Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

23PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG
I. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ
ĐN: Hệ trục tọa độ Đề các vuông góc trong mặt phẳng

1
2
2 2
1 2 1 2
Véc e
Véc e
e e 1 ;e e 0
x Ox y Oy
x Ox
y Oy
′ ′
⊥


′
∈


′
∈



  

2.
Tọa độ các điểm đặc biệt
Cho
(
)
( )
( )
1 1
2 2
3 3
,
,
,
A x y
B x y
C x y






⇒
Trung điểm của AB có tọa độ là:
1 2 1 2
,
2 2
x x y y

Tọa độ trọng tâm tam giác ABC:
1 2 3 1 2 3
,
3 3
x x x y y y
G
+ + + +
 
 
 

III. TỌA ĐỘ CỦA 1 VÉCTƠ
1. ĐN:
(
)
( )
1 2 1 1 2 2
1 2 1 1 2 2
, e e
, e e
a a a a a a
b b b b b b

= ⇔ = +



= ⇔ = +

 

(
)
1 1 2 2 1 1 2 2
, ; ,
a b a b a b a b a b a b
± = ± ± α ⋅ ± β⋅ = α ⋅ ± β⋅ α ⋅ ± β⋅
 
 

IV. TÍCH VÔ HƯỚNG VÀ ĐỘ DÀI
1.
(
)
cos ,
a b a b a b
⋅ = ⋅
  
  

2.
1 1 2 2
a b a b a b
⋅ = +



3.
2 2 2 2
1 2 1 2
;

 
 

y
x
1
e


2
e


O

M

P
Q

Phần 2. Hình giải tích
−
−−
−
Trần Phương

24

4.
( ) ( )

+
=
+ +






;
13.
( )
1 2 2 1
2 2 2 2
1 2 1 2
sin ,
a b a b
a b
a a b b
−
=
+ +







V. SỰ THẲNG HÀNG

⇔

(
)
det , 0
AB AM
=
 
  
 

VI. DIỆN TÍCH TAM GIÁC
(
)
(
)
(
)
1 1 2 2 3 3
, ; , ; ,
A x y B x y C x y
( )
2 1 2 1
3 1 3 1
1 1
det ,
2 2
ABC
x x y y
S AB AC

x
;
y
) suy ra:
(
)
(
)
(
)
3; 1 ; 2;3 ; 2;6
AD x y AB AC= − + = − =
  

Ta có:
4. 3.
AD AB AC
= −
  

⇔

3 8 6 11
1 12 18 7
x x
y y
− = − − = −
 
⇔
 

nên
(
)
12; 9
BD
= − −

suy ra tọa độ điểm D là D(
−
11;
−
7)
Bài 2.
Trong mặt phẳng tọa độ O
xy
cho
(
)
(
)
(
)
3; 4 ; 1; 2 ; 4; 1
A B I
− −
. 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 độ tâm O của hình bình hành ABCD.
Giải
Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

)
4; 2
CD BA= =
 

⇔

2; 1
x y
= =
.
Vậy tọa độ các điểm C, D là
(
)
(
)
2; 2 ; 6;0
C D−

Tâm O của hình bình hành là trung điểm của AD suy ra
9
; 2
2
O
 
 
 

Cách 2:
Gọi

Trong mặt phẳng tọa độ O
xy
cho
(
)
(
)
3;1 ; 1; 3
A B
−
. Xác định tọa độ các
điểm C, G sao cho điểm G là trọng tâm tam giác ABC. Biết C nằm trên đường
thẳng
2
x
=
và G cách trục hoành 1 đơn vị.
Giải
Cách 1:
Điểm C nằm trên đường thẳng
2
x
=
nên có tọa độ (2;
y
)
Điểm G cách trục hoành 1 đơn vị nên có tọa độ (
x
; 1)
Điểm G là trọng tâm tam giác ABC suy ra:


Cách 2:
Trung điểm M của AB có tọa độ
(
)
2; 1
M
−
nên M cũng thuộc đường
thẳng
2
x
=
. Trọng tâm G nằm trên trung tuyến CM do đó có hoành độ là 2.
Vậy G(2; 1) suy ra C(2; 5)
Phần 2. Hình giải tích
−
−−
−
Trần Phương

26

Bài 4.
Cho
∆
ABC với
(
)
(

(
)
5 2 2
3 2.2 7
M ; M ; 3
1 2 1 2 3
− + −
+
⇔ −
+ +

AN là phân giác ngoài của tam giác ABC suy ra:

2
NB AB
AC
NC
= =


⇔
(
)
(
)
( )
5 2 2
3 2.2
N ; N 1;1
1 2 1 2

+ ⋅ − + −
 
⇔ − −
 
 
+ +
 
 

Bài 5.
Cho
(
)
(
)
(
)
6,3 ; 3, 6 ; 1, 2
A B C
− −

a.
Tìm tọa độ trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp I.
b.
CMR: H, G, I thẳng hàng.
Giải
a.
Tọa độ trọng tâm G:
7
4

H H
H
H
H H
x y
x
AH BC AH BC
y
x y
BH AC BH AC
 
 − − − =
=
⊥ =

   
⇔ ⇔ ⇔
   
=
− + − − =
   

⊥ =

 
   
   

⇔


⇔

(
)
I 1;3

Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

27

b.
Phương trình đường thẳng IH là:
1
2
2 5 0
1 2 3 1
y
x
x y
−
−
= ⇔ + − =
− −

Ta có:
8 7
2 5 5 0
3 3
G G
x y


Giải
a.
Điểm I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC
⇔
IA IB IC
= =
2 2 2
IA IB IC
⇔ = =

⇔

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
3 4 2 1 1 2
I I I I I I
x y x y x y
− + − = − + − = − − + − −

⇔

6 8 25 4 2 5 2 4 5
I I I I I I
x y x y x y
− − + = − − + = + +
5; 5
I I
x y
⇔ = − =

BM x y
= − −

;
(
)
3; 3
BC
= − −


Ta có:
3.
BC BM
=

⇔

1
3
BM BC
= ± ⋅
 

⇔

1; 0
2 1 1
3; 2
x y

Gọi tọa độ điểm M là
(
)
; 0
M x
suy ra
(
)
(
)
3; 4 , 1; 2
AM x BM x= − − = −
 

Để
∆
ABM vuông tại M thì
( )( )
0 3 1 8 0
AM BM x x
⋅ = ⇔ − − − =
 

( ) ( )
2
4 5 0 5 1 0 5 1
x x x x x x
⇔ − − = ⇔ − + = ⇔ = ∨ = −
.
Để

M M M M− −

Phần 2. Hình giải tích
−
−−
−
Trần Phương

28

Bài 8.
Cho A(1; 0), B(0; 3), C(
−
3;
−
5). Tìm tập hợp các điểm M thỏa mãn 1
trong các điều kiện sau:
a.

(
)
(
)
2 3 2 0
MA MB MA MB
− − =
   

b.


x y
suy ra
( ) ( ) ( )
1 ; , ;3 , 3 ; 5
MA x y MB x y MC x y
− − − − − − − −
  

a.

( )
2 3 2 ; 9
MA MB x y
− = + −
 
và
( )
2 1; 6
MA MB x y
− = + −
 

(
)
(
)
2 3 2 0
MA MB MA MB
− − =
   

2 2 2 2
x y
+ − + − − =

⇔

(
)
(
)
2
2 2
10
3 15
2 2 2
x y
 
+ + − =
 
 

Vậy quĩ tích điểm M là đường tròn tâm
(
)
3 15
;
2 2
−
bán kính
10

2 2 3 9 2 3 73
x x y y
+ − − + − − − =

⇔

(
)
(
)
2
2
25 857
4
3 3 73
3 6 12
x y
− + − − + =
(
)
(
)
2
2
25 19
4
0
3 6 36
x y
⇔ + + − + =

− − − + − − − =

⇔

(
)
( )
2
2
3 365
1
2 4
x y+ + + =

Vậy quĩ tích điểm M là đường tròn tâm
(
)
3
; 1
2
−
−
bán kính
365
2

d.

2 2 2
2 2

)
8;13
bán kính
290

Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

29

Bài 9.
Giả sử
(
)
(
)
1, 3 ; 2, 0
M N−
chia AB thành 3 đoạn có độ dài bằng nhau.
Tìm tọa độ A, B.
Giải
Gọi tọa độ các điểm A, B là
(
)
(
)
1 1 2 2
, , ,
A x y B x y

Cách 1:

Cách 2:
Ta có:
AM MN NB
= =
  

1 2 1 2
1 2 1 2
1 2 ( 1) 2 4 ; 5
3 0 3 0 6 ; 3
x x x x
y y y y
− − = − − = − = − =

 
⇔ ⇔
 
− = − = − = = −
 
 

Vậy tọa độ các điểm A, B là
(
)
(
)
4; 6 , 5; 3
A B
− −
.


( )
2
2
2
a
MB MC MA MA MB MC
⇔ ⋅ = − + + +
    
. Tương tự ta có:
( )
( )
2 2
2 2
;
2 2
a a
MC MA MB MB MC MA MA MB MC MC MA MB
⋅ = − + + + ⋅ = − + + +
         


Cộng các vế của 3 đẳng thức trên ta được:
2
2 2 2
3
2
a
MB MC MC MA MA MB MA MB MC⋅ + ⋅ + ⋅ = + + −
     

Phần 2. Hình giải tích
−
−−
−
Trần Phương

30

Ta có tam giác ABC đều suy ra O cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp, do đó
MO
chính là bán kính và
3
a
MO =
. Vậy ta có:
2
2 2 2 2 2
3 2
3
a
MA MB MC a a
+ + = ⋅ + =
= const (đpcm)
Bài 11.
Cho
(
)
(
)
(

5;10 ; 2; 3 ; 7; 7
AB BC CA
= − = − − = −
  

3 1 4
; ;
2 2 3
MA NB PC
MB NC PA
= − = = −
  
  

3 4
; ;
5 7
AM AB BN BC CP CA
⇔ = ⋅ = − = ⋅
     

(
)
(
)
(
)
3;6 ; 2;3 ; 4; 4
AM BN CP
⇔ = − = = −

−
⇒ =


(đpcm)
Cách 2:
Ta có:
3 1 4
; ;
2 2 3
MA NB PC
MB NC PA
= = =

Gọi
N
1
là giao điểm của MP và BC.
Ta có:
1
1
4
3
MN C
MPC
MN A MPA
S
S
PC
S S PA


1
N N
≡
. Vậy M, N, P thẳng hang (đpcm).
C
M
B
A
N
1

P
Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

31

Bài 12.
Cho tứ giác ABCD có A(0; 1), B(
−
2;
−
1), C(
−
1;
−
4), D(1; 0)
a.
Chứng minh rằng: Các tam giác ABD và BCD là những tam giác vuông
b.

BC
⊥
BD
Vậy
∆
ABD vuông tại A và
∆
BCD vuông tại B (đpcm)
b.

1 1
2 ; 5
2 2
ABD BCD
S AB AD S BC BD
= ⋅ = = ⋅ =

⇒

7
ABCD ABD BCD
S S S
= + =

c.
Gọi
(
)
M 0; O
y y

4 1 1 2 1 10
y y y y
 
 
⇔ + + + − − + + =
   

(
)
(
)
(
)
2
2 2 2
2 5 1 2 100
y y y y y⇔ + + + − + − =

⇔

2
9 6 99 0
y y
+ − =

⇔

(
)
(

(
)
(
)
1, 3 ; 3,1 ; 4; 6
A B C− −
. Gọi M là điểm chia AB theo tỉ số (
−
1)
và N là điểm chia AC tỉ số 4. Tìm
I BN CM
=
∩

Giải
Ta có:
1; 4
MA NA
MB NC
= − =
 
 

( )
( )
( )
( )
2; 2 1; 1
2
5;9

Cách 1:
Ta có:
(
)
(
)
8;8 , 5; 7
BN CM
= = − −
 
. Gọi tọa độ điểm I là
(
)
0 0
,
x y
suy ra:
0 0 0
0 0 0 0
0 0 0
1 3 9
//
3 1 4 6
;
8 8 5 7
5 30 7 28 13
//
y x x
BI BN
x y x y

−
− = + ⇔ = +
− −
.

PT đường thẳng CM là (CM):
( )
1 6 7 2
6 4
1 4 5 5
y x y x
− −
− = − ⇔ = +
− −
.
I BN CM
=
∩
nên tọa độ I là nghiệm của hệ
7 2
9
5 5
13
4
x
y x
y
y x

=


Suy ra:
2. 2
CNB CNI
BN
S S
NI
= ⇒ =

3 3
9 ; 13
2 2
N B N B
I I
x x y y
x y
− −
⇒ = = = =

Vậy tọa độ điểm I là
(
)
9;13
I
.
Bài 14.
Chứng minh rằng:
2 2
2 5 2 5 2 5
a a a a− + + + + ≥

(đpcm)
Dấu bằng xảy ra
1 1 0
a b a a a
⇔ ↑↑ ⇔ − = + ⇔ =
 
.
C
M
B
A
N
I
Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

33

Cách 2:

( )( )
2 2 2 2
4
2 5 2 5 2 2 5 2 5
a a a a a a a a
− + + + + ≥ ⋅ − + + +4
2 2 2 4 2
4

⇔

( )
( )
2
(4 ) 2 7 2 5 8 17
x x x x x x− − + − = − − +

( ) ( )
2
(4 ) 2 7 2 5 4 1
x x x x x
 
⇔ − − + − = − − +
 
(ĐK:
7
2
2;
x
 
∈
 
)
Xét
( )
(
)
4 ;1 , 2; 7 2
a x b x x

(
)
cos 1
a b
⋅ =
 

⇔

4 1
2 7 2
x
x x
−
=
− −

( ) ( )
2
3 2
4 7 2 2 2 23 89 114 0
x x x x x x
⇔ − − = − ⇔ − + − + =

( )
(
)
2
3 2 17 38 0
x x x

Giải
Ta có:
(
)
2
2
2 2
3
2 2
x
x xy y y x
 
+ + = + +
 
 
;
(
)
2
2
2 2
3
2 2
z
y yz z y z
 
+ + = + +
 
 


 



⇒

( ) ( )
2 2
2 2
3
4 4
x z x z
a b z zx x
− +
+ = + = + +


.
Phần 2. Hình giải tích
−
−−
−
Trần Phương

34

Do
a b a b
+ ≥ +
   

− − −
⇔ = ⇔ + + =
+
.
Hay là
( )
0 , 1
1
k
x z x kz y z k
k
−
= = ∨ = = ≠ −
+

Cách 2:
Trong 3 số
, ,
x y z
có ít nhất
2 số cùng dấu, giả sử là
x
và
y
.
Lấy các điểm O, A, B, C
1
, C
2
sao cho

và
2 2 2 2
2 2
,
BC y z yz C A z x zx
= + − = + −
.
Nếu
z
cùng dấu với
,
x y
thì sử dụng
1 1
AB BC C A
+ ≥
suy ra (đpcm)
Nếu
z
cùng dấu với
,
x y
thì sử dụng
2 2
AB BC C A
+ ≥
suy ra (đpcm)
Dấu bằng xảy ra
⇔
Trong 3 điểm A,B,C có ít nhất 2 điểm trùng O

2
Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

35

VIII. BÀI TẬP DÀNH CHO BẠN ĐỌC TỰ GIẢI
Dạng 1: Xác định tọa độ của 1 điểm
Bài 1.
Cho
(
)
(
)
(
)
1, 2 ; 0, 4 ; 3, 2
A B C−
. Tìm D với:
a.

2 3
CD AB AC
= −
  

b.

2 4 0
AD BD CD
+ − =

Giả sử
(
)
(
)
1, 2 ; 0, 4
M N
chia AB thành 3 đoạn có độ dài bằng nhau.
Tìm tọa độ A, B.
Bài 6.
Cho
(
)
(
)
(
)
2, 6 ; 10, 6 ; 11,0
A B C− − −
. Gọi M là điểm chia AB theo tỉ số
(
−
3) và N là điểm chia AC tỉ số (
−
2). Tìm
I BN CM
=
∩

Bài 7.

A B C
− −b.

(
)
(
)
(
)
2, 4 ; 5,5 ; 6, 2
A B C
− −c.

(
)
(
)
(
)
3, 2 ; 6,3 ; 8, 1
A B C
−

Bài 9.

36

Dạng 2: Sự thẳng hàng
Bài 1.
Cho
(
)
(
)
(
)
(
)
2; 2 , 4; 1 , 7;5 , 5;1
A B C E− −
.
a.

Chứng minh rằng: B, C, E thẳng hàng
b.

Tìm tọa độ điểm D trên O
y
sao cho ABCD là hình thang đáy AB, CD
Bài 2.
Cho A(
−
3, 12); B(2,
−
4); C(5,

Cho
(
)
(
)
1;6 , 3; 4
A B
− −
. Tìm M
∈
(
∆
):
2 1 0
x y
− − =
để
(
)
Min
MA MB+

Bài 6.
Cho
(
)
(
)
1 1 2 2
, ; ,

+ − − + + + + − + ≥

Bài 9.
Chứng minh rằng:
2 2
2 5 12 136 13
a a a a
− + + − + + ≥

Bài 10.
Cho
a
,
b
,
c
> 0 và
ab bc ca abc
+ + =
. Chứng minh rằng:

2 2 2 2 2 2
2 2 2
3
a b b c c a
ab bc ca
+ + +
+ + ≥

Bài 11.

)
∈
(
∆
) sao cho:
EM FM
+
 
là nhỏ nhất.