng phương với vectơ còn      lại do đó u cùng phương với hai vectơ a1 , a2 nên u = 0 . Bài 1.35: (hình 1.51) a) Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp DABC ta có æ æ C æ B Cö Aö A Bö a = r çç cot + cot ÷÷÷ ; b = r çç cot + cot ÷÷÷ ; c = r çç cot + cot ÷÷÷ 2 2ø 2 2ø 2 2ø èç èç èç     Theo ví dụ 5 ta có aIA + bIB + cIC = 0  æ B C ö  æ C A ö  æ A B ö  Û çç cot + cot ÷÷÷ IA + çç cot + cot ÷÷÷ IB + çç cot + cot ÷÷÷ IC = 0 2 2ø 2 2ø 2 2ø èç èç èç  1    1    1   b) Ta có IM = IB + IC ; IN = IC + IA ; IP = IA + IC 2 2 2 Theo câu a) ta có  A   B   C   cot IB + IC + cot IA + IC + cot IA + IB = 0 A 2 2 2

(

)

(

)

 A  B  C  Suy ra cot IM + cot IN + cot IP = 0 2 2 2 c) Ta có

)

(

)

(

)

F P

N I

D M Hình 1.51

            IA = IP + IN - IM ; IB = IM + IP - IN ; IC = IM + IN - IP Kết

hợp ví dụ 5 suy ra

    aIA + bIB + cIC = 0     Û (b + c - a ) IM + (a + c - b )IN + (a + b - c )IP = 0  DC  DB  ( p - c )  ( p - b )  IB + IC = IB + IC d) ID = BC BC a a    Û aID = ( p - c ) IB + ( p - a ) IC với p là nửa chu vi.

Tương tự ta có :       bIE = ( p - a ) IC + ( p - c ) IA ; cIF = ( p - b )IA + ( p - a )IB

A M B

A' Hình 1.52

      Þ aID + bIE + cIF = ( 2p - b - c ) IA + ( 2p - c - a )IB + (2p - a - b )IC        = aIA + bIB + cIC Þ aAD + bBE + cCF = 0 Bài 1.36: (hình 1.52)Gọi A' là giao điểm AM với BC ta có  A 'C  A ' B  MA ' = MB + MC (*) BC BC A 'C S MA 'C S A 'C S = = MAC Þ + 1 = MAC + 1 A ' B S MA 'B S MAB A 'B S MAB Mặt khác A 'B S MAB Þ = BC S MAB + S MAC A 'C S MAC Và (1) = BC S MAB + S MAC Mặt khác   MA '  S MBC  MA ' = MA = MA (2)  A1 e1 MA S MAB + S MAC ek A2 Thay (1) và (2) vào (*) ta được điều phải chứng  minh. Ak e2 Bài 1.37: (hình 1.53)Ta chứng minh bằng quy nạp   A3 e Với n = 3 đẳng thức trở thành e k -1     a.e1 + b.e2 + c.e3 = 0 Ak-1  ek -2 Ak-2 9 Hình 1.53

(đúng vì đẳng thức này tương đương với đẳng thức ở bài 11) Giả sử đúng với n = k - 1, k ³ 4  Gọi e là vectơ đơn vị vuông góc với A1Ak -1 và hướng ra ngoài tam giác A1Ak -1Ak Theo giả thiết quy nạp ta có      A1A2e1 + A2A3e2 + ... + Ak -2Ak -1ek -2 + Ak -1A1 ( -e ) = 0 (1)     Mặt khác xét tam giác A1Ak -1Ak ta có A1Ak -1e + Ak -1Ak ek -1 + Ak A1ek = 0 (2) Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh. Bài 1.38: (hình 1.54)Gọi Bi , i = 1, 2,..., n là các A1 B1 tiếp điểm đường tròn nội tiếp với cạnh AA Bn i i +1 A2 0   Xét tứ giác A1B1IBn có A 1Bn I = A1B1I = 90 và An B2   Bn A1I = B1A1I A3 Bn-1 I   Suy ra Bn IA1 = B1IA1 . Mặt khác IB1 = IBn dó đó An-1 IA1 ^ B1Bn Bn-2 An-2 Tương tự ta có IAi ^ Bi-1Bi , i = 2, 3,..., n Hình 1.54 Xét đa giác lồi B1B2 ...Bn theo định lý con nhím ta có     Bn B1 .e1 + B1B2 .e2 + ... + Bn -1Bn .en = 0 A  A  A   Û IB1 .cos 1 e1 + IB2 .cos 2 e2 + ... + IBn .cos n en = 0 2 2 2 Mà IB1 = IB2 = ... = IBn suy ra đpcm. HB HB.BC c2 = = 2, HC HC .BC b    2 2 b c IB + 2 IC Suy ra IH = 2 2 c +b c + b2    b 2  c 2  Mà b 2 + c 2 = a 2 và IH = -IA nên suy ra -IA = 2 IB + 2 IC a a     2 2 2 Hay a IA + b IB + c IC = 0 .

Bài 1.39: Ta có

Bài 1.40: O nằm trong đoạn IK sao cho OI = 2OK Bài 1.41: a) I là điểm đối xứng của A qua B.  1   2   1  b) CJ = AB c) AK = AB d) AL = BC 2 3 2        Bài 1.42: a) Cho M º I Þ IA + IB + 2IC = 0 Û IJ + IC = 0 10

Với J là trung điểm của AB, suy ra I là trung điểm của JC       MA + MB + 2MC = kMI Û 4MI = kMI Þ k = 4  1   b) k = 4, AI = ( 3AB - AD ) 4     c) k = 2, IA = 2AB + 3AC - 4AD Bài 1.43: M trùng với tâm đường tròn nội tiếp tam giác Bài 1.44: a) Vì a + b + g ¹ 0 Þ ( a + b ) + ( b + g ) + ( g + a ) ¹ 0    Không mất tính tổng quát giả sử a + b ¹ 0 Þ $ ! D : aDA + b DB = 0.        Suy ra aMA + b MB + g MC = 0 Û ( a + b ) MD + g MC = 0

Do đó tồn tại duy nhất điểm M b) Giả sử tồn tại điểm N và a ¹ 0      b  Ta có aNA + b NB + g NC = 0 Û CA = - CB (mâu thuẫn với ABC a là tam giác) Bài 1.45: O là điểm tùy ý, ta có:     k1GA1 + k2GA2 + ... + kn GAn = 0        Û k1 OA1 - OG + k2 OA2 - OG + ... + kn OAn - OG = 0    1  Û OG = k1OA1 + k2OA2 + ... + kn OAn k Suy ra G xác định duy nhất  1   3   3  1  Bài 1.46: a) AP = AB , AN = AC , AM = AC - AB 2 2 2 2   3   1  3  b) MP = AB - AC , MN = AB - AC 2 2 4   MP = 2MN Þ M, N, P thẳng hàng   2  Bài 1.47: a) IJ = -2AB + AC 5       5 1 b) IG = - AB + AC Þ 5IJ = 6IG suy ra IJ đi qua trọng tâm G của 3 3 tam giác ABC.    3  2  Bài 1.48: a) Ta có: 2IC = -3IB Û AI = AB + AC . 5 5        5  2  5JB = 2JC Û 5(AB - AJ ) = 2(AC - AJ ) Û AJ = AB - AC 3 3 b) Gọi M là trung điểm BC, ta có:

(

)

(

)

(

)

 2  2 1   1   AG = AM = . (AB + AC ) = (AB + AC ). 3 3 2 3  35  1  Þ AG = AI - AJ . 48 16   Bài 1.49: a) u cùng phương với v Û có số thực k sao cho       u = kv Û a + ( 2x - 1 )b = k ( xa + b ) é x =1 ì kx = 1 ê ï Ûí Þê 1 ï ï î k = 2x - 1 ê x = ë 2   b) u cùng phương với v Û có số thực k dương sao cho      2 ö æ u = kv Þ 3a + xb = k çç (1 - x )a - b ÷÷÷ è 3 ø

ïìï 3 = k ( 1 - x ) é k = 3 ê Þ ïí Þê 2 Þ x = -1 ïï x = - 2 k ê k = -3(l ) ë îï 3    Bài 1.50: Ta có AA ' + BB ' + CC '          = AG + GG ' + G ' A ' + BG + GG ' + G ' B ' + CG + GG ' + G 'C '         = 3GG ' + ( AG + BG + CG ) + (G ' A + G ' B + G 'C ) = 3GG '

(

) (

Suy ra điều kiện cần và đủ để hai tam giác có cùng trọng tâm là     AA ' + BB ' + CC ' = 0     Bài 1.51: G là trọng tâm DRIP Þ GR + GI + GP = 0          Ta có RJ + IQ + PS = ( RA + JA ) + ( IB + BQ ) + (PC + CS )        = ( RA + CS ) + (JA + IB ) + ( PQ + PC ) = 0           Suy ra GR + GI + GP = GJ + GQ + GS Þ GJ + GQ + GS = 0 Do đó G là trọng tâm DJQS Bài 1.52: Tam giác ABC và A ' B 'C ' có cùng trọng tâm     Û AA ' + BB ' + CC ' = 0       Û 2AB + 2BC + 2CA = 0 Û 2.0 = 0 (đúng)     Bài 1.53: G là trọng tâm DANP Þ GA + GN + GP = 0 12

)

    1  1   Ta có AC + NM + PQ = AC - AC - AC = 0 2 2           Suy ra GA + GN + GP = GC + GM + GQ Þ GC + GM + GQ = 0 Do đó G là trọng tâm DCMQ     Bài 1.54: G là trọng tâm DABC Þ GA + GB + GC = 0    Ta có 2011A ' B + 2012A 'C = 0      Û 2011( A ' A + AB ) + 2012 ( A ' A + AC ) = 0     Û 4023A ' A + 2011AB + 2012AC = 0 (1) Tương tự ta có         4023B ' B + 2011BC + 2012BA = 0 ; 4023C 'C + 2011CA + 2012CB = 0 Cộng vế với vế lại ta được            4023 ( AA ' + BB ' + CC ' ) + BA + AC + CB = 0 Û AA ' + BB ' + CC ' = 0           Suy ra GA + GB + GC = GA ' + GB ' + GC ' Þ GA ' + GB ' + GC ' = 0 Do đó G là trọng tâm DA ' B 'C '

Bài 1.55: Vì DABC và DA ' B 'C ' có cùng trọng tâm G suy ra     AA ' + BB ' + CC ' = 0 Vì G1,G2 ,G 3 là trọng tâm các tam giác BCA ',CAB ', ABC ' nên    3AG1 + 3BG2 + 3CG 3          = ( AB + AC + AA ' ) + ( BC + BA + BB ' ) + (CA + CB + CC ' )     = AA ' + BB ' + CC ' = 0     Suy ra AG1 + BG2 + CG 3 = 0 do đó G là trọng tâm DG1G2G 3 Bài 1.56: G là trọng tâm tứ giác      G1G2G 3G 4 Û GG1 + GG2 + GG 3 + GG 4 = 0 (*)     Vì G1 là trong tâm DABC Þ GA + GB + GC = 3GG1 , tương tự ta có         GB + GC + GD = 3GG2 , GC + GD + GA = 3GG 3 ,     GD + GA + GB = 3GG 4      Do đó (*) Û 3 (GA + GB + GC + GD ) = 0 (đúng) đpcm

Bài 1.57: Gọi D, E, F tương ứng là giao điểm của MA1 , MB1 , MC 1 với các cạnh BC, CA, AB. O là trọng tâm đều DABC 13

      Ta có MA1 + MB1 + MC 1 = 2 ( MD + ME + MF )

   3  Mặt khác theo bài tập 6 (dạng 2) thì MD + ME + MF = MO 2     Suy ra MA1 + MB1 + MC 1 = 3MO do đó O là trọng tâm tam giác A1 , B1 ,C 1

   OA2  OB2  OC 2  Bài 1.58: Ta có OA2 + OB2 +OC 2 = OA1 + OB1 + OC 1 OA1 OB1 OC 1    OA1 OB1 OC 1  =a +b +c = 0 (Theo định lý con nhím) OA1 OB1 OC 1

Do đó O là trọng tâm tam giác A2B2C 2 Bài 1.59: a) Tập hợp điểm M là đường tròn tâm I bán kính trung điểm của AB

AB với I là 2

   b) Gọi K là điểm thoả mãn: 2KA + KB = 0    L là điểm thoả mãn: LB + 2LC = 0       Ta có: 2MA + MB = MB + 2MC Û MK = ML

Tập hợp điểm M là đường trung trực của đoạn thẳng KL. Bài 1.60: a) Ta có:         MA + kMB = kMC Û MA = k (MC - MB ) Û MA = kBC Vậy tập hợp điểm M là đường thẳng đi qua A và song song với cạnh BC của ABC.     b) Gọi J là trung là điểm AB, I là trung điểm JC ta có IA + IB + 2IC = 0      Þ v = MA + MB + 2MC = 4MI   Do đó v cùng phương với BC M thuộc đường thẳng đi qua I và song song với BC.    Bài 1.61: a) Gọi K là điểm thoả mãn: 2KA + 3KB = 0    L là điểm thoả mãn: 3LB - 2LC = 0       Ta có: 2MA + 3MB = 3MB + 2MC Û MK = ML 14

 Tập hợp điểm M là đường trung trực của đoạn thẳng KL. b) Với I là trung điểm của BC. Gọi J là điểm thoả mãn:     4JA + JB + JC = 0 Ta có:       4MA + MB + MC = 2MA - MB - MC      1 Û 6MJ = 2MA - 2MI Û 6MJ = 2IA Û MJ = IA 3 1 Vậy tập hợp điểm M là đường tròn tâm J bán kính R = IA . 3      4 Bài 1.62: a) OB + 4OC = 2OD Û OB = CI với I là trung điểm BD 3       b) MB + 4MC - 2MD = 3MA Û MO = MA

Vậy tập hợp điểm M là đường trung trực của đoạn OA. Bài 1.63: Gọi P là trọng tâm của DABC , Q là trọng tâm của DDEF       MA + MB + MC + MD + ME + MF =   3 MP + 3 MQ = 3 ( MP + MQ ) ³ 3QP

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi M thuộc đoạn PQ Vậy tập hợp các điểm M cần tìm là mọi điểm thuộc đoạn PQ Bài 1.64: Gọi hai điểm M 0 , N 0 lần lượt thuộc tia Ox và Oy sao cho a . Giả sử OM = k , 0 £k £ a khi đó ta có 2  a - k  MI = M 0N 0 . Do đó tập hợp điểm I là đoạn M 0N 0 a         Bài 1.65: Đặt OA = xAC , OC = yAC , OB = zBD , OD = tBD         Suy ra OA + OB + OC + OD = 0 Û ( x + y ) AC + ( z + t )BD = 0 OM 0 = ON 0 =

Do đó x = -y ; z = -t Þ OA = OC , OB = OD nên tứ giác ABCD là hình bình hành.     Bài 1.66: Ta có AA ' + BB ' + CC ' = 0 15

     BA + BC CA + CB     Û AA ' + + = 0 Û BA ' + CA ' = 0 2 2 Û AA' cũng là trung tuyến của tam giác ABC .       Bài 1.67: Giả sử A ' B = kA 'C , B 'C = mB ' A, C ' A = nC ' B          AB - kAC A ' B = kA 'C Û AB - AA ' = k ( AC - AA ' ) Û AA ' = 1-k      BC - mBA ( m - 1 )AB + AC Tương tự ta có BB ' = , = 1-m 1-m      CA - nCB -nAB + ( n - 1 )AC CC ' = = 1-n 1-n     Þ AA ' + BB ' + CC ' = 0  æ 1 ö÷  n ö÷  çæ -k 1 Û çç -1AB + + 1 AB = 0 ÷ ÷ çç ÷ø çè 1 - k 1 - n ÷ø è1 - k 1 - m

1 n -k 1 -1= + -1 = 0 Þ k = m = n . 1-k 1-n 1-k 1-m Mặt khác theo định lí Xêva ta có kmn = -1 nên k = m = n = -1 Vậy AA ', BB ', CC ' là các trung tuyến của tam giác ABC       Bài 1.68: AD + BC = 2IJ Û ID + IC = 2IJ    Gọi K là trung điểm DC suy ra ID + IC = 2IK do đó K º J hay J là trung điểm của CD. Bài 1.69: (hình 1.55) Gọi M, N, P, Q là trung điểm của Q A AB, BC, CD, DA từ phương trình thứ hai ta được:

Suy ra Þ

M B

O N Hình 1.55

          0 = OA + OB + OC + OD = 2OM + 2OP Û OM + OP = 0 Û M , P,O thẳng hàng và O là trung điểm MP           0 = OA + OB + OC + OD = 2ON + 2OQ Û ON + OQ = 0 Û N ,Q,O thẳng hàng và O là trung điểm NQ. Ta có DOAD cân tại O nên NQ ^ AD , DOBC cân tại O nên NQ ^ BC suy ra AD / /BC . Tương tự AB / /DC suy ra ABCD là hình bình hành

D P C

Mà N, Q là trung điểm của BC, AD nên AB / /NQ Þ AB ^ BC Suy ra ABCD là hình chữ nhật.     Bài 1.70: G là trọng tâm tam giác ABC nên 3OG = OA + OB + OC     Do đó OG = OA ' + OB ' + OC ' Suy ra G là trực tâm tam giác A ' B 'C '     Bài 1.71: H là trực tâm tam giác ABC suy ra OH = OA + OB + OC     Do đó 3OH = OA ' + OB ' + OC ' hay H là trọng tâm tam giác A ' B 'C ' . Bài 1.72: Trước tiên ta chứng minh bổ đề sau  Cho ba véc tơ a;b; c đôi một không cùng phương và thỏa mãn điều kiện :     ìï ma + nb + pc = 0 ïï    ( m, m ' ¹ 0 ) í  ïï m ' a + n ' b + p ' c = 0 ïî m n p = = . Thật vậy : Chứng minh rằng : m' n' p' Dễ thấy m, m ' ¹ 0 thì suy ra ngay n, n’, p, p’ cũng phải khác không.   ìï  ïï a = n b + p c m m Từ giả thiết ta có : ïí  ïï n'  p'  b+ c ïïa = î m' m' vì một véc tơ chỉ phân tích được một cách duy nhất qua hai véc tơ không n n' p p' m n p = ; = Þ = = cùng phương nên m m' m m' m' n' p' Trở lại bài toán     AD  BE  CF   MA + MB + MC = 0 Ta có AD + BE + CF = 0 Û MA MB MC AD S ABD S S BE S Mặt khác , tương tự và = = ADC = = MA S ABM S ACM S - Sa MB S - Sb CF S = MC S - Sc (với S = S ABC , Sa = S MBC , Sb = S MCA , Sc = S MAB )     MA MB MC Do đó ta có + + =0 S - S a S - Sb S - S c     Mặt khác ta cũng có Sa MA + Sb MB + Sc MC = 0

1 1 1 S - Sa S - Sb S - Sc = = Û Sa = Sb = Sc hay M Áp dụng bổ đề suy ra Sa Sb Sc trùng trọng tâm tam giác ABC Bài 1.73: Do a + b + g ¹ 0 nên tồn tại duy nhất điểm I sao cho     aIA + b IB + g IC = 0 . Ta có          aMA + b MB + g MC = a(MI + IA) + b(MI + IB ) + g(MI + IC )      = (a + b + g )MI + aIA + b IB + g IC = (a + b + g )MI

Do đó T = a + b + g .MI

Suy ra T nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu của I lên đường thẳng d Bài 1.74: G là trọng tâm tam giác ABC ta có     MA + MB + MC = 3 MG a) M là giao điểm của tia GO với (C) b) M là giao điểm của tia OG với (C) Bài 1.75: ĐS: minT = 4GG '     Bài 1.76: Ta có AM + BN + CP = 0         Suy ra AM = -( BN + CP ) Þ AM = BN + CP £ BN + CP   Vì BN và CP không cùng phương nên không thể xảy ra dấu bằng do đó AM < BN + CP . Tương tự ta có BN < AM + CP , CP < AM + BN  MB  MA  MB MA CA + CB Þ MC < CA + CB Bài 1.77: CM = AB AB AB AB Hay MC .AB < MA.BC + MB .AC  MD  MC  MD MC AC + AD Þ AM < AC + AD Bài 1.78: Ta có: AM = CD CD CD CD  MD  MC  MD MC BC + BD Þ BM = BC + BD và BM = CD CD CD CD Từ đó suy ra MD MC AM + BM < ( AC + BC ) + ( AD + BD ) CD CD æ MD MC ÷ö Þ AM + BM < çç + .max { AC + BC ; AD + BD } è CD CD ÷÷ø Þ p < max { AC + BC + AB ; AD + BD + AB }

Hay p < max { p1 ; p2 } Bài 1.79: Ta chứng minh bằng quy nạp 18

+ Với n = 0 : hiển nhiên + Giả sử BĐT đúng với n = k ta đi chứng minh đúng với n = k + 1 hay 2k +3  å OPi ³ 1 i =1

  Trong 2k + 3 vectơ ta chọn hai vectơ có góc lớn nhất, giả sử OP1 , OP2k +3 .     2k +2  Đặt OA = OP1 + OP2k +3 , OB = å OPi . i =2

 do đó AOB  £ 900 Suy ra điểm A, B nằm trong góc POP 1 2k + 3    Þ OA + OB ³ OB  Mặt khác theo giả thiết quy nạp ta có OB =

Suy ra

2k + 3



å OP i =1

   = OA + OB ³ OB ³ 1

2k +2



å OP i =2

³1

§4 TRỤC TỌA ĐỘ VÀ HỆ TRỤC TỌA ĐỘ Bài 1.80: a) x M = Bài 1.81: x I =

kb - a a +b 5b + 2a b) x I = c) x N = k -1 2 7

a +b +c 3

DA CA a -d a -c =Û =b -d b -c DB CB Û ab - ac - bd + cd = bc - ab - cd + ad Û 2(ab + cd ) = c (a + b ) + d (a + b ) Û 2(ab + cd ) = (a + b )(c + d ) æ a 3 ö÷ æ a ö æ a ö Bài 1.83: a) Açç 0; ÷, B ç- ; 0 ÷, C ç ; 0 ÷ çè 2 ÷ø çè 2 ÷÷ø çè 2 ÷÷ø

Bài 1.82: Ta có

æ a a 3 ö÷ b) E çç ; ÷ çè 4 4 ÷ø

æ a 3 ÷ö c) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều trùng với trọng tâm G çç 0; ÷ çè 6 ÷ø Bài 1.84: a) A( -4; 0 ) , C ( 4; 0 ), B ( 0; 3 ), D ( 0; -3 ) æ 3ö b) I çç 2; ÷÷÷ , G ( 0; 1 ) è 2ø

Bài 1.85: Kẻ BH ^ AD Þ BH = 3; AB = 2 3; AH = 3 A(0; 0) ; B( 3; 3) C (4 + 3; 3) D(4; 0)    AB = 3; 3 BC = (4; 0) CD = - 3; -3  AC = 4 + 3; 3

( (

)

(

)

Bài 1.86: ĐS: A( -6; 0 ) , D ( 6; 0 ), B ( -3; 3 3 ), C ( 3; 3 3 ) , F ( -3; -3 3 ), E ( 3; -3 3 )

 Bài 1.87: ĐS: a) u = (28; -28)

 7 b) u = (0; ) 2

 Bài 1.88: ĐS: a) u ( -38; 3 ) b) M ( -2; -1 )

æ1 1ö Bài 1.89: a) Trung điểm BC là I çç ; - ÷÷÷ , trọng tâm của tam giác ABC là è2 2ø æ4 ö G çç ; 1 ÷÷÷ è3 ø   ì ïx = 0 b) Tứ giác ABCD là hình bình hành Û AB = DC Û í Þ D ( 0; 1 ) ï ï îy = 1 Bài 1.90: Do I ( 4; -1 ) là trung điểm của CD nên đặt  C ( 4 - x ; -1 - y ), D ( 4 + x ; -1 + y ) Þ CD ( 2x ; 2y )   ìx = 2 ï Tứ giác ABCD là hình bình hành Û CD = BA Û í ï ï îy = 1 æ9 ö Vậy C ( 2; -2 ) , D ( 6; 0 ), O çç ; 2 ÷÷÷ è2 ø Bài 1.91: Từ giả thiết ta có C ( 0; y ) , G ( x ; 0 ) ì 4 ï ìï x A + x B + xC = 3xG ïx = ï Ûí G là trọng tâm tam giác nên í 3 ïïî yA + yB + yC = 3yG ïï ï îy = 2 Vậy C ( 0; 2 )     Bài 1.92: Ta có MN ( -3; -4 ) , PA( x A - 2; yA + 1 ) , MN = PA Þ A( -1; -5 ) N là trung điểm AC suy ra C ( -3; -1 ) M là trung điểm BC suy ra B ( 5; 3 ) Bài 1.93: a) A' là điểm đối xứng của A qua B suy ra B là trung điểm của AA'

do đó A '( -5; 0 ) . Tương tự B '( 9; 0 ) , C ' ( 2; 7 )

æ 7ö b) Trọng tâm của tam giác ABC và A ' B 'C ' có cùng tọa độ là çç 2; ÷÷÷ è 3ø Bài 1.94: a) A, B, D thẳng hàng     -1 5 b) AB ( -1; 5 ) , AC ( -4; 6 ) . Vì ¹ Þ AB và AC không cùng phương -4 6  c) CD ( 2; 4 ) .       ìï -x - 4y = 2 ì x =2 ï ï ï CD = xAB + yAC Û í Ûí Þ CD = 2AB - AC ïï 5x + 6y = 4 ï y = -1 ï î î   Bài 1.95: Gọi I ( x ; y ) là giao điểm AC và BD suy ra AI ; AC cùng phương   và BI ; BD cùng phương

Mặt khác   x y -1 Û 6x - 2y = -2 (1) AI = ( x ; y - 1), AC = (2;6) suy ra = 2 6   2 BI = (x - 1; y - 3), BD = (-1; 0) suy ra y = 3 thế vào (1) ta có x = 3 æ 2 ÷ö Vậy I çç ; 3 ÷÷ là điểm cần tìm. çè 3 ø  Bài 1.96: b) Ta có u = ( -3x - 3y - 3; -2x + y + 7 )     xa + b = ( 3x - 3;2x + 1 ), a + b = ( 0; 3 )      u cùng phương với xa + b và a + b khi và chỉ khi có sô k , l sao cho       u = k ( xa + b ) , u = l (a + b ) 3x - 3y - 3 = k ( 3x - 3 ) ïìïï ï -2x + y + 7 = k ( 2x + 1 ) Do đó ïí ïï -3x - 3y - 3 = 0 ïï -2x + y + 7 = 3l ïî ì x =2 ì x =1 Suy ra ïí hoặc ïí ïïî y = -3 ïïî y = -2

  Bài 1.97: Ta có S ABC = 3S ABM Û BC = 3BM Þ BC = ±3BM

  Gọi M ( x ; y ) Þ BM ( x - 2; y - 1 ); BC ( -3; -3 ) ïì-3 = 3 ( x - 2 ) ïì x = 1 ïì-3 = -3 ( x - 2 ) ïì x = 3 Ûí Ûí Suy ra ïí hoặc ïí ïîï -3 = 3 ( y - 1 ) ïîï y = 0 ïîï -3 = -3 ( y - 1 ) ï ïy = 2 î Vậy có hai điểm thỏa mãn M 1 ( 1; 0 ) , M 2 ( 3; 2 )     1 2 Bài 1.98: a) Ta có AB ( 1; 2 ) , AC ( 4; 1 ) . Vì ¹ Þ AB và AC không 4 1 cùng phương     b) Ta có 2BD = 5DC , BD ( x D ; yD - 1 ), DC ( 3 - x D ; -yD ) ìï 15 ïï x D = æ 15 2 ö ïìï 2x D = 5( 3 - x D ) 7 Do đó í Û ïí Þ D çç ; ÷÷÷ è 7 7ø ïïî 2( yD - 1 ) = 5 ( -yD ) ïï 2 ïï yD = 7 î æ2 ö c) Ta có G çç ; 0 ÷÷÷ . Gọi I ( x ; y ) là giao điểm của AD và BG. è3 ø   æ 22 9 ö Do đó AI ( x + 1; y + 1 ), AD çç ; ÷÷÷ cùng phương suy ra è 7 7ø 7 ( x + 1) 7 (y + 1) = Þ 9x - 22y - 13 = 0 22 9   æ 1 ö BI ( x ; y - 1 ) , BG çç - ; 0 ÷÷÷ cùng phương suy ra tồn tại è 3 ø   k : BI = kBG Þ y = 1 æ 35 ö Từ đó I çç ; 1 ÷÷÷ è9 ø Bài 1.99. a) Dễ thấy điểm A, B nằm ở hai phía với trục hoành   Ta có PA + PB ³ AB . Dấu bằng xảy ra Û AP cùng phương với AB æ6 ö x -1 0 -1 6 Suy ra P = Þ x P = Þ P çç ; 0 ÷÷÷ è5 ø 2 -1 -4 - 1 5 b) Dễ thấy A, B cùng phía với trục hoành. Gọi A' là điểm đối xứng với A qua trục hoành, suy ra A '( 1; -2 ) và PA = PA '  Ta có PA + PB = PA '+ PB ³ A ' B . Dấu bằng xảy ra Û A ' P cùng  phương với A ' B æ5 ö x -1 0 + 2 5 Suy ra P = Þ x P = Þ P çç ; 0 ÷÷÷ è3 ø 3 -1 4+2 3 Bài 1.100: I là trung điểm AC nên C ( 4; -1 )

Gọi D ( 2a ;a ) Þ B ( 2 - 2a ; 2 - a )   AK ( 1; -1 ) , AB ( 4 - 2a ; -1 - a )   Vì AK , AB cùng phương nên 4 - 2a -1 - a = Þ a = 1 Þ D ( 2; 1 ) , B ( 0; 1 ) 1 -1  2  Bài 1.101: Ta chứng minh MN = - MP Û M, N, P thẳng hàng. 3     1 1 Bài 1.102: Ta có: AO = AB + AC 9 4    AE = (1 - x )AB + xAC   A, E, O thẳng hàng Û AE = kAO   k  k  36 9 Û (1 - x )AB + xAC = AB + AC Û k = ; x = 9 4 13 13 9 Vậy x = là giá trị cần tìm. 13      Bài 1.103: IA = 2IB Û IA - 2IB = 0.       3JA + 2JC = 0 Û 3IA + 2IC = 5IJ .       Suy ra 2(IA + IB + IC ) = 5IJ Û 6IG = 5IJ Û I, J, G thẳng hàng. Bài 1.104: a) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC suy ra           MN = MA + MB + MC Û MN = GA + GB + GC + 3MG = 3MG Suy ra M , N , G thẳng hàng hay MN đi qua điểm cố định G.

 1   1    b) P là trung điểm AM Þ MP = ( MA + MN ) = ( 2MA + MB + MC ) 2 2     Gọi I là trung điểm BC, J là trung điểm AI suy ra 2JA + JB + JC = 0   Do đó MP = 2MJ suy ra MP đi qua điểm cố định J.

Bài 1.105: Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC suy ra     aIA + bIB + cIC = 0       Do đó MP = aMA + bMB + cMC Û MP = (a + b + c )MI Vậy MP đi qua điểm cố định I.

 5  3   5  Bài 1.106: Ta có: EF = AD + AB , EK = AD + 2 2 4   Þ EF = 2EK . Vì vậy K là trung điểm EF Bài 1.107: Vì G , G1 là trọng tâm tam giác ABC , A1B1C 1     3GG1 = GA1 + GB1 + GC 1        Û 3GG1 = GA + GB + GC + AA1 + BB1 + CC 1     Û 3GG1 = AA1 + BB1 + CC 1

3  AB 4

suy ra

Tương tự G , G2 là trọng tâm tam giác ABC , A2B2C 2 suy ra     3GG1 = GA1 + GB1 + GC 1     Û 3GG2 = AA2 + BB2 + CC 2          Mặt khác AA2 + BB2 + CC 2 = AA1 + BB1 + CC 1 + A1A2 + B1B2 + C 1C 2 Mà A2 .B2 ,C 2 lần lượt là trọng tâm các tam giác BCA1, CAB1, ABC 1 Suy ra          3 ( A1A2 + B1B2 + C 1C 2 ) = 3 ( A1B + AC + B1C + B1A + C 1A + C 1B ) 1             = 3 ( A1A + AB + A1A + AC + B1B + BC + B1B + BA + C 1C + CA + C 1C + CB )    = 6 ( AA1 + BB1 + CC 1 )       Do đó AA2 + BB2 + CC 2 = 3 ( AA1 + BB1 + CC 1 )     Þ GG2 = AA1 + BB1 + CC 1   Vậy GG2 = 3GG1  a   1  Bài 1.108: Ta có: MB = BC ; BP = AB 1-a g -1    BC = (1 - a)MC ;CN =

 Ta có: MN = -

b  AC ; 1-b

1  1 b  AB + ( + )AC Và 1-a 1-a 1-b

 a 1  a  MP = ()AB + AC 1-a 1- g 1-a

Để M, N, P thẳng hàng thì ta phải có 24

a 1 a 1-a 1- g 1-a = Û abg = 1 . 1 1 b + 1-a 1-a 1-b

Bài 1.109: Gọi P, Q, R, S lần lượt là các tiếp điểm của các đoạn thẳng AB,BC,CD,DA đối với đường tròn tâm O. Đặt SA = AP = a, BP = BQ = b, CQ = CR = c, DR = DS = d . Áp dụng định lý con nhím cho tứ giác ABCD ta có:      (a + b )OP + (b + c )OQ + (c + d )OR + (d + a )OS = 0 æ b  æ c  a  ö÷ b  ö÷ Û (a + b )çç OA + OB ÷ + (b + c )çç OB + OC ÷ ÷ø ÷ø çè a + b a +b b +c èç b + c         æ d ö æ a ö c d + (c + d )çç OC + OD ÷÷ + (d + a )çç OD + OA ÷÷ ÷ø ÷ø çè c + d ç d +a   c + d   è d +a

(

)

(

)

Û (b + d ) OA + OC + (a + c ) OB + OD = 0    Û (b + d )OM + (a + c )ON = 0

Suy ra O, M, N thẳng hàng (đpcm) Bài 1.110: Gọi M 1, N 1, P1,Q1, R1, S1 lần lượt là hình chiếu của M , N , P,Q, R, S lên AB, BC ,CD, DE , EF , FA . Suy ra M 1, N 1, P1,Q1, R1, S1

lần lượt là trung điểm của AB, BC ,CD, DE , EF , FA        Ta có MS + RQ + PN = MM 1 + M 1A + AS1 + S1S +         + RR1 + R1E + EQ1 + Q1Q + PP1 + PC + CN 1 + N 1N 1    = 2 MM 1 + PP1 + RR1

(

)

) (

)

( Vì theo định lí con nhím thì        MM 1 + PP1 + RR1 + N 1N + Q1Q + S1S = 0 )

MM 1 RR1 PP1 1 = = = OM 1 OR1 OP1 k       Do đó MS + RQ + PN = k OM + OP + OR

Mặt khác AB = CD = EF suy ra

(

)

      Û OS + OQ + ON = ( k + 1 ) OM + OP + OR   Û OO2 = ( k + 1 )OO1

(

)

Hay ba điểm O, O1, O2 thẳng hàng.

CHUYÊN ĐỀ I: ỨNG DỤNG VECTƠ ĐỂ GIẢI TOÁN HÌNH HỌC         Bài 1.111: Ta có KA + KB + KC = 0 và LB + LC + LD = 0 Trừ vế với vế ta được             KA - LD + 2KL = 0 Û KL + LA - LD + 2KL = 0 Û DA + 3KL = 0

(

)

Suy ra KL//AD  k 2 - k + 1  = AC , vì k 2 - k + 1 > 0 và A2 Ï AC nên Bài 1.112: AC 2 2 2 (k + 1) AC / /AC 2 2

Tương tự ta có B2C 2 / /BC và A2B2 / /AB Bài 1.113: Giả sử năm điểm đó là A1 , A2 , A3 , A4 , A5 , A6 nằm trên đường tròn (O). Ta cần chứng minh tồn tại điểm H thuộc mười đường thẳng đó. Gọi G là trọng tâm của tam giác A1A2A3 ; P là trung điểm của đoạn thẳng A4A5 .Vì OP ^ A4A5 (do OA4 = OA5 ) nên điểm H thuộc đường thẳng đi qua G và vuông góc với đường thẳng A4A5 khi có số thực k sao cho    1    HG = kOP . Mà OG = OA1 + OA2 + OA3 (vì G là trọng tâm của 3  1   tam giác A1A2A3 ). OP = OA4 + OA5 (vì P là trung điểm của đoạn thẳng 2 A4A5 )      Do đó HG = kOP Û OG - OH = kOP  1    k   Hay OA1 + OA2 + OA3 - OH = OA4 + OA5 3 2     1 1 1 k  k  Û OH = OA1 + OA2 + OA3 - OA4 - OA5 3 3 3 2 2

( (

(

)

(

)

Vì các điểm A1 , A2 , A3 , A4 , A5 , A6 trong bài toán có vai trò bình đẳng nên

k 1 2 = Ûk =2 3 3  1      Khi đó OH = OA1 + OA2 + OA3 + OA4 + OA5 3  5  Hay OH = OG (G là trọng tâm của hệ điểm { A1, A2 , A3 , A4 , A5 } ). 3

chọn k sao cho -

(

)

Bài 1.114: Ta cần chứng minh tồn tại điểm H thuộc đường thẳng MM', NN', PP', QQ'. Vì OP ^ CD (do OC = OD) nên điểm H thuộc đường thẳng MM' khi có số   thực k sao cho HM = kOP . Mà M và P lần lượt là trung điểm của AB và CD nên   1   1   HM = HA + HB ; OP = OC + OD 2 2   1   k   HA + HB = OC + OD Do đó HM = kOP Hay 2 2            Û HO + OA + HO + OB = k OC + OD Û 2OH = OA + OB - kOC - kOD

(

)

(

)

(

)

Vì các điểm A, B, C, D trong bài toán có vai trò bình đẳng nên chọn k = -1      Khi đó 2OH = OA + OB + OC + OD   Hay 2OH = 4OI (Dễ thấy I là trọng tâm của tứ giác ABCD)   Û OH = 2OI Vậy H là điểm đối xứng của O qua I. Bài 1.115: Gọi A, B, C là ba đỉnh của tam giác D và DE là đoạn thẳng q . Gọi G là trọng tâm tam giác D và M là trung điểm của DE thì với điểm O        tùy ý ta có OA + OB + OC + OD + OE = 3OG + 2IM Do đó GM luôn đi qua điểm cố định O là trọng tâm hệ điểm A, B, C, D, E. Bài 1.116: Hướng dẫn : Đặt BC = a, CA = b, AB = c Giả sử đường thẳng x đi qua A cắt BC tại M khi đó ta có AB + BM = AC + MC Û c + BM = b + MC 27

Þ c + 2BM = b + ( BM + MC )

a +b -c a -b + c , CM = 2 2    Do đó : (a + c - b ) MB + (a + b - c ) MC = 0

Suy ra BM =

Tương tự ta có :      (a + b - c ) NC + (b + c - a )NA = (b + c - a )PA + (a + c - b )PB = 0 Do đó x, y, z đồng quy tại I được xác định bới     (b + c - a ) IA + (a + c - b )IB + (a + b - c )IC = 0

Bài 1.117: Giả sử đường tròn bàng tiếp góc A tiếp xúc BC tại M. Gọi B’,C’ là tiếp điểm của cạnh AB,AC với đường tròn bàng tiếp góc A Khi đó AB ' = AC ' Û AB + BB ' = AC + CC ' Û c + BM = c + CM Đến đây tương tự bài 1.116. Bài 1.118: a) Ta có:           GA + GB + GC + GD = 2GM + MA + MB + 2GP + PC + PD =        = 2(GM + GP ) + (MA + MB ) + (PC + PD ) = 0          4  b) 3AA1 = AB + AC + AD ; 4AG = AB + AC + AD Þ AA1 = AG 3   Þ AA1; AG cùng phương hay AA1 đi qua G Tương tự ta có BB1 đi qua G; CC1 đi qua G; DD1 đi qua G Vậy ta có AA1 , BB1 , CC 1 , DD1 đồng quy tại G Bài 1.119: a) Gọi O là trung điểm CC1         AA1 = AM + MA1 = AM + MB + MC = AC + MB      2AO = AC + AC 1 = AC + MB (vì AC 1BM hình bình hành)   Þ AA1 = 2AO hay O là trung điểm AA1   Tương tự ta có BB1 = 2BO hay O là trung điểm BB1 Vậy AA1 , BB1 , CC 1 đồng quy tại trung điểm O của mỗi đường     b) Ta có: 3MG = MA + MB + MC         2MO = MA + MA1 = MA + MB + MC Þ 2MO = 3MG MO 3 = Þ M, G, O thẳng hàng và MG 2       Bài 1.120: Đặt IM = e1 , IN = e2 , IP = e3

Gọi X, Y, Z lần lượt là trung điểm của NP, PM, MN.     O là điểm được xác định 2IO = e1 + e2 + e3    1    1   1  Suy ra OX = OI + IX = - (e1 + e2 + e3 ) + (e2 + e3 ) = - e1 2 2 2 Suy ra OX ^ BC , tương tự ta có OY ^ AC , OZ ^ AB Suy ra Da , Db và Dc đồng quy tại O. AB ¢ AD ¢ Bài 1.121: Đặt = m, = n (0 < m , n < 1) . Gọi I là giao điểm BD' AB AD và DB'         Ta có AC = AB + AD ; AC ¢ = AB ¢ + AD ¢ = mAB + nAD  n  BA BD       AD ¢ n 1 - n  n -1 = n Þ D ¢A = D ¢D Þ BD ¢ = = BB ¢ + nBD n AD n -1 1-m 1n -1        1-n n (m - 1) Þ IB ¢ + nID = 0 Þ IB ¢ = ID 1-m 1-n  n (m - 1)    ¢+ AB AD m (n - 1)AB + n (m - 1)AD  n 1 Þ AI = = n (m - 1) mn -1 1+ n -1      1 (m - 1)AB + (n - 1)AD ) ; Do đó IC = AC - AI = ( mn - 1      C ¢C = AC - AC ¢ = (1 - m )AB + (1 - n )AD  1  C 'C Suy ra IC = mn - 1 Suy ra I, C', C thẳng hàng Þ đpcm     Bài 1.122: Đặt AI = xAN ; CI = yCM     x  Ta có: AI = x (AB + BN ) = xAB + BC 4  x     3x x  21x  x  = xAB + (AC - AB ) = AB + AC = AM + AC 4 4 4 8 4 21 x 8 AI 8 Þ = . Vì M, I, C thẳng hàng nên ta có: x + = 1 Þ x = 8 4 23 AN 23 IC 21 = Tương tự: . IM 2 29

  b        Bài 1.123: Ta đặt: CA = a;CB = b .Khi đó CM = CE = kCA = ka . 2    Vì E nằm ngoài đoạn thẳng AC nên có số k sao cho CE = kCA = ka , với    0 < k < 1 . Khi đó CF = kCB = kb Điểm D nằm trên AM và EF nên có hai số x và y sao cho:      CD = xCA + (1 - x )CM = yCE + (1 - y )CF  1-x    b = kya + k (1 - y )b Hay xa + 2  1-x = k (1 - y ) . Vì hai vectơ a, b không cùng phương nên x = ky và 2    Suy ra x = 2k - 1 , do đó CD = (2k - 1)a + (1 - k )b       Ta có: ED = CD - CE = (1 - k )(b - a ) = (1 - k )AB        Chú ý rằng vì CF = kCB hay AB + BG = kAB suy ra (1 - k )AB = GB

Do đó

ED =1 GB

   IB AB 3 = = Þ 2IB + 3IM = 0 IM AM 2    Þ 2AB + 3AM = 5AI (1)       DB AB 3 = = Þ 4DB + 3DC = 0 Þ 4AB + 3AC = 7AD (2) DC AC 4

Bài 1.124: Ta có:

Từ (1) và (2) suy ra        AD 10 3AC - 6AM = 7AD - 10AI Þ 7AD - 10AI = 0 Þ = AI 7    Bài 1.125: Vì A, O, N thẳng hàng nên: BO = xBA + ( 1 - x )BN    Tương tự: AO = yAM + ( 1 - y )AB







Þ AB = y AM + (x - y + 1)AB + (x - 1)BN hay 







(x - y )AB + y AM + (x - 1)BN = 0

(1)

    Đặt CB = a , CA = b , Ta có :     3   1 AB = a - b; AM = - b; BN = - a 4 3    æ 1  ÷ö 3  ç Thay vào (1) ta có: ( x - y ) a - b - yb + ( x - y )ç - a ÷÷ = 0 çè 3 ø 4

(

)

  x - 1  3y  Û ( x - y )a - ( x - y )b = a- b 3 4 x -1 1 ïìï ïìï ïï x - y = ïï x = 3 Ûí 10 Từ đó ta có: í ïï ïï 3 2 ïï y - x = y ïï y = î 4 î 5  1 1  1  Þ BO = BA + (1 - )BN Với x = 10 10 10    NA 1   1  = 10 . Þ BO - BN = BA - BN hay NO = NA Þ NO 10 10

(

)

Vì SONB = 1 Þ S NAB = 10 Þ S ABC = 30   BI = k, k > 0 Þ BI = kBC Bài 1.126: Đặt BC        Ta có AI = AB + BI = AB + kBC = AB + kAD Mặt khác G là trọng tâm tam giác MNB suy ra     1  1    3AG = AM + AN + AB = AB + ( AD + AC ) + AB 3 2  11   1  1   = AB + ( 2AD + AB ) + AB = AB + AD 3 2 6   11 1 6 Vì AG , AI cùng phương nên = Þk = 6 k 11     Bài 1.127: Ta có OC = -3OA, OD = -2OA

  Vì OM , ON cung phương nên có số thực k sao cho

   k   ON = kOM Þ ON = (OA + OB ) 2  3  2k  CN OA OB = k , k > 0 , ta có ON = Đặt 1+k k +1 ND

Suy ra -

6 4k 3 =Ûk = k (1 + k ) k (k + 1) 2

 2  Bài 1.128: Ta có S ABC = 3S AMC Þ BC = 3MC Þ BM = BC 3       Đặt AB ' = xAB ; AC '=yAC ; AM ' = zAM      Ta có B ' M ' = AM ' - AB ' = zAM - xAB     2z  = z AB + BM - xAB = ( z - x ) AB + BC 3  2z   æz ö÷  2z  = ( z - x ) AB + AC - AB = çç - x ÷÷ AB + AC çè 3 3 3 ø      B 'C ' = AC ' - AB ' = yAC - xAB

(

)

(

)

z 2z -x   3 1 2 = 3 Û = + Mặt khác B ' M ' , B 'C ' cùng phương nên 3 -x y z x y AB AC AM +2 =3 AB ' AC ' AM ' AK =x >0 Bài 1.129: (hình 1.56) Đặt CK  1  x  .MA + .MC (1) Ta có: MK = 1+x 1+x   Do: MK , MS cùng phương nên

Hay

  l   MK = l . MS = MB + MD 2

(

)

C K

B M S

A D Hình 1.56

 ì a  ï ï MB = MA ï MA2 Mặt khác MA.MB = MC .MD = a > 0 Þ ïí  ï a  ï MD = MC ï ï î MC 2  al  al  Suy ra MK = MA MC ( 2 ) 2MA2 2MC 2 ìï 1 al ïï =2 2MA2 Þ x = MA Þ Từ (1) và (2) suy ra: Þ ïí 1 + x ïï 1 al MC 2 =ïï 2MC 2 ïî 1 + x AM 2 AK = 2 CK CM

CHƯƠNG II TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ VÀ ỨNG DỤNG §1 GIÁ TRỊ LƯỢNG GIÁC CỦA MỘT GÓC BẤT KÌ TỪ 00 ĐẾN 1800 A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT. y 1. Định nghĩa Trong mặt phẳng tọa độ Oxy .Với mỗi góc a ( 00 £ a £ 1800 ) , ta xác định điểm M trên

trên đường nửa đường tròn đơn vị tâm O sao cho  . Giả sử điểm M có tọa độ x ; y . a = xOM ( ) Khi đó:

M(x;y)

Hình 2.1

y x (a ¹ 900 ); cota = (a ¹ 00 , a ¹ 1800 ) x y Các số sin a, cos a, tan a, cot b được gọi là giá trị lượng giác của góc a . sina = y; cosa = x; tana =

Chú ý: Từ định nghĩa ta có:  Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu của M lên trục Ox, Oy khi đó

(

)

M OP ;OQ .



Với 00 £ a £ 1800 ta có 0 £ sin a £ 1; - 1 £ cos a £ 1



Dấu của giá trị lượng giác: Góc a 00 + sin a + cosa + tan a + cot a 2. Tính chất  Góc phụ nhau sin(900 - a) = cos a cos(900 - a) = sin a

tan(900 - a) = cot a

900

+ -

1800

 Góc bù nhau sin(1800 - a) = sin a

cos(1800 - a) = - cos a

tan(1800 - a) = - tan a

cot(900 - a) = tan a cot(1800 - a) = - cot a 3. Giá trị lượng giác của các góc đặc biệt

Góc a sin a cosa tan a cot a

00 0 1

300 1 2

450

600

2 2 2 2

3 2 1 2



- 3

-1

3 3

-1

- 3



3 2

3 3



900 1 0

1200

1350

3 2 1 2

2 2 -

2 2

1500 1 2 -

3 2

1800 0 –1

4. Các hệ thức lượng giác cơ bản sin a 1) tan a = (a ¹ 900 ) ; cos a cos a 2) cot a = (a ¹ 00 ; 1800 ) sin a 3) tan a.cot a = 1 (a ¹ 00 ; 900 ; 1800 )

4) sin2 a + cos2 a = 1 1 5) 1 + tan2 a = (a ¹ 900 ) 2 cos a 1 2 6) 1 + cot a = (a ¹ 00 ; 1800 ) 2 sin a Chứng minh: - Hệ thức 1), 2) và 3) dễ dàng suy ra từ định nghĩa.

- Ta có sin a = OQ, cos a = OP 2

Suy ra sin2 a + cos2 a = OQ + OP = OQ 2 + OP 2 + Nếu a = 00 , a = 900 hoặc a = 1800 thì dễ dàng thấy sin2 a + cos2 a = 1

+ Nếu a ¹ 00 , a ¹ 900 và a ¹ 1800 khi đó theo định lý Pitago ta có sin2 a + cos2 a = OQ 2 + OP 2 = OQ 2 + QM 2 = OM 2 = 1

Vậy ta có sin2 a + cos2 a = 1 Mặt khác 1 + tan2 a = 1 + 2

sin2 a cos2 a + sin2 a 1 = = suy ra 2 2 cos a cos a cos2 a

được 5) Tương tự 1 + cot2 a = 1 +

cos2 a sin2 a + cos2 a 1 = = suy ra 2 2 sin a sin a sin2 a

được 6) B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI.  DẠNG 1 : Xác định giá trị lượng giác của góc đặc biệt. 1. Phương pháp giải.  Sử dụng định nghĩa giá trị lượng giác của một góc  Sử dụng tính chất và bảng giá trị lượng giác đặc biệt  Sử dụng các hệ thức lượng giác cơ bản 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Tính giá trị các biểu thức sau: a) A = a 2 sin 900 + b 2 cos 900 + c 2 cos1800 b) B = 3 - sin2 900 + 2 cos2 600 - 3 tan2 450 c) C = sin2 450 - 2 sin2 500 + 3 cos2 450 - 2 sin2 400 + 4 tan 550. tan 350 Lời giải a) A = a 2 .1 + b 2 .0 + c 2 . ( -1 ) = a 2 - c 2 b) B = 3 - ( 1 )

2 æ 2 ÷ö æ 1 ÷ö ç ÷ =1 + 2 ç ÷÷ - 3 ççç çè 2 ÷÷ø èç 2 ø 2

c) C = sin2 450 + 3 cos2 450 - 2 ( sin2 500 + sin2 400 ) + 4 tan 550.cot 550

æ 2 ö÷ æ 2 ÷ö 1 3 ÷ + 3 çç ÷ - 2 ( sin2 500 + cos2 400 ) + 4 = + - 2 + 4 = 4 C = ççç ÷ ÷ çè 2 ÷ø ççè 2 ÷ø 2 2 Ví dụ 2: Tính giá trị các biểu thức sau: a) A = sin2 30 + sin2 150 + sin2 750 + sin2 87 0 b) B = cos 00 + cos 200 + cos 400 + ... + cos1600 + cos1800 c) C = tan 50 tan 100 tan 150... tan 800 tan 850 Lời giải a) A = ( sin2 30 + sin2 87 0 ) + ( sin2 150 + sin2 750 ) 2

= ( sin2 30 + cos2 30 ) + ( sin2 150 + cos2 150 ) = 1+1 = 2

b) B = ( cos 00 + cos1800 ) + ( cos 200 + cos1600 ) + ... + ( cos 800 + cos1000 ) = ( cos 00 - cos 00 ) + ( cos 200 - cos 200 ) + ... + ( cos 800 - cos 800 ) =0

c) C = ( tan 50 tan 850 )( tan 150 tan 750 )... ( tan 450 tan 450 )

= ( tan 50 cot 50 )( tan 150 cot 50 )... ( tan 450 cot 50 ) =1 3. Bài tập luyện tập: Bài 2.1: Tính giá trị các biểu thức sau: a) A = sin 450 + 2 cos 600 - tan 300 + 5 cot1200 + 4 sin 1350 b) B = 4a 2 sin2 450 - 3(a tan 450 )2 + (2a cos 450 )2

c) C = sin2 350 - 5 sin2 730 + cos2 350 - 5 cos2 730 12 - 5 tan 850 cot 950 + 12 sin2 104 0 d) D = 2 0 1 + tan 76 e) E = sin2 10 + sin2 20 + ... + sin2 890 + sin2 900 f) F = cos3 10 + cos3 20 + cos3 30 + ... + cos3 1790 + cos3 1800 Bài 2.2: Tính giá trị của các biểu thức sau: 8 tan2 ( 30 - x ) 0 0 P = 4 tan ( x + 4 ) .sin x .cot ( 4x + 26 ) + + 8 cos2 ( x - 30 ) 2 0 1 + tan ( 5x + 3 ) khi x = 300

 DẠNG 2 : Chứng minh đẳng thức lượng giác, chứng minh biểu thức không phụ thuộc x, đơn giản biểu thức. 1. Phương pháp giải.  Sử dụng các hệ thức lượng giác cơ bản  Sử dụng tính chất của giá trị lượng giác  Sử dụng các hằng đẳng thức đáng nhớ . 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Chứng minh các đẳng thức sau(giả sử các biểu thức sau đều có nghĩa) a) sin 4 x + cos4 x = 1 - 2 sin2 x .cos2 x 1 + cot x tan x + 1 = b) 1 - cot x tan x - 1 cos x + sin x = tan 3 x + tan2 x + tan x + 1 c) 3 cos x Lời giải a) sin 4 x + cos4 x = sin 4 x + cos4 x + 2 sin2 x cos2 x - 2 sin2 x cos2 x = ( sin2 x + cos2 x ) - 2 sin2 x cos2 x 2

= 1 - 2 sin2 x cos2 x

1 tan x + 1 1 + cot x t anx = t anx = tan x + 1 = b) 1 - cot x 1 tan x - 1 tan x - 1 1tan x tan x cos x + sin x 1 sin x = + c) = tan2 x + 1 + tan x ( tan2 x + 1 ) 3 2 cos x cos x cos3 x = tan 3 x + tan2 x + tan x + 1 Ví dụ 2: Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng B B sin 3 cos3 cos ( A + C ) 2 2 + . tan B = 2 æ A + C ÷ö æ A + C ÷ö sin B cos çç ÷ sin çç ÷ çè 2 ÷ø çè 2 ÷ø Lời giải Vì A + B + C = 1800 nên B B sin 3 cos3 cos (1800 - B ) 2 2 VT = + . tan B æ 1800 - B ö÷ æ 1800 - B ö÷ sin B ç ç cos ç ÷ sin ç ÷ çè 2 2 ø÷ èç ø÷ 1+

B B cos3 2 + 2 - - cos B . tan B = sin2 B + cos2 B + 1 = 2 = VP = B B sin B 2 2 sin cos 2 2 Suy ra điều phải chứng minh. Ví dụ 3: Đơn giản các biểu thức sau(giả sử các biểu thức sau đều có nghĩa) a) A = sin(900 - x ) + cos(1800 - x ) + sin2 x (1 + tan2 x ) - tan2 x sin 3

b) B = Lời giải

1 1 1 . + - 2 sin x 1 + cos x 1 - cos x

1 - tan2 x = 0 2 cos x 1 1 - cos x + 1 + cos x . - 2 b) B = sin x ( 1 - cos x )( 1 + cos x )

a) A = cos x - cos x + sin2 x .

1 2 1 2 . 2 = . - 2 sin x 1 - cos2 x sin x sin2 x æ 1 ö = 2 çç 2 - 1 ÷÷÷ = 2 cot2 x çè sin x ø Ví dụ 4: Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào x. P = sin 4 x + 6 cos2 x + 3 cos4 x + cos4 x + 6 sin2 x + 3 sin 4 x =

Lời giải P =

( 1 - cos2 x )

= =

(1 - sin2 x )

+ 6 cos2 x + 3 cos4 x +

4 cos4 x + 4 cos2 x + 1 +

( 2 cos2 x + 1 )

+ 6 sin2 x + 3 sin 4 x

4 sin 4 x + 4 sin2 x + 1

( 2 sin2 x + 1 )

= 2 cos2 x + 1 + 2 sin2 x + 1 =3

Vậy P không phụ thuộc vào x . 3. Bài tập luyên tập. Bài 2.3. Chứng minh các đẳng thức sau(giả sử các biểu thức sau đều có nghĩa) a) tan2 x - sin2 x = tan2 x .sin2 x b) sin6 x + cos6 x = 1 - 3 sin2 x .cos2 x tan 3 x 1 cot3 x + = tan 3 x + cot3 x c) 2 2 sin x cos x cos x sin x 2 d) sin x - tan2 x = tan6 x (cos2 x - cot2 x ) tan 2 a - tan 2 b sin 2 a - sin 2 b = e) tan 2 a .tan 2 b sin 2 a .sin 2 b Bài 2.4. Đơn giản các biểu thức sau(giả sử các biểu thức sau đều có nghĩa) 1 a) A = - tan2 ( 1800 - x ) - cos2 (1800 - x ) 2 cos x cos2 x - sin2 x - cos2 x b) B = cot2 x - tan2 x sin 3 a + cos3 a c) C = cos2 a + sin a(sin a - cos a ) 1 + sin a 1 - sin a + 1 - sin a 1 + sin a Bài 2.5. Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào a . (giả sử các biểu thức sau đều có nghĩa)

d) D =

a) (tan a + cot a)2 - (tan a - cot a)2

b) 2(sin6 a + cos6 a) - 3(sin 4 a + cos4 a)

c) cot2 300 (sin 8 a - cos8 a) + 4 cos 600 (cos6 a - sin6 a) - sin6 (900 - a) ( tan2 a - 1 )

d) (sin 4 x + cos 4 x - 1)(tan 2 x + cot 2 x + 2) sin 4 x + 3 cos 4 x - 1 e) sin 6 x + cos6 x + 3 cos 4 x - 1 Bài 2.6: Cho tam giác ABC . Hãy rút gọn B A +C B A +C + tan tan a) A = cos2 + cos2 2 2 2 2 B B sin cos 2 2 - cos ( A + C ) . tan B b) B = A +C A +C sin B cos sin 2 2

 DẠNG 3 : Xác định giá trị của một biểu thức lượng giác có điều kiện. 1. Phương pháp giải.  Dựa vào các hệ thức lượng giác cơ bản  Dựa vào dấu của giá trị lượng giác  Sử dụng các hằng đẳng thức đáng nhớ 2. Các ví dụ. 1 Ví dụ 1: a) Cho sin a = với 900 < a < 1800 . Tính cos a và tan a 3 2 b) Cho cos a = - . Tính sin a và cot a 3 c) Cho tan g = -2 2 tính giá trị lượng giác còn lại. Lời giải a) Vì 900 < a < 1800 nên cos a < 0 mặt khác sin2 a + cos2 a = 1 suy ra cos a = - 1 - sin2 a = - 1 -

1 2 2 =9 3

1 sin a 1 = 3 =Do đó tan a = cos a 2 2 2 2 3

b) Vì sin2 a + cos2 a = 1 nên sin a = cos a cot a = = sin a

1 - cos2 a =

2 3 =- 2 5 5 3

4 5 = và 9 3

c) Vì tan g = -2 2 < 0 Þ cos a < 0 mặt khác tan2 a + 1 = cos a = -

1 1 1 ==2 8 +1 3 tan + 1

Ta có tan a =

1 nên cos2 a

æ 1ö 2 2 sin a Þ sin a = tan a.cos a = -2 2. çç - ÷÷÷ = çè 3 ø cos a 3

1 cos a 1 Þ cot a = = 3 =sin a 2 2 2 2 3 3 tan a + 3 cot a Ví dụ 2: a) Cho cos a = với 00 < a < 900 . Tính A = . 4 tan a + cot a sin a - cos a b) Cho tan a = 2 . Tính B = 3 sin a + 3 cos3 a + 2 sin a Lời giải 1 1 +2 tan a + 3 2 2 tan a + 3 tan a cos a a) Ta có A = = = = 1 + 2 cos2 a 1 1 tan2 a + 1 tan a + tan a cos2 a 9 17 Suy ra A = 1 + 2. = 16 8 sin a cos a tan a ( tan2 a + 1 ) - ( tan2 a + 1 ) 3 cos a cos3 a b) B = = sin 3 a 3 cos3 a 2 sin a tan 3 a + 3 + 2 tan a ( tan2 a + 1 ) + + cos3 a cos3 a cos3 a

Suy ra B =

2 (2 + 1) - (2 + 1)

2 2 + 3 + 2 2 (2 + 1)

Ví dụ 3: Biết sin x + cos x = m 8

(

2 -1

3+8 2

)

a) Tìm sin x cos x và sin 4 x - cos4 x b) Chứng minh rằng m £

Lời giải

a) Ta có ( sin x + cos x ) = sin2 x + 2 sin x cos x + cos2 x = 1 + 2 sin x cos x (*) 2

Mặt khác sin x + cos x = m nên m 2 = 1 + 2 sin a cos a hay m2 - 1 sin a cos a = 2 4 Đặt A = sin x - cos4 x . Ta có A=

( sin2 x + cos2 x )( sin2 x - cos2 x )

( sin x + cos x )( sin x - cos x )

Þ A2 = ( sin x + cos x ) ( sin x - cos x ) = (1 + 2 sin x cos x )(1 - 2 sin x cos x ) 2

2 2 4 æ m 2 - 1 öæ ÷÷ çç 1 - m - 1 ö÷÷ = 3 + 2m - m Þ A2 = çç 1 + ÷ç 2 øè 2 ø÷ 4 èç

3 + 2m 2 - m 4 Vậy A = 2 b) Ta có 2 sin x cos x £ sin2 x + cos2 x = 1 kết hợp với (*) suy ra

( sin x + cos x )

Vậy m £

£ 2 Þ sin x + cos x £

3. Bài tập luyện tập. Bài 2.7: Tính các giá trị lượng giác còn lại, biết a) sin a =

3 với 00 < a < 900 5

c) cot g = - 2 Bài 2.8. a) Cho cos a = b) Cho sin a =

b) cos b =

1 5

d) tan a + cot a < 0 và sin a =

1 . 5

cot a + 3 tan a 2 . Tính A = 2 cot a + tan a 3

3 cot a + 2 tan a + 1 1 với 900 < a < 1800 . Tính B = cot a + tan a 3

c) Cho tan a = 2 . Tính C =

2 sin a + 3 cos a ; sin a + cos a

d) Cho cot a = 5 . Tính D = 2 cos2 a + 5 sin a cos a + 1 Bài 2.9: Biết tan x + cot x = m . tan6 x + cot6 x a) Tìm tan2 x + cot2 x b) c) Chứng minh m ³ 2 tan 4 x + cot4 x 12 Bài 2.10: Cho sin a cos a = . Tính sin 3 a + cos3 a 25 Bài 2.11: Cho tan a - cot a = 3 . Tính giá trị các biểu thức sau: a) A = tan2 a + cot2 a b) B = tan a + cot a c) C = tan 4 a - cot4 a Bài 2.12: a) Cho 3 sin 4 x + cos4 x =

3 . Tính A = sin 4 x + 3 cos4 x . 4

1 . Tính B = sin 4 x + 3 cos4 x . 2 7 c) Cho 4 sin 4 x + 3 cos4 x = . Tính C = 3 sin 4 x + 4 cos4 x . 4

b) Cho 3 sin 4 x - cos4 x =

§2 TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT. 1. Định nghĩa: a) Góc giữa hai vectơ.    Cho hai vectơ a và b đều khác 0 . Từ điểm O bất kỳ dựng các vectơ     OA = a và OB = b . Số đo góc AOB được gọi là số đo góc giữa hai vectơ   a và b .       + Quy ước : Nếu a = 0 hoặc b = 0 thì ta xem góc giữa hai vectơ a và b là tùy ý (từ 00 đến 1800 ).   + Kí hiệu: ( a ;b ) b) Tích vô hướng của hai vectơ.   Tích vô hướng của hai véc tơ a và b là một số thực được xác định bởi:     a.b = a b .cos(a, b) . 10

 2. Tính chất: Với ba véc tơ bất kì a, b, c và mọi số thực k ta luôn có:   1) a.b = b.a     2) a(b ± c) = a.b ± a.c     3) (ka )b = k (a.b) = a(kb) 2 2   4) a ³ 0, a = 0 Û a = 0 Chú ý: Ta có kết quả sau:       + Nếu hai véc tơ a và b khác 0 thì a ^ b Û a.b = 0  2 2  + a.a = a = a gọi là bình phương vô hướng của véc tơ a .   2   2      2 2 + (a ± b)2 = a ± 2a.b + b , (a + b)(a - b) = a - b

3. Công thức hình chiếu và phương tích của một điểm với đường tròn. a) Công thức hình chiếu.   Cho hai vectơ AB , CD . Gọi A', B' lần lượt là hình chiếu của A, B lên đường     thẳng CD khi đó ta có AB .CD = A ' B '.CD b) phương tích của một điểm với đường tròn. Cho đường tròn (O ; R ) và điểm M. Một đường thẳng qua N cắt đường tròn   tại hai điểm A và B. Biểu thức MA.MB được gọi là phương tích của điểm M đối với đường tròn (O ; R ) . Kí hiệu là PM /(O ) .   Chú ý: Ta có PM /(O ) = MA.MB = MO 2 - R 2 = MT 2 với T là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ điểm M 3.Biểu thức tọa độ của tích vô hướng   Cho hai vectơ a = (x 1; y1 ) và b = (x 2 ; y2 ) . Khi đó  1) a.b = x 1x 2 + y1y2   2) a = (x ; y ) Þ| a |= x 2 + y 2   x 1x 2 + y1y2 a.b 3) cos(a, b) =   = x 12 + y12 x 22 + y22 a b Hệ quả:   + a ^ b Û x 1x 2 + y1y2 = 0

+ Nếu A(x A ; yA ) và B(x B ; yB ) thì AB = (x B - x A )2 + (yB - yA )2 B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI. 11

 DẠNG 1 : Xác định biểu thức tích vô hướng, góc giữa hai vectơ. 1. Phương pháp giải.      Dựa vào định nghĩa a.b = a . b cos a;b

( )



Sử dụng tính chất và các hằng đẳng thức của tích vô hướng của hai vectơ 2. Các ví dụ: Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = a , BC = 2a và G là trọng tâm.     a) Tính các tích vô hướng: BA.BC ; BC .CA       b) Tính giá trị của biểu thức AB.BC + BC .CA + CA.AB       . + GB.GC + GC .GA c) Tính giá trị của biểu thứcGAGB Lời giải (hình 2.2) C a) * Theo định nghĩa tích vô hướng ta có         BA.BC = BA . BC cos BA, BC = 2a 2 cos BA, BC .

(

)

(

   = a =1 Mặt khác cos BA, BC = cosABC 2a 2   Nên BA.BC = a 2        * Ta có BC .CA = -CB.CA = - CB . CA cosACB

(

)

N G A

Hình 2.2 Theo định lý Pitago ta có CA = ( 2a ) - a 2 = a 3   a 3 = -3a 2 Suy ra BC .CA = -a 3.2a. 2a   b) Cách 1: Vì tam giác ABC vuông tại A nên CA.AB = 0 và từ câu a ta có     AB.BC = -a 2 , BC .CA = -3a 2 . Suy ra       AB.BC + BC .CA + CA.AB = -4a 2     Cách 2: Từ AB + BC + CA = 0 và hằng đẳng thức    2       AB + BC + CA = AB 2 + BC 2 + CA2 + 2 AB.BC + BC .CA + CA.AB 2

(

)

(

      1 Ta có AB.BC + BC .CA + CA.AB = - ( AB 2 + BC 2 + CA2 ) = -4a 2 2     c) Tương tự cách 2 của câu b) vì GA + GB + GC = 0 nên

)

      1 GAGB . + GB.GC + GC .GA = - (GA2 + GB 2 + GC 2 ) 2 Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB 2 æ2 ö 4a 2 Dễ thấy tam giác ABM đều nên GA2 = çç AM ÷÷÷ = çè 3 9 ø

Theo định lý Pitago ta có: 4 4 4æ 3a 2 ÷ö 7a 2 GB 2 = BN 2 = ( AB 2 + AN 2 ) = çça 2 + ÷= 9 9 9 çè 4 ÷ø 9 4 4 4æ a 2 ö 13a 2 GC 2 = CP 2 = ( AC 2 + AP 2 ) = çç 3a 2 + ÷÷÷ = 9 9 9 èç 4ø 9       1 æ 4a 2 7a 2 13a 2 ö÷ 4a 2 . + GB.GC + GC .GA = - çç + + Suy ra GAGB ÷÷ = 2 èç 9 9 9 ø 3 Ví dụ 2: Cho hình vuông ABCD cạnh a. M là trung điểm của AB, G là trọng tâm tam giác ADM . Tính giá trị các biểu thức sau:        a) (AB + AD )(BD + BC ) b) CG . CA + DM

Lời giải (hình 2.3)

(

   a) Theo quy tắc hình bình hành ta có AB + AD = AC         Do đó (AB + AD )(BD + BC ) = AC .BD + AC .BC      = CACB . = CA . CB cosACB     ( AC .BD = 0 vì AC ^ BD )  = 450 và theo định lý Pitago ta có : Mặt khác ACB

)

AC =

D a2 + a2 = a 2     Hình 2.3 Suy ra (AB + AD )(BD + BC ) = a.a 2 cos 450 = a 2     b) Vì G là trọng tâm tam giác ADM nên CG = CD + CA + CM Mặt khác theo quy tắc hình bình hành và hệ thức trung điểm ta có    CA = - AB + AD và

( )     1   1  1  CM = (CB + CA ) = éêCB - ( AB + AD )ùú = - ( AB + 2AD ) û 2 2ë 2         ö æ 5  1 Suy ra CG = -AB - ( AB + AD ) - ( AB + 2AD ) = - çç AB + 2AD ÷÷÷ çè 2 2 ø 13

       ö æ 1  Ta lại có CA + DM = - AB + AD + AM - AD = - çç AB + 2AD ÷÷÷ çè 2 ø     öæ 1   ö æ 5  Nên CG . CA + DM = çç AB + 2AD ÷÷÷ çç AB + 2AD ÷÷÷ èç 2 øèç 2 ø

(

)

5 21a 2 AB 2 + 4AD 2 = 4 4 Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c . M là trung =

điểm của BC, D là chân đường phân giác trong góc A.   a) Tính AB.AC , rồi suy ra cosA .  2  2 b) Tính AM và AD Lời giải (hình 2.3) a) Ta có     2 ù 1 é  2  2 AB.AC = ê AB + AC - AB - AC ú úû 2 êë

(

)

1é 1 AB 2 + AC 2 - CB 2 ùû = (c 2 + b 2 - a 2 ) ë 2 2   B DM Mặt khác AB.AC = AB.AC cos A = cb cos A 1 Hình 2.3 Suy ra ( c 2 + b 2 - a 2 ) = cb cos A hay 2 c2 + b2 - a 2 cos A = 2bc  1   b) * Vì M là trung điểm của BC nên AM = ( AB + AC ) 2  2         2 ö 2 2 1 1æ AB + AC = çç AB + 2ABAC + AC ÷÷÷ Suy ra AM = ø 4 4 çè   1 Theo câu a) ta có AB.AC = (c 2 + b 2 - a 2 ) nên 2  2 ö 2 (b 2 + c 2 ) - a 2 1æ 1 AM = ççc 2 + 2. ( c 2 + b 2 - a 2 ) + b 2 ÷÷÷ = 4 çè 2 4 ø BD AB c = = * Theo tính chất đường phân giác thì DC AC b  BD  b  DC = DC (*) Suy ra BD = DC c       Mặt khác BD = AD - AB và DC = AC - AD thay vào (*) ta được =

(

)

  b      AD - AB = ( AC - AD ) Û (b + c )AD = bAB + cAC c  2  2    2 2 Û ( b + c ) AD = (bAB ) + 2bcABAC + (cAC )

 2 1 2 Û ( b + c ) AD = b 2c 2 + 2bc. (c 2 + b 2 - a 2 ) + c 2b 2 2  2 bc Û AD = (b + c - a )(b + c + a ) 2 (b + c )  2 4bc p( p -a ) Hay AD = 2 (b + c ) Nhận xét : Từ câu b) suy ra độ dài đường phân giác kẻ từ đỉnh A là 2 bc la = p ( p -a ) b +c 3. Bài tập luyện tập: Bài 2.13. Cho tam giác ABC đều cạnh bằng a. Tính các tích vô hướng:       a) AB.AC b) AC .CB c) AB.BC Bài 2.14 .Cho tam giác ABC có AB = 5, BC = 7, AC = 8 .   a) Tính AB.AC , rồi suy ra giá trị của góc A.   b) Tính AC .BC .   c) Gọi D là điểm trên CA sao cho CD = 3 . Tính CD.CB .  Bài 2.15. Cho các véctơ a, b có độ dài bằng 1 và thoả mãn điều kiện    2a - 3b = 7 . Tính cos a, b .  Bài 2.16. Cho các véctơ a, b có độ dài bằng 1 và góc tạo bởi hai véc tơ bằng         600 . Xác định cosin góc giữa hai vectơ u và v với u = a + 2b , v = a - b Bài 2.17. Cho hình vuông ABCD cạnh bằng 3. Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho BM = 1 , trên cạnh CD lấy điểm N sao cho DN = 1 và P là trung . điểm BC. Tính cos MNP

( )

Bài 2.18. Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2 . M là điểm được xác định     bởi AM = 3MB , G là trọng tâm tam giác ADM . Tính MB.GC Bài 2.19. Cho tứ giác ABCD . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của DA, BC. Tính góc giữa hai đường thẳng AB và CD biết AB = CD = 2a , MN = a 3 .

Bài 2.20: Cho tứ giác ABCD có AB = BC = 2 5 , CD = BD = 5 2 , BD = 3 10 , AC = 10 . Tìm góc giữa   hai vectơ AC , DB . Bài 2.21: Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng 1. Gọi D là điểm đối xứng với C qua đường thẳng AB, M là trung điểm của cạnh CB. a) Xác định trên đường thẳng AC điểm N sao cho tam giác MDN vuông tại D. Tính diện tích tam giác đó. b) Xác định trên đường thẳng AC điểm P sao cho tam giác MPD vuông tại M. Tính diện tích tam giác đó. c) Tính côsin góc hợp bởi hai đường thẳng MP và PD  DẠNG 2: Chứng minh các đẳng thức về tích vô hướng hoặc độ dài của đoạn thẳng. 1. Phương pháp giải.  Nếu trong đẳng thức chứa bình phương độ dài của đoạn thẳng thì ta  2 chuyển về vectơ nhờ đẳng thức AB 2 = AB  Sử dụng các tính chất của tích vô hướng, các quy tắc phép toán vectơ  Sử dụng hằng đẳng thức vectơ về tích vô hướng. 2. Các ví dụ: Ví dụ 1: Cho I là trung điểm của đoạn thẳng AB và M là điểm tùy ý.   Chứng minh rằng : MA.MB = IM 2 - IA2 Lời giải:    2  2 Đẳng thức cần chứng minh được viết lại là MA.MB = IM - IA   Để làm xuất hiện IM , IA ở VP, sử dụng quy tắc ba điểm để xen điểm I vào         ta được VT = MI + IA . MI + IB = MI + IA . MI - IA

(

)(

) (

)(

)

 2  2 = IM - IA = VP (đpcm) Ví dụ 2: Cho bốn điểm A, B, C, D bất kì. Chứng minh rằng:       DA.BC + DB.CA + DC .AB = 0 (*). Từ đó suy ra một cách chứng minh định lí: "Ba đường cao trong tam giác đồng qui". Lời giải:       Ta có: DA.BC + DB.CA + DC .AB

         = DA. DC - DB + DB. DA - DC + DC . DB - DA             = DA.DC - DA.DB + DB.DA - DB.DC + DC .DB - DC .DA = 0 (đpcm) Gọi H là giao của hai đường cao xuất phát từ đỉnh A, B.     Khi đó ta có HA.BC = 0, HC .AB = 0 (1)

(

)

(

)

(

)

Từ đẳng thức (*) ta cho điểm D trùng với điểm H ta được       HA.BC + HB.CA + HC .AB = 0 (2)   Từ (1) (2) ta có HB.CA = 0 suy ra BH vuông góc với AC Hay ba đường cao trong tam giác đồng quy (đpcm). Ví dụ 3: Cho nửa đường tròn đường kính AB. Có AC và BD là hai dây thuộc nửa đường tròn cắt nhau tại E. Chứng minh rằng :     AE .AC + BE .BD = AB 2 Lời giải (hình 2.4)       Ta có VT = AE . AB + BC + BE . BA + AD         = AE .AB + AE .BC + BE .BA + BE .AD

(

)

(

)

D E

B  = 900 , ACB  = 900 A Vì AB là đường kính nên ADB Hình 2.4     Suy ra AE .BC = 0, BE .AD = 0         2 Do đó VT = AE .AB + BE .BA = AB AE + EB = AB = VP (đpcm).

(

)

Ví dụ 4: Cho tam giác ABC có BC = a ,CA = b , AB = c và I là tâm đường

tròn nội tiếp. Chứng minh rằng aIA2 + bIB 2 + cIC 2 = abc Lời giải:        2 Ta có: aIA + bIB + cIC = 0 Þ aIA + bIB + cIC = 0       Þ a 2IA2 + b 2IB 2 + c 2IC 2 + 2abIA.IB + 2bcIB.IC + 2caIC .IA = 0 Þ a 2IA2 + b 2IB 2 + c 2IC 2 + ab ( IA2 + IB 2 - AB 2 ) +

(

)

+ bc ( IB 2 + IC 2 - BC 2 ) + ca ( IA2 + IC 2 - CA2 ) = 0

Þ ( a 2 + ab + ca ) IA2 + (b 2 + ba + bc ) IB 2 +

+ (c 2 + ca + cb ) IC 2 - (abc 2 + ab 2c + a 2bc ) = 0

Þ (a + b + c )(a 2IA2 + b 2IB 2 + c 2IC 2 ) = (a + b + c )abc

Þ a 2IA2 + b 2IB 2 + c 2IC 2 = abc (đpcm)

3. Bài tập luyện tập: Bài 2.22. Cho tam giác ABC với ba trung tuyến AD, BE, CF.       BC .AD + CA.BE + AB.CF = 0 . Chứng minh rằng: Bài 2.23. Cho hình chữ nhật ABCD có tâm O và M là một điểm bất kì. Chứng minh rằng:     a) MA.MC = MB.MD     2 b) MA + MB.MD = 2MA.MO Bài 2.24: Cho tam giác ABC có trực tâm H, M là trung điểm của BC.   1 Chứng minh rằng MH .MA = BC 2 . 4 Bài 2.25: Cho tam giác ABC có trọng tâm G và BC = a, CA = b, AB = c . 1 2 (a + b 2 + c 2 ) 3   Bài 2.26: Cho bốn điểm A, B, C, D thỏa mãn AC .DB = 0 . Chứng minh rằng AB 2 + CD 2 = BC 2 + DA2 Bài 2.27: Cho tam giác ABC có ba đường cao là AA', BB', CC'. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Chứng minh rằng       A ' M .BC + B ' N .CA + C ' P .AB = 0 Bài 2.28.Cho hình bình hành ABCD . Gọi M là một điểm tùy ý.       Chứng minh rằng: MA.MC - MB.MD = BA.BC Bài 2.29: Cho hai điểm M, N nắm trên đường tròn đường kính AB = 2R . Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng AM và BN.         a) Chứng minh: AM .AI = AB.AI , BN .BI = BA.BI .     b) Tính AM .AI + BN .BI theo R. Bài 2.30. Cho tam giác ABC , M là một điểm bất kỳ trên cạnh BC không trùng với B và C. Gọi a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng: AM 2 = b 2BM 2 + c 2CM 2 + (b 2 + c 2 - a 2 ) BM .CM

Chứng minh rằng: GA2 + GB 2 + GC 2 =

Bài 2.31. Cho lục giác ABCDEF có AB vuông góc với EF và hai tam giác ACE và BDF có cùng trọng tâm. Chứng minh rằng AB 2 + EF 2 = CD 2 .

Bài 2.32. Cho tam giác ABC cạnh a nội tiếp đường tròn (O).M là điểm bất kỳ nằm trên đường tròn (O). Chứng minh rằng MA2 + MB 2 + MC 2 = 2a 2 Bài 2.33. Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (O, R). MN là một đường kính bất kỳ của đường tròn (O;R) 18

a) Chứng minh rằng MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 = 8R 2 b) Chứng minh rằng MA4 + MB 4 + MC 4 + MD 4 = NA4 + NB 4 + NC 4 + ND 4 . Bài 2.34 : Cho tứ giác ABCD . Chứng minh rằng          AB .AD + BA.BC + CB .CD + DC .DA = 0 khi và chỉ khi tứ giác ABCD là hình bình hành. Bài 2.35: Cho lục giác đều A1A2A3A4A5A6 tâm I và đường tròn (O;R) bất kỳ chứa I. Các tia IAi , i = 1, 6 cắt (O) tại Bi ( i  1, 6 ). Chứng minh rằng IB12 + IB22 + IB32 + IB42 + IB52 + IB62 = 6R 2

Bài 2.36. Tam giác ABC có trọng tâm G. Chứng minh rằng a) MA2 + MB 2 + MC 2 = 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 với M là điểm bất kỳ b) a 2 + b 2 + c 2 £ 9R 2  < 900 , BC = a , CA = b , AB = c . Bài 2.37: Cho tam giác ABC có BAC M là điểm nằm trong tam giác ABC và nằm trên đường trên đường tròn đường kính BC. Gọi x , y , z theo thứ tự là diện tích của các tam giác MBC , MCA, MAB . Chứng minh rằng æ 2yz ö ( x - y + z )c 2 + ( x - z + y )b 2 = ççç x + y + z + ÷÷÷a 2 x ø è

 DẠNG 3: Tìm tập hợp điểm thoả mãn đẳng thức về tích vô hướng hoặc tích độ dài. 1. Phương pháp giải. Ta sử dụng các kết quả cơ bản sau: Cho A, B là các điểm cố định. M là điểm di động   Nếu AM = k với k là số thực dương cho trước thì tập hợp các điểm M là đường tròn tâm A, bán kính R = k .    Nếu MA.MB = 0 thì tập hợp các điểm M là đường tròn đường kính AB      Nếu MAa . = 0 với a khác 0 cho trước thì tập hợp các điểm M là  đường thẳng đi qua A và vuông góc với giá của vectơ a 2. Các ví dụ.   Ví dụ 1. Cho hai điểm A, B cố định có độ dài bằng a, vectơ a khác 0 và số thực k cho trước. Tìm tập hợp điểm M sao cho 19

  3a 2 a) MA.MB = 4   b) MA.MB = MA2 Lời giải: a) Gọi I là trung điểm của AB ta có       3a 2 3a 2 MA.MB = Û MI + IA MI + IB = 4 4 2   3a Û MI 2 - IA2 = (Do IB = -IA ) 4 2 2 a 3 a Û MI 2 = + 4 4 Û MI = a Vậy tập hợp điểm M là đường tròn tâm I bán kính R = a      2 b) Ta có MA.MB = MA2 Û MA.MB = MA        Û MA. MA - MB = 0 Û MA.BA = 0 Û MA ^ BA

(

)(

)

Vậy tập hợp điểm M là đường thẳng vuông góc với đường thẳng AB tại A. Ví dụ 2: Cho tam giác ABC . Tìm tập hợp điểm M sao cho     MA + 2MB + 3CB BC = 0

(

)

A Lời giải (hình 2.4)    M I Gọi I là điểm xác định bởi IA + 2IB = 0     Khi đó MA + 2MB + 3CB BC = 0      Û éê MI + IA + 2 MI + IB ùú .BC = 3BC 2 B M' I' ë  û Hình 2.4 Û MI .BC = BC 2 Gọi M', I' lần lượt là hình chiếu của M, I lên đường thẳng BC     Theo công thức hình chiếu ta có MI .BC = M ' I '.BC do đó   M ' I '.BC = BC 2   Vì BC 2 > 0 nên M ' I ', BC cùng hướng suy ra   M ' I '.BC = BC 2 Û M ' I '.BC = BC 2 Û M ' I ' = BC Do I cố định nên I' cố định suy ra M' cố định. Vậy tập hợp điểm M là đường thẳng đi qua M' và vuông góc với BC. Ví dụ 3: Cho hình vuông ABCD cạnh a và số thực k cho trước.     Tìm tập hợp điểm M sao cho MA.MC + MB.MD = k

(

) (

)

Lời giải (hình 2.5) Gọi I là tâm của hình vuông ABCD A       Ta có : MA.MC = MI + IA MI + IC      = MI 2 + MI IC + IA + IA.IC I   = MI 2 + IA.IC     D Tương tự MB.MD = MI 2 + IB.ID Hình 2.5         Nên MA.MC + MB.MD = k Û 2MI 2 + IB.ID + IA.IC = k k Û 2MI 2 - IB 2 - IA2 = k Û MI 2 = + IA2 2 k Û MI 2 = + a 2 2

(

)( (

)

k k + a2 + IA2 = 2 2 2 Nếu k < -a : Tập hợp điểm M là tập rỗng Nếu k = -a 2 thì MI = 0 Û M º I suy ra tập hợp điểm M là điểm I Û MI =

Nếu k > -a 2 thì MI =

k + a2 2

suy ra tập hợp điểm M là đường tròn tâm I bán kính R =

k + a2 2

3. Bài tập luyện tập. Bài 2.38: Cho đoạn thẳng AB. Tìm tập hợp điểm M trong mỗi trường hợp sau:   2 a) 2MA = MA.MB b) MA2 + 2MB 2 = k với k là số thực dương cho trước.   c) AM .a = k với k là số thực cho trước. Bài 2.39: Cho tam giác ABC . Tìm tập hợp điểm M trong các trường hợp sau:     a) MA - MB 2MB - MC = 0     b) MA + 2MB MB + 2MC = 0     c) 2MA2 + MA.MB = MA.MC Bài 2.40: Cho hình vuông ABCD cạnh a. Tìm tập hợp các điểm M sao cho: a) 2MA2 + MB 2 = MC 2 + MD 2

( (

)( )(

)

   b) MA + MB + MC

(

)(

  MC - MB = 3a 2

)

Bài 2.41. Cho tứ giác ABCD, I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD. Tìm     1 tập hợp điểm M sao cho: MA.MB + MC .MD = IJ 2 . 2 Bài 2.42 : Cho tam giác ABC đều cạnh bằng a. Tìm tập hợp những điểm M       a 2 sao cho : MA.MB + MB.MC + MC .MA = 4 Bài 2.43 : Cho tam giác ABC, góc A nhọn, trung tuyến AI. Tìm tập hợp những điểm M di động trong góc BAC sao cho : AB.AH + AC .AK = AI 2 trong đó H và K theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của M lên AB và AC Bài 2.44 : Cho tam giác ABC và k là số thực cho trước. Tìm tập hợp những điểm M sao cho MA2 - MB 2 = k . Bài 2.45 : Cho tam giác ABC . Tìm tập hợp những điểm M sao cho aMA2 + bMB 2 + gMC 2 = k với k là số cố định cho trước khi : a) a + b + g = 0 b) a + b + g ¹ 0  DẠNG 4: Biểu thức tọa độ của tích vô hướng. 1. Phương pháp giải.    Cho a = (x 1; y1 ), b = (x 2 ; y2 ) . Khi đó  + Tích vô hướng hai vectơ là a.b = x 1x 2 + y1y2 + Góc của hai vectơ được xác định bởi công thức   x 1x 2 + y1y2 a.b cos(a, b) =   = x 12 + y12 x 22 + y22 a b    Chú ý: a ^ b Û a.b = 0 Û x 1x 2 + y1y2 = 0 

Để xác định độ dài một vectơ đoạn thẳng ta sử dụng công thức   + Nếu a = (x ; y ) thì a = x 2 + y 2 + Nếu A(x A ; yA ), B(x B ; yB ) thì AB = (x B - x A )2 + (yB - yA )2 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có A( 1; 2 ) , B ( -2; 6 ), C ( 9; 8 ) . a) Chứng minh tam giác ABC vuông tại A. b) Tính góc B của tam giác ABC c) Xác định hình chiếu của A lên cạnh BC Lời giải:     a) Ta có AB ( -3; 4 ) , AC ( 8; 6 ) Þ AB . AC = -3.8 + 4.6 = 0 22

  Do đó AB ^ AC hay tam giác ABC vuông tại A.   b) Ta có BC ( 11; 2 ) , BA( 3; -4 )   11.3 + 2.( -4 ) 1 = Suy ra cos B = cos ( BC , BA ) = 2 2 2 2 5 11 + 2 3 + ( -4 )

c) Gọi H ( x ; y ) là hình chiếu của A lên BC.    Ta có AH ( x - 1; y - 2 ), BH ( x + 2; y - 6 ), BC (11; 2 )   AH ^ BC Û AH .BC = 0 Û 11( x - 1 ) + 2 ( y - 2 ) = 0 Hay 11x + 2y - 15 = 0 (1)   x +2 y -6 = Û 2x - 11y + 70 = 0 (2) Mặt khác BH , BC cùng phương nên 11 2 1 32 Từ (1) và (2) suy ra x = , y = 5 5 æ 1 32 ö Vậy hình chiếu của A lên BC là H çç ; ÷÷÷ è5 5 ø

Ví dụ 2: Cho hình thoi ABCD có tâm I ( 1;1 ) , đỉnh A ( 3;2 ) và đỉnh B nằm

trên trục hoành. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi. Lời giải: Vì B nằm trên trục hoành nên giả sử B ( 0; y )

Vì I là tâm hình thoi ABCD nên I là trung điểm của AC và BD Suy ra C = ( 2x I - x A ;2yI - yA ) = ( -1; 0 ) , D = ( 2x I - x B ;2yI - yB ) = ( 2;2 - y )

Do đó AB = AD Û AB 2 = AD 2 Û 9 + ( y - 2 ) = 1 + y 2 Û y = 3 2

Vậy B ( 0; 3 ), C ( -1; 0 ), D ( 2; -1 )

Ví dụ 3: Cho ba điểm A(3; 4), B(2;1) và C (-1; -2) . Tìm điểm M trên

 = 450 đường thẳng BC để góc AMB Lời giải:    Giả sử M ( x ; y ) suy ra MA( 3 - x ; 4 - y ), MB ( 2 - x ; 1 - y ), BC ( -3; -3 )    = 450 suy ra cos AMB  = cos ( MA; BC ) Vì AMB   MA.BC -3 ( 3 - x ) - 3 ( 4 - y ) 2 Û cos 450 =   Û = 2 2 2 MA . BC (3 - x ) + (4 -y ) 9 + 9 Û ( 3 - x ) + ( 4 - y ) = x + y - 7 (*) 2

  Mặt khác M thuộc đường thẳng BC nên hai vectơ MB , BC cùng phương 2 -x 1-y = Û x = y + 1 thế vào (*) ta được Suy ra -3 -3

( 2 - y ) + ( 4 - y ) = 2y - 6 Û y 2 - 6y + 8 = 0 Û y = 2 hoặc y = 4 + Với y = 2 Þ x = 3 , ta có      = cos ( MA; MB ) = - 1 MA( 0; 2 ) , MB ( -1; -1 ) Þ cos AMB 2 0  Khi đó AMB = 135 (không thỏa mãn) + Với y = 4 Þ x = 5 ,      = cos ( MA; MB ) = 1 MA( -2; 0 ) , MB ( -3; -3 ) Þ cos AMB 2 0  Khi đó AMB = 45 Vậy M ( 5; 4 ) . là điểm cần tìm. Ví dụ 4: Cho điểm A(2; 1). Lấy điểm B nằm trên trục hoành có hoành độ không âm sao và điểm C trên trục tung có tung độ dương sao cho tam giác ABC vuông tại A . Tìm toạ độ B, C để tam giác ABC có 2

diện tích lớn nhất. Lời giải: Gọi B  b;0  , C  0; c  với b  0 , c  0 .   Suy ra AB  b  2; 1 , AC  2; c  1 Theo giả thiết ta có tam giác ABC vuông tại A nên   AB. AC  0   b  2  2   1.  c  1  0  c  2b  5 1 1 AB. AC  (b  2) 2  1. 22  (c  1) 2 2 2 2  (b  2)  1  b 2  4b  5 5 Vì c  0 nên 2b  5  0  0  b  2 5 Xét hàm số y  x 2  4 x  5 với 0  x  2 Bảng biến thiên x 5 2 0 2 5 5 y 4 1

Ta có S ABC 

5 là y  5 khi 2 x  0 . Do đó diện tích tam giác ABC lớn nhất khi và chỉ khi b  0 , suy ra c 5. Vậy B  0;0  , C  0;5  là điểm cần tìm.

Suy ra giá trị lớn nhất của hàm số y  x 2  4 x  5 với 0  x 

3. Bài tập luyện tập.   Bài 2.46: Cho hai vectơ a (0; 4) ; b (4; -2)   a) Tính cosin góc giữa hai vectơ a và b        b) Xác định tọa độ của vectơ c biết (a + 2b).c = -1 và (-b + 2c).a = 6

Bài 2.47: Cho tam giác ABC có A(5; 3), B(2; -1), C (-1;5) . a) Tìm tọa độ trực tâm tam giác ABC b) Tính tọa độ chân đường cao vẽ từ A. c) Tính diện tích tam giác ABC Bài 2.48: Cho tam giác ABC với A ( 3;1 ) , B ( -1; -1 ) , C ( 6; 0 ) .

a) Tính góc A của tam giác ABC b) Tính tọa độ giao điểm của đường tròn đường kính AB và đường tròn đường kính OC. Bài 2.49: Cho ba điểm A(6; 3), B(-3;6), C (1; -2) . Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .

Bài 2.50. Các điểm B ( -1; 3 ) , C ( 3;1 ) là hai đỉnh của một tam giác ABC

vuông cân tại A. Tìm tọa độ đỉnh A. Bài 2.51: Cho bốn điểm A( -8; 0 ) , B ( 0; 4 ), C ( 2; 0 ), D ( -3; -5 ) . Chứng minh rằng tứ giác nội tiếp được một đường tròn. Bài 2.52: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho các điểm A( -2; -1 ) , B ( 2; -4 ) .  = 450 . a) Tìm trên trục Oy điểm M sao cho MBA

b) Tìm trên trục Ox điểm N sao cho NA = NB Bài 2.53: Cho hai điểm A( 4; -3 ) , B ( 3; 1 ) . Tìm M trên trục hoành sao cho  = 1350 . AMB

Bài 2.54: Biết A( 1; -1 ) , B ( 3; 0 ) là hai đỉnh của hình vuông ABCD . Tìm tọa độ các đỉnh C và D

Bài 2.55. Trong mặt phẳng tọa độ cho ba điểm A ( 1; 4 ) , B ( -2; -2 ) và

C ( 4;2 ) .Xác định tọa độ điểm M sao cho tổng MA2 + 2MB 2 + 3MC 2 nhỏ

nhất.

§3 HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT. 1. Định lí côsin: Trong tam giác ABC với BC = a, AC = b và AB = c . Ta có : a 2 = b 2 + c 2 - 2bc.cos A

b 2 = c 2 + a 2 - 2ca.cos B

c 2 = a 2 + b 2 - 2ab.cosC b c Hệ quả: b2 + c2 - a 2 cos A = 2bc C B a c2 + a 2 - b2 cos B = Hình 2.6 2ca 2 2 2 a +b -c cosC = 2ab 2. Định lí sin : Trong tam giác ABC với BC = a, AC = b , AB = c và

R là bán kính đường tròn ngoại tiếp. Ta có : a b c = = = 2R sin A sin B sin C 3. Độ dài trung tuyến: Cho tam giác ABC với ma , mb , mc lần lượt là các trung tuyến kẻ từ A, B, C. Ta có : 2(b 2 + c 2 ) - a 2 2 ma = 4 2 a c2 ) - b2 + 2( mb2 = 4 2 a b2 ) - c2 + 2( mc2 = 4 4. Diện tích tam giác Với tam giác ABC ta kí hiệu ha , hb , hc là độ dài đường cao lần lượt tương ứng với các cạnh BC, CA, AB; R, r

lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác; p = là nửa chu vi tam giác; S là diện tích tam giác. Khi đó ta có: 1 1 1 S = aha = bhb = chc 2 2 2 1 1 1 = bc sin A = ca sin B = ab sin C 2 2 2 abc = 4R = pr =

a +b +c 2

p(p - a )(p - b)(p - c) (công thức Hê–rông)

B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI.  DẠNG 1: Xác định các yếu tố trong tam giác. 1. Phương pháp.  Sử dụng định lí côsin và định lí sin  Sử dụng công thức xác định độ dài đường trung tuyến và mối liên hệ của các yếu tố trong các công thức tính diện tích trong tam giác. 2. Các ví dụ. 3 Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có AB = 4, AC = 5 và cos A = . 5 Tính cạnh BC, và độ dài đường cao kẻ từ A. Lời giải Áp dụng định lí côsin ta có 3 BC 2 = AB 2 + AC 2 - 2AB.AC .cos A = 42 + 52 - 2.4.5. = 29 5 Suy ra BC = 29 Vì sin2 A + cos2 A = 1 nên sin A =

1 - cos2 A =

Theo công thức tính diện tích ta có 1 1 4 S ABC = AB.AC .sin A = .4.5. = 8 (1) 2 2 5 1 1 Mặt khác S ABC = a.ha = . 29.ha (2) 2 2 1 16 29 Từ (1) và (2) suy ra . 29.ha = 8 Þ ha = 2 29

9 4 = 25 5

16 29 29 Ví dụ 2: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn bán kính bằng 3, biết  = 300 , B  = 450 . Tính độ dài trung tuyến kẻ từ A và bán kính đường tròn A

Vậy độ dài đường cao kẻ từ A là ha =

nội tiếp tam giác. Lời giải  = 1800 - A -B  = 1800 - 300 - 450 = 1050 Ta có C Theo định lí sin ta có a = 2R sin A = 2.3.sin 300 = 3 ,

2 =3 2 2 c = 2R sin C = 2.3.sin 1050 » 5, 796 Theo công thức đường trung tuyến ta có 2 (b 2 + c 2 ) - a 2 2 (18 + 5, 7962 ) - 9 2 ma = » = 23, 547 4 4 Theo công thức tính diện tích tam giác ta có b = 2R sin B = 2.3.sin 450 = 6.

1 bc sin A 3 2.5, 796 sin 300 S ABC = pr = bc sin A Þ r = » » 0, 943 2 2p 3 + 3 2 + 5, 796 Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có M là trung điểm của BC. Biết 5 13 . 26 Tính độ dài cạnh AC và góc lớn nhất của tam giác ABC . Lời giải (hình 2.7) BC = 8 Þ BM = 4 . Đặt AM = x A Theo định lí côsin ta có 2 2 2  = AM + BM - AB cos AMB 2AM .AB  = AB = 3, BC = 8, cos AMB

Suy ra

5 13 x 2 + 16 - 9 = 26 2.4.x

é x = 13 ê Û 13x 2 - 20 13x + 91 = 0 Û ê ê x = 7 13 ê ë 13 Theo công thức tính đường trung tuyến ta có 2 ( AB 2 + AC 2 ) - BC 2 2 AM = 2AB .AC

M Hình 2.7

2 ( 32 + AC 2 ) - 82 Þ AC = 7 . 4 Ta có BC > AC > AB Þ góc A lớn nhất. Theo định lí côsin ta có AB 2 + AC 2 - BC 2 9 + 49 - 64 1 cos A = = =2AB .AC 2.3.7 7 0 Suy ra A » 98 12 ' 7 13 49 2 ( 32 + AC 2 ) - 82 397 TH2: Nếu x = Þ = Þ AC = 13 13 4 13 Ta có BC > AC > AB Þ góc A lớn nhất. Theo định lí côsin ta có 397 AB 2 + AC 2 - BC 2 9 + 13 - 64 53 cos A = = =2AB .AC 397 5161 2.3. 13 Suy ra A » 137 0 32 ' Ví dụ 4: Cho hình chữ nhật ABCD biết AD = 1 . Giả sử E là trung điểm  = 1. AB và thỏa mãn sin BDE 3 Tính độ dài cạnh AB . Lời giải (hình 2.8) Đặt AB = 2x ( x > 0 ) Þ AE = EB = x . E A B

TH1: Nếu x = 13 Þ 13 =

 nhọn nên cos BDE  > 0 suy ra Vì góc BDE  =2 2 1 - sin2 BDE 3 Theo định lí Pitago ta có: DE 2 = AD 2 + AE 2 = 1 + x 2 Þ DE =  = cos BDE

D 1 + x2

C Hình 2.8

BD 2 = DC 2 + BC 2 = 4x 2 + 1 Þ BD = 4x 2 + 1 Áp dụng định lí côsin trong tam giác BDE ta có  = cos BDE

DE 2 + DB 2 - EB 2 2 2 Û = 2DE .DB 3 2

Û 4x 4 - 4x 2 + 1 = 0 Û 2x 2 = 1 Û x =

4x 2 + 2

(1 + x 2 )( 4x 2 + 1 )

2 (Do x > 0 ) 2

Vậy độ dài cạnh AB là 2 3. Bài tập luyện tập. Bài 2.56: Cho tam giác ABC có đoạn thẳng nối trung điểm AB và BC bằng  = 600 . Tính cạnh BC. 3, cạnh AB = 9 và ACB 29

Bài 2.57: Cho tam giác ABC vuông tại B có AB = 1 . Trên tia đối của AC  = 300 . Tính AC. lấy điểm D sao cho CD = AB . Giả sử CBD Bài 2.58. Cho a = x 2 + x + 1;b = 2x + 1; c = x 2 - 1 . Giả sử a, b, c là ba

cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng tam giác đó có một góc bằng 1200 Bài 2.59: Cho tam giác ABC có AB = 3, AC = 7, BC = 8 . a) Tính diện tích tam giác ABC b) Tính bán kính đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác c) Tính đường đường cao kẻ từ đỉnh A. a b 2c = = Bài 2.60: Cho tam giác ABC thỏa mãn . 3 2 6- 2 a) Tính các góc của tam giác. b) Cho a  2 3 . Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .  = 600 , a = 10, r = 5 3 . Bài 2.61: Cho tam giác ABC có A 3

a) Tính R b) Tính b, c  = 600 . Bài 2.62: Cho tam giác ABC có AB = 10, AC = 4 và A

a) Tính chu vi của tam giác b) Tính tanC c) Lấy điểm D trên tia đối của tia AB sao cho AD = 6 và điểm E trên tia AC sao cho AE = x . Tìm x để BE là tiếp tuyến của đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ADE Bài 2.63. Cho tam giác ABC cân có cạnh bên bằng b và nội tiếp đường tròn (O;R). a) Tính côsin của các góc tam giác. b) Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác. c) Với giá trị nào của b thì tam giác có diện tích lớn nhất ?  DẠNG 2: Giải tam giác. 1. Phương pháp.  Giải tam giác là tính các cạnh và các góc của tam giác dựa trên một số điều kiện cho trước. 30

 Trong các bài toán giải tam giác người ta thường cho tam giác với ba yếu tố như sau : biết một cạnh và hai góc kề cạnh đó; biết một góc và hai cạnh kề góc đó; biết ba cạnh. Để tìm các yếu tố còn lại ta sử dụng định lí côsin và định lí sin ; định lí tổng ba góc trong một tam giác bằng 1800 và trong một tam giác đối diện với góc lớn hơn thì có cạnh lớn hơn và ngược lại đối diện với cạnh lớn hơn thì có góc lớn hơn. 2. Các ví dụ.  = 87 0 . Ví dụ 1: Giải tam giác ABC biết b = 32; c = 45 và A Lời giải Theo định lí côsin ta có a 2 = b 2 + c 2 - 2bc.cos A = 322 + 42 - 2.32.4.sin 87 0 Suy ra a » 53, 8 Theo định lí sin ta có b sin A 32 sin 87 0  » 360 sin B = = ÞB a 53, 8  = 1800 - A  -B  » 1800 - 87 0 - 360 = 57 0 Suy ra C

 = 600 , B  = 400 và c = 14 . Ví dụ 2: Giải tam giác ABC biết A

Lời giải  = 1800 - A  -B  = 1800 - 600 - 400 = 800 Ta có C Theo định lí sin ta có c sin A 14.sin 600 a = = Þ a » 12, 3 sin C sin 800 c sin B 14.sin 400 b= = Þ b » 9,1 sin C sin 800 Ví dụ 3: Cho tam giác ABC biết a = 2 3, b = 2 2, c =

6 - 2 . Tính

góc lớn nhất của tam giác. Lời giải

 <B  <A  do đó góc A là lớn nhất. Theo giải thiết ta có c < b < a suy ra C Theo định lí côsin ta có b +c -a cos A = = 2bc 2

(

6- 2

2.2 2.

(

)

- 122

6- 2

 = 1200 Suy ra A Vậy góc lớn nhất là góc A có số đo là 1200 .

)

4-4 3

8 3-8

1 2

3. Bài tập luyện tập. Bài 2.64: Giải tam giác ABC biết a) a = 2, b = 3, c = 4 .

Bài 2.65: Giải tam giác ABC , biết:  = 33024 '; a) a = 109; B b) a = 20; b = 13; Bài 2.66: Giải tam giác ABC , biết:  = 300 ; A a) b = 4, 5; b) b = 14;

c) a = 14;

c = 10;

b = 18;

 = 1100 . b) a = 12; c = 8,2 và A C = 66059 '  = 67 023 ' A C = 750

 = 1450 A c = 20

Bài 2.67: Cho DABC ta có a = 13, b = 4 và cosC = kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác.

5 . Tính bán 13

 DẠNG 3: Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức liên quan đến các yếu tố của tam giác, tứ giác. 1. Phương pháp giải.  Để chứng minh đẳng thức ta sử dụng các hệ thức cơ bản để biến đổi vế này thành vế kia, hai vế cùng bằng một vế hoặc biến đổi tương đương về một đẳng thức đúng.  Để chứng minh bất đẳng thức ta sử dụng các hệ thức cơ bản, bất đẳng thức cạnh trong tam giác và bất đẳng thức cổ điển (Cauchy, bunhiacôpxki,…) 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Cho tam giác ABC thỏa mãn sin2 A = sin B.sin C . Chứng minh rằng a) a 2 = bc 1 b) cos A ³ 2 Lời giải a b c , sin B = , sin C = a) Áp dụng định lí sin ta có sin A = 2R 2R 2R 2 æ a ö b c . Û a 2 = bc đpcm Suy ra sin2 A = sin B.sin C Û çç ÷÷÷ = çè 2R ø 2R 2R 32

b) Áp dụng định lí côsin và câu a) ta có b2 + c2 - a 2 b 2 + c 2 - bc 2bc - bc 1 cos A = = ³ = đpcm 2bc 2bc 2bc 2 Ví dụ 2: Cho tam giác ABC , chứng minh rằng: a) cos

A = 2

p(p - a ) bc

b) sin A + sin B + sin C = 4 cos

A B C cos cos 2 2 2

Lời giải (hình 2.9) a) Trên tia đối của tia AC lấy D thỏa AD = AB = c suy ra tam giác BDA  = 1A . cân tại A và BDA 2 Áp dụng định lý hàm số Côsin cho DABD , ta có:

B I D

A Hình 2.9

 BD 2 = AB 2 + AD 2 - 2AB.AD.cos BAD =2c 2 - 2c 2 .cos(1800 - A)

b2 + c2 - a 2 ) 2bc c 4c = (a + b + c)(b + c - a ) = p(p - a ) b b

=2c 2 (1 + cos A) = 2c 2 (1 +

Suy ra

cp(p - a ) b Gọi I là trung điểm của BD suy ra AI ^ BD . Trong tam giác ADI vuông tại I, ta có BD = 2

A  = DI = BD = = cos ADI 2 AD 2c A p(p - a ) Vậy cos = . 2 bc cos

p(p - a ) . bc

b) Từ định lý hàm số sin, ta có: a b c p sin A + sin B + sin C = + + = (1) 2R 2R 2R R A p(p - a ) B p(p - b) Theo câu a) ta có cos = , tương tự thì cos = và 2 bc 2 ca C p(p - c) cos = , 2 ab abc kết hợp với công thức S = p ( p - a )( p - b )( p - c ) = 4R A B C p(p - a ) p(p - b) p(p - c) Suy ra 4 cos cos cos = 4 2 2 2 bc ca ab 4p 4 pS p = p(p - a )(p - b)(p - c) = = (2) abc abc R A B C Từ (1) và (2) suy ra sin A + sin B + sin C = 4 cos cos cos 2 2 2 Nhận xét: Từ câu a) và hệ thức lượng giác cơ bản ta suy ra được các công thức sin

A (p - b)(p - c) A (p - b)(p - c) A p(p - a ) = ; tan = ; cot = 2 bc 2 p(p - a ) 2 (p - b)(p - c)

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC , chứng minh rằng: a) cot A =

b2 + c2 - a 2 4S

b) cot A + cot B + cot C ³ 3 Lời giải:

1 a) Áp dụng định lí côsin và công thức S = bc sin A ta có: 2 cot A =

cos A b 2 + c 2 - a 2 b 2 + c 2 - a 2 = = đpcm sin A 2bc sin A 4S

b) Theo câu a) tương tự ta có cot B = Suy ra cot A + cot B + cotC = 34

c2 + a 2 - b2 a 2 + b2 - c2 , cotC = 4S 4S

b2 + c2 - a 2 c2 + a 2 - b2 a 2 + b2 - c2 + + 4S 4S 4S

a 2 + b2 + c2 4S

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có æ 3p - a - b - c ö÷ æpö ÷÷ = çç ÷÷÷ ( p - a )( p - b )( p - c ) £ ççç çè 3 ø 3 è ø 3

Mặt khác S = Ta có p = 2

p ( p - a )( p - b )( p - c ) Þ S £

(a + b + c )

3 (a 2 + b 2 + c 2 )

Do đó cot A + cot B + cotC ³

p3 p2 = 27 3 3

suy ra S £

a 2 + b2 + c2 = a 2 + b2 + c2 4. 4 3

a 2 + b2 + c2 4 3

3 đpcm.

Ví dụ 4: Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để hai trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc với nhau là b 2 + c 2 = 5a 2 . Lời giải: Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC . Khi đó hai trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc với nhau khi và chỉ khi tam giác GBC vuông tại G 2 2 æ 2 ö÷ æ 2 ÷ö 2 2 2 ç ç Û GB + GC = BC Û ç mb ÷ + ç mc ÷ = a 2 (*) çè 3 ÷ø çè 3 ÷ø

Mặt khác theo công thức đường trung tuyến ta có 2(a 2 + c 2 ) - b 2 2(a 2 + b 2 ) - c 2 mb2 = , mc2 = 4 4 4 Suy ra (*) Û ( mb2 + mc2 ) = a 2 9 2 2 2 é 2 (a 2 + b 2 ) - c 2 ù 4 ê 2 (a + c ) - b ú = a 2 Û 4a 2 + b 2 + c 2 = 9a 2 Û ê + ú 9 êë 4 4 úû Û b 2 + c 2 = 5a 2 (đpcm) Ví dụ 5: Cho tứ giác ABCD có E, F là trung điểm các đường chéo. Chứng minh : AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 = AC 2 + BD 2 + 4EF 2 Lời giải (hình 2.10) 35

Áp dụng công thức đường trung tuyến với tam giác ABC và ADC ta có: AC 2 B AB 2 + BC 2 = 2BE 2 + (1) 2 A AC 2 CD 2 + DA2 = 2DE 2 + (2) E 2 F Từ (1) và (2) suy ra AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 = 2 ( BE 2 + DE 2 ) + AC 2 D Hình 2.10

Mặt khác EF là đường trung tuyến tam giác BDF nên BD 2 BE 2 + DE 2 = 2EF 2 + 2 2 2 2 Suy ra AB + BC + CD + DA2 = AC 2 + BD 2 + 4EF 2 3. Bài tập luyện tập. Bài 2.68: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta có; a) a = b.cosC + c.cos B b) sin A = sin B cosC + sin C cos B 3 c) ha = 2R sin B sin C d) ma2 + mb2 + mc2 = (a 2 + b 2 + c 2 ) 4    2 1 e) S DABC = AB 2 .AC 2 - ( AB.AC ) 2 Bài 2.69: Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng: 2 1 1 a) b + c = 2a Û = + ha hb hc b) Góc A vuông Û mb2 + mc2 = 5ma2

Bài 2.70: Cho tam giác ABC thỏa mãn a 4 = b 4 + c 4 . Chứng minh rằng a) Tam giác ABC nhọn b) 2 sin2 A = tan B tan C Bài 2.71: Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng nếu 1 1 cot A = ( cot B + cotC ) thì b 2 = (a 2 + c 2 ) . 2 2 Bài 2.72: Gọi S là diện tích tam giác ABC . Chứng minh rằng: a) S = 2R 2 sin A sin B sin C . b) S = Rr (sin A + sin B + sin C ) . Bài 2.73: Cho tứ giác lồi ABCD , gọi  là góc hợp bởi hai đường chép AC và BD. Chứng minh diện tích S của tứ giác cho bởi công thức: 1 S = AC .BD.sin a . 2 36

 = 1200 , AD là đường phân giác Bài 2.74: Cho tam giác ABC có BAC 1 1 1 trong (D thuộc BC). Chứng minh rằng = + AD AB AC Bài 2.75: Cho tam giác ABC , chứng minh rằng: (b + c - a )(c + a - b ) cos A + cos B = a) a +b 2abc

b) ( c 2 + b 2 - a 2 )tan A = (c 2 + a 2 - b 2 ) tan B

Bài 2.76. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Chứng minh rằng a) ha £ p(p - a ) b) a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 £ R 2 (a + b + c)2 Bài 2.77.Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng:

r 2 + ( p - a ) + r 2 + ( p - b ) + r 2 + ( p - c ) £ ab + bc + ca 2

Bài 2.78. Cho tam giác ABC . Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp. Chứng minh rằng r = (p - a ) tan

A B C = (p - c) tan = (p - c) tan . 2 2 2

Bài 2.79. Cho tam giác ABC có

m c = b ¹ 1 . Chứng minh rằng b mc

2 cot A = cot B + cotC Bài 2.80. Cho M là điểm nằm trong tam giác ABC sao cho  = MBC  = MCA  = a. MAB

Chứng minh rằng : cot a = cot A + cot B + cotC Bài 2.81. Cho tam giác ABC có trọng tâm G và  = a, GBC  = b, GCA =g GAB Chứng minh rằng cot a + cot b + cot g =

3 (a 2 + b 2 + c 2 )

4S Bài 2.82. Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng C A B (a - b ) cot + (b - c ) cot + (c - a ) cot = 0 2 2 2

Bài 2.83: Cho hình bình hành ABCD có AC = 3AD . Chứng minh rằng ³4 cot BAD 3 Bài 2.84. Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh rằng a 2 + b 2 + c 2 ³ 4 3.S  DẠNG 4: Nhận dạng tam giác 1. Phương pháp giải. Sử dụng định lí côsin; sin; công thức đường trung tuyến; công thức tính diện tích tam giác để biến đổi giả thiết về hệ thức liên hệ cạnh(hoặc góc) từ đó suy ra dạng của tam giác. 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Cho tam giác ABC thoả mãn sin C = 2 sin B cos A . Chứng minh minh rằng tam giác ABC cân . Lời giải Áp dụng định lí côsin và sin ta có: c b b2 + c2 - a 2 sin C = 2 sin B cos A Û = 2. . 2R 2R 2bc 2 2 2 2 c = b +c -a Û a = b Suy ra tam giác ABC cân tại đỉnh C. sin B + sin C Ví dụ 2: Cho tam giác ABC thoả mãn sin A = . Chứng cos B + cosC minh rằng tam giác ABC vuông. Lời giải sin B + sin C Û sin A(cos B + cosC ) = sin B + sin C Ta có: sin A = cos B + cosC a c2 + a 2 - b2 a 2 + b2 - c2 b +c Û ( + )= 2R 2ca 2ab 2R 2 2 2 2 2 2 Û b(c + a - b ) + c(a + b - c ) = 2b 2c + 2c 2b Û b 3 + c 3 + b 2c + bc 2 - a 2b - a 2c = 0 Û (b + c)(b 2 + c 2 ) - a 2 (b + c) = 0

b 2 + c 2 = a 2 Û DABC vuông tại A. Ví dụ 3: Nhận dạng tam giác ABC trong các trường hợp sau: a) a .sin A + b sin B + c sin C = ha + hb + hc cos2 A + cos2 B 1 = (cot2 A + cot2 B ) 2 2 2 sin A + sin B Lời giải

1 1 a) Áp dụng công thức diện tích ta có S = bc sin A = aha suy ra 2 2 a .sin A + b sin B + c sin C = ha + hb + hc Û 2S 2S 2S 2S 2S 2S a . + b. + c. = + + bc ca ab a b c 2 2 2 2 2 2 Û a + b + c = ab + bc + ca Û (a - b ) + (b - c ) + (c - a ) = 0 Ûa =b =c Vậy tam giác ABC đều cos2 A + cos2 B 1 = (cot2 A + cot2 B ) b) Ta có: 2 2 2 sin A + sin B 2 2 2 cos A + cos B + sin A + sin2 B 1 Û = (cot2 A + 1 + cot2 B + 1) 2 2 2 sin A + sin B 2 1 1 1 Û = ( 2 + 2 ) Û (sin2 A + sin2 B )2 = 4 sin2 A sin2 B 2 2 sin A + sin B 2 sin A sin B 2 2 æ a ö æ b ö Û sin2 A = sin2 B Û çç ÷÷ = çç ÷÷ Û a = b Û DABC cân tại C. çè 2R ÷ø çè 2R ÷ø

3. Bài tập luyện tập. Bài 2.85: Cho tam giác ABC . Chứng minh tam giác ABC cân nếu ha = c.sin A Bài 2.86: Cho tam giác ABC . Chứng minh tam giác ABC cân nếu 4ma2 = b (b + 4c.cos A ) Bài 2.87: Chứng minh rằng tam giác ABC đều khi và chỉ khi a 2 + b 2 + c 2 = 36r 2 Bài 2.88: Cho tam giác ABC . Tìm góc A trong tam giác biết các cạnh a, b, c thoả mãn hệ thức: b(b 2 - a 2 ) = c(c 2 - a 2 ),(b ¹ c) . ìa 3 + c3 - b3 ï ï = b2 Bài 2.89: Cho DABC thoả mãn điều kiện: ïí a + c - b . Chứng ï ï a = 2b cosC ï î minh rằng DABC đều. Bài 2.90: Trong tam giác ABC , chứng minh rằng nếu diện tích tính theo 1 công thức S = (a + b - c )(a - b + c ) thì tam giác ABC đều. 4

1 + cos B 2a + c = . Chứng minh sin B 4a 2 - c 2 rằng tam giác ABC là tam giác cân. Bài 2.92: Chứng minh rằng tam giác ABC vuông tại A hoặc B khi và chỉ khi sin C = cos A + cos B . Bài 2.93: Cho tam giác ABC có hai trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc bc với nhau và có R.r = . Chứng mình rằng tam giác ABC cân 2 1 + 10

Bài 2.91: Cho DABC thỏa mãn:

(

)

Bài 2.94: Chứng minh rằng tam giác ABC đều khi và chỉ khi

A B ab sin = . 2 2 4c Bài 2.95: Chứng minh rằng tam giác ABC cân tại tại B khi và chỉ khi B C p tan tan = p - c . 2 2 sin

CHUYÊN ĐỀ II: MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA TÍCH VÔ HƯỚNG Tích vô hướng có rất nhiều ứng dụng trong giải toán. Sau đây chúng ta tiếp cận những ứng dụng của nó trong giải các bài toán hình học. I. CHỨNG MINH TÍNH VUÔNG GÓC VÀ THIẾT LẬP ĐIỀU KIỆN VUÔNG GÓC. 1. Phương pháp giải.    Sử dụng điều kiện a ^ b Û a.b = 0     Chú ý: Ta có AB ^ CD Û AB.CD = 0 , để chứng minh AB.CD = 0   thông thường chúng ta phân tích AB, CD qua hai vectơ không cùng phương. 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Cho tứ giác ABCD . Chứng minh rằng hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau khi và chỉ khi AB 2 + CD 2 = BC 2 + AD 2 Lời giải Ta có AB 2 + CD 2 - BC 2 - AD 2   2   2 = CB - CA + CD 2 - BC 2 - CD - CA        = -2CB.CA + 2CD.CA = 2CA CD - CB   = 2CA.BD Do đó đường chéo AC và BD vuông góc với nhau khi và chỉ khi

(

)

(

)

  CA.BD = 0 Û AB 2 + CD 2 = BC 2 + AD 2 Ví dụ 2 Cho hình vuông ABCD cạnh a. Gọi M, N thuộc cạnh AB và AD

sao cho AM = DN = x .

a) Chứng minh rằng CN vuông góc với DM.   b) Giả sử P là điểm được xác định bởi BP = yBC tìm hệ thức liên hệ của x , y và a để MN vuông góc với MP.

Lời giải (hình 2.11)  x   x  a) Ta có DN = - AD , AM = AB a a     x  Suy ra CN = CD + DN = -AB - AD a        x và DM = DA + AM = AB - AD a   æ x   öæ  x  ö Suy ra DM .CN = çç AB - AD ÷÷÷ çç -AB - AD ÷÷÷ a èç a øèç ø x  2 x  2 x 2     = - AB + AD - 2 AB.AD + AB.AD a a a   Vì ABCD hình vuông nên AB.AD = 0   Do đó DM .CN = -ax + ax = 0 Vậy CN vuông góc với DM.    a - x  x  AB - AD ; b) Ta có MN = AN - AM = a a    a - x   MP = MB + BP = AB + yAD a   Suy ra MN ^ MP Û MN .MP = 0  ö æ a - x  x  öæ a - x  ÷ ç ç Ûç AB - AD ÷ ç AB + yAD ÷÷ = 0 ÷øèç a ÷ø çè a a Û

(a - x )

B P

N D

C Hình 2.11

 2 x  2 2 .AB - .y.AD = 0 Û (a - x ) = axy a

Ví dụ 3: Cho tam giác đều ABC . Lấy các điểm M, N thỏa mãn 41

 1   1  BM = BC , AN = AB . Gọi I là giao điểm của AM và CN. Chứng 3 3 minh rằng BI ^ IC . Lời giải   Giả sử AI = kAM . Ta có         æ  1  ö  CI = AI - AC = kAM - AC = k AB + BM - AC = k çç AB + BC ÷÷÷ - AC 3 èç ø  æ  1  1  ö  ö  2k  æç k AB + ç - 1 ÷÷÷ AC Hay CI = k çç AB + AC - AB ÷÷÷ - AC = 3 3 3 èç ø èç 3 ø

(

)

   1   Mặt khác CN = AN - AC = AB - AC 3   k 3 Vì CI , CN cùng phương nên 2k = 1 - Þ k = 3 7  3  3      æ 3ç 1 1  ö÷ 2  1  AI = AM = AB + BM = ç AB + AC - AB ÷÷ = AB + AC 7 7 7 çè 3 3 7 ø 7            2 1 5 1 Suy ra BI = AI - AB = AB + AC - AB = - AB + AC 7 7 7 7     æ 2  1  ö    2 6 IC = AC - AI = AC - çç AB + AC ÷÷÷ = - AB + AC çè 7 7 7 7 ø   æ 5  1  öæ 2  6  ö Do đó BI .IC = çç - AB + AC ÷÷ çç - AB + AC ÷÷ ÷øèç 7 ÷ø 7 7 èç 7  2   ö 1 çæ  2 = çç 10AB + 6AC - 32AB.AC ÷÷÷ ø 49 è   1 Vì tam giác ABC đều nên AB = AC , AB .AC = AB .AC .cos A = AB 2 2   Suy ra BI .IC = 0 Vậy BI ^ IC Ví dụ 4: Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi M là trung điểm AB, G là trọng tâm tam giác ACM , I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Chứng minh rằng GI vuông góc với CM Lời giải (2.12)     Đặt AB = x ; AC = y và : AB = AC = a . Ta có : A       1 1   CM = AM - AC = AB - AC = .x - y (1) 2 2 G

(

)

Gọi J là trung điểm CM, ta có :  2  1   AG = AJ = (AM + AC ) 3 3 1 1   1 1 = ( AB + AC ) = x + y 3 2 6 3 Mặt khác

  a 2 ì   ï ï ì 2 2 AI .x = ï ìï IA = IB ï ïìï IA = IB ïï IA = (IA + AB ) ï ï 2    Þí 2 Þí Þ í  í 2 ïï IA = IC ïï IA = IC 2 ïï IA2 = (IA + AC )2 ï  a ï î î AI .y = ïî ï ï î 2 Từ (1) và (2) ta có :      æ 1   öæ  1  1  ö CM .GI = CM . AI - AG = çç x - y ÷÷ çç AI - .x - .y ÷÷ ÷øèç çè 2 6 3 ÷ø 2

(

(2)

)

1     1 1  1 1 x .AI - y .AI - .x 2 + .x .y - x .y + .y 2 = 2 12 6 6 3 2 2 2 2 a a a a = - + = 0. 4 2 12 3 Suy ra GI vuông góc với CM 3. Bài tập luyện tập: Bài 2.96: Cho 4 điểm A, B, C, D thỏa mãn hệ thức AC 2 + BD 2 = AD 2 + BC 2 . Chứng minh rằng AB ^ CD Bài 2.97 : Cho hình vuông ABCD , M là điểm nằm trên đoạn thẳng AC sao AC cho AM = , N là trung điểm của đoạn thẳng DC. Chứng minh rằng 4 BMN là tam giác vuông cân. Bài 2.98: Cho tam giác ABC vuông cân tại đỉnh A. Trên các cạnh AB, BC, =

CA ta lấy các điểm M, N, E sao cho

AM BN CE = = . MB NC EA

Chứng minh rằng AN ^ ME . Bài 2.99: Cho tam giác đều ABC , độ dài cạnh là 3a . Lấy M, N, P lần lượt nằm trên các cạnh BC, CA, AB sao cho BM = a, CN = 2a, AP = x . Tính x để AM vuông góc với PN.

Bài 2.100: Cho hình chữ nhật ABCD . Kẻ BK ^ AC . Gọi M, N lần lượt là  = 900 trung điểm của AK và CD. Chứng minh rằng BMN

Bài 2.101: Cho hình thang vuông ABCD có đường cao AB = 2a , đáy lớn BC = 3a , đáy nhỏ AD = a . I là trung điểm của CD. Chứng minh rằng AI ^ BD . Bài 2.102: Cho tứ giác lồi ABCD , hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại

O. Gọi H và K lần lượt là trực tâm các tam giác ABO và CDO. Và I, J lần lượt là trung điểm AD và BC. Chứng minh rằng HK vuông góc với IJ. Bài 2.103: Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi H là trung điểm của BC. D là hình chiếu của H lên AC, M là trung điểm của HD. Chứng minh rằng AM vuông góc với DB Bài 2.104: Cho tam giác ABC không cân. Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại A', B' và C'. Gọi P là giao điểm của BC với B'C'. Chứng minh rằng IP vuông góc AA'.  = 600 . Lấy Bài 2.105: Cho tam giác ABC có AB = 4, AC = 8 và A   điểm E trên tia AC và đặt AE = kAC . Tìm k để BE vuông góc với trung

tuyến AF của tam giác ABC . Bài 2.106: Cho tam giác ABC có BC = a,CA = b, AB = c và G là trọng tâm , I là tâm đường tròn nội tiếp. Tìm điều kiện của a, b, c để IG vuông góc với IC . Bài 2.107 : Tứ giác ABCD có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau tại M, P là trung điểm của đoạn thẳng AD. Chứng minh rằng :     MP ^ BC Û MA.MC = MD.MB Bài 2.108: Cho tam giác ABC có ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Qua A vẽ các đường thẳng song song với BE, CF lần lượt cắt các đường thẳng CF, BE tại P và Q. Chứng minh rằng PQ vuông góc với trung tyến AM của ABC . III. CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC VÀ TÌM CỰC TRỊ BIỂU 44

THỨC HÌNH HỌC. 1. Phương pháp giải. Sử dụng các bất đẳng thức    Cho a, b bất kì. Khi đó ta có        + a.b £ a . b dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi cos a, b = 1 hay a; b

( )

cùng hướng.      + a.b ³ - a . b dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi cos a, b = -1 hay   a; b ngược hướng. 2    u ³ 0 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u = 0  Bất đẳng thức cổ điển (Cauchy, Bunhiacopxki...) 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có trọng tâm G và M là một điểm bất kỳ. Chứng minh rằng MA2 + MB 2 + MC 2 ³ MAGA . + MB .GB + MC .GC ³ GA2 + GB 2 + GC 2 Lời giải     Ta có MA.MG = MA.MG .cos ( MA; MG ) £ MA.MG     Tương tự MB .GB ³ MB .GB ; MC .GC ³ MC .GC       . + MB .GB + MC .GC ³ MAGA . + MB .GB + MC .GC Suy ra MAGA Mặt khác                MAGA . + MBGB . + MC .GC = MG + GA GA + MG + GB .GB + MG + GC .GC     = MG (GA + GB + GC ) + GA2 + GB 2 + GC 2 = GA2 + GB 2 + GC 2

( )

(

)

(

)

(

)

Suy ra MAGA . + MB .GB + MC .GC ³ GA2 + GB 2 + GC 2 (*) Theo bất đẳng thức Cauchy ta có MA2 + MB 2 + MC 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 ³ 2MAGA . + 2MBGB . + 2MC .GC Kết hợp (*) suy ra MA2 + MB 2 + MC 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 ³ MAGA . + MBGB . + MC .GC + GA2 + GB 2 + GC 2 hay MA2 + MB 2 + MC 2 ³ MAGA . + MB .GB + MC .GC Vậy ta có điều phải chứng minh. Nhận xét: 2 2 2  Ta có GA = ma , GB = mb , GC = mc 3 3 3 45

Þ GA2 + GB 2 + GC 2 =

Suy ra với mọi điểm M thì

4 2 1 ( ma + mb2 + mc2 ) = (a 2 + b 2 + c 2 ) 9 3

1 2 (a + b 2 + c 2 ) 2 3 ( MA2 + MB 2 + MC 2 ) ³ a 2 + b 2 + c 2

ma .MA + mb .MB + mc .MC ³

3 ( MA2 + MB 2 + MC 2 ) ³ 2 ( ma .MA + mb .MB + mc .MC )

Đặc biệt  Với M º O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác, ta có OA2 + OB 2 + OC 2 ³ OAGA . + OB.GB + OC .GC ³ GA2 + GB 2 + GC 2 Mặt khác ta có OA = OB = OC = R , ta có 9 R (GA + GB + GC ) £ 3R 2 hay ma + mb + mc £ R suy ra 2 1 1 1 2 + + ³ ma mb mc R R (GA + GB + GC ) ³ GA2 + GB 2 + GC 2 hay

ma2 + mb2 + mc2 3R £ ma + mb + mc 2

3R 2 ³ GA2 + GB 2 + GC 2 hay ma2 + mb2 + mc2 £

27 2 R , 4

9R 2 ³ a 2 + b 2 + c 2  Với M º I tâm đường tròn nội tiếp tam giác, ta có IAGA . + IB.GB + IC .GC ³ GA2 + GB 2 + GC 2 r r r Mặt khác IA = do đó ta có , IB = , IC = A B C sin sin sin 2 2 2 2 2 2 ma mb mc a +b +c + + ³ A B C 2r sin sin sin 2 2 2  Với M º H ta được 3 ( HA2 + HB 2 + HC 2 ) ³ a 2 + b 2 + c 2 .

Xét tam giác ABC nhọn khi đó ta có CA ' CA ' AC .cosC HC = = = = 2R cosC . sin CHA ' sin B sin B Tương tự ta cũng có: HB = 2RcosB, HC = 2RcosC 46

æ p ÷ö Do đó cos2 A + cos2 B + cos2 C ³ çç è 3R ÷÷ø Ví dụ 2: Cho tam giác ABC và điểm M bất kỳ. Chứng minh rằng A B C a +b +c cos .MA + cos .MB + cos .MC ³ 2 2 2 2 Lời giải (2.13) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC A B C cos  cos  cos       2 IA + 2 IB + 2 IC = 0 Ta có a .IA + b.IB + c.IC = 0 Þ IA IB IC A A cos cos   A 2 .MA.IA ³ 2 .MA.IA , tương tự ta có Vì cos .MA = 2 IA IA 2

B cos   A B 2 .MB .IB và cos .MB ³ 2 IB C cos   O G C 2 .MC .IC cos .MC ³ B' 2 IC C B A B C C' cos   cos   cos   2 .MA.IA + 2 .MB .IB + 2 .MC .IC Hình 2.13 Mà IA IB IC æ ö A B C  çç cos  cos  cos  ÷÷÷ 2 IA + 2 IB + 2 IC ÷ + cos A .IA + cos B .IB + cos C .IC = MI çç ÷÷ çç IA IB IC 2 2 2 ÷÷ çè ø A B C a +b +c = cos .IA + cos .IB + cos .IC = AE + BF + CD = 2 2 2 2

A B C a +b +c Do đó cos .MA + cos .MB + cos .MC ³ 2 2 2 2 Tổng quát Cho đa giác lồi A1A2 ...An ( n ³ 3 ) ngoại tiếp đường tròn tâm J. Chứng

minh rằng với điểm M bất kỳ thì

å cos 2 .( MA - JA ) ³ 0 i=1

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC với G là trọng tâm. Qua điểm O bất kỳ nằm trong tam giác kẻ đường thẳng song song với GA, GB, GC tương ứng cắt CA, AB, BC tại các điểm A', B', C'. 47

Xác định vị trí điểm M để ma MA '+ mb MB '+ mc MC ' đạt giá trị nhỏ nhất Lời giải 3 3   3    Ta có ma .MA ' = GA.MA ' ³ GA.MA ' = GA. MO + OA ' 2 2 2     3 3    Tương tự mb .MB ' ³ GB. MO + OB ' , mc .MC ' ³ GC . MO + OC ' 2 2 Suy ra 3    3       ma .MA '+ mb .MB '+ mc .MC ' ³ GA + GB + GC + GAOA . ' + GBOB . ' + GC .OC ' 2 2 Hay ma .MA '+ mb .MB '+ mc .MC ' ³ maOA '+ mbOB '+ mcOC ' Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M trùng với O. Vậy với M trùng với O thì ma MA '+ mb MB '+ mc MC ' đạt giá trị chỏ nhất. Ví dụ 4: Cho tam giác ABC và và ba số thực x , y , z .

(

)

(

) (

(

)

Chứng minh rằng x 2 + y 2 + z 2 ³ 2yz cos A + 2zx cos B + 2xy cosC Lời giải Gọi ( I ; r ) là đường tròn nội tiếp  ABC, tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại M, N, P.    2 Khi đó ( x .IM + y .IN + z .IP ) ³ 0

      Û x 2 .IM 2 + y 2 .IN 2 + z 2 .IP 2 + 2xyIM .IN + 2yzIN .IP + 2zxIP .IM ³ 0

Û ( x 2 + y 2 + z 2 )r 2 + 2r 2 [ xy cos ( 1800 -C ) + yz cos ( 1800 - A ) + zx cos ( 1800 - B ) ] ³ 0

Û x 2 + y 2 + z 2 ³ 2yz cos A + 2zx cos B + 2xy cosC đpcm.

Nhận xét: + Khi chọn x = y = z = 1 ta có: cos A + cos B + cosC £

3 . 2

1 + Khi chọn y = z = 1 ta có cos A + x ( cos B + cosC ) £ 1 + x 2 2

3. Bài tập luyện tập. Bài 2.109: Cho tam giác ABC và ba số thực x , y , z . Chứng minh rằng:

1 yz cos 2A + zx cos 2B + xy cos 2C £ - ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2

Bài 2.110: Cho tam giác ABC không đều nội tiếp đường tròn (O). Tìm trên đường tròn điểm M để có tổng bình phương khoảng cách từ đó đến ba đỉnh tam giác là nhò nhất, lớn nhất. Bài 2.111: Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi là góc a giữa hai trung tuyến BD và CK. Tìm giá trị nhỏ nhất của cos a Bài 2.112: Cho M là một điểm bất kì nằm trong mặt phẳng tam giác ABC. MA MB MC + + Tìm giá trị nhỏ nhất của T = a b c Bài 2.113: Cho tam giác ABC ABC. Tìm điểm M sao cho biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất: T = 2.cos A .MA + MB + MC 2 Bài 2.114: Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng 9 a) ama2 + bmb2 + cmc2 ³ abc 4 9 b) ambmc + bmcma + cma mb ³ abc 4 2 2 2 3 3 ma mb mc 9 a + b + c3 c) + + ³ . a b c 4 ab + bc + ca Bài 2.115: Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng a) a 2 + b 2 + c 2 £ 9R 2 b) R ³ 2r abc c) R 2 + a 2 + b 2 ³ c 2 d) 4S £ ( ab + bc + ca ) 3 a + b3 + c3 2 2 2 e) ( a - b ) + (b - c ) + (c - a ) £ 8R ( R - 2r ) Bài 2.116: Cho tam giác ABC , O là điểm bất kỳ trong tam giác. Qua O kẻ đường thẳng song song với AB, BC, CA cắt BC, CA, AB tại A', B', C'. Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có cMA '+ aMB '+ bMC ' ³ cOA '+ aOB '+ bOC ' Bài 2.117: Cho tam giác ABC nhọn. Tìm điểm M sao cho MA + 2MB + 3MC đạt giá trị nhỏ nhất.  Bài 2.118: Cho đa giác lồi A1A2 ...An ( n ³ 3 ), ei , i = 1, n , O là điểm bất kỳ nằm trong đa giác.Gọi Bi là hình chiếu điểm O lên AiAi+1 . Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có

å AA ( MB i =1

i +1

- OBi ) ³ 0

Bài 2.119: Cho đa giác đều A1A2 ...An . Tìm điểm M sao cho tổng MA1 + MA2 + ... + MAn nhỏ nhất. Bài 2.120: Cho tam giác ABC; O là điểm trong tam giác, đặt  = a,COA  = b, AOB  = g . Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có BOC

MA sin a + MB sin b + MC sin g ³ OA sin a + OB sin b + OC sin g Bài 2.121: Cho tam giác ABC , tìm vị trí điểm M để P = a.MA2 + b.MB 2 + c.MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.Biết: a) M là điểm bất kì a) M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC c) M nằm trên đường thẳng d bất kỳ Bài 2.122: Cho n điểm A1A2 ...An , và n số dương a1, a2 ,..., an .O là điểm n   thoã mãn å aiOAi = 0 . Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có bất đẳng

thức

i =1

å ai .MAi2 ³ i =1

å aiOAi .MAi ³ i =1

å a OA i =1

2 i

Bài 2.123: Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Xác định điểm M sao cho biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất. a) 2MA + MB + MC b) 2 2MA + 10 ( MB + MC ) Bài 2.124: Chứng minh rằng trong tam giác nhọn ABC ta luôn có cos2 A + cos2 B + cos2 C ³ 6 cos A.cos B .cosC

Bài 2.125: Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng :

3 3 2 3 3 A B C 9 c) sinA.sinB.sinC £ d) cos2 + cos2 + cos2 £ 8 2 2 2 4 A B C 3 3 A B C 3 3 e) cos + cos + cos £ f) cos .cos .cos £ 2 2 2 2 2 2 2 8

a) sin2 A + sin2 B + sin2C £

9 4

b) sinA + sinB + sinC £

IV. KHÁI NIỆM PHƯƠNG TÍCH CỦA MỘT ĐIỂM TỚI ĐƯỜNG TRÒN VÀ ỨNG DỤNG. 1. Phương pháp giải. a) Bài toán: Cho đường tròn (O; R) và điểm M cố định. Một đường thẳng thay đổi đi qua M cắt đường tròn tại hai điểm A, B. Chứng minh rằng   MA.MB = MO 2 - R 2 . 50

 Chứng minh: Vẽ đường kính BC của đường tròn (O;R). Ta có MA là hình  chiếu của MC lên đường thẳng MB. Theo công thức hình chiếu ta có

O        M M MC .MB = MO +BOC . MO + OB MA.MB = A A

(

)(

)

Hình 2.14

    = ( MO - OB ).( MO + OB ) = MO 2 - OB 2 = MO 2 - R 2 .

Từ bài toán trên ta có định nghĩa sau: b) Định nghĩa: Cho đường tròn (O; R) và điểm M cố định. Một đường thẳng thay đổi đi qua M cắt đường tròn tại hai điểm A, B. Khi đó   MA.MB = MO 2 - R 2 là đại lượng không đổi được gọi là phương tích của điểm M đối với đường tròn (O;R), kí hiệu là PM /(O ) Chú ý: Nếu M ở ngoài đường tròn, vẽ tiếp tuyến MT. Khi đó PM /(O ) = MT 2 = MO 2 - R 2 c) Các tính chất:  Cho hai đường thẳng AB và CD cắt nhau tại M. Điều kiện cần và đủ để bốn điểm A, B , C , D nội tiếp được đường tròn là

D A

M C

C B



D Hình 2.15

    MA.MB = MC .MD (hay MA.MB = MC .MD ). Cho đường AB cắt đường thẳng D ở M và điểm C trên đường thẳng D (C ¹ M ) . Điều kiện cần và đủ để D là tiếp tuyến của đường tròn

ngoại tiếp tam giác ABC tại C là MA.MB = MC 2 .

O C

Hình 2.16 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AA', BB', CC' cắt nhau tại H. Chứng minh rằng HA.HA ' = HB .HB ' = HC .HC ' Lời giải(hình 2.17)   'C = BC 'C = 900 suy ra tứ giác Ta có BB A BCB 'C ' nội tiếp trong đường tròn (C) đường kính B' BC. Do đó HB .HB ' = HC .HC ' (vì cùng bằng C' phương tích từ điểm H tới đường tròn (C)) (1) H Tương tự tứ giác ACA 'C ' nội tiếp được nên HA.HA ' = HC .HC ' (2) B Từ (1) và (2) suy ra A' HA.HA ' = HB .HB ' = HC .HC ' . Hình 2.17 Ví dụ 2: Cho đường tròn (O;R) và một điểm P cố định ở bên trong đường tròn đó. Hai dây cung thay đổi AB và CD luôn đi qua điểm P và vuông góc với nhau. a) Chứng minh rằng AB 2 + CD 2 không đổi. b) Chứng minh rằng PA2 + PB 2 + PC 2 + PD 2 không phụ thuộc vị trí điểm P. Lời giải(hình 2.18) a) Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của AB, CD suy ra OE ^ AB và OF ^ CD C 2 2 2 2 Ta có AB + CD = ( 2AE ) + ( 2CF )

= 4 ( AO 2 - OE 2 ) + 4 (CO 2 - OF 2 )

= 4 [ 2R - (OE + OF ) ] = 4 ( 2R - OP ) 2

B Suy ra AB + CD không đổi. E b) D 2 2 PA2 + PB 2 + PC 2 + PD 2 = ( PA + PB ) + ( PC + PD )Hình - 22.18 PA.PB - 2PC .PD 2

    = AB 2 + CD 2 + 2PA.PB + 2PC .PD

Mặt khác theo câu a) ta có AB 2 + CD 2 = 4 ( 2R 2 - OP 2 ) và     PP (O ) = PA.PB = PC .PD = PO 2 - R 2

Suy ra PA2 + PB 2 + PC 2 + PD 2 = 4 ( 2R 2 - OP 2 ) + 4 ( PO 2 - R 2 ) = 4R 2

Vậy PA2 + PB 2 + PC 2 + PD 2 không phụ thuộc vị trí điểm P. Ví dụ 3: Cho đường tròn đường kính AB và đường thẳng D vuông góc với AB ở H ( H ¹ A, H ¹ B ) . Một đường thẳng quay quanh H cắt đường tròn ở M, N và các đường thẳng AM, AN lần lượt cắt D ở M', N'. a) Chứng minh rằng bốn điểm M, N, M', N' thuộc một đường tròn (C) nào đó. b) Chứng minh rằng các đường tròn (C) luôn đi qua hai điểm cố định Lời giải(hình 2.19)   ' HB = M ' MB = 900 nên tứ giác BHM ' M nội tiếp được suy ra a) Vì M     AH .AB = AM '.AM (1).   M Tương tự Vì N ' HB = N ' NB = 900 nên tứ E giác HBN ' N nội tiếp được suy ra     M' AH .AB = AN '.AN (2).     A Từ (1) và (2) suy ra AM '.AM = AN '.AN PH B Q Suy ra bốn điểm M, N, M', N' thuộc một đường F N tròn. b) Gọi P, Q lần lượt là các giao điểm của Δ N' đường tròn (C) với đường thẳng AB và E, F lần lượt là giao điểm của D với đường tròn đường kính AB. Hình 2.19       Khi đó ta có AP .AQ = AM .AM ' = AH .AB         Mặt khác AH .AB = ( AE + EH )AB = AE . ( AE + EB ) = AE 2 và         AH .AB = ( AF + FH )AB = AF . ( AF + FB ) = AF 2   Suy ra AP .AQ = AE 2 = AF 2 Do đó P, Q thuộc đường tròn (S) tiếp xúc với AE, AF ở E, F. Vì (S) là đường tròn cố định nên P, Q cố định thuộc đường tròn (C). Ví dụ 4: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) bán kính R. Giả sử M là điểm di động trong đường tròn A B' (O). Nối AM, BM, CM lần lượt cắt (O) tại A', B', C'. MA MB MC Tìm tập hợp điểm M sao cho + + = 3. MA ' MB ' MC ' C' O Lời giải(hình 2.20)

B A'

C 53

Hình 2.20

MA2 MB 2 MC 2 + + =3 MA '.MA MB '.MB MC '.MC MA2 MB 2 MC 2 Û -   -   -   = 3 (*) MA '.MA MB '.MB MC '.MC       Mặt khác PM /(O ) = MA '.MA = MB '.MB = MC '.MC = MO 2 - R 2 Suy ra

Ta có ĐT Û

(*) Û MA2 + MB 2 + MC 2 = -3( MO 2 - R 2 ) (1)

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , I là trung điểm GO. Ta có:   2   2   2 MA2 + MB 2 + MC 2 = ( MG + GA ) + ( MG + GB ) + ( MG + GC )     = 3MG 2 + 2MG (GA + GB + GC ) + GA2 + GB 2 + GC 2 = 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 (2)

Từ (1) và (2) ta có 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 = -3 ( MO 2 - R 2 ) 1 Û MG 2 + MO 2 = R 2 - (GA2 + GB 2 + GC 2 ) 3   2   2 1 Û ( MI + IG ) + ( MI + IO ) = R 2 - (GA2 + GB 2 + GC 2 ) 3 1 Û 2MI 2 + 2IO 2 = R 2 - (GA2 + GB 2 + GC 2 ) 3 1 1 Û MI 2 = R 2 - (GA2 + GB 2 + GC 2 ) - IO 2 2 6 Û MI = k 1 1 Trong đó k 2 = R 2 - (GA2 + GB 2 + GC 2 ) - IO 2 2 6 Vậy tập hợp điểm M là đường tròn tâm I bán kính R = k .

3. Bài tập luyện tập. Bài 2.126: Trong đường tròn tâm (O;R) cho hai dây cung AA' và BB' vuông góc với nhau tại S. Gọi M là trung điểm của AB. Chứng minh rằng SM ^ A ' B ' . Bài 2.127: Cho hai đường tròn (O) và (O'); AA', BB' là các tiếp tuyến chung ngoài của chúng. đường thẳng AB' theo thứ tự cắt (O) và (O') tại M, N. Chứng minh rằng AM = B ' N . Bài 2.128: Cho tam giác ABC không cân tại A; AM, AD lần lượt là trung tuyến, phân giác của tam giác. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMD cắt AB, AC tại E, F. Chứng minh rằng BE = CF

Bài 2.129: Cho đường tròn (O) và hai điểm A, B cố định. Một đường thẳng quay quanh A, cắt (O) tại M và N. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN thuộc một đường thẳng cố định. Bài 2.130: Cho đường tròn (O;R) và điểm P cố định nằm trong đường tròn. Giả sử AB là dây cung thay đổi luôn đi qua P. Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A, B cắt nhau tại C. Tìm tập hợp điểm C. Bài 2.131: Cho đường tròn (O) đường kính AB, và điểm H cố định thuộc AB. Từ điểm K thay đổi trên tiếp tuyến tại B của (O), vẽ đường tròn (K; KH) cắt (O) tại C và D. Chứng minh rằng CD luôn đi qua một điểm cố định. Bài 2.132: Cho đường tròn đường kính AB, H là điểm nằm giữa AB và đường thẳng D vuông góc với AB tại H. Gọi E, F là giao điểm của đường tròn và D . Vẽ đường tròn tâm A, bán kính AE và đường tròn (C) bất kì qua H, B. Giả sử hai đường tròn đó cắt nhau tại M và N, chứng minh rằng AM và AN là hai tiếp tuyến của (C). Bài 2.133: Cho hai đường tròn đồng tâm O là (C 1 ) và (C 2 ) ( (C 2 ) nằm trong (C 1 ) ). Từ một điểm A nằm trên (C 1 ) kẻ tiếp tuyến AB tới (C 2 ) . AB giao (C 1 ) lần thứ hai tại C. D là trung điểm của AB. Một đường thẳng qua A cắt (C 2 ) tại E, F sao cho đường trung trực của đoạn DF và EC giao nhau AM tại điểm M nằm trên AC. Tính ? MC Bài 2.134: Cho đường tròn (O;R) và hai điểm P, Q cố định (P nằm ngoài (O), Q nằm trong (O)). Dây cung AB của (O) luôn đi qua Q. PA, PB lần lượt là giao (O) lần thứ hai tại D, C. Chứng minh rằng CD luôn đi qua điểm cố định. Bài 2.135: Cho hai đường tròn không đồng tâm (O1 ; R1 ) và (O2 ; R2 ) . Tìm tập hợp các điểm M có phương tích đối với hai đường tròn bằng nhau.

GỢI Ý VÀ ĐÁP SỐ CHƯƠNG II §1 GIÁ TRỊ LƯỢNG GIÁC CỦA MỘT GÓC BẤT KÌ TỪ 00 ĐẾN 1800

2 1 3 3 2 5 2 + 2. - 5. + 4. = 1+ -2 3 2 2 3 3 2 2 2 2 2 ÷ö ÷÷ - 3a 2 + ( 2a ) = 3a 2 ÷ 2 ø

Bài 2.1: a) A = æ b) B = 4a 2 . ççç çè

c) C = ( sin2 350 + cos2 350 ) - 5 ( sin2 750 + cos2 750 ) = 1 - 5 = -4 d) D = 12 cos2 760 + 5 tan 850.cot 850 + 12 sin2 760 = 12 + 5 = 17 e) E = ( sin2 10 + sin2 890 ) + ( sin2 20 + sin2 88 0 ) + ... + + ( sin2 44 0 + sin2 460 ) + sin2 450 + sin2 900

1 E = ( sin2 10 + cos2 10 ) + ( sin2 20 + cos2 20 ) + ... + ( sin2 440 + cos2 440 ) + + 1 2 1 91 E = 1 + 1 + ... + 1 + + 1 = 2 2 44 sô

f) F = ( cos3 10 + cos3 1790 ) + ... + ( cos3 890 + cos3 910 ) + cos3 900 + cos3 1800 F = cos3 900 + cos3 1800 = 0 - 1 = -1

Bài 2.2: Thay vào ta có: P = 4 tan 34 0.sin 300.cot1460 +

8 tan2 ( -27 0 ) 1 + tan 153 2

+ 8 cos2 27 0

1 P = -4. tan 34 0. .cot 34 0 + 8 tan2 27 0.cos2 27 0 + 8 cos2 27 0 = -2 + 8 = 6 2 sin2 x - sin2 x = sin2 x ( 1 + tan2 x ) - sin2 x = VP Bài 2.3: a) VT = cos2 x

b) sin6 x + cos6 x = ( sin2 x + cos2 x ) - 3 sin2 x .cos2 x ( sin2 x + cos2 x ) 3

= 1 - 3 sin2 x .cos2 x c) VT = tan 3 x ( cot2 x + 1 ) - tan x ( cot2 x + 1 ) + cot3 x ( tan2 x + 1 ) = tan x + tan 3 x - cot x - tan x + cot x + cot3 x = VP d) VP = tan6 x cos2 x - tan6 x cot2 x = tan 4 x sin2 x - tan 4 x = tan 4 x .cos2 x = tan2 x .sin2 x = tan2 x - sin2 x = VT (do câu a))

e) VT =

1 1 1 1 = cot 2 b - cot 2 a = - 2 =VP 2 2 2 tan b tan a sin b sin a

BĂ i 2.4: a) A = tan2 x + 1 - tan2 x - cos2 x = sin2 x cos2 x - sin2 x b) B == - cos2 x 1 1 -1+1 2 sin x cos2 x = cos2 x sin2 x - cos2 x = - cos4 x (sin a + cos a ) ( sin2 a - sin a cos a + cos2 a ) = sin a + cos a c) C = sin2 a - sin a cos a + cos2 a 1 + sin a 1 - sin a + +2 d) D 2 = 1 - sin a 1 + sin a =

( 1 + sin a )

+ ( 1 - sin a )

1 - sin2 a 2 Suy ra D = cos a

+2 =

2 + 2 sin2 a 4 +2 = 2 cos a cos2 a

BĂ i 2.5: a) (tan a + cot a)2 - (tan a - cot a)2 = 4 b) 2(sin6 a + cos6 a) - 3(sin 4 a + cos4 a)

= 2 ( 1 - 3 sin2 x .cos2 x ) - 3 ( 1 - 2 sin2 x .cos2 x ) = -1

c) cot2 300 (sin 8 a - cos8 a) + 4 cos 600 (cos6 a - sin6 a) - sin6 (900 - a) ( tan2 a - 1 )

= 3 ( sin2 a - cos2 a )( sin 4 a + cos4 a )

-2 ( sin2 a - cos2 a )( sin 4 a + sin2 a cos2 a + cos4 a )

- ( sin2 a - cos2 a ) = ( sin2 a - cos2 a ) - ( sin2 a - cos2 a ) = 0 3

d) (sin 4 x + cos 4 x - 1)(tan 2 x + cot 2 x + 2) = -2 sin 4 x + 3 cos 4 x - 1 2 e) = 6 6 4 sin x + cos x + 3 cos x - 1 3 BĂ i 2.6: a) A = 1 b) B = 1 4 3 4 BĂ i 2.7: a) cos a = 1 - sin2 a = , tan a = , cot a = 5 4 3 b) sin a =

1 - cos2 a =

, tan a = 2, cot a =

1 2

c) sin a =

, cos a = -

6 1 , tan a = 3 2

d) Ta có tan a cot a = 1 > 0 mà tan a + cot a < 0 suy ra tan a < 0, cot a < 0

1 - 1 = -2 6 sin2 a 1 2 6 Þ tan a = , cos a = cot a.sin a = 5 2 6 cot a = -

Bài 2.8: a) A = cos a = -

c) C = d)

19 ; b) Từ giả thiết suy ra 3

2 2 1 26 - 2 2 , tan a = , cot a = -2 2 Þ B = 3 9 2 2

2 tan a + 3 7 = tan a + 1 3

D 1 = 2 cot2 a + 5 cot a + 2 Þ ( cot2 a + 1 ) D = 3 cot2 a + 5 cot a + 1 2 sin a sin a

Suy ra D =

101 26

Bài 2.9: a) tan2 x + cot2 x=m2 - 2

b) tan 4 x + cot4 x= ( tan2 x + cot2 x ) - 2 = ( m 2 - 2 ) - 2 = m 4 - 4m 2 + 2 2

( tan2 x + cot2 x )( tan4 x + cot4 x-tan2 xcot2 x ) tan6 x + cot6 x = m 4 - 4m 2 + 2 tan 4 x + cot4 x 2 4 ( m - 2 )( m - 4m 2 + 1 ) = m 4 - 4m 2 + 2 2 24 7 Þ sin a + cos a = (do cos a > 0 ) Bài 2.10: ( sin a + cos a ) = 1 + 25 5 Þ

Þ sin 3 a + cos3 a = ( sin a + cos a ) ( sin2 a - sin a cos a + cos2 a ) =

Bài 2.11: ĐS: a) 11

b) ± 13

c) ±33 13

91 125

7 7 57 b) B = 1 ; c)C = hoặc C = 4 4 28     a2 Bài 2.13. a) AB.AC = AB.AC .cos AB; AC = a 2 cos 600 = 2     2 a . = -CACB . .cos 600 = b) AC .CB = -CACB 2   2 a c) AB.BC = 2 §2 TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ Bài 2.14. a)    2  2   2 2AB.AC = AB + AC - AB - AC = AB 2 + AC 2 - BC 2   Suy ra AB.AC = 20   1 Ta có AB.AC = 20 Û AB.AC .cos A = 20 Þ cos A = Þ A = 600 2       2   b) AC .BC = AC . AC - AB = AC - AB.AC = 82 - 20 = 44

Bài 2.12: ĐS: a) A =

(

)

  11 c) Ta có AC .BC = AC .BC .cosC = 44 Þ cosC = 14   11 33 Do đó CD.CB = CD.CB.cosC = 3.7. = 14 2   2  2  1 Bài 2.15. 2a - 3b = 7 Û 4a - 12a.b + 9b = 7 Þ cos a, b = 4      1 1 Bài 2.16. u.v = a + 2b a - b = 1 - 2 + = 2 2 2 2 2   Mặt khác u = a + 4b + 8a.b = 9 Û u = 3 ,

(

)(

)

2  2 2   v = a + b - 2a.b = 1 Û v = 1

  1 Suy ra cos u; v = 6  1    2  1  Bài 2.17. Ta có NM = AB - AD , NP = AB - AD 3 3 2   2 1 13 Suy ra NM . NP = + = 9 2 18

( )

  5  = 13 Mặt khác NM = 10 , NP = Þ cos MNP 2 45 10  1  Bài 2.18. Ta có MB = AB 4     Vì G là trọng tâm tam giác ADM nên 3CG = CA + CD + CM        9  Þ 3CG = -( AB + AD ) - AB + CB + BM = - AB - 2AD 4  3  2  Þ GC = AB + AD 4 3   1  æ 3  2  ö 3 Suy ra MB.GC = AB. çç AB + AD ÷÷÷ = çè 4 4 3 ø 8  1   Bài 2.19. Ta có: MN = (AB + CD ) suy ra 2     1 MN 2 = (AB 2 + CD 2 + 2AB.CD ) Û AB.CD = 2a 2 . 4       AB.CD 2a 2 1 = = Þ (AB,CD ) = 600 . Do đó cos(AB,CD ) = AB.CD 2a.2a 2 Bài 2.20. Với điểm O bất kỳ ta có :               2AC .DB = 2 OC - OA OB - OD = 2OC .OB + 2OAOD . - 2OC .OD - 2OAOB .    2  2   2  2  2  2 Mặt khác 2OC .OB = OC + OB - (OC - OB ) = OC + OB - BC

(

)(

)

Xây dựng các đẳng thức tương tự thay vào ta tính được   2AC .DB = AB 2 + CD 2 - BC 2 - AD 2   AB 2 + CD 2 - BC 2 - AD 2 Suy ra cos ( AC , DB ) = AC .BD     Bài 2.21. HD: Đặt CA = a , CB = b . Khi đó      b  2 2  1 CD = a + b , CM = , a = b = 1, a .b = 2 2    a) Giải sử CN = nCA = na . Khi đó ta có:      b      MD = CD - CM = a + và ND = CD - CN = ( 1 - n )a + b . Suy ra 2    æ  b ÷ö    9  9 - 5n MD.ND = ççça + ÷÷ éê ( 1 - n )a + b ùú = Þ CN = a û 2 ÷ø ë 4 5 çè   9 Để tam giác MDN vuông tại D ta phải có MD.ND = 0 Û n = 5

 2 2  2 æ  b ÷ö 7  2 æ 4   ö 21 7 3 Þ S MDN = Ta có MD = ççça + ÷÷ = , ND = çç - a + b ÷÷÷ = è 5 ø 2 ÷ø 4 25 20 çè  2  7 3 b) Tương tự câu a) ta có CP = a , S PMD = 5 40     2a b    3a  c) Theo câu a) và b) ta có MD = + , DD = CD - CP = +b 5 2 5  2 21  2 49   21 Do đó MP = , PD = , MP . PD = . 100 25 100   MP .PD 21 Suy ra cos ( MP ; PD ) =   = 14 MP . PD

Bài 2.22. Sử dụng các đẳng thức về trung điểm  1    1    1   AD = ( AB + AC ), BE = ( BC + BA ), CF = (CA + CB ) 2 2 2      2  2 Bài 2.23. a) VT = OA - OM OC - OM = OM - OA

( )( )       VP = (OB - OM )(OD - OM ) = OM - OC 2

    Suy ra MA.MC = MB.MD        b) VT = MA2 + MA.MC = MA MA + MC = MA.2MO = VP

(

)   1   1   Bài 2.24: VT = HM .AM = ( HB + HC ). ( AB + AC ) 2 2            1 1 1    1  = ( AB.HB + AC .HC ) = AB ( HC + CB ) + AC ( HB + BC ) = BC 4 4 4 4

= VP

       2 Bài 2.25: GA + GB + GC = 0 Þ (GA + GB + GC ) = 0       Û GA2 + GB 2 + GC 2 + 2GAGB . + 2GB .GC + GC .GA = 0 (*)    2  2   2 Mặt khác 2GAGB = GA + GB - (GA - GB ) = GA2 + GB 2 - BA2     Tương tự 2GBGC = GB 2 + GC 2 - BC 2 , 2GCGA = GC 2 + GA2 - AC 2 Thay vào (*) suy ra đpcm   2 2 2 2 Bài 2.26: Ta chứng minh hệ thức AB + CD = BC + DA + 2AC .DB

Bài 2.27: Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác và H là trực tâm của tam giác ABC . M. N, P lần lượt là hình chiếu của O lên các cạnh BC, CA, AB.         Theo công thức hình chiếu ta có A ' M .BC = HO .BC , B ' N .CA = HO .CA ,     C ' P .AB = HO .AB       Suy ra VT = HO ( AB + BC + CA ) = HO .0 = VP

Bài 2.28. Gọi O là tâm hình bình hành khi đó æ  2  2 ö÷ æ  2  2 ö÷  2  2 VT = çç MO - OA ÷÷ - çç MO - OC ÷÷ = OC - OA çè ø çè ø      2  2 VP = OA - OB OC - OB = OB - OA

(

)(

)

Từ đó suy ra đpcm

         Bài 2.29: a) Ta có: AM .AI = AB + BM .AI = AB.AI + BM .AI     = AB.AI (Vì BM ^ AI )            BN .BI = BN + NA .BI = BN .BI + NA.BI = BN .BI

(

)

b) Theo câu a) ta có             2 AM .AI + BN .BI = AB.AI + BA.BI = AB AI - BI = AB = 4R 2  AM  BM  CB + CA Bài 2.30. Ta có CM = AB AB

(

)

  Û AB 2 .CM 2 = AM 2 .CB 2 + BM 2 .CA2 + 2AM .BM .CBCA

Û AB 2 .CM 2 = AM 2 .CB 2 + BM 2 .CA2 + AM .BM . (a 2 + b 2 - c 2 )

Vậy AM 2 = b 2BM 2 + c 2CM 2 + (b 2 + c 2 - a 2 ) BM .CM   Bài 2.31. Ta có AB ^ EF Þ AB .EF = 0 suy ra   2 AB 2 + EF 2 = AB + EF (1)

(

)

    Mặt khác ACE và BDF có cùng trọng tâm nên AB + CE + EF = 0 (2)

Từ (1) và (2) suy ra AB 2 + EF 2 = CD 2

  2 2a 2   Bài 2.32. Ta có MA2 = ( MO + OA ) = + 2MO .OA , tương tự 3

    2a 2 2a 2 + 2MO .OB , MC 2 = + 2MO .OC 3 3 2 2 2 2 Suy ra MA + MB + MC = 2a   2 Bài 2.33. a) MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 = ( MO + OA ) +   2   2   2 + ( MO + OB ) + ( MO + OC ) + ( MO + OD )      = 8R 2 + 2MO (OA + OB + OC + OD ) = 8R 2 MB 2 =

b) Cách 1: Theo câu a) ta có MA2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 = NA2 + NB 2 + NC 2 + ND 2 = 8R 2 Þ ( MA2 - NA2 ) + ( MB 2 - NB 2 ) + ( MC 2 - NC 2 ) + ( MD 2 - ND 2 ) = 0 (1) Mặt khác MA2 + NA2 = MB 2 + NB 2 = MC 2 + NC 2 = MD 2 + ND 2 = 4R 2 (2) Nhân hai vế (1) với 4R 2 và kết hợp (2) ta có MA4 + MB 4 + MC 4 + MD 4 = NA4 + NB 4 + NC 4 + ND 4   4   2   Cách 2: MA4 = ( MO + OA ) = ( MO 2 + OA2 + 2MOOA . ) = 8R 4 + 32R2 MOOA .

Thiết lập các đẳng thức tương tự và cộng lại ta có     MA4 + MB 4 + MC 4 + MD 4 = 32R 4 + 32R 2 (OA + OB + OC + OD ) = 32R 4 Từ đó suy ra đpcm          Bài 2.34 : AB .AD + BA.BC + CB .CD + DC .DA = 0       Û AB ( AD - BC ) + CD ( AD - BC ) = 0          Û ( AD - BC )( AB + CD ) = 0 Û ( AB + BD - BC )(AB + CD ) = 0   2     Û ( AB + CD ) = 0 Û AB + CD Û AB = DC Û ABCD là hình bình hành

Bài 2.35: (hình 2.21) Gọi H, J, K lần lượt là hình chiếu của O lên B1B4,

B2B5, B3B6. Ta có các điểm O, I, H, J, K cùng nằm trên đường tròn đường

A3 B1 B2 B 3  = KIH  = 600 ìï KJH H ï I B4 B6 Do đó: ïí   = 600  DHJK đều KO J ïï KHJ = KIJ A4 A6 ïî B5 Theo bài 11 ta có IH 2 + IJ 2 + IK 2 = OH 2 + OJ 2 + OK 2 A5 A1

kính OI.

  Mặt khác: IB12 + IB42 = HB1 - HI

(

) ( 2





+ HB4 - HI

)

Hình 2.21

   = HB12 + HB42 - 2HI HB1 + HB4 + 2HI 2 = (OB + OH 2 1

(

) + (OB

= 2R 2 - 2OH 2 + 2IH 2

2 4

- OH

)

) + 2HI 2

Chứng minh tương tự: IB22 + IB52 = 2R 2 - 2OJ 2 + 2IJ 2 , IB32 + IB62 = 2R 2 - 2OK 2 + 2IK 2

Þ VP = 6R2 - 2 (OH 2 + OJ 2 + OK 2 ) + 2 ( IH 2 + IJ 2 + IK 2 ) = VT

 2   2   Bài 2.36. a) MA = ( MG + GA ) = MG 2 + GA2 + 2MG .GA

Tương tự ta có  2    2   MB = MG 2 + GB 2 + 2MG .GB ; MB = MG 2 + GB 2 + 2MG .GB

Suy ra MA2 + MB 2 + MC 2 = 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 b) Cho M º O với O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 1 Suy ra 3R 2 = 3OG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 = 3OG 2 + (a 2 + b 2 + c 2 ) 3 2 2 2 2 Do đó a + b + c £ 9R     Bài 2.37: Ta có x .MA + y.MB + z .MC = 0 (*)    Gọi E là điểm xác định bởi: y.EB + z .EC = 0 Khi đó EB = 2

z 2 .a 2

(y + z )

, EC = 2

y 2 .a 2

(y + z )

   Từ (*) suy ra x .MA + ( y + z ).ME = 0   Þ ( x + y + z ).AM = ( y + z ).AE

Þ ( x + y + z ) AM 2 = ( y + z ) AE 2 (**)   ìï c 2 = AB 2 = AE 2 + EB 2 + 2AE .EB ï   Mà ïí ïïb 2 = AC 2 = AE 2 + EC 2 + 2AE .EC ïî 2

   Þ yc 2 + zb 2 = ( y + z ) AE 2 + y.EB 2 + z .EC 2 (vì y.EB + z .EC = 0 ) Þ yc 2 + zb 2 = ( y + z ) AE 2 +

yz 2 a y +z

Kết hợp với (**) ta được

(x + y + z )

AM 2 = ( y + z ).y.c 2 + (y + z ).z .b 2 - yz .a 2

Chứng minh tương tự ta cũng có

(x + y + z )

BM 2 = ( z + x ).z .a 2 + ( z + x ).x .c 2 - zx .b 2

( x + y + z ) CM 2

= ( x + y ).x .b 2 + ( x + y ).y.c 2 - xy.c 2   Mặt khác M nằm trên đường tròn đường kinh BC nên MB.MC = 0   2 Þ y.MB + z .MC = y 2 .MB 2 + z 2 .MC 2 2

(

)

Þ x 2 .MA2 = y 2 .MB 2 + z 2 .MC 2

Þ x 2 ( y + z ) yc 2 + x 2 ( y + z ) zb 2 - x 2yz .a 2

= y 2 ( z + x ) za 2 + y 2 ( z + x ) xc 2 - y 2zxb 2 + +z 2 ( x + y ) xb 2 + z 2 ( x + y )ya 2 - z 2xyc 2

Þ xyz éë ( x - y + z )c 2 + ( x - z + y )b 2 ùû = yz ( x 2 + xy + xz + 2yz )a 2 æ 2yz ö÷ 2 Þ ( x - y + z ) c 2 + ( x - z + y )b 2 = çç x + y + z + ÷a đpcm çè x ÷ø      Bài 2.38: a) 2MA2 = MA.MB Û MA 2MA - MB = 0 (*)       Gọi I là điểm thoả mãn: 2IA - IB = 0 thì 2MA - MB = MI .     Do đó: (*) Û MA.MI = 0 Û MA ^ MI Vậy tập hợp điểm M là đường tròn đường kính AI.    b) Gọi E là điểm thoả mãn: EA + 2EB = 0 ta có: MA2 + 2MB 2 = k   2   2 Û ME + EA + ME + EB = k

(

) (

)

Û 3ME = k - EA - 2EB (*)    2 1 Mặt khác từ EA + 2EB = 0 Þ EA = AB; EB = AB 3 3 ö 2 1æ 2 Nên (*) Û 3ME 2 = k - AB 2 Û ME 2 = çç k - AB 2 ÷÷÷ 3 3 çè 3 ø

Nếu k <

2 AB 2 : Tập hợp điểm M là rỗng. 3

2 AB 2 : Tập hợp điểm M là một điểm E. 3 2 Nếu k > AB 2 : Tập hợp điểm M là đường tròn tâm E, bán kính 3 ö 1 æç 2 2 R= çç k - AB ÷÷÷ . 3è 3 ø  c) Gọi D là giá của vectơ a và A', M' lần lượt là hình chiếu của A, M lên D     Theo công thức hình chiếu ta có AM .a = A ' M '.a   k Suy ra A ' M '.a = k Û A ' M '.a = k Û A ' M ' = trong đó a là độ dài a  đại số của vectơ a k Vì A' là điểm cố định, là hằng số không đổi nên M' là điểm cố định a Do đó tập hợp điểm M là đường thẳng vuông góc với D tại M'.    Bài 2.39: a) Gọi I là điểm thoả mãn 2IB - IC = 0 ta có:       MA - MB 2MB - MC = 0 Û BA.MI = 0

Nếu k =

(

)(

(

)(

)

Suy ra tập hợp điểm M là đường thẳng đi qua I và vuông góc với AB.       b) Gọi D và E là các điểm thoả mãn: DA + 2DB = 0; EB + 2EC = 0 ta có:       MA + 2MB MB + 2MC = 0 Û MD.ME = 0

)

Tập hợp điểm M là đường tròn đường kính DE.     c) Ta có: 2MA2 + MA.MB = MA.MC     Û MA 2MA + MB - MC = 0 (*)     Gọi J là điểm xác định bởi 2JA + JB - JC = 0 ta có:     (*) Û 2MA.MJ = 0 Û MA ^ MJ Tập hợp điểm M là đường tròn đường kính AJ.      Bài 2.40: a) Gọi điểm I thỏa mãn điều kiện 2.IA + IB - IC - ID = 0 Ta có : 2MA2 + MB 2 = MC 2 + MD 2

(

)

  Û 2 MI + IA

  2   2   2 + MI + IB = MI + IC + MI + ID      Û MI 2 + 2IA2 + 2MI 2IA + IB - IC - ID + IB 2 - IC 2 - ID 2 = 0

(

) ( 2

(

) (

) ( )

)

Û MI 2 = IC 2 + ID 2 - 2IA2 - IB 2 = k + k < 0 : Tập hợp điểm M là một tập rỗng + k = 0 : Tập hợp điểm M là điểm I (tức M trùng với I) + k > 0 : Tập hợp điểm M là đường tròn I , k      b) MA + MB + MC MC - MB = 3a 2

(

)(

)

(

)

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có :      MA + MB + MC MC - MB = 3a 2     Û 3MG .BC = 3a 2 Û MG .BC = a 2 Gọi M', G' lần lượt là hình chiếu của M, G lên đường thẳng BC   Suy ra M 'G '.BC = BC 2 Û M 'G ' = BC Do G cố định nên G' cố định suy ra M' cố định. Vậy tập hợp điểm M là đường thẳng đi qua M' và vuông góc với BC.     1 Bài 2.41. MA.MB + MC .MD = IJ 2 2  2  2 1 Û MI + MJ - IA2 - JC 2 = IJ 2 2  2  2 Goi K là trung điểm IJ suy ra MI + MJ = 2MK 2 + 2IK 2 IA2 + JC 2 Do đó MK 2 = 2 IA2 + JC 2 Suy ra tập hợp điểm M là đường tròn tâm K bán kính R = 2 Bài 2.42 Ta chứng minh được       MA.MB + MB.MC + MC .MA = 3MO 2 + a 2 với O là trọng tâm tam giác a Do đó MO = suy ra tập hợp điểm M là đường tròn tâm O bán kính 2 a R= 2 Bài 2.43 : Sử dụng công thức hình chiếu ta có:  2     2 AB.AH + AC .AK = AI Û AI = AB.AH + AC .AK  2      2   Û AI = AB.AM + AC .AM Û AI = 2AI .AM

(

)(

)

Gọi M 0 là hình chiếu của M lên AI khi đó ta có AI AI 2 = 2AI .AM 0 Û AM 0 = ( M 0 nằm trên tia AI) 2 Suy ra tập hợp điểm M là đoạn trung trực của AI nằm trong góc BAC Bài 2.44 : Gọi I là trung điểm AB ta có   k 2 2 MA - MB = k Û 2MI .BA = k Û M ' I = 2BA Với M' là hình chiếu M lên AB suy ra M' là điểm cố định Vậy tập hợp điểm M là đường thẳng đi qua M' và vuông góc với AB. Bài 2.45 : a) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi đó     aMA2 + bMB 2 + gMC 2 = k Û 2MO aOA + bOB + gOC = k

(

)

        k Đặt 2 ( aOA + bOB + gOC ) = u Þ u ¹ 0 do đo MO.u = k Û MO = u  Với M', O' là hình chiếu M, O lên giá vectơ u suy ra M' là điểm cố định  Vậy tập hợp điểm M là đường thẳng đi qua M' và vuông góc với giá vectơ u     b) Gọi I là điểm thỏa mãn aIA + b IB + g IC = 0 , do a + b + g ¹ 0 nên I tồn tại I và duy nhất 1 é k - ( aIA2 + bIB 2 + gIC 2 ) ù Khi đó ta chứng minh được MI 2 = û a+b+gë    a .b -8 1 Bài 2.46: a) cos ( a ;b ) =   = =4.2 5 5 a .b      b) Gọi c ( x ; y ) , ta có a + 2b = ( 8; 0 ), - b + 2c = ( 2x - 4;2y + 2 )    1 Suy ra (a + 2b).c = -1 Û 8x = -1 Û x = - , 8    1 (-b + 2c).a = 6 Û 4 ( 2y + 2 ) = 6 Û y = 4 æ 1 1 ö Do đó c çç - ; - ÷÷÷ çè 8 4 ø

Bài 2.47: a) Gọi H ( x ; y ) là trực tâm tam giác ABC     AH ( x - 5; y - 3 ), BC ( -3; 6 ), BH ( x - 2; y + 1 ), AC (-6; 2 )   ïìï AH .BC = 0 ìï x - 2y + 1 = 0 ìï AH ^ BC ìï x = 3 Û í   Ûí Ûí Þ H ( 3; 2 ) í ïîï BH ^ AC ïï BH .AC = 0 ïîï 3x - y - 7 = 0 ï y =2 ï î î

b) Gọi A '( x ; y ) là tọa độ chân đường cao vẽ từ A   Ta có AA ' ^ BC Û AA '.BC = 0 Û x - 2y + 1 = 0 (1)   Và BA '( x - 2; y + 1 ), BC cùng phương nên 2x + y - 3 = 0 (2) Từ (1) và (2) suy ra x = y = 1 Þ A '( 1; 1 ) c) Ta có AA ' = ( 5 - 1 ) + ( 3 - 1 ) = 2 5 , BC = 9 + 36 = 3 5 1 Suy ra S = AA '.BC = 15 2     2 Bài 2.48: a) AB ( -4; -2 ) , AC ( 3; -1 ) Þ cos A = cos ( AB ; AC ) = 2 0 Suy ra A = 135 b) Gọi M ( x ; y ) là giao điểm của đường tròn đường kính AB và đường tròn đường kính OC Ta có     MA( 3 - x ; 1 - y ), MB ( -1 - x ; -1 - y ), MC ( 6 - x ; -y ), MO (-x ; -y )   ìï MA.MB = 0 ìïï x 2 + y 2 - 2x - 4 = 0 ì ìï MA ^ MB x =1 ï ï Û í   Ûí 2 Û í í ïïî MC ^ MO ïï MC .MO = 0 ïïî x + y 2 - 6x = 0 ïï îy = ± 5 î 2

Vậy có hai giao điểm là M 1 ( 1; - 5 ) , M 2 ( 1; 5 )

Bài 2.49: Ta có O ( xO ; yO ) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi

ìïOA2 = OB 2 và chỉ khi OA = OB = OC Û ïí 2 ïïOA = OC 2 î 2 2 2 2 ìï 6 - x + ( 3 - yO ) = ( -3 - xO ) + ( 6 - yO ) ïï( O ) Ûí ïï ( 6 - x )2 + ( 3 - y )2 = (1 - x )2 + (-2 - y )2 O O O O ïî ì -12xO - 6yO = 6xO - 12yO ì xO = 1 ï ï Ûï Ûï Þ O (1; 3 ) í í ï ï ï -12xO - 6yO + 40 = -2xO + 4yO ï yO = 3 î î Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là O ( 1; 3 )   ì ï OM .BC = 0 Cách khác: Ta thiết lập hệ phương trình từ điều kiện ïí   trong đó ï ON . CA = 0 ï î M, N lần lượt là trung điểm của BC, CA.   Bài 2.50. Gọi A( x ; y ) Þ AB ( -1 - x ; 3 - y ), AC ( 3 - x ; 1 - y )

  ìï AB .AC = 0 ìx = 2 ï  Û ï Tam giác ABC vuông cân tại A Û ïí  hoặc í ïï AB = AC ï y=4 ï î ïî Vậy có hai điểm thỏa mãn A1 ( 2; 4 ) , A2 ( 0; 0 )     Bài 2.51: Ta có AB ( 8; 4 ) , AD ( 5; -5 ),CB ( -2; 4 ), CD ( -5; -5 )     1 1 Þ cos ( AB , AD ) + cos (CB ,CD ) = =0 10 10  + BCD  = 1800 . Suy ra tứ giác nội tiếp được. Do đó BAD Bài 2.52: a) M Î Oy Þ M ( 0; y ) Do đó ta có:   BM = (-2; y + 4) Þ BM = y 2 + 8y + 20   BA = (-4; 3) Þ BA = 5

ì ïx = 0 í ï ï îy = 0

  Do đó ta có: BM .BA = 3y + 20    = 450 Û cos(BM , BA) = Ta có: MBA

2 . 2

é 30 êy = 2 Û ê Þ 3y + 20 = 5. y + 8y + 20. 7 ê y = 10 2 êë 2

æ 30 ö Vậy có 2 điểm thoả mãn yêu cầu bài toán là M 1 = çç 0; - ÷÷÷ ; M 2 = ( 0;10 ) çè 7 ø

  Bài 2.53: Gọi M ( a ; 0 ) ; MA = (4 - a ; -3); MB = (3 - a ; 1)   MA.MB a 2 - 7a + 9 1  cos AMB = = = MA.MB 2 (a - 4)2 + 9. (a - 3)2 + 1 ìï a 2 - 7a + 9 < 0 (*) Ûï í 2 2 2 2 ïï î 2(a - 7a + 9) = (a - 8a + 25)(a - 6a + 10) (**)

Ta có: ( * * ) Û a 4 - 14a 3 + 51a 2 - 22a - 88 = 0

Û (a - 4)(a + 1)(a 2 - 11a + 22) = 0 Û a = 4 , a = -1 hoặc a=

11 ± 33 2

Thử 4 nghiệm trên với đk (*) ta chỉ nhận a = 4;a =

11 - 33 2

æ 11 - 33 ö÷ ;0÷ Từ đó ta có 2 điểm M thoả mãn là M 1 (4; 0); M 2 çç ÷ø çè 2

Bài 2.54: Giả sử C ( x ; y ) . Ta có :   ìï AB ^ BC ì x =4 ï ï Tứ giác ABCD hình vuông Þ í hoặc Ûí ïïî AB = BC ï ï î y = -2 Từ đó suy ra C ( 4; -2 ) , D ( 2; -3 ) hoặc C ( 2; 2 ) , D ( 0; 1 )

ìx = 2 ï í ï ï îy = 2

Bài 2.55. MA2 + 2MB 2 + 3MC 2

2 2 2 2 2 2 = ( x - 1 ) + ( y - 4 ) + 2 éê ( x + 2 ) + (y + 2 ) ùú + 3 éê (x - 4 ) + (y - 2 ) ùú ë û ë û 2 2 3 147 147 2 2 = 6x - 18x + 6y + 93 = ( 2x - 3 ) + 6 (y - 1 ) + ³ 2 2 2

æ3 ö Suy ra M çç ; 1 ÷÷÷ è2 ø

§3 HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC

Bài 2.56: Đặt BC = x ( x > 0 ) . MN = 3 Þ AC = 6 .

. .cosC Theo định lí côsin ta có AB 2 = CA2 + CB 2 - 2.CACB 1 Hay 81 = 36 + x 2 - 2.6.x . Û x = 3 1 + 6 2 Bài 2.57: Đặt AC = x ( x > 0 )

(

)

Áp dụng định lí côsin trong tam giác ABD ta có 2 1 BD 2 = 1 + ( 1 + x ) - 2 (1 + x ). x

Áp dụng định lí sin trong tam giác BCD ta có BD =

1  = 2 sin BCD 0 x sin 30

Suy ra ta được phương trình x 4 + 2x 3 - 2x - 4 = 0 Û ( x + 2 ) ( x 3 - 2 ) = 0 Û x = 16

Vậy AC =

Bài 2.58: cos A =

b2 + c2 - a 2 1 - x2 1 = = - Þ A = 1200 2 2bc 2 2 (x - 1)

Bài 2.59: a) Áp dụng công thức Hê - rông ta có S = p(p - a )(p - b)(p - c) = 6 3 abc b) Áp dụng công thức tính diện tích S = và S = pr suy ra 4R 7 3 2 3 R= , r= 3 3 2S 12 6 3 6 c) ha = = = a 8 2 Bài 2.60: HD: a) Đặt

=t >0Þa =

3t, b =

6- 2 t 2

2t, c =

Áp dụng định lí côsin ta có

( (

) )

2t 2 + 2 - 3 t 2 - 3t 2 b2 + c 2 - a 2 1 cos A= = = - Þ A = 1200 2 2bc 2 2 3 -1 t

(

)

3t 2 + 2 - 3 t 2 - 2t 2 a 2 + c2 - b2 2 cos B= = = Þ B = 450 , 2 2ac 2 2 3- 3 t

(

)

C = 150

b) Áp dụng định lí sin, ta có: R =

a 2 3 = = 2. 2 sin A 2 sin 1200

Bài 2.61: (hình 2.22) a) 2R =

a 20 3 10 3 = ÞR= sin A 3 3

b) Gọi M, N, P lần lượt là các tiếp điểm của BC, CA và

A N

AB với đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Ta có

AP = AN - r .cot 300 = 5, BP + NC = BM + MC = a =B10 10

I C

Hình 2.22

Þ (b - AN ) + (c - AP ) = 10 Þ b + c = 20 (1).

Theo định lí côsin ta có

(b + c ) - a 2 a = b + c - 2bc cos 60 Þ bc = = 100 (2) 3 2

Từ (1) và (2) suy ra b, c là nghiệm của phương trình x 2 - 20x + 100 = 0 Û x = 10

Vậy b = c = 10 Þ DABC đều. Bài 2.62: a) Theo định lí côsin ta có BC 2 = 102 + 42 - 2.10.4 cos 600 = 76 Þ BC » 8, 72 Suy ra chu vi tam giác là 2p » 10 + 4 + 8, 72 = 22, 72 b) (Hình 51a.) Kẻ đường cao BH ta có AH = AB cos 600 = 5 Þ HC = 5 - 4 = 1 . BH = AB .sin 600 = 5 3  = - HB = -5 3 Vậy tan C = - tan BCH HC c) (Hình 51b.) Để BE là tiếp tuyến đường tròn (C) ta phải có BE 2 = BA.BD = 10 ( 10 + 6 ) = 160. Áp dụng định lí côsin trong tam giác ABE ta có

Hình 2.23a

D A

E Hình 2.23b.

BE = x + 100 - 10x Þ x - 10x - 60 = 0 Þ x = 5 + 85 . Bài 2.63: (hình 2.24)  = C = a Þ a < 900 a) Giả sử tam giác cân tại đỉnh A. Đặt B b b2 Ta có sin a = Þ cos B = cosC = cos a = 1 - 2 2R 4R AB 2 + AC 2 - BC 2 b 2 - 2R 2 cos A = = 2AB .AC 2R 2 1 1 b 3 4R 2 - b 2 b) S = BC .AH = .2b cos a.b sin a = 2 2 4R 2 B 2 2 4R - b Chu vi tam giác là 2p = 2b + 2b 2R 2

4 C

A b α

H Hình 2.24

Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác r =

S b 2 4R 2 - b 2 = p 2R ( 2R + 4R 2 - b 2 )

c) Ta phải tìm b để y = b 3 4R 2 - b 2 đạt GTLN Áp dụng BĐT Cauchy cho bốn số ta có

æ b2 b2 b2 ö çç + + + ( 4R 2 - b 2 ) ÷÷ b b b ÷÷ 4 y=3 3 . . .( 4R 2 - b 2 ) £ 3 3 ççç 3 3 3 ÷÷ = 3 3R 3 3 3 4 çç ÷÷ ÷ø çè b2 = 4R 2 - b 2 Û b = R 3 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3 Bài 2.64: HD: a) Theo định lí côsin ta có 32 + 42 - 22 7  » 28 057 ' cos A = = ÞA 2.3.4 8 2 2 2 2 +4 -3 11  » 460 34 ' cos B = = ÞB 2.2.4 16    C = 1800 - A - B » 104 029 ' 4

b) Theo định lí sin ta có c sin A 8,2.sin 1100 sin C = = Þ C » 39057 ' hoặc a 12  » 1800 - 39057 ' = 1400 3 ' C

 » 39057 ' Vì góc A tù nên góc C nhọn do đó C  = 1800 - A  - C » 1800 - 1100 - 39057 ' = 330 3 ' Suy ra B a sin B 12.sin 330 3 ' = » 6, 96 Mặt khác b = sin A sin 1100  = 1800 - ( 33024 '+ 66059 ' ) = 790 37 ' Bài 2.65: HD: a) A a .sin 33024 ' a .sin 66059 ' » 61 ; c = » 102 sin 790 37 ' sin 790 37 ' 13.sin 67 023 ' » 0, 6 b) sin B = 20 b=

 <A  ÞB  » 36052 '; C  » 750 45 '; c = 20.sin 75 45 ' » 21 Vì b < a Þ B sin 67 023 ' 0

 = 1800 - A  - C = 1800 - 300 - 750 = 750 Bài 2.66: a) Ta có B Theo định lí sin ta có

b sin A 4, 5.sin 300 = Þ a » 2, 33 sin B sin 750 b sin C 4, 5.sin 750 c= = Þ c » 4, 5 sin B sin 750 b) Theo định lí côsin ta có a 2 = b 2 + c 2 - 2bc.cos A = 142 + 102 - 2.14.10.cos1450 Suy ra a » 22, 92 Theo định lí sin ta có b sin A 14 sin 1450  » 20029 ' sin B = = » 0, 35 Þ B a 22, 92  = 1800 - A  -B  » 1800 - 1450 - 20029 ' = 14 0 31' Suy ra C a =

c) Áp dụng định lí côsin ta có: cos A = cosC =

11 Þ A » 3105 '; cos B = 15 5 Þ C » 500 47 ' 21

17 Þ B » 450 49 ' 35

æ 5ö Bài 2.67: c 2 = a 2 + b 2 - 2ab cosC = 132 + 42 - 2.13.4.çç - ÷÷÷ = 225 Þ c = 15 çè 13 ø

12 c 15 65 ÞR= = = 13 2 sin C 12 8 2. 13 a +b +c 13 + 4 + 15 1 1 12 = = 16 S = ab sin C = .13.4. = 24 ; p = 2 2 2 2 13 S 24 3 r = = = p 16 2 Bài 2.68: a) Áp dụng định lí côsin ta có: a 2 + b2 - c2 c2 + a 2 - b2 a 2 + b2 - c2 + c2 + a 2 - b2 VP = b. + c. = = a = VT 2ab 2ca 2a a b c = .cosC + .cos B b) sin A = sin B cosC + sin C cos B Û 2R 2R 2R Û a = b.cosC + c.cos B (câu a) 2S b 1 c) ha = 2R sin B sin C Û = 2R sin C Û S = ab sin C (đúng) a 2R 2 d) Áp dụng công thức đường trung tuyến. sin C =

  2 e) AB 2 .AC 2 - ( AB.AC ) = AB.AC 1 - cos2 A = AB.AC .sin A Từ đó suy ra đpcm. 2S 2S 2S 1 1 2 Bài 2.69: a) b + c = 2a Û + = 2. Û + = hb hc ha hb hc ha

2(a 2 + c 2 ) - b 2 2(a 2 + b 2 ) - c 2 2(b 2 + c 2 ) - a 2 + = 5. 4 4 4 2 2 2 Û b + c = a Û Góc A vuông Bài 2.70: a) Dễ thấy a > b , a > c Þ góc A là lớn nhất

b) mb2 + mc2 = 5ma2 Û

Và a 4 = b 4 + c 4 < a 2 .b 2 + a 2 .c 2 Þ a 2 < b 2 + c 2 b2 + c2 - a 2 Þ cos A > 0 do đó Mặt khác theo định lí côsin ta có cos A = 2bc  < 900 . Vậy tam giác ABC nhọn. A b) 2 sin2 A = tan B tan C Û 2 sin2 A.cos B.cosC = sin B sin C 2 æ a ÷ö a 2 + c 2 - b 2 a 2 + b 2 - c 2 b c ç Û 2 ç ÷÷ . . = . çè 2R ø 2ac 2ab 2R 2R Û a 4 = b4 + c4 b2 + c2 - a 2 Bài 2.71: Áp dụng cot A = 4S Bài 2.72: a) Ta có abc 2R sin A.2R sin B .2R sin C S= = = 2R 2 sin A sin B sin C 4R 4R a +b +c 2R sin A + 2R sin B + 2R sin C .r = r b) S = pr = 2 2 Bài 2.73: Gọi I là giao điểm hai đường chéo. Khi đó S = S ABI + S BCI + SCDI + S DAI 1  + 1 BI .CI .sin BIC  + 1CI .DI .sin CID  + 1 DI .AI .sin DIA  = AI .BI .sin AIB 2 2 2 2  , BIC  , CID  và DIA  đôi một bù nhau suy ra Ta có các góc AIB  = sin BIC  = sin CID  = sin DIA  = sin a sin AIB Do đó S =

1 1 1 BI .AC .sin a + ID.AC .sin a = AC .BD.sin a 2 2 2

Bài 2.74: Với AB = AC ta có đpcm BD AB = Với AB ¹ AC . Ta có: DC AC 21

BD 2 = AB 2 + AD 2 - 2AB.AD.cos 60o = AB 2 + AD 2 - AB.AD CD 2 = AC 2 + AD 2 - 2AC .AD.cos 60o = AC 2 + AD 2 - AC .AD AB 2 BD 2 AB 2 + AD 2 - AB.AD Þ = = AC 2 DC 2 AC 2 + AD 2 - AC .AD 2 2 2 Û AB (AC + AD - AC .AD ) = AC 2 (AB 2 + AD 2 - AB.AD ) Û (AB 2 - AC 2 )AD 2 = AB.AC .AD(AB - AC ) é AB = AC ê 1 1 1 Û ê Û = + AB . AC ê AD = AD AB AC êë AB + AC

Bài 2.75: a) Áp dụng định lí côsin, ta có: æ b 2 + c 2 - a 2 a 2 + c 2 - b 2 ö÷ 2abc ( cos A + cos B ) = 2abc. çç + ÷÷ çè 2bc 2ac ø 2 é 2 2 2 2 2 2 2 = a (b + c - a ) + b ( a + c - b ) = (a + b ) ê c - (a + b ) ùú ë û = ( a + b )( b + c - a )( c + a - b )

Suy ra

(b + c - a )(c + a - b ) cos A + cos B = a +b 2abc

b) Áp dụng định lí sin và côsin, ta có: a a 2 + c2 - b2 . tan A sin A cos B a 2 + c2 - b2 2 R 2 ac = = = 2 tan B sin B cos A b b2 + c2 - a 2 b + c2 - a 2 . 2R 2bc

Suy ra ( c 2 + b 2 - a 2 )tan A = (c 2 + a 2 - b 2 ) tan B

1 p(p - a )(p - b)(p - c) = a.ha 2 2 2 2 Mặt khác (a + b - c)(a + c - b) = a - (b - c) £ a

Bài 2.76: a) Ta có S ABC =

1 (p - b)(p - c) £ a Þ ha £ p(p - a ) 2 abc 1 1 1 b) Vì S = = aha = bhb = chc nên bất đẳng thức tương đương 4R 2 2 2 với Þ

a 2b 2 b 2c 2 c 2a 2 + 2 + 2 £ (a + b + c)2 Û 4 ( ha 2 + hb 2 + hc 2 ) £ (a + b + c)2 R2 R R Sử dụng câu a) suy ra 4 ( ha 2 + hb 2 + hc 2 ) £ (b + c)2 - a 2 + (c + a )2 - b 2 + (a + b)2 - c 2 = (a + b + c)2

Vậy a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 £ R 2 (a + b + c)2

S2 (p - a )(p - b)(p - c) = 2 p p (p - b)(p - c) (p - a )bc Þ r 2 + (p - a )2 = (p - a )[ + p - a] = p p (p - b)ac 2 (p - c)ab , r + (p - c)2 = Tương tự r 2 + (p - b)2 = p p Do đó BĐT cần chứng minh tương đương với (p - a )bc + (p - b)ac + (p - c)ab £ p(ab + bc + ca ) BĐT này đúng vì theo CauChy-Schwarz ta có (p - a )bc + (p - b)ac + (p - c)ab

Bài 2.77: Ta có S = pr Þ r 2 =

£ (p - a + p - b + p - c)(ab + bc + ac) = Bài 2.78: Ta có: S = pr Û r = (p - a ) tan

S = p

p(p - a )(p - b)(p - c) = p

A (p - b)(p - c) = (p - a ) = 2 p(p - a )

Từ đó: r = (p - a ) tan

p(ab + bc + ca )

A 2

(p - a )(p - b)(p - c) p

B C và r = (p - c) tan . 2 2 A B C Do đó : r = (p - a ) tan = (p - b) tan = (p - c) tan . 2 2 2 2 2 2 b +c -a Bài 2.79: Áp dụng cot A = suy ra 4S 2 cot A = cot B + cotC Û b 2 + c 2 = 2a 2

Tương tự: r = (p - b) tan

Áp dụng công thức đường trung tuyến ta có c mb 2(a 2 + b 2 ) - c 2 2(a 2 + c 2 ) - b 2 = Û c2. = b2. Û b 4 - c 4 = 2a 2 ( b 2 - c 2 ) b mc 4 4 Suy ra b 2 + c 2 = 2a 2 đpcm. Bài 2.80: Áp dụng định lí côsin trong tam giác MAB , ta có BM 2 = AB 2 + AD 2 - 2AB .AD.cos a 1 Mặt khác S ABM = AB .AM .sin a Þ BM 2 = AB 2 + AD 2 - 4S MAB .cot a 2 Tương tự ta có CD 2 = BC 2 + BD 2 - 4S MBC .cot a, AD 2 = AC 2 + CD 2 - 4S MCA .cot a

a 2 + b2 + c2 = cot A + cot B + cotC 4S b2 + c2 - a 2 Bài 2.81: Áp dụng cot A = và công thức đường trung tuyến 4S với chú ý SGBC = SGCA = SGAB Bài 2.82: C1: Gọi D là điểm tiếp xúc của đường tròn nội tiếp ( I ; r ) tam giác æ B Cö với BC. Suy ra a = BD + DC = r çç cot + cot ÷÷÷ , tương tự ta có è 2 2ø æ C Aö b = r çç cot + cot ÷÷÷ è 2 2ø æ C B C C Aö Do đó ( a - b ) cot = r çç cot cot - cot cot ÷÷÷ çè 2 2 2 2 2ø

Cộng vế với vế suy ra cot a =

Xây dựng các biểu thức tương tự và cộng lại suy ra đpcm. C A B C2: (a - b)cot + (b - c)cot + (c - a )cot = 0 2 2 2

p(p - c) + (p - a )(p - b) p(p - a ) p(p - b) +(b - c) + (c - a ) =0 (p - b)(p - c) (p - a )(p - c) Û (a - b)(p - c) + (b - c)(p - a ) + (c - a )(p - b) = 0 Û (a - b)

Û a 2 - b 2 - c(a - b) + b 2 - c 2 - a(b - c) + c 2 - a 2 - b(c - a ) = 0 Điều này luông đúng. Vậy ta có đpcm. Bài 2.83: Ta có AC 2 + BD 2 = 2(AB 2 + AD 2 ) Þ AB 2 + AC 2 = 5BD 2 .

Sử dụng định lý côsin và bất đẳng thức Cauchy ta chứng minh được  ³ 4 Þ cot BAD  ³ 4. cos BAD 5 3 Bài 2.84: C1: Áp dụng công thức diện tích Hêrông và bất đẳng thức cauchy C2: Áp dụng định lí côsin và công thức tính diện tích ta có 1 a 2 + b 2 + c 2 ³ 4 3.S Û 2 (b 2 + c 2 + bc cos A ) ³ 4 3. bc sin A 2 2 2 Û b + c ³ bc ( 3 sin A + cos A ) Bất đẳng thức cuối đúng vì và b 2 + c 2 ³ 2bc

(

3 sin A + cos A ) £ 4 ( sin 2 A + cos2 A ) = 4 2

1 1 Bài 2.85: Sử dụng công thức S = aha = bc sin A ta có 2 2 ha = c.sin A Û bha = aha Û a = b suy ra tam giác ABC cân tại C Bài 2.86: Sử dụng công thức đường trung tuyến và định lí sin. æ 2 (b 2 + c 2 ) - a 2 b 2 + c 2 - a 2 ö÷ 2 ç 4ma = b (b + 4c.cos A ) Û 4 = b çb + 4c. ÷÷ Û a = b çè 4 2bc ø 2 ( p - a )( p - b )( p - c ) S Bài 2.87: Ta có r 2 = 2 = p p æ 3p - a - b - c ö÷ æpö Theo Cauchy ( p - a )( p - b )( p - c ) £ çç ÷÷ = çç ÷÷÷ çè çè 3 ø 3 ø 3

(a + b + c ) 4p 3 = £ a 2 + b2 + c2 Suy ra 36r £ 3p 3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c hay tam giác ABC đều. Bài 2.88: b(b 2 - a 2 ) = c(c 2 - a 2 ) Û b 3 - c 3 = a 2 (b - c ) Û b 2 + bc + c 2 = a 2 2

Theo định lí côsin thì a 2 = b 2 + c 2 - 2bc cos A

Do đó b 2 + bc + c 2 = b 2 + c 2 - 2bc cos A Û cos A = Bài 2.89: Ta có

1  = 600 ÛA 2

a 3 + c3 - b3 = b 2 Û (b + c ) (b 2 - bc + c 2 ) = a 2 (b + c ) a + c -b

1  = 600 ÛA 2 a 2 + b2 - c2 a = 2b cosC Û a = 2b Ûb =c 2ab Û cosA =

Vậy tam giác ABC đều. 2 1 1 Bài 2.90: Ta có S = (a + b - c )(a - b + c ) = éê a 2 - (b - c ) ùú û 4 4ë 2 1 1 = éê (b 2 + c 2 - 2 cos A ) - (b - c ) ùú = ( 2bc )( 1 - cos A ) û 4ë 4 1 = bc ( 1 - cos A ) 2 1 Mặt khác ta lại có S = bc sin A nên 2 1 - cos A = sin A Û 1 - 2 cos A + cos2 A = sin2 A Û cos A ( cos A - 1 ) = 0 Û cos A = 0 Û A = 900

Vậy DABC vuông tại A 1 + cos B 2a + c (1 + cos B )2 2a + c = Û = Bài 2.91: Ta có: 2 2 2 sin B 2a - c sin B 4a - c 2 2 (1 + 2 cos B + cos B ) + sin B 2a + c + 2a - c Û = 2 2a - c sin B 1 + cos B 2a Û = Û 2a - c = 2a - 2a.cos B 2a - c 1 - cos2 B c2 + a 2 - b2 Û 2a = c Û a 2 - b2 = 0 Û a = b 2ac Û DABC là tam giác cân tại C. Bài 2.92: Ta có: b2 + c2 - a 2 c2 + a 2 - b2 2(a + b)(p - a )(p - b) cos A + cos B = + = 2bc 2ca abc c 2(a + b)(p - a )(p - b) = Vậy sin C = cos A + cos B Û 2R abc 2cS 2(a + b)(p - a )(p - b) Û = abc abc 2 2 2 Û c [(a + b) - c ] = (a + b)2 [c 2 - (a - b)2 ] éa 2 = b2 + c2 4 2 2 2 Û c = (a - b ) Û êê 2 Û DABC vuông tại A hoặc B. 2 2 êë b = c + a Bài 2.93: Gọi G là trọng tâm, khi đó tam giác GBC vuông tại G. Theo định lí pitago và công thức đường trung tuyến suy ra b 2 + c 2 = 5a 2 .

Sử dụng R.r =

(

2 1 + 10

b + c = a 10

)

, trong đó R =

abc S ,r = suy ra 4S p

Từ 2 giả thiết trên suy ra b = c = a 5 Bài 2.94: HD: Ta có: (p - b)(p - c) (p - c)(p - a ) ab = bc ca 4c 2 2 ab Û (p - c)2 (p - a )(p - b) = 16 Û [(a + b - c)(b + c - a )][(a + b - c)(c + a - b)] = a 2b 2

sin

A B ab sin = Û 2 2 4c

Û [b 2 - (c - a )2 ][a 2 - (b - c)2 ] = a 2b 2

(1)

Nhận thấy: 0 < b - (c - a ) < b và 0 < a 2 - (b - c)2 < a 2 2

Nên [b 2 - (c - a )2 ][a 2 - (b - c)2 ] £ a 2b 2 ì ïc - a = 0 Û a = b = c Û DABC đều. Vậy (1) Û ïí ïïb - c = 0 î Bài 2.95: Ta có p tan

B C (p - c)(p - a ) (p - a )(p - b) tan = p - c Û p = p -c 2 2 p(p - b) p(p - c)

Û p - a = p - c Û a = c Û DABC cân

CHUYÊN ĐỀ II: MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA TÍCH VÔ HƯỚNG  2  2  2  2 2 2 2 2 Bài 2.96: AC + BD = AD + BC Û AC - AD = BC - BD        Û DC AC + AD - BC - BD = 0 Û DC .2AB = 0 Û AB ^ CD     Bài 2.97 : Đặt AB = x , AD = y . Khi đó :       1    1  MB = AB - AM = 3x - y , MN = AN - AM = x + 3y 4 4          ö 2 2 1 1æ Ta có MB.MN = 3x - y x + 3y = çç 3x - 3y + 8x .y ÷÷÷ = 0 ø 16 16 çè  2  2 1   2 5  2  2 1  5 2 Mặt khác MB = 3x - y = y , MN = x + 3y = y 16 8 16 8 Vậy tam giác BMN vuông cân tại đỉnh M.

(

)

(

)(

)

(

)

Bài 2.98: Đặt

    AM BN CE = = = k ; AB = i ; AC = j . MB NC EA

 Ta có: AM = kMB Þ AM = AE =

   k  i - kj i ; BN = kNC Þ AN = k +1 1-k

 1 1  EC Þ AE = j . Do đó k k +1

   ME = AE - AM =   Þ AN ·ME =

  1 j - ki ) ( k +1

    1 · j ki i kj ( )( ) = 0 Þ AN ^ ME đpcm. 1 - k2   Bài 2.99: AM ^ PN Û AM .PN = 0

æ 2  1  ö÷   æ 2  1  öæ 1  x  ö÷ ÷ ç ç ç Û ç AB + AC ÷ AN - AP = 0 Û ç AB + AC ÷ ç AC - AB ÷ = 0 ÷ø ÷øèç 3 ÷ø çè 3 çè 3 3 3 3a æ x ö1 4a Û çç 2 - ÷÷÷ + 9a 2 - 18ax = 0 Û x = çè a ø2 5

(

)

      Bài 2.100: Đặt BA = a, BC = b, BK = c. và BA = a, BC = b, BK = c .  1   Ta có: BM = a + c , 2

(

)

      a  1 1   MN = MB + BC + CN = - a + c + b + = b - c 2 2 2     1 æç  c ö÷   1   Do đó MN .BM = ççb - ÷÷÷ a + b = 2a.b - a.c + 2b.c - c 2 2 çè 2 ø÷ 4

(

)



(



(

 

) (



)

 

)

1 = éê 2a.b + b - a c + b - c c ùú û 4ë

         Vì a.b = 0 và b - a c = 0; b - c c = 0 nên MN . BM = 0

(

 = 900 Suy ra: BMN

)

(

)

        Bài 2.101: 2AI = AD + AC = AD + AB + BC = AB + 4AD    BD = AD - AB suy ra        2  2 2AI .BD = AB + 4AD AD - AB = -AB + 4AD = 0

(

)(

Vậy AI ^ BD

)

   Bài 2.102: Để ý rằng HK và BD có cùng hình chiếu trên AC, HK và     AC có cùng hình chiếu trên BD và 2IJ = AC + DB           HK .2IJ = HK AC + DB = BD.AC + AC .BD = 0

(

)     1   Bài 2.103: Ta có: AM = ( AH + AD ) và BD = BH + HD 2       Þ 2AM .BD = AH + AD HC + HD         = AH .BH + AH .HD + AD.BH + AD.HD          = AH .HD + AD.BH = AH .HD + AH + HD .BH

(

)(

)

(

)

         = AH .HD + HD.BH = HD AH + BH = HD.AC = 0

(

)

Vậy AM vuông góc với DB Bài 2.104: Gọi H là giao điểm của AI với B'C'. Xét tích vô hướng của hai            vectơ PI .AA ' = PI AI + IA ' = PH + HI AI + PA ' + A ' I IA '       = PH .AI + HI .AI + PA '.IA ' - IA '2   = HI .AI - IA '2 = IB '2 - IA '2 = 0       1   Bài 2.105: Ta có BE = BA + AE = kAC - AB , AF = AC + AB 2    2   AB.AC + AB 2 Suy ra BE ^ AF Û BE .AF = 0 Û k =  2   = 5 AC + AB.AC        1 Bài 2.106: Ta có aIA + bIB + cIC = 0 Þ CI = aCA + bCB a +b +c      1 1   Mặt khác GI = CI - CG = aCA + bCB - CA + CB a +b +c 3

(

) (

)

(

)

(

) (

(

)

 æ a 1 ö  æ b 1 ö  - ÷÷÷CA + çç - ÷÷÷CB hay GI = çç çè a + b + c 3 ø èç a + b + c 3 ø   Suy ra IG vuông góc với IC khi và chỉ khi IG .IC = 0   Û ab + CB.CA éë (b ( 2a - b - c ) + a ( 2b - a - c )ùû = 0   Do ab + CB.CA = ab(1 + cosC ) > 0 nên dễ có

(

)

a +b +c 2ab b ( 2a - b - c ) + a ( 2b - a - c ) = 0 Û = 3 a +b       Bài 2.107 C1: Þ 2MP.BC = MA + MD MC + MB         = MA.MC - MD.MB + MD.MC - MA.MB     = MA.MC - MD.MB       Suy ra MP ^ BC Û MP .BC = 0 Û MA.MC = MB.MD

(

)(

)

C2: Gọi H là giao điểm của MP và BC.  + CMH  = 90° Ta có MP ^ BC Û MCH  + PMA  = 90° Û MCH  = MDA  Û MCH     Û tứ giác ABCD nội tiếp Û MA.MC = MD.MB       Bài 2.108: Ta có PQ = HQ - HP,2AM = AB + AC .           Do đó 2PQ.AM = HQ - HP AB + AC = HQ.AB - HP .AC

(

)(

)

Mặt khác, ta có         HQ, AB = - HP, AC Þ cos HQ, AB = - cos HP, AC

(

)

(

)

(

)

(

)

  HP HQ Suy ra AM ^ PQ Û PQ.AM = 0 Û HQ.AB = HP .AC Û . = AB AC Lại có APHQ là hình bình hành nên HP = AQ, HQ = AP .

HP HQ AQ AP = Û = . Mà điều này hiển nhiên đúng vì ta có AB AC AB AC PAC ~QAB (g.g) .

Suy ra

Vậy ta có đpcm.

Bài 2.109: Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp DABC , ta có:    2 xIA + yIB + zIC ³ 0       Û ( x 2 + y 2 + z 2 ) R2 + 2 xyIA.IB + yz IB.IC + xzIC .IA ³ 0

(

)

(

)

Û ( x 2 + y 2 + z 2 ) R2 + 2 ( xy cos 2C + yz cos 2A + zx cos 2B )R2 ³ 0 1 Û xy cos 2C + yz cos 2A + zx cos 2B ³ - ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2

Nhận xét: 3 2



Khi chọn: x = y = z = 1 , ta có: cos 2C + cos 2A + cos 2B ³ -



Khi chọn: x = z = 1, y = -1 , ta có: cos 2C - cos 2A + cos 2B £

3 2

Bài 2.110: Gọi H là trực tâm của tam giác. Với mọi điểm M thuộc đường tròn (O) ta có: T = MA2 + MB 2 + MC 2       = (MO + OA)2 + (MO + OB )2 + (MO + OC )2       = 6R 2 + 2MO(OA + OB + OC ) = 6R 2 + 2MO.OH   = 6R 2 + 2ROH . .cos a(a = (MO,OH )) Từ đó suy ra    T nhỏ nhất Û cos a = -1 Û MO ngược hướng với OH    T lớn nhất Û cos a = 1 Û MO cùng hướng OH       ( BA + BC ).(CA + CB ) BD.CK = Bài 2.111: Ta có cos a = BD.CK 4.BD.CK       2 BACA . + BC (CA - BA) - BC BC 2 = = (doBA ^ CA) 4.BD.CK 2.BD.CK Mặt khác 2.BD.CK £ BD 2 + CK 2 1 1 Mà BD 2 + CK 2 = (2.AB 2 + 2.BC 2 - AC 2 ) + (2AC 2 + 2BC 2 - AB 2 ) 4 4 2 5BC = ( do BC 2 = AB 2 + AC 2 ) 4 31

BC 2 4 = 2 5 5BC 4 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi BD = CK khi và chỉ khi tam giác ABC vuông cân tại đỉnh A 4 Vậy min cos a = 5 Bài 2.112: Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC thì ta có : MAGA . MB.GB MC .GC 3 MAGA . MB.GB MC .GC T = + + = .( + + ) a.GA b.GB c.GC 2 a.ma b.mb c.mc Theo BĐT Cauchy ta có 1 1 ama = a. 2b 2 + 2c 2 - a 2 = (3a 2 )(2b 2 + 2c 2 - a 2 ) 2 2 3 2 2 2 1 3a + (2b + 2c - a 2 ) 1 £ . = .(a 2 + b 2 + c 2 ) 2 2 3 2 3

Do đó cos a ³

Do đó ama £

.(a 2 + b 2 + c 2 )

2 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3a 2 = 2b 2 + 2c 2 - a 2 Û b 2 + c 2 = 2a 2 Chứng minh tương tự: 1 bmb £ .(a 2 + b 2 + c 2 ) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 2 + c 2 = 2b 2 2 3 1 cmc £ .(a 2 + b 2 + c 2 ) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 2 + b 2 = 2c 2 2 3 3 3 (MAGA . + MB.GB + MC .GC ) a + b2 + c2 1 Mặt khác MAGA . + MB.GB + MC .GC ³ (a 2 + b 2 + c 2 ) 3 Vậy minT = 3 khi và chỉ khi DABC đều và M º G Bài 2.113: Ta có T = 2.cos A .MA + MB.AB + MC .AC 2 AB AC     A MB.AB MC .AC ³ 2.cos .MA + + 2 AB AC

Vậy T ³

Do đó ta có:

   AB AC A A 2.cos .MA + MB + MC ³ 2 cos .MA + MA( + ) + AB + AC (1) 2 2 AB AC

Lấy E, F trên AB, AC sao cho AE = AF = 1 .  Dựng hình thoi AESF ta có AS = 2 cos A . Suy ra u = 2 cos A với 2 2    AB AC u = + . Do đó : AB AC    AB AC   A A 2 cos .MA + MA( + ) = 2.MA.cos éê 1 + cos(MA, u ) ùú ³ 0(2) û 2 AB AC 2ë A Từ (1) và (2) suy ra 2.cos .MA + MB + MC ³ AB + AC 2 Vậy minT = AB + AC khi và chì khi M trùng A    2 Bài 2.114: Ta có ( x .GA + y .GB + z .GC ) ³ 0 Û ( x + y + z )( x .GA2 + y .GB 2 + z .GC 2 ) ³ a 2yz + b 2zx + c 2xy

9 Û ( x + y + z )( x .ma2 + y .mb2 + z .mc2 ) ³ (a 2yz + b 2zx + c 2xy ) 4 9 a) Cho x = a , y = b , z = c ta được ama2 + bmb2 + cmc2 ³ abc 4 a b c b) Cho x = ta được ,y= ,z= ma mb mc 9 ambmc + bmcma + cma mb ³ abc 4 m2 m2 m2 9 a 3 + b3 + c3 c) Cho x = bc , y = ca , z = ab ta được a + b + c ³ . 4 ab + bc + ca a b c    2 Bài 2.115: ( x .OA + y .OB + z .OC ) ³ 0 Û ( x + y + z )( x .OA2 + y .OB 2 + z .OC 2 ) ³ a 2yz + b 2zx + c 2xy

Û R 2 ( x + y + z ) ³ a 2yz + b 2zx + c 2xy 2

a) Cho x = y = z suy ra a 2 + b 2 + c 2 £ 9R 2 b) Cho x = a , y = b , z = c suy ra R ³ 2r c) Cho x = y = -z suy ra R 2 + a 2 + b 2 ³ c 2

d) Cho x = bc , y = ca , z = ab suy ra 4S £ ( ab + bc + ca ) e) Cho x = b + c , y = c + a , z = a + b suy ra

abc a + b3 + c3 3

(a - b ) + (b - c ) + (c - a ) £ 8R ( R - 2r )       Bài 2.116: Ta có c.MA ' = AB.MA ' ³ AB.MA ' = AB.MO + AB.OA ' Xây dựng các bất đẳng thức tương tự và cộng vế với vế ta được     cMA '+ aMB '+ bMC ' ³ MO. AB + BC + CA + cOA '+ aOB '+ bOC ' 2

(

)

Suy ra cMA '+ aMB '+ bMC ' ³ cOA '+ aOB '+ bOC ' Nhận xét: Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được bài toán tổng quát: Cho O là điểm bất kỳ nằm đa giác lồi A1A2 ...An ( n ³ 3 ). Qua O kẻ các đường thẳng song song với AA , i = 1, n (xem Ai+1=A1) tương ứng cắt các cạnh i i +1 Ai +1Ai +2 tại Bi. Chứng minh rằng :

å AA ( MB i =1

i +1

- OBi ) ³ 0

Bài 2.117: Gọi I là điểm nằm trong tam giác ABC sao cho  = 900 , BIA  = 1500 , CIB  = 1200 . AIC     IA IB IC +2 + 3 =0 Khi đó ta có IA IB IC Vì thế     IA  IB  IC MA + 2MB + 3MC ³ MA. + 2.MB. + 3.MC . = IA + 2IB + 3IC IA IB IC Dấu bằng có khi M º I     Bài 2.118: Theo định lí con nhím ta có A1A2e1 + A2A3e2 + ... + An A1en = 0  với ei , i = 1, n là các vectơ đơn vị hướng ra ngoài đa giác và tương ứng  vuông góc với AA (xem Ai +1 º A1 ). i i +1 AA A A   Ta có A1A2 .MB1 = 1 2 .MB1 .OB1 ³ 1 2 .MB1 .OB1 OB1 OB1     AA A A    Mặt khác 1 2 .MB1 .OB1 = 1 2 .( MO + OB1 ).OB1 = A1A2 MO + A1A2 .OB1 OB1 OB1  Þ A1A2 .MB1 ³ A1A2 MO + A1A2 .OB1 Xây dựng các bất đẳng thức tương tự và cộng vế với vế ta được n n n  n  AA . MB ³ MO . AA . e + AA . OB = .OBi å i i +1 i å i i +1 i å i i +1 i å AA i i +1 i =1

i =1

Suy ra

å AA ( MB i =1

i +1

- OBi ) ³ 0

    Bài 2.119: Đa giác đều A1A2 ...An có tâm là O khi đó e1 + e2 + ... + en = 0   với ei , i = 1,2,... là các vectơ đơn vị cùng hướng với OAi , i = 1,2... . 1 1   1      MA1 = .MA1 .OA1 ³ .MA1 .OA1 = .( MO + OA1 ).OA1 = MO.e1 + OA1 OA1 OA1 OA1 Xây dựng các bất đẳng thức tương tự và cộng vế với vế ta được     MA1 + MA2 + ... + MAn ³ MO (e1 + e2 + ... + en ) + OA1 + OA2 + ... + OAn

Suy ra MA1 + MA2 + ... + MAn ³ OA1 + OA2 + ... + OAn     Bài 2.120: Ta có S MBC MA + S MCA .MB + S MAB MC =0 (Xem bài 1.21)        Suy ra sin a.e1 + sin b.e2 + sin ge3 = 0 (*) với e1, e2 , e3 là các vectơ đơn vị    cùng hướng với OA,OB,OC . Ta có   sin a   sin a    MA sin a ³ .MAOA . = . MO + OA .OA = sin a.MO.e1 + sin a.OA OA OA Xây dựng các bất đẳng thức tương tự và cộng vế với vế và kết hợp (*) ta được MA sin a + MB sin b + MC sin g ³ OA sin a + OB sin b + OC sin g Nhận xét:  Cho M º G, N º I ta có

(

)

 + GB sin CIA  + GC sin AIB  ³ IA sin BIC  + IB sin CIA  + IC sin AIB  GA sin BIC  = sin æç p - B - C ÷ö = sin çæ p + A ö÷ = cos A Mặt khác sin BIC ÷ ÷ çç çç 2 2 ÷ø 2 ÷ø 2 è è2

B  = cos C , sin AIB 2 2 A B C a +b +c Và cos .IA + cos .IB + cos .IC = AE + BF + CD = ; 2 2 2 2 2 2 2 GA = ma , GB = mb , GC = mc . Ta được bài toán 3 3 3 Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng : A B C 3 ma cos + mb cos + mc cos ³ (a + b + c ) 2 2 2 4  = cos Tương tự sin CIA

Cho M º O, N º I ta được



A B C a +b +c + OB cos + OC cos ³ , kết hợp định lý sin ta có 2 2 2 2 A B C cos + cos + cos ³ sin A + sin B + sin C 2 2 2  Cho M º H , N º I và kết hợp với OA cos

tanA.HA = a, tanB.HB = b , tanC.HC = c khi tam giác ABC nhọn. A B C a cos a cos a cos 2 + 2 + 2 ³ a +b +c Ta được tan A tan B tan C 2 Bài 2.121: Gọi I, O lần lượt là là tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam     giác khi đó ta có aIA + bIB + cIC = 0     Suy ra (a + b + c ) MI = aMA + bMB + cMC Û (a + b + c ) MI 2 = a 2MA2 + b 2MB 2 + c 2MC 2 +       +2abMA.MB + 2bcMB.MC + 2caMC .MA Û (a + b + c ) MI 2 = a.MA2 + b.MB 2 + c.MC 2 - abc 2

a) P ³ abc dấu bằng xảy ra khi M º I    . .cos MOI Ta có MI 2 = MO 2 + OI 2 + 2MO.OI = R 2 + OI 2 - 2ROI  = -1 b) P đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi MI2 đạt lớn nhất Û cos MOI  = 1800 Û MOI Hay M là giao điểm của tia IO với đường tròn (O)

 =1Û P đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI2 đạt nhỏ nhất Û cos MOI  = 00 MOI

Hay M là giao điểm của tia OI với đường tròn (O) c) P đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI đạt nhỏ nhất hay M là hình chiếu của I lên d n n     Bài 2.122: aiOAi .MAi ³ aiOAi .MAi , "i = 1, n Þ å aiOAi .MAi ³ å aiOAi .MAi i =1

i =1

    n  n Û å aiOAi .MAi ³ å aiOAi MO + OAi = MO.å aiOAi +å aiOAi2 = n

i =1

(

(1) Áp dụng BĐT Cauchy ta có : 36

)

i =1

å a OA i =1

2 i

ai .MAi2 + aiOAi2 ³ 2ai MAi .OAi , "i = 1, n, ai > 0 Þ

å ai .MAi2 + å aiOAi .MAi ³ i =1

i =1

å a .MA i =1

2 i

å a OA MA i =1

i =1

å ai .MAi2 + å aiOAi2 ³ 2å aiOAi .MAi (2)

Từ (1)(2) suy ra điều phải chứng minh. Bài 2.123: a) Ta có        AB AC  AB AC AB AC 2 -MA( + ) £| -MA || + |= MA. ( + ) = 2.MA AB AC AB AC AB AC      AB AC  AB  AC Þ 2MA + MB + MC ³ -MA( + ) + MB + MC = AB + AC AB AC AB AC Suy ra M º A     b) Gọi I là trung điểm của đường cao AH. Ta có a 2 IA + b 2 IB + c 2 IC = 0 (Theo bài 1.24) Kết hợp bài 14 ta thu được bất đẳng thức a 2 .IA ( MA - IA ) + b 2 .IB ( MB - IB ) + c 2 .IC (MC - IC ) ³ 0 với mọi điểm M. Áp dụng định lí sin suy ra ( MA - IA ) .IA sin2 A. + ( MB - IB ) .IB sin2 B + ( MC - IC ) .IC sin2 C ³ 0 với mọi điểm M

Giả sử tam giác ABC cân cạnh x thì IA = Suy ra 2 2MA + 10 ( MB + MC ) ³ 6x 2

2x , IB = 4

10x 4

Vậy I là điểm cần tìm.

Bài 2.124: Gọi A', B', C', lần lượt là trung điểm BC, CA, AB và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác,vì tam giác nhọn nên O nằm trong tam giác    2 ABC ta có: OA ' + OB ' + OC ' ³ 0

(

)

Û OA '2 + OB '2 + OC '2 ³ 2OB '.OC '.cos A + 2OC '.OA '.cos B + 2OA '.OB ' cosC ' = OB.cos A = R cos A Mặt khác OA ' = OB.cos BOA Tương tự ta có: OB ' = R cos B , OC ' = R cosC Suy ra cos2 A + cos2 B + cos2 C ³ 6 cos A.cos B .cosC Dấu " = " xảy ra khi tam giác ABC đều.

Bài 2.125: a) Ta có 3 ( MA2 + MB 2 + MC 2 ) ³ a 2 + b 2 + c 2 cho M trùng

với tâm ngoại tiếp tam giác ta được 9R 2 ³ a 2 + b 2 + c 2 . Áp dụng định lí sin ta có 9R 2 ³ 4R 2 sin2 A + 4R 2 sin2 B + 4R 2 sin2 C 9 Hay sin2 A + sin2 B + sin2C £ . 4 1 2 b) Áp dụng các bất đẳng thức a 2 + b 2 + c 2 ³ (a + b + c ) và câu a 3 c) Áp dụng các bất đẳng thức a + b + c ³ 3 3 abc và câu a d) Ta có nếu A, B, C là 3 góc của tam giác thì A A A cũng là ba góc của tam giác do đó theo câu a 900 ;900 ; 900 2 2 2 A B C 9 thì ta suy ra được cos2 + cos2 + cos2 £ 2 2 2 4 Bài 2.126: Ta có   1     1     SM .A ' B ' = ( SA + SB ).( SB ' - SA ' ) = ( SASA . ' - SB .S ' B ' ) = 0 2 2 Bài 2.127: Vì AA' tiếp xúc với (O'), BB' tiếp xúc với (O) nên ïìï AN .AB ' = AA '2 . Mặt khác AA ' = BB ' nên í ïïî B ' M .B ' A = B ' B 2 AN .AB ' = B ' M .B ' A Þ AN = B ' M Þ AM = B ' N Bài 2.128: Cho tam giác ABC không cân tại A; AM, AD lần lượt là trung tuyến, phân giác của tam giác. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMD cắt AB, AC tại E, F. Chứng minh rằng BE = CF ì BE .BA = BM .BD BE BA BM BD Þ . = . HD: Ta có ïí ïïî CF .CA = CM .CD CF CA CM CD BA BD BM BE Mặt khác = ; =1Þ = 1 Þ BE = CF CA CD CM CF Bài 2.129: (hình 2.25) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNB . N Gọi C là giao điểm của AB và (I). Khi đó ta có: C PA/( I ) = AC .AB = AM .AN = PA/ (O )

AA I

(không đổi vì A, (O) cố định). Suy ra AC =

PA/(O ) AB

P O EHình 2.25 B Hình 2.26

Vì A, B cố định và C thuộc AB nên từ hệ thức trên ta có C cố định. Suy ra I thuộc đường trung trực của BC cố định Bài 2.130: (hình 2.26) Kẻ CH ^ OP . Ta có tứ giác CEPH nội tiếp nên OP .OH = OE .OC Vì tam giác OBC vuông tại B và BE là đường cao nên OE .OC = OB 2 = R 2 R2 Suy ra OP .OH = R 2 Þ OH = OP Vì O, P cố định nên H cố định Vậy tập hợp điểm C là đường thẳng vuông góc với OP tại H. Bài 2.131: (hình 2.27)Gọi I là điểm đối xứng của H C qua B, suy ra I cố định và thuộc (K). Gọi M là giao điểm của CD và AB. A

Ta có MH .MI = MC .MD và MC .MD = MA.MB suy ra MH .MI = MA.MB

( )( MB + BI ) = MB ( MB + BA ) Û ( MB + BH )( MB - BH ) = MB + MB.BA

Þ MB + BH

H M

B D

Hình 2.27

Û MB - BH = MB + MB.BA Û BM =

BH 2 BA

E M

H Vì A, B, H cố định suy ra M cố định. đpcm. A Bài 2.132: (hình 2.28)Ta có AM = AN = AE . Trong tam giác AEB , F   N 2 EH ^ AB Þ AE = AH .AB = AH .AB Δ   Suy ra AM 2 = AN 2 = AH .AB Hình 2.28 Vậy AM và AN là hai tiếp tuyến của (C). 6666 Bài 2.133: (hình 67)B là trung điểm AC. Ta có 1 PA/(C 2 ) = AE .AF = AB 2 = AB .2.AB = AD.AC Do đó tứ D B A 2 giác DCFE nội tiếp . E O

Hình 67

Suy ra M là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác DCFE mà M nằm trên AC 1 nên MD = MC = DC . Từ đó ta tính được 2 3 AM 5 5 = AM = AB và MC = AB Þ 4 MC 3 4 C Bài 2.134: (hình 2.29) Gọi E là giao điểm thứ hai của PQ A F với đường tròn ngoại tiếp tam giác PAB . CD cắt PQ tại Q B E 2 2 . = QP .QE . Mà P, Q cố F.Ta có OQ - R = QAQB định nên PQ không đổi Þ QE không đổi do đó E cố  = PBA  = PEA  nên tứ giác định. Mặt khác PDC

Hình 2.29 DAEF nội tiếp suy ra PO - R = PD.PA = PE .PF Mà P, E cố định nên PE không đổi Þ PF không đổi do đó F cố định. Vậy CD luôn đi qua điểm cố định là F. Bài 2.135.(hình 2.30) Giả sử điểm M có phương tích đến hai đường tròn bằng nhau. 2

Gọi H là hình chiếu của M trên O1O2 , I là trung điểm của O1O2 . Ta có: PM /(O1 ) = PM /(O2 ) Û MO12 - R12 = MO22 - R22 Û MO12 - MO22 = R12 - R22

Û ( MH 2 + HO12 ) - ( MH 2 + HO22 ) = R12 - R22 Û HO12 - HO22 = R12 - R22

(

Û HO1 - HO2

)( HO

Û O2O1.2HI = R12 - R22 Û IH =

R12 - R22 O1O2

)

+ HO2 = R12 - R22

(1 )

Hình 2.30

Từ đây suy ra H cố định, suy ra M thuộc đường thẳng qua H và vuông góc với O1O2 . Nhận xét: Đường thẳng này được gọi là trục đẳng phương của hai đường tròn (O1) và (O2). Chú ý các hệ quả sau có nhiều ứng dụng: Cho hai đường tròn (O) và (I). Từ bài toán ta suy ra được các tính chất sau: a) Trục đẳng phương của hai đường tròn vuông góc với đường thẳng nối tâm. 40

b) Nếu hai đường tròn cắt nhau tại A và B thì AB chính là trục đẳng phương của chúng. c) Nếu điểm M có cùng phương tích đối với (O) và (I) thì đường thẳng qua M vuông góc với OI là trục đẳng phương của hai đường tròn. d) Nếu hai điểm M, N có cùng phương tích đối với hai đường tròn thì đường thẳng MN chính là trục đẳng phương của hai đường tròn. e) Nếu 3 điểm có cùng phương tích đối với hai đường tròn thì 3 điểm đó thẳng hàng. f) Nếu (O) và (I) tiếp xúc nhau tại A thì đường thẳng qua A và vuông góc với OI chính là trục đẳng phương của hai đường tròn.

CHƯƠNG III: PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG §1. PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QUÁT CỦA ĐƯỜNG THẲNG A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT. 1. Vectơ pháp tuyến và phương trình tổng quát của đường thẳng :   a. Định nghĩa : Cho đường thẳng D . Vectơ n ¹ 0 gọi là vectơ pháp tuyến  (VTPT) của D nếu giá của n vuông góc với D . Nhận xét :   - Nếu n là VTPT của D thì kn ( k ¹ 0 ) cũng là VTPT của D . b. Phương trình tổng quát của đường thẳng

 Cho đường thẳng D đi qua M 0 (x 0 ; y 0 ) và có VTPT n = (a;b) . Khi đó M (x ; y ) Î D     Û MM 0 ^ n Û MM 0 .n = 0 Û a(x - x 0 ) + b(y - y 0 ) = 0

Û ax + by + c = 0 (c = -ax 0 - by 0 ) (1) (1) gọi là phương trình tổng quát của đường thẳng D . Chú ý :  - Nếu đường thẳng D : ax + by + c = 0 thì n = (a;b) là VTPT của D . c) Các dạng đặc biệt của phương trình tổng quát  D song song hoặc trùng với trục Ox Û D : by + c = 0  D song song hoặc trùng với trục Oy Û D : ax + c = 0  D đi qua gốc tọa độ Û D : ax + by = 0



D đi qua hai điểm A (a; 0 ), B ( 0;b ) Û D :

(ab ¹ 0 )

x y + = 1 với a b

Phương trình đường thẳng có hệ số góc k là y = kx + m với k = tan a , a là góc hợp bởi tia Mt của D ở phía trên trục Ox và tia Mx 2. Vị trí tương đối của hai đường thẳng. Cho hai đường thẳng d1 : a1x + b1y + c1 = 0; d2 : a2x + b2y + c2 = 0 



d1 cắt d2 khi và chỉ khi

a1 b1 ¹0 a2 b2



d1 / /d2 khi và chỉ khi a1 b1

a2 b2



= 0 và

c1 a1

c2 a2

d1 º d2 khi và chỉ khi

a1 b1

a2 b2

= 0 và

b1 c1

b2 c2

¹ 0 , hoặc

¹0 a1 b1

a2 b2

b1 c1

b2 c2

c1 a1

c2 a2

Chú ý: Với trường hợp a2 .b2 .c2 ¹ 0 khi đó + Nếu + Nếu + Nếu

a1 a ¹ 2 thì hai đường thẳng cắt nhau. b1 b2 a1 a c = 2 ¹ 1 b1 b2 c2 a1 a c = 2 = 1 b1 b2 c2

thì hai đường thẳng song song nhau. thì hai đường thẳng trùng nhau.

B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI.  DẠNG 1: Viết phương trình tổng quát của đường thẳng. 1. Phương pháp giải:  Để viết phương trình tổng quát của đường thẳng D ta cần xác định - Điểm A(x 0 ; y 0 ) Î D  - Một vectơ pháp tuyến n (a;b ) của D Khi đó phương trình tổng quát của D là a ( x - x 0 ) + b ( y - y 0 ) = 0

Chú ý: o Đường thẳng D có phương trình tổng quát là  ax + by + c = 0, a 2 + b 2 ¹ 0 nhận n (a;b ) làm vectơ pháp tuyến. o Nếu hai đường thẳng song song với nhau thì VTPT đường thẳng này cũng là VTPT của đường thẳng kia. o Phương trình đường thẳng D qua điểm M ( x 0 ; y 0 ) có dạng D : a ( x - x 0 ) + b ( y - y 0 ) = 0 với a 2 + b 2 ¹ 0

hoặc ta chia làm hai trường hợp + x = x 0 : nếu đường thẳng song song với trục Oy

+ y - y 0 = k ( x - x 0 ) : nếu đường thẳng cắt trục Oy 2

o Phương trình đường thẳng đi qua A (a; 0 ), B ( 0;b ) với ab ¹ 0 có

x y + =1 a b Ví dụ 1: Cho tam giác ABC biết A ( 2; 0 ), B ( 0; 4 ), C (1; 3) . Viết phương

dạng

trình tổng quát của a) Đường cao AH b) Đường trung trực của đoạn thẳng BC . c) Đường thẳng AB . d) Đường thẳng qua C và song song với đường thẳng AB . Lời giải  a) Vì AH ^ BC nên BC là vectơ pháp tuyến của AH   Ta có BC ( 1; -1 ) suy ra đường cao AH đi qua A và nhận BC là vectơ pháp tuyến có phương trình tổng quát là 1. ( x - 2 ) - 1. ( y - 0 ) = 0 hay

x -y -2 = 0. b) Đường trung trực của đoạn thẳng BC đi qua trung điểm BC và nhận  vectơ BC làm vectơ pháp tuyến. Gọi I là trung điểm BC khi đó æ1 7ö x + xC y + yC 1 7 xI = B = , yI = B = Þ I çç ; ÷÷÷ çè 2 2 ø 2 2 2 2 Suy ra phương trình tổng quát của đường trung trực BC là æ æ 1ö 7ö 1. çç x - ÷÷ - 1. çç y - ÷÷ = 0 hay x - y + 3 = 0 çè çè 2 ÷ø 2 ÷ø

c) Phương trình tổng quát của đường thẳng AB có dạng 2x + y - 4 = 0 .

x y + = 1 hay 2 4

 d) Cách 1: Đường thẳng AB có VTPT là n ( 2;1 ) do đó vì đường thẳng cần  tìm song song với đường thẳng AB nên nhận n ( 2;1 ) làm VTPT do đó có

phương trình tổng quát là 2. ( x - 1 ) + 1. ( y - 3 ) = 0 hay 2x + y - 5 = 0 . Cách 2: Đường thẳng D song song với đường thẳng AB có dạng 2x + y + c = 0 . Điểm C thuộc D suy ra 2.1 + 3 + c = 0 Þ c = -5 . Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình tổng quát là 2x + y - 5 = 0 .

Ví dụ 2: Cho đường thẳng d : x - 2y + 3 = 0 và điểm M ( -1;2 ) . Viết

phương trình tổng quát của đường thẳng D biết: a) D đi qua điểm M và có hệ số góc k = 3 b) D đi qua M và vuông góc với đường thẳng d c) D đối xứng với đường thẳng d qua M Lời giải: a) Đường thẳng D có hệ số góc k = 3 có phương trình dạng y = 3x + m . Mặt khác M Î D Þ 2 = 3. ( -1 ) + m Þ m = 5 Suy ra phương trình tổng quát đường thẳng D là y = 3x + 5 hay 3x - y + 5 = 0 . b) Ta có x - 2y + 3 = 0 Û y =

1 3 x + do đó hệ số góc của đường thẳng 2 2

1 . 2 Vì D ^ d nên hệ số góc của D là kD thì kd .kD = -1 Þ kD = -2

d là kd =

Do đó D : y = -2x + m , M Î D Þ 2 = -2.( -1 ) + m Þ m = -2

Suy ra phương trình tổng quát đường thẳng D là y = -2x - 2 hay 2x + y + 2 = 0 . c) Cách 1: Ta có -1 - 2.2 + 3 ¹ 0 do đó M Ï d vì vậy đường thẳng D đối xứng với đường thẳng d qua M sẽ song song với đường thẳng d suy ra  đường thẳng D có VTPT là n ( 1; -2 ) . Ta có A ( 1;2 ) Î d , gọi A ' đối xứng với A qua M khi đó A ' Î D

Ta có M là trung điểm của AA ' . ì xA + xA' ï ï ì x A ' = 2x M - x A = 2.( -1) - 1 = -3 ïxM = ï 2 Þï Þï Þ A ' ( -3;2 ) í í ï ï y + y y = 2 y y = 2.2 2 = 2 A A ' A ' M A ï ï î y = ï ï î M 2 Vậy phương trình tổng quát đường thẳng D là 1. ( x + 3 ) - 2 ( y - 2 ) = 0 hay x - 2y + 7 = 0 . Cách 2: Gọi A ( x 0 ; y 0 ) là điểm bất kỳ thuộc đường thẳng d , A ' ( x ; y ) là điểm đối xứng với A qua M .

Khi đó M là trung điểm của AA ' suy ra ì ì x +x x +x ï ï ï ï xM = 0 -1 = 0 ì x 0 = -2 - x ï ï ï ï 2 2 Ûï Ûï í í í ï ï ï y0 + y y0 + y y = 4 -y ï ï ï î 0 ï yM = ï 2= ï ï î 2 î 2 Ta có A Î d Þ x 0 - 2y 0 + 3 = 0 suy ra

( -2 - x ) - 2.( 4 - y ) + 3 = 0 Û x - 2y + 7 = 0

Vậy phương trình tổng quát của D đối xứng với đường thẳng d qua M là x - 2y + 7 = 0 . Ví dụ 3: Biết hai cạnh của một hình bình hành có phương trình x - y = 0 và x + 3y - 8 = 0 , tọa độ một đỉnh của hình bình hành là ( -2;2 ) . Viết

phương trình các cạnh còn lại của hình bình hành. Lời giải Đặt tên hình bình hành là ABCD với A ( -2;2 ) , do tọa độ điểm A không là nghiệm của hai phương trình đường thẳng trên nên ta giả sử BC : x - y = 0 , CD : x + 3y - 8 = 0  Vì AB / /CD nên cạnh AB nhận nCD ( 1; 3 ) làm VTPT do đó có phương

trình là 1. ( x + 2 ) + 3. ( y - 2 ) = 0 hay x + 3y - 4 = 0  Tương tự cạnh AD nhận nBC ( 1; -1 ) làm VTPT do đó có phương trình là 1. ( x + 2 ) - 1. ( y - 2 ) = 0 hay x - y + 4 = 0

Ví dụ 4: Cho điểm M ( 1; 4 ) . Viết phương trình đường thẳng qua M lần lượt

cắt hai tia Ox , tia Oy tại A và B sao cho tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất . Lời giải: Giả sử A (a; 0 ), B ( 0;b ) với a > 0, b > 0 . Khi đó đường thẳng đi qua A, B 1 4 x y + = 1 . Do M Î AB nên + = 1 a b a b 1 1 . = ab . Mặt khác SOAB = OAOB 2 2 1 4 4 Þ ab ³ 16 Þ SOAB ³ 8 Áp dụng BĐT Côsi ta có 1 = + ³ 2 a b ab 1 4 1 4 Suy ra SOAB nhỏ nhất khi = và + = 1 do đó a = 2;b = 8 a b a b

có dạng

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là

x y + = 1 hay 4x + y - 8 = 0 2 8

3. Bài tập luyện tập. Bài 3.1: Cho điểm A ( 1; -3 ) . Viết phương trình tổng quát của đường thẳng

D đi qua A và a) Vuông góc với trục tung b) song song với đường thẳng d : x + 2y + 3 = 0

Bài 3.2: Cho tam giác ABC biết A ( 2;1 ), B ( -1; 0 ), C (0; 3) .

a) Viết phương trình tổng quát của đường cao AH b) Viết phương trình tổng quát đường trung trực của đoạn thẳng AB . c) Viết phương trình tổng quát đường thẳng BC . d) Viết phương trình tổng quát đường thẳng qua A và song song với đường thẳng BC . Bài 3.3: Viết phương trình tổng quátcủa đường thẳng  trong mỗi trường hợp sau: a)  đi qua điểm M ( 2;5 ) và song song với đường thẳng d : 4x - 7y + 3 = 0

b)  đi qua P ( 2; -5 ) và có hệ số góc k = 11 .

Bài 3.4: Cho M ( 8;6 ) . Viết phương trình đường thẳng qua M cắt chiều dương hai trục toạ độ tại A, B sao cho OA + OB đạt giá trị nhỏ nhất.  DẠNG 2: Xét vị trí tương đối của hai đường thẳng. 1. Phương pháp giải: Để xét vị trí tương đối của hai đường thẳng d1 : a1x + b1y + c1 = 0; d2 : a2x + b2y + c2 = 0 .

ì ïa1x + b1y + c1 = 0 Ta xét hệ ïí (I) ï a2x + b2y + c2 = 0 ï î + Hệ (I) vô nghiệm suy ra d1 / /d2 .

+ Hệ (I) vô số nghiệm suy ra d1 º d2 + Hệ (I) có nghiệm duy nhất suy ra d1 và d2 cắt nhau và nghiệm của hệ là tọa độ giao điểm. Chú ý: Với trường hợp a2 .b2 .c2 ¹ 0 khi đó + Nếu 6

a1 b ¹ 1 thì hai đường thẳng cắt nhau. a2 b2

+ Nếu + Nếu

a1 b c = 1 ¹ 1 a2 b2 c2 a1 b c = 1 = 1 a2 b2 c2

thì hai đường thẳng song song nhau. thì hai đường thẳng trùng nhau.

2. Các ví dụ: Ví dụ 1: Xét vị trí tương đối các cặp đường thẳng sau a) D1 : x + y - 2 = 0; D2 : 2x + y - 3 = 0 b) D1 : -x - 2y + 5 = 0;

D2 : 2x + 4y - 10 = 0

d) D1 : 2x + 3y + 4 = 0;

D2 : -4x - 6y = 0

c) D1 : 2x - 3y + 5 = 0;

D2 : x - 5 = 0

Lời giải: a) Ta có

1 1 ¹ suy ra D1 cắt D2 2 1

b) Ta có

-1 -2 5 = = suy ra D1 trùng D2 2 4 -10

c) Ta có

1 0 ¹ suy ra D1 cắt D2 2 -3

-4 -6 0 = ¹ suy ra D1 / /D2 2 3 4 Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có phương trình các đường thẳng AB, BC ,CA

d) Ta có

là AB : 2x - y + 2 = 0 ; BC : 3x + 2y + 1 = 0 ; CA : 3x + y + 3 = 0 . Xác định vị trí tương đối của đường cao kẻ từ đỉnh A và đường thẳng D : 3x - y - 2 = 0 Lời giải Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ ì 2x - y + 2 = 0 ì x = -1 ï ï ï Ûï Þ A ( -1; 0 ) í í ï ï ï 3x + y + 3 = 0 ï y =0 î î Ta xác định được hai điểm thuộc đường thẳng BC là M ( -1;1 ), N ( 1; -2 )

 Đường cao kẻ từ đỉnh A vuông góc với BC nên nhận vectơ MN ( 2; -3 ) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là 2 ( x + 1 ) - 3y = 0 hay 2x - 3y + 2 = 0

3 -1 ¹ suy ra hai đường thẳng cắt nhau. 2 -3 Ví dụ 3: Cho hai đường thẳng D1 : (m - 3)x + 2y + m 2 - 1 = 0 và

Ta có

D2 : -x + my + (m - 1)2 = 0 .

a) Xác định vị trí tương đối và xác định giao điểm (nếu có) của D1 và D2 trong các trường hợp m = 0, m = 1 b) Tìm m để hai đường thẳng song song với nhau. Lời giải: ïì -3x + 2y - 1 = 0 ïì x = 1 Û ïí a) Với m = 0 xét hệ ïí suy ra D1 cắt D2 tại ïï -x + 1 = 0 ïï y = 2 î î điểm có tọa độ ( 1;2 ) ïì -2x + 2y = 0 ïì x = 0 Û ïí Với m = 1 xét hệ ïí suy ra D1 cắt D2 tại gốc ïï -x + y = 0 ïï y = 0 î î tọa độ b) Với m = 0 hoặc m = 1 theo câu a hai đường thẳng cắt nhau nên không thỏa mãn Với m ¹ 0 và m ¹ 1 hai đường thẳng song song khi và chỉ khi m -3 2 m2 - 1 = ¹ Ûm =2 2 -1 m (m - 1)

Vậy với m = 2 thì hai đường thẳng song song với nhau. Ví dụ 4: Cho tam giác ABC , tìm tọa độ các đỉnh của tam giác trong trường hợp sau a) Biết A ( 2;2 ) và hai đường cao có phương trình d1 : x + y - 2 = 0

; d2 : 9x - 3y + 4 = 0 . b) Biết A(4; -1) , phương trình đường cao kẻ từ B là D : 2x - 3y = 0 ; phương trình trung tuyến đi qua đỉnh C là D ' : 2x + 3y = 0. Lời giải a) Tọa độ điểm A không là nghiệm của phương trình d1, d2 suy ra A Ï d1, A Ï d2 nên ta có thể giả sử B Î d1, C Î d2

 Ta có AB đi qua A và vuông góc với d2 nên nhận u ( 3;9 ) làm VTPT nên

có phương trình là 3 ( x - 2 ) + 9 ( y - 2 ) = 0 hay 3x + 9y - 24 = 0 ; AC đi qua A và vuông  góc với d1 nên nhận v ( -1;1 ) làm VTPT nên có phương trình là -1. ( x - 2 ) + 1. ( y - 2 ) = 0 hay x - y = 0

B là giao điểm của d1 và AB suy ra tọa độ của B là nghiệm của hệ ì x +y -2 = 0 ì x = -1 ï ï ï Ûï Þ B ( -1; 3 ) í í ï ï ï 3x + 9y - 24 = 0 ï y =3 î î Tương tự tọa độ C là nghiệm của hệ ì 2 ï ï x =ì ï 9 x 3 y + 4 = 0 æ ö ï ï 3 Þ C çç - 2 ; - 2 ÷÷ Ûï í í ï ï x -y = 0 2 èç 3 3 ÷ø ï ï î y =ï ï î 3 æ 2 2ö Vậy A ( 2;2 ) , B ( -1; 3 ) và C çç - ; - ÷÷÷ çè 3 3 ø  b) Ta có AC đi qua A(4; -1) và vuông góc với D nên nhận u ( 3;2 ) làm VTPT nên có phương trình là 3 ( x - 4 ) + 2 ( y + 1 ) = 0 hay 3x + 2y - 10 = 0

Suy ra toạ độ C là nghiệm của hệ ì 3x + 2y - 10 = 0 ìx = 6 ï ï ï Ûï Þ C ( 6; -4 ) í í ï ï ï 2x + 3y = 0 ï y = -4 î î æ x + 4 yB - 1 ö÷ ÷ của AB thuộc Giả sử B ( x B ; yB ) suy ra trung điểm I çç B ; çè 2 2 ÷÷ø đường thẳng D ' do đó x +4 y -1 2. B + 3. B = 0 hay 2x B + 3yB + 5 = 0 (1) 2 2 Mặt khác B Î D suy ra 2x B - 3yB = 0 (2) æ 5 5ö Từ (1) và (2) suy ra B çç - ; - ÷÷÷ çè 4 6 ø

æ 5 5ö Vậy A(4; -1) , B çç - ; - ÷÷÷ và C ( 6; -4 ) . çè 4 6 ø 3. Bài tập luyện tập:

Bài 3.5: Xét vị trí tương đối của các cặp đường thẳng sau: a ) d1 : x + y - 3 = 0; d2 : 2x + 2y = 0 b) d1 : -4x + 6y - 2 = 0; d2 : 2x - 3y + 1 = 0 c) d1 : 3x + 2y - 1 = 0; d2 : x + 3y - 4 = 0

Bài 3.6: Cho hai đường thẳng D1 : 3x - y - 3 = 0, D2 : x + y + 2 = 0 và điểm M (0;2) a) Tìm tọa độ giao điểm của D1 và D2 .

b) Viết phương trình đường thẳng D đi qua M và cắt D1 và D2 lần lượt tại A và B sao cho B là trung điểm của đoạn thẳng AM Bài 3.7: Cho hai đường thẳng có phương trình: D1 : (a - b)x + y = 1; D2 : (a 2 - b 2 )x + ay = b với a 2 + b 2 ¹ 0 a) Tìm quan hệ giữa a và b để D1 và D2 cắt nhau

b) Tìm điều kiện giữa a và b để D1 và D2 cắt nhau tại điểm thuộc trục hoành. Bài 3.8: Cho 2 đường thẳng D1 : kx - y + k = 0; D2 : (1 - k 2 )x + 2ky - 1 - k 2 = 0 . Chứng minh rằng: a) Đường thẳng D1 luôn đi qua 1 điểm cố định với mọi k .

b) D1 luôn cắt D2 . Xác định toạ độ giao điểm của chúng. Bài 3.9: Cho hai đường thẳng D1 : mx - y + 1 - m = 0; D2 : -x + my + 2 = 0 Biện luận theo m vị trí tương đối của hai đường thẳng. Bài 3.10: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho các điểm A ( 0;1 ), B ( 2; -1 ) và các đường thẳng

d1 : (m - 1)x + (m - 2)y + 2 - m = 0 ,

d2 : (2 - m )x + (m - 1)y + 3m - 5 = 0

a) Chứng minh d1 và d2 luôn cắt nhau.

b) Gọi P là giao điểm của d1 và d2 . Tìm m sao cho PA + PB lớn nhất. Bài 3.11: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng Dm : mx + y - m - 1 = 0, Dm ' : x - my - 3 - m = 0 , (với m là tham số thực). Chứng minh rằng với mọi m Î R thì hai đường thẳng đó luôn cắt nhau tại 1 điểm nằm trên một đường tròn cố định. 10

Bài 3.12: Tam giác ABC biết AB : 5x - 2y + 6 = 0 và AC : 4x + 7y - 21 = 0 và H (0; 0) là trực tâm của tam giác. Tìm tọa độ điểm A, B .

Bài 3.13: Cho điểm A ( 2;1 ) và đường thẳng d : 3x - y + 3 = 0 . Tìm hình chiếu của A lên d .

Bài 3.14: Cho tam giác ABC biết A ( -4;6 ), B ( -1;2 ) và đường phân giác trong CK có phương trình là 3x + 9y - 22 = 0 . Tính toạ độ đỉnh C của tam giác. §2. PHƯƠNG TRÌNH THAM SỐ CỦA ĐƯỜNG THẲNG 1. Vectơ chỉ phương và phương trình tham số của đường thẳng : a. Định nghĩa vectơ chỉ phương :   Cho đường thẳng D . Vectơ u ¹ 0 gọi là vectơ chỉ phương (VTCP) của đường thẳng D nếu giá của nó song song hoặc trùng với D . Nhận xét :   - Nếu u là VTCP của D thì ku ( k ¹ 0 ) cũng là VTCP của D .  - VTPT và VTCP vuông góc với nhau. Do vậy nếu D có VTCP u = (a;b)  thì n = (-b; a ) là một VTPT của D . b. Phương trình tham số của đường thẳng :  Cho đường thẳng D đi qua M 0 (x 0 ; y 0 ) và u = (a;b) là VTCP.   ì ï x = x 0 + at t Î R . (1) Khi đó M (x ; y ) Î D . Û MM 0 = tu Û ïí ï y = y + bt 0 ï î Hệ (1) gọi là phương trình tham số của đường thẳng D , t gọi là tham số Nhận xét : Nếu D có phương trình tham số là (1) khi đó A Î D Û A(x 0 + at; y 0 + bt ) 2. Phương trình chính tắc của đường thẳng.  Cho đường thẳng D đi qua M 0 (x 0 ; y 0 ) và u = (a;b) (với a ¹ 0, b ¹ 0 ) là x - x0 y - y0 = được gọi là phương a b trình chính tắc của đường thẳng D . B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI.  DẠNG 1: Viết phương trình tham số và chính tắc của đường thẳng.

vectơ chỉ phương thì phương trình

1. Phương pháp giải:  Để viết phương trình tham số của đường thẳng D ta cần xác định - Điểm A(x 0 ; y 0 ) Î D  - Một vectơ chỉ phương u (a;b ) của D

ì ï x = x 0 + at , t Î R. Khi đó phương trình tham số của D là ïí ï y = y + bt 0 ï î  Để viết phương trình chính tắc của đường thẳng D ta cần xác định - Điểm A(x 0 ; y 0 ) Î D  - Một vectơ chỉ phương u (a;b ), ab ¹ 0 của D

x - x0 y - y0 = a b (trường hợp ab = 0 thì đường thẳng không có phương trình chính tắc) Chú ý: o Nếu hai đường thẳng song song với nhau thì chúng có cùng VTCP và VTPT. o Hai đường thẳng vuông góc với nhau thì VTCP của đường thẳng này là VTPT của đường thẳng kia và ngược lại   o Nếu D có VTCP u = (a;b) thì n = (-b; a ) là một VTPT của D .

Phương trình chính tắc của đường thẳng D là

2. Các ví dụ: Ví dụ 1: Cho điểm A ( 1; -3 ) và B ( -2; 3 ) . Viết phương trình tham số của đường thẳng  trong mỗi trường hợp sau:  a) D đi qua A và nhận vectơ n ( 1;2 ) làm vectơ pháp tuyến

b) D đi qua gốc tọa độ và song song với đường thẳng AB c) D là đường trung trực của đoạn thẳng AB Lời giải:  a) Vì D nhận vectơ n ( 1;2 ) làm vectơ pháp tuyến nên VTCP của D là  u ( -2;1 ) . ì ï x = 1 - 2t Vậy phương trình tham số của đường thẳng D là D : ï í ï y = -3 + t ï î  b) Ta có AB ( -3;6 ) mà D song song với đường thẳng AB nên nhận  u ( -1;2 ) làm VTCP

ïì x = -t Vậy phương trình tham số của đường thẳng D là D : ïí ïï y = 2t î  c) Vì D là đường trung trực của đoạn thẳng AB nên nhận AB  3;6  làm

VTPT và đi qua trung điểm I của đoạn thẳng AB .   1  Ta có I   ;0  và  nhận u  1; 2  làm VTCP nên phương trình tham số  2  ìï ïï x = - 1 - t của đường thẳng D là D : í . ïï y = 2t 2 ïî Ví dụ 2: Viết phương trình tổng quát, tham số, chính tắc (nếu có) của đường thẳng  trong mỗi trường hợp sau: a)  đi qua điểm A ( 3; 0 ) và B ( 1; 3 ) ì x = 1 - 3t ï b)  đi qua N ( 3; 4 ) và vuông góc với đường thẳng d ' : ïí . ï y = 4 + 5t ï î Lời giải:  a) Đường thẳng  đi qua hai điểm A và B nên nhận AB = ( -2; 3 ) làm

vectơ chỉ phương do đó

ì x = 3 - 2t ï x -3 y = phương trình tham số là ïí ; phương trình chính tắc là ï y = 3t -2 3 ï î ; phương trình tổng quát là 3 ( x - 3 ) = -2y hay 3x + 2y - 9 = 0

b) D ^ d ' nên VTCP của d ' cũng là VTPT của D nên đường thẳng D   nhận u ( -3;5 ) làm VTPT và v ( -5; -3 ) làm VTCP do đó đó phương trình tổng quát là -3 ( x - 3 ) + 5 ( y - 4 ) = 0 hay 3x - 5y + 11 = 0 ; phương ì ï x = 3 - 5t x -3 y -4 = trình tham số là ïí ; phương trình chính tắc là ï y = 4 - 3t -5 -3 ï î Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có A ( -2;1 ), B ( 2; 3 ) và C ( 1; -5 ) .

a) Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC của tam giác. b) Viết phương trình đường thẳng chứa đường trung tuyến AM. c) Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm D, G với D là chân đường phân giác trong góc A và G là trọng tâm của DABC . Lời giải: 13

 a) Ta có BC ( -1; -8 ) suy ra đường thẳng chứa cạnh BC có phương trình là ì x = 2 -t ï ï í ï y = 3 - 8t ï î

æ3 ö b) M là trung điểm của BC nên M çç ; -1 ÷÷÷ do đó đường thẳng chứa đường çè 2 ø  æ 7 ö trung tuyến AM nhận AM çç ; -2 ÷÷÷ làm VTCP nên có phương trình là èç 2 ø

ìï ïï x = -2 + 7 t í ïï y = 1 - 22t ïî c) Gọi D(x D ; yD ) là chân đường phân giác hạ từ A của tam giác ABC  AB  DC Ta có BD = AC Mà AB =

AC =

( -2 - 2 )

(1 + 2 )

+ ( 3 - 1 ) = 2 5 và 2

+ ( -5 - 1 ) = 3 5 suy ra 2

ì ì 2 8 ï ï ï ï x D - 2 = (1 - x D ) xD =  ï ï AB  2  3 5 Þ D( 8 ; - 1 ) BD = DC = DC Û ï Ûï í í ï ï 2 -1 AC 3 5 5 ï ï yD - 3 = (-5 - yD ) yD = ï ï ï ï î 3 î 5 æ 1 1 ö÷ G çç ; - ÷÷ là trọng tâm của tam giác ABC çè 3 3 ø   æ 19 2 ö÷ ç Ta có DG ç - ; - ÷÷ suy ra đường thẳng DG nhận u ( 19;2 ) làm VTCP çè 15 15 ø ì 1 ï ï x = + 19t ï 3 nên có phương trình là ï . í ï 1 ï y = - + 2t ï ï î 3 Ví dụ 4: Cho tam giác ABC biết AB : x + y - 1 = 0 ,

AC : x - y + 3 = 0 và trọng tâm G ( 1;2 ) . Viết phương trình đường thẳng

chứa cạnh BC. Lời giải: 14

ìx + y - 1 = 0 ì x = -1 ï ï Ûï Ta có tọa độ điểm A là nghiệm của hệ ï í í ï ï ïx - y + 3 = 0 ï y =2 î î Þ A ( -1;2 )

Gọi M ( x ; y ) là trung điểm của BC     Vì G là trọng tâm nên AG = 2.GM , AG ( 2; 0 ), GM ( x - 1; y - 2 ) suy ra ì 2 = 2.(x - 1) ï ï Þ M ( 2;2 ) í ï 0 = 2.(y - 2) ï î B ( x B ; yB ) Î AB Þ x B + yB - 1 = 0 Þ yB = 1 - x B do đó B ( x B ;1 - x B )

C ( xC ; yC ) Î AC Þ xC - yC + 3 = 0 Þ yC = xC + 3 do đó

C ( xC ; xC + 3 )

Mà M là trung điểm của BC nên ta có ì x + xC ï ï xM = B ì ì ï x B + xC = 4 xB = 2 ï ï ï ï ï 2 Û Þ í í í ï ï ï y + yC x - xB = 0 x =2 ï ï ï î C î C yM = B ï ï î 2  Vậy B ( 2; -1 ), C ( 2;5 ) Þ BC ( 0;6 ) suy ra phương trình đường thẳng BC ì x =2 ï là ï . í ï y = 1 + 6 t ï î

3. Bài tập luyện tập. Bài 3.15. Cho điểm A ( 2; -2 ) và B ( 0;1 ) . Viết phương trình tham số của đường thẳng  trong mỗi trường hợp sau:  a) D đi qua A và nhận vectơ u ( 1;2 ) làm vectơ chỉ phương  b) D đi qua A và nhận vectơ n ( 4;2 ) làm vectơ pháp tuyến c) D đi qua C ( 1;1 ) và song song với đường thẳng AB

d) D là đường trung trực của đoạn thẳng AB Bài 3.16: Viết phương trình tổng quát, tham số, chính tắc (nếu có) của đường thẳng  trong mỗi trường hợp sau: a)  đi qua điểm A ( 3; 0 ) và B ( -1; 0 ) 15

b)  đi qua M ( 1;2 ) và vuông góc với đường thẳng d : x - 3y - 1 = 0 .

ì x = 1 + 3t ï c)  đi qua gốc tọa độ và song song với đường thẳng D ' : ï . í ï y = 2t ï î Bài 3.17: Cho tam giác ABC có A ( 2; -1 ), B ( -2; -3 ) và C ( -1;5 ) .

a) Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh của tam giác. b) Viết phương trình đường thẳng chứa đường trung tuyến AM . c) Viết phương trình đường thẳng đi qua trung điểm AB và trọng tâm của tam giác ABC Bài 3.18. Cho tam giác ABC biết A ( 1; 4 ), B ( 3; -1 ) và C ( 6; -2 ) .

a) Viết phương trình đường thẳng chứa các cạnh AB. b) Viết phương trình đường cao AH. c) Viết phương trình đường trung tuyến của tam giác đó AM. d) Viết phương trình đường trung trực cạnh BC. e) Viết phương trình đường thẳng đi qua trọng tâm của tam giác và song song với trục hoành. f) Viết phương trình đường thẳng đi qua trung điểm BC và vuông góc với trục tung. g) Viết phương trình đường thẳng đi qua A và tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân đỉnh là gốc tọa độ. h) Đường thẳng qua C và chia tam giác thành hai phần , phần chứa điểm A có diện tích gấp đối phần chứa điểm B . Bài 3.19. Viết phương trình đường thẳng qua M ( 3;2 ) và cắt tia Ox tại A, tia Oy tại B sao cho : a) OA + OB = 12

b) Diện tích tam giác OAB bằng 12 Bài 3.20. Cho hình chữ nhật ABCD có phương trình của AB : 2x - y + 5 = 0 , đường thẳng AD qua gốc tọa độ O , và tâm hình chữ nhật là I ( 4;5 ) . Viết phương trình các cạnh còn lại của hình chữ nhật. Bài 3.21. Cho hình bình hành hai cạnh có phương trình 3x - y - 2 = 0 và x + y - 2 = 0. Viết phương trình hai cạnh còn lại biết tâm hình bình hành là I ( 3;1 ) .

Bài 3.22. Cho tam giác ABC có trung điểm của AB là I ( 1; 3 ) , trung điểm

AC là J ( -3;1 ) . Điểm A thuộc Oy và đường BC qua gốc tọa độ O . Tìm tọa độ điểm A , phương trình BC và đường cao vẽ từ B . Bài 3.23. Cho tam giác ABC biết M ( 2;1 ), N ( 5; 3 ), P ( 3; -4 ) lần lựợt là trung điểm của ba cạnh. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC.  DẠNG 2. Xác định tọa độ điểm thuộc đường thẳng. 1. Phương pháp giải. Để xác định tọa độ điểm thuộc đường thẳng ta dựa vào nhận xét sau: ì ï x = x 0 + at , t Î R ( hoặc  Điểm A thuộc đường thẳng D : ï í ï y = y 0 + bt ï î x - x0 y - y0 D: = ) có dạng A ( x 0 + at; y 0 + bt ) a b  Điểm A thuộc đường thẳng D : ax + by + c = 0 (ĐK: a 2 + b 2 ¹ 0 æ -at - c ö÷ æ -bt - c ö÷ ) có dạng A çç t; ; t ÷÷ với a ¹ 0 ÷÷ với b ¹ 0 hoặc A çç b èç ø èç a ø

2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Cho đường thẳng D : 3x - 4y - 12 = 0 a) Tìm tọa độ điểm A thuộc D và cách gốc tọa độ một khoảng bằng bốn b) Tìm điểm B thuộc D và cách đều hai điểm E ( 5; 0 ) , F ( 3; -2 ) c) Tìm tọa độ hình chiếu của điểm M ( 1;2 ) lên đường thẳng D Lời giải:

 a) Dễ thấy M ( 0; -3 ) thuộc đường thẳng D và u ( 4; 3 ) là một vectơ chỉ

ì x = 4t ï phương của D nên có phương trình tham số là ï . í ï y = -3 + 3t ï î Điểm A thuộc D nên tọa độ của điểm A có dạng A ( 4t; -3 + 3t ) suy ra

OA = 4 Û

( 4t )

+ ( -3 + 3t )

é t =1 ê = 4 Û 25t - 18t - 7 = 0 Û ê ê t = -7 ëê 25 2

æ -28 -96 ö÷ ; Vậy ta tìm được hai điểm là A1 ( 4; 0 ) và A2 çç ÷ çè 25 25 ÷ø 17

b) Vì B Î D nên B ( 4t; -3 + 3t )

Điểm B cách đều hai điểm E ( 5; 0 ) , F ( 3; -2 ) suy ra EB 2 = FB 2 Û ( 4t - 5 ) + ( 3t - 3 ) = ( 4t - 3 ) + ( 3t - 1 ) Û t = 2

æ 24 3 ö Suy ra B çç ; - ÷÷÷ çè 7 7ø

6 7

c) Gọi H là hình chiếu của M lên D khi đó H Î D nên H ( 4t; -3 + 3t )  Ta có u ( 4; 3 ) là vectơ chỉ phương của D và vuông góc với  HM ( 4t - 1; 3t - 5 ) nên   19 HM .u = 0 Û 4 ( 4t - 1) + 3 ( 3t - 5 ) = 0 Û t = 25 æ 76 18 ö÷ Suy ra H çç ; - ÷÷ çè 25 25 ø ì ï x = -1 - t Ví dụ 2: Cho hai đường thẳng D : x - 2y + 6 = 0 và D ' : ïí . ï y =t ï î a) Xác định tọa độ điểm đối xứng với điểm A ( -1; 0 ) qua đường thẳng D b) Viết phương trình đường thẳng đối xứng với D ' qua D Lời giải: a) Gọi H là hình chiếu của A lên D khi đó H ( 2t - 6; t )   Ta có u ( 2;1 ) là vectơ chỉ phương của D và vuông góc với AH ( 2t - 5; t )   nên AH .u = 0 Û 2 ( 2t - 5 ) + t = 0 Û t = 2 Þ H ( -2;2 ) A' là điểm đối xứng với A qua D suy ra H là trung điểm của AA' do đó ì ì x A ' = 2x H - x A x A ' = -3 ï ï ï ï Û í í ï ï ï yA ' = 2yH - yA ï yA ' = 4 î î Vậy điểm cần tìm là A ' ( -3; 4 )

ïì x = -1 - t b) Thay ïí vào phương trình D ta được ïï y = t î 5 -1 - t - 2t + 6 = 0 Û t = suy ra giao điểm của D và D ' là 3 æ 8 5ö K çç - ; ÷÷÷ çè 3 3 ø

Dễ thấy điểm A thuộc đường thẳng D ' do đó đường thẳng đối xứng với D '  æ 1 7 ö 1 qua D đi qua điểm A' và điểm K do đó nhận A ' K = çç ; - ÷÷÷ = ( 1; -7 ) çè 3 3 ø 3 ì ï x = -3 + t nên có phương trình là ï í ï y = 4 - 7t ï î Nhận xét: Để tìm tọa độ hình chiếu H của A lên D ta có thể làm cách khác  như sau: ta có đường thẳng AH nhận u ( 2;1 ) làm VTPT nên có phương trình là 2x + y + 2 = 0 do đó tọa độ H là nghiệm của hệ ìï x - 2y + 6 = 0 ïí Þ H ( -2;2 ) ïï 2x + y + 2 = 0 î Ví dụ 3: Cho tam giác ABC vuông ở A. Biết A ( -1; 4 ), B ( 1; -4 ) , đường

æ7 ö thẳng BC đi qua điểm K çç ;2 ÷÷÷ . Tìm toạ độ đỉnh C. è3 ø Lời giải:   æ 4 ö Ta có BK çç ;6 ÷÷÷ suy ra đường thẳng BC nhận u ( 2;9 ) làm VTCP nên có çè 3 ø ì ï x = 1 + 2t phương trình là ï í ï y = -4 + 9t ï î C Î BC Þ C ( 1 + 2t; -4 + 9t )   Tam giác ABC vuông tại A nên AB.AC = 0 ,   AB ( 2; -8 ), AC ( 2 + 2t; -8 + 9t ) suy ra 2 ( 2 + 2t ) - 8 ( 9t - 8 ) = 0 Û t = 1

Vậy C ( 3;5 )

æ7 5ö Ví dụ 4: Cho hình bình hành ABCD . Biết I çç ; ÷÷ là trung điểm của cạnh çè 2 2 ÷ø 19

æ 3ö  CD, D çç 3; ÷÷÷ và đường phân giác góc BAC có phương trình là çè 2 ø D : x - y + 1 = 0 . Xác định tọa độ đỉnh B. Lời giải: ìï xC = 2x I - x D = 4 ï æ 7ö Cách 1: Điểm I là trung điểm của CD nên ïí Þ C çç 4; ÷÷÷ 7 çè 2 ø ïï y = 2x - y = I D ïî C 2 Vì A Î D nên tọa độ điểm A có dạng A (a; a + 1 )   Mặt khác ABCD là hình bình hành tương đương với DA, DC không cùng   phương và AB = DC ì xB - a = 4 - 3 ï   ì ï xB = a + 1 ï ï AB = DC Û ï Û Þ B ( a + 1; a + 3 ) í í 7 3 ï ï yB = a + 3 yB - a - 1 = ï ï î ï î 2 2 3 a +1  a -3 2 Û a ¹ 11 DA, DC không cùng phương khi và chỉ khi ¹ 1 2 2   Đường thẳng D là phân giác góc BAC nhận vectơ u = ( 1;1 ) làm vec tơ chỉ phương nên         AB.u AC .u cos AB; u = cos AC ; u Û   =   (*) AB u AC u

(

)

(

)

  æ ö 5 Có AB ( 1;2 ), AC çç 4 - a; - a ÷÷÷ nên çè 2 ø

(* ) Û

13 é a =1 - 2a ê 2 2 Û 2a - 13a + 11 = 0 Û ê 2 ê a = 11 (l ) æ5 ö÷ 2 ëê 2 ( 4 - a ) + ççç - a ÷÷ è2 ø

Vậy tọa độ điểm B ( 2; 4 )

æ 7ö Cách 2: Ta có C çç 4; ÷÷÷ . çè 2 ø

 Đường thẳng d đi qua C vuông góc với D nhận u ( 1;1 ) làm vectơ pháp tuyến 20

æ 7ö nên có phương trình là 1. ( x - 4 ) + 1. çç y - ÷÷÷ = 0 hay 2x + 2y - 15 = 0 çè 2ø Tọa độ giao điểm H của D và d là nghiệm của hệ: ì 13 ï ï x = ì x -y +1 = 0 ï æ ö ï ï ï 4 Þ H çç 13 ; 17 ÷÷ Ûí í çè 4 4 ÷ø ï ï 17 ï 2x + 2y - 15 = 0 ï î y = ï ï î 4 Gọi C' là điểm đối xứng với C qua D thì khi đó C' thuộc đường thẳng chứa cạnh AB và H là trung điểm của CC' do đó ìï ïï xC ' = 5 æ5 ö ïìï xC ' = 2x H - xC Ûí Þ C ' çç ;5 ÷÷÷ í 2 ïï yC ' = 2yH - yC ïï y = 5 èç 2 ø î ïî C '  Suy ra đường thẳng chứa cạnh AB đi qua C' và nhận DC ( 1;2 ) làm vectơ chỉ

ìï ïï x = 5 + t phương nên có phương trình là í ïï y = 52+ 2t ïî Thay x, y từ phương trình đường thẳng chứa cạnh AB vào phương trình đường thẳng D ta được 5 3 + t - 5 - 2t + 1 = 0 Û t = - suy ra A ( 1;2 ) 2 2   ì xB - 1 = 1 ìxB = 2 ï ï Ûï ABCD là hình bình hành nên AB = DC Û ï í í ï ï ï yB - 2 = 2 ï yB = 4 î î Suy ra B ( 2; 4 )

Chú ý: Bài toán có liên quan đến đường phân giác thì ta thường sử dụng nhận xét " D là đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng cắt nhau D1 và

D2 khi đó điểm đối xứng với điểm M Î D1 qua D thuộc D2 "

Ví dụ 5: Cho đường thẳng d : x - 2y - 2 = 0 và 2 điểm A ( 0;1 ) và   B ( 3; 4 ) . Tìm tọa độ điểm M trên d sao cho MA + 2MB là nhỏ nhất. Lời giải:

  M Î d Þ M ( 2t + 2; t ) , MA ( -2t - 2;1 - t ), MB (1 - 2t; 4 - t ) do đó   MA + 2MB = ( -6t; -3t + 9 )

Suy ra   MA + 2MB =

æ 3 ö 314 314 45 çç t - ÷÷÷ + ³ çè 5ø 5 5   æ 16 3 ö 3 MA + 2MB nhỏ nhất khi và chỉ khi t = do đó M çç ; ÷÷÷ là điểm cần 5 èç 5 5 ø tìm. 3. Bài tập luyện tập. Bài 3.24: Cho tam giác ABC có trọng tâm G ( -2; 0 ) , phương trình các cạnh

( -6t )

+ ( -3t + 9 ) = 2

AB: 4x + y + 14 = 0 , AC: 2x + 5y - 2 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C. Bài 3.25: Cho hai đường thẳng d1 : x - y = 0 và d2 : 2x + y - 1 = 0 . Tìm

toạ độ các đỉnh hình vuông ABCD biết rằng đỉnh A thuộc d1 , đỉnh C thuộc d2 và các đỉnh B, D thuộc trục hoành. Bài 3.26: Cho tam giác ABC có đỉnh A ( 2;1 ) , đường cao qua đỉnh B có phương trình x - 3y - 7 = 0 và đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình x + y + 1 = 0 . Xác định toạ độ các đỉnh B và C của tam giác. Bài 3.27: Cho điểm A ( 2;2 ) và các đường thẳng:

d1 : x + y - 2 = 0, d2 : x + y - 8 = 0 . Tìm toạ độ các điểm B và C lần

lượt thuộc d1 và d2 sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. Bài 3.28: Tam giác ABC biết A ( 2; -1 ) và phương trình hai đường phân giác trong của góc B và góc C lần lượt là D : x - 2y + 1 = 0, D ' : 2x - 3y + 6 = 0 . Xác định tọa độ B, C .

Bài 3.29: Cho điểm A ( 2;1 ) . Trên trục Ox , lấy điểm B có hoành độ x B ³ 0 , trên trục Oy , lấy điểm C có tung độ yC ³ 0 sao cho tam giác ABC vuông tại A. Tìm các điểm B, C sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất. Bài 3.30: Cho tam giác ABC cân tại B, với A ( 1; -1 ),C ( 3;5 ) . Điểm B nằm trên đường thẳng d : 2x - y = 0 . Viết phương trình các đường thẳng AB, BC. Bài 3.31: Cho đường thẳng D : x - 2y + 3 = 0 và hai điểm A ( 2;5 ) và B ( -4;5 ) . Tìm tọa độ điểm M trên D sao cho

a) 2MA2 + MB 2 đạt giá trị nhỏ nhất b) MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất c) MA - MB đạt giá trị lớn nhất 22

Bài 3.32: Viết phương trình cạnh BC của tam giác ABC biết A ( 1;1 ) và

phương trình các đường phân giác trong góc B, C lần lượt là 2x - y + 2 = 0 và x - 3y + 3 = 0 . Bài 3.33: Viết phương trình đường thẳng D ' đối xứng với đường thẳng D qua điểm I biết a) I (-3;1); D : 2x + y - 3 = 0 b) ì ïx = 2 - t I (-1; 3); D : ï í ï y = -1 - 2t ï î Bài 3.34: Cho hình vuông tâm I ( 2; 3 ) và AB : x - 2y - 1 = 0 . Viết

phương trình các cạnh còn lại và các đường chéo . Bài 3.35: Cho tam giác ABC vuông tại A biết phương trình cạnh BC là: 3x - y - 3 = 0 ; điểm A, B thuộc trục hoành. Xác định toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC biết bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 2 Bài 3.36: Cho tam giác ABC có C (-2, 0) , đường phân giác trong góc A   có phương trình là 5x + y - 3 = 0 và thỏa mãn AB = 2OM với M ( 2; 3 ) . Tìm tọa độ điểm A, B Bài 3.37: Cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6; 6); đường thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x + y - 4 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh B và C, biết điểm E ( -1; 3 ) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho. Bài 3.38: Cho hình thoi ABCD có A(1, -2); B(-3, 3) và giao điểm của hai đường chéo nằm trên đường thẳng d : x - y + 2 = 0. Tìm toạ độ C và D. Bài 3.39: Cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB : x - y + 1 = 0 và phương trình đường thẳng BD : 2x + y - 1 = 0 ; đường thẳng AC đi qua M ( -1;1 ) . Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật

ABCD .

3 , tọa độ các đỉnh 2 A ( 2; -3 ), B ( 3; -2 ) và trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng có

Bài 3.40: Cho tam giác ABC có diện tích S =

phương trình 3x - y - 8 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh C Bài 3.41: Cho điểm M (1; 1) và hai đường thẳng d1 : 3x - y - 5 = 0, d2 : x + y - 4 = 0.

Viết phương trình tổng quát của đường thẳng d đi qua M và cắt d1, d2 lần lượt tại A, B sao cho 2MA - 3MB = 0.

Bài 3.42. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC nếu biết đỉnh C ( -4;1 ) ; phương trình các đường trung tuyến AA', đường phân giác BB' của tam giác đó lần lượt là 2x - y + 3 = 0, x + y - 6 = 0

Bài 3.43. Cho tam giác ABC có A ( 4; -1 ) và phương trình hai đường trung tuyến BB ' : 8x - y - 3 = 0, CC ' : 14x - 13y - 9 = 0 . Tính tọa độ B, C

Bài 3.44: Cho tam giác ABC ; phương trình các đường thẳng chứa đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt là x - 2y - 13 = 0 và 13x - 6y - 9 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I (-5; 1). Bài 3.45. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC nếu biết đỉnh æ1 ö A ( 5; 3 ) , trực tâm H ( 3;2 ) và trung điểm cạnh BC là M çç ;2 ÷÷÷ . çè 2 ø

Bài 3.46: Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết æ1 5ö M ( 1; 4 ), N ( -1; 3 ) là trung điểm của BC, CA và H çç ; - ÷÷÷ là trực tâm çè 3 3 ø tam giác ABC .

§3. KHOẢNG CÁCH VÀ GÓC 1. Khoảng cách từ một điểm tới đường thẳng : a) Công thức tính khoảng cách từ một điểm tới đường thẳng : Cho đường thẳng D : ax + by + c = 0 và điểm M ( x 0 ; y 0 ) . Khi đó khoảng cách từ M đến (D) được tính bởi công thức: d (M ,(D)) = b) Vị trí của hai điểm đối với đường thẳng. Cho đường thẳng : ax + by + c = 0 và

ax 0 + by 0 + c a 2 + b2

M ( x M ; yM ) Ï D, N ( x N ; yN ) Ï D . Khi đó:

- M, N cùng phía với D Û ( ax M + byM + c )( ax N + byN + c ) > 0 - M, N khác phía với D Û ( ax M + byM + c )( ax N + byN + c ) < 0

Chú ý: Phương trình đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng : 24

D1 : a1x + b1y + c1 = 0 và D2 : a2x + b2y + c2 = 0 là:

a1x + b1y + c1

=±

a2x + b2y + c2

. a12 + b12 a22 + b22 2. Góc giữa hai đường thẳng: a) Định nghĩa: Hai đường thẳng a và b cắt nhau tạo thành bốn góc. Số đo nhỏ nhất của các góc đó được gọi là số đo của góc giữa hai đường thẳng a và b , hay đơn giản là góc giữa a và b . Khi a song song hoặc trùng với b , ta quy ước góc giữa chúng bằng 00 . b) Công thức xác định góc giữa hai đường thẳng. Góc xác định hai đường thẳng D1 và D2 có phương trình

D1 : a1x + b1y + c1 = 0 và D2 : a2x + b2y + c2 = 0 được xác định bởi a1a2 + b1b2

công thức cos ( D1; D2 ) =

. a12 + b12 a22 + b22  DẠNG 1. Bài toán liên quan đến khoảng cách từ một điểm tới một đường thẳng. 1.Phương pháp giải. Để tính khoảng cách từ điểm M ( x 0 ; y 0 ) đến đường thẳng : ax + by + c = 0 ta dùng công thức

d (M 0 ,) =

ax 0 + by 0 + c a 2 + b2

2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Cho đường thẳng  : 5x + 3y - 5 = 0

a) Tính khoảng cách từ điểm A ( -1; 3 ) đến đường thẳng D b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng song song D và ': 5x + 3y + 8 = 0 Lời giải: a) Áp dụng công thức tính khoảng cách ta có: 5.(-1) + 3.3 - 5 1 d (B, D) = = 2 2 34 5 +3 b) Do M ( 1; 0 ) Î nên ta có

d ( D; D ' ) = d (M , D ') =

5.1 + 3.0 + 8

34 52 + 32 Ví dụ 2: (ĐH – 2006A): Cho 3 đường thẳng có phương trình 25

1: x + y + 3 = 0; 2 : x - y - 4 = 0; 3 : x - 2y = 0

Tìm tọa độ điểm M nằm trên 3 sao cho khoảng cách từ M đến 1 bằng 2 lần khoảng cách từ M đến 2 . Lời giải: M Î D3 Þ M ( 2t; t )

Khoảng cách từ M đến 1 bằng 2 lần khoảng cách từ M đến 2 nên ta có

d ( M ; D1 ) = 2d ( M ; D2 ) Û

2t + t + 3

2t - t - 4

2 2 é 3t + 3 = 2 ( t - 4 ) é t = -11 Û êê Û êê 3 t + 3 = 2 t 4 ( ) êë êë t = 1 Vậy có hai điểm thỏa mãn là M 1 ( -22; -11 ), M 2 ( 2;1 )

Ví dụ 3: Cho ba điểm A ( 2; 0 ), B ( 3; 4 ) và P ( 1;1 ) . Viết phương trình đường thẳng đi qua P đồng thời cách đều A và B Lời giải: Đường thẳng D đi qua P có dạng a ( x - 1 ) + b ( y - 1 ) = 0 (a 2 + b 2 ¹ 0 ) hay ax + by - a - b = 0 D cách đều A và B khi và chỉ khi a -b 2a + 3b d ( A; D ) = d ( B; D ) Û = a 2 + b2 a 2 + b2 é a - b = 2a + 3b é a = -4b Û êê Û êê êë b - a = 2a + 3b êë 3a = -2b + Nếu a = -4b , chọn a = 4, b = -1 suy ra D : 4x - y - 3 = 0

+ Nếu 3a = -2b . chọn a = 2, b = -3 suy ra D : 2x - 3y + 1 = 0 Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn bài toán là D1 : 4x - y - 3 = 0 và

D2 : 2x - 3y + 1 = 0

Ví dụ 4: Cho tam giác ABC có A(1; -2), B(5; 4), C (-2, 0) . Hãy viết phương trình đường phân giác trong góc A. Lời giải: Cách 1: Dễ dàng viết đường thẳng AB, AC có phương trình AB: 3x - 2y - 7 = 0 , AC: 2x + 3y + 4 = 0 Ta có phương trình đường phân giác góc A là 26

é 3x - 2y - 7 2x + 3y + 4 ê D1 : = é D1 : x - 5y - 11 = 0 ê 13 13 Û êê ê 3x - 2y - 7 2x + 3y + 4 ê êë D2 : 5x + y - 3 = 0 =ê D2 : êë 13 13 Ta thấy (5 - 5.4 - 11)(-2 - 5.0 - 11) > 0 nên 2 điểm B,C nằm về cùng

1 phía đối với đường thẳng D1 . Vậy D2 : 5x + y - 3 = 0 là phương trình đường phân giác trong cần tìm. Cách 2: Gọi D(x ; y ) là chân đường phân giác hạ từ A của tam giác ABC  AB  DC Ta có BD = AC Mà AB = 2 13, AC = 13 ì 1 ï ï x =  ì ï x 5 = 2( 2 x ) ï AB  3 suy ra D(1 ; 4 ) BD = DC Û ï Ûï í í ï ï 4 AC 3 3 ï y - 4 = 2(0 - y ) ï î y = ï ï î 3 y +2 x -1 Ta có phương trình đường phân giác AD: hay = 4 1 +2 -1 3 3 5x + y - 3 = 0 Cách 3: Gọi M (x ; y ) thuộc đường thẳng D là đường phân giác góc trong góc A     Ta có (AB, AM ) = (AC , AM )     Do đó cos(AB, AM ) = cos(AC , AM ) (*)    Mà AB = (4;6) ; AC = (-3;2) ; AM = (x - 1; y + 2) thay vào (*) ta có

4(x - 1) + 6(y + 2)

-3(x - 1) + 2(y + 2)

42 + 62 (x - 1)2 + (y + 2)2 (-3)2 + 22 (x - 1)2 + (y + 2)2 Û 2(x - 1) + 3(y + 2) = -3(x - 1) + 2(y + 2) Û 5x + y - 3 = 0 Vậy đường phân giác trong góc A có phương trình là: 5x + y - 3 = 0 Ví dụ 5: Cho điểm C  2;5  và đường thẳng  : 3 x  4 y  4  0 . Tìm trên   5 hai điểm A, B đối xứng với nhau qua I  2;  và diện tích tam giác ABC  2 bằng 15 . Lời giải:

 Dễ thấy đường thẳng  đi qua M  0;1 và nhận u  4;3 làm vectơ chỉ

 x  4t phương nên có phương trình tham số là   y  1  3t Vì A  nên A  4t ;1  3t  , t  R .  5 Hai điểm A, B đối xứng với nhau qua I  2;  suy ra  2 4t  xB   2  2  x  4  4t  B   yB  4  3t  5  1  3t  yB  2 2 Do đó B  4  4t ; 4  3t 

 4  8t    3  6t  3.  2   4.5  4 22 2

Ta có AB  d  C;   

Suy ra S ABC

 5 2t  1 và



5 1 1 22  AB.d  C ;    .5 2t  1 .  11 2t  1 2 2 5

Diện tích tam giác ABC bằng 15  11 2t  1  15  2t  1   hoặc t  

15 13 t 12 11

2 . 11

13  52 50   8 5   A ;  , B   ;  11  11 11   11 11  2  8 5   52 50  Với t    A   ;  , B  ;  11  11 11   11 11   52 50   8 5   8 5   52 50  Vậy A  ;  , B   ;  hoặc A   ;  , B  ;  .  11 11   11 11   11 11   11 11  3. Bài tập luyện tập: Bài 3.47: Tính khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng d trong các trường hợp sau: a) M (1; -1) và d : x + y - 5 = 0 b) M ( 3;2 ) và d là trục Ox .

Với t 

c) M (-3;2);(d ) : 2x = 3

ì ï x = -2 + 2t d) M (5; -2);(d ) : ï í ï y = 5 -t ï î

Bài 3.48: Cho hai đường thẳng d1 : 2x - 3y + 1 = 0; d2 : -4x + 6y - 3 = 0 a) Chứng minh rằng d1 / /d2

b) Tính diện tích hình vuông có 4 đỉnh nằm trên 2 đường thẳng d1 và d2 . c) Viết phương trình đường thẳng D song song và cách đều d1, d2 .

Bài 3.49: Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm E ( 2; -1 ) và cách điểm F ( -3; -1 ) một đoạn bằng 3.

Bài 3.50: Viết phương trình tổng quát của đường thẳng đi qua điểm I ( -2; 3 ) và cách đều hai điểm A ( 5; -1 ) và B ( 3;7 ) .

Bài 3.51: a) Cho hai điểm A ( 2;2 ), B ( 5;1 ) . Tìm điểm C trên đường thẳng D : x - 2y + 8 = 0 sao cho diện tích tam giác ABC bằng 17 .

b) Cho tam giác ABC có A ( 2; -4 ), B ( 0; -2 ) và C nằm trên đường thẳng 3x - y + 1 = 0 ; diện tích tam giác ABC bằng 1 (đơn vị diện tích). Hãy tìm toạ độ điểm C.

Bài 3.52: a) Cho hai đường thẳng d1 : 2x - 3y + 5 = 0; d2 : 3x + 2y - 2 = 0 . Tìm M nằm trên Ox cách đều d1 và d2 . b) Cho 3 đường thẳng ì ï x = 1 - 2t d1 : ï ; d2 : 6x + 8y - 1 = 0; d3 : 4x - 3y + 2 = 0 . Tìm M nằm í ï y = 1+t ï î trên d1 cách đều d2 và d3 . Bài 3.53: Cho 2 điểm A ( 2;1 ), B ( -3;2 ) và đường thẳng

d : 4x + 3y + 5 = 0 . Tìm điểm M cách đều A, B đồng thời khoảng cách từ M đến d bằng 2. Bài 3.54: Cho điểm A ( 3;1 ) . Xác định hai điểm B và C sao cho OABC là

hình vuông và B nằm trong góc phần tư thứ nhất. Viết phương trình 2 đường chéo của hình vuông đó. Bài 3.55: Cho hai điểm A ( 1;1 ), B ( 4; -3 ) . Tìm điểm C thuộc đường thẳng x – 2y – 1 = 0 sao cho khoảng cách từ C đến đường thẳng AB bằng 6.

Bài 3.56: Cho tam giác ABC có diện tích bằng 4, hai đỉnh A ( 1; -2 ), B ( 2; -3 ) và trọng tâm G của tam giác ABC nằm trên đường

thẳng d : x - y - 2 = 0 . Tìm toạ độ điểm C. Bài 3.57: Cho tam giác ABC có A ( 0;1 ) và phương trình các đường cao BB ' : 2x - y - 1 = 0 , CC ' : x + 3y - 1 = 0 . Tính diện tích tam giác ABC . Bài 3.58: Cho các điểm A ( 1; 0 ), B ( -2; 4 ), C ( -1; 4 ), D ( 3;5 ) . Tìm tập

hợp điểm M sao cho diện tích hai tam giác MAB và MCD bằng nhau. Bài 3.59. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A ( 1; 0 ), B ( 0;2 ) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng

y = x . Tìm tọa độ đỉnh C và D. Bài 3.60. Cho các điểm A ( 2; 3 ), B ( 5;2 ), C ( 8;6 ) và một đường thẳng

d : x - y + 5 = 0 . Tìm trên d một điểm D sao cho hình vuông MNPQ có các cạnh lần lượt đi qua các điểm A, B ,C , D có diện tích lớn nhất.

Bài 3.61. Cho ba điểm A ( 2; 3 ), B ( 4; -1 ), C ( 4;5 ) . Viết phương trình

đường thẳng D đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ các điểm B và C đến đường thẳng D đạt giá trị lớn nhất. Bài 3.62 : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy,cho tam giác ABC vuông tại C. Biết A ( 3; 0 ) , đỉnh C thuộc trục tung và có tung độ nhỏ hơn 1 , điểm B nằm trên đường thẳng D : 4x + 3y - 12 = 0 . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC, biết tam giác ABC có diện tích bằng 6 .  DẠNG 2: Bài toán liên quan đến góc giữa hai đường thẳng. 1.Phương pháp giải:  Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , góc giữa hai đường thẳng D1; D2 có phương trình (D1 ) : a1x + b1y + c1 = 0, ( a12 + b12 ¹ 0 ) (D2 ) : a2x + b2y + c2 = 0,

( a 22 + b22

được xác định theo công thức: a1a2 + b1b2 cos ( D1, D2 ) = a12 + b12 a22 + b22

¹ 0)



Để xác định góc giữa hai đường thẳng ta chỉ cần biết véc tơ chỉ phương( hoặc vectơ pháp tuyến ) của chúng     cos ( D1, D2 ) = cos u1, u2 = cos n1, n2 .

(

)

(

)

2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Xác định góc giữa hai đường thẳng trong các trường hợp sau: ïì x = t a) D1 : 3x - 2y + 1 = 0; D2 : ïí (t Î R ) ïï y = 7 - 5t î ì x = 1-t ì x = 2 - 4t ' ï ï b) D1 : ï t Î R) D2 : ï ( (t ' Î R ) í í ï ï ï y = 1 + 2t ï y = 5 - 2t ' î î Lời giải:   a) n1 ( 3; -2 ), n2 ( 5;1 ) lần lượt là vectơ pháp tuyến của đường thẳng D1 và

D2 suy ra cos ( D1, D2 ) =

3.5 - 2.1

2 do đó ( D1; D2 ) = 450 2

13. 26   b) u1 ( -1;2 ), u2 ( -4; -2 ) lần lượt là vectơ chỉ phương của đường thẳng D1 và D2 suy ra

cos ( D1, D2 ) =

-1. ( -4 ) + 2. ( -2 )

= 0 do đó ( D1; D2 ) = 900

17. 8 Ví dụ 2: Tìm m để góc hợp bởi hai đường thẳng 1:

2 : mx + y + 1 = 0 một góc bằng 300 Lời giải: Ta có: cos(D1, D2 ) =

3x - y + 7 = 0 và

m 3 -1 ( 3)2 + (-1)2 . m 2 + 12

Theo bài ra góc hợp bởi hai đường thẳng 1, 2 bằng 300 nên

cos 300 = Hay

m 3 -1 2. m + 1 2

m 3 -1 3 = Û 2 2. m 2 + 1

3(m 2 + 1) = m 3 - 1

3(m 2 + 1) = (m 3 - 1)2 Û 3m 2 + 3 = 3m 2 - 2m 3 + 1 Û m = -

Vậy m = -

là giá trị cần tìm. 31

Ví dụ 3: Cho đường thẳng d : 3x - 2y + 1 = 0 và M ( 1;2 ) . Viết phương trình đường thẳng D đi qua M và tạo với d một góc 45o . Lời giải. Đường thẳng D đi qua M có dạng D : a ( x - 1 ) + b ( y - 2 ) = 0, a 2 + b 2 ¹ 0 hay ax + by - a - 2b = 0 Theo bài ra D tạo với d một góc 450 nên: 3a + (-2b) 2 cos 450 = Û = 2 2 2 2 2 3 + (-2) . a + b

3a - 2b 13. a 2 + b 2

é a = 5b 26(a 2 + b 2 ) = 2 3a - 2b Û 5a 2 - 24ab - 5b 2 = 0 Û êê êë 5a = -b + Nếu a = 5b , chọn a = 5, b = 1 suy ra D : 5x + y - 7 = 0 Û

+ Nếu 5a = -b , chọn a = 1, b = -5 suy ra D : x - 5y + 9 = 0 Vậy có 2 đường thẳng thoả mãn D1 : x - 5y + 9 = 0 và

D2 : 5x + y - 7 = 0

Ví dụ 4: Cho 2 đường thẳng D1 : 2x - y + 1 = 0; D2 : x + 2y - 7 = 0 . Viết phương trình đường thẳng D qua gốc toạ độ sao cho D tạo với D1 và

D2 tam giác cân có đỉnh là giao điểm D1 và D2 . Lời giải: Đường thẳng D qua gốc toạ độ có dạng ax + by = 0 với a 2 + b 2 ¹ 0 Theo giả thiết ta có cos ( D; D1 ) = cos ( D; D2 ) hay é 2a - b = a + 2b é a = 3b Û êê Û êê 5. a 2 + b 2 5. a 2 + b 2 êë b - 2a = a + 2b êë 3a = -b + Nếu a = 3b , chọn a = 3, b = 1 suy ra D : 3x + y = 0 2a - b

a + 2b

+ Nếu 3a = -b , chọn a = 1, b = -3 suy ra D : x - 3y = 0

Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn là D1 : 3x + y = 0 và D2 : x - 3y = 0 3. Bài tập luyện tập. Bài 3.63: Tìm côsin góc giữa 2 đường thẳng d1 và d2 trong các trường hợp sau: ì ï x = 1 - 3t a ) d1 : ï ; d2 : 3x + 2y - 2 = 0 í ï y = 2 +t ï î 32

b) d1 : x + my - 1 = 0; d2 : x - y + 2m - 1 = 0

Bài 3.64: Viết phương trình đường thẳng d đi qua M và tạo với D một góc a biết: a ) M (-2; -1); D : 3x + 2y - 1 = 0; a = 300 b) M (4;1); D º Oy ; a = 600

Bài 3.65 : Cho hình vuông có đỉnh A ( -4;5 ) và một đường chéo nằm trên

đường thẳng có phương trình 7x - y + 8 = 0 . Lập phương trình các cạnh và đường chéo thứ hai của hình vuông. Bài 3.66: Cho DABC cân đỉnh A . Biết phương trình các đường thẳng AB, BC là AB : x + y + 1 = 0; BC : 2x - 3y - 5 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC biết nó đi qua M ( 1;1 ) . Bài 3.67: Cho DABC đều biết: A ( 2;6 ) và BC :

3x - 3y + 6 = 0 . Viết

phương trình các cạnh còn lại. Bài 3.68. Cho tam giác ABC có cả ba góc đều nhọn. Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC của tam giác, biết tọa độ chân các đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C tương ứng là A ' ( -1; -2 ), B ' ( 2;2 ), C ' ( -1;2 ) Bài 3.69: Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho các điểm A(1; 2), B(4; 3).  Tìm tọa độ điểm M sao cho MAB = 1350 và khoảng cách từ M đến đường

thẳng AB bằng

10 . 2

Bài 3.70: Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD (AB//CD, AB<CD). Biết A ( 0;2 ), D ( -2; -2 ) và I nằm trên đường thẳng  x + y - 4 = 0 sao cho AID = 450 (với I = AC  BD). Tính tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang.

§4. ĐƯỜNG TRÒN A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT. 1. Phương trình đường tròn.  Phương trình đường tròn (C) tâm I (a;b ) , bán kính R là :

(x - a )2 + (y - b)2 = R 2

Dạng khai triển của (C) là : x 2 + y 2 - 2ax - 2by + c = 0 với

c = a 2 + b 2 - R2  Phương trình x 2 + y 2 - 2ax - 2by + c = 0 với điều kiện

a 2 + b 2 - c > 0 , là phương trình đường tròn tâm I (a;b ) bán kính

R = a 2 + b2 - c 2. Phương trình tiếp tuyến : Cho đường tròn (C) : (x - a )2 + (y - b)2 = R 2  Tiếp tuyến D của (C) tại điểm M ( x 0 ; y 0 ) là đường thẳng đi qua M và vuông góc với IM nên phương trình : D : (x 0 - a )(x - a ) + (y 0 - a )(y - a ) = R 2 

D : ax + by + c = 0 là tiếp tuyến của (C) Û d (I , D) = R

Đường tròn (C) : (x - a )2 + (y - b)2 = R 2 có hai tiếp tuyến cùng phương với Oy là x = a ± R . Ngoài hai tiếp tuyến này các tiếp tuyến còn lại đều có dạng : y = kx + m B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI.  DẠNG 1: Nhận dạng phương trình đường tròn. Tìm tâm và bán kính đường tròn. 1. Phương pháp giải. Cách 1: + Đưa phương trình về dạng: (C ): x 2 + y 2 - 2ax - 2by + c = 0 (1) 

+ Xét dấu biểu thức P = a 2 + b 2 - c Nếu P > 0 thì (1) là phương trình đường tròn (C ) có tâm I (a;b ) và bán

kính R = a 2 + b 2 - c Nếu P £ 0 thì (1) không phải là phương trình đường tròn. Cách 2: Đưa phương trình về dạng: (x - a )2 + (y - b)2 = P (2). Nếu P > 0 thì (2) là phương trình đường tròn có tâm I (a;b ) và bán kính

R= P Nếu P £ 0 thì (2) không phải là phương trình đường tròn. 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Trong các phương trình sau, phương trình nào biểu diễn đường tròn? Tìm tâm và bán kính nếu có. a ) x 2 + y 2 + 2x - 4y + 9 = 0 (1)

b) x 2 + y 2 - 6x + 4y + 13 = 0

(2)

c) 2x 2 + 2y 2 - 6x - 4y - 1 = 0

(3)

d ) 2x 2 + y 2 + 2x - 3y + 9 = 0

(4)

Lời giải: a) Phương trình (1) có dạng x 2 + y 2 - 2ax - 2by + c = 0 với a = -1; b = 2; c = 9

Ta có a 2 + b 2 - c = 1 + 4 - 9 < 0 Vậy phương trình (1) không phải là phương trình đường tròn. b) Ta có: a 2 + b 2 - c = 9 + 4 - 13 = 0 Suy ra phương trình (2) không phải là phương trình đường tròn. 2 æ 2 1 3 ö÷ 5 2 2 ç c) Ta có: ( 3 ) Û x + y - 3x - 2y - = 0 Û ç x - ÷÷ + ( y - 1 ) = ç 2 2ø 2 è æ3 ö Vậy phương trình (3) là phương trình đường tròn tâm I çç ;1 ÷÷÷ bán kính çè 2 ø 10 2 d) Phương trình (4) không phải là phương trình đường tròn vì hệ số của x 2 và y 2 khác nhau. Ví dụ 2: Cho phương trình x 2 + y 2 - 2mx - 4 ( m - 2 ) y + 6 - m = 0 (1) R=

a) Tìm điều kiện của m để (1) là phương trình đường tròn. b) Nếu (1) là phương trình đường tròn hãy tìm toạ độ tâm và bán kính theo m Lời giải: a) Phương trình (1) là phương trình đường tròn khi và chỉ khi a 2 + b2 - c > 0 Với a = m; b = 2 ( m - 2 ); c = 6 - m ém > 2 2 Hay m 2 + 4 ( m - 2 ) - 6 + m > 0 Û 5m 2 - 15m + 10 > 0 Û êê êë m < 1 b) Với điều kiện trên thì đường tròn có tâm I ( m;2 ( m - 2 ) ) và bán kính:

R = 5m 2 - 15m + 10 Ví dụ 3: Cho phương trình đường cong (C m ) :

x 2 + y 2 + ( m + 2 ) x - ( m + 4 )y + m + 1 = 0 (2)

a) Chứng minh rằng (2) là phương trình một đường tròn 35

b) Tìm tập hợp tâm các đường tròn khi m thay đổi c) Chứng minh rằng khi m thay đổi họ các đường tròn (C m ) luôn đi qua hai điểm cố định. Lời giải: a) Ta có æ m + 2 ö÷ æ m + 4 ö÷ (m + 2 ) + 4 a 2 + b 2 - c = çç >0 ÷ + çç ÷ -m -1 = çè 2 ÷ø 2 èç 2 ÷ø Suy ra (2) là phương trình đường tròn với mọi m ì m +2 ï ï xI = ï 2 b) Đường tròn có tâm I : ï suy ra x I + yI - 1 = 0 í ï m + 4 ï y = ï ï î I 2 Vậy tập hợp tâm các đường tròn là đường thẳng D : x + y - 1 = 0 2

c) Gọi M ( x 0 ; y 0 ) là điểm cố định mà họ (C m ) luôn đi qua.

Khi đó ta có: xo2 + y 02 + ( m + 2 ) x 0 - ( m + 4 ) y 0 + m + 1 = 0, "m Û ( x 0 - y 0 - 1 ) m + xo2 + y 02 + 2x 0 - 4y 0 + 1 = 0, "m

ïì x 0 - y 0 + 1 = 0 ïìï x 0 = -1 ïìï x 0 = 1 Û ïí 2 Û hoặc í í ïï x 0 + y 02 + 2x 0 - 4y 0 + 1 = 0 ïï y 0 = 0 ïï y 0 = 2 î î î Vậy có hai điểm cố định mà họ (C m ) luôn đi qua với mọi m là M 1 ( -1; 0 ) và M 2 ( 1;2 )

3. Bài tập luyện tập. Bài 3.71: Trong các phương trình sau đây, phương trình nào là phương trình của một đường tròn. Xác định tâm và tính bán kính của nó. a) x 2 + y 2 - 4x + 2y + 6 = 0 . b) x 2 + y 2 + 6x - 8y + 16 = 0 . c) x 2 - y 2 + 4x - 5y + 1 = 0 . d) 2x 2 + 2y 2 - 3x - 2 = 0 Bài 3.72: Cho phương trình : x 2 + y 2 + 6mx - 2(m - 1)y + 11m 2 + 2m - 4 = 0 . a) Tìm điều kiện của m để pt trên là pt đường tròn. b) Tìm quỹ tích tâm đường tròn. Bài 3.73: Cho phương trình (C m ) :

x 2 + y 2 + 2(m - 1)x - 2(m - 3)y + 2 = 0 . a) Tìm m để (C m ) là phương trình của một đường tròn.

b) Tìm m để (C m ) là đường tròn tâm I (1; -3). Viết phương trình đường tròn này. c) Tìm m để (C m ) làđường tròn có bán kính R = 5 2. Viết phương trình đường tròn đó Bài 3.74: Cho A ( -1; 0 ), B ( 2; 4 ) và C ( 4;1 ) . Chứng minh rằng tập hợp các điểm M thoả mãn 3MA2 + MB 2 = 2MC 2 là một đường tròn (C). Tìm tọa độ tâm và tính bán kính của (C).  DẠNG 2: Viết phương trình đường tròn 1. Phương pháp giải. Cách 1: + Tìm toạ độ tâm I (a;b ) của đường tròn (C)

+ Tìm bán kính R của đường tròn (C) + Viết phương trình của (C) theo dạng (x - a )2 + (y - b)2 = R 2 . Cách 2: Giả sử phương trình đường tròn (C) là: x 2 + y 2 - 2ax - 2by + c = 0 (Hoặc x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0 ). + Từ điều kiện của đề bài thành lập hệ phương trình với ba ẩn là a, b, c. + Giải hệ để tìm a, b, c từ đó tìm được phương trình đường tròn (C). Chú ý: * A Î (C ) Û IA = R * (C ) tiếp xúc với đường thẳng D tại A Û IA = d ( I ; D ) = R * (C ) tiếp xúc với hai đường thẳng D1 và D2 Û d ( I ; D1 ) = d ( I ; D2 ) = R

2. Các ví dụ. Ví dụ 1 : Viết phương trình đường tròn trong mỗi trường hợp sau: a) Có tâm I ( 1; -5 ) và đi qua O ( 0; 0 ). b) Nhận AB làm đường kính với A ( 1;1 ), B ( 7;5 ) . c) Đi qua ba điểm: M ( -2; 4 ), N ( 5;5 ), P ( 6; -2 ) Lời giải: a) Đường tròn cần tìm có bán kính là OI = phương trình là ( x - 1 ) + ( y + 5 ) = 26 2

12 + 52 =

26 nên có

b) Gọi I là trung điểm của đoạn AB suy ra I ( 4; 3 )

AI =

( 4 - 1)

+ ( 3 - 1) = 2

13 37

Đường tròn cần tìm có đường kính là AB suy ra nó nhận I ( 4; 3 ) làm tâm và bán kính R = AI =

(x - 4 )

13 nên có phương trình là

+ ( y - 3 ) = 13 2

c) Gọi phương trình đường tròn (C) có dạng là: x 2 + y 2 - 2ax - 2by + c = 0 . Do đường tròn đi qua ba điểm M , N , P nên ta có hệ phương trình: ì ì ï ï 4 + 16 + 4a - 8b + c = 0 a =2 ï ï ï ï ï í 25 + 25 - 10a - 10b + c = 0 Û ï íb = 1 ï ï ï ï 36 + 4 12 a + 4 b + c = 0 ï ï ï ïc = -20 î î Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: x 2 + y 2 - 4x - 2y - 20 = 0 Nhận xét: Đối với ý c) ta có thể làm theo cách sau Gọi I ( x ; y ) và R là tâm và bán kính đường tròn cần tìm

ì ï IM 2 = IN 2 Vì IM = IN = IP Û ï nên ta có hệ í 2 2 ï IM = IP ï î 2 2 ìï x + 2 + y - 4 = x - 5 2 + y - 5 2 ïì x = 2 ) ( ) ( ) ( ) ïï ( Û ïí í 2 2 2 2 ïï( x + 2 ) + ( y - 4 ) = ( x - 6 ) + (y + 2 ) ïï y = 1 î ïî Ví dụ 2: Viết phương trình đường tròn (C) trong các trường hợp sau: a) (C) có tâm I ( -1;2 ) và tiếp xúc với đường thẳng D : x - 2y + 7 = 0

b) (C) đi qua A ( 2; -1 ) và tiếp xúc với hai trục toạ độ Ox và Oy

c) (C) có tâm nằm trên đường thẳng d : x - 6y - 10 = 0 và tiếp xúc với hai đường thẳng có phương trình d1 : 3x + 4y + 5 = 0 và

d2 : 4x - 3y - 5 = 0 Lời giải: a) Bán kính đường tròn (C) chính là khoẳng cách từ I tới đường thẳng D -1 - 4 - 7 2 nên R = d ( I ; D ) = = 1+4 5 2 2 4 Vậy phương trình đường tròn (C) là : ( x + 1 ) + ( y - 2 ) = 5 b) Vì điểm A nằm ở góc phần tư thứ tư và đường tròn tiếp xúc với hai trục toạ độ nên tâm của đường tròn có dạng I ( R; -R ) trong đó R là bán kính đường tròn (C). 38

Ta có:

éR = 1 2 2 R 2 = IA2 Û R 2 = ( 2 - R ) + ( -1 + R ) Û R 2 - 6R + 5 = 0 Û êê êë R = 5

Vậy có hai đường tròn thoả mãn đầu bài là: ( x - 1 ) + ( y + 1 ) = 1 và 2

(x - 5)

+ ( y + 5 ) = 25 2

c) Vì đường tròn cần tìm có tâm K nằm trên đường thẳng d nên gọi K ( 6a + 10; a )

Mặt khác đường tròn tiếp xúc với d1, d2 nên khoảng cách từ tâm I đến hai đường thẳng này bằng nhau và bằng bán kính R suy ra 3(6a + 10) + 4a + 5 4(6a + 10) - 3a - 5 =  5 5 éa = 0 ê 22a + 35 = 21a + 35 Û ê ê a = -70 êë 43

- Với a = 0 thì K ( 10; 0 ) và R = 7 suy ra (C ) : ( x - 10 ) + y 2 = 49 - Với a =

æ 10 -70 ö÷ -70 7 thì K çç ; suy ra ÷÷ và R = çè 43 43 ø 43 43

æ æ æ7 ö 10 ö 70 ö (C ) : ççç x - ÷÷÷ + ççç y + ÷÷÷ = ççç ÷÷÷ 43 ø 43 ø è è è 43 ø Vậy có hai đường tròn thỏa mãn có phương trình là 2 2 2 æ æ æ 7 ö÷ 2 10 ö÷ 70 ö÷ 2 ç ç ç (C ) : ( x - 10 ) + y = 49 và (C ) : çç x - ÷÷ + çç y + ÷÷ = çç ÷÷ 43 ø 43 ø è è è 43 ø 2

Ví dụ 3: Cho hai điểm A ( 8; 0 ) và B ( 0;6 ) .

a) Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB b) Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác OAB Lời giải: a) Ta có tam giác OAB vuông ở O nên tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác là trung điểm của cạnh huyền AB suy ra I ( 4; 3 ) và Bán kính

R = IA =

(8 - 4)

+ (0 - 3) = 5 2

Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là:

(x - 4 )

+ ( y - 3 ) = 25 2

b) Ta có OA = 8; OB = 6; AB =

82 + 62 = 10

1 . = pr (vì cùng bằng diện tích tam giác ABC ) Mặt khác OAOB 2 OAOB . =2 Suy ra r = OA + OB + AB Dễ thấy đường tròn cần tìm có tâm thuộc góc phần tư thứ nhất và tiếp xúc với hai trục tọa độ nên tâm của đường tròn có tọa độ là ( 2;2 )

Vậy phương trình đường tròn nội tiếp tam giác OAB là:

(x - 2)

+ (y - 2 ) = 4 2

Ví dụ 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường

3x + y = 0 . và d2 :

thẳng d1 :

3x - y = 0 . Gọi (C)

là đường tròn tiếp xúc với d1 tại A, cắt d2 tại hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết phương trình

A B

3 và 2

của (C), biết tam giác ABC có diện tích bằng

Hình 3.1 điểm A có hoành độ dương. Lời giải (hình 3.1) Vì A Î d1 Þ A a; - 3a , a > 0; B, C Î d2 Þ B b; 3b , C c; 3c   Suy ra AB b - a; 3 (a + b ) , AC c - a; 3 (c + a )

(

)

(

)

) (

)

Tam giác ABC vuông tại B do đó AC là đường kính của đường tròn C. Do đó AC ^ d1 Þ   AC .u1 = 0 Û -1. (c - a ) + 3. 3 (a + c ) = 0 Û 2a + c = 0 (1)   AB ^ d2 Þ AB.u2 = 0 Û 1. (b - a ) + 3 (a + b ) = 0 Û 2b + a = 0 (2) Mặt khác

1 1 2 3a S ABC = d ( A; d2 ).BC Þ . 2 2 2 Û 2a c - b = 1 (3)

(c - b )

+ 3 (c - b ) = 2

3 2

Từ (1), (2) suy ra 2 (c - b ) = -3a thế vào (3) ta được a -3a = 1 Û a =

Do đó b = -

3 3

æ 3 ö æ 2 3 ö 3 2 3 ,c =Þ A ççç ; -1 ÷÷÷, C ççç ; -2 ÷÷÷ ÷ø çè ÷ø çè 3 6 3 3

æ 3 3 ö÷ ; - ÷÷ là trung điểm AC làm tâm và bán kính là Suy ra (C) nhận I ççç çè 6 2 ÷ø

AC =1 2

2 æ æ 3 ö÷ 3 ö÷ ç ç ÷÷ + ç x + ÷ = 1 Vậy phương trình đường tròn cần tìm là (C ) : çç x + çè çè 6 ÷ø 2 ÷ø 2

3. Bài tập luyện tập. Bài 3.75.Viết phương trình đường tròn (C) biết a) (C) có đường kính AB với A(1; -1) và B(3; 3) . b) (C) ngoại tiếp DABC với A(4; 4), B(1; -5) và C (-3; 3) . c) (C) có tâm I (1;2) và tiếp xúc với đường thẳng D : 3x - 4y + 7 = 0 . Bài 3.76: (ĐH 2007A) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có A ( 0;2 ) ,

B ( -2; -2 ) và C ( 4; -2 ) . Gọi H là chân đường cao kẻ từ B; M và N lần lượt

là trung điểm của các cạnh AB và BC. Viết phương trình đường tròn đi qua các điểm H, M, N. Bài 3.77: Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC , hai cạnh AB, AC

theo thứ tự có phương trình x + y - 2 = 0 và 2x + 6y - 3 = 0 . Cạnh BC có trung điểm M ( -1;1 ) . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Bài 3.78: Viết phương trình đường tròn (C) trong trường hợp sau: a) Đi qua A(-4;2) và tiếp xúc với hai trục toạ độ. b) Có tâm nằm trên đường thẳng x = 5 và tiếp xúc với hai đường thẳng: d1 : 3x - y + 3 = 0, d2 : x - 3y + 9 = 0 . Bài 3.79: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn (C):

4 và hai đường thẳng D1 : x - y = 0, D2 : x - 7y = 0 . 5 Xác định toạ độ tâm K và tính bán kính của đường tròn (C1); biết đường tròn (C1) tiếp xúc với các đường thẳng 1, 2 và tâm K thuộc (C). Bài 3.80: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai điểm A ( 2; 0 ), B ( 6; 4 ) (x - 2)2 + y 2 =

. 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. Bài 3.81: Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC tạo bởi ba đường thẳng 4x - 3y - 65 = 0, 7x - 24y + 55 = 0 3x + 4y - 5 = 0 .

Bài 3.82. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho 2 điểm A ( 0;5 ), B ( 2; 3 ) . Viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm A, B và có bán kính R = 10 . Bài 3.83: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho điểm A ( -1;1 ) và

đường thẳng d : x - y + 1 - 2 = 0 . Viết phương trình đường tròn (C) đi qua điểm A, gốc toạ độ O và tiếp xúc với đường thẳng d . Bài 3.84: Trong mặt phẳng Oxy , cho ba điểm A ( -1;7 ), B ( 4; -3 ) và C ( -4;1 ) . Hãy viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Bài 3.85: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho điểm M ( 2;1 ) và đường

thẳng D : x - y + 1 = 0 . Viết phương trình đường tròn đi qua M cắt D ở 2 điểm A, B phân biệt sao cho DMAB vuông tại M và có diện tích bằng 2. (x - 1)2 + (y - 2)2 = 2  DẠNG 3: Vị trí tương đối của điểm; đường thẳng; đường tròn với đường tròn 1. Phương pháp giải.  Vị trí tương đối của điểm M và đường tròn (C) Xác định tâm I và bán kính R của đường tròn (C) và tính IM + Nếu IM < R suy ra M nằm trong đường tròn + Nếu IM = R suy ra M thuộc đường tròn + Nếu IM > R suy ra M nằm ngoài đường tròn  Vị trí tương đối giữa đường thẳng D và đường tròn (C) Xác định tâm I và bán kính R của đường tròn (C) và tính d ( I ; D ) + Nếu d ( I ; D ) < R suy ra D cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt + Nếu d ( I ; D )= R suy ra D tiếp xúc với đường tròn 42

+ Nếu d ( I ; D ) > R suy ra D không cắt đường tròn

Chú ý: Số nghiệm của hệ phương trình tạo bởi phương trình đường thẳng D và đường tròn (C) bằng số giao điểm của chúng. Tọa độ giao điểm là nghiệm của hệ.  Vị trí tương đối giữa đường tròn (C) và đường tròn (C') Xác định tâm I, bán kính R của đường tròn (C) và tâm I', bán kính R' của đường tròn (C') và tính II ' , R + R ', R - R ' + Nếu II ' > R + R ' suy ra hai đường tròn không cắt nhau và ở ngoài nhau + Nếu II ' = R + R ' suy ra hai đường tròn tiếp xúc ngoài với nhau + Nếu II '< R - R ' suy ra hai đường tròn không cắt nhau và lồng vào nhau + Nếu II ' = R - R ' suy ra hai đường tròn tiếp xúc trong với nhau

+ Nếu R - R ' < II ' < R + R ' suy ra hai đường tròn cắt nhau tại hai điểm phân biệt Chú ý: Số nghiệm của hệ phương trình tạo bởi phương trình đường thẳng (C) và đường tròn (C') bằng số giao điểm của chúng. Tọa độ giao điểm là nghiệm của hệ. 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Cho đường thẳng D : x - y + 1 = 0 và đường tròn

(C ) : x 2 + y 2 - 4x + 2y - 4 = 0 a) Chứng minh điểm M ( 2;1 ) nằm trong đường tròn b) Xét vị trí tương đối giữa D và (C )

c) Viết phương trình đường thẳng D ' vuông góc với D và cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt sao cho khoảng cách của chúng là lớn nhất. Lời giải: a) Đường tròn (C) có tâm I ( 2; -1 ) và bán kính R = 3 . Ta có IM = đường tròn.

(2 - 2)

b) Vì d ( I ; D ) =

+ ( 1 + 1 ) = 2 < 3 = R do đó M nằm trong

2 +1+1 1+1

= 2 2 < 3 = R nên D cắt (C ) tại hai điểm

phân biệt. c) Vì D ' vuông góc với D và cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt sao cho khoảng cách của chúng là lớn nhất nên D ' vuông góc với D và đi qua tâm I của đường tròn (C). 43

 Do đó D ' nhận vectơ uD = ( 1;1 ) làm vectơ pháp tuyến suy ra D ' : 1( x - 2 ) + 1( y + 1 ) = 0 hay x + y - 1 = 0

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là D ' : x + y - 1 = 0 Ví dụ 2: Trong mặt phẳng Oxy , cho hai đường tròn

(C ) : x 2 + y 2 - 2x - 6y - 15 = 0

và (C ' ) : x 2 + y 2 - 6x - 2y - 3 = 0

a) Chứng minh rằng hai đường tròn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B b) Viết phương trình đường thẳng đi qua A và B c) Viết phương trình đường tròn đi qua ba điểm A, B và O Lời giải a) Cách 1: (C ) có tâm I ( 1; 3 ) và bán kính R = 5 , (C ) có tâm I ' ( 3;1 ) và bán kính R =

II ' =

( 3 - 1)

+ (1 - 3 ) = 2 2 2

Ta thấy R1 - R2 < I 1I 2 < R1 + R2 suy ra hai đường tròn cắt nhau. Cách 2: Xét hệ phương trình ìï x 2 + y 2 - 2x - 6y - 15 = 0 ìï x 2 + y 2 - 2x - 6y - 15 = 0 ïí ïí Û ïï x 2 + y 2 - 6x - 2y - 3 = 0 ïï x -y -3 = 0 î î ìï é y = -2 2 ïï ê ìï y + 3 2 + y 2 - 2 y + 3 - 6y - 15 = 0 ì ï y y 6 = 0 ) ( ) ï( Ûí Û ïí Û ïí êêë y = 3 ïï ïï x = y + 3 ïï x =y+3 î ïî ïïî x = y + 3 Suy ra hai đường tròn cắt nhau tại hai điểm có tọa độ là A ( 1; -2 ) và B ( 6; 3 )

 b) Đường thẳng đi qua hai điểm A, B nhận AB ( 5;5 ) làm vectơ chỉ phương ì ï x = 1 + 5t suy ra phương trình đường thẳng cần tìm là ï í ï y = -2 + 5t ï î c) Cách 1: Đường tròn cần tìm (C") có dạng x 2 + y 2 - 2ax - 2by + c = 0

(C") đi qua ba điểm A, B và O nên ta có hệ ìï ïïa = 7 ìï 1 + 4 - 2a + 4b + c = 0 ïï 2 ïï ïï 1 ïí 36 + 9 - 12a - 6b + c = 0 Û í b = ïï ïï 2 c=0 ïîï ïï c = 0 ïï ïî Vậy (C") : x 2 + y 2 - 7x - y = 0 Cách 2: Vì A, B là giao điểm của hai đường tròn (C) và (C') nên tọa độ đều thỏa mãn phương trình x 2 + y 2 - 2x - 6y - 15 + m ( x 2 + y 2 - 6x - 2y - 3 ) = 0 (*) Tọa độ điểm O thỏa mãn phương trình (*) khi và chỉ khi -15 + m.( -3 ) = 0 Û m = -5

Khi đó phương trình (*) trở thành x 2 + y 2 - 7x - y = 0

Vậy phương trình đường tròn cần tìm là x 2 + y 2 - 7x - y = 0

Ví dụ 3: Cho đường tròn (C ) : x 2 + y 2 - 2x + 4y - 4 = 0 có tâm I và

đường thẳng D : 2x + my + 1 - 2 = 0 a) Tìm m để đường thẳng D cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A, B b) Tìm m để diện tích tam giác IAB là lớn nhất Lời giải (hình 3.2) a) Đường tròn (C) có tâm I ( 1; -2 ) , bán kính R = 3

D cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi

d (I ; D ) < R Û

2 - 2m + 1 - 2

<3 2 + m2 Û 5m 2 + 5m + 17 > 0 (đúng với mọi m) b) Ta có   1 9 9 S IAB = IA.IB.sin AIB = sin AIB £ 2 2 2 9 Suy max S IAB = khi và chỉ khi 2   sin AIB = 1 Û AIB = 900 Gọi H là hình chiếu của I lên D khi đó  3 AIH = 450 Þ IH = IA.cos 450 = 2

I A

Hình 3.2

Ta có

d ( I ; D ) = IH Û

1 - 2m

Û m 2 + 8m + 16 = 0 Û m = -4

2 2+m Vậy với m = -4 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2

3. Bài tập luyện tập. Bài 3.86: Cho d : x - 5y - 2 = 0 và (C) có tâm I ( -1;2 ) , bán kính

R = 13 a) Viết phương trình đường tròn (C). b) Tìm toạ độ giao điểm của (C) và d Bài 3.87: Biện luận số giao điểm của (C) và d trong đó: d : mx - y - 3m - 2 = 0, (C ) : x 2 + y 2 - 4x - 2y = 0 Bài 3.88: Trong mặt phẳng toạ độ cho đường tròn

(C ) : ( x - 1 )

+ ( y - 2 ) = 4 và đường thẳng d : x - y - 1 = 0 . Viết 2

phương trình đường tròn (C') đối xứng với (C) qua d. Tìm toạ độ các giao điểm của (C) và (C'). Bài 3.89: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn (C) có

phương trình x 2 + y 2 - 12x - 4y + 36 = 0 . Viết phương trình đường tròn (C1) tiếp xúc với hai trục tọa độ Ox, Oy đồng thời tiếp xúc ngoài với đường tròn (C). Bài 3.90: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn (C) và đường thẳng d lần lượt có phương trình: (C): x 2 + y 2 - 2x - 2y + 1 = 0 , d : x - y + 3 = 0 . Tìm toạ 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). Bài 3.91: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn (C):

x 2 + y 2 = 1 . Đường tròn (C) tâm I ( 2;2 ) cắt (C) tại các điểm A, B sao cho

AB = 2 . Viết phương trình đường thẳng AB. Bài 3.92: Cho hai đường tròn: (C ) : x 2 + y 2 = 1 và

(C m ) : x 2 + y 2 - 2 ( m + 1 )x + 4my - 5 = 0 Xác định m để (C m ) tiếp xúc với (C).

Bài 3.93. Trong mặt phẳng Oxy , Viết phương trình đường thẳng qua điểm O và cắt đường tròn (C): x 2 + y 2 - 2x + 6y - 15 = 0 . tại hai điểm A, B sao cho O là trung điểm của AB. 46

Bài 3.94. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn

(C ) : x 2 + y 2 + 2x - 4y - 20 = 0

và điểm A ( 3; 0 ) . Viết phương trình

đường thẳng D đi qua A và cắt đường tròn (C) theo một dây cung MN sao cho a) MN có độ dài lớn nhất b) MN có độ dài nhỏ nhất. Bài 3.95. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn

(C ) : x 2 + y 2 - 2x + 4y + 4 = 0

có tâm I và điểm M ( -1; -3 ) . Viết

phương trình đường thẳng D đi qua M và cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất. Bài 3.96. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường tròn:

(C ) : x 2 + y 2 - 4x - 6y = 0 và (C ') : x 2 + y 2 + 4x = 0 . Một đường thẳng D đi qua giao điểm của (C) và (C') lần lượt cắt lại (C) và (C') tại M và N. Viết phương trình đường thẳng D khi MN đạt giá trị lớn nhất. Bài 3.97: Cho (C ) : ( x - 1 ) + ( y + 1 ) = 25 và M ( 7; 3 ) . Viếp phương 2

trình đường thẳng qua M cắt (C) tại A, B sao cho MA = 3MB .

Bài 3.98: Cho đường tròn (C ) : x 2 + y 2 = 4 và điểm M ( 2;2 ) . Viết

phương trình đường thẳng qua M và cắt (C) tai hai điểm phân biệt A, B sao cho AB = 2 . Bài 3.99: Cho đường tròn (C ) : ( x - 1 ) + ( y - 1 ) = 25 và hai điểm 2

A ( 7;9 ), B ( 0; 8 ) . Tìm M trên đường tròn để MA + 2MB đạt giá trị lớn

nhất. Bài 3.100: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn

(C ) : x 2 + y 2 - 4x + 2y - 15 = 0. Gọi I là tâm đường tròn (C ). Đường thẳng D đi qua M (1; - 3) cắt (C ) tại hai điểm A và B. Viết phương trình

đường thẳng D biết tam giác IAB có diện tích bằng 8 và cạnh AB là cạnh lớn nhất. Bài 3.101: Cho tam giác ABC có trực tâm H. Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC là x 2 + y 2 - x - 5y + 4 = 0 , H thuộc đường thẳng D : 3x - y - 4 = 0 , trung điểm AB là M ( 2; 3 ) . Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác.

Bài 3.102: Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A ( 1; 0 ) và các đường tròn

(C ) : x 2 + y 2

= 2 và (C ' ) : x 2 + y 2 = 5 . Tìm tọa độ các điểm B và C lần 47

lượt nằm trên các đường tròn (C) và (C') để tam giác ABC có diện tích lớn nhất. Bài 3.103: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng

D : x + y - 2 = 0 và đường tròn (C ) : x 2 + y 2 - 2x + 2y - 7 = 0 .

Chứng minh rằng D cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B và tìm toạ độ điểm C trên (C) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 3 + 2 7 .

(

)

Bài 3.104: Trong mặt phẳng Oxy , gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác

(

)

ABC với A ( 2;1 ), B ( 4; 0 ), C 3; 2 - 1 và đường thẳng

d : 4x + y - 4 = 0 . Tìm trên d điểm M sao cho tiếp tuyến của (C) qua M tiếp xúc với (C) tại N sao cho diện tích tam giác NAB lớn nhất.

Bài 3.105: Trong mặt phẳng hệ trục tọa độ Oxy cho đường tròn

(C ) : x 2 + y 2 - 2x - 3 = 0 . Gọi B,C là giao điểm của đường thẳng

D : x + y - 3 = 0 với đường tròn (C). Hãy tìm điểm A trên đường tròn (C) sao cho tam giác ABC có chu vi lớn nhất.

 DẠNG 4: Viết phương trình tiếp tuyến với đường tròn 1. Phương pháp giải. Cho đường tròn (C) tâm I (a;b ) , bán kính R 



Nếu biết tiếp điểm là M ( x 0 ; y 0 ) thì tiếp tuyến đó đi qua M và nhận  vectơ IM ( x 0 - a; y 0 - b ) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là ( x 0 - a )( x - x 0 ) + ( y 0 - b )(y - y 0 ) = 0

Nếu không biết tiếp điểm thì dùng điều kiện: Đường thẳng D tiếp xúc đường tròn (C) khi và chỉ khi d ( I ; D ) = R để xác định tiếp

tuyến. 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Cho đường tròn (C) có phương trình x 2 + y 2 - 6x + 2y + 6 = 0 và điểm hai điểm A ( 1; -1 ); B ( 1; 3 ) a) Chứng minh rằng điểm A thuộc đường tròn, điểm B nằm ngoài đường tròn b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm A c) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) kẻ từ B. 48

Lời giải: Đường tròn (C) có tâm I ( 3; -1 ) bán kính R =

32 + 1 - 6 = 2 .

a) Ta có: IA = 2 = R; IB = 2 5 > R suy ra điểm A thuộc đường tròn và điểm B nằm ngoài đường tròn

 b) Tiếp tuyến của (C) tại điểm A nhận IA = ( 2; 0 ) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là 2 ( x - 1 ) + 0 ( y + 1 ) = 0 hay x = 1

b) Phương trình đường thẳng D đi qua B có dạng: a ( x - 1 ) + b ( y - 3 ) = 0 (với a 2 + b 2 ¹ 0 ) hay ax + by - a - 3b = 0 Đường thẳng D là tiếp tuyến của đường tròn Û d ( I ; D ) = R Û

3a - b - a - 3b a 2 + b2

é b=0 2 = 2 Û (a - 2b ) = a 2 + b 2 Û 3b 2 - 4ab = 0 Û êê êë 3b = 4a

+ Nếu b = 0 , chọn a = 1 suy ra phương trình tiếp tuyến là x = 1 . + Nếu 3b = 4a , chọn a = 3, b = 4 suy ra phương trình tiếp tuyến là

3x + 4y - 15 = 0 Vậy qua A kẻ được hai tiếp tuyến với (C) có phương trình là x = 1 và 3x + 4y - 15 = 0 Ví dụ 2: Viết phương trình tiếp tuyến D của đường tròn (C ) : x 2 + y 2 - 4x + 4y - 1 = 0 trong trường

a) Đường thẳng D vuông góc với đường thẳng D ' : 2x + 3y + 4 = 0

b) Đường thẳng D hợp với trục hoành một góc 450 Lời giải: a) Đường tròn (C) có tâm I ( 2; -2 ) , bán kính R = 3  Vì D ^ D ' nên D nhận u ( -3;2 ) làm VTPT do đó phương trình có dạng -3x + 2y + c = 0

Đường thẳng D là tiếp tuyến với đường tròn (C) khi và chỉ khi

d (I ; D ) = 3 Û

-10 + c 13

= 3 Û c = 10 ± 3 13

Vậy có hai tiếp tuyến là D : -3x + 2y + 10 ± 3 13 = 0 b) Giả sử phương trình đường thẳng D : ax + by + c = 0, a 2 + b 2 ¹ 0 Đường thẳng D là tiếp tuyến với đường tròn (C) khi và chỉ khi 49

d ( I ; D) = 3 Û

2a - 2b + c a 2 + b2

= 3 Û ( 2a - 2b + c ) = 9 (a 2 + b 2 )(*) 2

Đường thẳng D hợp với trục hoành một góc 450 suy ra

cos ( D;Ox ) =

a 2 + b2

Þ cos 450 =

a 2 + b2

Û a = b hoặc a = -b

TH1: Nếu a = b thay vào (*) ta có 18a 2 = c 2 Û ±c = 3 2a , chọn

a = b = 1 Þ c = ±3 2 suy ra D : x + y ± 3 2 = 0 TH2: Nếu a = -b thay vào (*) ta có é c = 3 2-4 a 2 18a 2 = ( 4a + c ) Û êê êë c = - 3 2 + 4 a

(

)

( (

)

Với c = 3 2 - 4 a , chọn

( ) Với c = - ( 3 2 + 4 )a , chọn a = 1, b = -1, c = -( 3 2 + 4 ) Þ D : x - y - 3

a = 1, b = -1, c = 3 2 - 4 Þ D : x - y + 3 2 - 4 = 0

2-4 = 0

Vậy có bốn đường thẳng thỏa mãn là

D1,2 : x + y ± 3 2 = 0, D3 : x - y + 3 2 - 4 = 0 và D4 : x - y - 3 2 - 4 = 0 Ví dụ 3: Lập phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn sau: (C 1 ) : x 2 + y 2 - 4y - 5 = 0 và (C 2 ) : x 2 + y 2 - 6x + 8y + 16 = 0 Lời giải: Đường tròn (C 1 ) có tâm I 1 ( 0;2 ) bán kính R1 = 3

Đường tròn (C 2 ) có tâm I 2 ( 3; -4 ) bán kính R2 = 3 Gọi tiếp tuyến chung của hai đường tròn có phương trình D : ax + by + c = 0 với a 2 + b 2 ¹ 0

ìd (I 1, D) = 3 ï D là tiếp tuyến chung của (C 1 ) và (C 2 ) Û ï í ï d (I , D) = 3 ï î 2 2 2 ì ï ï 2b + c = 3 a + b ( * ) Ûí ï 3a - 4b + c = 3 a 2 + b 2 ï ï î

é a = 2b ê Suy ra 2b + c = 3a - 4b + c Û ê ê c = -3a + 2b êë 2 TH1: Nếu a = 2b chọn a = 2, b = 1 thay vào (*) ta được c = -2 ± 3 5 nên ta có 2 tiếp tuyến là 2x + y - 2 ± 3 5 = 0 TH2: Nếu c =

-3a + 2b thay vào (*) ta được 2b - a = 2 a 2 + b 2 Û 2

a = 0 hoặc 3a + 4b = 0 + Với a = 0 Þ c = b , chọn b = c = 1 ta được D : y + 1 = 0 + Với 3a + 4b = 0 Þ c = 3b , chọn a = 4, b = -3, c = -9 ta được D : 4x - 3y - 9 = 0

Vậy có 4 tiếp tuyến chung của hai đường tròn là :

2x + y - 2 ± 3 5 = 0, y + 1 = 0, 4x - 3y - 9 = 0 3. Bài tập luyện tập Bài 3.106: Cho đường tròn (C ) : x 2 + y 2 + 4x + 4y - 17 = 0 . Viết phương trình tiếp tuyến d của đường tròn trong các trường hợp sau: a) Điểm tiếp xúc là M ( 2;1 ) b) d đi qua A(3;6) c) d song song với đường thẳng D : 3x - 4y - 2008 = 0 d) d vuông góc với đường thẳng D ' : 2x - 3y - 4 = 0

Bài 3.107: Cho đường tròn (C ) : x 2 + y 2 + 2x - 4y - 4 = 0 và điểm

A ( 2;5 ) .Viết phương trình tiếp tuyến kẻ từ A tới đường tròn. Giả sử tiếp

tuyến này tiếp xúc với đường tròn tại hai điểm M, N. Hãy tính độ dài MN. 51

Bài 3.108: Cho (C ) : x 2 + y 2 - 2x + 2y - 3 = 0 . Viết phương trình tiếp

tuyến của (C) biết tiếp tuyến cắt tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho DABC có diện tích bằng 4. Bài 3.109: Tìm toạ độ giao điểm của hai đường tròn: (C 1 ) x 2 + y 2 - 8x - 2y + 7 = 0 , (C 2 ) : x 2 + y 2 - 3x - 7y + 12 = 0 và

viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn ấy. Bài 3.110Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường thẳng

d : x - y + 1 = 0 và đường tròn (C ) : x 2 + y 2 + 2x - 4y = 0 . Tìm toạ

độ điểm M thuộc đường thẳng d mà qua đó ta kẻ được hai đường thẳng tiếp  xúc với (C) tại A và B sao cho AMB = 600 . Bài 3.111Cho (C m ) : x 2 + y 2 + 2mx - 2 ( m - 1 )y + 1 = 0 a) Tìm m để (C m ) là đường tròn

b) Tìm m để (C m ) tiếp xúc với đường thẳng D : x + y + 1 + 2 2 = 0

c) Tìm m để từ điểm A ( 7; 0 ) có thể kẻ được 2 tiếp tuyến với (C m ) vuông

góc với nhau. d) Tìm m để từ điểm A ( 7; 0 ) có thể kẻ được 2 tiếp tuyến với (C m ) và tạo với nhau góc 600. Bài 3.112Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai đường tròn: (C 1 ) : x 2 + y 2 - 10x = 0, (C 2 ) : x 2 + y 2 + 4x - 2y - 20 = 0

a) Viết phương trình đường tròn đi qua các giao điểm của (C 1 ), (C 2 ) và có tâm nằm trên đường thẳng d : x + 6y - 6 = 0 . b) Viết phương trình tiếp tuyến chung của các đường tròn (C 1 ), (C 2 ) .

Bài 3.113Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (C) và đường thẳng

d lần lượt có phương trình: (C): x 2 + y 2 - 8x + 6y + 21 = 0 , d : x + y - 1 = 0 . Xác định toạ độ các đỉnh hình vuông ABCD ngoại tiếp đường tròn (C), biết A nằm trên d . Bài 3.114Trong mặt phẳng toạ độ cho đường tròn (C ) : x 2 + y 2 - 2x - 6y + 6 = 0 và điểm M ( -3;1 ) . Gọi T1, T2 là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đến (C). Viết phương trình đường thẳng T1 T2 .

Bài 3.115 Cho đường tròn (C) có phương trình: ( x - 3 ) + y 2 = 4 2

Tìm trên Oy điểm M mà từ đó vẽ được 2 tiếp tuyến với (C) và 2 tiếp tuyến đó tạo thành góc 600

§5. ĐƯỜNG ELIP A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1)Định nghĩa: Cho hai điểm cố định F1, F2 với F1F2 = 2c ( c > 0 ) và hằng số a > c . Elip(E) là tập hợp các điểm M thỏa mãn MF1 + MF2 = 2a .

Các điểm F1, F2 là tiêu điểm của (E). Khoảng cách F1F2 = 2c là tiêu cự của (E). MF1, MF2 được gọi là bán kính qua tiêu.

y B2

2) Phương trình chính tắc của elip: Với F1 ( -c; 0 ), F2 (c; 0 ) : x y M ( x ; y ) Î ( E ) Û 2 + 2 = 1 ( 1 ) trong đó a b 2 2 2 b = a -c 2

A1 F1

(1) được gọi là phương trình chính tắc của (E) 3) Hình dạng và tính chất của elip:

B1 Hình 3.3

Elip có phương trình (1) nhận các trục tọa độ là trục đối xứng và gốc tọa độ làm tâm đối xứng. + Tiêu điểm: Tiêu điểm trái F1 ( -c; 0 ) , tiêu điểm phải F2 (c; 0 ) + Các đỉnh : A1 ( -a; 0 ), A2 ( a; 0 ), B1 ( 0; -b ), B2 ( 0;b )

+ Trục lớn : A1A2 = 2a , nằm trên trục Ox; trục nhỏ : B1B2 = 2b , nằm trên trục Oy + Hình chữ nhật tạo bởi các đường thẳng x = ±a, y = ±b gọi là hình chữ nhật cơ sở. + Tâm sai : e =

c <1 a

+ Bán kính qua tiêu điểm của điểm M ( x M ; yM ) thuộc (E) là: 53

A2 x

c c MF1 = a + ex M = a + x M , MF2 = a - ex M = a - x M a a

B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI.  DẠNG 1. Xác định các yếu tố của elip khi biết phương trình chính tắc của elip. 1.Phương pháp giải. Từ phương trình chính tắc ta xác định các đại lượng a, b và b 2 = a 2 - c 2 ta tìm được c elip từ đó ta suy ra được các yếu tố cần tìm. 2. Các ví dụ. Ví dụ 1. Xác định các đỉnh, độ dài trục, tiêu cự, tiêu điểm , tâm sai của elip có phương trình sau: a)

x 2 y2 + =1 4 1

b) 4x 2 + 25y 2 = 100

Lời giải: a) Từ phương trình của (E) ta có a = 2, b = 1 Þ c =

a 2 - b2 =

Suy ra tọa độ các đỉnh là A1 ( -2; 0 ) ; A2 ( 2; 0 ) ; B1 ( 0; -1 ) ; B2 ( 0;1 ) Độ dài trục lớn A1A2 = 4 , độ dài trục bé B1B2 = 2

(

)

Tiêu cự F1F2 = 2c = 2 3 , tiêu điểm là F1 - 3; 0 ; F2 Tâm sai của (E) là e =

(

)

3; 0 ,

c 3 = a 2

x 2 y2 + = 1 suy ra 25 4 a 2 - b 2 = 21

b) Ta có 4x 2 + 25y 2 = 100 Û

a = 5; b = 2 Þ c =

Do đó tọa độ các đỉnh là A1 ( -5; 0 ); A2 ( 5; 0 ); B1 ( 0; -2 ); B2 ( 0; -2 ) Độ dài trục lớn A1A2 = 10 , độ dài trục bé B1B2 = 4

(

)

Tiêu cự F1F2 = 2c = 2 21 , tiêu điểm là F1 - 21; 0 ; F2 54

(

)

21; 0 ,

Tâm sai của (E) là e =

c = a

21 5

3. Bài tập luyện tập. Bài 3.116: Xác định các đỉnh, độ dài trục, tiêu cự, tiêu điểm , tâm sai của elip (E): a) x 2 + 2y 2 = 18

x 2 y2 + =1 16 9

 DẠNG 2. Viết phương trình chính tắc của đường elip. 1. Phương pháp giải. Để viết phương trình chính tắc của elip ta làm như sau: + Gọi phương trình chính tắc elip là

x 2 y2 + = 1 (a > b > 0 ) a 2 b2

+ Từ giả thiết của bài toán ta thiết lập các phương trình, hệ phương trình từ giải thiết của bài toán để tìm các đại lượng a, b của elip từ đó viết được phương trình chính tắc của nó. 2. Các ví dụ. Ví dụ 1. Viết phương trình chính tắc của elip (E) trong mỗi trường hợp sau: a) (E) có độ dài trục lớn là 6 và tâm sai e =

2 3

æ 4 10 ö ; -1 ÷÷÷ b) (E)có tọa độ một đỉnh là 0; 5 và đi qua điểm M ççç ÷ø çè 5

(

)

c) (E) có tiêu điểm thứ nhất - 3; 0 và đi qua điểm M (1;

4 33 ). 5

d) Hình chữ nhật cơ sở của (E) có một cạnh nằm trên đường thẳng y + 2 = 0 và có diện tích bằng 48. e) (E) có tâm sai bằng

5 và hình chữ nhật cơ sở của (E) có chu vi bằng 20. 3

x 2 y2 Lời giải: Phương trình chính tắc của (E) có dạng: 2 + 2 = 1 (a > b > 0 ) a b

a) (E) có độ dài trục lớn là 6 suy ra 2a = 6 Û a = 3 , Tâm sai e = c 2 = Þ c = 2, b 2 = a 2 - c 2 = 5 a 3 x 2 y2 + =1 Vậy phương trình chính tắc (E) là 9 5 b) (E) có một đỉnh có tọa độ là 0; 5 nằm trên trục tung nên b =

(

)

Vậy phương trình chính tắc (E) là

)

x 2 y2 + =1 8 5

c) (E) có tiêu điểm F1(- 3; 0) nên c = (1) Mặt khác M (1;

5 do

x 2 y2 + =1 a > 5 . 5 a2 160 1 + = 1 Þ a2 = 8 nên 2 5 25a

đó phương trình chính tắc của (E) có dạng: æ 4 10 ö ; -1 ÷÷÷ Mặt khác (E) đi qua điểm M ççç ÷ø çè 5

(

2 nên 3

3 suy ra a 2 = b 2 + c 2 = b 2 + 3

4 33 1 528 ) Î (E ) Þ 2 + = 1 (2) 5 a 25b 2

Thế (1) vào (2) ta được 1 528 + = 1 Û 25b 4 - 478b 2 - 1584 = 0 Û b 2 = 22 Þ a 2 = 25 2 b + 3 25b 2

x 2 y2 + =1 25 22 d) (E) có hình chữ nhật cơ sở có một cạnh nằm trên đường thẳng y + 2 = 0 suy ra b = 2 Mặt khác hình chữ nhật cơ sở diện tích bằng 48 nên 2a.2b = 48 Þ b = 6 x 2 y2 + =1 Vậy phương trình chính tắc (E) là 36 4

Vậy phương trình chính tắc (E) là

e) (E) có tâm sai bằng

5 suy ra 3

a 2 - b2 5 = hay 4a 2 = 9b 2 (3) a 3

Hình chữ nhật cơ sở của (E) có chu vi bằng 20 suy ra 4 (a + b ) = 20 (4). Từ (3) và (4) suy ra a = 3, b = 2 56

Vậy phương trình chính tắc (E) là

x 2 y2 + =1 9 4

3. Bài tập luyện tập. Bài 3.117: Viết phương trình chính tắc của elip (E) trong mỗi trường hợp sau: 4 và đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (E) có 5 phương trình x 2 + y 2 = 34

a) Tâm sai bằng

 b) Độ dài trục lớn bằng 15, ( E) đi qua M sao cho F1MF2 = 90 và diện tích tam giác MF1F2 bằng 26. æ 3 14 2 ö÷ ÷÷ , tam giác MF1F2 vuông tại M. ;c) (E) đi qua M ççç 4 ÷ø èç 4

d) Tiêu cự bằng 6 và đường tròn nội tiếp tam giác OF2B2 có bán kính bằng 1. ( Với F2 là tiêu điểm phải của (E) và B2 đỉnh của (E) có tung độ dương). e) (E) có độ dài trục lớn bằng 4 2 , các đỉnh trên trục nhỏ và các tiêu điểm của (E) cùng nằm trên một đường tròn. f) (E) có một tiêu điểm F1 ( -7; 0 ) và đi qua M ( -2;12 ) æ 15 ö÷ ÷ và có tiêu cự 4 3 g) (E) đi qua điểm M ççç 1; çè 2 ÷÷ø

æ 4ö æ 3ö h) (E) đi qua hai điểm M çç 3; ÷÷÷ , N çç -4; ÷÷÷ çè 5 ø 5ø èç æ 3 3 ö÷ ÷÷ và tâm sai e = k) (E) đi qua M ççç 1; çè 2 ÷ø 2

 DẠNG 3. Xác định điểm nằm trên đường elip thỏa mãn điều kiện cho trước. 1. Phương pháp giải.

Để xác định tọa độ điểm M thuộc elip có phương trình chính tắc là x 2 y2 E : ( ) 2 + 2 = 1(a > b > 0 ) ta làm như sau a b 

Giả sử M ( x M ; yM ) , điểm M Î ( E ) Û phương trình thứ nhất.



x M2 yM2 + = 1 ta thu được a2 b2

Từ điều kiện của bài toán ta thu được phương trình thứ hai; giải phương trình, hệ phương trình ẩn x M , yM ta tìm được tọa độ của điểm M

2. Các ví dụ: Ví dụ 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho elip (E): và F2 .

x 2 y2 + = 1 có tiêu điểm F1 25 9

Tìm điểm M trên (E) sao cho a) Điểm M có tung gấp ba lần hoành độ b) MF1 = 2MF2

 c) F1MF2 = 600

d) Diện tích tam giác DOAM lớn nhất với A ( 1;1 ) Lời giải Giả sử M ( x M ; yM ) Î ( E ) suy ra

x M 2 yM 2 + = 1 (*) 25 9

a) Điểm M có tung gấp ba lần hoành độ do đó yM = 3x M thay vào (*) ta

( 3x M ) x2 5 = 1 Û 26x M2 = 25 Û x M = ± được M + 25 9 26 2

æ 5 æ 15 ö÷ 5 15 ö÷ ; ;Vậy có hai điểm thỏa mãn là M 1 çç ÷÷ và M 2 çç ÷÷ çè 26 26 ø çè 26 26 ø b) Từ phương trình (E) có a 2 = 25, b 2 = 9 nên

a = 5, b = 3, c = 58

a 2 - b2 = 4

Theo công thức tính bán kính qua tiêu điểm ta có : c 4 c 4 MF1 = a + x M = 5 + x M và MF2 = a - x M = 5 - x M a 5 a 5

æ 4 4 ö Theo giải thiết MF1 = 2MF2 suy ra 5 + x M = 2 çç 5 - x M ÷÷÷ çè 5 5 ø Û xM =

25 12

Thay vào (*) ta có :

y2 25 119 + M = 1 Û yM = ± 144 9 4

æ 25 119 ö÷ æ 25 119 ö÷ ÷÷ và M 2 çç ; ÷÷ Vậy có hai điểm M thỏa mãn là: M 1 ççç ; çç 12 çè 12 4 ÷ø 4 ÷ø è   c) Ta có F1 ( -4; 0 ), F2 ( 4; 0 ) Þ MF1 ( x M + 4; yM ), MF2 (x M - 4; yM )

   MF .MF2 x M2 + yM2 - 16  = Vì F1MF2 = 600 nên cos 600 =  1  æ öæ ö MF1 . MF2 çç 5 + 4 x ÷÷ çç 5 - 4 x ÷÷ M M ÷øèç ÷ø çè 5 5

1æ 16 ö Û x M2 + yM2 - 16 = çç 25 - x M2 ÷÷÷ 2 çè 25 ø x M2 57 yM2 = thế vào (*) ta được 25 66 33 y 2 57 yM2 3 3 5 13 + M = 1 Þ yM = ± và x M = ± 66 33 9 4 4

Suy ra

æ 5 13 3 3 ö÷ ÷÷ , Vậy có bốn điểm thỏa mãn là M 1 ççç ; çè 4 4 ÷ø

æ 5 13 3 3 ö÷ æ 5 13 æ 5 13 3 3 ö÷ 3 3 ö÷ ÷÷, M 3 çç ÷÷ và M 4 çç ÷÷ M 2 ççç ; ; ; çç 4 çç çè 4 4 ÷ø 4 ÷ø 4 4 ÷ø è è   d) Ta có OA ( 1;1 ) nên đường thẳng đi qua hai điểm O, A nhận n ( -1;1 )

làm vectơ pháp tuyến có phương trình là -x + y = 0

-x M + yM 1 1 1 SOAM = OAd . ( M ;OA ) = 2 = -x M + yM 2 2 2 2 Áp dụng bất đẳng thức Bnhiacốpxki ta có

SOAM =

æ x 2 y 2 ö 34 x y 1 1 -5. M + 3. M £ .34. çç M + M ÷÷÷ = çè 25 2 5 3 2 9 ÷ø 2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ì ì 25 ï ï ï ï xM = x =ï ï ï ï M 34 hoặc í í ï ï 9 ï ï y = yM = ï ï M ï ï ï ï î 34 î

xM y = M kết hợp với (*) ta được 25 9

25 9

æ 25 æ 25 9 ö÷ 9 ö÷ ;; Vậy có hai điểm M 1 çç ÷÷ và M 2 çç ÷÷ thỏa mãn yêu çè 34 çè 34 ø 34 34 ø cầu bài toán x 2 y2 + = 1 và C ( 2; 0 ) . Tìm A, B thuộc (E) biết 4 1 A, B đối xứng nhau qua trục hoành và tam giác ABC đều.

Ví dụ 2: Cho elip (E) :

Lời giải Giả sử A ( x 0 ; y 0 ) . Vì A, B đối xứng nhau qua trục hoành nên B ( x 0 ; -y 0 ) với y 0 > 0 .

Vì A Î ( E ) nên

x 02 y 02 x2 + = 1 Û y 02 = 1 - 0 (1) 4 1 4

Vì tam giác ABC đều nên

AB 2 = AC 2 Þ ( -2y 0 ) = ( 2 - x 0 ) + ( -y 0 ) 2

Û 3y 02 = 4 - 4x 0 + x 02 (2)

Thay (1) vào (2) ta có

é x0 = 2 æ ê x 02 ö÷ 2 2 ç 3 ç 1 - ÷÷ = 4 - 4x 0 + x 0 Û 7x 0 - 16x 0 + 4 = 0 Û ê çè ê x0 = 2 4 ÷ø êë 7 + Nếu x 0 = 2 thay vào (1) ta có y 0 = 0 . Trường hợp này loại vì A º C + Nếu x 0 =

4 3 2 thay vào (1) ta có y 0 = ± 7 7

æ 2 4 3 ö÷ æ 2 4 3 ö÷ æ 2 4 3 ö÷ æ 2 4 3 ö÷ ÷÷ , B çç ; ÷÷ hoặc A çç ; ÷÷ , B çç ; ÷ Vậy A ççç ; çç 7 çç 7 çç 7 7 ÷÷ . çè 7 7 ÷ø 7 ÷ø 7 ÷ø è è è ø

3. Bài tập luyên tập. Bài 3.118: Trong mặt phẳng Oxy , cho elip : 9x 2 + 25y 2 = 225 có tiêu điểm F1 và F2 . Tìm các điểm M trên (E) sao cho a)

1 1 4 + = MF1 MF2 F1F2

 b) F1MF2 = 600 c) Diện tích tứ giác OHMK lớn nhất với H, K là hình chiếu của điểm M lên hai trục tọa độ. x 2 y2 + = 1 sao 9 3 cho B, C đối xứng qua trục Ox đồng thời thỏa mãn DABC đều. x 2 y2 + = 1 và đường thẳng D : 3x + 4y + 24 = 0 . Bài 3.120: Cho (E): 9 4

Bài 3.119: Cho A ( 0; 3 ) . Tìm điểm B, C thuộc elip ( E ) :

Tìm M trên (E) có khoảng cách đến D lớn nhất, nhỏ nhất. Bài 3.121: Cho (E):

x 2 y2 + = 1 (a > b > 0 ) có tiêu điểm F1 ( -c; 0 ) . a 2 b2

a) Tìm M Î ( E ) trong trường hợp sau: i) Đoạn thẳng F1M ngắn nhất

ii) Đoạn thẳng F1M dài nhất

b) Tìm hai điểm A, B thuộc (E) thỏa mãn OA ^ OB và S DOAB nhỏ nhất. 61

Bài 3.122: Cho (C ) : ( x + 5 ) + y 2 = 441; (C ' ) : ( x - 5 ) + y 2 = 25 . 2

Gọi M là tâm đường tròn (C 1 ) di động tiếp xúc với (C ), (C ' ) . Chứng

minh rằng tập hợp điểm M là elip và hãy tìm tọa độ các tiêu điểm của elip đó trong trường hợp sau: a) (C 1 ) tiếp xúc trong với (C ) và tiếp xúc ngoài với (C ' ) b) (C 1 ) tiếp xúc trong với (C ) và (C ' ) Bài 3.123: Cho

(C ) : x 2 + y 2

= (a + b ) ; (C ' ) : x 2 + y 2 = (a - b ) ( 0 < b < a ) . Các 2

 điểm A, B di động trên (C ), (C ' ) sao cho Ox là phân giác của góc AOB .

Tìm tập hợp trung điểm M của đoạn thẳng AB. Bài 3.124. Cho hình thoi ABCD tâm I . Biết A ( -2; -2 ), B ( 0;2 ) và tâm

x 2 3y 2 = 1 . Tính tọa độ các đỉnh còn lại của hình I thuộc đường Elip (E): + 4 4 thoi.

Bài 3.125: Cho hình chữ nhật ABCD . Biết A ( 1; -1 ), B ( -1; 3 ) và B thuộc Elip ( E ) : x 2 + 3y 2 = 4 . Tính tọa độ hai đỉnh B và D của hình chữ nhật. §6. ĐƯỜNG HYPEBOL A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1.Định nghĩa: Cho hai điểm cố định F1, F2

với F1F2 = 2c ( c > 0 ) và hằng số a < c

.Hypebol là tập hợp các điểm M thỏa mãn MF1 - MF2 = 2a . Kí hiệu (H)

F1 A1 O

Ta gọi : F1, F2 là tiêu điểm của (H). Khoảng cách F1F2 = 2c là tiêu cự của (H). 2.Phương trình chính tắc của hypebol: 62

Hình 3.4

A2 F2 x

Với F1 ( -c; 0 ), F2 (c; 0 ) M ( x;y ) Î ( H ) Û

x 2 y2 = 1 với b 2 = c 2 - a 2 (2) a 2 b2

Phương trình (2) được gọi là phương trình chính tắc của hypebol 3.Hình dạng và tính chất của (H): + Tiêu điểm: Tiêu điểm trái F1 ( -c; 0 ) , tiêu điểm phải F2 (c; 0 )

+ Các đỉnh : A1 ( -a; 0 ), A2 (a; 0 )

+ Trục Ox gọi là trục thực, Trục Oy gọi là trục ảo của hypebol. Khoảng cách 2a giữa hai đỉnh gọi là độ dài trục thực, 2b gọi là độ dài trục ảo. + Hypebol gồm hai phần nằm hai bên trục ảo, mỗi phần gọi là nhánh của hypebol + Hình chữ nhật tạo bởi các đường thẳng x = ±a, y = ±b gọi là hình chữ nhật cơ sở. Hai đường thẳng chứa hai đường chéo của hình chữ nhật cơ sở b gọi là hai đường tiệp cận của hypebol và có phương trình là y = ± x a + Tâm sai : e =

c >1 a

+ M ( x M ; yM ) thuộc (H) thì:

c c MF1 = a + ex M = a + x M , MF2 = a - ex M = a - x M a a

B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI.  DẠNG 1. Xác định các yếu tố của hypebol khi biết phương trình chính tắc của chúng. 1.Phương pháp giải. Từ phương trình chính tắc của hypebol ta xác định các đại lượng a, b và b 2 = c 2 - a 2 ta tìm được c từ đó ta suy ra được các yếu tố cần tìm.

2. Các ví dụ. Ví dụ 1. Xác định tọa độ các đỉnh, các tiêu điểm; tính tâm sai, độ dài trục thực, độ dài trục ảo và viết phương trình các đường tiệm cận của (H) 63

x 2 y2 =1 6 8

b) 5x 2 - 4y 2 = 20

Lời giải: a) Ta có a 2 = 6, b 2 = 8 nên a = Do đó ta có hypebol có:

(

)

Tọa độ các đỉnh là A1 - 6; 0 ; A2

6, b = 2 2, c =

(

6; 0

Tiêu điểm là F1 ( -10; 0 ) ; F2 ( 10; 0 ) Tâm sai của (H) là e =

a 2 + b 2 = 10

)

c 10 = a 6

Độ dài trục thực 2a = 2 6 , độ dài trục ảo 2b = 4 2 b 2 x Đường tiệm cận có phương trình là y = ± x = ± a 3

x 2 y2 = 1 , có a 2 = 4, b 2 = 5 nên 4 5 a 2 + b2 = 3

b) Viết lại phương trình (H) là:

a = 2, b =

5, c =

Do đó ta có hypebol có: Tọa độ các đỉnh là A1 ( -2; 0 ); A2 ( 2; 0 ) Tiêu điểm là F1 ( -3; 0 ) ; F2 ( 3; 0 ) Tâm sai của (H) là e =

c 3 = a 2

Độ dài trục thực 2a = 4 , độ dài trục ảo 2b = 2 5 Đường tiệm cận có phương trình là y = ±

5 x 2

3. Bài tập luyện tập. Bài 3.126: Xác định tọa độ các đỉnh, các tiêu điểm; tính tâm sai, độ dài trục thực, độ dài trục ảo và viết phương trình các đường tiệm cận của hypebol (H): 64

x 2 y2 =1 8 6

b) 9x 2 - 12y 2 = 108

 DẠNG 2. Viết phương trình chính tắc của hypebol. 1. Phương pháp giải. Để viết phương trình chính tắc của hypebol ta làm như sau: x 2 y2 + Gọi phương trình chính tắc hypebol là 2 - 2 = 1 (a, b > 0 ) a b

+ Từ giả thiết của bài toán ta thiết lập các phương trình, hệ phương trình từ giải thiết của bài toán để tìm các đại lượng a, b của hypebol từ đó viết được phương trình chính tắc của nó. 2. Các ví dụ. Ví dụ 1. Viết phương trình chính tắc của hypebol (H) trong mỗi trường hợp sau: a) (H) có một tiêu điểm tọa độ là ( -4; 0 ) và độ dài trục ảo bằng

4 b) (H) có tiêu cự bằng 10 và đường tiệm cận là y = ± x 3

c) (H) có tâm sai bằng

13 và diện tích hình chữ nhật cơ sở bằng 48 3

d) (H) đi qua hai điểm M

(

)

(

2;2 2 và N -1; - 3

)

e) (H) đi qua M ( -2;1 ) và góc giữa hai đường tiệm cận bằng 600 . Lời giải: Gọi phương trình chính tắc của (H) là: b2 = c2 - a 2

x 2 y2 = 1 với a 2 b2

a) (H) có một tiêu điểm tọa độ là ( -4; 0 ) suy ra c = 4 ; độ dài trục ảo bằng 28 suy ra 2b =

28 Þ b 2 = 7, a 2 = c 2 - b 2 = 9

Vậy phương trình (H) là

x 2 y2 =1 9 7

b) (H) có tiêu cự bằng 10 suy ra 2c = 10 Þ a 2 + b 2 = 25 (1); đường tiệm 4 b 4 16 cận là y = ± x suy ra = hay b 2 = a 2 (2) 3 a 3 9 Thế (2) vào (1) a 2 +

16 2 a = 25 Û a 2 = 9 Þ b 2 = 16 9

Vậy phương trình (H) là c) Tâm sai bằng

x 2 y2 =1 9 16

c 13 = suy ra a 3

13 Û 3

a 2 + b2 = a

13 hay 3

4a 2 = 9b 2 (3) Diện tích hình chữ nhật cơ sở bằng 24 suy ra 2a.2b = 48 Û ab = 12 (4) Từ (3) và (4) suy ra a 2 = 18;b 2 = 8

Vậy phương trình (H) là

x 2 y2 =1 18 8

d) (H) đi qua hai điểm M

(

)

(

)

2;2 2 và N -1; - 3 nên ta có hệ

ì 2 8 ï ì ï 2 ï - =1 ï ï a2 = ïa 2 b2 ï Ûí í 5 ï ï 1 3 2 ï ï b = 2 - =1 ï ï î ï îa 2 b2

Vậy phương trình (H) là

e) M ( -2;1 ) Î ( H ) nên

x 2 y2 =1 2 2 5

4 1 - 2 = 1 (*) 2 a b

Phương trình hai đường tiệm cận là: D1 : y =

b b x hay bx - ay = 0 ; D2 : y = - x hay bx + ay = 0 a a

Vì góc giữa hai đường tiệm cận bằng 600 nên cos 600 =

b2 - a 2

b2 + a 2

b2 - a 2 1 Hay = 2 Û 2 b2 - a 2 = a 2 + b2 2 2 b +a é 2(b 2 - a 2 ) = b 2 + a 2 é b 2 = 3a 2 ê Û ê 2 Û êê 2 2 2 2 2 2( b a ) = ( b + a ) êë êë a = 3b

+ Với b 2 = 3a 2 thay vào (*) được a 2 = Suy ra phương trình hypebol là (H):

11 2 , b = 11 3

x 2 y2 =1 11 11 3

+ Với a 2 = 3b 2 thay vào (*) được a 2 = 1, b 2 = Suy ra phương trình hypebol là (H):

1 3

x 2 y2 =1 1 1 3

Vậy có có hai hypebol thỏa mãn có phương trình là x 2 y2 = 1. 1 1 3

x 2 y2 = 1 và 11 11 3

3. Bài tâp luyện tập. Bài 3.127: Viết phương trình chính tắc của hypebol (H) trong mỗi trường hợp sau: a) (H) có tâm sai e = 2 , các tiêu điểm của (H) trùng với các tiêu điểm của x 2 y2 + = 1. elip 25 9

b) Độ dài trục ảo là 6 và phương trình một đường tiệm cận là 3x - 4y = 0 . æ 2 7 ö÷ ÷÷ và phương trình 2 đường tiệm cận là c) (H) đi qua điểm điểm A ççç -4; çè 3 ÷ø 2x ± 3y = 0 67

d) (H) đi qua điểm M ( 6; 3 ) và góc giữa 2 đường tiệm cận bằng 600

e) Phương trình các cạnh của hình chữ nhật cơ sở là x ± 5 = 0; y ± 4=0 f) Độ dài trục ảo là 6 và hai tiệm cận vuông góc với nhau. æ 5 ö÷ ÷ và 2 đường chuẩn có phương trình: 3x ± 4 = 0 g) Đi qua M ççç 3; çè 2 ÷÷ø h) Khoảng cách giữa các đường chuẩn là cận là 3x ± 4y = 0 k) (H) đi qua A( 1; 0) và B

(

3;1

và phương trình 2 đường tiệm

)

l) (H) có tiêu điểm F1 ( -7; 0 ) và đi qua M ( -2;12 ) x 2 y2 + = 1. 12 2 Viết phương trình hypebol (H) có hai đường tiệm cận là y = ±2x và có hai tiêu điểm là hai tiêu điểm của elip (E).

Bài 3.128: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E):

 DẠNG 3. Xác định điểm nằm trên hypebol thỏa mãn điều kiện cho trước. 1. Phương pháp giải. Để xác định tọa độ điểm M thuộc hypebol có phương trình chính tắc là x 2 y2 H : ( ) 2 - 2 = 1, a > 0,b > 0 ta làm như sau a b 

Giả sử M ( x M ; yM ) , điểm M Î ( H ) Û phương trình thứ nhất.



x M2 yM2 = 1 ta thu được a2 b2

Từ điều kiện của bài toán ta thu được phương trình thứ hai; giải phương trình, hệ phương trình ẩn x M , yM ta tìm được tọa độ của điểm M

2. Các ví dụ: Ví dụ 1. Cho hypebol (H):

x 2 y2 = 1 có tiêu điểm F1 và F2 . 9 6

Tìm điểm M trên (H) trong trường hợp sau: a) Điểm M có hoành độ là 4 68

b) Điểm M nhìn hai tiêu điểm của (H) dưới một góc vuông. c) Khoảng cách hai điểm M và F1 bằng 3 d) Tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận bằng

24 2 5

Lời giải Giả sử M ( x M ; yM ) Î ( H )

x M 2 yM 2 = 1 (*) suy ra 9 6

æx2 ö 42 a) Ta có x M = 4 suy ra yM = ± 6 çç M - 1 ÷÷÷ = ± çè 9 3 ø÷ æ æ 42 ö÷ 42 ö÷ ÷÷ ; M 2 çç 4; ÷÷ Þ M 1 ççç 4; çç 3 ÷ø 3 ÷ø èç è

b) Từ phương trình (H) có a 2 = 9, b 2 = 6 nên

a = 3, b =

6, c =

a 2 + b2 =

Suy ra F1(- 15; 0); F2 ( 15; 0)   Ta có: F1M = (x M + 15; yM ); F2M = (x M - 15; yM ) Điểm M nhìn hai tiêu điểm của (H) dưới một góc vuông nên   F1M .F2M = 0 Û (x M + 15)(x M - 15) + yM2 = 0 Û yM2 = 15 - x M2 thế vào (*) ta được x M 2 15 - x M 2 63 12 = 1 Û xM = ± suy ra yM = ± 9 6 5 5 Vậy có bốn điểm thỏa mãn là æ 63 12 ö÷ æ æ 63 63 12 ö÷ 12 ö÷ ÷÷ , M 2 çç ÷÷ , M 3 çç ÷÷ và M 1 ççç ; ; ; çè 5 ççè ççè 5 5 ÷ø 5 5 ÷ø 5 ÷ø æ 63 12 ö÷ ÷÷ M 4 ççç ;çè 5 5 ÷ø

c c) Ta có MF1 = a + x M nên a é x M = 0(l ) ê 15 3 = 3+ x Û ê ê x = -18 Þ y = ± 210 3 M M ê M 5 ë 15 æ 18 æ 18 210 ö÷ 210 ö÷ ÷÷ và M 2 çç ÷÷ Vậy có 2 điểm: M 1 ççç ; ; çç çè 5 ÷ø 15 5 ÷ø 15 è 6 x ; d2 : y = 3 24 2 Tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận bằng 5 6 6 x M - yM x + yM 3 3 M 24 2 + = 5 2 2 1+ 1+ 3 3 24 30 Û 6x M - 3yM + 6x M + 3yM = (* * ) 5 6x M - 3yM 6x M + 3yM = 54 > 0 Mặt khác ( * ) Û

d) Phương trình hai tiệm cận là : d1 : y =

(

(**) Û

)(

6x M - 3yM + 6x M + 3yM =

Þ yM = ±

330 5

)

6 x. 3

suy ra

24 30 12 Û xM = ± 5 5

æ 12 330 ö÷ æ 12 æ 12 330 ö÷ 330 ö÷ ÷÷ , M 2 çç ÷÷ , M 3 çç ÷÷ Vậy có bốn điểm M 1 ççç ; ; ; çç çç çè 5 5 ÷ø 5 ÷ø 5 ÷ø 5 è 5 è æ 12 330 ö÷ ÷÷ thỏa mãn yêu cầu bài toán và M 4 ççç ;çè 5 ÷ø 5

3. Bài tập luyện tập. x 2 y2 = 1 và A ( 3;2 ), B ( 0;1 ) . Tìm điểm C Î ( H ) 7 4 sao cho DABC có diện tích nhỏ nhất.

Bài 3.129: Cho (H):

x 2 y2 = 1 . Có tiêu điểm là F1 (trái) và F2 (phải) 4 12 a) Tìm M trên (H) với MF1 = 4 .

Bài 3.130: Cho (H):

b) Tìm trên (H) điểm M sao cho MF1 = 2MF2 c) Tìm trên một nhánh của (H) hai điểm A, B sao cho tam giác OAB là tam giác đều §7. ĐƯỜNG PARABOL A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Định nghĩa: Cho điểm cố định F và đường thẳng cố định  không đi qua F. Parabol(P) là tập hợp các điểm M cách đều điểm F và đường thẳng . Điểm F gọi là tiêu điểm của parabol. Đường thẳng  được gọi là đường chuẩn của parabol p = d ( F ; D ) được gọi là tham số tiêu của parabol.

2.Phương trình chính tắc của parabol:

æp ö p Với F çç ; 0 ÷÷÷ và D : x = - ( p > 0 ) çè 2 ø 2

P O

M( x ; y ) F

M ( x ; y ) Î ( P ) Û y 2 = 2px (3) (3) được gọi là phương trình chính tắc của parabol

Hình 3.5

3.Hình dạng và tính chất của parabol:

æp ö + Tiêu điểm F çç ; 0 ÷÷÷ çè 2 ø + Phương trình đường chuẩn: D : x = -

p 2

+ Gốc tọa độ O được gọi là đỉnh của parabol + Ox được gọi là trục đối xứng + M ( x M ; yM ) thuộc (P) thì:

MF = d ( M ; D ) = x M +

p 2

B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI. 71

 DẠNG 1. Xác định các yếu tố của parabol khi biết phương trình chính tắc. 1.Phương pháp giải. Từ phương trình chính tắc của parabol ta xác định các đại lượng p từ đó ta suy ra được các yếu tố cần tìm. 2. Các ví dụ. Ví dụ 1. Cho parabol (P) có phương trình y 2 = 4x Tìm tiêu điểm và đường chuẩn của (P). Lời giải: Từ phương trình của (P) có 2p = 4 nên p = 2

Suy ra (P) có tiêu điểm là F ( 1; 0 ) và đường chuẩn là x + 1 = 0 . 3. Bài tập luyện tập. Bài 3.131: Cho parabol (P) có phương trình 4y 2 = x Tìm tiêu điểm và đường chuẩn của (P).  DẠNG 2. Viết phương trình chính tắc của (E), (H), (P). 1. Phương pháp giải. Ta thiết lập phương trình từ giải thiết của bài toán để tìm p của parabol từ đó viết được phương trình chính tắc của nó. 2. Các ví dụ. Ví dụ 1. Viết phương trình chính tắc của parabol (P) a) (P) có tiêu điểm là F ( 0;5 ) b) Khoảng cách từ tiêu điểm F đến đường thẳng D : x + y - 12 = 0 là 2 2

Lời giải: Gọi phương trình chính tắc của parabol (P) là: y 2 = 2px a) Do tọa độ tiêu điểm F ( 0;5 ) nên

p = 5 Þ p = 10 2

Vậy phương trình của (P) : y 2 = 20x 72

æp ö b) Ta có tọa độ tiêu điểm F çç ; 0 ÷÷÷ çè 2 ø Khoảng cách từ F đến đường thẳng D bằng 2 2 nên:

d (F; D) =

p - 12 2 2

= 2 2 suy ra p = 16 hoặc p = 32 .

Vậy phương trình của (P): y 2 = 32x hoặc y 2 = 64x 3. Bài tâp luyện tập. Bài 3.132: Viết phương trình chính tắc của parabol (P) trong các trường hợp sau: a) Một dây cung của (P) vuông góc với trục Ox có độ dài bằng 8 và khoảng cách từ đỉnh O của (P) đến dây cung này bằng 1 b) (P) cắt đường thẳng D : 3x - y = 0 tại 2 điểm A, B sao cho AB = 4 2 c) (P) cắt elip (E): 4x 2 + 6y 2 = 24 tại 2 điểm A, B sao cho AB = 2 . d) (P) chắn trên đường thẳng x = 2 một đoạn có độ dài bằng 4.

 DẠNG 3. Xác định điểm nằm trên parabol thỏa mãn điều kiện cho trước. 1. Phương pháp giải. Để xác định tọa độ điểm M thuộc parabol có phương trình chính tắc là y 2 = 2px ta làm như sau 

Giả sử M ( x M ; yM ) , điểm M Î ( P ) Û yM2 = 2px M ta thu được phương trình thứ nhất.



Từ điều kiện của bài toán ta thu được phương trình thứ hai; giải phương trình, hệ phương trình ẩn x M , yM ta tìm được tọa độ của điểm M

2. Các ví dụ: Ví dụ 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho parabol (P): y 2 = 8x có tiêu điểm F a) Tìm trên (P) điểm M cách F một khoảng là 3 b) Tìm điểm M trên (P) sao cho S DOMF = 8 73

c) Tìm một điểm A nằm trên parabol và một điểm B nằm trên đường thẳng D : 4x - 3y + 5 = 0 sao cho đoạn AB ngắn nhất

Lời giải: a) Giả sử M ( x M ; yM ) Î ( P ) suy ra yM2 = 8x M (*) Từ phương trình (P) có p = 4 nên F ( 2; 0 ) Ta có FM =

p + x M suy ra x M = 1 kết hợp (*) ta có yM = ±2 2 2

(

)

(

Vậy có hai điểm thỏa mãn là M 1 1;2 2 , M 2 1; -2 2

æa2 ö b) Ta có M Î ( P ) Þ M çç ; a ÷÷ với a ³ 0 çè 8 ÷ø

)

1 S DOMF = 8 Û OF .d ( M ;OF ) = 8 Û a = 8 2

Vậy điểm M cần tìm là M ( 8; 8 )

c) Với mọi điểm A Î ( P ), B Î D ta luôn có AB ³ d ( A; D )

æa2 ö A Î ( P ) Þ A çç ; a ÷÷÷ với a ³ 0 , khi đó çè 8 ø d ( A; D ) =

a2 2 - 3.a + 5 (a - 3 ) + 1 1 8 = ³ 5 10 10

æ9 ö Suy ra AB nhỏ nhất khi và chỉ khi A çç ; 3 ÷÷÷ và B là hình chiếu của A lên D çè 8 ø  Đường thẳng đi qua A vuông góc với D nhận u ( 3; 4 ) làm vectơ pháp tuyến æ 9ö nên có phương trình là 3 çç x - ÷÷ + 4 ( y - 3 ) = 0 . hay çè 8 ÷ø 24x + 32y - 123 = 0

Do đó tọa độ điểm B là nghiệm của hệ ì 209 ï ï x = ì 4x - 3y + 5 = 0 ï ï ï ï 200 Ûí í ï ï 24 x + 32 y 123 = 0 153 ï ï î y = ï ï î 50

æ 9 ö æ 209 153 ö÷ Vậy A çç ; 3 ÷÷, B çç ; ÷ thỏa mãn yêu cầu bài toán. çè 8 ÷ø çè 200 50 ÷ø 3. Bài tập luyện tập. Bài 3.133: Cho (P): y 2 = 16x và đường thẳng D : 4x - y - 8 = 0 a) Chứng minh rằng D cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A, B b) Tìm điểm M trên cung AB của (P) sao cho diện tích tam giác MAB lớn nhất. Bài 3.134: Cho (P): y 2 = x và 2 điểm A ( 1; -1 ), B ( 9; 3 ) . Gọi M là một điểm thuộc cung AB của (P) ( phần của (P) bị chắn bởi dây AB . Xác định vị trí của M trên cung AB sao cho diện tích tam giác MAB lớn nhất. Bài 3.135: Cho parabol (P): y 2 = 4x và điểm I ( 0;1 ) .Tìm A, B trên (P) sao   cho: IA = 4IB . Bài 3.136. Cho hình thoi ABCD tâm I . Biết hai cạnh AB và AD lần lượt có phương trình là 2x - y - 1 = 0 và x - 2y - 5 = 0 , tâm I thuộc Parabol y 2 = x . Tính toạ độ các đỉnh của hình thoi.

§8. BA ĐƯỜNG CÔNIC I. Đường chuẩn của elip và hypebol. Không chỉ có parabol mới có đường chuẩn, elip và hypebol cũng có đường chuẩn được định nghĩa tương tự như sau 1. Đường chuẩn của elip. a. Định nghĩa: Cho (E): D1 : x +

x 2 y2 + = 1 . Khi đó đường thẳng a 2 b2

a = 0 được gọi là đường chuẩn của elip, ứng với tiêu điểm e

F1 ( -c; 0 ) ; Đường thẳng D2 : x -

ứng với tiêu điểm F2 (c; 0 ) .

a = 0 được gọi là đường chuẩn của elip, e

b. Tính chất: Với mọi điểm M thuộc (E) ta có MF1 MF2 = = e (e < 1 ) d ( M ; D1 ) d ( M ; D2 ) 2. Đường chuẩn của hypebol. a. Định nghĩa: Cho (H):

x 2 y2 a - 2 = 1 . các đường thẳng D1 : x + = 0 và 2 e a b

a = 0 gọi là các đường chuẩn của (H) lần lượt tương ứng với các e tiêu điểm F1 ( -c; 0 ) và F2 (c; 0 ) D2 : x -

b. Tính chất: Với mọi điểm M thuộc (E) ta có MF1 MF2 = = e (e > 1 ) d ( M ; D1 ) d ( M ; D2 ) II. Định nghĩa ba đường cônic Cho điểm F cố định và đường thẳng D cố định không đi qua F. Tập hợp các MF điểm M sao cho tỉ số bằng một số dương e cho trước được gọi là d (M;D) ba đường cônic

Điểm F gọi là tiêu điểm, D được gọi là đường chuẩn và e gọi là tâm sai của đường cônic. Chú ý: Elip là đường cônic có tâm sai e < 1 ; parabol là đường cônic có tâm sai e = 1 ; hypebol là đường cônic có tâm sai e > 1 B. CÁC DẠNG TOÁN VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI.  DẠNG 1. Nhận dạng cônic và xác định tiêu điểm, đường chuẩn của các đường cônic. 1. Phương pháp giải. 

Để nhận dạng đường cônic ta dựa vào tâm sai: đường cônic có tâm sai e < 1 là elip; đường cônic có tâm sai e = 1 là parabol; đường cônic có tâm sai e > 1 là hypebol.



Từ phương trình của đường cônic ta xác định được dạng của nó từ đó xác định được tiêu điểm và đường chuẩn của nó. 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Xác định tiêu điểm và đường chuẩn của các đường cônic sau x 2 y2 x 2 y2 + =1 =1 a) b) c) y 2 = 18x 5 4 7 10 Lời giải: a) Dễ thấy đây là phương trình chính tắc của đường elip ìïa 2 = 5 ïìa = 5 Ta có ïí 2 Þ ïí Þ c 2 = a 2 - b 2 = 5 - 4 = 1 do đó c = 1 , ïïb = 4 ïï b = 2 î î c 1 tâm sai e = = a 5 Vậy ta có tiêu điểm là F1 ( -1; 0 ) tương ứng có đường chuẩn có phương trình là x +

5 = 0 hay x + 5 = 0 và tiêu điểm là F2 ( 1; 0 ) tương ứng có 1 5

đường chuẩn có phương trình là x -

5 = 0 hay x - 5 = 0 . 1

5 b) Đây là phương trình chính tắc của đường hypebol ì ì ïa = 7 ï a2 = 7 ï Þ Þ c 2 = a 2 + b 2 = 17 do đó c = Ta có ï í 2 í ï ï b = 10 ï ïb = 10 î ï î

17 , tâm

c 17 = a 7 Vậy ta có tiêu điểm là F1 - 17; 0 tương ứng có đường chuẩn có phương

sai e =

trình là x +

17 7

(

= 0 hay x +

)

= 0 và tiêu điểm là F2

ứng có đường chuẩn có phương trình là x c) Đây là phương trình chính tắc của parabol Ta có 2p = 18 Þ p = 9

17 7

(

= 0 hay x -

)

17; 0 tương 7

= 0.

æ9 ö 9 Vậy tiêu điểm là F çç ; 0 ÷÷÷ , đường chuẩn có phương trình là x + = 0 . çè 2 ø 2

Ví dụ 2: Cho cônic có tiêu điểm F ( -1;1 ) , đi qua điểm M ( 1;1 ) và đường chuẩn D : 3x + 4y - 5 = 0 . Cônic này là elip, hypebol hay là parabol? Lời giải: 3+4-5 2 = Ta có MF = 2 , d ( M ; D ) = 5 32 + 42 MF = 5 > 1 suy ra đây là elip Suy ra d (M; D )

3. Bài tập luyện tập. Bài 3.137: Xác định tiêu điểm và đường chuẩn của các đường cônic sau x 2 y2 x 2 y2 =1 + =1 a) b) c) y 2 = 8x 5 4 10 3 Bài 3.138. Cho cônic có tiêu điểm F ( 1;1 ) , đi qua điểm M ( 1; 3 ) và đường

chuẩn D : 3x - 4y - 5 = 0 . Cônic này là elip, hypebol hay là parabol? Bài 3.139. Cho cônic có tiêu điểm F ( 1;2 ) , đi qua điểm M ( 0;1 ) và đường chuẩn D : x - y - 1 = 0 . Cônic này là elip, hypebol hay là parabol?  DẠNG 2. Viết phương trình đường cônic. 1. Phương pháp giải. 

Dựa vào các dạng của đường cônic mà giả thiết đã cho để viết phương trình  Dựa vào định nghĩa của ba đường cônic 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Cho đường thẳng D : x - y + 1 = 0 và điểm F ( 1; 0 ) . Viết

phương trình của đường cônic nhận F làm tiêu điểm và D là đường chuẩn trong mỗi trường hợp sau 1 a) Tâm sai e = 3 b) Tâm sai e = c) Tâm sai e = 1 2 Lời giải: Gọi M ( x ; y ) là điểm thuộc đường cônic cần tìm. Khi đó theo định nghĩa ta có

MF = e Û MF = e.d ( M ; D ) (*). d (M;D)

Ta có MF = a) Tâm sai e =

(1 - x )

+ y2 , d (M;D) =

3 thì ( * ) Û

Û 2 ( x - 2x + 1 + y 2

(1 - x )

) = 3(x

x -y +1 2

+ y2 =

x -y +1 2

+ y + 1 - 2xy + 2x - 2y ) 2

Û 2x + y - 6xy + 10x - 6y + 1 = 0 Vậy phương trình đường cônic cần tìm là 2x 2 + y 2 - 6xy + 10x - 6y + 1 = 0 2

1 x -y +1 + y2 = . 2 2 2 2 2 2 Û 4 ( x - 2x + 1 + y ) = x + y + 1 - 2xy + 2x - 2y

b) Tâm sai e =

1 thì ( * ) Û 2

(1 - x )

Û 3x 2 + 3y 2 + 2xy - 10x + 2y + 3 = 0 Vậy phương trình đường cônic cần tìm là 3x 2 + 3y 2 + 2xy - 10x + 2y + 3 = 0 . c) Tâm sai e = 1 thì ( * ) Û

(1 - x )

+ y2 =

x -y +1 2

Û x - 2x + 1 + y = x + y + 1 - 2xy + 2x - 2y Û 2xy - 4x + 2y = 0 Vậy phương trình đường cônic cần tìm là 2xy - 4x + 2y = 0 . 2

(

)

Ví dụ 2: Cho điểm A 0; 3 và hai đường thẳng D : x - 2 = 0 ,

D ' : 3x - y = 0 a) Viết phương trình chính tắc đường elip có A là một đỉnh và một đường chuẩn là D b) Viết phương trình chính tắc đường hypebol có D là một đường chuẩn và D ' là tiệm cận. Lời giải: x 2 y2 a) Gọi phương trình chính tắc elip là 2 + 2 = 1, a > b > 0 a b Vì A 0; 3 là một đỉnh của elip nên b = 3

(

)

a a2 =2Û = 2 Û a 2 = 2c (*) e c Ta lại có b 2 = a 2 - c Þ 3 = a 2 - c Þ c = a 2 - 3 thay vào (*) ta có a 2 = 2 (a 2 - 3 ) Û a 2 = 6

elip có một đường chuẩn là D nên

x 2 y2 + = 1. 6 3 x 2 y2 b) Gọi phương trình chính tắc elip là 2 - 2 = 1, a > 0, b > 0 a b a a2 a2 =2Ûc= Hypebol có một đường chuẩn là D nên = 2 Û (1) e c 2 b Hypebol có một đường tiệm cận là D ' nên = 3 Û b = 3a (2) a 2 2 2 Mặt khác b = c - a (3) Thay (1), (2) vào (3) ta được 2 æ a 2 ö÷ 2 a4 ç ( 3a ) = çç ÷÷ - a 2 Û 10a 2 = Û a 2 ( 40 - a 2 ) = 0 Û a 2 = 40 4 è2ø

Vậy phương trình chính tắc elip cần tìm là

Suy ra b 2 = 9a 2 = 360

Vậy phương trình chính tắc hypebol cần tìm là

x2 y2 = 1. 40 360

3. Bài tập luyện tập. Bài 3.140. Cho đường thẳng D : x - 2y + 1 = 0 và điểm F ( 0; 0 ) . Viết

phương trình của đường cônic nhận F làm tiêu điểm và D là đường chuẩn trong mỗi trường hợp sau 1 a) Tâm sai e = 2 b) Tâm sai e = c) Tâm sai e = 1 3 Bài 3.141. Cho điểm A ( 3; 0 ) và hai đường thẳng D : x - 3 = 0 , D ' : 2x - y = 0 a) Viết phương trình chính tắc đường elip có A là một đỉnh và một đường chuẩn là D b) Viết phương trình chính tắc đường hypebol có D là một đường chuẩn và D ' là tiệm cận.  DẠNG 3. Sự tương giao gữa các đường cônic và với các đường khác. 1. Phương pháp giải. Cho hai đường cong f ( x ; y ) = a, g ( x ; y ) = b khi đó



Số giao điểm của hai đường cong trên chính là số nghiệm của hệ ì ï f ( x;y ) = a phương trình ïí ï g x;y ) = b ï î (



Tọa độ giao điểm(nếu có) của hai đường cong là nghiệm của hệ ì f ( x;y ) = a ï ï í ï g x;y ) = b ï î (

2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Cho đường thẳng D : 2x - y + m = 0 , elip (E): x 2 y2 =1 hypebol (H): 1 8

x 2 y2 + = 1 và 6 3

a) Với giá trị nào của m thì D cắt (E) tại hai điểm phân biệt ?

b) Chứng minh rằng với mọi m thì D cắt (H) tại hai điểm phân biệt thuộc hai nhánh khác nhau của (H) c) Tìm tọa độ giao điểm của (E) và (H). Viết phương trình đường tròn đi qua các giao điểm đó. Lời giải:

ïìï 2x - y + m = 0 ìï y = x +m a) Xét hệ phương trình ï Û ïí 2 í x 2 y2 ïï ïï 9x + 8mx + 2m 2 - 6 = 0 + =1 î îï 6 3 Do đó D cắt (E) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình 9x 2 + 8mx + 2m 2 - 6 = 0 có hai nghiệm phân biệt hay D ' = 16m 2 - 9 ( 2m 2 - 6 ) > 0 Û -3 3 < m < 3 3 . b) Xét hệ phương trình ïìï 2x - y + m = 0 ìï y = x +m ï Û ïí 2 í x 2 y2 ïï ïï 7x - 2mx - m 2 - 8 = 0 ( * ) =1 î ïî 1 8

Do ac = -7. ( m 2 + 8 ) < 0 nên phương trình (*) có hai nghiệm trái dấu suy ra D cắt (H) tại hai điểm phân biệt có hoành độ trái dấu nhau

Vậy D cắt (H) tại hai điểm phân biệt thuộc hai nhánh khác nhau của (H) 81

ì ï x 2 y2 ï =1 ï + 3 c) Tọa độ giao điểm của (E) và (H) là nghiệm của hệ: ïí 62 (I ) 2 ï x y ï =1 ï ï î1 8

ìï ïï x = ± ï Giải hệ (I) ta được ïí ïï ïï y = ±2 ïî

22 17 10 17

Tọa độ giao điểm của (E) và (H) là nghiệm của hệ (I) nên thỏa mãn phương trình

æ x 2 y2 ö æ x 2 y2 ö 62 27 çç + ÷÷ + 4 çç - ÷÷ = 31 hay x 2 + y 2 = çè 6 ç ÷ ÷ 17 3ø 8ø è1 Vậy tọa độ giao điểm của (E) và (H) là æ 22 æ æ 22 æ 10 ö÷ 22 10 ö÷ 10 ö÷ 22 10 ö÷ ÷÷, M 2 çç ÷÷, M 3 çç ÷÷, M 4 çç ÷÷ M 1 ççç ;2 ;2 ; 2 ; 2 çç çç 17 çç çè 17 17 ÷ø 17 17 ÷ø 17 ÷ø 17 17 ÷ø è è è và phương trình đường tròn đi qua các điểm đó phương trình là 62 x 2 + y2 = 17 Nhận xét: Để viết phương trình đường tròn qua giao điểm của (E) x 2 y2 x2 y2 + = 1 =1 , (H) a 2 b2 a '2 b '2 a b a b + 2 = 2 - 2 = k > 0, a + b > 0 khi đó 2 a a' b b' a+b phương trình đường tròn cần tìm là x 2 + y 2 = k

ta chọn a, b sao cho

x 2 y2 + = 1 và điểm I(1; 2). Viết phương trình 16 9 đường thẳng đi qua I biết rằng đường thẳng đó cắt elip tại hai điểm A, B mà I là trung điểm của đoạn thẳng AB.

Ví dụ 2: Cho elip (E):

Lời giải:

 Cách 1: Đường thẳng D đi qua I nhận u (a;b ) làm vectơ chỉ phương có ì x = 1 + at ï dạng ïí (với a 2 + b 2 ¹ 0 ) ï y = 2 + bt ï î A, B Î D suy ra tọa độ A, B có dạng A = (1 + at1;2 + bt1 ) ,

B = (1 + at2 ;2 + bt2 ) . I là trung điểm của AB khi và chỉ khi ì ì 2x I = x A + x B a ( t1 + t2 ) = 0 ï ï ï ï Û Û t1 + t2 = 0 (1) í í ï ï 2x I = x A + x B b ( t1 + t2 ) = 0 ï ï î î 2 2 (do a + b ¹ 0 ) A, B Î ( E ) nên t1, t2 là nghiệm của phương trình

(1 + at )2 (2 + bt )2 + = 1 Û ( 9a 2 + 16b 2 )t 2 + 2 ( 9a + 32b )t - 139 = 0 16 9 Theo định lý Viet ta có t1 + t2 = 0 Û 9a + 32b = 0 Ta có thể chọn b = -9 và a = 32 .

Vậy đường thẳng d có phương trình 9x + 32y - 73 = 0

x -1 y -2 = hay 32 -9

Cách 2: Vì I thuộc miền trong của elip (E ) nên lấy tùy ý điểm A(x ; y ) Î (E ) thì đường thẳng IM luôn cắt (E) tại điểm thứ hai là B ( x '; y ' ) . I là trung điểm điểm AB khi và chỉ khi ïìï 2x I = x A + x B ïì x ' = 2 - x Û ïí Þ M ' (2 - x; 4 - y ) í ïï 2x I = x A + x B ïï y ' = 4 - y î î ì ï x 2 y2 ï =1 ï + 16 9 M , M ' Î (E ) Û ï í ï (2 - x )2 (4 - y )2 ï + =1 ï ï î 16 9 4 - 4x 16 - 8y + = 0 hay 9x + 32y - 73 = 0 (*) Suy ra 16 9 Tọa độ điểm M, I thỏa mãn phương trình (*) nên đường thẳng cần tìm là 9x + 32y - 73 = 0

Nhận xét: Bài toán tổng quát " Cho elip (E ) :

x 2 y2 + = 1 (a > b > 0 ) và a 2 b2

x 02 y 02 điểm I (x 0 ; y 0 ) với 2 + 2 < 1 (nghĩa là điểm I thuộc miền trong của elíp ) a b . Viết phương trình đường thẳng đi qua I , biết rằng đường thẳng đó cắt elíp tại hai điểm M , M’ sao cho I là trung điểm của đoạn thẳng MM’ ". Làm tương tự cách 2 ta có phương trình đường thẳng cần tìm là 4x 02 - 4x 0x 4y 02 - 4y 0y + =0 a2 b2 x 2 y2 = 1 và hai đường thẳng Ví dụ 3: Cho hypebol (H): 4 9 D : x + my = 0, D ' : mx - y = 0

a) Tìm m để D và D ' đều cắt (H) tại hai điểm phân biệt

b) Xác định m diện tích tứ giác tạo bởi bốn giao điểm của D , D ' và (H) đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải: a) Từ phương trình D thế x = -my vào phương trình (H) ta được æ m 2 1 ö÷ 2 çç - ÷÷ y = 1 (*) 9ø èç 4 Suy ra D cắt (H) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt hay æ ö m2 1 4 2ö æ2 - > 0 Û m 2 > Û m Î çç -¥; - ÷÷ È çç ; +¥ ÷÷ ÷ø çè 4 9 9 3 ÷ø çè 3 Tương tự từ phương trình D thế y = mx vào phương trình (H) ta được æ 1 m 2 ö÷ 2 çç ÷x = 1 9 ÷ø èç 4 Suy ra D ' cắt (H) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi

æ 3 3ö 1 m2 9 > 0 Û m 2 < Û m Î çç - ; ÷÷÷ çè 2 2 ø 4 9 4 Vậy D và D ' đều cắt (H) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi æ 3 2ö æ2 3ö m Î çç - ; - ÷÷÷ È çç ; ÷÷÷ çè 2 3 ø çè 3 2 ø 84

æ 3 2ö æ2 3ö b. Với m Î çç - ; - ÷÷÷ È çç ; ÷÷÷ thì D và D ' cắt (H) tại bốn điểm phân biệt èç 2 3 ø èç 3 2 ø (**) Dễ dàng tìm được giao điểm D và (H) là æ -6m ö÷ æ ö÷ 6 6m -6 A çç ; ; ÷÷ ; C çç ÷ và giao điểm D ' èç 9m 2 - 4 9m 2 - 4 ø èç 9m 2 - 4 9m 2 - 4 ÷ø æ æ ö÷ -6 -6m ö÷ 6 6m ; ; và (H) là B çç ÷÷ ; D çç ÷ A đối èç 9 - 4m 2 9 - 4m 2 ø èç 9 - 4m 2 9 - 4m 2 ÷ø

xứng với C và B đối xứng với D qua gốc toạ độ O. Mặt khác D ^ D ' do đó tứ giác ABCD là hình thoi. 72 ( m 2 + 1 ) 1 Suy ra S ABCD = AC .BD = 2 ( 9m 2 - 4 )( 9 - 4m 2 ) Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có 72 ( m 2 + 1 ) 144. ( m 2 + 1 ) 144 S ABCD = ³ = ( 9m 2 - 4 )( 9 - 4m 2 ) ( 9m 2 - 4 ) + ( 9 - 4m 2 ) 5

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 9m 2 - 4 = 9 - 4m 2 Û m = ±1 (thỏa mãn (**)) Vậy m = ±1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ví dụ 4: Trong mặt phẳng Oxy cho parabol (P): y 2 = 8x . Đường thẳng D không trùng với trục Ox đi qua tiêu điểm F của (P) sao cho góc hợp bởi hai tia Fx và Ft là tia của D nằm phía trên trục hoành một góc bằng

a ( a ¹ 900 ) . Chứng minh rằng D Cắt (P) tại hai điểm phân biệt M, N và

tìm tập hợp trung điểm I của đoạn MN khi a thay đổi. Lời giải: Theo giả thiết ta có F ( 2; 0 ) , đường thẳng D có hệ số góc k = tan a ì ï y = ( x - 2 ) tan a Suy ra D : y = ( x - 2 ). tan a . Xét hệ phương trình ïí 2 (*) ï y = 8x ï î

Suy ra tan a.y 2 - 8y - 16 tan a = 0 (**)

D ' = 16 + 16 tan2 a > 0 do đó phương trình (**) luôn có hai nghiệm phân

biệt, hệ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt điều này chứng tỏ rằng D Cắt (P) tại hai điểm phân biệt. Gọi tọa độ hai giao điểm đó là M ( x M ; yM ), N ( x N ; yN ) ; I ( x I ; yI ) là trung điểm của MN Theo định lý Viét ta có: yM + yN =

y + yN 8 4 > 0 Þ yI = M = . tan a 2 tan a

Mặt khác từ (*) ta có yM + yN = ( x M + x N - 4 ) tan a Þ x I = æy Suy ra x I = 4. çç I çè 4

xM + xN 4 = +2 2 tan2 a

ö÷ ÷÷ + 2 hay yI2 = 4x I + 8 ÷ø 2

p2 Vậy tập hợp điểm I là đường cong có phương trình : y = px + .(Cũng 2 2

gọi là Parapol) 3. Bài tập luyện tập. Bài 3.142: Cho (E):

x 2 y2 + =1 9 4

a) Xác định m để đường thẳng d : y = x + m và (E) có điểm chung

b) Viết phương trình đường thẳng đi qua M ( 1;1 ) và cắt (E) tại 2 điểm A, B sao cho M là trung điểm của đoạn AB.

x 2 y2 + = 1 và đường thẳng D : 3x + 4y - 12 = 0 16 9 a) Chứng minh rằng D cắt (E) tại 2 điểm phân biệt A, B. Tính độ dài AB b) Tìm toạ độ C thuộc (E) sao cho DABC cân tại A(biết hoành độ A bé hơn hoành độ B)

Bài 3.143: Cho (E):

x 2 y2 + = 1 và hai đường thẳng 9 4 D1 : mx - nx = 0, D2 : nx + my = 0, m 2 + n 2 ¹ 0

Bài 3.144: Cho (E):

a) Xác định giao điểm M, N của D1 với (E) và P, Q của D2 với (E) b) Tính theo m, n diện tích tứ giác MPNQ c) Tìm điều kiện m, n để diện tích tứ giác MPNQ nhỏ nhất Bài 3.145: (KB 2010) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A ( 2; 3 ) và x 2 y2 + = 1 . Gọi F1, F2 là các tiêu điểm của (E) ( F1 có hoành độ 3 2 âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng AF1 với (E); N là

elip (E):

điểm đối xứng của F2 qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF2 .

Bài 3.146: Cho (H): x 2 - 4y 2 = 20 và đường thẳng D : x - 3y = 0 a) Chứng minh rằng D cắt (H) tại 2 điểm phân biệt A, B. Tính độ dài của đoạn AB. b) Tìm toạ độ điểm C thuộc (H) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 4. c) Lập phương trình đường thẳng d đi qua M ( 0;2 ) sao cho d cắt (H) tại 2    điểm phân biệt A, B sao cho 3MA - 5MB = 0 . Bài 3.147: Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy cho Hypebol x 2 y2 = 1 và đường thẳng d : x + 3y + 2007 = 0 . Viết phương 4 12 trình tổng quát của đường thẳng D biết rằng D vuông góc với d và D cắt

(H ) :

( H ) tại hai điểm M , N

Bài 3.148: Cho (H):

thoả mãn MN = 2 10 .

x 2 y2 = 1 . Một đường thẳng  cắt (H) tại M, N cắt a 2 b2

hai tiệm cận tại P,Q. Chứng minh PM = NQ . Bài 3.149: Trên mặt phẳng Oxy, cho (E) là một elip di động nhưng luôn x 2 y2 = 1 làm các tiêu điểm và luôn nhận hai tiêu điểm của hypebol (H): 5 4 87

có điểm chung với đường thẳng D : x - y + 6 = 0 . Tìm giá trị bé nhất của độ dài trục lớn của elip (E). Bài 3.150: Cho (P): y 2 = 12x và đường thẳng d : mx - y - 3m = 0

¹ 0)

a) Chứng minh rằng với mọi m ¹ 0 , d luôn đi qua tiêu điểm của (P) và cắt (P) tại 2 điểm phân biệt A, B b) Chứng minh rằng đường tròn đường kính AB tiếp xúc với đường chuẩn của (P). Bài 3.151: Cho (P): y 2 = 2px có tiêu điểm F. Các đường thẳng D1, D2 qua F và vuông góc với nhau. D1 cắt (P) tại M , N ; D2 cắt (P) tại P, Q . Chứng minh rằng S MNPQ ³ 8 p 2

Bài 3.152: Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol (P): y = x 2 - 2x và elip (E): x2 + y 2 = 1 .Chứng minh rằng (P) cắt (E) tại bốn điểm phân biệt cùng nằm 9 trên một đường tròn.Viết phương trình đường tròn đó. x 2 y2 + = 1 và điểm M ( 3;2 ) . Đường thẳng D đi qua Bài 3.153: Cho (E): 9 4 M cắt (E) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho MA = 3MB , xác định tọa độ các điểm A, B. Bài 3.154: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng x 2 y2 + = 1. Viết phương trình đường 4 1 thẳng D vuông góc với d và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 1. d : 2x + y + 3 = 0 và elíp (E ) :

 Dạng 4. Các bài toán định tính về ba đường cônic. 1. Phương pháp giải. Dựa vào phương trình chính tắc của ba đường cônic và giả thiết để thiết lập và chứng minh một số các tính chất của ba đường cônic. 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Trong mặt phẳng Oxy cho (E):

x 2 y2 + = 1 và hai điểm M, N a 2 b2

thuộc (E) sao cho OM vuông góc với ON. Chứng minh rằng

1 1 1 1 + = 2 + 2 2 2 OM ON a b

b) Đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. Lời giải. a) + Dễ thấy một trong hai điểm trùng với bốn đỉnh của (E) thì đẳng thức hiển nhiên đúng + Nếu cả hai điểm không trùng với các đỉnh của (E): Gọi M ( x M ; yM ), N ( x N ; yN ) , k ( k ¹ 0 ) là hệ số góc của đường thẳng OM thì hệ số góc của ON là Do M , N Î ( E ) nên

1 (vì OM vuông góc với ON ). k

x M2 yM2 x N2 yN2 + = 1 + = 1 (2) (1), a2 b2 a2 b2

Đường thẳng OM có phương trình là y = kx suy ra yM = kx M

(3)

1 1 Đường thẳng ON có phương trình là y = - x suy ra yN = - x N (4) k k

Thay (3) vào (1) suy ra

æ x M2 k 2x M2 k 2 ö÷ a 2b 2 2 ç 1 2 + = 1 Û x + = 1 Û x = ÷ M ç M çè a 2 b 2 ÷ø a2 b2 a 2k 2 + b 2 Þ yM2 = k 2x M2 =

Do đó OM = x 2

2 M

k 2a 2b 2 a 2k 2 + b 2

2 M

a 2b 2 ( k 2 + 1 ) a 2k 2 + b 2

Tương tự thay (4) vào (2) suy ra 1 2 x 2 2 2 x N2 k 2 N = 1 Û x 2 æç 1 + 1 ö÷÷ = 1 Û x 2 = a k b + N ç N çè a 2 k 2b 2 ÷ø a2 b2 a 2 + k 2b 2 Þ yN2 =

1 2 a 2b 2 x = N k2 a 2 + k 2b 2

Do đó ON = x + y = 2

2 N

a 2b 2 ( k 2 + 1 ) a 2 + k 2b 2

Suy ra

(a 2 + b 2 )( k 2 + 1 ) 1 1 1 1 b 2 + k 2a 2 a 2 + k 2b 2 + = + = = 2 + 2 OM 2 ON 2 a b a 2b 2 ( k 2 + 1) a 2b 2 ( k 2 + 1 ) a 2b 2 ( k 2 + 1 )

Vậy

1 1 1 1 + = 2 + 2 2 2 OM ON a b

b) Gọi H là hình chiếu của O lên đường thẳng MN khi đó OH là đường cao của tam giác vuông MON. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có

1 1 1 1 1 = + = 2 + 2 Û OH = 2 2 2 OH OM ON a b

a + b2 2

Suy ra MN luôn tiếp xúc với đường tròn cố định tâm O bán kính Ví dụ 2. Cho hypebol (H):

a 2 + b2

x 2 y2 = 1 có các tiêu điểm F1, F2 . Lấy M là a 2 b2

điểm bất kì trên (H). Chứng minh rằng tích khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận là hằng số. Lời giải. Phương trình hai đường tiệm cận của (H) là: D1 : y =

b x hay bx - ay = 0 a

b D2 : y = - x hay bx + ay = 0 a

Giả sử M ( x M ; yM ) khi đó theo công thức khoảng cách từ một điểm tới đường thẳng ta có

d ( M ; D1 ) = 90

bx M - ayM a 2 + b2

; d ( M ; D2 ) =

bx M + ayM a 2 + b2

bx M - ayM

Suy ra d ( M ; D1 )d ( M ; D2 ) = Mặt khác M thuộc (H) nên :

a 2 + b2

bx M + ayM a 2 + b2

b 2x M2 - a 2yM2 = a 2 + b2

x M 2 yM 2 - 2 = 1 hay b 2x M2 - a 2yM2 = a 2b 2 2 a b

Do đó d ( M ; D1 )d ( M ; D2 ) =

a 2 .b 2 là hằng số a 2 + b2

Ví dụ 3. Cho parabol (P): y 2 = 2ax . Đường thẳng D bất kỳ đi qua tiêu điểm F có hệ số góc k ( k ¹ 0 ) cắt (P) tại M và N. Chứng minh rằng tích khoảng cách từ M và N đến trục Ox là hằng số. Lời giải Tiêu điểm F (a; 0 ) . Vì đi qua tiêu điểm F có hệ số góc k ¹ 0 nên có

æ aö phương trình: D : y = k çç x - ÷÷ çè 2 ÷ø

Hoành độ giao điểm của D và (P) là nghiệm của phương trình: æ aö k çç x - ÷÷÷ = 2ax Û 4k 2x 2 - 4 ( 2a + k 2a ) x + k 2a 2 = 0 (*) 2ø èç 2

D ' = 4 ( 2a + k 2a ) - 4k 4a 2 = 16a 2 ( 1 + k 2 ) > 0 2

Theo định lý Viet có x M .x N =

a2 4

Mặt khác ta có d ( M ;Ox ) = yM ; d ( N ;Ox ) = yN Suy ra d ( M ;Ox ) .d ( N ;Ox ) = yM .yN =

4a 2 x M .x N = a 2

3. Bài tập luyện tập. x 2 y2 + = 1 (a > b > 0 ) với các tiêu điểm F1, F2 a 2 b2 và A1, A2 là các đỉnh trên trục lớn của (E). M là điểm tùy ý trên (E) có hình

Bài 3.155: Cho elip (E):

chiếu trên Ox là H . Chứng minh rằng a) OM 2 + MF1.MF2 = a 2 + b 2

b) ( MF1 - MF2 ) = 4 (OM 2 - b 2 ) 2

c) a 2HM 2 + b 2 HA1.HA2 = 0 x 2 y2 + = 1 (a > b > 0 ) , tiêu điểm F (c; 0 ) , một a 2 b2 đường thẳng D quay quanh F, cắt (E) tại M, N. Chứng minh rằng 1 1 + không đổi. FM FN

Bài 3.156: Cho elip (E):

x 2 y2 + = 1 (a > b > 0 ) với các tiêu điểm F1, F2 a 2 b2  . M là điểm chạy trên (E). Phân giác góc F1MF2 cắt F1F2 tại N, H là hình

Bài 3.157: Cho elip (E):

chiếu của N trên MF1 . Chứng minh rằng MH không đổi. Bài 3.158: Cho hypebol (H):

x 2 y2 = 1 với các tiêu điểm F1, F2 và a 2 b2

A1, A2 là các đỉnh trên trục lớn của (E). M là điểm tùy ý trên (H) có hình

chiếu trên Ox là H . Chứng minh rằng a) OM 2 - MF1.MF2 = a 2 - b 2 b) ( MF1 + MF2 ) = 4 (OM 2 + b 2 ) 2

c) a 2HM 2 = b 2 HA1.HA2

x 2 y2 = 1 với các tiêu điểm F1 ( -c; 0 ), F2 (c; 0 ) và a 2 b2 đường tròn (C): x 2 + y 2 = a 2 , D là một trong hai tiệm cận của (H), D cắt

Bài 3.159: Cho (H):

(C) tại E1, E 2 ( x E1 < 0; x E2 > 0 ) . Một đường thẳng song song với trục tung cắt (H) tại M và cắt D tại N. Chứng minh rằng NE1 = MF1; NE 2 = MF2 . Bài 3.160: Cho parabol (P) : y 2 = 2px ( p > 0 ) và đường thẳng D đi qua tiêu điểm F của (P) và cắt (P) tại hai điểm M và N. Gọi   a = i; FM ( 0 < a < p )

(

)

a) Tính FM , FN theo p và a b) Chứng minh rằng khi D quay quanh F thì

1 1 + không đổi FM FN

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của tích FM .FN khi a thay đổi

Bài 3.161: Cho parabol (P) có đường chuẩn D và tiêu điểm F. Gọi M, N là hai điểm trên (P) sao cho đường tròn đường kính MN tiếp xúc với D . Chứng minh rằng đường thẳng MN đi qua F Bài 3.162: (ĐH 2008D) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho parabol

(P): y 2 = 16x và điểm A ( 1; 4 ) . hai điểm phân biệt B, C (B và C khác A) di  động trên (P) sao cho góc BAC = 900 . Chứng minh rằng đường thẳng BC luôn đi qua một điểm cố định. Bài 3.163: Cho đường tròn đường kính AB tâm O. Một dây cung MN chuyển động và luôn vuông góc với AB tại H, I là điểm thuộc đoạn HM sao cho HI = k .HM , 0 < k < 1 . Tìm tập hợp điểm I. Bài 3.164: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho parabol (P): y 2 = 4x . M là một điểm di động trên (P). M ¹ O , T là một điểm trên (P) sao cho T ¹ O, OT vuông góc với OM.

a. Chứng minh rằng khi M di động trên (P) thì đường thẳng MT luôn đi qua một điểm cố định. b. Chứng minh rằng khi M di động trên (P) thì thì trung điểm I của MT chạy trên 1 parabol cố định . Bài 3.165: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P ) : y 2 = 4x có tiêu   điểm F. Gọi M là điểm thỏa mãn điều kiện FM = -3FO ; d là đường thẳng bất kì đi qua M, d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B. Chứng minh rằng tam giác OAB là tam giác vuông.

CHUYÊN ĐỀ III: ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ VÀO CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG Phương pháp chung Để giải một bài toán tổng hợp bằng phương pháp tọa độ ta thường thực hiện theo các bước sau Bước 1: Thiết lập trục toạ độ thích hợp, chuyển giả thiết và kết luận của bài toán sang ngôn ngữ của tọa độ, chuyển bài toán tổng hợp về bài toán tọa độ. Bước 2: Sử dụng các kiến thức hình học giải tích trong mặt phẳng tọa độ để giải quyết bài toán đó. Bước 3: Chuyển kết quả bài toán tọa độ sang kết quả bài toán tổng hợp. Tuy nhiên trong nhiều trường hợp, chẳng hạn trong bài toán tìm tập hợp điểm (quỹ tích) ta không cần nêu dạng hình học của quỹ tích này mà chỉ nêu phương trình cụ thể hoặc cách xác định của nó là đủ. Việc thiết lập hệ trục toạ độ thích hợp là bước làm quan trọng, nó được lựa chọn trên các dạng thường gặp sau I. BÀI TOÁN CÓ GIẢ THIẾT LÀ HAI ĐIỂM CỐ ĐỊNH. 1. Phương pháp: Ta thường thiết lập hệ trục toạ độ Oxy sao cho O là trung điểm A, B và A, B thuộc trục hoành. 2. Các ví dụ: Ví dụ 1: Cho đoạn AB = a, a > 0 cố định. Tìm tập hợp tất cả các điểm M thoả mãn MA2 - MB 2 =

a2 . 2

Lời giải (hình 3.6) Chọn hệ trục toạ độ Oxy với A, B Î Ox và đối xứng qua Oy (như hình vẽ). æ a ö æa ö Khi đó: A çç - , 0 ÷÷, B çç , 0 ÷÷ . çè 2 ÷ø çè 2 ÷ø a2 Điểm M(x, y) thoả mãn MA2 - MB 2 = 2 2 2 éæ ù éæ ù a2 aö aö Û êê çç x + ÷÷ + y 2 úú - êê çç x - ÷÷ + y 2 úú = 2 ÷ø 2 ÷ø 2 êë çè úû êë çè úû a Ûx = 4

y M

B x

Hình 3.6

a , tức là đường thẳng vuông góc 4 a với đoạn AB tại điểm nằm trên đoạn AB và cách B một khoảng là . 4 Ví dụ 2: Cho đoạn thẳng AB cố định và đường thẳng d cố định song song với AB. Điểm C di động trên d. Tìm quỹ tích trực tâm tam giác ABC . y Lời giải (hình 3.7) C d Chọn hệ trục toạ độ Oxy với A, B Î Ox và

Vậy tập hợp điểm M là đường thẳng x =

đối xứng qua Oy Không mất tính tổng quát giả sử A ( -a; 0 ), B (a; 0 ), d : y = b với b ¹ 0 suy

H A

B x

ra C ( m;b ) trong đó b là hằng số, m thay đổi. Đường cao CH : x = m , AH : ( m - 1 ) x + y + m - 1 = 0

Hình 3.7

Tọa độ trực tâm H là nghiệm của hệ: ìï x = m ï ïìï(m - 1)x + ay + m - 1 = 0 1 - x2 2 Þ y = Û ïí í ïï x = m ïï y = 1 - m a î ïî a 1 - x2 Vậy quỹ tích của H là (P): y = , tức là a Chú ý: Trong trường hợp d không song song với AB, quỹ tích vẫn là một đường parabol nhưng có phương trình không sơ cấp. II. BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TAM GIÁC. 1. Phương pháp: a) Nếu tam giác ABC đều ta thường thiết lập hệ trục toạ độ Oxy theo một trong ba dạng sau: y

B x

O là trung điểm AB AB

B x

O trùng với một đỉnh của tam giác

x B

O là trọng tâm tam giác

b) Nếu tam giác ABC cân tại A, ta thường thiết lập hệ trục toạ độ như sau: Gắn hệ trục tọa độ Oxy sao cho O là trung điểm BC; B, C thuộc trục Ox ; A thuộc trục Oy . (hình 3.8) c) Nếu tam giác ABC vuông tại A, ta thường thiết lập hệ trục toạ độ như sau: Gắn hệ trục tọa độ Oxy sao cho O trùng với A; B thuộc trục Ox ; C thuộc trục Oy . (hình 3.9) d) Nếu tam giác ABC bất kỳ, ta thường thiếp lập hệ trục tọa độ như sau: Gắn hệ trục tọa độ Oxy sao cho hai đỉnh thuộc trục Ox và đỉnh còn lại thuộc trục Oy . (hình 3.10) y A

y C

C x

Hình 3.8

Hình 3.9

B x Hình 3.10

2. Các ví dụ: Ví dụ 1: Cho DABC vuông cân tại C. Dựng đoạn CI (với I Î AB ) vuông góc với trung tuyến AM. a) Tính côsin góc giữa hai đường thẳng CI và CA. BI b) Tính tỷ số AI . Lời giải (hình 3.11) y Cho hệ trục toạ độ Oxy với C º O, A Î Ox , B Î Oy , giả sử CB = CA = a > 0

æ aö Khi đó A (a; 0 ), B ( 0; a ), C ( 0; 0 ), M çç 0; ÷÷÷ çè 2 ø

Đường thẳng AB có phương trình là x y + = 1 hay x + y - a = 0 a a I ( x 0 ; y 0 ) Î AB nên x 0 + y 0 - a = 0 (1)

M C

Hình 3.11

    æ aö Mặt khác CI ^ AM Þ CI .AM = 0 mà CI ( x 0 ; y 0 ), AM çç -a; ÷÷÷ çè 2ø a nên -ax 0 + y 0 = 0 hay 2x 0 - y 0 = 0 2

(2)

ì a ï ï x0 = ï æ ö ïìï x 0 + y 0 - a = 0 3 Þ I çç a ; 2a ÷÷ Ûï Từ (1) và (2) ta có í í çè 3 3 ÷ø ïï 2x 0 - y 0 = 0 ï 2a ï î y0 = ï ï î 3  æ a 2a ö  a) Ta có CI çç ; ÷÷÷, CA (a; 0 ) do đó çè 3 3 ø   cos (CI ;CA ) = cos CI ;CA =

(

b) Ta có BI =

)

a2 3

a 2 4a 2 + 9 9

a2 a2 a 2 + = , AI = 9 9 3

4a 2 4a 2 2a 2 + = suy ra 9 9 3

BI 1 = . AI 2 Ví dụ 2 : (Vô địch Toán Anh) Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi M là trung điểm của cạnh AB, G là trọng tâm tam giác ACM . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Chứng minh rằng GI vuông góc với CM. Lời giải (hình 3.12) Cho hệ trục toạ độ Oxy với O là trung điểm BC, y B Î Ox , C Î Ox , A Î Oy .

Không mất tính tổng quát giả sử BC = 2t, t > 0 Þ B ( -t; 0 ), C (t; 0 ) và

A ( 0; a ), a > 0

Do M là trung điểm AB và G là trọng tâm tam æ t a ö æt a ö giác ACM nên M çç - , ÷÷÷, G çç , ÷÷÷ . èç 2 2 ø çè 6 2 ø

Mặt khác I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác cân ABC suy ra I Î AO và IA = IB

G I

O Hình 3.12

C x

Gọi tọa độ điểm I là I ( 0; y ) suy ra

a2 - t2 2a   2 2 æ a - t ÷ö æ t æ 3t a ö t2 ö nên ta có I çç 0, ÷÷ . Khi đó CM = çç - , ÷÷÷ ; GI = çç - , - ÷÷÷ çè çè 6 çè 2 2 ø 2a ø 2a ø   2 3t æ t ö a æ t ö Suy ra CM .GI = - . çç - ÷÷÷ + çç - ÷÷÷ = 0 Þ CM ^ GI đpcm. 2 çè 6 ø 2 çè 2a ø IA = IB Û IA2 = IB 2 Û ( y - a ) = t 2 + y 2 Û y = 2

Ví dụ 3: Cho DABC đều cạnh a. M là điểm bất kỳ nằm trên đường tròn ngoại tiếp DABC . a) Chứng minh rằng MA2 + MB 2 + MC 2 = a 2       a 2 b) Tìm tập hợp điểm N thỏa mãn NA.NB + NB.NC + NC .NA = (*) 4 Lời giải (hình 3.13) a) Chọn hệ trục toạ độ Oxy với trọng tâm y G º O, A Î Oy, BC  Ox

a 3 Ta có AG = suy ra tọa độ các điểm 3 là

G B

Hình 3.13

æ a 3 ÷ö æ a a 3 ÷ö æ a a 3 ÷ö ÷÷, B çç - , ÷÷, C çç , ÷÷ Vì tam giác ABC đều nên đA ççç 0, çè 3 ÷ø ççè 2 6 ÷ø ççè 2 6 ÷ø ường tròn ngoại tiếp DABC có tâm là G bán kính AG suy ra có phương a2 trình là (C ) : x 2 + y 2 = 3

Giả sử M ( x 0 ; y 0 ) , M Î (C ) Þ x 02 + y 02 =

a2 suy ra 3

2 æ æ æ a 3 ÷ö a ÷ö a 3 ÷ö ç ç ÷÷ + ç x 0 + ÷ + çç y 0 + ÷÷ + MA + MB + MC = x + çç y 0 çç çè çè 3 ÷ø 2 ÷ø 6 ÷ø è 2

2 0

2 æ æ a ÷ö a 3 ÷ö ç ÷÷ = 3 ( x 02 + y 02 ) = a 2 (đpcm) + ç x 0 - ÷÷ + ççç y 0 + çè ç 2ø 6 ÷ø è 2

b) Giả sử điểm N ( x ; y ) thoả mãn (*)

Ta có  æ ö÷  æ a ö÷  æ a ö a 3 a 3 a 3 ç ç ÷ NA = çç -x ; - y ÷, NB = çç - - x ; - y ÷÷, NC = ççç - x ; - y ÷÷÷ ÷ø ÷ø ÷ø çè çè 2 3 6 6 èç 2 Do đó æa ö æ a 3 ÷öæç a 3 ÷ö æç a öæ aö æ a 3 ÷ö ÷÷ ç y + ÷÷ + ç x + ÷÷ çç x - ÷÷ + çç y + ÷÷ + ( *) Û x ççç + x ÷÷÷ + çççç y 3 ÷øèçç 6 ÷ø èç 2 ÷øèç 2 ÷ø ççè 6 ÷ø è2 ø è 2

æ æ aö a 3 ÷öæç a 3 ÷ö a 2 a2 2 2 ÷÷ ç y + ÷÷ = + çç x - ÷÷÷ x + ççç y Û x + y = çè çè 2ø 3 ÷øèçç 6 ÷ø 4 4 a . 2 Ví dụ 4: Cho tam giác ABC có trực tâm H. Trên đoạn HB, HC lấy điểm

Vậy tập hợp điểm N thuộc đường tròn tâm O bán kính R =

  B ', C ' sao cho góc AB 'C và góc AC ' B bằng 900 . Chứng minh rằng

AB ' = AC ' . Lời giải (hình 3.14) Chọn hệ trục toạ độ Oxy với A Î Oy; B, C Î Ox

Giả sử A ( 0; a ), B (b; 0 ), C (c; 0 ) với a > 0, b < 0, c > 0  Ta có AC (c; -a ) nên đường cao BH nhận  u (a; c ) làm vectơ ìï x = b + at chỉ phương có phương trình là ïí ïï y = ct î B ' Î BC Þ B ' (b + at; ct )    0 Mặt khác AB 'C = 90 suy ra AB '.CB ' = 0 ,   AB ' (b + at; a + ct ), CB ' (at + b - c; ct )

Do đó ( b + at )( at + b - c ) + (a + ct )ct = 0 6

B' B

y A

Hình 3.14

Û ( a 2 + c 2 ) t + 2a (b - c )t + b (b - c ) = 0 (1 )

Ta có AB '2 = ( at + b ) + (ct - a ) 2

= ( a 2 + c 2 ) t 2 + 2a (b - c )t + a 2 + b 2 ( 2 )

Từ (1) và (2) suy ra AB '2 = a 2 + bc Tương tự ta có AC '2 = a 2 + bc suy ra AB '2 = AC '2 hay AB ' = AC ' Ví dụ 5.(VMO 2008) Cho tam giác ABC với trung tuyến AD . Cho điểm M nằm trên đường thẳng D vuông góc với đường thẳng AD . Gọi E , F lần lượt là

trung điểm của MB, MC . Đường thẳng đi qua E và vuông góc với D cắt đường

thẳng AB ở P, đường thẳng đi qua F và vuông góc với D cắt đường thẳng AC ở Q. Chứng minh rằng đường thẳng đi qua M vuông góc với đường thẳng PQ luôn đi qua một điểm cố định khi điểm M di động trên đường thẳng D . Lời giải (hình 3.15) Chọn hệ trục toạ độ Oxy với y D º O, A Î Oy, D  Oy Q

Đặt A ( 0; a ), D ( 0; 0 ), B ( -b; -c ),C (b; c ) , trong đó a, b, c (a > 0 ) là các hằng số.

Giả sử M ( t; d ) là điểm di động trên D trong đó d là hằng số, t thay đổi

æ t - b d - c ö÷ ; E là trung điểm MB nên E çç ÷ suy ra 2 ÷ø èç 2 đường thẳng đi qua E và vuông góc với D có phương t -b trình là x = , đường thẳng đi qua hai điểm A, B 2 có phương trình là ( a + c ) x - b ( y - a ) = 0

E P B

x D C

Hình 3.15

æ t - b (c + a )t a - c ö÷ ÷÷ ; + Suy ra tọa độ điểm P là P ççç çè 2 2b 2 ÷ø æ t + b d + c ö÷ ; Tương tự ta có F là trung điểm của MC nên F çç ÷ , đường thẳng đi çè 2 2 ÷ø

qua F và vuông góc với D có phương trình x = có phương trình là ( a - c ) x + b ( y - a ) = 0

t +b . Đường thẳng đi qua AC 2

æ t + b (c - a )t a + c ö÷ , + Suy ra tọa độ điểm Q là çç ÷ çè 2 2b 2 ÷ø  æ at ö Ta có PQ ççb; c - ÷÷÷ nên đường thẳng đi qua M và vuông góc với PQ có dạng là b ø èç

æ æa ö at ö b ( x - t ) + ççc - ÷÷÷( y - d ) = 0 Û t çç ( y - d ) + b ÷÷÷ - c ( y - d ) - bx = 0 çè b b ø èç ø (*) Đẳng thức (*) đúng với mọi t khi và chỉ khi ìï ïï x = bc ïìï a y d + b = 0 ) ï ( a Û ïí íb ïïc y - d + bx = 0 ïï b2 ) ïï y = - + d îï ( î a Suy ra đường thẳng qua M và vuông góc với PQ luôn đi qua điểm æ bc b 2 ö R çç ; - + d ÷÷÷ a èç a ø

Chú ý: Trong trường hợp này, để tận dụng tốt nhất các giả thiết vuông góc và trung điểm, ta đã linh hoạt chọn hệ trục tọa độ có trục tung là trung tuyến AD thay vì đường cao ứng với đỉnh A. III. BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TỨ GIÁC ĐẶC BIỆT. 1. Phương pháp. a) Nếu ABCD là hình vuông hoặc hình chữ nhật. Ta thường thiết lập hệ trục toạ độ như sau (hình 3.16) y D

y C

O A

B x

Hình 3.16

b) Nếu ABCD là hình thang vuông. Ta thường thiết lập hệ toạ độ Oxy như hình vẽ (hình 3.17) 2. Các ví dụ: Ví dụ 1: Cho hình chữ nhật ABCD . Kẻ BK vuông góc với AC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AK và CD.  a) Chứng minh: BMN = 900 8

x B

y D

B Hình 3.17

b) Tìm điều kiện của hình chữ nhật để tam giác BMN vuông cân. Lời giải (hình 3.18) Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho C º O, D Î Ox , B Î Oy Giả sử AB = a, BC = b suy ra

A (a;b ), B ( 0;b ), C ( 0; 0 ), D (a; 0 )

Đường thẳng AC có phương trình là bx - ay = 0 (1)

y x y = hay a b

 Đường thẳng BK nhận n (b; -a ) là VTCP nên ìï x = bt có phương trình là ïí (2) ïï y = b - at î

Thế (2) vào (1) ta có b 2t - a (b - at ) = 0 Û t = æ ab 2 b 3 ö÷ K çç 2 ; ÷ çè a + b 2 a 2 + b 2 ÷ø

B M K C

D x

Hình 3.18

ab suy ra a + b2 2

æ a 3 + 2ab 2 a 2b + 2b 3 ö÷ ÷÷ ; M là trung điểm của AK nên M ççç çè 2 ( a 2 + b 2 ) 2 (a 2 + b 2 ) ÷ø æa ö N là trung điểm của CD nên N çç ; 0 ÷÷÷ çè 2 ø

 æ a 3 + 2ab 2 -a 2b ö÷÷  æç ab 2 a 2b + 2b 3 ö÷÷ ç ; , NM ; a) Ta có BM ççç ÷ çç 2 a 2 + b 2 2 a 2 + b 2 ÷÷ çè 2 ( a 2 + b 2 ) 2 (a 2 + b 2 ) ÷ø ) ( )ø è ( Suy ra   ab 2 (a 3 + 2ab 2 ) - a 2b (a 2b + 2b 3 )  BM . NM = = 0 Þ BMN = 900 2 4 (a 2 + b 2 )

 b) Theo câu a) ta có BMN = 900 nên DBMN vuông cân khi và chỉ khi 2 2 2 2 2 æ a 3 + 2ab 2 ÷ö æ -a 2b ÷ö æ ö æ a 2b + 2b 3 ÷ö ab ÷ ç ç ÷÷ + çç ÷ ÷ ÷ BM = NM Û ççç çç 2 a 2 + b 2 ÷÷ = ççç 2 a 2 + b 2 ÷÷ + ççç 2 a 2 + b 2 ÷÷ çè 2 ( a 2 + b 2 ) ÷ø )ø è ( )ø è ( )ø è (

Û ( a 3 + 2ab 2 ) - ( ab 2 ) = (a 2b + 2b 3 ) - (a 2b ) 2

Û ( a 3 + 3ab 2 )( a 3 + ab 2 ) = 2b 3 ( 2a 2b + 2b 3 )

Û a 4 + 3a 2b 2 - 4b 4 = 0 Û (a 2 - b 2 )(a 2 + 4b 2 ) = 0 Ûa =b Hay ABCD là hình vuông Ví dụ 2. Cho hình thang vuông ABCD có đường cao AB = 2a , đáy lớn BC = 3a , đáy nhỏ AD = a . I là trung điểm của CD. Chứng minh rằng AI vuông góc với BD Lời giải (hình 3.19) y Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho B º O,C Î Ox , A Î Oy

I là trung điểm của DC nên I ( 2a; a )     AI ( 2a; -a ), BD (a;2a ) suy ra AI .BD = 0

Vậy AI vuông góc với BD Ví dụ 3: Cho hình vuông ABCD . Trên BD lấy điểm M không trùng với B, D. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của M trên các cạnh AB, AD. Chứng minh rằng a) CM vuông góc với EF b) Ba đường thẳng CM, BF, DE đồng quy. Lời giải (hình 3.20) Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho A º O, B Î Ox , D Î Oy Không mất tính tổng quát giả sử AB = a ìï x = a - at Þ B (a; 0 ), D ( 0; a ), C (a; a ), BD : ïí ïï y = at î a) Vì M Î BD Þ M ( a - az ; az ), E (a - az ; 0 ), F ( 0; az )   Do đó CM ( -az ; az - a ), EF (az - a; az )   Þ CM .EF = -az (az - a ) + (az - a )az = 0 Vậy nên CM ^ EF

Ta có A ( 0;2a ), B ( 0; 0 ), C ( 3a; 0 ), D (a;2a )

C x

B Hình 3.19

y C

D M

F A

E Hình 3.20

 b) Đường thẳng CM đi qua C và nhận CM làm VTCP có phương trình là ïìï x = a - azt (1) í ïï y = a + (az - a )t î

Đường thẳng BF có phương trình là Thế (1) vào (2) ta có

x y + = 1 hay zx + y - az = 0 (2) a az

z ( a - azt ) + a + ( az - a ) t - az = 0 Û t =

1 z -z +1 2

æa z -1 2 ö÷ ) ç ( az 2 ÷÷ ; 2 Suy ra tọa độ giao điểm của BF và CM là K çç 2 çç z - z + 1 z - z + 1 ÷÷÷ è ø

Mặt khác đường thẳng DE có phương trình là x + ( 1 - z ) y + a ( z - 1 ) = 0 (*)

x y + = 1 hay a - az a

Thay tọa độ K vào phương trình (*) ta có a ( z - 1)

az 2 + a (z - 1) = 0 z2 - z + 1 z2 - z + 1 Û az 2 - 2az + a + az 2 - az 3 + a ( z 3 - z 2 + z - z 2 + z - 1 ) = 0 (đúng) + (1 - z )

Vậy tọa độ điểm K là nghiệm của phương trình đường thẳng DE do đó ba đường thẳng CM, BF, DE đồng quy. IV. BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐƯỜNG TRÒN. 1. Phương pháp giải. Ta thường chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho tâm của đường tròn là gốc tọa độ hoặc nằm trên các các trục tọa độ. 2. Các ví dụ. Ví dụ 1: Cho đường tròn (C) có đường kính AB không đổi, một điểm M di động trên (C). Gọi H là hình chiếu của M trên AB. Tìm tập hợp trung điểm I của MH. Lời giải (hình 3.21) Chọn hệ trục toạ độ Oxy với A, B Î Ox và đối xứng qua Oy AB 2 2 2 suy ra (C) có phương trình là x + y = R 2 .

Ta có bán kính đường tròn (C) là R = Giải sử I ( x ; y ) suy ra H ( x ; 0 )

I là trung điểm MH nên ìï x M = 2x I - x H = x ïí Þ M ( x ;2y ) ïï yM = 2yI - yH = 2y î Mặt khác M Î (C ) suy ra

M I A

Hình 3.21

x2 y2 + =1 R2 R2 4 x2 y2 Chứng tỏ tập hợp I là elip (E) : 2 + 2 = 1 . R R 4 Ví dụ 2: Cho đường tròn (C) đường kính AB. C là một điểm thay đổi trên đường tròn (C) sao cho tam giác ABC không cân tại C. Gọi H là chân đường cao của tam giác ABC hạ từ C. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của H lên AC, BC. Đường thẳng EF cắt AB tại K . Gọi D là giao điểm (C) và đường tròn (C') đường kính CH ( D ¹ C ) . x 2 + ( 2y ) = R 2 Û 2

Chứng minh rằng K , D, C thẳng hàng. Lời giải (hình 3.22) Ta chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho H º O, C Î Oy, A Î Ox , B Î Ox

C E

Không mất tính tổng quát giả sử AB = 2t . Gọi I là trung điểm AB và giả sử I (a; 0 ), - t < a < t, a ¹ 0 ; C ( 0;b ) .

I H

Suy ra A ( -t + a; 0 ), B ( t + a; 0 )

Vì tam giác ACB vuông tại C có đường cao AH nên CH 2 = AH .BH Þ b 2 = t 2 - a 2 (*)

D F

K B

Hình 3.22

æ bö b2 Ta có (C ) : ( x - a ) + y = t , (C ' ) : x + çç y - ÷÷÷ = çè 2ø 4 C, D là hai giao điểm của hai đường tròn (C) và (C') nên tọa độ của nó là nghiệm của phương trình: 2 æ ö 2 b b2 2 2 2 ÷ ç x a + y x y = t Û 2ax - by + t 2 - a 2 = 0 ÷ ( ) çç ÷ 2ø 4 è 2

Do đó CD : 2ax - by + t 2 - a 2 = 0 Phương trình đường thẳng AC là AC :

x y + = 1 hay -t + a b

bx + ( a - t ) y - ab + tb = 0,  Đường thẳng HE nhận AC ( t - a;b ) làm VTPT nên có phương trình là HE : ( t - a ) x + by = 0

Tọa độ của E là nghiệm của hệ tạo bởi phương trình đường thẳng AC và EH 2 æ b2 a - t ( ) b (a - t ) ö÷÷÷ çç ; Suy ra E ç kết hợp (*) suy ra 2 2 ÷ ç 2 2 ÷ èç b + ( a - t ) b + ( a - t ) ø÷ æ b 2 b ( t - a ) ö÷ ÷÷ E çççç 2t ; 2t ÷ø è

x y + = 1 Û bx + ( t + a ) y - b ( t + a ) = 0 và t +a b HF : - ( t + a ) x + by = 0

Tương tự ta có AC :

2 æ b2 a + t ( ) b (a + t ) ö÷÷÷ çç ; Suy ra tọa độ điểm H là H ç kết hợp (*) suy ra 2 2 ÷ ç 2 çè b + ( a + t ) b 2 + ( a + t ) ÷÷ø æ b 2 b ( t + a ) ö÷ ÷÷ H ççç ; ÷ø çè 2t 2t

b (t - a ) b2 x+ y2t = 2t Do đó đường thẳng EH có phương trình là hay b a 2ax - 2by + b 2 = 0 æ b2 ö b2 Cho y = 0 Þ x = do đó K çç - ; 0 ÷÷÷ 2a èç 2a ø

Thay tọa độ K vào phương trình đường thẳng DC ta được æ b2 ö 2a. çç - ÷÷ + t 2 - a 2 = 0 Û b 2 = t 2 - a 2 (đúng do (*)) çè 2a ÷ø

Vậy điểm K thuộc đường thẳng CD hay ba điểm K , D, C thẳng hàng đpcm. Ví dụ 3: Cho đường trường tròn (C) đường kính AB, đường thẳng D vuông góc với AB tại C cố định. H là điểm thay đổi trên D . Giả sử AH và BH cắt đường tròn tại D và E. Chứng minh rằng DE luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải (hình 3.23) Gắn hệ trục tọa độ Oxy sao cho C º O, A Î Ox , B Î Oy, D º Oy

Không mất tính tổng quát giả sử A (a; 0 ), B (b; 0 )

y H E D P

I C

Hình 3.23

æ (b - a ) a + b ÷ö Suy ra (C ) : çç x (1) , giả sử H ( 0; m ), m ¹ 0 ÷÷ + y 2 = çè 2 ø 4 và m thay đổi. Gọi I là giao của BD và D .  Ta có AH = ( -a; m ) làm VTPT của đường thẳng BD nên 2

BD : -a ( x - b ) + my = 0 Û -ax + my + ab = 0 Cho x =0Þy =-

æ a2 ab ö Þ I çç 0; - ÷÷÷ çè m mø

æ æ m 2 + ab ÷ö m 2 - ab ö÷ Suy ra đường tròn đường kính HI là x + çç y ÷ = çç ÷ çè çè 2m ÷ø 2m ÷ø (2) D, E là giao của hai đường tròn (C) và đường tròn đường kính HI nên tọa độ thỏa mãn phương trình (1) và (2) do đó nó thỏa mãn phương trình 2

2 æ æ ö (b - a ) æç m 2 + ab ö÷ a + b m 2 - ab ö÷ ÷ çç x -ç ÷÷ = ÷ ÷÷ + y 2 - x 2 - çç y çè çè 2m ø÷ çè 2 ø 2m ø 4 2

m 2 - ab y + 2ab = 0 và đây chính là đường thẳng DE. m æ 2ab ö ; 0 ÷÷÷ . Suy ra DE đi qua điểm cố định là P çç çè a + b ø

Hay -( a + b ) x +

3. Bài tập luyện tập. Bài 3.166: Cho đoạn AB = a, a > 0 cố định. Tìm tập hợp các điểm M thoả 5a 2 . Hãy nêu và giải bài toán tổng quát dạng này. 2 Bài 3.167. Cho hai điểm A, B và một số thực dương k. Tìm tập hợp điểm M trong mặt phẳng sao cho MA = kMB . Bài 3.168: Cho A, B cố định. Tìm tập hợp điểm M thoả mãn   MAB - MBA = 900 .

mãn MA2 + MB 2 =

Bài 3.169: Trong mặt phẳng cho hai điểm A, B. Xét điểm C thay đổi trên nửa mặt phẳng bờ AB. Dựng ra ngoài của tam giác ABC các hình vuông ACED và BCFG . Chứng minh rằng đường thẳng DG luôn đi qua một điểm cố định khi C thay đổi. Bài 3.170: Cho tam giác ABC . Tìm tập hợp điểm M thỏa mãn trong các trường hợp sau:     a) AM .AB = AC .AB 14

    b) MA + MB MA + MC = 0     c) AM .AB = AM .AC = 0 Bài 3.171: Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi H là trung điểm BC, D là hình chiếu của H trên AC, M là trung điểm HD. Chứng minh rằng AM ^ BD . Bài 3.172: Cho tam giác đều ABC . M là một điểm bất kỳ trong mặt phẳng tam giác. Gọi D, E , F là chân các đường vuông góc hạ từ M xuống BC , CA, AB .

(

)(

)

Chứng minh rằng P = MA2 + MB 2 + MC 2 - 2 ( MD 2 + ME 2 + MF 2 )

không phụ thuộc vào điểm M. Bài 3.173. Cho tam giác ABC , đường tròn đường kính BC cắt AB, AC lần lượt tại E và D. Gọi F, H là hình chiếu của D và E trên BC. Gọi M là giao điểm của EF và DG. Chứng minh rằng AM vuông góc với BC. Bài 3.174. Cho tam giác ABC đều , gọi a, b, g lần lượt là góc giữa đường thẳng D bất kỳ với đường thẳng BC , CA, AB . Chứng minh rằng 16 ( cos2 a.cos2 b.cos2 g + sin2 a.sin2 b.sin2 g ) = 1

Bài 3.175. Cho tam giác ABC không cân có hai đỉnh B và C cố định và đỉnh A di động. Qua B dựng đường thẳng d vuông góc với BC, d cắt trung tuyến AI của tam giác ABC tại K. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh rằng nếu IH song song với KC thì điểm A di động trên một đường cố định. Bài 3.176.(VMO 2007) Cho tam giác ABC có 2 đỉnh B, C cố định và đỉnh A thay đổi. Gọi H, G lần lượt là trực tâm và trọng tâm tam giác ABC . Tìm tập hợp điểm A biết trung điểm K của HG nằm trên đường thẳng BC Bài 3.177: Cho tam giác ABC có đường cao AD. Lấy hai điểm E, F thuộc đường thẳng D đi qua D và khác D sao cho AE ^ BE , AF ^ CF . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC, EF. Chứng minh rằng AN ^ MN . Bài 3.178: Cho tam giác ABC cân tại A. Các điểm D, E di động với D là điểm nằm trên cạnh AB và điểm E trên cạnh BC sao cho hình chiếu của DE trên BC có độ dài bằng nửa đoạn BC. Chứng minh rằng đường thẳng vuông góc với DE tại E luôn đi qua điểm cố định. Bài 3.179: Cho tam giác ABC . Gọi M là trung điểm cạnh BC và N là chân  đường phân giác của góc BAC . Đường thẳng vuông góc với NA cắt các đường thẳng AB, AM lần lượt tại P, Q. Gọi I là giao điểm đường vuông góc với AB tại P và AN. Chứng minh rằng IQ ^ BC

Bài 3.180: Cho tam giác ABC . Tìm quỹ tích các điểm M nằm trong mặt phẳng sao cho khoảng cách từ M đến BC bằng trung bình nhân khoảng cách từ M đến AB và AC. Bài 3.181: Cho hình thang vuông ABCD , đường cao AB = h , cạnh đáy AD = a, BC = b . Tìm hệ thức liên hệ giữa a, b, h sao cho:  a) CID = 90 với I là trung điểm của AB b) BD vuông góc với CI c) AC vuông góc với DI d) Trung tuyến BM của ABC vuông góc với trung tuyến CN của tam giác BCD. Bài 3.182: Trên cung AB của đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD ta lấy điểm M khác A và B. Gọi P, Q, R, S là hình chiếu của M trên các đoạn thẳng AD, AB, BC , CD . Chứng minh rằng PQ ^ RS .

Bài 3.183. Cho hình chữ nhật ABCD . Các điểm E, F thuộc cạnh CD sao cho DE = EF = FC . Các điểm G, H thuộc cạnh BC sao cho BG = GH = HC . Đường thẳng AE cắt DG tại M, đường thẳng AF cắt DH lần lượt tại N. Chứng minh rằng MN song song với CD. Bài 3.184: Cho hình vuông ABCD . Từ A kẻ một đường thẳng bất kỳ cắt BC, DC tương ứng tại E và F. Gọi I là trung điểm của BE. a) Chứng minh rằng FI tiếp xúc với đường tròn nội tiếp hình vuông b) Giả sử DE cắt FI tại M. Chứng minh rằng M nằm trên đường tròn ngoại tiếp hình vuông. Bài 3.185. Cho góc vuông xOy . Một hình chữ nhật OABC có chu vi không đổi với A, C là các điểm thay đổi thuộc Ox , Oy . Chứng minh rằng đường vuông góc kẻ từ B vuông góc với đường chéo AC luôn đi qua một điểm cố định. Bài 3.186. Cho đường tròn tâm O bán kính bằng a. Có hai đường kính vuông góc với nhau là AB và CD. M, N lần lượt là các điểm di động trên đoạn OD, OC sao cho CN = OM . Đường thẳng AM cắt đường tròn lần nữa tại P.  Với vị trí nào của điểm M, N thì ANP = 900 Bài 3.187: Cho đường thẳng D không cắt đường tròn C ( I ; R ) . M, N là hai điểm di động nằm trên đường thẳng D sao cho đường tròn đường kính MN luôn tiếp xúc ngoài với đường tròn C ( I ; R ) . Chứng minh rằng luôn tồn tại

điểm A sao cho từ đó nhìn đoạn thẳng MN dưới một góc vuông. Bài 3.188: Cho A, B, C, D là bốn điểm phân biệt nằm trên một đường thẳng, theo thứ tự đó. Đường tròn đường kính AC và BD cắt nhau tại X và Y. Đường thẳng XY cắt BC tại Z. Cho P là điểm nằm trên đường thẳng XY khác Z. Đường thẳng CP cắt đường tròn đường kính AC tại C và M, đường 16

thẳng BP cắt đường tròn đường kính BD tại B và N. Chứng minh các đường thẳng AM, DN cắt nhau tại một điểm thuộc đường thẳng XY. Bài 3.189: Cho điểm A nằm trên đường tròn (C) tâm I và gọi D là tiếp tuyến tại A của đường tròn (C). Gọi M sao cho khoảng cách từ M tới D bằng độ dài tiếp tuyến MT kẻ tới đường tròn (C) với T là tiếp điểm. a) Tìm tập hợp điểm M b) Chứng minh đường tròn tâm M, bán kính MT luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. Bài 3.190. Cho tam giác ABC có phân giác trong và ngoài tại đỉnh C cắt cạnh AB lần lượt tại D và E. Biết rằng CD = CE . Chứng minh AB 2 + AC 2 = 4R 2 với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. CHUYÊN ĐỀ IV : ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ VÀ VECTƠ VÀO GIẢI TOÁN ĐẠI SỐ 1. Một số kiến thức cơ bản thường dùng. a) Các kiến thức của chương phương pháp tọa độ trong mặt phẳng: phương trình đường thẳng, đường tròn, elip, ... . b) Một số bất đẳng thức vectơ.   Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , Cho các véc tơ u = ( x 1; y1 ), v = ( x 2 ; y2 ) khi đó ta có +     u +v £ u + v Û

( x1 + x 2 )

+     u -v £ u + v Û

( x1 - x 2 )

+ ( y1 + y2 ) £ x 12 + y12 + x 22 + y22   Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai véc tơ u, v cùng hướng 2

+ ( y1 - y2 ) £ x 12 + y12 + x 22 + y22   Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai véc tơ u, v ngược hướng

    u - v £ u -v Û

x 12 + y12 - x 22 + y22 £

( x1 - x 2 )

+ ( y1 - y 2 )

  Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai véc tơ u, v cùng hướng    + u.v £ u . v Û x 1.x 2 + y1.y2 £ x 12 + y12 . x 22 + y22   Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai vectơ u, v cùng hướng

   + u.v ³ - u . v Û x 1.x 2 + y1.y2 ³ - x 12 + y12 . x 22 + y22   Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi hai vectơ u, v ngược hướng

Chú ý: - Nếu x 2 ¹ 0, y2 ¹ 0 thì

  x y + Hai vectơ u, v cùng hướng Û 1 = 1 = k ³ 0 x2 y2   x y + Hai vectơ u, v ngược hướng Û 1 = 1 = k £ 0 x2 y2    - Bất đẳng thức đầu có thể mở rộng lên n vectơ u1, u2 ,..., un khi đó       u1 + u2 + ... + un £ u1 + u2 + ... + un    Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi các vectơ u1, u2 ,..., un cùng hướng.

2. Phương pháp giải.  Khi gặp các bài toán đại số mà mỗi biểu thức dưới dấu căn bậc hai A, B , ... có thể biểu diễn dưới dạng A=

a12 + a22 ,

B =

b12 + b22 ... ta thiết lập các điểm, vectơ có tọa độ

thích hợp sao cho độ dài các đoạn thẳng, vectơ đó tương ứng bằng A, B , ... rồi sử dụng các bất đẳng thức hình học cơ bản (bất đẳng về độ dài các cạnh tam giác, bất đẳng thức về độ dài đường gấp khúc, ...) và các kiến thức trên để giải quyết bài toán.  Khi gặp các bài toán đại số mà biểu thức có dạng ax + by + c = 0 , x 2 y2 + = 1 ... thì ta chuyển bài toán đại số a 2 b2 sang bài toán hình học được xét trong mặt phẳng tọa độ Oxy . 3. Các ví dụ. a) Ứng dụng trong giải phương trình, bất phương trình. Ví dụ 1: Giải các phương trình sau:

(x - a )

a) b)

2 2

+ (y - b ) = c2 ,

x +1

+ x =

x + 9.

x 2 + 4x + 13 - x 2 - 2x + 2 =

Lời giải a) Điều kiện xác định : x ³ 0 . 18

  æç 1  x ö÷ 2 2 ÷ ; Þ u.v = + x Đặt u 2 2; x + 1 , v çç ÷ ÷ x +1 èç x + 1 x + 1 ø   1 x + = x +9 và u . v = 8 + x + 1. x +1 x +1      Do đó u.v = u . v Þ u, v cùng hướng

(

)

2 2 x +1

x 1 Û x = (tmdk) x +1 7

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = b) pt Û

(x + 2)

+9-

(x - 1)

1 . 7

+1 =

  Đặt u ( x + 2; 3 ), v ( x - 1;1 )   2   Ta có u - v = 13 , u - v = ( x + 2 ) + 9       Do đó u - v = u - v Û u, v cùng hướng (*)

(x - 1)

Ta có x = 1 không là nghiệm của phương trình. x +2 3 5 = Ûx = Xét x ¹ 1 khi đó (*) Û x -1 1 2 5 Vậy phương trình có nghiệm là x = 2 Ví dụ 2: Giải bất phương trình sau x 2 - 2x + 2 ³ x 2 + 1 + 2x 2 + 2x + 1 Lời giải x 2 + 1 + x 2 + ( x + 1 ) (*)   Trong mặt phẳng Oxy xét các vectơ u ( x ; x + 1 ), v ( 1; x ) khi đó ta có     2 u - v = ( x - 1 ) + 1 , u = 2x 2 + 2x + 1, v = x 2 + 1     Do đó (*) trở thành u - v ³ u + v     Mặt khác ta luôn có u - v £ u + v       suy ra u - v = u + v hay u và v ngược hướng

BPT Û

( x - 1)

+1 ³

Dễ thấy x = 0 là nghiệm của bất phương trình.   Với x ¹ 0 thì u và v ngược hướng khi và chỉ khi x <0 ïì x x +1 1- 5 = < 0 Û ïí 2 Ûx = ïï x - x - 1 = 0 1 x 2 î 1- 5 Vậy bất phương trình có nghiệm là x = 0 hoặc x = . 2 b) Ứng dụng trong giải hệ phương trình, hệ bất phương trình. ìï ïï x ( y - 1 ) + yz = 0 ï Ví dụ 3: Giải hệ ïí x ( 2z - 3 ) + y ( x - z ) = 0 ïï ïï( 2z - 3 )2 + ( x - z )2 = ( y - 1 )2 + z 2 ïî Lời giải    Xét u ( x ; y ), v ( y - 1; z ), w ( 2z - 3; x - z ) .      Từ hệ suy ra u .v = 0 (1), u .w = 0 (2), v 2 = w 2 (3)   * TH1: Nếu u = 0 Û x = y = 0 thay vào hệ suy ra z = 1 hoặc z = 2.     * TH2: Nếu u ¹ 0 từ (1) và (2) suy ra v , w cùng phương.     Mặt khác có v 2 = w 2 nên ta suy ra v = ±w . ïì y - 1 = 2z - 3 ïì y = 2z - 2   Û ïí + Với v = w Û ïí ïï z = x - z ïï x = 2z î î Thay x , y vào phương trình đầu ta được 2z ( 2z - 3 ) + ( 2z - 2 ) z = 0 Û 2z ( 3z - 4 ) = 0 Û z = 0 hoặc z = 4 8 2 Þ x = ,y = 3 3 3 ì ì ï y - 1 = 3 - 2z ï y = 4 - 2z   Û ïí + Với v = -w Û ïí ïï z = z - x ïï x = 0 î î Thay x , y vào phương trình đầu ta được z ( 4 - 2z ) = 0 Û z = 0 hoặc

4 3

Nếu z = 0 Þ x = 0, y = -2 , nếu z =

z =2 Nếu z = 0 Þ y = 4 , nếu z = 2 Þ y = 0

æ8 2 4ö Vậy nghiệm của hệ là: ( 0, 0,1 ), ( 0, 0,2 ), ( 0, -2, 0 ), ( 0; 4; 0 ) và çç ; ; ÷÷÷ . çè 3 3 3 ø

ïì x + ay - a = 0 Ví dụ 4: Cho hệ phương trình ïí 2 ïï x + y 2 - x = 0 î (*) a) Tìm tất cả các giá trị của a để hệ có 2 nghiệm phân biệt. b) Giả sử hệ có nghiệm là ( x 1; y1 ) và ( x 2 ; y2 ) .

Chứng minh rằng ( x 2 - x 1 ) + ( y2 - y1 ) £ 1 2

y 1

Lời giải (hình 3.24) ìï x + a ( y - 1 ) = 0 Hình 3.24 (1) ïï 2 ï Ta có (*) Û íæ ö ïïçç x - 1 ÷÷ + y 2 = 1 (2) ÷ ïïîçè 2ø 4 Xét hệ trục tọa độ Oxy . Khi đó phương trình (1) là phương trình đường thẳng D ,luôn qua điểm cố định có tọa độ ( 0;1 ) . Phương trình (2) là

æ1 ö 1 phương trình đường tròn (C) có tâm I çç ; 0 ÷÷÷ bán kính R = . çè 2 ø 2 a) Ta có số giao điểm của đường thẳng D và đường tròn (C) là số nghiệm của hệ phương trình. Vậy để hệ phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1 + m.0 - m 2 1 4 d ( I ; D) = < Û 3m 2 - 4m < 0 Û 0 < m < 2 3 1 + m2

b) Ta có ( x 1; y1 ) và ( x 2 ; y2 ) là 2 nghiệm của hệ suy ra đường thẳng D cắt đường tròn (C) tại hai điểm A ( x 1; y1 ) và B ( x 2 ; y2 )

( x 2 - x1 )

Ta có AB =

+ ( y 2 - y1 )

1 Mặt khác ta có AB £ 2R = 2. = 1 2

Vậy

( x 2 - x1 )

+ ( y 2 - y1 ) £ 1 2

Ví dụ 5: Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm duy nhất ì ï ï x + y + 2xy + m ³ 1 (* ) í ï x + y £ 1 ï î Lời giải (hình 3.25)

y 1

I 1 x

O 21 Hình 3.25

ìï 2xy + m ³ 1 - x - y Ta có (*) Û ïí ï x +y £1 ï î ì ï 2xy + m ³ ( 1 - x - y )2 Û ï í ï x +y £1 ï ï î ì ï 2xy + m ³ 1 + x 2 + y 2 - 2x + 2xy - 2y ï Û í ï x +y £1 ï î Xét hệ toạ độ trục Oxy . ìï(x - 1)2 + (y - 1)2 £ m + 1 ( 1 ) Û ïí ïï x + y £ 1 (2 ) î Ta có những điểm M ( x ; y ) thỏa mãn (1) là những điểm nằm trên và trong

đường tròn tâm I ( 1;1 ) bán kính R =

m + 1 (như hình vẽ) , những điểm

M ( x ; y ) thỏa mãn (2) là miền gạch chéo và đường thẳng x + y = 1 .

Suy ra hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi d ( I ; D ) = R Û

m +1 Û m = -

1 2

1 là giá trị cần tìm. 2 c) Ứng dụng trong chứng minh bất đẳng thức và tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. Ví dụ 6: Chứng minh rằng với mọi số thực x ta luôn có x 2 + 2x + 2 + x 2 - 2x + 5 ³ 13 Lời giải   Đặt u ( x + 1;1 ), v ( 1 - x ;2 )     Khu đó ta có u + v = 13 và u + v = x 2 + 2x + 2 + x 2 - 2x + 5     Vì u + v ³ u + v nên x 2 + 2x + 2 + x 2 - 2x + 5 ³ 13

Vậy m = -

1 3 Ví dụ 7: Cho hai số thực x , y với y > -1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 ( x + 1 ) = 1 - x Û x = -

thức S = 22

x 4 y4 + - 4y + 5 + 2 2

x 4 y4 + + 8y 2 - 4x - 12y + 9 2 2 y +1

Lời giải Ta có

x4 1 y4 1 + ³ x 2, + ³ y 2 2 2 2 2

ÞS ³ =

x 2 + y 2 - 4y + 4 + x 2 + 9y 2 - 4x - 12y + 8 y +1

x 2 + (y - 2 ) +

(x - 2 )

+ ( 3y - 2 )

y +1   Lấy u = ( x ; y - 2 ), v = ( 2 - x ;2 - 3y ) thì   u + v =

x 2 + (y - 2 ) + 2

(x + 2 - x )

(2 - x )

+ ( 2 - 3y )

+ ( y - 2 + 2 - 3y ) = 4 y 2 + 1 2

Áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxki ta có 4 y 2 + 1 ³ 2 2 ( y + 1 ) suy ra S ³ 2 2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1 Vậy min S = 2 2 Ví dụ 8: Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn a 2 + b 2 = 4 và c + d = 4 . Chứng minh rằng: ac + cd + db £ 4 + 4 2 Lời giải (hình 3.26) Ta có ac + cd + db £ 4 + 4 2

Û ( a - c ) + (b - d ) ³ a 2 + b 2 + (c + d ) - 8 - 8 2 2

Û ( a - c ) + (b - d ) ³ 12 - 8 2 2

Trong hệ trục tọa độ Oxy xét M (a;b ), N (c; d )

khi đó M , N lần lượt nằm trên đường tròn

(C ) : x 2 + y 2

= 4 và đường thẳng

D : x +y = 4.

O A1

Khi đó MN 2 = ( a - c ) + (b - d ) . 2

Ta có (C ) có tâm O bán kính R = 2 và không cắt D

B Hình 3.26

Đường thẳng d đi qua O và vuông góc với D có phương trình là d : x - y = 0. Tọa độ giao điểm B của đường thẳng D và d là nghiệm của hệ ïìï x + y = 4 ïì x = 2 Û ïí Þ B ( 2;2 ) í ïï x - y = 0 ïï y = 2 î î Tọa độ giao điểm A của đường thẳng d và đường tròn (C ) là nghiệm của ìï x = y = 2 ìï x 2 + y 2 = 4 ï Ûí hệ ïí ïï x - y = 0 ïï x = y = - 2 î ïî Suy ra đường thẳng d cắt đường tròn (C ) tại hai điểm A1

(

)

(

2; 2 , A2 - 2; - 2

Do đó A1B =

(

2 2- 2

)

< A2B =

(

2 2+ 2

)

Ta có MN ³ min { A1B; A2B } Þ MN 2 ³ A1B 2 = 12 - 8 2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M º A1 hay a = b = 2 và N º B hay c = d = 2 đpcm. Ví dụ 9: Cho x , y là hai số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

3x 2 + 3 ( y - 1) + 2

( x + 1)

+ y2 + 2

Lời giải Ta có

( x - 3 ) + (y + 3 ) 2

( x - 3 ) + (y + 3 ) Xét hệ trục tọa độ Oxy . Gọi A ( 0;1 ), B ( -1; 0 ), C ( 3; -3 ) và M ( x ; y ) P =

3 x 2 + ( y - 1) + 2

( x + 1)

+ y2 + 2

khi đó P = 3MA + MB + 2MC    Dễ thấy BOC = 1200 ,COA = 1500 , AOB = 900     3 OA 1 OB OC . + . + Đặt u = 2 OA 2 OB OC Ta có   æ 3 ö 3 1 u.OA = .OA + .OA.cos 900 + OA.cos1500 = OA ççç + cos1500 ÷÷÷ = 0 ÷ø çè 2 2 2

  u.OB =

æ1 ö 3 1 .OB.cos 900 + .OB + OB.cos1200 = OB çç + cos1200 ÷÷÷ = 0 çè 2 2 2 ø     3 OA 1 OB OC . + . + =0 Suy ra 2 OA 2 OB OC Ta có       MAOA . MB.OB MC .OC MAOA . MB.OB MC .OC P = 3 + +2 ³ 3 + +2 OA OB OC OA OB OC       MAOA . MB.OB MC .OC + +2 Mặt khác 3 OA OB OC     æ 3 OA 1 OB OC ö÷ ç ÷÷ + 3.OA + OB + 2OC = MO çç . + . + çè 2 OA 2 OB OC ÷÷ø =

3.OA + OB + 2OC =

3 + 1 + 2. 3 + 9 = 5 3 + 1

Suy ra P ³ 1 + 5 3 dấu bằng xảy ra khi M º O hay x = y = 0

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1 + 5 3 . 3. Bài tập luyện tập. Bài 3.191: Giải phương trình x x + 1 + 3 - x = 2 x 2 + 1 Bài 3.192: Giải phương trình sau x 2 - 2x + 5 + x 2 + 2x + 10 = 29 Bài 3.193: Giải phương trình 45 x 2 + 2x + 5 - x 2 - 4x + 40 = x 2 + 5x + 5 Bài 3.194: Giải bất phương trình x - 1 + x - 3 ³ 2(x - 3)2 + 2x - 2 ìï x 2 + y 2 = -y ( x + z ) ïï Bài 3.195: Giải hệ ïí x 2 + x + y = -2yz ïï 2 ïï 3x + 8y 2 + 8xy + 8yz = 2x + 4z + 2 î Bài 3.196. Cho x , y, z là các số dương. Chứng minh rằng : x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 + z 2 + zx + x 2 ³

3(x + y + z ) .

Bài 3.197: Cho a, b, c, d Î R. Có a 2 + b 2 = c 2 + d 2 = 1 và ac + bd = 0 . Tính ab + cd . ìï x 2 + xy + y 2 = 3 Bài 3.198: Giả sử hệ ïí 2 có nghiệm. Chứng minh rằng ïï y + yz + z 2 = 16 î xy + yz + zx £ 8 . 25

Bài 3.199: Cho 2x - y = 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

A = x 2 + (y + 1)2 + x 2 + (y - 3)2 Bài 3.200: Cho x , y là hai số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức P = 2x 2 + 2y 2 - 2x + 2y + 1 + 2x 2 + 2y 2 + 2x - 2y + 1 + 2x 2 + 2y 2 + 4x + 4y Bài 3.201: Chứng minh rằng nếu a > c > 0 và b > c > 0 thì c(a - c) + c(b - c) £ ab Bài 3.202: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức x 2 y2 + =1 . P = 2x - y + 2011 biết x , y là các số thực thỏa mãn 9 4 Bài 3.203: Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn a 2 + b 2 = 1 và c - d = 3 . 9+6 2 4 Bài 3.204: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P = 2x - y với x, y thỏa mãn điều kiện x 2 + y2 = 5 Bài 3.205: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P = x + y với x, y thỏa

Chứng minh rằng ac + bd - cd £

mãn điều kiện ( x - 2 ) + 8 ( y + 3 ) = 8 2

Bài 3.206: Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P = x 2 + y 2 với x, y thỏa mãn điều kiện ( x + 1 ) + ( y - 1 ) = 4 2

Bài 3.207: Tìm giá trị nhỏ nhất của P = c 2 + d 2 - 2ac - 2bd + 1 .Với a, b, c, d thỏa mãn a 2 + b 2 = 1 , c 2 - d + 3 = 0 . ìï(x - 6)2 + (y - 3)2 ³ 25 ïï ïï x 2 + (y - 4)2 £ 25 Bài 3.208: Cho x , y thỏa mãn ïí . ïïï 2x + y £ 4 ïï x ³ 0, y ³ 0 ïî Tìm giá trị nhỏ nhất lớn nhất của P = x - y .

Bài 3.209: Tìm a để phương trình sau có 2 nghiệm x - x 2 = a - x (*) Bài 3.210: Cho tám số thực x 1, x 2 , x 3 , x 4 , x 5 , x 6 , x 7 , x 8 . Chứng minh rằng có ít nhất một trong sáu số : 26

x 1x 3 + x 2x 4 ; x 1x 5 + x 2x 6 ; x 1x 7 + x 2x 8 ; x 3x 5 + x 4x 6 ; x 3x 7 + x 4x 8 ; x 5x 7 + x 6x 8

không âm. Bài 3.211: Cho bốn số thực a, b, c, d thỏa mãn a 2 + b 2 + 1 = 2 (a + b ) và c 2 + d 2 + 36 = 12 (c + d ) . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P =

(a - c )

+ (b - d ) . 2

Bài 3.212: Cho bốn số thực a, b, c, d thỏa mãn a 2 + b 2 = c 2 + d 2 = 5 . Chứng minh rằng

5 - a - 2b + 5 - c - 2d + 5 - ac - bd £

Bài 3.213: Cho bốn số thực dương a, b, c, d thỏa mãn Chứng minh rằng

(a - c )

+ (b - d ) ³ 2

1 2

(

3 30 2

bc - ad = ac + bc

)

a 2 + b2 + c2 + d 2 .

GỢI Ý VÀ ĐÁP SỐ CHƯƠNG III §1. PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QUÁT CỦA ĐƯỜNG THẲNG  Bài 3.1: a) D ^ Oy Þ D nhận j ( 0;1 ) làm VTPT do đó phương trình tổng quát của đường thẳng D là 0. ( x - 1 ) + 1.(y + 3) = 0 hay y + 3 = 0 .  b) D / /d Þ D nhận n ( 1;2 ) làm VTPT do đó phương trình tổng quát của

đường thẳng D là 1. ( x - 1 ) + 2.(y + 3) = 0 hay x + 2y + 5 = 0 .  Bài 3.2: a) Ta có đường cao AH đi qua A và nhận BC ( 1; 3 ) là VTPT nên có phương trình tổng quát là 1. ( x - 2 ) + 3. ( y - 1 ) = 0 hay x + 3y - 5 = 0 . b) Gọi I là trung điểm AB khi đó æ1 1ö x + xC y + yC 1 1 xI = B = , yI = B = Þ I çç ; ÷÷÷ çè 2 2 ø 2 2 2 2

 Đường trung trực đoạn thẳng AB đi qua I và nhân AB ( -3; -1 ) làm

æ æ 1ö 1ö VTPT nên có phương trình tổng quát là -3. çç x - ÷÷÷ - 1. çç y - ÷÷÷ = 0 hay çè çè 2ø 2ø 3x + y + 2 = 0

c) Phương trình tổng quát của đường thẳng BC có dạng 3x - y + 3 = 0 .

x y + = 1 hay -1 3

 d) Đường thẳng BC có VTPT là n ( 3; -1 ) do đó vì đường thẳng cần tìm  song song với đường thẳng AB nên nhận n ( 3; -1 ) làm VTPT do đó có

phương trình tổng quát là 3. ( x - 2 ) - 1. ( y - 1 ) = 0 hay 3x - y - 5 = 0 . Bài 3.3: a) Vì D / /d nên VTPT của d cũng là VTPT của D nên đường   thẳng D nhận n ( 4; -7 ) làm VTPT và u ( 7; 4 ) làm VTCP do đó phương trình tổng quát là 4 ( x - 2 ) - 7 ( y - 5 ) = 0 hay 4x - 7y - 27 = 0 ;

b) Đường thẳng  có hệ số góc k = 11 nên có dạng y = 11x + m . Mặt khác P Î D nên -5 = 11.2 + m Û m = -27 Vậy phương trình tổng quát của D là 11x - y - 27 = 0

Bài 3.4: Gọi A (a; 0 ), B ( 0;b )(a, b > 0 ) . Vậy đường thẳng cần tìm có dạng : D : Ta

8 6 6a x y + = 1 . Vì M Î D Þ + = 1 Þ b = a b a -8 a b

có:

6a 48 =a -8+ + 14 ³ 8 3 + 14 a -8 a -8 Dấu bằng xảy ra Û a = 8 + 4 3, b = 6 + 4 3 OA + OB = a + b = a +

Suy ra D :

=1 8+4 3 6+4 3 Bài 3.5. a) d1 / /d2 b) d1 º d2 c) d1 cắt d2 æ1 9ö Bài 3.6. a) N çç ; - ÷÷÷ b) A Î D1 Þ 3x A - yA - 3 = 0 Þ yA = 3x A - 3 , çè 4 4 ø B Î D2 Þ x B + yB + 2 = 0 Þ yB = -2x B - 2 . B là trung điểm AM suy

ìï ïï x A = - 3 2x B = x A ïìï 4 Þ D : 29x - 3y + 6 = 0 Û ïí ra í ïï -4x B - 4 = 2 + 3x A - 3 ïï 3 î ïï x B = î 8 Bài 3.7. a) Nếu a = b Þ D1 º D2 , Nếu a ¹ b Þ D1 và D2 cắt nhau a 2 - b2 1 ¹ Û b ¹ 0 . Vậy b ¹ 0 và a ¹ b là điều kiện cần tìm. a -b a b) Cho y = 0 Þ (a - b ) x = 1 và (a 2 - b 2 )x = b suy ra Û

1 b = 2 Ûa =0 a -b a - b2 Bài 3.8. a) D1 luôn đi qua 1 điểm cố định là M ( 1; 0 ) æ k 2 - 1 2k 3 ö÷ ; b) N çç 2 ÷ çè k + 1 k 2 + 1 ÷ø

Bài 3.9. TH1: Nếu m = 0 Þ D1 cắt D2 TH2:Nếu m ¹ 0 : m -1 ¹ Û m ¹ ±1 Þ D1 cắt D2 th1: -1 m ìï m = ±1 m -1 1 - m = ¹ Û ïí Û m = 1 thì D1 / /D2 th2: ïï m ¹ -1 -1 m 2 î 2

th3:

m -1 1 - m = = Û m = -1 thì D1 º D2 -1 m 2

Bài 3.10. ( PA + PB ) £ 2 ( PA2 + PB 2 ) = 2AB 2 = 16 . Do đó 2

max ( PA + PB ) = 4 khi P là trung điểm của cung AB. Khi đó P ( 2;1 ) hay

P ( 0; -1 ) suy ra m = 1 hoặc m = 2 .

Bài 3.11. Để ý rằng hai đường thẳng này vuông góc với nhau nên cắt nhau tại điểm M. Rõ ràng đường thẳng thứ nhất đi qua điểm cố định A ( 1;1 ) và

đường thẳng thứ hai đi qua điểm cố định B ( 3; -1 ) , nên tập hợp điểm M là

đường tròn đường kính AB. 3.312: Toạ độ của A là nghiệm của hệ pt: ïìï 5x - 2y + 6 = 0 ïì x = 0 Û ïí Þ A ( 0; 3 ) í ïï 4x + 7y - 21 = 0 ïï y = 3 î î

Vì B (a;b ) thuộc AB nên 5a - 2b + 6 = 0 Þ b = æ 5a + 6 ÷ö B çça; ÷ çè 2 ÷ø

5a + 6 hay 2

 Mặt khác, H là trực tâm nên HB ^ AC suy ra HB là VTPT của AC do   đó HB cùng phương với nAC ( 4;7 ) a 5a + 6 = = 0 Û a = -4 Þ B ( -4; -7 ) 4 14 3.313: Gọi D là đường thẳng đi qua A và vuông góc với d . Ta có hệ số góc của đường thẳng d là kd = 3 do đó hệ số góc của đường thẳng D là Û

1 1 do đó đường thẳng D có dạng y = - x + m . 3 3 1 7 A Î D Þ 2 = - .1 + m Þ m = 3 3 1 7 Vậy D : y = - x + hay x + 3y - 7 = 0 . 3 3 Tọa độ giao điểm của D và d là nghiệm của hệ ìï ïï x = - 1 ìï 3x - y + 3 = 0 ïí 5 Û ïí ïï x + 3y - 7 = 0 ïï 12 î ïï y = î 5 kD = -

æ 1 12 ö Suy ra hình chiếu của A lên d là A ' çç - ; ÷÷÷ çè 5 5 ø

3.314 Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với CK cắt CK và CB lần lượt tại A1, A2. Đường thẳng A1A2 (hay AA2) có phương trình là 3x - y + 18 = 0 Toạ độ điểm A1 là nghiệm của hệ ìï 3x + 9y - 22 = 0 æ 14 ö æ 16 ö ïí Þ A1 çç - ; 4 ÷÷÷ Þ A2 çç - ;2 ÷÷÷ çè 3 ø ïï 3x - y + 18 = 0 èç 3 ø î Cạnh BC (hay BA2) có phương trình là y - 2 = 0 ìï 3x + 9y - 22 = 0 æ4 ö Þ C çç ;2 ÷÷÷ Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ ïí çè 3 ø ïï y -2 = 0 î §2. PHƯƠNG TRÌNH THAM SỐ CỦA ĐƯỜNG THẲNG ìx = 2 + t ï Bài 3.15. a) Phương trình tham số của đường thẳng D là D : ïí ï y = -2 + 2t ï î  b) Vì D nhận vectơ n ( 4;2 ) làm vectơ pháp tuyến nên VTCP của D là  u ( -1;2 ) . ìx = 2 - t ï Vậy phương trình tham số của đường thẳng D là D : ïí ï y = -2 + 2t ï î  c) Ta có AB ( -2; 3 ) mà D song song với đường thẳng AB nên nhận  u ( -2; 3 ) làm VTCP

ì x = 1 - 2t ï Vậy phương trình tham số của đường thẳng D là D : ïí ï y = 1 + 3t ï î  d) Vì D là đường trung trực của đoạn thẳng AB nên nhận AB ( -2; 3 ) làm

VTPT và đi qua trung điểm I của đoạn thẳng AB .

 æ 1ö Ta có I çç 1; ÷÷÷ và D nhận u ( 3;2 ) làm VTCP nên phương trình tham số của çè 2 ø ìï x = 1 + 3t ï đường thẳng D là D : ïí . ïï y = 1 + 2t ïî 2  Bài 3.16. a) Đường thẳng  đi qua hai điểm A và B nên nhận AB = ( -4; 0 )

làm vectơ chỉ phương do đó ìï x = 3 - 4t phương trình tham số là ïí ; phương trình chính tắckhông có ; ïï y = 0 î phương trình tổng quát là y = 0 b) D ^ d nên VTPT của d cũng là VTCP của D nên đường thẳng D nhận  ì x = 1+t ï u ( 1; -3 ) làm VTCP nên phương trình tham số là ï ; phương í ï y = 2 3 t ï î x -1 y -2 = trình chính tắc là ; phương trình tổng quát là 1 -3 3x + y - 5 = 0 c) D / /D ' nên VTCP của D ' cũng là VTCP của D nên đường thẳng D  ì ï x = 3t nhận u ( 3;2 ) làm VTCP nên phương trình tham số là ïí ; phương ï y = 2t ï î x y trình chính tắc là = ; phương trình tổng quát là 2x - y = 0 3 2  Bài 3.17: a) Ta có AB ( -4; -2 ) suy ra đường thẳng chứa cạnh BC có ïì x = -2 - 4t phương trình là ïí ïï y = -3 - 2t î  BC ( 1; 8 ) suy ra đường thẳng chứa cạnh BC có phương trình là ïìï x = -2 + t í ïï y = -3 + 8t î

 CA ( 3; -6 ) suy ra đường thẳng chứa cạnh BC có phương trình là ïìï x = 2 + 3t í ïï y = -1 - 6t î

æ 3 ö b) M là trung điểm của BC nên M çç - ;1 ÷÷÷ do đó đường thẳng chứa đường çè 2 ø  æ 7 ö trung tuyến AM nhận AM çç - ;2 ÷÷÷ làm VTCP nên có phương trình là èç 2 ø ìï ïï x = 2 - 7 t í ïï y = -1 +22t ïî

c) Trung điểm của AB là I ( 0; -2 ) , trong tâm của tam giác ABC là æ 1 1ö G çç - ; ÷÷÷ çè 3 3 ø

 æ 1 7 ö ïì x = -t Khi đó ta có IG çç - ; ÷÷÷ do đó IG : ïí çè 3 3 ø ïï y = -2 + 7t î

Bài 3.18. a) AB : 5x + 2y - 13 = 0. b) AH : 3x - y + 1 = 0

æ 9 3 ö÷  c) Gọi M là trung điểm của BC nên M = çç ; - ÷÷ , AM = ( 7; -11 ) Þ çè 2 2 ø AM : 11x + 7y - 39 = 0 .

d) 3x - y - 12 = 0.

æ 10 1 ö e) Trọng tâm của tam giácG = çç ; ÷÷÷ suy ra đường thẳng cần tìm là çè 3 3 ø 1 . 3 f) Đường thẳng đi qua M và vuông góc với trục tung có dạng là: 3 y =- . 2 g) x + y - 5 = 0 . y =

æ7 2ö h) Lấy K Î AB sao cho AK = 2BK ® K = çç ; ÷÷÷ . Khi đó çè 3 3 ø  CK = ( -11; 8 ) ® CK : 8x + 11y - 26 = 0.

Bài 3.19. Gọi A (a; 0 ), B ( 0;b ), a > 0, b > 0 . phương trình D cần tìm có x y + = 1 . Mặt khác OA = a,OB = b a b a) D1 : x + 3y - 9 = 0; D2 : 2x + y - 8 = 0

dạng

b) D : 2x + 3y - 12 = 0 Bài 3.20. A ( -2;1 ),C ( 10;9 ) ;

CD : 2x - y - 11 = 0, BC : x - 2y - 28 = 0

Bài 3.21. Gọi AB : 3x - y - 2 = 0, AD : x + y - 2 = 0 . Khi đó A ( 1;1 ) Þ C ( 5;1 ) , CD : 3x - y - 14 = 0, AD : x + y - 6 = 0

Bài 3.22. A ( 0; a ) Þ B ( 2;6 - a ), C ( -6;2 - a ) . BC đi qua gốc tọa độ nên   OB và OC cùng phương suy ra 2 ( 2 - a ) = ( 6 - a )( -6 ) Û a = 5 Bài 3.23.ĐS: 7x - 2y - 12 = 0, 5x + y - 28 = 0, 2x - 3y - 18 = 0 . Bài 3.24. ĐS: A ( -4;2 ), B ( -3; -2 ), C (1; 0 ) .

Bài 3.25. A Î d1, C Î d2 , B, D thuộc trục hoành suy ra A (a; a ),C (c;1 - 2c ) , B (b; 0 ), D (d ; 0 )

Vì ABCD là hình vuông và B, D thuộc trục hoành nên A và C đối xứng nhau qua trục hoành do đó ìï a = c ïí Û a = c = 1 Suy ra A ( 1;1 ),C ( 1; -1 ) ïïa = 2c - 1 î ABCD là hình vuông suy ra BA ^ BC và trung điểm của AC trùng với trung điểm của BD   éb = 0 2 BA ^ BC Þ BA.BC = 0 Û ( 1 - b ) - 1 = 0 Û êê (1) êë b = 2 Trung điểm của AC trùng trung điểm của BD nên b + d = 2 (2) ïì b = 0 ïì b = 2 Từ (1) và (2) ta có ïí hoặc ïí ïïd = 2 ïïd = 0 î î 7

Vậy có hai hình vuông thỏa mãn có tọa độ các đỉnh là A ( 1;1 ), B ( 2; 0 ),C (1; -1 ), D ( 0; 0 ) và A ( 1;1 ), B ( 0; 0 ),C (1; -1 ), D ( 2; 0 )

Bài 3.26. ĐS: B ( -2; -3 ), C ( 4; -5 )

Bài 3.27. B Î d1; C Î d2 nên tọa độ B, C có dạng B (a;2 - a ), C (b; 8 - b )   AB = ( a - 2; -a ); AC (b - 2;6 - b )

Tam giác ABC vuông cân tại A nên ìï a - 2 2 + a 2 = b - 2 2 + 6 - b 2 ìï AB = AC ( ) ( ) ( ) Û ìïï (a - 1 )(b - 4 ) = 2 ïí   Û ïí í 2 2 ïï AB.AC = 0 ïï (a - 2 )(b - 2 ) - a ( 6 - b ) = 0 ïï (a - 1 ) - (b - 4 ) = ï îï îï î ìïa = -1 ì ïa = 3 Giải hệ này dễ dàng tìm được ïí hoặc ïí ïï b = 3 ï b=5 ï î î Từ đó B ( -1; 3 ), C ( 3;5 ) hoặc B ( 3; -1 ), C ( 5; 3 )

Bài 3.28. Điểm A ' ( 0; 3 ) Î BC là điểm đối xứng A qua D , A '' ( 0;2 ) Î BC là điểm đối xứng A qua D '

æ 1ö æ 5ö Ta có BC : x = 0 suy ra B çç 0; ÷÷, C çç 0; ÷÷ çè 2 ÷ø çè 3 ÷ø

Bài 3.29. ĐS: B ( 0; 0 ), C ( 0;5 )

Bài 3.30. ĐS: AB : 23x - y - 24 = 0 , BC : 19x - 13y + 8 = 0 Bài 3.31. a) M Î D Þ M ( 2t - 3; t ) suy ra æ 11 ö 267 267 2MA + MB = 15t - 66t + 126 = 15 çç t - ÷÷÷ + ³ çè 5ø 5 5 æ 7 11 ö 11 Þ M çç ; ÷÷÷ Dấu bằng xảy ra Û t = çè 5 5 ø 5 2

b) Dễ thấy A, B cùng phía với D . Gọi A' là điểm đối xứng A qua D Þ A ' ( 4;1 ) Ta có MA + MB = MA '+ MB ³ A ' B , dấu "=" xảy ra æ3 9ö Û M Î A ' B Û M = A ' B Ç D Þ M çç ; ÷÷÷ èç 2 4 ø

c) Lấy A' như câu b) suy ra MA - MB = MA '- MB £ A ' B dấu "="

æ3 9ö xảy ra Û M = A ' B Ç D Þ M çç ; ÷÷÷ çè 2 4 ø Bài 3.32. ĐS: BC : 3x + 11y - 20 = 0

8 5 , D '/ /D Þ D ' : 2x + y + c = 0 5 é c = -3(l ) c -5 8 5 d ( I ; D) = d ( I ; D ' ) Û = Û êê 5 5 êë c = 13

Bài 3.33. a) d ( I ; D ) =

Vậy D ' : 2x + y + 13 = 0 b) D ' : 2x - y + 15 = 0 Bài 3.34. Ta có DC : x - 2y + 9 = 0; BC : 2x + y - 2 = 0;

AD : 2x + y - 12 = 0; AC : x + 3y - 11 = 0; BD : 3x - y - 3 = 0

(

Bài 3.35. Dễ thấy B ( 1; 0 ) . Vì C Î D Þ C a; 3 (a - 1 )

)

A, B thuộc trục hoành và tam giác ABC vuông nên A (a; 0 )   AB = ( a - 1; 0 ), AC = 0; 3 (a - 1 ) , ABC là tam giác khi và chỉ khi   AB, AC không cùng phương hay a ¹ 1

(

)

Theo công thức tính diện tích tam giác ta có S ABC = pr = 2 ( AB + BC + CA ) = AB.AC , mặt khác AB = a - 1 , BC = 2 a - 1 ,CA =

(

)

nên ta có 2 3 + 3 a - 1 =

1 AB.AC suy ra 2

3 a -1

3 ( a - 1 ) suy ra a = 1 (loại), 2

a = 3 + 2 3 hoặc a = -1 - 2 3 Vậy có hai trường hợp xảy ra ta tìm được tọa độ trọng tâm trong hai trường hợp đó là æ 7 + 4 3 2 3 + 6 ö÷ æ -1 - 4 3 -2 3 - 6 ö÷ ÷÷ , G2 çç ÷÷ G1 ççç ; ; çç ÷ø ÷ø 3 3 3 3 èç è Nhận xét:

Cách khác: Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp DABC . Vì

 r = 2 Þ yI = ±2 . Từ phương trình đường thẳng BC suy ra B = 600 do é x = x = 3+2 3 x -1 A C Þ x I = 1 ± 2 3 Þ êê đó BI : y = 3 êë x A = xC = -1 - 2 3 Từ phương trình BC ta suy ra được yC do đó tìm được tọa độ ba đỉnh rồi suy ra tọa độ trọng tâm.  Bài 3.36. A (a; 3 - 5a ) Þ B ( 4 + a;9 - 5a ) , u ( -1;5 ) ,   AB ( 4;6 ), AC ( -2 - a;5a - 3 )     cos AB; u = cos AC ; u Û

(

)

(

)

42 + 62

Chỉ có trường hợp a = 1 Þ B ( 5; 4 )

26a - 13

(2 + a )

+ ( 5a - 3 )

éa = 0 Û êê êë a = 1

A Bài 3.37. (hình 3.27)Gọi H' là chân đường cao xuất phát từ đỉnh A, H là giao điểm của đường thẳng D và AH H Vì H Î D nên H (a; 4 - a )   AH .u = 0 Û -1 (a - 6 ) + 1. ( -2 - a ) = 0 Û a = 2 Þ H (B2;2 ) H'

 (Trong đó u ( -1;1 ) là vectơ chỉ phương của D )

Hình 3.27

H là trung điểm của đoạn thẳng AH' nên H ' ( -2; -2 )  Đường thẳng chứa cạnh BC đi qua H nhận u làm vectơ chỉ phương nên ïì x = -2 - t BC : ïí ïï y = -2 + t î Gọi B ( -2 - t; t - 2 ) Þ C (t - 2; -2 - t )   E nằm trên đường cao đi qua đỉnh C nên EC .AB = 0 hay é t =4 ( t - 3 )( -8 - t ) + ( 1 - t )( t - 8 ) = 0 Û t 2 - 2t - 8 = 0 Û êê t = -2 êë Vậy B ( -6;2 ),C ( 2; -6 ) hoặc B ( 0; -4 ),C ( -4; 0 ) Bài 3.38. C ( -3; 4 ), D ( 1; -1 ) hoặc C ( 6;13 ), D ( 10; 8 ) 10

1 2 2 1 Bài 3.39. ĐS: A(- ; ) ; B(0;1) ; C (1; 0) ; D( ; - ) 3 3 3 3 æ5 5ö Bài 3.40. I là trung điểm AB thì I çç ; - ÷÷÷ , çè 2 2 ø

S 1 1 Þ GH = GAB = , G (a; 8 - 3a ) 2 AB 2 AB : x - y - 5 = 0 , d (G ; AB ) = GH từ đó suy ra C ( -2; -10 ) hoặc

SGAB = C ( 1;1 )

Bài 3.41. A Î d1 Þ A(x 1; 3x 1 - 5), B Î d2 Þ B(x 2 ; 4 - x 2 ) .   é 2MA = 3MB ê  Vì A, B, M thẳng hàng và 2MA = 3MB Þ ê  ê 2MA = -3MB ë   Ta có MA = (x 1 - 1; 3x 1 - 6), MB = (x 2 - 1; 3 - x 2 ) .

(1) (2)

ì 5 ï ï x1 = ï (1) Û 2(x 1 - 1; 3x 1 - 6) = 3(x 2 - 1; 3 - x 2 ) Û í 2 ï ï x = 2 ï î 2 æ5 5ö Suy ra A çç ; ÷÷÷, B(2; 2) . Suy ra phương trình d : x - y = 0 . çè 2 2 ø ì ï x1 = 1 (2) Û 2(x 1 - 1; 3x 1 - 6) = -3(x 2 - 1; 3 - x 2 ) Û ïí ï x =1 ï î 2 Suy ra A(1; - 2), B(1; 3) . Suy ra phương trình d : x - 1 = 0 .

Bài 3.42. B ( 3; 3 ), C ' ( 5;10 ) với C' là điểm đối xứng C qua BB' Bài 3.43. ĐS: B ( 1;5 ), C ( -4; -5 )

Bài 3.44. a có A(-3; - 8). Gọi M là trung điểm BC Þ IM / /AH . Ta suy ra pt IM : x - 2y + 7 = 0. Suy ra tọa độ M thỏa mãn ïìï x - 2y + 7 = 0 Þ M (3; 5). í ïï13x - 6y - 9 = 0 î Pt đường thẳng BC : 2(x - 3) + y - 5 = 0 Û 2x + y - 11 = 0. B Î BC Þ B(a; 11 - 2a ).

éa = 4 Khi đó IA = IB Û a 2 - 6a + 8 = 0 Û êê . êë a = 2 Từ đó suy ra B(4; 3), C (2; 7) hoặc B(2; 7), C (4; 3).

Bài 3.45. BC : 2x + y - 3, CA : x + 3y - 14 = 0; AB : 4x - 3y - 11 = 0

 ìï x = -t Bài 3.46. Từ giả thiết suy ra MN ^ CH , NM ( 2;1 ) Þ CH : ïí ïï y = -1 + 2t î Gọi  æ ö  7 26 C ( -t; -1_2t ) Þ A ( t - 2;7 - 2t ) Þ HA çç t - ; - 2t ÷÷÷, CM ( t + 1;5 - 2t ) 3 3 èç ø   æ æ 26 ö 7ö . = 0 Û çç t - ÷÷÷ ( t + 1 ) + çç - 2t ÷÷ ( 5 - 2t ) = 0 Do đó HACM ÷ø çè çè 3 3ø ét =3 ê 2 Û 15t - 86t + 123 = 0 Û ê ê t = 41 êë 15

Do đó C ( -3;5 ), B ( 5; 3 ), A (1;1 ) hoặc æ 41 67 ö æ 71 53 ö æ 11 23 ö C çç - ; ÷÷÷, B çç ; ÷÷÷, A çç ; ÷÷÷ . èç 15 15 ø çè 15 15 ø çè 15 15 ø

§3. KHOẢNG CÁCH VÀ GÓC 5 2 9 7 5 b) 2 c) d) 2 2 5 2 -3 1 1 = ¹ Bài 3.48. a) Vì b) M ( 1;1 ) Î d1 Þ S = d 2 ( M ; d2 ) = -4 6 -3 52 2x - 3y + 1 -4x + 6y - 3 = c) M ( x ; y ) Î D Þ 13 52 Þ D : 2x - 3y + 1 = 0 Bài 3.49. ĐS: 3x + 4y - 2 = 0 và 3x - 4y - 10 = 0 . Bài 3.50. Đường thẳng qua I có dạng D : a ( x + 2 ) + b ( y - 3 ) = 0 Û ax + by + 2a - 3b = 0

Bài 3.47. a)

Ta có d ( A; D ) = d ( B; D ) Û 12

7a - 4b

a 2 + b2

é a = 4b Û êê a 2 + b2 êë a = 0

5a + 4b

Suy ra D : 4x + y + 5 = 0 hoặc D : y = 3 Bài 3.51. a) C ( 2t - 8; t ) , AB : x + 3y - 8 = 0 .

é t = 10 ê 1 1 5t - 16 S ABC = d (C ; AB ) .AB Û 17 = . . 10 Û ê ê t = - 18 2 2 10 êë 5 æ 76 18 ö Suy ra C ( 12;10 ) hoặc C çç - ; - ÷÷÷ 5ø èç 5

b) Tương tự. Bài 3.52. a) M Î Ox Þ M (a; 0 ) .

é a =7 ê d ( M ; d1 ) = d ( M ; d2 ) Û = Û ê êa = - 3 13 13 êë 5 æ 3 ÷ö Vậy có hai điểm M thỏa mãn là M 1 ( 7; 0 ) và M 2 çç - ; 0 ÷÷ çè 5 ø 2a + 5

3a - 2

b) M Î d1 Þ M ( 1 - 2t;1 + t ) .

é 7 êt = ê 18 d ( M ; d2 ) = d ( M ; d 3 ) Û = Û ê 19 10 5 ê t = êë 26 æ 16 11 ö æ 6 45 ö Vậy có hai điểm M thỏa mãn là M 1 çç ; ÷÷÷ và M 2 çç - ; ÷÷÷ çè 9 18 ø çè 13 26 ø 13 - 4t

Bài 3.53. Gọi M ( x ; y )

3 - 11t

MA = MB Û ( x - 2 ) + ( y - 1 ) = ( x + 3 ) + (y - 2 ) Û y = 5x + 4

(1) d ( M ; d ) = 2 Û

4x + 3y + 5

= 2 (2) . Từ (1) và (2) suy ra 5 æ 7 41 ö æ 27 59 ö M 1 çç - ; ÷÷, M 2 çç - ; - ÷÷ çè 19 19 ÷ø èç 19 19 ÷ø   Bài 3.54. Gọi B ( x ; y ) , BC = AO Þ C ( x - 3, y - 1 )

ì ïìï ( x - 3 )2 + ( y - 1 )2 = 10 ïìï AB = AO ïx = 2    Þí Ûï Mặt khác ta có í í ïï AB.AO = 0 ïï -3. ( x - 3 ) - 1 ( y - 1 ) = 0 ï y =4 ï î îï îï ïì x = 4 hoặc ïí (loại) ïï y = -2 î Do đó B ( 2; 4 ), C ( -1; 3 ) Þ AC : x + 2y - 5 = 0, BO : 2x - y = 0 æ 43 27 ö Bài 3.55. ĐS: C 1(7; 3), C 2 çç - ; - ÷÷÷ è 11 11 ø

Bài 3.56. G ( 2t + 1; t ) Þ C ( 6t; 3t + 5 ) .

é 2 ê t = 1 9 S ABC = .d (C ; AB ) .AB Û 8 = 9t + 6 Û êê 2 ê t = - 14 êë 9 æ 4 17 ö æ 28 1 ö Suy ra có hai điểm thỏa mãn C 1 çç ; ÷÷÷, C 2 çç - ; ÷÷÷ . çè 3 3 ø çè 3 3 ø Bài 3.57. Ta có AB : 3x - y + 1 = 0, AC : x + 2y - 2 = 0 Þ B (-2; -5 ), C ( 4; -1 ) 1 14 35 26 . 50 = Suy ra BC : 2x - 3y - 11 = 0 Þ S ABC = . 2 13 13 Bài 3.58. S MAB = S MCD Û AB.d ( M ; AB ) = CD.d ( M ;CD ) từ đó ta tìm

được tập hợp các điểm M là hai đường thẳng có phương trình 3x + 7y - 21 = 0 và 5x - y + 13 = 0 Bài 3.59. Ta có: AB : 2x + y - 2 = 0 . I Î d : y = x Þ I ( t; t ) , C ( 2t - 1;2t ), D ( 2t;2t - 2 ) . S ABCD = AB.CH = 4 Þ CH =

Û d (C ; AB ) = CH Û

| 6t - 4 |

5 5 æ5 8ö æ8 2ö Từ đó tọa độ của C và D là C çç ; ÷÷÷, D çç ; ÷÷÷ hoặc C ( -1; 0 ), D ( 0; -2 ) çè 3 3 ø çè 3 3 ø

 Bài 3.60. Giả sử vectơ pháp tuyến của đường thẳng MN là u (a;b ) . Khi đó MN : a ( x - 2 ) + b ( y - 3 ) = 0, NP : b ( x - 5 ) - a (y - 2 ) = 0 . Ta có

(6a + 3b)2 d (C ; MN ) = d (D; NP ); S (MNPQ ) = (d (C ; MN )) = a 2 + b2 . 2 2 2 2 (6 + 3 )(a + b ) £ = 40 a 2 + b2 Dấu bằng khi a = 2b . Chọn a = 1, b = 1 và gọi D ( t; t + 5 ) thay vào 2

d (C ; MN ) = d ( D; NP ) ta được t = 4; t = -26

Vậy D ( 4;9 ) hoặc D ( -26; -21 )

Bài 3.61. Kẻ BH ^ D tại H, CH ^ D tại K. Gọi M là trung điểm của BC suy ra M ( 4;2 ) , AM =

5, BC = 6 .

+ TH1: Nếu D không cắt BC khi đó gọi I là hình chiếu M lên D thì BH + CK = 2MI £ AM = 5 + TH2: Nếu D cắt BC khi đó BH + CK £ BC = 6 Từ hai trường hợp trên suy ra BH + CK £ 6 Dấu bằng xảy ra Û D ^ BC  Ta có BC ( 0;6 ) Þ D : 0 ( x - 2 ) + 6 (y - 3 ) = 0 hay y = 3 Bài 3.62. Do C Î Oy Þ C ( 0; c ); B Î D Þ B ( 3b; 4 - 4b )

Tam giác ABC vuông tại C   c2 + 9 Þ CACB . = 0 Þ 9b - c ( 4 - 4b - c ) = 0 Þ b - 1 = (1 ) 9 + 4c Lại có : 3c - 12 2 1 3 S ABC = d (C , D ) .AB = 25 (b - 1 ) = c - 4 b - 1 , do 2 10 2 đó : S ABC = 6 Þ (c - 4 )(b - 1 ) = 4 ( 2 ) Thay (1) vào (2) ta có :

é c 3 - 4c 2 - 7c - 72 = 0 c-4 = 4 Þ êê 3 Þ c = 0 ( Do c < 1 ) . (c + 9 ) 2 9 + 4c êë c - 4c + 25c = 0 æ 4ö Vậy C º O ( 0; 0 ), B ( 0; 4 ) hay G çç 1; ÷÷÷ . çè 3 ø 2

Bài 3.63. a) cos (d1; d2 ) =

, b) cos (d1; d2 ) =

130 Bài 3.64. a) Đường thẳng d đi qua M có dạng d : ax + by + 2a + b = 0, a 2 + b 2 ¹ 0

1-m 2 + 2m 2

Theo bài ra D tạo với d một góc 300 nên: 3a + 2b 3a + 2b 3 cos 300 = Û = 2 32 + 22 . a 2 + b 2 13. a 2 + b 2

24 ± 13 3 a Þ d1 : 23x + 24 + 13 3 y + 70 + 13 3 = 0 và 23 d2 : 23x + 24 - 13 3 y + 70 - 13 3 = 0 Ûb =

(

)

(

)

b) Đường thẳng d đi qua M có dạng d : ax + by - 4a - b = 0, a 2 + b 2 ¹ 0

Theo bài ra D tạo với d một góc 600 nên: a a 1 cos 600 = Û = Û b = ± 3a 2 a 2 + b2 a 2 + b2

Suy ra d1 : x + 3y - 4 - 3 = 0 và d2 : x - 3y - 4 + 3 = 0 Bài 3.65.Có A Ï D : 7x - y + 8 = 0 Þ B, D Î D, BD : x + 7y - 31 = 0 . æ 1 9ö I çç - ; ÷÷÷ làm tâm hình vuông suy ra C ( 3; 4 ) . çè 2 2 ø

Đường thẳng qua A có dạng ax + by + 4a - 5b = 0, a 2 + b 2 ¹ 0 Ta có cos ( AB, AD ) = cos 450 =

a + 7b

50 a 2 + b 2 AB : 4x + 3y + 1 = 0, AD : 3x - 4y + 32 = 0, CD : 4x + 3y - 24 = 0, BC : 3x - 4y + 7 = 0 hoặc AB : 3x - 4y + 32 = 0 AD : 4x + 3y + 1 = 0 , CD : 3x - 4y + 7 = 0, BC : 4x + 3y - 24 = 0

Bài 3.66. Đường thẳng AC qua M(1;1) có dạng a ( x - 1 ) + b ( y - 1 ) = 0

Theo bài ra, tam giác ABC cân đỉnh A nên ta có ( AB; BC ) = ( AC ;CA ) từ đó ta tìm được phương trình đường thẳng AC là AC : 17x + 7y - 24 = 0 Bài 3.67. Đáp số : AB : x - 2 = 0, AC : x + 3y - 2 - 6 3 = 0 16

Bài 3.68. Gọi H là trực tâm tam giác khi đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A ' B 'C ' Ta có A ' B ' : 4x - 3y - 2 = 0, B 'C ' : y - 2 = 0  Khi đó ta viết được phương trình đường phân giác trong ngoài A ' B 'C ' là 2x + y - 6 = 0 cũng chính là phương trình đường thẳng AC

Bài 3.69. Giả sử M (x ; y ) . Kẻ MH ^ AB . Từ giả thiết suy ra MH = và DMAH vuông cân. Suy ra AM = MH 2 = 5 .   ìï(AB, AM ) = 1350 ï Yêu cầu bài toán Û ïí ïï AM = 5 ïî ìï 3(x - 1) + 1(y - 2) 1 ïï = cos1350 = ï 2 2 Û í 10. (x - 1) + (y - 2) 2 ïï 2 2 ( x 1) + ( y 2) = 5 ïïî Đặt u = x - 1, v = y - 2 . Khi đó ta có é u = -1, v = -2 ïïì 3u + v = -5 ê Û í 2 ê u = -2, v = 1 Þ ïï u + v 2 = 5 êë î Bài 3.70. I thuộc đường thẳng x + y - 4

10 2

é M (0; 0) ê ê M (-1; 3) êë = 0 nên I ( x 0 ; 4 - x 0 )

AD = 2 5 , IA =

2x 02 - 4x 0 + 4 , ID = 2x 02 - 8x 0 + 40  IA2 + ID 2 - AD 2 = cosAID 2IA.ID x 02 - 3x 0 + 6 1 Û = 2 2 2 x 0 - 4x 0 + 20. x 0 - 2x 0 + 2 ïìï x 02 - 3x 0 + 6 > 0 Ûí 4 ï x - 6x 03 + 12x 02 - 24x 0 + 32 = 0 ï î 0 éx = 2 Û ( x 0 - 2 )( x 0 - 4 )( x 02 + 4 ) = 0 Û êê 0 x =4 ëê 0  Với x 0 = 2 Þ I ( 2;2 ) khi đó   ID  IA = 2, ID = 4 2 Þ ID = - .IB = -2 2IB IB

(

) (

Từ đây suy ra B 2 + 2,2 + 2 , C 2 + 4 2,2 + 4 2 

(

)

Với x 0 = 4 : Tương tự ta tìm được B 4 + 3 2; 2 , C

(4 + 4

2; -2 2

)

§4. ĐƯỜNG TRÒN 3 5 Bài 3.71: c) I (-3; 4), R = 3 d) I ( ; 0), R = . 4 4 2 2 2 Bài 3.72: Ta có a + b - c = -m - 4m + 5 Phương trình (C m ) là pt đường tròn Û a 2 + b 2 - c > 0

Û -m 2 - 4m + 5 > 0 Û -5 < m < 1 ì 1 ï ìï x I = -3m ï 1 m = - xI ï ï Þí Þ yI = - x I - 1 b) Ta có toạ độ của I là í 3 ïï yI = m - 1 ï 3 ï î ï yI = m - 1 î Vì -5 < m < 1 nên -3 < x I < 15 1 Vậy tập hợp tâm đường tròn là đường thẳng y = - x - 1 với 3 x Î ( -3;15 )

Bài 3.73: a) a 2 + b 2 - c > 0 Û 2(m 2 - 4m + 4) > 0 Û m ¹ 2 ì ï m ¹2 ï ï b) Để (C m ) là đường tròn tâm I (1; -3) Û ïí -(m - 1) = 1 Û m = 0 ï ï m - 3 = -3 ï ï î Khi đó phương trình đường tròn là: x 2 + y 2 - 2x + 6y + 2 = 0 c) Có 2 phương trình thoả mãn: x 2 + y 2 + 12x - 8y + 2 = 0 hoặc x 2 + y 2 - 8x + 12y + 2 = 0

Bài 3.74: Giả sử M ( x ; y ) khi đó

3MA2 + MB 2 = 2MC 2 2 2 2 2 2 Û 3 éê ( x + 1 ) + y 2 ùú + ( x - 2 ) + (y - 4 ) = 2 éê (x - 4 ) + (y - 1 ) ùú ë û ë û 2 2 Hay 2x + 2y + 18x - 4y - 11 = 0 (*)

æ 9 ö Phương trình (*) là phương trình đường tròn có tâm I çç - ;1 ÷÷÷ , bán kính çè 2 ø

107 4 Bài 3.75: a) (C) có tâm I ( 2;1 ) là trung điểm của AB và bán kính là R=

IA =

Þ (C ) : ( x - 2 ) + ( y - 1 ) = 5 2

b) Gọi I ( x ; y ) và R là tâm và bán kính đường tròn cần tìm ìï IA2 = IB 2 Vì IA = IB = IC Û ïí 2 nên ta có hệ ïï IA = IB 2 î ìï x - 4 2 + y - 4 2 = x - 1 2 + y + 5 2 ) ( ) ( ) ( ) ïï ( Û í 2 2 2 ïï( x - 4 ) + ( y - 4 ) = ( x + 3 ) + (y - 3 )2 ïî

Vậy (C ) : ( x - 1 ) + y 2 = 25

ì x =1 ï ï Þ I (1; 0 ) í ïï y = 0 î

c) R = d ( I ; D ) =

3 - 4.2 + 7 32 + 42

2 5

Vậy phương trình đường tròn (C) là : ( x - 1 ) + ( y - 2 ) = 2

Bài 3.76: ĐS: H ( 1;1 ) , x 2 + y 2 - x + y - 2 = 0

4 25

æ 15 7 ö Bài 3.77: Dễ dàng tìm được A çç ; - ÷÷÷ , gọi P là trung điểm của AC. Khi đó çè 4 4ø MP : x + y = 0 æ3 3ö æ 9 1ö æ1 7ö suy ra P çç ; - ÷÷ Þ C çç - ; ÷÷, B çç ; ÷÷ do đó đường tròn cần tìm là çè 4 4 ÷ø çè 4 4 ÷ø çè 4 4 ÷ø 65 =0 8 Bài 3.78: ĐS: a) (x + 2)2 + (y - 2)2 = 4 hoặc x 2 + y 2 - x + 3y -

(x + 10)2 + (y - 10)2 = 100

b) ( x - 5 ) + ( y + 2 ) = 40, ( x - 5 ) + (y - 8 ) = 10 2

Bài 3.79: Giải sử (C1) có tâm K (a;b ) bán kính R khi đó

(C 1 ) :

(x - a )2 + (y - b)2 = R 2

4 và 5 a -b a - 7b d ( K ; d1 ) = d ( K ; d2 ) = R Û = =R 2 50 2 2 æ 8 4 ÷ö æ æ 2 2 8 ÷ö 4 ÷ö 8 ç ç ç Þ (C 1 ) : ç x - ÷÷ + ç y - ÷÷ = Suy ra K ç ; ÷÷, R = è5 5ø çè 5 5ø 5ø 25 èç Bài 3.80. ĐS: (C 1 ) : (x - 2)2 + (y - 1)2 = 1, (C 2 ) : (x - 2)2 + (y - 7)2 = 49

Ta có K Î (C ) Þ (a - 2 ) + b 2 = 2

Bài 3.81: Gọi ABC là tam giác đã cho với các cạnh là:

AB : 4x - 3y - 65 = 0, BC : 7x - 24y + 55 = 0, CA : 3x + 4y - 5 = 0

Suy ra A ( 11; -7 ), B ( 23;9 ), C ( -1;2 ) và dễ thấy tam giác ABC vuông ở A. Ta có AB = 20, BC = 25, CA = 15 Þ S = 150 Þ r = 5

Tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC là I ( x ; y ) suy ra khoảng cách từ tâm I đến đường thẳng đã cho đều bằng r = 5 nên ta có: 4x - 3y - 65 7x - 24y + 5 3x + 4y - 5 5= = = 5 25 5 Giải hệ này ta tìm được I ( 10; 0 ) . Vậy phương trình đường tròn cần tìm là :

( x - 10 )

+ y 2 = 25

Bài 3.82: ĐS: (x + 1)2 + (y - 2)2 = 10, (x - 3)2 + (y - 6)2 = 10 Bài 3.83: ĐS: (C 1 ) : x 2 + y 2 - 2y = 0, (C 2 ) : x 2 + y 2 + 2x = 0

Bài 3.84: Gọi I (a;b ), R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn nội tiếp (C) M là chân đường phân giác trong góc A  æ MB  5  1ö MC = - MC Þ M çç -1; - ÷÷÷ mặt khác Ta có MB = çè MC 3 2ø   IA = -2IM Þ I ( -1;2 ), R = d ( I ; AB ) = 5 Đường tròn cần tìm là ( x + 1 ) + ( y - 2 ) = 5 2

Chú ý: Để tìm tọa độ tâm I có thể viết phương trình hai đường phân giác trong của góc A, B khi đó nghiệm của hệ tạo bởi hai đường phân giác là tọa độ I. Bài 3.85: Đường tròn (C) tâm I(a, b) bán kính R có phương trình (x - a )2 + (y - b)2 = R 2 . DMAB vuông tại M nên AB là đường kính suy

ra D qua I do đó: a - b + 1 = 0 (1) Hạ MH ^ AB có MH = d(M ,D) = S DMAB =

2 -1+1 2

1 1 MH .AB Û 2 = .2R. 2 Û R = 2 2

Vì đường tròn qua M nên (2 - a )2 + (1 - b)2 = 2 (2) ìïa - b + 1 = 0 (1) Ta có hệ ïí 2 2 ïï(2 - a ) + (1 - b) = 2 (2) î

Giải hệ được a = 1, b = 2 . Vậy (C) có phương trình Bài 3.86: Phương trình đường tròn là: ( x + 1 ) + ( y - 2 ) = 13 2

Tọa độ giao điểm hai đường tròn là ( 2; 0 ), ( -3; -1 ) . Bài 3.87: (C) có tâm I ( 2;1 ) và R =

5 . h = d ( I ;d ) =

m+3 m2 + 1

1 5 Û m > 2 hoặc m < - Þ d và (C) có 2 giao điểm. 2 1 h = 5 Û m = 2 hoặc m = - Þ d tiếp xúc với (C) 2 1 h > 5 Û - < m < 2 d không cắt (C) 2 Bài 3.88: (C) có tâm I ( 1;2 ) và R = 2 . h<

Khi đó (C) là đường tròn có tâm I' là và cững có bán kính bằng 2. I ' ( 3; 0 ) là điểm đối xứng của I qua d suy ra phương trình (C') là:

(C ) : ( x - 3 )

+ y2 = 4

Tọa độ giao điểm hai đường tròn là ( 1; 0 ), ( 3;2 ) . Bài 3.89: (C 1 ) : (x - 2)2 + (y - 2)2 = 4,

(C 2 ) : (x - 18)2 + (y - 18)2 = 18, (C 3 ) : (x - 6)2 + (y + 6)2 = 36

Bài 3.90: ĐS: M 1 ( 1; 4 ), M 2 ( -2;1 )

Bài 3.91: ĐS: Chú ý AB ^ OI . Phương trình AB: y = -x ± 1 Bài 3.92: Dễ thấy (C) có tâm O ( 0; 0 ) và bán kính R = 1 .

(C m ) có tâm I ( m + 1; -2m ) và bán kính

R' =

(m + 1)2 + 4m 2 + 5

Ta thấy OI = (m + 1)2 + 4m 2 < R ' điểm O nằm trong đường tròn tâm I suy ra (C) và (C m ) chỉ có thể tiếp xúc trong nhau. Điều kiện để hai đưòng tròn tiếp xúc trong là R '- R = OI Û (m + 1)2 + 4m 2 + 5 - 1 = ta được m = -1 hoặc m =

3 5

(m + 1)2 + 4m 2

Bài 3.93: C1: (C) có I ( 1; -3 ) là tâm, bán kính R = 5 .

Đường thẳng D đi qua O và cắt (C) tại A, B với O là trung điểm AB , suy

ra D ^ OI (chú ý rằng O nằm trong (C) ). Từ đó ta viết được phương trình của D : x - 3y = 0 . C2: Gọi A ( x ; y ) vì O là trung điểm AB nên có B ( -x ; -y ) Vì A, B đều thuộc (C) nên ta có

ìï x 2 + y 2 - 2x + 6y - 15 = 0 ïí Þ x - 3y = 0 ïï x 2 + y 2 + 2x - 6y - 15 = 0 î Vậy D : x - 3y = 0

Bài 3.94: (C): I ( -1;2 ), R = 5

a) MN có độ dài lớn nhất khi và chỉ khi MN là đường kính hay MN đi qua A, I do đó có phương trình là D : x + 2y - 3 = 0 b) Kẻ IH ^ MN . MN nhỏ nhất khi IH lớn nhất hay H º A Þ IA ^ D từ đó D : 2x - y - 6 = 0 Bài 3.95: (C): I ( 1; -2 ), R = 3 , Gọi D : a ( x + 1 ) + b ( y + 3 ) = 0, ( a 2 + b 2 ¹ 0 )

æö 1 1 IA.IB sin çç AIB ÷÷÷ £ R 2 Þ S IAB lớn nhất khi çè ø 2 2  3 AIB = 900 Þ IH = với H là hình chiếu I lên D 2 2 Suy ra d ( I ; D ) = từ đó ta tìm được hai đường thẳng thỏa mãn là 3 D1 : x + y + 4 = 0, D2 : 7x + y + 10 = 0 S IAB =

Bài 3.96: (hình 3.28). (C) có tâm I ( 2; 3 ) và bán kính R =

13 , (C') có

tâm J ( -2; 0 ) và bán kính R ' = 2 Þ R - r < IJ < R + r Þ (C) cắt (C') tại hai điểm A, B Xét D bất kì qua A cắt (C) và (C') tại M và N, M gọi D ' là đường thẳng qua A vuông góc với AB, cắt (C), (C') lần lượt tại C và D. K, H lần C lượt là là hình chiếu của I, J lên D ' . P, Q lần K lượt là là hình chiếu của I, J lên D . Khi đó ta có I MN = 2PQ £ 2IJ = 2KH = CD Þ max MN = CD . Tọa độ A, B là nghiệm của hệ ïìï x 2 + y 2 - 4x - 6y = 0 ïì x = 0 Û íï hoặc í 2 2 ïï x + y + 4x = 0 ïï y = 0 î î ìï ïï x = - 36 ï 25 . Từ đó suy ra có hai đường thẳng thỏa mãn là í ïï 48 ïï y = î 25 D1 : 3x - 4y = 0 và D2 : 3x - 4y + 12 = 0 Bài 3.97: Dễ thấy M nằm ngoài đường tròn gọi h là khoảng cách từ I đến đương thẳng cần tìm ì ï h 2 + MB 2 = R 2 = 25 ï Þh =4 Ta có: í 2 ï h + 4MB 2 = IM 2 = 52 ï î M Î d Þ d : a ( x - 7 ) + b (y - 3 ) = 0

A H

D Q

J B Hình 3.28

Vì I cách d một khoảng bằng h nên 12 | -6a - 4b | = h = 4 Û a = 0 hoặc a = - b 2 2 5 a +b

Suy ra y = 3 hoặc 12x - 5y - 69 = 0 Bài 3.98: (C) có tâm O ( 0; 0 ) và bán kính R = 2

Đường thẳng cần tìm có dạng D : a ( x - 2 ) + b ( y - 2 ) = 0

Gọi H là hình chiếu của O lên AB khi đó OH = OA2 - HA2 = 3 -2a - 2b Ta có OH = d (O; D ) Û 3 = Û a = -4 ± 15 b a 2 + b2 Từ đó ta có hai đường thẳng thỏa mãn là D1 : -4 + 15 x + y + 6 - 2 15 = 0 và

(

( : ( -4 -

) 15 ) x + y + 6 + 2

)

15 = 0

Bài 3.99: (Hình 3.29)Ta có (C) có tâm I ( 1;1 ) và R = 5 .

Dễ thấy điểm A và B nằm ngoài đường tròn.

æ5 ö Lấy J çç ; 3 ÷÷÷ suy ra J thuộc thuộc đoạn IA, çè 2 ø   5 IJ = và IA = 4IJ (*). 2

M J

Với mọi M thuộc (C) ta có

Hình 3.29

 2  2   2   MA = 2MJ Û MA = 4MJ Û MI + IA = 4 MI + IJ     Û MI 2 + 2MI .IA + IA2 = 4MI 2 + 8MI .IJ + 4IJ 2

(

)

(

)

Đẳng thức này đúng vì MI = R = 5 , IA = 10 và đẳng thức (*). Ta có: MA + 2MB = 2 ( MJ + MB ) ³ 2.JB Dễ thấy điểm J nằm trong đường tròn do đó dấu "=" xảy ra khi M là giao của JB và (C), M nằm giữa JB. ìï x = t Phương trình đường thằng JB là ïí Þ M ( t; 8 - 2t ) ïï y = 8 - 2t î

ét = 1 2 2 M Î (C ) Þ ( t - 1 ) + ( 7 - 2t ) = 25 Û êê êë t = 5

Suy ra đường thẳng JB cắt đường tròn (C) tại hai điểm là M 1 ( 1;6 ) và M 2 ( 5; -2 )

 æ 3   ö  Ta có M 1J çç ; -3 ÷÷÷, M 1B ( -1;2 ) suy ra M 1J , M 1B ngược hướng nên M 1 çè 2 ø nằm giữa JB

Từ đó suy ra điểm M cần tìm là M ( 1;6 ) . Bài 3.100: (hình 3.30)Đường tròn (C) có tâm I (2; - 1), bán kính R = 2 5. Gọi H là trung điểm AB. Đặt AH = x (0 < x < 2 5). Khi đó ta có 1 IH .AB = 8 Û x 20 - x 2 = 8 2 éx = 4 Û êê êë x = 2 (loai AB < IA)

I A

Hình 3.30

nên AH = 4 Þ IH = 2.

Pt đường thẳng qua M: a(x - 1) + b(y + 3) = 0 (a 2 + b 2 ¹ 0) Ta có

Û ax + by + 3b - a = 0.

d (I , AB ) = IH = 2 Û

| a + 2b | a 2 + b2

= 2 Û a(3a - 4b) = 0 Û a = 0, a =

. * Với a = 0 ta có pt D : y + 3 = 0. 4 * Với a = b. Chọn b = 3 ta có a = 4 . Suy ra pt D : 4x + 3y + 5 = 0. 3

4 b 3

Vậy có hai đường thẳng D thỏa mãn là y + 3 = 0 và 4x + 3y + 5 = 0.

æ1 5ö Bài 3.101: Trước hết ta tính được tâm I çç ; ÷÷÷ của đường tròn và H ( 2;2 ) çè 2 2 ø

là giao điểm của D và đường tròn HBC .

Gọi N (a;b ) là trung điểm của BC và , khi đó ta có   HA = 2IN Þ A(2a + 1;2b - 3) Þ B(3 - 2a;9 - 2b) .

Do B Î (HBC ) nên (3 - 2a )2 + (9 - 2b)2 - (3 - 2a ) - 5(9 - 2b) + 4 = 0

Û 2a 2 + 2b 2 - 5a - 13b + 23 = 0 (1).    Ta có BN = (3a - 3; 3b - 9) và BN ^ AH nên BN .AH = 0 . Suy ra (2a - 1)(3a - 3) + (2b - 5)(3b - 9) = 0 Û 2a 2 + 2b 2 - 3a - 11b + 16 = 0 (2). Từ (1) và (2) ta có 2a + 2b = 7 thế vào phương trình (1) ta được (7 - 2b)2 + 4b 2 - 5(7 - 2b) - 26b + 46 = 0 Û 2b 2 - 11b + 15 = 0 . 1 5 hoặc b = Þ a = 1 . 2 2 Với b = 3 Þ B(2; 3) (loại vì trùng với M).

Giải ra ta có b = 3 Þ a =

5 Þ B(1; 4) Þ A(3;2) Þ C (1;1) 2 Bài 3.102: Giả sử DABC có diện tích lớn nhất. Khi đó CO ^ AB, BO ^ AC (Vì nếu không, chẳng hạn CO không vuông góc với

Với b =

AB thì tồn tại điểm C' thuộc đường tròn (C') sao cho C 'O ^ AB và d (C '; AB ) > d (C ; AB ) Þ SC ' AB > SCAB vô lí)

Suy ra DABC có diện tích lớn nhất thì O là trực tâm của tam giác do đó BC ^ OA Þ x B = xC .     Ta có AB ( x B - 1; yB ), OC ( x B ; yC ), OB ( x B ; yB ), AC ( x B - 1; yC ) CO ^ AB Þ x B ( x B - 1 ) + yB yC = 0 (1)

Mặt khác B Î (C ), C Î (C ' ) suy ra x B2 + yB2 = 2 (2) và xC2 + yB2 = 2 (3) 5- 5 5+ 5 và x B = (loại) 2 2 2 1 Þ S 2 = ( 1 - x B ) ( 7 - 2x B ) 4

Từ (1), (2) và (3) suy ra x B = -1, x B = Ta có S = 26

1 x - x B yC - yB 2 A

5- 5 Þ S < 3 nên S lớn nhất khi và 2 chỉ khi x B = xC = -1 khi đó ta có ta xác định được B ( -1;1 ), C ( -1; -2 )

Nếu x B = -1 Þ S = 3 , x B =

hoặc B ( -1; -1 ), C ( -1;2 ) là điểm cần tìm.

Bài 3.103: PT (C ) : x - 1)2 + (y + 1)2 = 9 có tâm I ( 1; -1 ) và bán kính R = 3.

Ta có d ( I ; D ) =

1-1-2 1+1

2 < R nên D cắt (C) tại hai điểm phân

biệt A, B và AB = 2 7 . Kẻ đường cao CH của DABC , ta cần tìm C để CH = 3 + 2 Þ CH = R + h Þ C là điểm chính giữa của cung lớn AB của đường tròn (C). Đường thẳng D ' trung trực của đoạn AB có PT x - y - 2 = 0 Þ H ( 2; 0 )   3 Từ C ( t; t - 2 ) và 2IC = 3HI Û t = 1 . 2 æ 3 3 ö÷ Þ C çç 1 ; -1 ÷÷ çè 2 2ø Bài 3.104: Dễ dàng kiểm tra tam giác ABC vuông tại C hay AB là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Gọi H là hình chiếu của N trên 1 1 AB 2 AB thì S NAB = AB.NH £ AB.R = 2 2 4 Dấu "=" xảy ra khi N là trung điểm dây AB hay tiếp tuyến tại N song song với AB  Có AB ( 2;2 ) . Gọi D là tiếp tuyến qua N thì pt của D có dạng x - y - c = 0 . D là tiếp tuyến nên

d (I;D) = R Û

3 +1+c 2

2 Û c = -2 hoặc c = -6 .

Suy ra D : x - y - 2 = 0 hoặc D : x - y - 6 = 0 từ đó tìm được N là giao của D và d là M ( 2; -4 ) hoặc M ( 65; -45 ) .

Bài 3.105: (hình 3.31)Trên tia đối của tia BA lấy điểm C' sao cho AC = AC ' . Khi đó ta có AB + AC = BC ' .  1 Ta có ACB = AMB Þ suy ra C thuộc cung 2 A 1 chứa góc AMB dựng trên đoạn AB. Từ đó BC' 2 lớn nhất khi BC' là đường kính. Khi đó A là trung C B điểm cung lớn BC của (C). Vậy cho tam giác ABC có chu vi lớn nhất khi và chỉ khi đó A là trung điểm Hình 3.31 cung lớn BC của (C). Từ đó ta xác định được A 1 - 2; - 2 .

(

)

Bài 3.106: a) 4x + 3y - 11 = 0 b) x = 2 và 39x - 80y + 402 = 0 c) 3x - 4y + 23 = 0 và 3x - 4y - 27 = 0 . d) 3x + 2y + 10 ± 5 13 = 0 Bài 3.107: Qua A ta kẻ được hai tiếp tuyến với đường tròn là: x = 2 và y = 5 . Từ đó ta tìm được M ( 2;2 ), N ( -1;5 ) suy ra MN =

( -1 - 2 )

+ (5 - 2)2 = 3 2

Bài 3.108: (C) có tâm I ( 1; -1 ) và bán kính R = Giả sử A (a; 0 ), B ( 0;b ), a > 0, b > 0

x y + = 1 hay a b = 4 Û ab = 8 , AB tiếp xúc với (C)

Phương trình đường thẳng AB có dạng AB : bx + ay - ab = 0 . Ta có S AOB Þ d ( I ; AB ) =

5 Û b - a = -2

Suy ra a = 4, b = 2

Vậy phương trình AB : x + 2y - 4 = 0 Bài 3.109: Toạ độ giao điểm của hai đường tròn là A ( 1;2 ), B ( 3; 4 ) Có 2 tiếp tuyến thoả mãn là 3x - y + 3 = 0, x + 3y - 17 = 0

Bài 3.110: Đường tròn có tâm I ( -1;2 ) và có bán kính R =   AMB = 600 Þ AMI = 300 Þ MI = 2AI = 2 5 Từ đó có hai điểm M thoả mãn M 1 ( -3; -2 ), M 2 ( 3; 4 )

ém > 1 Bài 3.111: a) (C m ) là đường tròn  êê (*), có tâm I ( -m; m - 1 ) và êë m < 0 bán kính R = 2m 2 - 2m ém = 2 b) (C m ) tiếp xúc với D Û d ( I ; D ) = R Û êê (thỏa mãn (*)) êë m = -1 c) Gọi hai tiếp điểm là H , K từ giả thiết suy ra AHIK là hình vuông Þ AI =

2R Þ m = 4 ±

ém = 5   ê 0 0 d) TH1: Nếu HAK = 60 Þ IAK = 30 Þ IA = 2R Û ê ê m = -5 êë 3 é m = 25   2R Û êê TH2: HAK = 1200 Þ IAK = 600 Þ IA = 3 êë m = -3 Bài 3.112: ĐS: a) (x - 12)2 + (y + 1)2 = 125

b) x + 7y - 5 ± 25 2 = 0 Bài 3.113: ĐS: A ( 2; -1 ), B ( 2; -5 ), C ( 6; -5 ), D ( 6; -1 ) hoặc A ( 6; -5 ), B ( 6; -1 ), C ( 2; -1 ), D ( 2; -5 )

Bài 3.114: C1: (C) có tâm I(1; 3) bán kính R = 2. Giả sử T1 ( x 1; y1 ), T2 ( x 2 ; y2 ) là các tiếp điểm của các tiếp tuyến MT1 và MT2 . MT1 : ( x - 1 )( x 1 - 1 ) + ( y - 3 )(y1 - 3 ) = 4 , MT2 : ( x - 1 )( x 2 - 1 ) + ( y - 3 )(y2 - 3 ) = 4

Do hai tiếp tuyến đều đi qua điểm M ( -3;1 ) Þ ìï 4(1 - x 1 ) + 2(3 - y1 ) = 4 ïí ïï 4(1 - x 2 ) + 2(3 - y2 ) = 4 î Suy ra T1 T2 : 2x + y - 3 = 0

C2: Dựa vào điểm M ( -3;1 ) và đường tròn có tâm I( 1; 3) và bán kính R = 2 nên thấy ngay đường thẳng y = 1 là một tiếp tuyến của đường tròn qua M suy ra tiếp điểm T2 ( 1;1 ) . Tiếp điểm T1 đối xứng với T2 qua đường MI nên

nằm trên đường thẳng đi qua T2 và vuông góc với MI do đó T1 T2 : 2x + y - 3 = 0

Bài 3.115: (C) có tâm I ( 3; 0 ) , bán kính R = 2 . Gọi hai tiếp điểm là A, B   +) TH 1. AMB = 600 Þ IMN = 300 Þ IM = 4   4 +) TH 2. AMB = 1200 Þ IMN = 600 Þ IM = 3

§5. ĐƯỜNG ELIP Bài 3.116. a) x 2 + 2y 2 = 18 Û

x 2 y2 + =1 18 9

a = 3 2; b = 3 Þ c = 3

(

)

(

)

Suy ra tọa độ các đỉnh là A1 -3 2; 0 ; A2 3 2; 0 ; B1 ( 0; -3 ); B2 ( 0; 3 ) Độ dài trục lớn A1A2 = 6 2 , độ dài trục bé B1B2 = 6

Tiêu cự F1F2 = 2c = 6 , tiêu điểm là F1 ( -3; 0 ); F2 ( 3; 0 ) , Tâm sai của (E) là e =

c 2 = a 2

b) Từ phương trình của (E) ta có a = 4, b = 3 Þ c =

a 2 - b2 =

Suy ra tọa độ các đỉnh là A1 ( -4; 0 ); A2 ( 4; 0 ); B1 ( 0; -3 ); B2 ( 0; 3 ) Độ dài trục lớn A1A2 = 8 , độ dài trục bé B1B2 = 6

(

)

Tiêu cự F1F2 = 2c = 2 7 , tiêu điểm là F1 - 7; 0 ; F2 Tâm sai của (E) là e =

(

c 7 = a 4

x 2 y2 + =1 25 9  2 = 26, F1MF2 = 90 Þ MF1.MF2 = 52 và MF12 + MF22 = ( 2c )

Bài 3.117: a) b) S MF1F2

. Độ dài trục lớn bằng 15 Þ 2a = 15 = MF1 + MF2 . Mặt khác

( MF1 + MF2 )

)

7; 0 ,

= MF12 + MF22 + 2MF1MF2 nên

( 15 )

= ( 2c ) + 2.52 Þ c 2 = 2

121 104 Þ b2 = do đó 4 4

x2 y2 + =1 225 104 4 4 63 1 c) M Î ( E ) Þ 2 + 2 = 8 , tam giác MF1F2 vuông tại M a b   Þ F1M .F2M = 0 Û c 2 = 8 = a 2 - b 2

(E ) :

Suy ra a 2 = 9, b 2 = 1 Þ ( E ) :

x 2 y2 + =1 9 1

1 d) Ta có SOB2F2 = pr = OB2OF2 Þ b 2 + 9 + 3 + b = 3b Û b = 4 2 Tiêu cự bằng 6 suy ra 2c = 6 Û c = 3 Þ a 2 = b 2 + c 2 = 25 x 2 y2 + =1 Vậy (E): 25 16 x 2 y2 x2 y2 + =1 + =1 e) ĐS: (E): f) (E): 8 4 196 147 x 2 y2 x2 + =1 + y2 = 1 g) (E): h) (E): k) (E): 16 4 25 x2 + y2 = 1 4

Bài 3.118: Giả sử M ( x M ; yM ) Î ( E ) Þ 9x M2 + 25yM2 = 225 Ta có a = 5, b = 3 Þ c = 4 a) Ta có MF1 = 5 +

4x M 4x , MF2 = 5 - M 5 5

Do đó 1 1 16 + = Û MF1 MF2 F1F2

Suy ra yM = ±

1 1 4 5 5 + = Û xM = ± 4x 4x 8 4 5+ M 5- M 5 5

3 11 4

æ 5 5 3 11 ö÷ æ 5 5 3 11 ö÷ ÷÷ , M 2 çç ÷÷ , Vậy có bốn điểm M 1 ççç ; ;çç çè 4 4 ÷ø 4 4 ÷ø è æ 5 5 3 11 ö÷ æ 5 5 3 11 ö÷ ÷÷ và M 4 çç ÷ M 3 ççç ; çç 4 ; - 4 ÷÷ thỏa mãn yêu cầu bài toán 4 4 ÷ø èç è ø  b) Ta có F1F22 = MF12 + MF22 - 2MF1.MF2 cos F1MF2 æ 4x Û 64 = çç 5 + M çè 5

ö÷ æ 4x ÷÷ + çç 5 - M çè ÷ø 5 2

÷÷ö - ççæ 5 + 4x M çè ÷÷ø 5 2

÷÷öæçç 5 - 4x M ÷÷øèç 5

÷÷ö ÷÷ø

5 13 3 3 Þ yM = ± 4 4 = x M yM . Theo BĐT Cauchy ta có

Û xM = ±

c) SOHMK

9x M2 + 25yM2 = 225 ³ 2 9x M2 .25yM2 = 30 x M yM Þ x M yM £

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 9x M2 = 25yM2 Þ x M = ±

15 2

, yM = ±

Bài 3.119: Giả sử B ( x 0 ; y 0 ) suy ra C ( x 0 ; -y 0 ) với y 0 > 0 . Vì B Î ( E ) nên

x 02 y 02 + = 1 Û x 02 + 3y 02 = 9 9 3

Ta có BC = 2y 0 và phương trình

( BC ) : x

= x 0 Þ d ( A; ( BC ) ) = 3 - x 0

DABC đều Û d ( A; ( BC ) ) =

(

) (

Từ đó B 0; 3 , C 0; - 3

)

3 BC 2

Bài 3.120: Giả sử M ( x 0 ; y 0 ) Î ( E ) Þ d (M;D) =

| 3x 0 + 4y 0 + 5 | 5

Ta có: ( 3x 0 + 4y 0 )

x 02 y 02 + = 1 .Thì 9 4

2 æ x 2 y2 ö æ x0 y 0 ö÷ ç = ç 9. + 8. ÷÷ £ (92 + 82 ) çç 0 + 0 ÷÷÷ = 145 . 2 ø÷ 4 ø÷ èç 3 èç 9

ĐS: min d ( M ; D ) = max d ( M ; D ) =

24 - 145 27 4 khi x 0 = . , y0 = 5 145 145

24 + 145 27 khi x 0 = , y0 = 5 145

145

c Bài 3.121: a) F1M = a + x , - a £ x £ a Þ a - c £ F1M £ a + c a

i) M ( -a; 0 ) ii) M (a; 0 )

1 b) Nếu A, B trùng với các đỉnh của (E) thì S DOAB = ab . Nếu A, B khác 2 các đỉnh của (E) thì phương trình đường thẳng OA: y = kx , OB: 1 y =- x. k

Ta tính được S DOAB =

1 2

( 1 + k 2 )a 2b 2 Þ S DOAB (a 2 + b 2k 2 )(b 2 + a 2k 2 )

a 2b 2 a 2 + b2

æ ö÷ æ ö÷ ab ab ab ab A çç ; ; ÷ ; B çç ÷ çè a 2 + b 2 a 2 + b 2 ÷ø çè a 2 + b 2 a 2 + b 2 ÷ø

Bài 3.122: (C ) : O ( -5; 0 ), R = 21; (C ' ) : O ' ( 5; 0 ), R ' = 5 a) M ( x , y ) là tâm khi đó

R - R1 = MO; R '+ R1 = MO ' Þ MO + MO = R + R ' = 26

Suy ra tập hợp điểm M là elip có phương trình b) M ( x , y ) là tâm khi đó

x2 y2 + =1 169 144

R - R1 = MO; R1 - R; = MO ' Þ MO + MO = R - R ' = 16

Suy ra tập hợp điểm M là elip có phương trình

x2 y2 + =1 64 39

Bài 3.123: ĐS: M ( x ; y ) Î ( E ) :

x 2 y2 + =1 a 2 b2

  Bài 3.124. Gọi I ( x 0 ; y 0 ) Þ AI = ( x 0 + 2; y 0 + 2 ), IB = ( x 0 ; y 0 - 2 ) ìï x 02 3y 02 ìï I Î (E ) ïï + =1 ï   Ûí í 4 4 ïï AI .IB = 0 ïï 2 2 ïî ïî x 0 + y 0 + 2x 0 - 4 = 0 ìï 1 ïï y 02 = ( 4 - x 02 ) 3 Û ïí ïï 2 1 2 ïï x 0 + ( 4 - x 0 ) + 2x 0 - 4 = 0 î 3 ìï 2 ìï x 0 = 1 ì ïï y 0 = 1 ( 4 - x 02 ) x0 = 1 ï ïí ï Ûí Û hoặc Þ I ( 1;1 ) hoặc í 3 ïï x 2 + 3x - 4 = 0 ïï y 0 = 1 ïï y 0 = -1 î î 0 îï 0 I ( 1; -1 ) .

 

Với I ( 1;1 ) thì C ( 4; 4 ), D ( 2; 0 )

Với I(1;-1) thì C ( 4; 0 ), D ( 2; -4 )

  Bài 2.125. Gọi B ( x 0 ; y 0 ) Þ AB = ( x 0 - 1; y 0 + 1 ),CB = ( x 0 + 1; y 0 - 3 ) ìï ïìï B Î (E ) x 02 + 3y 02 = 4 ï     Ûí Ta có í ïï AB.CB = 0 ïï( x 0 - 1 )( x 0 + 1 ) + ( y 0 + 1 )( y 0 - 3 ) = 0 î ïî ì ï x 02 + 3y 02 = 4 ï Ûí 2 Û ï x + y 02 - 2y 0 - 4 = 0 ï î 0

ìï x 02 = 4 - 3y 02 ïí ïï 4 - 3y 02 + y 02 - 2y 0 - 4 = 0 î

ì x 02 = 4 - 3y 02 ìï x 02 = 4 ìï x 02 = 1 ï ï ï Ûí 2 Ûí hoặc ïí ï ï ïï y 0 = -1 y = 0 y + y = 0 0 ï ïî 0 î î 0 Þ B ( -2; 0 ), D ( 2;2 ) hoặc B ( 2; 0 ), D ( -2;2 ) hoặc B ( -1; -1 ), D ( 1; 3 )

§6. ĐƯỜNG HYPEBOL

Bài 3.126: a) Ta có a 2 = 8, b 2 = 6 nên a = 2 2, b =

6, c =

a 2 + b 2 = 10

Do đó ta có hypebol có:

(

)

(

Tọa độ các đỉnh là A1 -2 2; 0 ; A2 2 2; 0 Tiêu điểm là F1 ( -10; 0 ); F2 (10; 0 ) Tâm sai của (H) là e =

)

c 5 = a 2

Độ dài trục thực 2a = 4 2 , độ dài trục ảo 2b = 2 6 b 3 x Đường tiệm cận có phương trình là y = ± x = ± a 2 x 2 y2 = 1 , có a 2 = 12, b 2 = 9 nên 12 9 a 2 + b 2 = 21

b) Viết lại phương trình (H) là: a = 2 3, b = 3, c =

Do đó ta có hypebol có:

(

)

(

Tọa độ các đỉnh là A1 -2 3; 0 ; A2 2 3; 0

(

)

Tiêu điểm là F1 - 21; 0 ; F2 Tâm sai của (H) là e =

(

21; 0

)

c 7 = a 2

Độ dài trục thực 2a = 4 3 , độ dài trục ảo 2b = 6 Đường tiệm cận có phương trình là y = ±

x 2 y2 x 2 y2 =1 =1 b) ( H ) : 4 12 16 9 x 2 y2 x 2 y2 = 1 d) ( H ) : = 1 hoặc ( H ) : =1 33 99 9 3 x 2 y2 =1 =1 f) ( H ) : 9 9

Bài 3.127: ĐS: a) ( H ) : x 2 y2 9 4 2 x y2 e) ( H ) : 25 16

c) ( H ) :

3 x 2

x 2 y2 =1 1 1 2

l) x 2 -

y2 =1 48

x 2 y2 =1 Bài 3.128: ĐS: (H): 2 8

Bài 3.129: AB : x - y + 1 = 0; AB = 3 2 , x 02 y 02 C ( x 0; y0 ) Î ( H ) Þ =1 7 4 S DABC =

1 3 AB.d (C ; AB ) = x 0 - y 0 - 1 2 2

ìï x 2 y 2 ï =1 Đặt P = x 0 - y 0 - 1 , suy ra hệ ïí 7 có nghiệm với tham số P. 4 ïï P = x - y - 1 ïî Từ đây suy ra P ³ 3 - 1 hoặc P £ - 3 - 1 do đó P ³ 3 - 1 æ 7 4 ö÷ ; Vậy C çç ÷ thì DABC có diện tích nhỏ nhất. çè 3 3 ÷ø

Bài 3.130: . Ta có a = 2, b =

12 Þ c 2 = 4 + 12 = 16, c = 4

4 a) MF1 = 4 Û 2 + x M = 4 Û x M = 1 hoặc x M = -3 2

(

)

(

Từ đó ta tìm được 2 điểm là M 1 -3; 15 , M 2 -3; - 15

)

b) MF1 = 2MF2 Û 2 + 2x M = 2 2 - 2x M Û x M2 + 2x M + 1 = 4x M2 - 8x M + 4 1 3 3; - 15

Û 3x M2 - 10x M + 3 = 0 Û x M = 3 hoặc x M =

(

)

Từ đó ta tìm được 2 điểm là M 1 3; 15 , M 2

(

)

c) Vì tam giác ABC đều và tính đối xứng của (H) nên A, B đối xứng nhau qua trục hoành. Giả sử A (a;b ) Þ B (a; -b )  1 a 2 - b2 1 = Û a 2 = 3b 2 Do đó tam giác ABC đều Û cos AOB = Û 2 2 2 2 a +b (1)

a 2 b2 = 1 (2) 4 12 Từ (1) và (2) kết hợp với điều kiện hai điểm A, B thuộc một nhánh suy ra æ 3 æ 3 3ö æ 3 3 ÷ö 3 ö÷ æç 3 3 ö÷ ÷÷ hoặc A çç ÷÷, B ç ÷÷ A ççç ; - ÷÷÷, B ççç ; ; ; çç çè 2 ÷ø çè 2 ÷ø èçç 2 2 ÷ø 2 2 2 ÷ø è 2

Mặt khác A Î ( H ) Þ

§7. ĐƯỜNG PARABOL Bài 3.131: 2p =

1 1 Þp= 4 8

æ1 ö 1 = 0. Suy ra (P) có tiêu điểm là F çç ; 0 ÷÷÷ và đường chuẩn là x + çè 16 ø 16

Bài 3.132: a) Dễ thấy điểm A ( 1; 4 ) Î ( P ) Þ 16 = 2.p.1 Þ p = 8 Þ ( P ) : y = 16x

b) Ta thấy (P) luôn cắt đường thẳng D tại gốc tạo độ, giả sử B º O và A là giao điểm còn lại. Vì A Î D Þ A (a; 3a ) . Mặt khác AB = 4 2 Þ

a 2 + 9a 2 = 4 2 Û a 2 =

16 4 Þa =± 5 5

æ 4 ÷ö 4 18 36 Þ çç 3. Þp= Þ (P ) : y 2 = x Nếu a = ÷÷ = 2p èç 5 5ø 5 5 5 4 Nếu a = (loại). 5 2

c) Do (E) và (P) có tính đối xứng và AB = 2 Þ A ( t;1 ), B (t; -1 ), t > 0 A Î ( E ) Þ 4t 2 + 6 = 24 Þ t = A Î ( P ) Þ 1 = 2p.

d) ( P ) : y 2 = 2x

Þp=

2 2 Þ (P ) : y2 = x 6 3

Bài 3.133: a) A ( 1; -4 ), B ( 4; 8 )

2  Þ M æç t ; t ÷ö, - 4 £ t £ 8 b) M Î AB ÷ çç è 16 ÷ø

1 S ABC = d ( M ; D ).AB Þ S ABC lớn nhất Û d ( M ; D ) lớn nhất 2 2 t Û - t - 8 lớn nhất với -4 £ t £ 8 4 æ1 ö Û t = 2 Þ M çç ;2 ÷÷÷ . çè 4 ø

Bài 3.134: Tương tự bài 3.127 ta có M ( 1;1 )

æ a 2 ö æb2 ö Bài 3.135: Vì A, B Î ( P ) Þ A çç ; a ÷÷÷, B çç ;b ÷÷÷ çè 4 ø çè 4 ø ì ï a2  æ a 2   ï ö÷  æ b 2 ö÷ = b2 IA çç ; a - 1 ÷÷ ; IB çç ;b - 1 ÷÷ Þ IA = 4IB Û ï í 4 çè 4 ï ø èç 4 ø ï a 1 = 4 (b - 1 ) ï î ì ìïa = 3 a = -1 ï ï ï ï Ûí hoặc ïí 1 ï ïïb = 3 b= ï ï ïî î 2 2 Bài 3.136. Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ ìï 2x - y - 1 = 0 ïí Þ A(-1; -3) ïï x - 2y - 5 = 0 î Phương trình đường phân giác của các góc tạo bởi hai đường thẳng 2x - y - 1 = 0 và x - 2y - 5 = 0 là éx -y -2 = 0 2x - y - 1 x - 2y - 5 ± = 0 Û êê 2 2 êë x + y + 4 = 0 22 + ( -1 ) 12 + ( -2 )

TH1: Đường chéo AC có phương trình là x + y + 4 = 0 ìï x + y + 4 = 0 Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ ïí ïï y2 = x î (vô nghiệm)

TH2: Đường chéo AC có phương trình là x - y - 2 = 0 ìï x - y - 2 = 0 Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ ïí  I ( 1; -1 ) hoặc I ( 4;2 ) ïï y2 = x î æ 1 1 ö÷ æ 5 5 ö÷  Với I ( 1; -1 ) thì B çç ; - ÷÷ , D çç ; - ÷÷ , C ( 3;1 ) çè 3 3 ø çè 3 3 ø 38

æ 7 11 ö æ 17 1 ö Với I ( 4;2 ) thì B çç ; ÷÷÷ , D çç ; ÷÷÷ , C ( 9;7 ) çè 3 3 ø çè 3 3 ø §8. BA ĐƯỜNG CÔNIC Bài 3.137: a) Ta có c = a 2 + b 2 = 3 suy ra tiêu điểm là F1 ( -3; 0 ) tương



5 = 0 và tiêu điểm là F2 ( 3; 0 ) 3 5 tương ứng có đường chuẩn có phương trình là x - = 0 . 3 2 2 b) Ta có c = a - b = 7 suy ra tiêu điểm là F1 - 7; 0 tương ứng có

ứng có đường chuẩn có phương trình là x +

đường chuẩn có phương trình là x +

(

)

= 0 và tiêu điểm là F2

tương ứng có đường chuẩn có phương trình là x -

(

7; 0

)

=0 .

c) Ta có 2p = 8 Þ p = 4 Vậy tiêu điểm là F ( 2; 0 ) , đường chuẩn có phương trình là x + 2 = 0 . Bài 3.138: Ta có MF = 2 , d ( M ; D ) = Suy ra

3 +4 2

14 5

MF 5 = < 1 suy ra đây là hypebol. d (M;D) 7

Bài 3.139. Ta có MF = Suy ra

3 - 4.3 - 5

2 , d (M;D) =

0 -1-1 2

MF = 1 suy ra đây là parabol. d (M;D)

Bì 3.140. a) Gọi M ( x ; y ) là điểm thuộc đường cônic cần tìm. Khi đó theo định nghĩa ta có Ta có MF = a) Tâm sai e =

MF = e Û MF = e.d ( M ; D ) (*). d (M; D)

x 2 + y2 , d (M;D) = 2 thì ( * ) Û

x - 2y + 1

x 2 + y2 =

5 2.

x - 2y + 1 5

Û 5 ( x 2 + y 2 ) = 2 ( x 2 + 4y 2 + 1 - 4xy + 2x - 4y )

Û 3x 2 - 3y 2 + 8xy - 4x + 8y - 2 = 0 Vậy phương trình đường cônic cần tìm là 3x 2 - 3y 2 + 8xy - 4x + 8y - 2 = 0

b) Tâm sai e =

thì ( * ) Û

x 2 + y2 =

x - 2y + 1

3 3 2 2 Û 15 ( x + y ) = x + 4y + 1 - 4xy + 2x - 4y 2

Û 14x 2 + 11y 2 + 4xy - 2x + 4y - 1 = 0 Vậy phương trình đường cônic cần tìm là 14x 2 + 11y 2 + 4xy - 2x + 4y - 1 = 0 .

c) Tâm sai e = 1 thì ( * ) Û

x 2 + y2 =

x - 2y + 1

5 Û 5 ( x + y ) = x + 4y + 1 - 4xy + 2x - 4y 2

Û 4x 2 + y 2 + 4xy - 2x + 4y - 1 = 0 Vậy phương trình đường cônic cần tìm là 4x 2 + y 2 + 4xy - 2x + 4y - 1 = 0 .

Bài 3.141. a) Gọi phương trình chính tắc elip là Vì A ( 3; 0 ) là một đỉnh của elip nên a = 3

x 2 y2 + = 1, a > b > 0 a 2 b2

a a2 =3Û = 3 Û c = 3 (*) e c Ta lại có b 2 = a 2 - c Þ b 2 = 9 - 3 = 6 x 2 y2 + = 1. Vậy phương trình chính tắc elip cần tìm là 9 6 x 2 y2 b) Gọi phương trình chính tắc elip là 2 - 2 = 1, a > 0, b > 0 a b a a2 a2 =3Ûc= Hypebol có một đường chuẩn là D nên = 3 Û (1) e c 3 b Hypebol có một đường tiệm cận là D ' nên = 2 Û b = 2a (2) a 2 2 2 Mặt khác b = c - a (3)

elip có một đường chuẩn là D nên

Thay (1), (2) vào (3) ta được 2 æ a 2 ö÷ 2 a4 2 2 ç 2 a = a Û 5 a = Û a 2 ( 40 - a 2 ) = 0 Û a 2 = 40 ( ) çç ÷÷ 9 è3ø

Suy ra b 2 = 4a 2 = 160

Vậy phương trình chính tắc hypebol cần tìm là

x2 y2 = 1. 40 160

ìï x 2 y 2 ï + =1 Bài 3.142: a) ycbt Û ïí 9 có nghiệm ïïd : y =4x + m ïî

Û 4x 2 + 9 ( x + m ) = 36 có nghiệm Û - 13 £ m £ 2

b) Vì I thuộc miền trong của elip (E ) nên lấy tùy ý điểm A(x ; y ) Î (E ) thì đường thẳng IM luôn cắt (E) tại điểm thứ hai là B ( x '; y ' ) . I là trung điểm điểm AB khi và chỉ khi ïìï 2x I = x A + x B ïì x ' = 2 - x Û ïí Þ M ' ( 2 - x ;2 - y ) í ïï 2x I = x A + x B ïï y ' = 2 - y î î ìï x 2 y 2 ïï + =1 ï 9 4 M , M ' Î (E ) Û í ïï (2 - x )2 (2 - y )2 + =1 ïï î 9 4 4 - 4x 4 - 4y + = 0 hay 4x + 9y - 13 = 0 (*) Suy ra 9 4 Tọa độ điểm M, I thỏa mãn phương trình (*) nên đường thẳng cần tìm là 4x + 9y - 13 = 0 Bài 3.143: a) A ( 0; 3 ), B ( 4; 0 ) Þ AB = 5 b) Gọi C ( a;b ) Þ

a 2 b2 + = 1 ; DABC cân tại A 16 9

Û AB 2 = AC 2 Û 25 = a 2 + (b - 3 ) = 25 2

Từ đó ta tìm được hai điểm C 1 ( -4; 0 ), C 2 ( 4; 0 ) ïì x = nt Bài 3.144: a) Ta có D1 : ïí , D2 ïï y = mt î

ïì x = -mt từ đó suy ra : ïí ïï y = nt î

æ ö÷ æ ö÷ 6n 6m -6n -6m M çç ; ; ÷÷, N çç ÷ çè 6m 2 + 4n 2 6m 2 + 4n 2 ÷ø èç 6m 2 + 4n 2 6m 2 + 4n 2 ø æ ö÷ æ ö÷ -6m 6n 6m -6n P çç ; ; ÷, Q çç ÷ çè 4m 2 + 9n 2 4m 2 + 9n 2 ÷ø çè 4m 2 + 9n 2 4m 2 + 9n 2 ÷ø

b) Ta có MN ^ PQ tại trung điểm O của mỗi đường nên tứ giác MPNQ là 1 hình thoi do đó S = MN .PQ = 2

c) MinS =

72 ( m 2 + n 2 )

( 9m 2 + 4n 2 )( 4m 2 + 9n 2 )

144 khi m = ±n 13

æ 2 3 ÷ö 4 ÷÷ = Bài 3.145: ĐS: (x - 1) + ççç y è 3 ø 3 Bài 3.146: . a) A ( 6;2 ), B ( -6; -2 ) Þ AB = 4 10 2

1 1 xC - 3yC .4 10 Û xC - 3yC = 2 b) S ABC = d (C ; D ) .AB Û 4 = 2 2 1+9 C Î ( H ) Þ xC2 - 4yC2 = 20

Từ đó ta có bốn điểm thỏa mãn có tọa độ là æ 8 + 6 29 6 + 2 29 ö÷ æ 8 - 6 29 6 - 2 29 ö÷ çç ÷÷ ; çç ÷÷ ; ;; çç ÷ø èçç ÷ø 5 5 5 5 è æ -8 + 6 29 -6 + 2 29 ö÷ æ 8 + 6 29 6 + 2 29 ö÷ çç ÷÷ ; çç ÷÷ ; ; çç ÷ø ççè ÷ø 5 5 5 5 è    æ 3a 3b + 4 ö÷ c) Giả sử A (a;b ) , vì 3MA - 5MB = 0 Þ B çç ; ÷ çè 5 5 ÷ø

ìï a 2 - 4b 2 = 20 ïï ì ï ïa = ±2 21 từ 2 Û Mặt khác A, B Î ( H ) Þ ïíæ 3a ö2 æ ö í 3 b + 4 ÷÷ = 20 ïïçç ÷÷ - 4 çç ï b = -4 ï î ÷ ÷ çè 5 ø ïïîèç 5 ø đó suy ra ptđt cần tìm.

Bài 3.147: D : 3x - y + m = 0 . Toạ độ giao điểm D với (H) là nghiệm hệ ïìï 3x - y + m = 0 x 2 3x + m ï Þ =1 í x 2 y2 ïï 4 12 =1 ïî 4 12 Û 6x 2 + 6mx + m 2 + 12 = 0 (1)

D cắt (H) tại 2 điểm M; N phân biệt Û ( 1 ) có 2 nghiệm x 1 ¹ x 2 Û D¢ = 3m 2 - 72 > 0 Û| m |> 2 6 ìï x 1 + x 2 = -m ï 2 Theo Viet ta có: ïí ïï x x = m + 12 ïî 1 2 6

Ta có: M ( x 1; 3x 1 + m ); N ( x 2 ; 3x 2 + m ) MN =

(x 1 - x 2 )2 + 9(x 1 - x 2 )2 =

10(x 1 - x 2 )2 =

3m 2 - 72 Û = 4 Û m = ±6 2 (thoả) 36

10(3m 2 - 72) = 2 10 36

Vậy m = ±6 2

ì x = x 0 + at ï Bài 3.148: Giả sử () có phương trình tham số: ïí , thì toạ độ ï y = y 0 + bt ï î ìï x 2 y 2 ïï =1 ïï a 2 b 2 (x + at )2 (y 0 + bt )2 =1 M,N là nghiệm của hệ: í x = x + at Þ 0 2 ïï 0 a b2 ïï y = y + bt 0 ïî

Giả sử phương trình trên có nghiệm t1, t2 thì: x M = x 0 + at1, yM = y 0 + bt1, x N = x 0 + at2 , yN = yN + bt2

Tương tự giao điểm P,Q có: x P = x 0 + at3 , yP = y 0 + bt3 , xQ = x 0 + at4 , yQ = yQ + bt4

x + xQ y M + y N y + yQ t1 + t2 t + t4 x + xN = 3 Þ M = P , = P . 2 2 2 2 2 2

Vậy trung điểm MN và PQ trùng nhau. Hay PM = NQ . Bài 3.149: (E) nhận hai tiêu điểm của hypebol (H) àm các tiêu điểm nên x2 y2 =1 chúng có cùng tiêu cự do đó phương trình (E) có dạng 2 + 2 a a -9 Hơn nữa, để (E) và đường thẳng đã cho luôn có điểm chung thì hệ sau phải ì ï x2 y2 ï + =1 có nghiệm: ïí a 2 a 2 - 9 ï ï x -y + 6 = 0 ï î Do đó phương trình (2a 2 - 9)x 2 + 12a 2x + 45a 2 - a 4 = 0 có nghiệm D¢ = 36a 4 - (2a 2 - 9)(45a 2 - a 4 )

= 2a 6 - 63a 4 + 405a 2 = a 2 (a 2 - 9)(2a 2 - 45)

Cần có D ³ 0 Þ 2a 2 - 45 ³ 0 Þ a ³ 3.

5 2

Vậy, giá trị nhỏ nhất của trục lớn là 2a = 3. 10

Bài 3.150: a) ( P ) : y 2 = 12x Þ p = 6 Þ F ( 3; 0 )

Xét điểm K ( x 0 ; y 0 ) là điểm cố định mà d luôn đi qua "m ¹ 0

Lúc đó pt : mx 0 - y 0 - 3m = 0 Û m(x 0 - 3) - y 0 = 0 có nghiệm ïì x 0 = 3 Þ K (3; 0) º F "m ¹ 0 Û ï í ïï y 0 = 0 î Vậy d luôn đi qua tiêu điểm F của parabol đã cho "m ¹ 0 Tọa độ giao điểm (P) và d là nghiệm của hệ ìï y 2 = 12x ïí Þ m 2x 2 - ( 6m 2 + 12 ) x + 9m 2 = 0 ïï mx - y - 3m = 0 î D ' = 36m 2 + 36 > 0 suy ra (P) cắt d tại hai điểm phân biệt. 6m 2 + 12 12 , x Ax B = 9 Þ yA + yB = 2 , yAyB = -36 b) Ta có x A + x B = 2 m m

Từ đó

( xB - xA )

AB =

Þ AB =

+ ( yB - yA ) = 2

(xB

+ x A ) - 4x Ax B + (yB + yA ) - 4yAyB 2

12m 2 + 12 m2

3m 2 + 6 6 - 3m 2 y = , I 2m m2 Đường chuẩn của (P) là D : x + 3 = 0 Þ 3m 2 + 6 6m 2 + 6 d (I;D) = + 3 = m2 m2

suy ra trung điểm I của AB có x I =

Do đó AB = 2d ( I ; D ) Þ đpcm. Bài 3.151: Đặt   i; FM = a Þ S MNPQ =

(

)

2p 2 8p 2 ³ = 8p 2 2 2 2 sin2 a cos2 a ( sin a + cos a )

Từ hệ suy ra 8y x 2 - 2x x 2 16 8 + 1 = 8. + + y 2 Û x 2 + y 2 - x - y - 1 = 0 (*) 9 9 9 9 9 Suy ra phương trình (*) là phương trình đường tròn đi qua giao điểm của (P) và (E).   Bài 3.153: Do MA = 3MB nên MA = ±3MB   +) TH1: MA = 3MB

xA + 6 ïìï ìï 3 - x A = 3(3 - x B ) ïxB = 3 Û ïí Khi đó ta có ïí ïï 2 - yA = 3(2 - yB ) ïï yA + 4 î ïï yB = î 3 Do A, B Î (E ) nên 2 ìï x A2 ì ïï + yA = 1 ïìï ï 3 2 3 2 ï xA = ïï 9 ïxA = 4 ï Û hoặc í 1 æ (x + 6)2 (y + 4)2 ö í í 2 2 ïï ç A ïï ï ÷÷ = 1 A ï + y = 2 y = 2 ç ïï 9 ç ïïî A ï ÷÷ ï î A 9 4 ø ïî è   +) TH2: MA = -3MB . Khi đó ta có ìï ïï x = 12 - x A ìï 3 - x A = -3(3 - x B ) B ïí 3 Û ïí ïï 2 - yA = -3(2 - yB ) ïï 8 - yA î ïï yB = î 3 2 ìï x A2 ïï + yA = 1 ï 4 Do A, B Î (E ) nên ïí 9æ vô nghiệm 2 (8 - yA )2 ö÷ ïï 1 ç (12 - x A ) ÷÷ = 1 + ïï 9 çç 9 4 ø÷ ïî è æ 3 2 ö æ 4 - 2 4 + 2 ö÷ ÷÷ hoặc ; 2 ÷÷÷, B ççç ; Vậy A ççç ÷ø çè 2 2 3 ÷ø èç

æ3 2 ö æ 4 + 2 4 - 2 ö÷ ÷÷ A ççç ; - 2 ÷÷÷, B ççç ; ÷ø çè 2 3 ÷ø èç 2 Bài 3.154: . +) D ^ d Þ pt D có dạng x - 2y + m = 0. +) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ ìï x - 2y + m = 0 ìï x = 2y - m ïï ïí 2 Û íx ïï + y 2 = 1 ïï 8y 2 - 4my + m 2 - 4 = 0 (1) î îï 4 d cắt (E) tại hai điểm A, B Û hệ có 2 nghiệm phân biệt Û 32 - 4m 2 > 0 Û -2 2 < m < 2 2. (*) +) Gọi A(2y1 - m; y1 ), B(2y2 - m; y2 ) trong đó y1, y2 là nghiệm của (1) Þ y1 + y 2 =

m m2 - 4 , y1y2 = . 2 8

Þ AB 2 = 5(y2 - y1 )2 = 5[(y1 + y2 )2 - 4y1y2 ] =

5(8 - m 2 ) 4

5. 8 - m 2 . 2 +) Đường cao |m | 1 m 2 (8 - m 2 ) OH = d (O, D) = Þ SOAB = OH .AB = =1 2 4 5 Û m2 = 4 Û m = ±2 (thỏa mãn (*)). Suy ra phương trình D : x - 2y + 2 = 0 hoặc x - 2y - 2 = 0. Þ AB =

Bài 3.155: Sử dụng các kết quả sau M ( x M ; yM ) Î ( E ) Û c c OM 2 = x M2 + yM2 , MF1 = a + x M , MF2 = a - x M a a

Bài 3.156: ĐS:

x M2 yM2 + = 1, a2 b2

2a b

Bài 3.157: Theo định lý Thaless ta có

MH MN = , ta chứng minh được MK MI

MF1 + MF2 + F1F2 MF1 + MF2 - F1F2 MN = , MK = MI MF1 + MF2 2

Suy ra MH =

b2 a2

c c Bài 3.158: : M ( x ; y ) Î ( H ) Þ MF1 = a + x , MF2 = a - x a a

a) OM 2 - MF1.MF2 = x 2 + y 2 - a 2 -

c2 2 x a2

æ y2 ö = x 2 + y 2 - a 2 - c 2 çç 1 + 2 ÷÷÷ = a 2 - b 2 çè b ø

b) ( MF1 + MF2 ) = ( MF1 - MF2 ) + 4MF1.MF2 2

= 4a 2 + 4 a 2 -

c2 2 4c 2 2 2 2 x = 4 a + b + y ( ) a2 b2

4 (OM 2 + b 2 ) = 4 ( x 2 + y 2 + b 2 )

æ a 2 ö÷ 4c 2 2 2 2 ç = 4a + 4b + 4y ç 1 + 2 ÷ = 4 (a + b ) + 2 y çè b ø÷ b Suy ra đpcm. c) Ta có a 2HM 2 = a 2 .y 2 , 2

æ y2 ö b 2 HA1.HA2 = b 2 ( -x - a )( -x + a ) = -a 2b 2 + a 2b 2 çç 1 + 2 ÷÷ = a 2 .y 2 çè b ø÷

Suy ra a 2HM 2 = b 2 HA1.HA2

b Bài 3.159: Giả sử D : y = - x , x N < 0 . Xét a A1 ( -a; 0 ), L Î D : LA1 / /Oy .

Ta có L ( -a;b ) Þ OL =

    a 2 + b 2 = c . Đặt a = i;ON = i;OL

(

) (

)

xN xM x c -a =   - a = M - a = -a - x M = M cos a x A1 a cos i;OL OL Tương tự NE 2 = MF2 Þ đpcm. Þ NE1 = ON - OE1 =

(

)

Bài 3.160. (hình 3.32) a) Gọi H, M' lần lượt là hình chiếu của M lên Ox và đường chuẩn D của (P), còn I là giao điểm của Ox và d . Ta có MF = MM ' = IH .

  IH = IF + FH Þ IH = p + PM .i = p + MF .cos a

Þ MF =

p 1 - cos a

  Do FN ; i = 1800 - a .

(

)

Tương tự ta có NF = b)

p 1 + cos a

1 1 2 + = không đổi FM FN p

M' I

1 O F H N (P) d Δ

Hình 3.32

M' I'

I F

N p2 2 2 FM .FN = ³ p Þ max ( FM .FN ) = p Û sin a = 1 Û D ^ Ox (P) sin2 a Δ

Hình 3.33

Bài 3.161: (hình 3.33)Gọi I là trung điểm MN còn M', I', N' theo thứ tự là hình chiếu của M, I, N lên D . Khi đó II ' =

1 1 ( MM '+ NN ' ) = ( MF + NF ) . 2 2

Vì đường tròn đường kính MN tiếp xúc D nên II ' = Do đó MN = MF + NF Þ M , F , N thẳng hàng.

1 MN 2

Bài 3.162: ĐS: Viết PT đường thẳng BC  BC đi qua điểm cố định I ( 17; -4 ) .

Bài 3.163: Giả sử M ( x 0 ; y 0 ) Î (O; R ) Þ x 02 + y 02 = R 2 . ìï x 0 = x I ïï ïìï x I = x 0 Þí Theo giả thiết ta có: í k . ïï yI = ky 0 ïï y 0 = î ïïî yI

Thay vào phương trình đường tròn ta được: x I2 +

yI2 x I2 yI2 2 = R Û + = 1 . Vậy tập hợp I là một (E). k2 R 2 æ k ö2 çç ÷÷ çè R ø÷

æ y2 ö æ y2 ö Bài 3.164: a) Giả sử M çç 1 ; y1 ÷÷÷, T çç 2 ; y2 ÷÷÷, y1.y2 ¹ 0, y1 ¹ y2 . çè 4 ø÷ çè 4 ø÷   y12 y22 OT ^ OM Û OT .OM = 0 Û . + y1y2 = 0 Û y1y2 + 16 = 0 4 4 (1)

Phương trình đường thẳng y12 xy - y1 MT : 2 4 2 = Û 4 ( x - 4 ) - ( y1 + y 2 ) y = 0 y 2 - y1 y 2 y1 4 4 Nên đường thẳng MT luôn đi qua điểm cố định J ( 4; 0 ) b. Gọi I ( x 0 ; y 0 ) là trung điểm MT thì x 0 = 1 ( y + y2 ) 2 1 Từ đó suy ra y 02 = 2x 0 - 8

1 2 ( y1 + y22 8

y0 =

Do đó I chạy trên parabôn (P) : y 02 = 2x 0 - 8 cố định .

Bài 3.165: +) (P ) : y 2 = 4x có p = 2 Þ tiêu điểm F (1; 0) Þ M (4; 0).

ìï y 2 = 4x ìï A(4; 4) Þï +) Nếu d ^ Ox Þ pt d : x = 4. Từ hệ ïí í ïx = 4 ï B(4; - 4) ï ï î î    Þ OAOB . = 16 - 16 = 0 Þ AOB = 900. / Ox Þ pt d : y = k (x - 4). +) Nếu d ^ ì ï y2 ìï y = kx - 4k ï x = Ûï Tọa độ A, B là nghiệm của hệ ïí 2 í 4 ï ïï y = 4x 2 ï ky 4y - 16k = 0 (1) î ï î

Điều kiện d cắt (P) tại hai điểm phân biệt là pt (1) có 2 nghiệm phân biệt Û k ¹ 0. y12 y22 Giả sử A( ; y1 ), B( ; y2 ) trong đó y1, y2 là nghiệm của (2) 4 4 Þ y1y2 = -16.   yy . = ( 1 2 )2 + y1y2 = (-4)2 - 16 = 0 Þ ÐAOB = 900. Ta có OAOB 4 Suy ra OA vuông góc với OB hay tam giác OAB vuông trong mọi trường hợp. Ta có đpcm. CHUYÊN ĐỀ III: ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ VÀO CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG Bài 3.166. Đó là đường tròn có phương trình x 2 + y 2 = a 2 . Bài toán tổng quát có thể phát biểu là: 50

Cho đoạn AB = a cố định. Tìm tập hợp các điểm M thoả mãn uMA2 + vMB 2 = ka 2 ; u, v, k Î  . Cách giải dùng tọa độ theo phương pháp tương tự. Bài 3.167. Nếu k = 1 thì tập hợp điểm M là đường thẳng x = 0 , tức là trung trực của AB. Nếu k ¹ 1 thì tập hợp điểm M là đường tròn có phương trình 2 2 2 æ ö æ ö çç x - a(k + 1) ÷÷ + y 2 = çç 2ka ÷÷ èç k 2 - 1 ø÷ k 2 - 1 ÷ø èç

Tập hợp này còn gọi là đường tròn Appolonius. Bài 3.168. Không mất tổng quát ta giả sử AB = 2a . Gắn hệ trục toạ độ Oxy với O là trung điểm AB, A, B Î Ox

Ta có A ( -a; 0 ), B (a; 0 ) .    Giả sử M ( x ; y ) Þ AM = (x + a; y ); BM = (x - a; y ); AB = (2a; 0)     AM .AB x +a y cos MAB = = Þ| tan MAB |= AM .AB x +a (x + a )2 + y 2     BM .BA -(x - a ) y cos MBA = = Þ| cot MBA |= 2 2 BM .AB x -a (x - a ) + y       Ta có: | MBA - MAB |= 90o Þ tan MAB = - cot MBA và MBA; MAB là 2 góc trong 1 tam giác nên trong 2 góc có 1 góc tù và 1 góc nhọn   Þ cot MBA. tan MAB < 0     Ta có: tan MAB = - cot MBA Û| tan MAB |=| cot MBA | Û

Û y 2 =| x 2 - a 2 |

x +a x -a Ta có x > a (vì nếu x £ a ta có DMAB không tù) nên tập hợp điểm M x 2 y2 = 1 , trừ đi hai điểm A và B. a2 a2 Bài 3.169. Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho A º O, B (b; 0 ) và C ( x 0 ; y 0 )

là (H) :

với y 0 > 0 .

 Khi đó D ( -y 0 ; x 0 ), G (b + y 0 ;b - x 0 ) Þ DG (b + 2y 0 ;b - 2x 0 ) suy ra DG :

x + y0 y - x0 = hay (b - 2x ) x 0 + (b - 2y ) y 0 + b ( x - y ) = 0 . b + 2y 0 b - 2x 0

æb b ö Do đó DG luôn đi qua điểm cố định có tọa độ çç ; ÷÷÷ . çè 2 2 ø

Bài 3.170: Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho B,C Î Ox , O là trung điểm của BC. Giả sử A (a1; a2 ), B ( -b; 0 ), C (b; 0 ), M ( x ; y ) a) Tập hợp điểm M là đường thẳng đi qua C và vuông góc với AB æ æ a ö a ö b2 b) Tập hợp điểm M là đường tròn çç x - 1 ÷÷÷ + çç y - 2 ÷÷÷ = çè çè 2 ÷ø 2 ÷ø 4 2

c) M º A Bài 3.171: Chọn hệ trục toạ độ Oxy sao cho H º O; A Î Oy; B,C Î Ox Giả sử A ( 0; a ), B ( -b; 0 ),C (b; 0 ), a > 0, b > 0

  ìï AD / /AC æ ö÷ æ a 2b ï a 2b ab 2 ab 2 ö÷ çç  Þ D çç 2 M , Vì ïí  , , ÷ ÷ ÷ 2 2 2 2 2 2 2 çè a + b a + b ø ïï BD  AC èç 2(a + b ) 2(a + b ) ÷ø ïî   Do đó AM .BD = 0 Þ AM  BD

Bài 3.172: Chọn hệ trục toạ độ Oxy sao cho B,C Î Ox , Oy là trung trực đoạn BC Giả sử cạnh tam giác có độ dài bằng 2a suy ra B ( -a; 0 ), C (a; 0 ), A 0; a 3 viết được phương trình các cạnh tam giác khi đó MD = d ( M ; BC ), ME = d ( M ;CA ), MF = d ( M ; AB )

(

)

Từ đó ta tính được P = 2a 2 không đổi. Bài 3.173: Ta chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho A Î Oy, B Î Ox ,C Î Ox

Giả sử A ( 0; a ), B (b; 0 ), C (c; 0 ) với chú ý là điểm M sẽ nằm trên trục tung. Bài 3.174: Giả sử tam giác ABC có cạnh bằng 2a và D có vectơ chỉ  phương là u ( x ; y ) . Ta chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho 52

A Î Oy, B Î Ox ,C Î Ox . Khi đó

   A 0; 3a , B ( -a; 0 ), C (a; 0 ) Þ AB -a; - 3a , BC ( 2a; 0 ), AC a; - 3a

(

)

Suy ra cos a =

x 2 + y2

x - 3y

(

Þ cos2 a =

)

x2 y2 2 , sin a = x 2 + y2 x 2 + y2

(

)

x 2 - 2 3xy + 3y 2 3x 2 + 2 3x + y 2 2 cos b = Þ cos b = , sin b = 4(x 2 + y2 ) 4 (x 2 + y 2 ) 2 x 2 + y2

cos g =

Þ cos2 g =

2 x 2 + y2 Từ đó thay vào ta được đpcm.

x 2 + 2 3xy + 3y 2 3x 2 - 2 3x + y 2 2 , sin g = 4(x 2 + y2 ) 4 (x 2 + y 2 )

Bài 3.175: Giả sử BC = 2a Chọn hệ trục Oxy sao cho I º O, B Î Ox ,C Î Ox Ta có B ( -a; 0 ), C (a; 0 ), I ( 0; 0 )

æ a 2 - x 02 ÷ö æ ay ö ÷÷, K çç -a; - 0 ÷÷÷ Giả sử A ( x 0 ; y 0 ), x 0y 0 ¹ 0 Þ H çç x 0 ; çè çè y 0 ÷ø x 0 ÷ø  æ a 2 - x 2 ö  æ ay ö 0 ÷ ÷, KC çç 2a; 0 ÷÷÷ IH çç x 0 ; çè çè y 0 ÷÷ø x 0 ÷ø

IH song song với KC Û

x0 a 2 - x 02 ay 0 x2 y2 = : Û 02 + 02 = 1 hay 2a y0 x0 a 2a

x 02 y 02 A Î (E ) : 2 + 2 = 1 a 2a Bài 3.176: Không mất tính tổng quát, giả sử BC = 2t, t > 0

Gắn vào hệ trục tọa độ Oxy với B Î Ox , C Î Ox , O là trung điểm BC. Ta có B ( -t; 0 ), C ( t; 0 ) . Giả sử A (a;b )

Ta tính được tọa độ của G, H theo æ t 2 - a 2 ÷ö æ a b ö÷ æ 2a 3t 2 - 3a 2 + b 2 ö÷ a, b : H çça, ÷÷,G çç , ÷÷ Þ K çç , ÷÷ b ø èç 3 3 ø b èç èç 3 ø K Î BC Û 3t 2 - 3a 2 + b 2 = 0 Û

a2 b2 =1 t2 3t 2

a2 b2 = 1 , loại đi 2 điểm B, C. t2 3t 2 Bài 3.177: Chọn hệ trục tọa độ sao cho A làm gốc tọa độ, trục hoành chứa đường thẳng qua A song song với D . æ e + f ÷ö ; a ÷÷ Giả sử D (d ; a ), E (e; a ), F ( f ; a ) Þ N çç çè 2 ø

Vậy tập hợp điểm A là hypebol (H ) :

Khi đó AE : ax - ey = 0 , AD : ax - dy = 0 , AF : ax - fy = 0 Vì AE ^ BE Þ BE : ex + ay - e 2 - a 2 = 0 , CF ^ AF Þ CF : fx + ay - f 2 - a 2 = 0

BC ^ AD Þ BC : dx + ay - d 2 - a 2 = 0 æ de ö æ df ö Từ đó, ta tìm được B ççd + e; a - ÷÷, C ççd + f ; a - ÷÷ suy ra çè a ÷ø çè a ÷ø æ d (e + f ) ö÷ e+f ÷÷ M çççd + ;a ÷ø çè 2 2a  æ   d (e + f ) ö÷ d (e + f e+f ÷÷ Þ MN .AN = -d . Þ MN = ççç -d ; + a. ÷ø çè 2a 2 2a

)

Bài 3.178: Chọn hệ trục toạ độ Oxy sao cho A Î Oy; B,C Î Ox , O là trung điểm BC. Giả sử A ( 0; a ), B ( -b; 0 ),C (b; 0 ), a > 0, b > 0 x y x y Khi đó AB : - + = 1, AC : + = 1 b a b a

Gọi H là hình chiếu của D lên BC. E ( x 0 ; 0 ), 0 £ x 0 £ b thì æ ax ö H ( x 0 - b; 0 ) Þ D çç x 0 - b; 0 ÷÷÷ çè b ÷ø

đường thẳng D vuông góc với DE tại E có phương trình là D : b 2x - ax 0y - b 2x 0 = 0

Hay -x 0 (b 2 + ay ) + b 2x = 0 suy ra D đi qua điểm cố định có tọa độ là 2 ö æ çç 0; - b ÷÷ çè a 2 ø÷

Bài 3.179: Chọn hệ trục toạ độ Oxy sao cho N º O; A, I Î Ox æ b ö Giả sử AB : y = ax + b Þ A çç - ; 0 ÷÷÷, P ( 0;b ), AC : y = -ax - b çè a ø 1 Do PI ^ AB nên PI : y = - x + b và I ( ab; 0 ) a

Giả sử æ b æ ab bc ÷ö çæ b bc ÷ö abc ö÷ BC : y = cx Þ B çç ; ;; 2 ÷÷, C ç ÷÷, M çç 2 ÷ 2 çè c - a c - a ø çè c + a c + a ø èç c - a c - a 2 ø÷  æ æ ab ö÷ bc 2 abc ö÷÷ 2 ç 0; ÷ ; Þ AM : a x cy + ab = 0, Q Suy ra AM ççç ç ÷ çè c ÷ø çè a ( c 2 - a 2 ) c 2 - a 2 ÷ø  æ   ab ö Do đó QI ççab; - ÷÷÷ Þ AM .QI = 0 çè c ø

Vậy IQ ^ BC Bài 3.180: Chọn hệ trục toạ độ .. sao cho A Î Oy ; B ,C Î Ox . Giả sử A( 0;a ) , B (b; 0 ),C (c; 0 ), a > 0 .

Điểm M bất kì trong mặt phẳng có tọa độ là M (x , y ) . Phương trình đường thẳng AB là M đến AB là d2 =

ax + by - ab a 2 + b2

Phương trình đường thẳng AC là M đến AC là d3 =

ax + cy - ac a 2 + c2

x y + = 1 Û ax + by = ab . Khoảng cách từ b a

. x y + = 1 Û ax + cy = ac . Khoảng cách từ c a

Khoảng cách từ M đến BC là d1 = y . 55

Theo giả thiết, ta có d12 = d2d3 Þ y 2 =

ax + by - ab ax + cy - ac a +b 2

a +c 2

(a 2 + b 2 )(a 2 + c 2 )y 2 = (ax + by

Đây chính là quỹ tích cần tìm. Trong trường hợp tam giác ABC cân tại A, quỹ tích trên có thể xác định đơn giản hơn gồm hai đường cong bậc hai. Bài 3.181: Thực hiện tương tự ví dụ 2, mục III. Bài toán liên quan đến tứ giác đặc biệt. Bài 3.182: Nếu gọi O là tâm hình chữ nhật ABCD thì O cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật đó. Do đó ta chọn gốc trục toạ độ là O, các trục thì song song với các cạnh của hình chữ nhật. Giả sử A( -a ; -b ) , B ( -a ;b ), C (a ;b ), D (a ; -b ) , bán kính đường tròn là R suy ra a 2 + b 2 = R 2 M ( x 0 ; y 0 ) Þ P ( x 0 ; -b ), Q ( -a ; y 0 ), R ( x 0 ;b ), S (a ; y 0 )   Þ PQRS = - a 2 + x 02 + y 02 -b 2 = 0 .

Bài 3.183: Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho C º O , D Î Ox , B Î Oy Giả sử D ( 3a ; 0 ) , B ( 3b; 0 ); a , b > 0 Suy ra A( 3a ; 3b ) , E ( 2a ; 0 ), F (a ; 0 ), G ( 0; 2b ), H ( 0;b ) x y x y GD : + = 1, GH : + =1 3a 2b 3a b x - 2a y x -a y AE : = , AF : = a 3b 2a 3b æ 24a 6b ö÷ æ 15a 6b ö÷ Suy ra M çç ; ÷÷ , N çç ; Þ MN / /CD è 11 11 ø è 11 11 ÷÷ø Bài 3.184: Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho O là tâm hình vuông, các cạnh hình vuông tương ứng song song với các trục tọa độ Giả sử A( -a ; -a ) , B (a ; -a ), C (a ;a ), D ( -a ;a ) , hệ số góc AF là m khi æ 2a - am ÷ö đó AF : y = m ( x + a ) - a Þ F çç ;a ÷÷ , E (a ; 2am - a ), I (a ;am - a ) è m ø

a) Ta có FI : ( 2m - m 2 )x - 2 ( 1 - m )y - a ( m 2 - 2m + 2 ) = 0 56

Suy ra d (O ; FI ) = a Þ FI tiếp xúc với đường tròn nội tiếp hình vuông æ 2a - am 2 -am 2 + 4am + 2a ö÷ 2 2 2 b) Ta có M çç 2 ; ÷ Þ x M + yM = 2a suy ra M çè m - 2m + 2 m 2 - 2m + 2 ÷ø

thuộc đường tròn ngoại tiếp hình vuông. Bài 3.185: Chọn hệ trục tọa độ Oxy . Giả sử A( a ; 0 ) , C ( 0;c ) Þ B (a ;c ), a > 0, c > 0 , đặt a + c = b a , c thay đổi. b cố định. æ a aö Đường vuông góc kẻ từ B vuông góc với AC là D : y = x + b çç 1 - ÷÷÷ è c cø

Suy ra D đi qua điểm cố định là D (b;b ) Bài 3.186: Ta chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho tâm đường tròn trùng gốc tọa độ và A Î Ox , B Î Ox ,C Î Oy Đặt CN = OM = t , 0 £ t £ a Ta có O ( 0; 0 ) , A( -a ; 0 ), B (a ; 0 ), C ( 0;a ), D ( 0; -a ), N ( 0;a - t ), M ( 0; -t ) æ a (a 2 - t 2 ) 2a 2t ö÷ Ta xác định được P çç 2 ; ÷ từ đó suy ra çè a + t 2 a 2 + t 2 ÷ø  = 900 Û t = 0 hoặc t = a ANP Bài 3.187: Ta chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho D º Ox , I Î Oy Đặt d = d ( I ; D ) ( d > R ) Þ I ( 0;d ) Gọi J là trung điểm của MN , JM = r ( r thay đổi) Giả sử J ( x 0 ; 0 ) Þ M ( x 0 + r ; 0 ), N ( x 0 - r ; 0 )

C ( I ; R ) tiếp xúc với C ( J ; r ) Û IJ = r + R Û x 02 + d 2 = ( r + R )

Do tính đối xứng nên nếu A tồn tại thì A Î Oy , đặt A( 0; h ) Ta có

1 4h 2r 2 là hằng số suy ra = 1+ 2  cos2 MAN ( R2 - d 2 + h 2 + 2rR )

R2 - d 2 + h 2 = 0 Û h = ± d 2 - R2

suy ra A( 0; ± d 2 - R 2 ) , khi đó Bài 3.188: Ta có: XY ^ AD

1 h2 d2 = 1 + 2 = 2 không đổi  R R cos2 MAN

Gắn hệ trục toạ độ Oxy với Z º O; A Î Ox , X Î Oy

Gọi A ( a; 0 ), B (b; 0 ), C ( c; 0 ), D ( d ; 0 ), P ( 0; p ) ( a, b, c, d khác nhau; p ¹ 0) Ta cóCM : px + cy - cp = 0 , BN : px + by - bp = 0 AM ^ CM Þ AM : cx - py - ca = 0 DN ^ BN Þ DN : bx - py - bd = 0 I = DN Ç AM có toạ độ là nghiệm hệ: ïìïcx - py - ca = 0 ca - bd Þ xI = í ïïbx - py - bd = 0 c -b î Mặt khác DAXC vuông tại X có đường cao XZ Þ XZ 2 = ZA.ZC DBXD vuông tại X có đường cao XZ Þ XZ 2 = ZB.ZD Þ ZA.ZC = ZB.ZD Û ac = bd Þ x I = 0 Þ I Î XY

Bài 3.189: Gắn hệ trục tọa độ Oxy sao cho A º O , D º Oy , I ( R; 0 ) (R là bán kính đường tròn (C)) a) Khi đó mỗi điểm M ( x ; y ) trong hệ trục, ta có MH = d ( M ; Ay ) = x và MT 2 = MI 2 - IT 2 = ( x - R ) + y 2 - R 2 . 2

Vậy MH = MT Û x 2 = ( x - R ) + y 2 - R 2 Û y 2 = 2Rx Þ M Î ( P ) : y 2 = 2Rx 2

æ y2 ö æ y2 ö y2 Ngược lại M çç ; y ÷÷÷ Î ( P ) Þ d ( M ; Ay ) = , MT 2 = MI 2 - R 2 = çç ÷÷÷ çè 2R ø 2R èç 2R ø Do đó MT = d ( M ; Ay ) Vậy tập hợp điểm M là đường parabol có đỉnh A và tiêu điểm là trung điểm của AI. R b) Gọi l là đường chuẩn của (P) khi đó l : x = - . 2 R R Với M ( x M ; yM ) Þ MI = d ( M ;l ) = x M + = MT + 2 2 Vậy đường tròn tâm M, bán kính MT luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định. Bài 3.190: Do CD = CE nên tam giác CDE vuông cân tại C. Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho O là trung điểm DE và C thuộc trục tung thì A(a ; 0 ) , B (b; 0 ) , C ( 0;c ) , D (-c; 0), E (c; 0) . Theo tính chất đường phân giác, ta có: DA CA DA2 CA2 (a - c )2 a 2 + c 2 c2 c2 = Þ = Þ = Þ b = Þ B ( ; 0) . DB CB a a DB 2 CB 2 (b - c )2 b 2 + c 2 2

æ a 2 + c 2 ö÷ c4 2 2 çç . ) + ( a + c ) = çè a ÷ø÷ a2 Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì ìï xc 2 c 4 ïï -2ax + a 2 = -2 + 2 ïìï IA2 = IB 2 ïìï (x - a )2 + y 2 = (x - b )2 + y 2 Þ Þ a a í 2 í í ïïî IA = IC 2 ïïî (x - a )2 + y 2 = x 2 + (y - c )2 ïï 2 2 îï -2ax + a = -2cy + c æ a 2 + c 2 ö÷ Þ I çç ;c ÷÷ çè 2a ø 2

Ta có AB 2 + AC 2 = (a 2 + b 2 ) + (a 2 + c 2 ) = (c 2 +

æ a 2 + c 2 ö÷ Do đó 4R 2 = 4IC 2 = çç . çè a ÷ø÷ 2

Từ đó suy ra AB 2 + AC 2 = 4R 2 . CHUYÊN ĐỀ IV : ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ VÀ VECTƠ VÀO GIẢI TOÁN ĐẠI SỐ Bài 3.191: ĐK: -1 £ x £ 3   Đặt u ( x ;1 ), v x + 1; 3 - x    Þ u.v = x x + 1 + 3 - x và u . v = 2 x 2 + 1      Do đó u.v = u . v Þ u, v cùng hướng

(

)

Dễ thấy x = 0 không là nghiệm.   Xét x ¹ 0 khi đó u, v cùng hướng Û

x +1 = x

3-x Û x = 1 hoặc 1

x = 1+ 2 . Bài 3.192: Phương trình đã cho xác định với mọi x. Ta có pt Û (x - 1)2 + 4 + (x + 1)2 + 9 = 29   Xét hai véctơ u = (x - 1;2); v = (-x - 1; 3)   Khi đó u = x 2 - 2x + 5; v = x 2 + 2x + 10 và     u + v = (-2;5) Þ u + v = 29

      x -1 2 1 u + v = u + v suy ra u, v cùng hướng Û = Ûx= -x - 1 3 5 (Vì x = -1 không phải là nghiệm của phương trình ) 1 Vậy phương trình có một nghiệm duy nhât x = . 5 Do đó

  Bài 3.193: Xét hai véctơ u = (x - 1; -2); v = (2 - x ;6)       Từ phương trình ta có u - v = u + v Þ u, v ngược hướng

Từ đó tìm được nghiệm của phương trình là x = -

5 2

Bài 3.194: ĐK: x ³ 1   Xét hai véctơ u = (x - 3; x - 1); v = (1;1)    Khi đó ta có | u |= (x - 3)2 + x - 1; | v |= 2; u.v = x - 1 + x - 3    Từ trên và bất phương trình ta thấy u.v ³ u . v (*)    Mà ta luôn có có u.v £ u . v (**)      Từ (*) và (**) suy ra u.v = u . v do đó u, v cùng hướng ì ï x 2 - 7x + 10 = 0 x -1 Û ï Ûx =5 í ï x ³ 3 ï î Vậy x =5 là nghiệm duy nhất của bất phương trình . ìï ïï x ( x + y ) + y ( y + z ) = 0 ï Bài 3.195: Hệ trở thành ïí x ( x + 1 ) + y ( 2z + 1) = 0 ïï ïï 4 ( x + y )2 + 4 ( y + z )2 = ( x + 1)2 + ( 2z + 1)2 ïî    Chọn u ( x ; y ), v ( x + y; y + z ), w ( x + 1;2z + 1 ) .      Từ hệ suy ra u .v = 0 (1), u .w = 0 (2), 4v 2 = w 2 (3)   1 Nếu u = 0 Û x = y = 0 Þ z = 2       Nếu u ¹ 0 từ (1) và (2) suy ra v , w cùng phương, mặt khác 4v 2 = w 2   nên ta suy ra w = ±2v . 1 1 Từ đó suy ra x = 0, y = , z = . 2 2 æ 1 1ö æ 1ö Vậy nghiệm ( x , y , z ) của hệ là: çç 0, 0, - ÷÷÷ và çç 0; ; ÷÷÷ . è 2ø èç 2 2 ø Û x -3 =

Bài 3.196. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy ta đặt:    y 3 z 3 x 3 u = (x + ; y ); v = (y + ; z ); w = (z + ; x ); 2 2 2 2 2 2 60

      Từ tính chất u + v + w ³ u + v + w ta có đpcm.     Bài 3.197: Chọn u (a;b ), v (c; d ). Khi đó theo đề bài có: u = v = 1 và     u .v = 0 . Do u .v = 0 nên u ( a;b ) cùng phương với w ( -d ; c ) .     Theo giả thiết ta có u = w = 1 Þ u = ±w ìa = -d ï   Þ ab = -dc Û ab + dc = 0. Nếu u = w Û ï í ï b =c ï î ìa = d ï   Þ ab = -dc Þ ab + dc = 0. Nếu u = -w Û ï í ï b = -c ï î Kết luận: ab + dc = 0. æ x 3 ö÷  æç 3 zö x ÷÷, v çç z ; y + ÷÷÷ . Bài 3.198: Chọn u ççç y + ; çè 2 2 ÷ø çè 2 2 ÷ø   Từ hệ ta có: u = 3, v = 4.  Mặt khác: u .v =

Như vậy suy ra:

   3 ( xy + yz + zx ) , mà u .v £ u . v = 4 3. 2 xy + yz + zx £ 8 .(đpcm).

Bài 3.199: y = 2x - 2 Þ A = 5x 2 - 4x + 1 + 5x 2 - 20x + 25   æ8 6ö  2 1  Đặt u = (x - ; ) ; v = (2 - x ;1) Þ u + v = çç ; ÷÷÷ çè 5 5 ø 5 5     Áp dụng bất đẳng thức: u + v ³ u + v

  5 u + v

(

Dấu "=" xảy ra x =

)≥

  5 u +v =

æ8ö æ6ö 5 çç ÷÷ + çç ÷÷ = 2 5 çè 5 ÷ø çè 5 ÷ø 2

2 . Þ min A = 2 5 đạt được khi và chỉ khi: 3

2 2 ,y =3 3 Bài 3.200: 2 2 2 2 æ æ æ çç ç 1 ö÷ æç 1 ö÷ 1 ö÷ æç 1 ö÷ ç P = 2 ç ç x - ÷ + ç y + ÷ + ç x + ÷÷ + ç y - ÷ + çç èç çè 2 ÷ø çè 2 ÷ø 2 ø çè 2 ÷ø è x =

ö÷ ( x + 1 ) + ( y + 1 ) ÷÷÷÷ ÷ø 2

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy xét các điểm æ1 1ö æ 1 1ö Açç ; - ÷÷÷ , B çç - ; ÷÷÷ , C ( -1; -1 ) và M ( x ; y ) bất kì. è2 2ø è 2 2ø Khi đó P = 2 ( MA + MB + MC ) Dễ thấy tam giác ABC khi đó tồn tại điểm I sao cho  = CIA  = AIB  = 1200 Þ I æç - 1 ; - 1 ö÷ BIC çè 2 3 2 3 ÷÷ø

Do đó P = 2 ( MA + MB + MC ) ³ 2 ( IA + IB + IC ) = 2 + 3 1 Vậy min P = 2 + 3 khi x = y = 2 3  ì ï  ïï u = b ìï u = c ; b - c ï ïï Bài 3.201: Xét í  Þ ïí v = a ïï v = a - c ; c ïï   ïï u.v = c a - c + c b - c îï ( ) ( ) ïïî    Mà u.v £ u . v Þ c(a - c) + c(b - c) £ ab

( (

) )

b -c

ab a +b a -c c     æx y ö  Bài 3.202: Ta có: u.v £ u v . Xét u = çç , ÷÷÷ và v = (6, -2) . çè 3 2 ø Đẳng thức xảy ra Û

Ûc=

Áp dụng bất đẳng thức trên có:

x y .6 + (-2) £ 3 2

x 2 y2 + . 62 + (-2)2 = 9 4

40 

-2 10 £ 2x - y £ 2 10 .

Suy ra 2011 - 2 10 £ P £ 2011 + 2 10 . 9 ,y = min P = 2011 - 2 10 Û x = 10 9 ,y = max P = 2011 + 2 10 Û x = 10

10 2 10

Bài 3.203: BDT Û ( a - c ) + (b - d ) ³ ( c - d ) + a 2 + b 2 2

Û ( a - c ) + (b - d ) ³ 2

11 - 6 2 2

9+6 2 2

Trong hệ trục tọa độ Oxy xét M ( a ;b ) , N (c;d ) khi đó M , N lần lượt nằm trên đường tròn (C ) : x 2 + y 2 = 1 và đường thẳng D : x - y = 3 . Khi đó MN 2 = (a - c ) + (b - d ) . Ta có (C ) có tâm O bán kính R = 1 và không cắt D Đường thẳng d đi qua O và vuông góc với D có phương trình là d :x +y = 0. æ3 3ö Ta có d cắt D tại B çç ; - ÷÷÷ , cắt (C ) tại hai điểm è2 2ø æ 2 æ 2 ö÷ 2 2 ö÷ A1 çç ;; ÷÷ , A2 çç ÷ çè 2 çè 2 2 ÷ø 2 ø 2

Ta có MN ³ min { A1B ; A2B } Þ MN 2 ³ A1B 2 =

11 - 6 2 đpcm. 2

ì 2x - y - P = 0 ï Bài 3.204. Xét hệ í 2 với P là tham số 2 ï ï î x +y = 5 Hệ có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng D : 2x - y - P = 0 cắt đường tròn (C ) : x 2 + y 2 = 5 có tâm là gốc tọa độ O và bán kính R = 5 -P hay d (O ; D ) £ R Û £ 5 Û -5 £ P £ 5 5 Từ đó min P = -5 khi x = -2, y = 1 và max P = 5 khi x = 2, y = -1 Bài 3.205. Đặt a = x - 2, b = 2 2 ( y + 3 ) khi đó bài toán trở thành " tìm b -1 với a, b thỏa mãn điều giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P = a + 2 2 kiện a 2 + b 2 = 8 đến đây làm tương tự bài trên. Từ đó min P = -4 max P = 2 . Bài 3.206: Trong hệ trục tọa độ Oxy . Xét đường tròn

(C ) : ( x + 1 ) + ( y - 1 ) = 4 có tâm I ( -1; 1 ) bán kính R = 2 . 2

M ( x ; y ) Î (C ) khi đó OM 2 = P = x 2 + y 2 . Bài toán trở thành tìm M trên đường tròn (C) sao cho OM nhỏ nhất, lớn nhất. Gọi A, B là giao điểm của OI với đường tròn (C) khi đó min {OA;OB } £ OM £ max {OA;OB } Ta có OI : x + y = 0 , tọa độ giao OI với đường tròn (C) là nghiệm của hệ x +y = 0 ïìï ïì x = 2 - 1 ïì x = -1 - 2 hoặc ïí Û ïí í 2 2 ïïî y = 1 - 2 ïïî ( x + 1 ) + ( y - 1 ) = 4 ïïî y = 1 + 2 A( 2 - 1; 1 - 2 ) , B ( -1 - 2; 1 + 2 )

Dễ thấy OB > OA suy ra min P = 6 - 4 2 , max P = 6 + 4 2 63

Bài 3.207: Ta có P = (a - c ) + (b - d ) Trong hệ trục tọa độ Oxy . Xét điểm M ( a ;b ) , N (c;d ) khi đó 2

M Î (C ) : x 2 + y 2 = 1 , N Î ( P ) : y = x 2 + 3 Ta có N 0 ( 0; 3 ) = Oy Ç ( P ) , M 0 ( 0; 1 ) Î (C )

Dễ thấy P = MN 2 ³ M 0N 02 = 2 Vậy min P = 2 khi a = 0, b = 1, c = 0, d = 3 . Bài 3.208: ĐS: max P = 2 , min P = -4 - 5 . Bài 3.209: Với điều kiện x - x 2 ³ 0 , đặt y = x - x 2 , y ³ 0 ìx + y = a ( 1) ï ï ìy + x = a ï ï ï ï 12 1 2 2 2 (*) trở thành ï íy + x - x = 0 Û ï í (x - ) + y = ( 2 ) ï ï 2 4 ï ï ïy ³ 0 ï ï î ï ( 3) ï îy ³ 0

(2) và (3) là phương trình nửa đường tròn lấy phần trên trục hoành , có tâm æ1 ö 1 I çç ; 0 ÷÷÷ bán kính R = . (1) là phương trình đường thẳng x + y = a . Từ è2 ø 2 1+ 2 đó suy ra để phương trình có nghiệm là 0 £ a £ . 2     Bài 3.210: Xét bốn vectơ u1 ( x 1 , x 2 ) , u2 ( x 3 , x 4 ), u 3 ( x 5 , x 6 ), u 4 ( x 7 , x 8 )       Ta có u1 .u2 = x 1x 3 + x 2x 4 ; u1 .u 3 = x 1x 5 + x 2x 6 ; ...; u 3 .u 4 = x 5x 7 + x 6x 8

Do ít nhất có một trong các góc giữa bốn góc vectơ trên không vượt quá 900 nên ít nhất một trong sáu tích vô hướng là không âm. Bài 3.211. Viết hai giả thiết lại dưới dạng 2 2 2 2 ( a - 1 ) + (b - 1 ) = 1, (c - 6 ) + (d - 6 ) = 36 Trong mặt phẳng Oxy xét các điểm M ( a ;b ) , N (c;d ) khi đó P = MN và M Î (C ) : ( a - 1 ) + (b - 1 ) = 1 và N Î (C ' ) : ( c - 6 ) + ( d - 6 ) = 36 2

Ta có (C ) có I ( 1; 1 ) , R = 1 và (C ' ) có I '( 6; 6 ) , R ' = 6 Suy ra II '- ( R + R ' ) £ MN £ II '+ ( R + R ' ) Từ đó ta có max P = 5 2 + 7 khi a = b = min P = 5 2 - 7 khi a = b =

Bài 3.212: BĐT Û 64

2- 2 ,c =d = 6+3 2 2

2+ 2 , c =d = 6-3 2 2

( a - 1 ) + (b - 2 ) (c - 1) + (d - 2 ) ( a - c ) + ( b - d ) 3 30 (*) + + £ 2 2 2 2 2

Trong hệ trục tọa độ Oxy xét các điểm A(a ;b ) , B ( c;d ) và C ( 1; 2 ) khi đó

A, B , C Î (C ) : x 2 + y 2 = 5

2 ( AB + BC + CA ) = 2R ( sin A + sin B + sin C ) 2 3 3 Theo bài 17 chuyên đề II ta có sin A + sin B + sin C £ 2 3 30 Suy ra VT ( * ) £ đpcm. 2 b d bc - ad Bài 3.213: = 3 Û a c = 3 (*) b d ac + bc 1+ . a c b d Đặt k1 = > 0, k2 = > 0 Þ b = k1a , d = k2c a c Trong mặt phẳng tọa độ xét các điểm M ( a ;b ) , N (c;d ) khi đó M Î D1 : y = k1x , N Î D2 : y = k2x (với x > 0 ). Từ (*) suy ra tan a = 3 Þ a = 600 với a là góc hợp bởi hai đường thẳng  = 600 D , D suy ra MON

Ta có VT (*) =

Theo định lí côsin ta có MN 2 = OM 2 + ON 2 - 2OM .ON .cos 600 = OM 2 + ON 2 - OM .ON 1 Mặt khác (OM 2 + ON 2 ) ³ OM .ON và 2 1 1 (OM 2 + ON 2 ) ³ (OM + ON )2 2 4 1 1 2 Suy ra MN 2 ³ (OM + ON ) Þ MN ³ (OM + ON ) 4 2

Thay MN = (a - c ) + (b - d ) , OM = a 2 + b 2 , ON = c 2 + d 2 ra đpcm. 2

suy