Trần Thành Minh - Phan Lưu Biên – Trần Quang Nghóa

PHÂN TÍCH CÁC ĐỀ
Hình học phẳng trong đề thi ĐH 2003-2010
các ban A-B-D
www.saosangsong.com.vn
2

2
LTĐH: Chuyên đề HÌNH HỌC PHẲNG
x - x
yy
x- x
yy
−
=
−

2. Khỏang cách từ M (x
o
; y
o
) đến đường thẳng ∆ : ax + by + c = 0 là
:
)Δ= =
0o
22
|ax +by +c|
d(M, MH
a+b3.Góc ( không tù ) tạo bởi ∆
1
: a
1
x + b
1
y + c
1

+ b
1
b
2
= 0

4.Phương trình tham số của đường thẳng
• Phương trình tham số của đường thẳng qua M
0
(x
0
; y
0
) và có VTCP
a
G
= (a
1
; a
2
) là :
o1
o2
xx ta
yy ta
=+
⎧
⎨
=+
⎩

a
G
§ 2. ĐƯỜNG TRÒN
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , phương trình đường tròn tâmI(h ; k) bán kính R là :
(x – h)
2
+ (y – k)
2
= R
2
.
• Phương trình đường tròn (O, R) là : x
2
+ y
2
= R
2

2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , mọi phương trình có dạng :
x
2+ y
2
- 2ax - 2by + c = 0 với a
2
+ b
2
– c > 0 là phương trình đường tròn :

a
G
∆
φ
M

M

∆
H

x
y
I
O
I
T
R
∆
3

3
• Đường thẳng ∆ là tiếp tuyến của đường tròn (I, R) Ù d(I, ∆) = R

&3. CÔNIC
y
1. Elip
x
M
F

O
A
1
A
2
B
1
B
2
F
1
F
2
F
1
M , F
2
M : bán kính qua tiêu
;
e = c/a : tâm sai.

2. Phương trình chính tắc . Với F
1
( - c ; 0) , F
2
(c ; 0) :
M(x ; y)
∈ (E) Ù
22
22


2. Hypebol
a. Định nghĩa .Cho hai điểm cố định F
1
, F
2
với
12
2FF c
=
và một độ dài
không đổi 2a ( a > c) . Hypebol là tập hợp những điểm M sao cho :
F
F
A
1
A
2

12
FM-FM =2a

F
1
, F
2
: tiêu điểm ; F
1
F
2

gọi là hai tiệm cận .
*
M
1M
M
c
x a ,M nhaùnh phaûi
a
FM ex a
c
x a , M nhaùnh traûi
a
⎧
+∈
⎪
⎪
=+=
⎨
⎪
−− ∈
⎪
⎩
*
M
2M
M
c
x a ,M nhaùnh phaûi
a
FM ex a

(P) Ù y
2
= 2px
FM = p/2 + x
M

PHÂN TÍCH CÁC DẠNG TOÁN HÌNH PHẲNG:
4

4
Phương pháp
Thông thường ta gặp các dạng sau khi giải một đề thi đại học môn hình phẳng :
Dạng 1: Tìm toạ độ một điểm thỏa các tính chất cho trước
Dạng 2 : Viết phương trình đường thẳng , đường tròn hay một cônic thỏa một tính chất cho
trước

Dạng 1: Tìm toạ độ một điểm thỏa các tính chất cho trước
Có 2 cách:
 Cách 1: Sử dụng công thức toạ độ trung điểm , trọng tâm, điều kiện bằng nhau, cùng phương,
vuông góc của hai vectơ để tìm toạ độ của điểm cần tìm một cách trực tiếp.
 Cách 2: Từ tính chất của điểm , ta thiết lập phương trình (có ẩn là hoành độ, tung độ ) hay hệ
phương trình (có ẩn là toạ độ của điểm cần tìm). Giải phương trình hay hệ phương trình, ta
được toạ độ điểm cần tìm. Các công thức về toạ độ, điều kiện cùng phương, vuông góc, khoảng
cách , phương trình các đường chứa điểm ấy . . . cung cấp cho ta những phương trình xác định.

1. D2004. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với A(- 1; 0), B(4; 0) và C(0, m). Xác định m để
tam giác GAB vuông tại G với G là trọng tâm của tam giác ABC.

Giải
Ta thiết lập phương trình ẩn m để tìm m. Tính chất là

⎪
==
⎪
⎩
=> = (- 2; - m/3);
GA
JJJG
GB
J
JJG
JJJG JJJG
= (3 ; - m/3)
Tam giác GAB vuông tại G Ù
GA
.
GB
= 0 Ù - 6 + m
2
/9 = 0 Ù m = 36± .

2. B2003. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A, điểm M(1; - 1) là trung điểm BC
và G(2/3; 0) là trọng tâm ABC. Tình toạ độ A, B, C.

Giải
Theo tính chất trọng tâm:
3.
M
J
AMG=
JJG JJJJG

(1)
(1)(1)1(2
xy
⎧
)−++=
⎩
Giải hệ này ta được toạ độ B và C là (4 ; 0) và (-2 ; - 2).
9 Cách khác: Nếu nhớ được tính chất sau thì ta không cần phải giải hệ để tìm toạ độ B, C.
5

5
“Cho
u
và là hai vectơ
G
v
G
vuông góc , có độ dài bằng nhau thế thì nếu
(; )uAB=
G
thì
. Qui tắc này rút ra từ liên hệ giữa vectơ chỉ phương và vectơ pháp tuyến
của một đường thẳng .”
(; ) ( ; )v B A hay v B A=− =−
GG
Vì
;
M
BMC
JJJG JJJJG

Nếu bạn nhận ra là đường tròn có tâm I(1 ; 0), bán kính R = 1, và
qua gôc O thì việc giải sẽ dễ dàng.
O
M
I
Vì góc IMO = 30
0
nên góc IOM = 30
0
(tam giác IOM cân tại I), suy ra
đường thẳng OM có hệ số góc là
0
1
tan 30
3
±=±. Do đó phương
trình đường thẳng OM là y =
3
x
± . Thế vào phương trình đường
tròn, ta được phương trình tính hoành độ điểm I.
Cách khác: Dùng định lí hàm cosin trong tam giác OIM:
OM
2
= IO
2
+ IM
2
– 2.IO. IM.cos120
0

2
+ 2x – 4 = 0
Ù x = 1 hay x = - 2 . Vậy M(1 ; 4) hay M(- 2; 1).

5.
Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác cân ABC, cân tại A(0 ; - 3), có trọng tâm G thuộc đường thẳng
x + 2y = 0 và đường thẳng BC qua điểm D(1 ; 2). Tìm toạ độ trung điểm M của BC.

Giải
A
B C
G
Gọi (x; y) là toạ độ điểm M. Ta sẽ thiết lập hệ phương trình ẩn x, y
bằng cách khai thác hai tính chất của điểm M.
M
D
6

6
• Trước hết vì tam giác ABC cân tại A nên trung tuyến AM cũng là đường cao. Suy ra:

. 0 ( 0)( 1) ( 3)( 2) 0AM DM x x y y= <=> − − + + − =
JJJJG JJJJG
(1)
22
60xyxy<=> + − + − =
• Trọng tâm G có toạ độ :
2
33
32

xy
−
+
+
=<=>+ −=
(2)
• Giải hệ (2) và (3) ta được toạ độ điểm M.
Từ (2): x = - 2y + 3.
Thế vào (1): (-2y + 3)
2
+ y
2
– (- 2y + 3) + y – 6 = 0 Ù 5y
2
– 10y = 0
Ù y = 0 ; y = 2.
• y = 0 => x = 3 ; y = 2 => x = - 1.
Vậy M(3 ; 0) hay M(- 1; 2).

Nếu phải tính toạ độ nhiều điểm (các đỉnh của tam giác , tứ giác) thì thường ta chọn toạ độ một
điểm làm ẩn số, nếu được . Từ giả thiết của bài toán, ta sẽ tìm toạ độ các điểm còn lại theo ẩn
số đó và lập phương trình hay hệ phương trình để tìm các ẩn số đó.

6.A2005. Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường thẳng d
1:
x- y = 0 và d
2
: 2x + y - 1 = 0, tìm các đỉnh
của hình vuông ABCD biết A thuộc d
1


7. B2007. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(2; 2) và các đường thẳng: d
1
: x + y – 2 = 0, d
2
: x + y –
8 = 0. Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt thuộc d
1
và d
2
sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.

Giải
B thuộc d
1
:x + y – 2 = 0 => B = (b; 2 – b) =>
(2;)
A
Bb b
=
−−
J
JJG

A
B
C
C thuộc d
2
: x + y – 8 = 0 => C = (c ; 8 – c) =>

bb
−
⎡
=
⎢
−−
⎣
JJJG
2
26
2
26
bc
bc
bc
bc
⎡=−
⎧
⎨
⎢
−
=−
⎩
⎢
⎢
−=−
⎢
−
=−
⎢

22 2 2
||||
''(1
''0(2)
.0
AB AC
XY XY
XX YY
AB AC
⎧
=
⎧
+= +
⎪
<=>
⎨⎨
+=
=
⎪
⎩
⎩
JJJGJJJG
JJJG JJJG
Từ (2): Y’ = - XX’/Y.
Thế vào (1): X
2
+ Y
2
= X’
2

8. B2008. Trong mặt phẳng Oxy, hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC biết rằng hình chiếu
vuông góc của C trên đường thẳng AB là điểm H(- 1; -1), đường phân giác trong của góc A có phương
trình x - y + 2 = 0 và đường cao kẻ từ B có phương trình 4x + 3y – 1 = 0

Giải
Đây là bài khó vì ta phải lần lượt tìm toạ độ những điểm trung
gian mới đến được toạ độ điểm C cần tìm. Bài toán giải theo
từng nước như một ván cờ.
A
B C
H(-1;-1)
d: x-y+2=0
d’ : 4x+3
y
-1=0
K
• Trước hết ta tìm được toạ độ điểm K, đối xứng của H qua
phân giác d qua A:
Phương trình HK qua H(- 1; - 1) và vuông góc d: x – y +
2 = 0 là: (x + 1) + (y + 1) = 0
Ù x + y + 2 = 0 .
=> K = (x ; - x – 2) => toạ độ trung điểm của HK là
(
x
13
;
22
x−−−
). Điểm này thuộc d nên :
13

• Từ đó ta tìm được toạ độ C, giao điểm của đường thẳng CH và AC, là nghiệm của hệ :

Ù C = (- 10/3 ; ¾).
3470
3413
xy
xy
++=
⎧
⎨
−+=
⎩
0

Trong bài tiếp ta tìm một điểm thỏa một tính chất hình học mà ta có thể giải bằng hình học
hoặc đại số.

9. D2007. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): (x – 1)
2
+ (y + 2)
2
= 9 và đường thẳng d:3x -
4y + m = 0 . Tìm m để trên d có duy nhất một điểm P mà từ đó có
thể kẻ được hai tiếp tuyến PA, PB tới (C) (A, B là các tiếp điểm)
sao cho tam giác PAB đều.

P
Giải
Nhận xét: Ở đây ta không dại gì mà tìm toạ độ A, B, là điều vô
cùng phức tạp. Ta sử dụng tình chất của hai tiếp tuyến của đường

2
3
236
4
xm+
⎛⎞
+=
⎜⎟
⎝⎠
(*)
Yêu cầu bài toán Ù (*) có nghiệm duy nhất Ù ∆ = 0 . . . .

Một trong các dạng tìm điểm có dạng tìm điểm cố định của một họ đường cong như trong bài
dưới . Ví dụ cho họ đường tròn (C
m
) : x
2
+ y
2
– 2mx + 4my + 2m – 10 = 0, chứng minh .
Họ (C
m
) luôn qua hai điểm cố định khi m thay đổi.
Giải : Ta có : a
2
+ b
2
– c = 5m
2
– 2m + 10 > 0 với mọi m => (C

⎨
Ù
22
21
10 0
oo
oo
xy
xy
−+ +=
⎧
⎪
⎨
+−=
⎪
⎩
0
++ −=
⎪
⎩
0
22
21
(2 1) 10 0
oo
oo
xy
yy
=+
⎧

C (B và C khác A) di động trên (P) sao cho góc BAC = 90
0
. Chứng minh rằng đường thẳng BC luôn đi
qua một điểm cố định.

Giải
Vì B và C thuộc (P): y
2
= 16x => B = (b
2
/16 ; b) và C = (c
2
/16; c), với b, c ≠ 4.
Ta có: với
.0AB AC =
JJJG JJJG
22
( /16 1; 4) ; ( /16 1; 4)AB b b AC c c=−− =−−
JJJG JJJG
Ù
22
16 16
.(4)(4)
16 16
bc
bc
−−
+− −=
0


1
(1)4x
m
−+
.
−
Giải hệ ta sẽ tìm được toạ độ B và C theo m. Từ đó viết được phương trình đường thẳng BC phụ thuộc
m. Ta có bài toán tìm điểm cố định của họ đường thẳng mà ta đã giải trong ví dụ trên. Tuy nhiên không
phải con đường trơn tru và dễ dàng. Mời các bạn” phiêu lưu”. DẠNG 2. Viết phương trình đường thẳng , đường tròn . . .thỏa một đặc tình cho trước :
Cách 1: Tìm những điểm xác định đường thẳng , đường tròn : Ví dụ với đường thẳng thì tìm hai
điểm mà nó đi qua , hay 1 điểm và một vectơ pháp tuyến của nó. Với đường tròn thì phải tìm
tâm và bán kính . . .

11. D2010
. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và Δ là đường thẳng đi qua O. Gọi H là
hình chiếu vuông góc của A trên Δ. Viết phương trình đường thẳng Δ, biết khoảng cách từ H đến trục
hoành bằng AH.

A
Δ

H
O
Giải
Nhận xét: Vì ∆ qua O nên chỉ cần biết toạ độ H là viết được phương trình ∆.
Gọi H(a ; b), khoảng cách từ H đến Ox là |b|, ta có hệ:
22

⎪⎪
<=>
⎨⎨
+−= +−=
⎪⎪
⎩⎩
)
(2) – (1): b
2
+ 2b – 4 = 0 Ù b =
51; 51−−−

Thế vào (1): a
2
= 4( 52− ) hay 4(- 52
−
) : loại
Suy ra a =
252±−
.
Phương trình đường thẳng (∆) qua O và H(a ; b) : bx – ay = 0
Ù
(5 1) 2 5 2) 0xy
−
±−=12.B2009 Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): (x – 2)
2
+ y

11
21
(2) 4/5
(, )
(, )
ab
dK R
dK R
⎧
−+=
⎪
Δ=
⎨
⎪
Δ=
⎩
Ù
22
1
1
(2) 4/5(1
||
(2)
2
|7|
(3)
52
ab
ab
R

⎡⎡
−
− = <=> <=>
⎢⎢
−=−+ =
⎣⎣

* Thế b = - 2a vào (1) : 25a
2
– 20a+ 16 = 0 (VN)
* Thế a = 2b vào (1): 25b
2
– 40b + 16 = 0 Ù b = 4/ 5 => a = 8/5
22
5
. Phương trình đường tròn (C
1
) : (x – 8/5)
2
+ (y – 4/5)
2
= 8/25.
Thế vào (2) : R
1
=
Cách 2: Tìm các hệ số xác định đường bang cách giải hệ dựa vào điều kiện đã cho.
• Phương trình đường thẳng có dạng ax + by + c = 0 , phương trình đường tròn (x – a)
2
+ (y –
b)

e =
22
cab
aa
−
=
.
Ta có hệ:
22
22 2 2
5
10 10
3
9( ) 5 4 9
10
ab
ab ab
a
ab a a b
ab
⎧
−
=− =−
⎧⎧
⎪
=
<=> <=>
⎨⎨ ⎨
−= =
⎩⎩

xy−−
=
−−−

Ù x + y – 2 = 0
Phương trình đường thẳng BH qua B(-2 ; - 2) và
vuông góc
JJ
= 4(1 ; - 1):
(4; 4)AC =−
JG
20
0
xy
xy
+−=
−=
⎩
21
24 5
22 2
ac
abc
abc
+=−
⎧
⎪
−−=
⎨
⎪

+ y
2
+ 4x + 6y + 12 = 0 ở ngoài nhau.
Gọi TT’ là đoạn tiếp tuyến chung trong số 4 tiếp tuyến chung, và M là điểm thuộc đoạn TT’ sao cho
MT = 2MT’. Có 4 điểm M như thế . Chứng minh 4 điểm M như thế thuộc một đường tròn và viết
phương trình đường tròn ấy.

Giải
(C) có tâm I(1 ; 2), bán kính R =
12

12

12
(C’) có tâm I’(- 2 ; - 3), bán kính R’ = 1.
T
T’
Gọi (x; y) là toạ độ của M, ta có;
M
MT
2
= 4MT’
2
Ù IM
2
– IT
2
= 4( I’M
2
– I’T’


16. B2006 . Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
- 2x - 6y + 6 = 0 và điểm M( - 3; 1).
Gọi T
1
và T
2
là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đến (C). Viết phương trình đường thẳng T
1
T
2
.

Giải
Nhận xét: Đây là phương trình đường thẳng qua hai
điểm , nhưng nếu ta tìm toạ độ của hai điểm e rằng việc
tính toán khá phức tạp. Ta sẽ thiết lập một đẳng thức bậc
nhất giữa toạ độ của hai tiếp điểm theo hướng của
phương pháp.
M
T
1
T
2
I
(C) có tâm I(1 ; 3), bán kính R = 2.
Gọi (x; y) là toạ độ chung của hai tiếp điểm T. Điểm T

⎪
⎩

Suy ra toạ độ T thỏa phương trình (2) – (1): 4x + 2y – 6 = 0
Ù 2x + y – 3 = 0
Vậy hai tiếp điểm đều thuộc đường thẳng có phương trình 2x + y – 3 = 0 . Do đó phương trình đường
thẳng (T
1
T
2
) là 2x + y – 3 = 0

Cách khác: Ta có thể viết phương trình (T
1
T
2
) bằng cách tìm toạ độ H, giao điểm của (T
1
T
2
) và IM.
Vì IM vuông góc T
1
T
2
nên
2
1
22
.41

là 2(x – 1/5) + 1(y - 17/5) = 0
Ù
2x + y - 3 = 0

Cách giải vừa trình bày là ví dụ mô tả phương pháp thứ 4 ta thường gặp khi giải một bài hình
giải tích là :
Cách 4 : Sử dụng kiến thức hình học để đơn giản hóa phép tính
13

13
Những năm càng về sau, đề hình học càng có nhiều tính hình học cổ điển hơn, do đó đôi
khi phải vẽ hình cẩn thận để khai thác những tính chất về góc khiến việc tính toán được đỗ
vất vả hơn

17.B2010 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(2; 3 ) và elip (E): 2x
2
+ 3y
2
= 6. Gọi F
1
và F
2
là
các tiêu điểm của (E) (F
1
có hoành độ âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng AF
1
với
(E); N là điểm đối xứng của F
2

1
:

1
3
3
xy+−
=
0
Ù x = y 3 - 1
Thế vào phương trình êlip, ta được phương trình
hoành độ của M: 2(y
3 - 1)
2
+ 3y
2
= 6 Ù 9y
2
– 4 3 y - 4 = 0
Ù y = 2 3 /3 (vì y > 0) . Suy ra : x = 1. Vậy M(1 ; 2 3/3).
Nhận xét là MA = MF
2
= 2 3/3 . Như thế tam giác ANF
2
có MN = MF
2
= MA nên vuông tại A và
đường tròn ngoại tiếp có tâm là M và bán kính 2
3/3 .
Phương trình cần tìm: ( x – 1)


I

x

y

ONhận xét : Chú ý ai đường thẳng d
1
, d
2
đều qua gốc O. d
1
có hệ số góc
–
3 tức góc mà tia Od
1
(ở phía trên Ox) tạo với tia Ox là 120
o
. d
2
có hệ
số góc
3 tức góc tia Od
2
(ở phía trên Ox) tạo với tia Ox là 60
o

14
=>
n
0
60AOB = .
Tam giác OAB nửa đều . Vì tam giác ABC vuông tại B nên AC là đường kính của đường tròn (T). D
1

tiếp xúc (T) nên , suy ra
n
90
o
OAC =
n
60 .
o
BAC =
Ta có : A thuộc d
1
=> A(a ;
3)a−
; a > 0.
Lại có: S
ABC
= ½. AB.ACsinA mà AB = OA 3 /2 , AC = OA 3 (∆OAC nửa đều) , suy ra:

31 3 3
3.
22 2 2
OA OA=

độ C là nghiệm của hệ:
30
3340
xy
xy
⎧
−=
⎪
⎨
−−=
⎪
⎩
Ù C
2
(;2
3
)
−
−

(T) có đường kính AC nên có tâm I là trung điểm AC, có toạ độ
13
(;)
2
23
và có bán kính IA = 1.
−
−
Suy ra phương trình (T):
2

= và C(2 ; 0). Tìm A, B thuộc elip sao cho
A, B đối xứng qua Ox và tam giác ABC đều

21. D2009. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có M(2; 0) là trung điểm của AB
Đường trung tuyến và đường cao qua đỉnh A lần lượt có phương trình là 7x – 2y – 3 = 0 và 6x – y – 4
= 0 . Viết phương trình đường thẳng AC.

22. D2010.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(3 ; - 7) , trực tâm H(3 ; - 1), tâm
đường tròn ngoại tiếp là I(- 2; 0). Xác định toạ độ C biết C có hoành độ dương.
23.B2004. Trong mặt phẳng Oxy mặt phẳng Oxy, cho 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.
24. B2005. Trong mặt phẳng Oxy cho A(2; 0), B(6; 4). Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với
Ox tại A và khoảng cách từ tâm của (C) đến B bằng 5.
25. B2009. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A (- 1;4 ), B, C
thuộc đường thẳng Δ: x – y – 4 = 0. Xác định toạ độ B, C biết diện tích tam giác ABC bằng 18.
26. B2010. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có đỉnh C(− 4; 1), phân giác
trong góc A có phương trình x + y − 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác
ABC bằng 24 và đỉnh A có hoành độ dương.
15

15
27. A2004. Trong mặt phẳng Oxy , cho A(0; 2) và B( - 3 ; - 1).Tìm toạ độ trực tâm và tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác OAB.
28.A2006. Trong mặt phẳng Oxy, cho các đường thẳng: d
1
:x + y + 3 = 0, d
2
: :x – y – 4= 0 và d
3

16

21.

22.
17

17

23.

24. 25.
18

1826.

27.
28.
19

19

(m + 2)
2
= 8(m
2
+ 1) =0
Ù
7m
2
– 4m + 4 = 0 : phương trình này vô nghiệm ???
20

20
Tại sao như thế? Lí do là ∆ là đường thẳng di động nhưng luôn luôn qua điểm cố định K(- 1; 0). Mà
điểm này nằm bên trong và gần tâm nên không thể có trường hợp tam giác IAB vuông cân (hình 1).
Còn ở bài trước thì đường thẳng ∆ luôn qua điểm cố định K ở ngoài đường tròn (hình 2). I
A
B K
H

=> sinAIB lớn nhất khi
n
A
IB
nhỏ nhất (hàm số sinx giảm trên (π/2, π)) hay góc AIH nhỏ nhất hay
cos(AIH) lớn nhất , tức là khi H = K hay khi ∆ vuông góc
(2;1)IK
=
−−
J
JG
(vị trí đường màu xanh trong
hình 1)
Khi đó:
11
,
21
m
m
==>=
−−
2
.

31.