TRẦN ANH HÀO – HUỲNH ĐỨC KHÁNH
NGUYỄN MINH THÀNH – TRẦN PHẠM TUYÊN

TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN GIẢI TÍCH TRONG
MẶT PHẲNG
Không có bài nào khó vì toàn những bài trời ơi!


MỤC LỤC
PHẦN 1. MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ TÍNH CHẤT HÌNH HỌC TÌM ẨN TRONG GIẢI TÍCH MẶT PHẲNG.
PHẦN 2. ĐỀ TOÁN.
Chương 1. Các bài toán xác định về điểm, đường thẳng, góc trong mặt phẳng.
Chương 2. Các bài toán về cực hình học giải tích trong mặt phẳng.
PHẦN 3. LỜI GIẢI, ĐÁP SỐ, BÌNH LUẬN.


LỜI NÓI ĐẦU
Ngay từ thở xa xưa, hình học là một vẽ đẹp quyến rũ, tận sâu bên trong nó là những điều bí ẩn li kì.
Thời gian cứ trôi đi, cũng là lúc những điều bí ẩn ấy được khám phá. Hình học đã vẽ ra cho ta một cái nhìn
khác về toán học, nó mềm mại và uyển chuyển không khô khan như đại số đòi hỏi có tính thứ tự và logic
cao. Hình học là sự sáng tạo là những tìm tòi hay nói đúng hơn là cảm hứng của toán học. Tuy nhiên để cho
hoàn thiện, người ta đã kết hợp với nó các vấn đề vào đại số chẳng hạn như chứng minh bất đẳng thức, xác
xuất hình học,…
Trong bài viết này chúng tôi xin đề cập đến một mảng nhỏ của hình học là hình giải tích. Các bạn biết
rằng từ những kì thi đầu tiên theo cải cách của năm 2002, các bài toán hình học ban đầu còn sơ khai, nó là
các bài toán rất nhẹ nhàng, không đòi hỏi chúng ta phải tư duy nhiều vào yếu tố hình học. Dần dần vị thế
của nó được nâng lên tầm cao mới qua các kì thi, và điều tất yếu dẫn đến là độ khó của nó được tăng dần.
Từ những bài toán đơn thuần là các kĩ thuật đối xứng, tham số hoá dần dần người ta đòi hỏi mọi người phải
tư duy cao hơn chính là các yếu tố hình học tiềm ẩn bên trong, có những bài nhìn vào đã thấy được, cũng có
những bài nằm sâu bên trong mà phải có kinh nghiệm tư duy mới tìm ra được. Để giúp đỡ các bạn có thể
học tốt về các bài toán dạng này, chúng tôi xin giới thiệu đến các bạn tuyển chọn các bài toán giải tích trong


thẳng BC , N là điểm đối xứng với M qua AC , đường thẳng BN có phương trình: 7 x  y  19  0. Biết A  1; 1 ,
tam giác ABM cân tại A và điểm B có tung độ dương. Tìm toạ độ các điểm còn lại của tam giác ABC.
Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho tam giác ABC với một đường thẳng d song song với BC cắt

AB, AC lần lượt tại M , N sao cho AM  CN. Giả sử điểm M  4; 0  , C  5; 2  và chân đường phân giác trong của
 là D 0; 1 . Tìm độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC.
góc BAC
 

Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho đường tròn  tâm I  1; 2  . Từ điểm K nằm ngoài đường tròn, kẻ
các tiếp tuyến KA, KB với A, B là các tiếp điểm. Kẻ đường kính AC của  , tiếp tuyến của  tại C cắt AB ở E ,
biết đường thẳng KC có phương trình 3x  2 y  1  0. Tìm tọa độ điểm E biết E nằm trên đường thẳng có phương
trình 12 x  y  43  0.
Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp tâm I  0; 1 tiếp xúc với
 là x  y  1  0. Tìm toạ độ các đỉnh
AB, AC lần lượt tại E, F. Phương trình đường phân giác trong của góc BAC
của tam giác ABC biết rằng đỉnh C nằm trên đường thẳng d : 2 x  y  4  0 và E, F nằm trên trục hoành.

Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có chân các đường phân giác của các góc
 , ABC
 , ACB
 lần lượt là D 1; 2 , E 5; 10 , F 7; 4 . Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC.
BAC
  
  
Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn  có phương trình là
2

x 2   y  1  4. Điểm M  0; 1 nằm trên cung nhỏ BC sao cho

Suy ra GB  GA  GD nên G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD.
  2 ABD
  90 0. Do đó AG vuông góc với GD.
Suy ra AGD

K

Cách 2
Đường thẳng qua G vuông góc cới AH cắt BM tại D. GD cắt AM tại J .
Vì tam giác HGD đồng dạng với tam giác HMA nên ta có:

HG HM 1

 .
GD MA 2

G
B

H

1
Suy ra GD '  2 HG  2  GA  GA do G là trọng tâm tam giác ABM.
2
Do đó D '  D. Vậy ta có GD vuông góc với GA tại G.

Đường thẳng GD có VTPT n  1; 3  và đi qua D  7; 2  nên có phương trình x  3 y  1  0.

3x  y  13  0
x  4

2 2
 2 
Đường thẳng BC có VTCP n  HD  1; 1 và đi qua D  7; 2  nên có phương trình: x  y  5  0.
5

Đường thẳng AM đi qua A  3;  4  và có VTPT n  1; 1 nên có phương trình: x  y  7  0.

J
M

D'


x  y  5  0
x  6

 M  6; 1 . Từ đó suy ra B  3; 2  .
Toa độ điểm M là nghiệm của hệ: 
x

y

7

0
y


1


a  b a  b 

Đường thẳng CF đi qua C a; 0 và có VTPT n b; a nên có phương trình: bx  ay  ab  0.

 

 


 ab2
ab2
a2b
a2 b 
ax  by  0
 x  2 2 ; y  2 2 . Vậy F  2 2 ; 2 2 .
Toạ độ F là nghiệm của hệ 
b a
b a

a  b a  b 
bx  ay  ab  0
3
2
3
2 
  a 2 b  a 3  ab2
 
 
a3 
 , BF  a ; a b  a  ab   CF  BE  0.




AD MA

3 .
DE AE



Từ 2 và 3 suy ra

DF ME MA MA



4 .
DE AE AD AB

Từ 1 và 4 suy ra

DN MA

 DN  MA. Do đó tứ giác MBCN là hình chữ nhật.
DC AB

 
  



Đường thẳng BC có VTCP n  1; 2    BC  4; 8  và đi qua
4

B  0; 5  nên có phương trình 2 x  y  5  0.

Giả sử A  x; y  , khi đó BA  x; y  5  . Vì AB vuông góc với BC
và AB  BC nên ta có:
4 x  8  y  5   0
 x  10  2 y
 x  8, y  1


 2

2
2
2
 x  8, y  9
 x   y  5   80
 10  2 y    y  5   80

Với x  8; y  1, ta có A  8;1 . Nhận thấy A và I nằm cùng phía với BC nên thoả mãn.
Với x  8; y  9, ta có: A  8; 9  . Nhận thấy A và I khác phía với BC nên loại.

 x  x  xB  xD
x  4
 D
. Suy ra D  4; 7  .
Khi đó toạ điểm D thoả mãn:  A C
y

  CDB
  90 0.
Mặt khác tứ giác EBCD nội tiếp đường tròn tâm I đường kính BC do có BEC

Suy ra tam giác IDE cân tại I . Gọi M là trung điểm DE ta có IM  DE.

Đường thẳng IM đi qua I  6;1 và có VTPT n  0; 1 nên có phương trình y  1  0. Suy ra M  2;1 .


Do EHKD là hình bình hành nên M cũng là trung điểm HK , suy ra K  1; 2  .
Mặt khác AK  DE do K là trực tâm tam giác ADE.

Đường thẳng AK đi qua K  1; 2  và có VTPT n  0; 1 nên có phương trình
y  2  0.

Suy ra toạ độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
 x  2 y  3  x  1

 A  1; 2  .

y

2
y

2





  MAN
  2 HAM
  MAC
  2 HAC
  2 90 0  ACB
  90 0.
Suy ra BAN









Do đó tam giác ABN vuông tại A. Mà AB  AM  AN nên tam giác ABN vuông cân tại A.
Gọi I là trung điểm BN , suy ra AI vuông góc với BN.

Đường thẳng AI đi qua A  1; 1 và có VTPT n  1; 7  nên có phương trình: x  7 y  8  0.


A
N

I
B

C


25
IB  IA  IB  IA   b     7 b   
 b 2  5b  6  0  
2 
2 
2

b  3
2

2

Với b  2, ta có: B  2; 5  loại.
Với b  3, ta có: B  3; 2  . Điểm này thoả mãn yêu cầu bài toán. Khi đó N  2; 5 
Vì M , N đối xứng nhau qua AC và góc 
ACB  450 nên tam giác CMN vuông cân tại C. Suy ra BC  2CN.



Giả sử C  x; y  , ta có: CB  x  3; y  2  , CN  x  2; y  5  . Từ đó ta có hệ phương trình:
 x  3 2   y  2 2  4  x  2 2  4  y  5 2
 3 x 2  10 x  3 y 2  44 y  103  0
 2

2
 x  2  x  3    y  2  y  5   0
 x  5 x  y  3 y  4  0

 3 16 
Giải hệ phương trình trên ta tìm được C  5; 4  hoặc C   ;   .