http://baigiangtoanhoc.com 14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
1 CHỦ ĐỀ 11 : CÁC DẠNG TOÁN TRỌNG TÂM CỦA HÌNH HỌC GIẢI TÍCH
TRONG MẶT PHẲNG.

Dạng 1: Các dạng toán về các yếu tố của tam giác
Một số bài toán thường gặp là tính tọa độ các đỉnh, viết phương trình các đường thẳng có liên
quan đến một tam giác khi biết ba điều kiện cho trước.
Chú ý:
 Cần nắm vững tính chất của: Trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường
tròn ngoại tiếp của tam giác.
 Đầu bài thường cho kết hợp các đường như: đường trung tuyến và đường cao, đường cao
và đường phân giác trong
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có
 
1;5B
và đường cao
: 2 2 0AH x y  
, đường phân giác
trong
: 1 0CI x y  
. Tìm tọa độ đỉnh A và C.
Giải
Vì BC qua B và vuông góc với AH nên BC qua
 


': 6 0BB x y   
.

Gọi K là giao điểm của BB’ với CI thì tọa độ K là nghiệm của hệ phương trình
7
6
2
15
2
x
xy
xy
y














. Vì K là trung điểm của BB’ nên
 

A
I
B'

http://baigiangtoanhoc.com 14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
2

Vậy :
 
4; 1A 
,
 
4; 5C 
.
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có
 
0;4A
, trực tâm
 
1;2H
và trọng tâm
81
;
33
G



BC nên
 
1 2 ; 3C b b  
.
Mặt khác ,
BH AC
     
. 0 6 2 1 2 2 7 0BH AC b b b b          

2
5 15 20 0bb   
1
4
b
b






.
Với
1b 
, suy ra
 
9;1B

C

http://baigiangtoanhoc.com 14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
3

Tọa độ H là nghiệm của
1
21
13
5
;
2 1 3
55
5
x
xy
H
xy
y



  



  



  













Ta có:
 
3 1;3HA HI A
, mà :
 
6
,
5
d A BC 

 
2
25
,

BC
MB m
m


      



.
Với :
3m 

 
3; 1B 
,
 
1;1C 
.
Với :
1m 

 
1;1B 
,
 
3; 1C 
.
Bài tập:
1. Cho tam giác ABC có điểm





I
G
N
H
M
A
B
C
d

http://baigiangtoanhoc.com 14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
4

3. Cho tam giác ABC biết
 
4; 1C 
đường cao và đường trung tuyến kẻ từ một đỉnh có
phương trình lần lượt là :
2 3 12 0xy  
và
2 3 0xy
.Lập phương trình các cạnh của
tam giác ABC.

2
B




hoặc
3
6;
2
A




,
1
4;
2
B




.
5. Cho tam giác ABC có đỉnh
 
0;4A
, trọng tâm
42

0
C
x 
.
Đáp số:
 
65 2;3C 
.
7. Cho tam giác ABC vuông tại A, đỉnh
 
4;1C 
, phân giác trong góc A có phương trình là:
50xy  
, biết rằng
24
ABC
S 
và
0
A
x 
. Viết phương trình cạnh BC.
Đáp số:
3 4 16 0xy  

8. Cho điểm
 
1;1M
và hai đường thẳng
1

10 3
xt
yt






,
tR
;
3
1
:
32
xy

. Tìm
M
thuộc
3

sao cho :
   
12
, 3 ,d M d M  
.

http://baigiangtoanhoc.com 14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

 
1
91
,
10
t
dM


;
 
2
11 7
,
10
t
dM


. Ta có :
   
12
, 3 , 9 1 311 7d M d M t t      
10
11
11
21
t
t





. Vậy có hai điểm
41 20
;
11 11
M



,
18 22
;
7 21
M



thỏa mãn bài toán.
Ví dụ 2: Cho đường thẳng
:3 4 4 0xy   
, điểm
 
2; 5N 
và
5
2;
2
I


Gọi
34
;
4
a
Ma




, vì I là trung điểm của MP
nên
16 3 6 3
4 ; 4 2 ;
42
aa
P a MP a

   
    
   
   

 
   
   


M
M
P
N
I

http://baigiangtoanhoc.com 14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
6

Vậy :
 
0;1M
,
 
4;4P
hoặc
 
4;4M
,
 
0;1P
.
Ví dụ 3: Viết phương trình đường thẳng d đi qua
 
4; 3M 
sao cho tam giác tạo bởi đường

   
1 ; 2
ta có hệ:
4 3 0
6
b a ab
ab
  






2
3
a
b






hoặc
4
3
2
a
b

,
Nd
sao cho MN ngắn nhất. Khi đó viết phương trình đường thẳng

qua tâm
đường tròn
 
C
và tạo với MN góc

sao cho
1
os
52
c


.
Giải

http://baigiangtoanhoc.com 14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
7

Đường tròn
 
C
có tâm

,
2
M
là giao
điểm của IH với
 
C
, tọa độ
1
M
,
2
M
là
nghiệm của hệ: 22
2
4 3 5 0
5
11
2 6 9 0
5
x
xy
x y x y
y



;
55
M




,
2
8 19
;
55
M




.
MN ngắn nhất khi :
NH
,
1
MM
1MN
, Khi đó MN chính là IH
:4 3 5 0MN x y   
.
Gọi
 
;n a b

31 48 17 0 31 17 0
31 17
ab
a ab b a b a b
ab


        



.
Với :
ab
, chọn
1 1 : 4 0a b x y        
.
Với:
31 17ab
, chọn
17 31 :17 31 110 0a b x y        
.
Bài tâp:
1. Cho bốn điểm
 
1;0A
,
 
2;4B 
,

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
8

2. Cho đường thẳng
: 3 4 0d x y  
và đường tròn
 
22
: 4 0C x y y  
. Tìm điểm
 
MC
,
Nd
sao cho M và N đối xứng với nhau qua
 
3;1A
.
Đáp số:
 
4;0M
,
 
2;2N
hoặc
38 6
;
55
M




.
b)
MA MB
lớn nhất. Đáp số:
 
2;5M
.
4. Cho đường thẳng
:0d x y
và
 
2;1M
. Lập phương trình

cắt trục hoành tại A, cắt
d tại B sao cho tam giác AMB vuông cân tại M.
Đáp số:
: 2 0xy   
hoặc
:3 12 0xy   
.
5. Cho hai điểm
 
2;5A
,
 
5;1B

,
2
:5 2 7 0d x y  
cắt nhau
tại A. Viết phương trình đường thẳng d qua P cắt
12
,dd
tại B và C sao cho
29
2
ABC
S 
.
Đáp số:
:7 3 25 0d x y  
.

http://baigiangtoanhoc.com 14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
9

8. Cho đường tròn
 
22
: 2 6 9 0C x y x y    
và điểm
17
;

;
3
: 3 0dx
.Tìm tọa độ các
đỉnh của hình vuông ABCD biết rằng A và C thuộc
3
d
, B thuộc
1
d
và D thuộc
2
d
.
Giải
Vì B thuộc
1
d
và D thuộc
2
d
, A và C thuộc
3
//d Oy
nên BD song song với Ox và B, D đối
xứng nhau qua
3
d
. Gọi
 

 
3 10 2
2 6 2;2
64
B D B
B D I
B D D
x x x
x x x B
x x x
  

     

  

,
 
4;2D
.
Suy ra
 
3;2I
. Gọi
 
3;Am

 
0; 2IA m
;

3;3C
.
d3
d1
d2
C
D
A
B

http://baigiangtoanhoc.com 14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
10

Vậy:
 
3;3A
,
 
2;2B
;
 
1;3C
;
 
4;2D
hoặc
 

đường phân giác góc
BAC
có phương trình
: 1 0xy   
. Tìm tọa độ đỉnh B.
Giải
Vì I là trung điểm của CD
7
4;
2
C




   
1; 2 2; 1
CD
CD n     
. Gọi AE là phân giác của
BAC
. Lấy C’ đối xứng với C qua AE
15
': 0
2
CC x y   
. H là giao điểm của AE và CC’
13 7
;
44

AB AE A AD

     


. Gọi
 
;2B b b

7
4 ; 2
2
BC b b

   


. Vì ABCD là hình bình hành
 
2 2;4AD BC b B    
.
Vậy :
 
2;4 .B

Ví dụ 3: Cho hình thoi ABCD có hai cạnh AB và CD lần lượt nằm trên hai đường
1
: 2 5 0d x y  
;
2

   
2
,,d F d d M BC

22
42
14
ab
ab
  



  
22
2
11 20 4 0 2 11 2 0
11 2
ba
b ab a b a b a
ba


        



.
d1
d2

3;3M 
và song
song với BC nên:
:11 2 39 0AD x y  
.
Vậy:
: 2 3 0; : 2 7 0AD x y BC x y     
hoặc
:11 2 39 0; :11 2 19 0AD x y BC x y     
.
Ví dụ 4: Lập phương trình các cạnh của hình vuông ABCD biết đỉnh A (– 4; 5) và đường chéo
BD : 7x – y + 8 = 0.
Giải
Gọi
 
;n a b
với
22
0ab
là vectơ pháp tuyến của đường
thẳng AB, ta có :
, 45AB BD



22
43
12 7 12 0
34
ab

Vì
AD AB
và
, 45AD BD


nên:
:3 4 32 0; :4 3 1 0AB x y AD x y     
hoặc
:4 3 1 0; :3 4 32 0AB x y AD x y     
.
Với :
:3 4 32 0; :4 3 1 0AB x y AD x y     
, tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình
 
3 4 32 0 0
0;8 :4 3 24 0
7 8 0 8
x y x
B BC x y
x y y
   

     

   

.
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ :
 

A
B

http://baigiangtoanhoc.com 14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
12

Bài tập:
1. Cho hình chữ nhật ABCD có tâm
1
;0
2
I



. Đường thẳng chứa AB có phương trình
2 2 0xy  
,
2AB AD
, biết
0
A
x 
. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Đáp số:
 
2;0A 

;
33
D



hoặc
 
1;0C 
,
 
0; 2D 
.
3. Cho hình chữ nhật ABCD có điểm
 
6;2I
là giao điểm của hai đường chéo. Điểm
 
1;5M
thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng
: 5 0xy   
. Viết phương trình cạnh AB.
Đáp số:
: 4 17 0AB x y  
hoặc
: 5 0AB y
.
4. Cho hình thoi ABCD có cạnh bằng 5. Biết tọa độ đỉnh
 
1;5A

 
2;1M
. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Đáp số:
 
3;2A
;
21 13
;
55
B



;
 
4;3C
;
14 12
;
55
D



.
6. Cho đường thẳng
: 1 0xy   
và các điểm
 

d
, C thuộc
2
d
và B,D thuộc trục hoành

.
Đáp số:
 
1;1A
;
 
0;0B
;
 
1; 1C 
;
 
2;0D
hoặc
 
1;1A
;
 
2;0B
;
 
1; 1C 
;
 


http://baigiangtoanhoc.com 14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
13

9. Cho hình chữ nhật ABCD có
:2 3 0AB x y  
, tâm I thuộc đường thẳng
:3 2 0xy   
, điểm
 
1;1M
là điểm thuộc đường chéo AC. Biết hai đường chéo hợp
với nhau một góc

mà
1
os
5
c


. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó.
Đáp số:
 
3;3A
,
93

: 8 0xy   
.
Giải
Gọi
 
;I a b
là tâm của đường tròn
 
C
. Ta có
 
1
7
;
50
ab
dI


,
 
2
8
;
2
ab
dI


,

ab

   

  




  



   





;
3
1
a
b







Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
14 Ta có:
 
 
22
3 1 4.2 7
5
;
2
34
dA
  
  

,
 
1 5 1 5
, . . . 2
2 2 2 2
ABC
S d A BC BC BC     

Gọi R là bán kính đường tròn
1
2
BC
R AI   



   

            
   


   


Với :
       
22
1 1;1 : 1 1 1a I C x y        
.
Với :
 
22
1 1 43 1 43
; : 1
25 25 25 25 25
a I C x y
     
        
     
     
.
4.2: Các bài toán phối hợp giữa điểm, đường thẳng và đường tròn
Dạng toán xác định điểm, viết phương trình đường thẳng liên quan đến đường tròn rất đa dạng.

,
 
2
2
2
, 2 2 2 4
2
2
m
BC
d I R m


       



2
6
m
m






.
Vậy:
: 2 0xy   

 
C
và tứ giác IAMB là
hình vuông với A và B là hai tiếp điểm.
Giải
Đường tròn
 
C
có tâm
 
2;1I
và bán kính
3R 
. Vì tứ giác IAMB là hình vuông nên
32MI 
. Gọi
 
'C
là đường tròn tâm I bán kính
'R IM
     
22
' : 2 1 18C x y    
. M
là giao điểm của đường thẳng d và
 
'C
nên tọa độ M là nghiệm của hệ phương trình sau :
   
22

Ví dụ 3: Cho đường tròn
 
22
: 2 6 6 0C x y x y    
và điểm
 
3;1M 
. Gọi
1
T
và
2
T
là các
tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đển
()C
.Viết phương trình đường thẳng
12
TT

Giải
Đường tròn
()C
có tâm
 
1;3I
, bán kính
2R 
, ta có
25IM R

2
T
là nghiệm của hệ phương trình
sau : 22
22
2 6 6 0
2 3 0
6 2 6 0
x y x y
xy
x y x y

    

   

    


. Vậy phương trình
12
:2 3 0TT x y  
.
Chú ý: Với dạng toán này ta không phải tìm tọa độ
1
T
và

qua M tiếp xúc với
1
d
và cắt
2
d
theo dây cung
8.AB 

Đáp số:
     
22
: 2 1 25C x y   
hoặc
     
22
: 6 5 25C x y   
.
2. Cho hai đường thẳng
1
: 3 0d x y
,
2
: 3 0d x y
. Gọi
 
C
là đường tròn tiếp xúc
với
1

( ): 2 4 2 0C x y x y    
. Gọi
 
'C
là đường tròn có tâm
 
5;1I
và
cắt
 
C
tại hai điểm M, N sao cho
5MN 
. Hãy viết phương trình của
 
'C
.
Đáp số:
     
22
' : 5 1 28 5 7C x y    
.
4. Lập phương trình đường tròn có bán kính bằng 2, tâm I thuộc đường thẳng
1
: 3 0d x y  
và cắt đường thẳng
2
:3 4 6 0d x y  
tại hai điểm A, B sao cho
120AIB

     
22
: 1 1 25C x y   
. Lập phương trình đường thẳng d qua
 
7;3M
cắt
 
C
tại hai điểm A ,B phân biệt sao cho
3MA MB
.
Đáp số:
: 3 0dy
hoặc
:12 5 69 0d x y
.
7. Cho đường tròn
 
22
: 2 4 11 0C x y x y    
và điểm
 
3; 1M 
.Viết phương trình
đường thẳng d qua M cắt
 
C
theo một dây cung ngắn nhất.
Đáp số:

: 3 0d x y  
.

http://baigiangtoanhoc.com 14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
17

9. Cho đường tròn
 
2 2 2
: 2 2 24 0C x y x my m     
có tâm I thuộc đường thẳng
: 4 0d mx y
. Tìm m để đường thẳng d cắt
()C
tại hai điểm phân biệt A và B sao cho
tam giác IAB có diện tích bằng 12.
Đáp số:
3m 
;
16
3
m 
.
10. Cho đường tròn
 
22
: 6 5 0C x y x   

E
cắt
 
C
tại 4 điểm tạo thành bốn đỉnh của một hình
vuông.
Giải
Do tính đối xứng của
 
E
nên giao điểm của
 
C
và
 
E
là đỉnh hình vuông thỏa mãn
 
;A a a

với
0a 
, vì
 
AC
22
82a a a    
. Giả sử
 
22

M




. Xác định tọa
độ các đỉnh của elip.
Giải
Vì elip có tiêu điểm thứ nhất
 
1
3;0F 
nên
22
33c a b   
. Phương trình
 
22
22
:1
xy
E
ab

, ta có:
ME
4 2 2
22
1 528
1 25 478 1584 0 22

:1
25 9
xy
E 
. Tìm trên
 
E
điểm M sao cho
12
4MF MF
trong đó
1
F
,
2
F
là các tiêu điểm của
 
E
.
Giải
Trường hợp 1:
 
1
3;0F 
và
 
2
3;0F


xy










  



 
5;0M
.
Trường hợp 2:
 
1
3;0F
và
 
2
3;0F 

Làm hoàn toàn tương tự như trường hợp 1 ta có
 
5;0M 

 
;C a b
với
0a 
,
0b 
, ta có
22
1
94
ab


 
23
;
13
ab
d C AB


,
 
1 85 85
; . 2 3 3 .
2 13 3 4
2 13
ABC
ab
S d C AB AB a b

2
94
ab
a
ab
b














.

http://baigiangtoanhoc.com 14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
19

Vậy:
2


vuông góc với đường thẳng
: 2013 0d x y  

:0x y m   
.

là tiếp tuyến của
 
E

2
16.1 9.1 5mm     
. Vậy tiếp tuyến cần tìm là :
: 5 0xy   
và
: 5 0xy   
.
b) Giả sử k là hệ số góc của tiếp tuyến

, vì tuyến tạo với đường thẳng
:2 1 0d x y  
một
góc
45

nên :
2
1
12

:3 85 0xy    
.
Với :
1
3
k 
thì
1
: : 3 3 0
3
y x C x y C       
, vì

là tiếp tuyến của
 
E
nên
2
9.1 9.4 9 5Cm    
: 3 5 0xy    
.
Vậy có 4 tiếp tuyến là:
:3 85 0xy   
;
: 3 5 0xy   
.
Ví dụ 6: Cho elip
 
22
:1

 
E
là nghiệm của hệ phương trình :
22
4 36 1
1
xy
y kx k



  


 
 
 
2
2 2 2 2
4 9 1 36 4 9 18 1 9 18 27 0x kx k k x k k x k k            
, ta có :
2
32 8 12 0kk    
nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với
k
, ta có
 
2
18 1
49

Vậy
:4 9 13 0d x y  
.
Bài tâp:
1. Viết phương trình chính tắc của elip
 
E
có tâm sai bằng
5
3
, nhận các trục tọa độ làm
trục đối xứng và hình chữ nhật cơ sở của
 
E
có chu vi bằng 20.
Đáp số:
 
22
:1
94
xy
E 

2. Cho hình thoi ABCD có 4 đỉnh trùng với các đỉnh của một elip, bán kính đường tròn nội
tiếp hình thoi bằng
2
. Viết phương trình chính tắc của elip, biết tâm sai
1
2
e 

4. Cho elip
 
22
:1
82
xy
E 
và hai điểm
 
3;4A
,
 
5;3B
. Xác định M trên elip sao cho
diện tích tam giác MAB có giá trị nhỏ nhất.

http://baigiangtoanhoc.com 14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
21

Đáp số:
 
2;1M
.
5. Tính diện tích tam giác đều nội tiếp
 
22
:1

hoặc
 
22
:1
39
52
4
xy
E 
.
7. Chứng minh rằng
:Ax 0d By C  
là tiếp tuyến của
 
22
22
:1
xy
E
ab


2 2 2 2 2
A a B b C  
. Áp dụng viết phương trình tiếp tuyến trong các trường hợp :
a) Tiếp tuyến qua điểm
 
2;4M
đến
 

2
:1
94
xy
E 
.
Đáp số:
3 7 55 0xy  
;
3 7 55 0xy
.
8. Viết phương trình các cạnh hình vuông ngoại tiếp
 
22
:1
63
xy
E 

Đáp số:
: 3 0AB x y  
;
: 3 0CD x y  
;
: 3 0BC x y  
;
: 3 0AD x y  
.
9. Viết phương trình đường tròn đi qua giao điểm của hai elip
 

0Ny
sao cho MN tiếp xúc với
 
E
. Xác
định tọa độ
,MN
sao cho
MN
ngắn nhất.
Đáp số:
   
7 2 7;0 ; 0; 21MN M N
.

http://baigiangtoanhoc.com 14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
22