THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 1

10 BÀI TOÁN – CHÌA KHÓA GIẢI HÌNH HỌC OXY

Trong các năm gần đây đề thi Đại Học môn toán luôn xuất hiện câu hỏi hình học Oxy và gây khó dễ cho không
ít các thí sinh. Các bạn luôn gặp khó khăn trong khâu tiếp cận bài toán và giải chúng. Trong quá trình giảng dạy
của mình, số lượng câu hỏi và những vướng mắc mà thầy nhận được từ phía các bạn liên quan tới các bài toán
thuộc mảng hình học Oxy cũng không hề ít. Vì vậy với một chút kinh nghiệm ôn thi Đại Học của mình qua các năm,
thầy mạn phép viết chuyên đề này để gửi tới các bạn.
Các bạn sẽ thấy trong chuyên đề này thầy chỉ đề cập 10 bài toán. Đây là 10 bài toán quan trọng (được coi là 10
bài toán gốc), là “linh hồn” để tạo ra các bài toán khác. Có thể sẽ có rất nhiều bạn sẽ ngạc nhiên khi đọc nội dung
bài toán gốc, vì thực ra nó khá đơn giản. Nhưng các bạn có biết rằng, ý tưởng được lấy từ các bài toán này chính là
“nguồn cảm hứng” cho các bài toán xuất hiện trong đề thi đại học (vẻ đẹp thường nằm ở chính sự đơn giản của nó)
Chúng có thể gần như giải quyết hầu hết các bài toán thi đại học trong các năm vừa qua và thầy tin nó còn có giá
trị rất nhiều cho những năm tiếp theo. Thầy cũng cố gắng đi xây dựng chúng theo nhiều góc nhìn, nhiều góc tư duy
để các bạn thấy được bản chất của các bài toán và cái hay chứa trong nó. Thầy mong rằng với chuyên đề nhỏ này,
việc chinh phục các câu hỏi trong đề thi Đại Học liên quan đến hình học phẳng Oxy không còn là vấn đề lớn đối
với các bạn. Và có thể tự tin để xếp chúng vào những câu hỏi “dễ lấy điểm”.

Trước khi đi vào chi tiết 10 bài toán. Chúng ta có một vài quy ước:

*) Các kiến thức nền cơ bản về điểm, đường thẳng, đường tròn, Elip các bạn phải nắm chắc.
(Các bạn tham khảo phần kiến thức cơ bản này qua việc tóm tắt theo sơ đồ tư duy ở trang tiếp theo)

*) Các kí hiệu thầy hay dùng sau đây được hiểu như sau:
+) ( )M t
 
: ta ràng buộc tọa độ điểm M theo một ẩn là t (tham số hóa tọa độ điểm M ).
+)




)
+)
a

1 2
( , )
t t
: véc tơ
a

có tọa độ phụ thuộc vào hai ẩn
1
t
và
2
t
.

Ở đây thầy giới thiệu tới các bạn bản phác thảo Bài toán 1. Với 9 bài toán còn lại
thầy sẽ cố gắng (nếu thu xếp được về mặt thời gian) để gửi tới các bạn thông qua các
bài giảng mà thầy dạy trực tiếp ở các Video Ôn Thi Đại Học trên Youtube !

).

Cách giải chung: Có thể trình bày lời giải bài toán này theo 2 cách (bản chất là một). C1: Gọi ( )M t
 

MI R



⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯
⎯

( ) 0 ?
f t t M
   
C2: Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ :
( )
C






+) Ta có
2 2 2 2
1
5 25 ( 5) (2 1) 25 5 6 1 0
1
5
t
MI MI t t t t
t



            



(1;5)
1 17
;
5 5
M
M



 

 

là nghiệm của hệ:
2 2
1
5
(1;5)
2 3 0
1
1 17
;
( 5) ( 2) 25
5
5 5
17
5
x
y
M
x y
x
M
x y
y
 








(đề cập ở C2) và giải theo phương pháp đại số thông thường.
*) Với C2 ta thấy rõ hơn bản chất của bài toán.
*) C1 và C2 là hai cách trình bày khác nhau của cùng một phương pháp thế trong giải hệ phương trình.
*) Nếu tìm được duy nhất một điểm
M
khi đó
IM
 
( hay đường tròn
( ; )
I R
tiếp xúc với

tại
M
).
*) Tùy vào dữ kiện của bài toán, có thể linh hoạt trình bày theo C1 hoặc C2
( C2 “mạnh” hơn C1 khi đề cập tới những điểm có cùng vai trò).

THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 4

Như vậy để chuyển các bài toán về Bài toán 1, ta cần chỉ ra được được 2 điều :
+) Điểm cần tìm đang thuộc một đường thẳng đã biết phương trình.
+) Điểm cần tìm cách một điểm đã biết tọa độ một khoảng không đổi.
Vì vậy để có được điều này các bạn cần trả lời các câu hỏi:
Chùm câu hỏi 1: Điểm cần tìm thuộc đường nào ? Đường đó đã biết phương trình chưa? Nếu chưa thì có viết được
không? Viết bằng cách nào?
Chùm câu hỏi 2: Điểm cần tìm cách một điểm cho trước (đã biết tọa độ ) một khoảng bằng bao nhiêu ?

( )
C
, tiếp xúc ngoài với
đường tròn
( )
C
. Phân tích : +)
: 3 0
M d x y
   

+)
(1;1)
( ):
1
I
C
R




và khai thác dữ kiện suy ra
3 3
MI R
 


2 2 2 2
1
3 9 ( 1) ( 2) 9 2 0
2
t
MI MI t t t t
t


             

 

(1;4)
( 2;1)
M
M



Ví dụ 2 (A – 2011): Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho đường thẳng
: 2 0
x y
   
và đường tròn

MAIB
có diện tích bằng
10
. THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 5 Phân tích : +)
: 3 0
M d x y
   

+)
2 . 5. 10 2 5 5
MAIB MBI
S S BI MB MB MB MI
       

chuyển về Bài toán 1.
Giải : Ta có
2 2
( ): 4 2 0
C x y x y
   
(2;1)
5

2
5 25 ( 2) ( 3) 25 6 0
3
t
MI MI t t t t
t


              

 

(2; 4)
( 3;1)
M
M






Ví dụ 3 (B – 2002): Cho hình chữ nhật ABCD có tâm
1
;0
2
I
 
 
 

là hình chiếu vuông góc của
I
trên
AB
. Khi đó
2 2
1
2
5
2
( , )
2
1 2
IH d I AB

  


Suy ra
2 5
2
AB
AH AD IH   
2 2
5 5
5
4 2
IB IA IH AH
      


  
 
 

2
0
x
y
 




hoặc
2
2
x
y





, suy ra
( 2;0), (2,2)
A B

( Vì
0
A

: 4 0
x y
   
. Xác định toạ độ các điểm B và C, biết diện tích tam giác ABC bằng 18.
Phân tích : +) Có
, : 4 0
B C x y
   

+)
2
18 ?
( , )
ABC
ABC
S
S BC AB AC
d A
     


chuyển về Bài toán 1
Giải :
+) Gọi
H
là hình chiếu của
A

81 97
8
2 2
AB AH BH     

+) Vậy
97
2
AB AC 
, suy ra
,
B C
thuộc đường tròn tâm
( 1;4)
A

và bán kính
97
2
R 
có phương trình :

2 2
97
( 1) ( 4)
2
x y   
+) Khi đó tọa độ
,
B C

2
x
y







 


hoặc
11
2
3
2
x
y









.

với nhau và 3
AD BC

. Đường thẳng
BD
có phương trình
2 6 0
x y
  
và tam giác
ABD
có trực tâm là
( 3;2)
H


Tìm tọa độ các đỉnh
C
và
D
.
Phân tích:
+) Ta dễ dàng viết được phương trình
AC
đi qua
H
và vuông góc với

.
Vậy lúc này việc tìm tọa độ điểm
D
chuyển về Bài toán 1. Cụ thể:
++)
: 2 6 0
D BD x y
   

++)
3
DI IH


Giải:
+) Vì
AC BD

(2; 1)
AC BD
n u
   
 
, nên
AC
có phương trình là:
2( 3) ( 2) 0 2 8 0
x y x y
       



BCH
là tam giác cân tại
B

Suy ra
I
là trung điểm của
HC

( 1;6)
C


+) Áp dụng định lí Ta – lét với
/ /
AD BC
ta có:
3 3 3 3 5
ID AD
ID IB IH
IB BC
     
+) Gọi (6 2 ; )
D t t BD
 
, khi đó
2
3 5 45
ID ID



hoặc
( 1;6)
( 8;7)
C
D





. THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 8 Ví dụ 6 (A, A1 – 2012 – CB ): Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh
CD sao cho CN = 2ND. Giả sử
11 1
;
2 2
M
 
 
 
và AN có phương trình


ta dễ dàng tính được. Như vậy
nếu biết thêm một yếu tố về cạnh hoặc về góc trong tam giác vuông này thì ta sẽ tính được độ dài
AM
. Do các cạnh
của tam giác
AMH
đều có thể biểu diễn thông qua các bội số của độ dài cạnh hình vuông nên ta sẽ nghĩ ngay tới
việc tính góc
A
nhờ định lí cosin trong tam giác. Nên ta sẽ có lời giải cụ thể như sau :
Giải:
+) Gọi
H
là hình chiếu của
M
lên
AN

2 2
11 1
2. 3
3 5
2 2
( , )
2
2 1
MH d M AN
 
   

để việc biểu diễn các độ dài khác được đơn giản)
Khi đó áp dụng Pitago ta được:
3 5 ; 5
AM a MN a
 
và
2 10
AN a

Trong
AMN

ta có: cos
MAN

2 2 2 2 2 2 2
2
45 40 25 60 2
2 . 2
2.3 5 .2 10 60 2
AM AN MN a a a a
AM AN
a a a
   
   


MAN

=

t A
 
 
   
         
   
 

   
 
. Vậy
(1; 1)
A

hoặc
(4;5)
A

Ví dụ 7 (B – 2011 – NC ): Cho tam giác
ABC
có đỉnh
1
;1
2
B
 
 
 
. Đường tròn nội tiếp tam giác
ABC

B
D

 

 

 



phương trình
BD
:
1
y

song song với đường thẳng
: 3 0
EF y
 
. Khi đó ta sẽ chứng
minh được tam giác
ABC
cân tại
A
. Do đó
AD BC

. Lúc này việc đi tìm tọa độ điểm

, khi đó
ID BC
IA EF





(1)
Với
1
;1
2
(3;1)
B
D

 

 

 



phương trình
BD
:
1
y

2 2
2 2 2
1 5
2
2 2
BF BD t
   
     
   
   2
1 ( 1;3)
2 0
2 (2;3)
t F
t t
t F
  
 
     
 

 

+) Với

3
x
x y
x
y


  



 

  



(loại)
+) Với
3
(2;3) ;2 (4; 3)
2
BF
F BF u
 
    
 
 
 
, khi đó phương trình






13
3;
3
A
 
 
 

THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 10 Ví dụ 8 : Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho đường tròn
( )
C
:
2 2
2 4 20 0
x y x y
    
và hai đường thẳng
1
Phân tích :
Ví dụ này có hai yếu tố về số liệu khá đặc biệt là tâm
I
của
( )
C
thuộc
2
d
và
1 2
/ /
d d

Gọi


1
d IA J
  . Do
1 2
/ /
d d
nên
JB
là đường trung bình trong tam giác
IAC
, suy ra

(1; 2)
I

và bán kính
5
R

.
Gọi


1
d IA J
  . Do
1 2
/ /
d d
nên
JB
là đường trung bình trong tam giác
IAC
, suy ra
J
là trung điểm của
IA
.
+) Gọi
1
( ;5 2 )
J t t d

7
; 2
2
J
J

 
 

 



 


 
 


Do
J
là trung điểm của
IA
nên :
+) Với
5
;0 (4;2)
2
J A

(6; 2)
A

và có vectơ pháp tuyến
(5;0)
IA 

nên có phương trình :

5( 4) 0.( 2) 0 4
x y x
     

Vậy

có phương trình :
3 4 20 0
x y
  
hoặc
4
x

.
THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 11

Ví dụ 9 (A – 2010 – CB): Cho hai đường thẳng và
2

2
và điểm
A
có hoành độ dương.

Phân tích :
*) Để viết phương trình của
( )
T
cần xác định tọa độ điểm
I
và bán kính. Với dữ kiện
ABC
vuông tại
B
, suy ra
AC
là đường kính (
I
là trung điểm của
AC
). Vì vậy nếu biết tọa độ điểm
A
ta sẽ tìm được tọa độ điểm
C

(Vì khi đó ta viết được phương trình
AC
và
2


chuyển về Bài toán 1.
Giải : +) Xét hệ :
3 0 0
0
3 0
x y x
y
x y

  



 

 




(0;0)
O

là giao điểm của
1
d


Mặt khác tam giác
ABC
vuông tại
B
, do đó
0 0
60 60
AOB BAC    
.
+) Xét tam giác
AOB
và
AOC
ta có:
0
0
3
sin 60
2
tan60 3
OA
AB OA
AC OA OA

 



 

2 2 2 2
2 3 4 4 1 1
3
3 3 3 3
3
OA OA t t t t          hoặc
1
3
t  
(loại).
Vậy
1
; 1
3
A
 

 
 
, suy ra
AC
qua
A
, vuông góc
1
d
có phương trình:
 
1
3 1 0 3 3 4 0

  
 
 
 
 



 


+) Vì tam giác
ABC
vuông tại
B
nên
AC
là đường kính . Do đó đường tròn
( )
T
cần viết có:
Tâm
1 3
;
2
2 3
I

 


.

THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 12 Ví dụ 10. Trong mặt phẳng
Oxy
, cho hai đường thẳng
1
:3 5 0
x y
   
,
2
: 2 3 0
x y
   
và đường tròn
2 2
( ): 6 10 9 0
C x y x y
    
. Gọi
M
là một điểm thuộc đường tròn
( )
C
và

, khi đó ta dễ dàng tìm được điểm
'
I
đối xứng
với
I
qua
2

, từ đây ta suy ra được
' 5
NI IM R
  
. Như vậy lúc này ta đã nhìn thấy Bài toán 1 để tìm tọa độ
điểm
N
. Cụ thể :
+)
1
:3 5 0
N x y
   

+)
N
cách điểm
'
I
đã biết tọa độ một khoảng
' 5


, suy ra
'
II
đi qua
I
và vuông góc với
2

nên có phương trình :

2 1 0
x y
  

Gọi


2
'
II H
   , khi đó tọa độ điểm
H
là nghiệm của hệ :

2 1 0 1
(1; 1) '( 1;3)
2 3 0 1
x y x
H I

NI IM R NI t t t t
             1
4
t
t
 

 

 

( 1; 2)
( 4;7)
N
N
 



THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 13

Phân tích :
+) Ở đây
B
đang thuộc đường thẳng

và
A
là điểm đã biết tọa độ do đó nếu tính được độ dài đoạn
AB
ta sẽ
chuyển được về Bài toán 1.
Lúc này ta sẽ cắt nghĩa dữ kiện của bài toán để làm điều này (các bạn xem việc cắt nghĩa ở lời giải phía dưới).
+) Khi đã tìm được điểm
B
ta dễ dàng viết được phương trình của
BC
và
AC
và suy ra tọa độ điểm
C
.
Giải :
+) Gọi
H
là hình chiếu vuông góc của
A

Khi đó :
ABH

=
0
60
và xét tam giác vuông
AHB
ta có:
0
3 3
6 2
sin60
3
2.
2
AH
AB

   
+) Gọi
( ; 2)
B t t

với t


, khi đó :
2 2 2
8 4 3 ( 1) ( 2 3) 8 4 3


AC
đi qua
(1; 3)
A 
, có véctơ pháp tuyến
(1; 2 3)
AC
n BA   
 
có phương trình:
(2 3) 4 2 3 0
x y
    

+) Vì


BC AC C
  nên tọa độ điểm
C
là nghiệm của hệ:

2
2
2 0
3
2
(2 3) 4 2 3 0
3
THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 14

Ví dụ 12. Trong mặt phẳng
Oxy
, cho hình thoi
ABCD
ngoại tiếp đường tròn
2 2
( ): 2 2 18 0
C x y x y
    
. Biết
2
AC BD

, điểm
B
có hoành độ dương và thuộc đường thẳng
:2 5 0
x y
   
. Viết phương trình cạnh
AB
của
hình thoi.


( )
C
có tâm
(1; 1)
I

và bán kính
2 5
R 
Gọi
H
là hình chiếu của
I
trên
AB
, suy ra
2 5
IH R 
Vì
ABCD
là hình thoi và 2
AC BD

nên
2
AI BI

, khi đó xét tam giác vuông
ABI
ta có :

5
t
 
(loại)
(4;3)
B


+) Gọi véctơ pháp tuyến của
AB
là
( ; )
AB
n a b


với
2 2
0
a b
 
, khi đó phương trình
AB
có dạng :

( 4) ( 3) 0 4 3 0
a x b y ax by a b
        

Ta có :

b


+) Với
2
a
b

chọn
2
1
a
b





, khi đó phương trình
AB
là :
2 11 0
x y
  

Với
2
11
a
b

CD
và
BCD

=
0
45
. Đường thẳng
AD
và
BD

lần lượt có phương trình
3 0
x y
 
và
2 0
x y
 
. Viết phương trình đường thẳng
BC
biết diện tích hình thang
bằng
15
và điểm
B
có tung độ dương.
do chỉ ra được
CB BD

.
Giải :
+) Do


AD BD D
  nên tọa độ điểm
D
là nghiệm của hệ :
3 0
2 0
x y
x y
 


 
0
(0;0)
0
x
D
y


   
 
 
ADB

=
0
45

Khi đó tam giác
ABD
và
BDC
lần lượt vuông cân tại
A
và
B
, suy ra :
2
DC
AB AD 
+) Ta có :
2
( ). ( 2 ). 3
15
2 2 2
ABCD
AB DC AD AB AB AB
S AB
 

(4;2)
B và có véctơ pháp tuyến :
(2;1)
BC BD
n u 
 
(vì tam giác
BDC
vuông tại
B
)
nên có phươn trình :
2( 4) ( 2) 0
x y
    
2 10 0
x y
  
THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 16 Ví dụ 14 : Cho tam giác
ABC
vuông tại
A

AC
và
AB
( là đường thẳng đi qua
B
và vuông góc với
AC
).
+) Khi bài toán có dữ kiện
. 75
BM BC

thường chúng ta nghĩ tới tam giác đồng dạng và tứ giác nội tiếp đường
tròn ( kiến thức hình lớp 9 hay đề cập tới điều này) . Trong bài toán lại có yếu tố bán kính đường tròn ngoại tiếp
tam giác
MAC
, để khai thác được dữ kiện này gợi ý ta dựng thêm điểm
D
sao cho
ACMD
nội tiếp đường tròn,
việc này sẽ giúp ta cắt nghĩa được tất cả những thông số trên ( Các bạn sẽ thấy rõ trong lời giải của bài toán).
+) Sau khi dựng điểm
D
ta sẽ cắt nghĩa các số liệu của bài toán để đi tính độ dài đoạn
AC
, khi đó ta sẽ tìm được
tọa độ của điểm
C
theo góc nhìn của Bài toán 1. Cụ thể:

Do


AC AB A
  nên tọa độ điểm
A
là nghiệm của hệ:
4 3 32 0 5
(5;4)
3 4 1 0 4
x y x
A
x y y
   
 
 
 
   
 

+) Kẻ
MD
vuông góc với
BC
và cắt
AB
tại
K
, suy ra
ACMD


Khi đó
15 5 10
AD BD BA
    
, suy ra
2 2 2 2
(5 5) 10 5
AC CD AD
    

+) Gọi (8 3 ; 4 )
C t t AC
  
, khi đó
2 2 2
5 25 (3 3) (4 4) 25
AC AC t t
       2
0
25 50 0
2
t
t t
t




Ví dụ 1 (B – 2005): Cho hai điểm
(2;0)
A và
(6;4)
B . Viết phương trình đường tròn
( )
C
tiếp xúc với trục hoành tại
điểm
A
và khoảng cách từ tâm của
( )
C
đến điểm
B
bằng
5
.
Phân tích : Muốn viết phương trình đường tròn
( )
C
cần tìm tọa độ tâm
I
và bán kính
R IA


A
nên
IA Ox

, suy ra phương trình
: 2
IA x


+) Gọi (2; )
I t AI

, khi đó
2 2 2 2
1 (2;1)
5 25 4 ( 4) 25 ( 4) 9
7 (2;7)
t I
IB IB t t
t I

 
           
 

 

+) Với
(2;1)
I thì bán kính

: 0
x y
  
và
2
: 7 0
x y
  
. Xác định toạ độ tâm
K
và bán kính của đường tròn
1
( )
C
; biết đường tròn
1
( )
C
tiếp xúc với các
đường thẳng 
1
, 
2
và tâm
K
thuộc đường tròn (C).
Phân tích : +)

+) Đường tròn
( )
C
có tâm
(2;0)
I và bán kính
2
5
R 
.
+) Ta có :
1
( )
C
tiếp xúc với
1 2
,
 
K

thuộc đường phân giác của góc tạo bởi
1

và
2

.
Khi đó gọi
1 2
( ; ) ( , ) ( , )


Vì
2 2 2 2
2 4 4
( ) ( 2) 4 25 20 16 0
5 5
5
K C IK IK t t t t
            
(vô nghiệm).
+) Với đường phân giác
2
: 2 0
d x y
 
. Gọi
2
(2 ; )
K t t d


Vì
2 2 2 2
2 4 4 4
( ) (2 2) 25 40 16 0
5 5 5
5
K C IK IK t t t t t
               
8 4

,
2 2
2
( ) : 12 18 0
C x y x
   
và đường thẳng
: 4 0
d x y
  
. Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc
2
( )
C
, tiếp xúc với d và cắt
1
( )
C
tại hai điểm phân biệt A
và B sao cho AB vuông góc với d.
Phân tích:
Muốn viết phương trình đường tròn ta cần:
+) Xác định tâm
I
bằng “góc nhìn” của Bài toán 1. Cụ thể:
Ta đi lập phương trình
1


tọa độ
I
- cách trình bày khác của Bài toán 1).
+) Xác định bán kính:
R
nhờ
( , )
R d I d


THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 19

Giải:
Gọi
I
là tâm đường tròn
( )
C
cần viết phương trình. Ta có
2 2
1
( ) : 4
C x y
 

tâm của
1

Gọi
1
( ; )
I t t II

mà
2
( )
I C

2 2
12 18 0
t t t
    

2
6 9 0 3
t t t
     
(3;3)
I


Mà
( )
C
tiếp xúc với
d



Phân tích:
+) Phương trình
( )
E
:
2 2
2 2
1
x y
a b
 
như vậy ta cần tìm
;
a b

+) (E) có độ dài trục lớn bằng 8
2 8 4
a a
   

+) Dữ kiện (E) cắt
( )
C
tại bốn điểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông nên 4 đỉnh nằm trên hai
đường phân giác thuộc góc phần tư thứ nhất và thứ hai . Ta giả sử có đỉnh
A
thuộc đường phân giác
:

y x

+) (E) có độ dài trục lớn bằng 8
2 8 4
a a
   

+) (E) cắt
( )
C
tại bốn điểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông nên 4 đỉnh nằm trên hai đường phân
giác thuộc góc phần tư thứ nhất và thứ hai .
Ta giả sử
A
là một giao điểm của (E) và
( )
C
thuộc đường phân giác
:

y x

.
+) Gọi ( ; )A t t
 
(
0
t

). Ta có:
2 2
( ) 8 2

x y
 THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 20 Ví dụ 5 (D – 2013 – NC ): Cho đường tròn
2 2
( ):( 1) ( 1) 4
C x y
   
và đường thẳng
: 3 0
y
  
. Tam giác
MNP

có trực tâm trùng với tâm của
( )
C
, các đỉnh
N
và
P
thuộc


( )
M C

)
*) Sau khi tìm được điểm
M
ta sẽ đi tìm điểm
N
thông qua điểm
K
và tiếp tục sử dụng Bài toán 1. Cụ thể:
+)
( ) : 3 0
N t y
   

( )
K t

(do
K
là trung điểm của
MN
).
+)
2
KI R
 
.
*) Việc tìm điểm

IM
là:
1
x


+) Gọi (1; )
M t IM

. Mà
2 2
1
( ) (1 1) ( 1) 4
3
t
M C t
t
 

      


(1; 1)
M
 
hoặc
(1;3)

a N
a
K C a
a N

 

 
          
 
 
  
 
 

+) Gọi ( ;3)P m

, khi đó với:
*)
(4;2)
(5;3)
( 1;4)
IN
N
MP m








, từ
. 0 4( 1) 2.4 0 3
IN MP m m
       
 

(3;3)
P
THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 21 Ví dụ 6. Cho hai đường tròn
2 2
( ): ( 1) 2
C x y
  
và
2 2
( ') :( 4) ( 5) 8
C x y
   
. Cho
AB
là một đường kính thay
đổi của đường tròn
( ')

R 
Vì
( )
M C

nên ta có :
2
MI R  . Vậy nếu ta chỉ ra được
M
đang thuộc một đường thẳng đã biết phương
trình thì việc tìm điểm
M
sẽ quay về Bài toán 1.
+) Ta sẽ cắt nghĩa dữ kiện tam giác
MAB
có diện tích lớn nhất (khớp dấu “=”) để chỉ ra được điều này
Các em tham khảo phần cắt nghĩa ở lời giải chi tiết sau đây:
Giải :
+) Đường tròn
( )
C
có tâm
(0;1)
I và bán kính
2
R  ,
( ')
C
có tâm
'(4;5)

2 2.5 2 10
MAB
S MH
  

+) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
'
H I

và


' ( )
II C M
  với
I
nằm giữa
M
và
'
I
và
'
AB II


Ta có
' (4;4) 4.(1;1)
II  








+) Với
(1;2)
M , khi đó
2 2
' 3 3 3 2 '
MI II
   


M
nằm giữa
I
và
'
I
(loại).
Với
( 1;0)
M

, khi đó
2 2
' 5 5 5 2 '
MI II

( 4) ( 5) 8 ( 4) 4
x y y x
x y
x y
x y x
    
 
 

 
 

 
     

 
(2;7), (6;3)
(6;3), (2;7)
A B
A B





Vậy
( 1;0), (2;7), (6;3)
M A B

hoặc

. Viết
phương trình đường thẳng

đi qua tâm
I
của
( )
C
và

cắt
d
tại
M
sao cho tam giác
AIM
có diện tích bằng
25

và
M
có hoành độ dương.

Phân tích : Muốn viết được phương trình

trong bài toán trên ta cần tìm được tọa độ của điểm
M
.
+) Ta viết được phương trình
d

R

.
Vì
d
là tiếp tuyến tại
A
của
( )
C
nên
(3;4)
d
n IA 
 
(4; 3)
d
u
  

, suy ra phương trình
4 4
:
2 3
x t
d
y t
 



( 4;8)
M

(loại)
+) Khi đó
(9; 2)
IM
 

, suy ra phương trình
1 9
:
2 2
x t
y t
 



  
Ví dụ 2 . Cho tam giác ABC có diện tích bằng
2
, đường thẳng đi qua
A
và
B
có phương trình

ABI
S
AB
d I AB

.
+) Lúc này ta sẽ nhìn thấy tọa độ điểm
M
“lộ diện” qua góc nhìn
của Bài toán 1. Cụ thể:
Do
MI
là đường trung bình của tam giác
ABC
nên
++)
:
M MI

là đường thẳng đi qua
I
song song với
AB

++)
2
AB
MI 

THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

1
( , )
2
ABI
S
AB
d I AB
   .
+) Mặt khác
MI
là đường trung bình của tam giác
ABC
nên
IM
đi qua
I
song song với
AB
có phương trình:

1 0
x y
  
và
2 2
2
2 2
AB
MI   
+) Gọi ( ; 1)

0
. Biết
(1; 1)
M

là trung điểm cạnh
BC
và
2
;0
3
G
 
 
 
là trọng tâm của tam giác
ABC
. Tìm tọa độ các đỉnh
, ,
A B C
.

Phân tích : +) Do
G
là trọng tâm nên 3
AM GM

 

tọa độ điểm

G
là trọng tâm
ABC

nên
3 (1; 3)
AM GM
  
 
. Gọi
( ; ) (1 ; 1 )
A x y AM x y
    


Suy ra
1 1 0
1 3 2
x x
y y
  
 

 
    
 

(0;2)
A .
+)

thuộc đường tròn
( ; 10)
M

có phương trình :
2 2
( 1) ( 1) 10
x y
   

+) Vậy tọa độ hai điểm
,
B C
là nghiệm của hệ :

2 2 2
4 (4;0)
3 4
0 ( 2; 2)
3 4 0 3 4
0
( 1) ( 1) 10 10( 1) 10
2 ( 2; 2)
2
2 (4;0)
x B
x y
y C
x y x y
y

 
 

Vậy
(0;2), (4;0), ( 2; 2)
A B C
 
hoặc
(0;2), ( 2; 2), (4;0)
A B C
 
.
THANH TÙNG 0947141139 – 0925509968

Trang 24

Ví dụ 4 (D – 2013 – CB): Cho tam giác
ABC
có điểm
9 3
;
2 2
M
 

 
 
là trung điểm của cạnh
AB
, điểm

H A
đã biết tọa độ.
+)
CI AI

(
C
cách
I
một khoảng không đổi là
IA
).
*) Như vậy vấn đề là phải đi tìm điểm
A
. Lúc này Bài toán 1 tiếp tục là sự lựa chọn để ta đi tìm điểm
A
. Cụ thể :
+)
A AB

: là đường thẳng đi qua
M
và vuông góc với
MI
.
+)
AM MH

(tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông).
Giải :

   
   
hay
7 33 0
x y
  
.
+) Gọi ( ;7 33)
A t t AB
 
, khi đó theo tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông ta có:

2 2
AM MH AM MH
  2 2 2 2
9 3 9 3
7 33 2 4
2 2 2 2
t t
       
        
       
       2
4 ( 4;5)

x y
x y
 
    


Gọi (6 2 ; )
C c c AC
 
, khi đó
2 2
CI AI CI AI
  

2 2 2 2 2
(2 7) ( 1) 3 4 6 5 0
c c c c
         1
5
c
c


 




    

Gọi ( ;2 8)
C m m AC
 
, khi đó
2 2
CI AI CI AI
  

2 2 2 2 2
( 1) (2 7) 4 3 6 5 0
m m m m
         1
5
m
m
 

 

 

( 1;6)
C

hoặc Cách 1 Cách 2
Phân tích : Ở ví dụ này ta có thể tìm tọa độ điểm
C
theo hai cách :
Cách 1 : Ta sẽ tìm
C
theo góc nhìn của Bài toán 1. Cụ thể:
+)
C
thuộc đường thẳng đi qua
D
và song song với
AB
nên dễ dàng viết được phương trình
CD
.
+)
ABCD
là hình thang cân nên ta có điều kiện cần:
5 37
CB AB  .
Sau khi tìm được
C
ta sẽ kiểm tra điều kiện đủ
BC
không song song

AB
   

, khi đó
CD
//
AB
nên
CD
có phương trình:
20
2
x t
y t
  


 


+) Gọi ( 20 ; 2 )
C t t CD
   
, khi đó
ABCD
là hình thang cân nên ta có:

2 2 2 2 2 2
30 5 ( 35) (2 5)
AD BC AD BC t t        

,
AD

không cùng phương (thỏa mãn). Vậy
( 7; 26)
C
 
.
Cách 2:
+) Có
(5; 10) 5.(1; 2)
AB
   

, khi đó
CD
//
AB
(2;1)
CD AB
n n  
 
và
CD
đi qua
( 20;0)
D

nên có phương trình:


2
x y x y
 
      
 
 

+) Vì


IJ CD J
  nên tọa độ điểm
J
là nghiệm của hệ:
27
2 40 0
27
; 13
2
2 4 25 0
2
13
x y
x
J
x y
y

  
 