“Chinh phục hình học giải tích mặt phẳng Oxy”k2pi.net.vn/data/files3/K2PI---Trich doan chinh phuc hinh hoc Oxy.pdf · được tọa độ điểm I rồi, chỉ còn

Nhà sách giáo dục LOVEBOOK

Chinh phục hình học giải tích trong mặt phẳng Oxy - 22/11/2014

Kính gửi quý thầy cô và các em học sinh yêu quý trích đoạn nhỏ trong cuốn

“Chinh phục hình học giải tích mặt phẳng Oxy”

Đội ngũ tác giả LOVEBOOK và GSTT GROUP

Ngày phát hành: 22/11/2014



Ví dụ 1: [ Tĩnh Gia 1- Lần 2 2014] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm

𝐼(1,2), bán kính 𝑅 = 5. Chân đường cao kẻ từ B và C lần lượt là 𝐻(3,3) và 𝐾(0, −1). Viết phương trình đường

tròn ngoại tiếp tứ giác BCHK, biết A có tung độ dương.

Phân tích:

Đọc qua một lượt bài toán, thử vẽ phác ra nháp, ta sẽ xâu chuỗi các dữ kiện với nhau. Trước hết là viết

được phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Đọc tiếp, ta thấy điểm A có tung độ dương, do

đó hướng đi của ta có thể là tìm điểm A đầu tiên. Rất có thể phải tìm phương trình IA, cho giao với

đường tròn để tìm được 2 điểm A rồi sau đó loại nghiệm sau, và đó có lẽ là hướng đi khả thi nhất. Biết

được tọa độ điểm I rồi, chỉ còn một yếu tố nữa đó là véc tơ chỉ phương hoặc pháp tuyến của đường

thẳng đó. Dựa vào hình vẽ phác ra nháp, ta dự đoán AI vuông góc với KH- không phải ngẫu nhiên mà

ta nghĩ vậy, bởi vì tọa độ điểm K và điểm H ta đã biết rồi. Dự đoán được, hướng đi có, ta sẽ bắt tay vào

chứng minh AI vuông góc với KH.

Chứng minh hai đường thẳng vuông góc với nhau, hướng đi thông thường sẽ là chứng minh hai góc

còn lại trong tam giác chứa góc đó phụ nhau. Với giả thiết BH và CK là các đường cao, ta thấy tứ giác

BCHK là một tứ giác nội tiếp đường kính BC- muốn viết phương trình đường tròn này chỉ cần tìm được

tọa độ B và C là được. Tứ giác BCHK nội tiếp nên ta có AKH ACB ( cùng bù với góc HKB ). Một bước

làm quen thuộc đó là kéo dài IA, cắt đường tròn tại một điểm D nào đó và ta hoàn toàn có thể tận dụng

được điểm này. Nếu ta chứng minh được 90OBAD AKH thì ta đã hoàn thành chứng minh AI vuông

góc với KH. Nhưng điều này lại đúng, vì ta có ACB ADB (cùng chắn cung AB ) nên ta suy ra được một

“chuỗi liên hoàn”: 90OBAD AKH BAD ACB BAD ADB . Ta đã hoàn thành chứng minh

AI KH .

Các điểm B, C đều thuộc đường tròn tâm I. Phương trình đường thẳng AB, AC ta hoàn toàn viết được

vì biết tọa độ các điểm A, K, H rồi. Cho các đường thẳng đó giao với đường tròn, hoặc dựa vào IB=IC=5,

ta sẽ tìm được tọa độ các điểm B, C, và cuối cùng là hoàn thành bài toán bằng phương trình đường tròn

đường kính BC.

Lời giải:

Gọi D là điểm đối xứng với A qua I, suy ra D thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Do đó:

90OBAD ADB . (1)



Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp nên AKH ACB . (2)

Lại có: ACB ADB (cùng chắn cung AB ). (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có 90OBAD AKH hay AD KH .

Ta có 3 4KH ; , suy ra phương trình đường thẳng AD là 1 4

2 3

x t

y t 1 4 2 3A a a; .

Lại có: 2 2

4 3 5 5 5 1IA R a a a a .

Suy ra 5 1A ; hoặc 3 5A ; . Do A có tung độ dương nên 3 5A ; .

Ta có: 3 6AK ; , suy ra phương trình đường thẳng AB là: 1 21 2

x tB b

y tb; .

Do IB=5 nên B(1;-3). Lại có 6 2AH ; , suy ra phương trình đường thẳng AC là 3 3

3

x t

y t3 3 3C c c;

.

Vì IC=5 nên C(6;2).

Ta lại có 5 2BC và dễ dàng tìm được trung điểm J của BC có tọa độ là 7 1

2 2J ; .

Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCHK nhận BC làm đường kính nên nó có phương trình là: 2 2

7 1 25

2 2 2x y .

Ví dụ 2: [ Thầy Lê Đình Mẫn] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A(-1;3). Gọi D là một điểm

nằm trên cạnh AB sao cho AB=3AD và H là hình chiếu vuông góc của B trên CD. Điểm 1 3

2 2M ; là trung điểm

của đoạn HC. Xác định tọa độ điểm C, biết điểm B nằm trên đường thẳng x+y+7=0.

Phân tích:

Bài toán khá “hiểm”, nó hiểm ở chỗ quá ít dữ kiện để có thể khai thác và gần như các dữ kiện không

liên quan gì đến nhau. Muốn giải được bài toán này phải có một cái chìa khóa nào đó làm cái “lẫy” và

“bẩy” hết bài toán. Yêu cầu của bài toán là tìm điểm C, ta lại biết được tọa độ trung điểm M của đoạn

HC, vậy ta suy ngược lên là phải tìm tọa độ điểm H. Muốn tìm được tọa độ điểm H, ta lại phải tìm được

phương trình đường thẳng DC và BH. Tận dụng dữ kiện hai đường thẳng này vuông góc với nhau tại

H, ta nhận thấy chỉ cần biết được tọa độ điểm B là xong, vì từ điểm B sẽ suy ra được tọa độ điểm D và

suy ra được các phương trình đường thẳng DC và BH. Vậy mấu chốt chính là điểm B, nhưng làm sao có

thể tìm được nó? Câu trả lời là phải “mạnh dạn” dự đoán: AM BM . Bởi vì gần như hướng đi này là

khả thi nhất: dựa vào hình vẽ, và dựa vào dữ kiện đề bài- khi ta có AM BM , ta sẽ viết được phương

trình đường thẳng BM, cho giao với đường thẳng x+y+7=0, ta sẽ tìm được tọa độ điểm B. Vậy nút thắt

bài toán là phải làm sao chứng minh được AM BM .

Ta có thể dùng công cụ vecto để chứng minh hai đường thẳng vuông góc với nhau dựa vào tích vô

hướng- phần này sẽ được trình bày trong phần bình luận. Còn bây giờ, các bạn hãy cùng chú ý một

phép dựng hình để tận dụng và ráp nối các dữ kiện với nhau, đó là: Lập một đường tròn với đường

kính AB, với dự đoán điểm M thuộc đường tròn này. Tam giác ABC cân tại A nên trung điểm K của BC

sẽ thuộc đường tròn. Tiếp tục dựng hình chữ nhật AKBF nội tiếp đường tròn, dựa vào định lý Ta-lét

hoặc dựa vào tam giác đồng dạng, ta nhận thấy F, D, C thẳng hàng. M là trung điểm của HC, ta lại liên

tưởng tới đường trung bình trong tam giác và hoàn toàn có thể tạo ra nó bằng cách gọi trung điểm của

BH là N. Khi đó MN//BC và 2

BCMN nên ta thấy AMNF là hình bình hành do có một cặp cạnh đối song

song và bằng nhau. Từ đó ta có AM//FN. Vậy nếu ta chứng minh được FN vuông góc với BM thì bài

toán đã giải quyết xong. Nhưng theo cách dựng, thì đúng là FN vuông với BM thật, bởi vì dễ dàng chứng

minh được N là trực tâm của tam giác FBM.

Lời giải:



Gọi K là trung điểm của BC, ta suy ra AK vuông góc với BC.

Gọi I là trung điểm của AB rồi dựng đường tròn (C) tâm I đường kính AB. Dễ thấy K thuộc đường tròn (C).

Dựng hình chữ nhật AKBF nội tiếp đường tròn (C). Theo cách dựng ta có 2

BCAF BH và FA//BC( do cùng

vuông góc với AK)

Xét tam giác FAD và tam giác DBC, ta có: 1

2

AD AF

BD BC và FAD DBC ( so le trong- FA//BC).

FAD DBC~ (c.g.c) 180OFDA ADC BDC ADC hay F, D, C thẳng hàng.

Gọi N là trung điểm của BH. Do M là trung điểm của HC, N là trung điểm của BH nên MN là đường trung bình

của tam giác BHC, suy ra MN//BC và 2

BCMN . Mặt khác BC BF nên kết hợp lại ta có MN BF .

Có 2

BCMN AF và AF//MN(//BC) nên AMNF là hình bình hành, suy ra FN//AM.

Mặt khác, ta có: MN BF ( chứng minh trên) và BH DC ( giả thiết). N là giao điểm của BH và ME, F, D, M

thẳng hàng nên tam giác FBM nhận N làm trực tâm. Suy ra FN BM . Vậy ta suy ra được tiếp AM BM do

FN//AM- chứng minh trên.

Phương trình đường thẳng AM là 𝑦 = −3𝑥

Ta đã chứng minh AM vuông góc với BM, do đó phương trình đường thẳng BM là 1 5

3 3y x .

Tọa độ điểm B là nghiệm phương trình:

1 54

4 33 33

7

xx yB

yx y

; .

D nằm trên đoạn AB, mặt khác AB=3AD, do đó ta có tọa độ điểm D là 2 1D ; .

Phương trình đường thẳng DM là 𝑦 = −𝑥 − 1. Từ đó dễ suy ra phương trình đường thẳng BH đi qua điểm

B(−4; −3) và vuông góc với DM là 𝑦 = 𝑥 + 1.

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình: 1 1

1 01 0

x y xH

x y y; .



1 3

2 2M ; là trung điểm của 1 0H ; và C, suy ra tọa độ của điểm C là 2 3C ; .

Vậy 2 3C ; là điểm cần tìm.

Bình luận:

Thực sự thì hướng dựng hình như vậy quả thực là khó khăn nếu chưa bao giờ gặp phải bài này. Những

bài toán đòi hỏi dựng hình mới làm được thường là những bài khó xơi, và đọc lời giải này ta cũng không

thấy nó “tự nhiên” cho lắm ở bước chứng minh AM vuông góc với BM. Một hướng đi khác không cần

dựng hình mà vẫn chứng minh được AM vuông góc với BM, đó là sử dụng công cụ của lớp 10- dùng véc

tơ. Ta đã biết hai đường thẳng vuông góc với nhau khi tích vô hướng của hai véc tơ chỉ phương của hai

đường thẳng đó bằng 0. Vậy mấu chốt là ta sẽ chứng minh 0AM BM. . Trước tiên ta có giả thiết D nằm

trên cạnh AB và AB=3AD nên ta suy ra được: 3 3 3 3 2AB AD AC CB AC CD DC AC BC .

Xem lại hình vẽ, ta thấy BH vuông góc với DC, do đó tích vô hướng của hai véc tơ BH và DC sẽ bằng 0.

Vậy ta sẽ cố gắng “lái” AM BM. về các véc tơ BH , DC và cố gắng tận dụng dữ kiện 3 2DC AC BC .

Ta có:

1 1 1

2 2 4

1

4

12

4

AM BM AH AC BH BC AH BH AH BC AC BH AC BC

AC BH CH BH AB BC BH BC AC BH AC BC

AC BH BH BC CH

. . . . . . .

. . . . . .

. .

10 0 0 0

4

BH AB BC AC BC. . .

Phần sau của bài toán là phần tính toán với tọa độ, tương tự như lời giải đã trình bày ở trên.

Một mẹo nhỏ khi làm bài toán viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm, đó là khai thác sức mạnh

của CASIO. Lấy thẳng ví dụ này, khi đến bước phải viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm

đã biết tọa độ là 1 3

2 2M ; và 𝐴(−1; 3), ta làm các bước sau:

Nhấn nút ON để mở máy tính rồi vào MENU- Nhấn 3( STAT)- Nhấn 2( A+BX).( Đó là chế độ

nhập vào 2 điểm và phương trình đường thẳng xuất ra sẽ có dạng 𝑦 = 𝑎 + 𝑏𝑥, các bạn nên chú

ý vào những kí tự trên máy tính và suy đoán ra chức năng của nó để còn tận dụng )

Nhập tọa độ của các điểm vào tương ứng với X và Y. Nhập đến đâu nhấn = đến đó, chú ý nhập

chính xác và đúng tọa độ X, Y. Ví dụ này thì nhập, màn hình phải có dạng như sau:

X Y

1 0,5 -1,5

2 -1 3

Tiếp theo, nhấn AC. Nhấn SHIFT- nhấn phím 1( gọi menu STAT)- nhấn phím 5( Reg)- nhấn

phím 1( giá trị của A). Sau đó nhấn phím =, màn hình hiện kết quả 0. Ghi nhớ con số này. Làm

tương tự các bước như trên, khác là thay phím số 1 bằng phím số 2( gọi giá trị của B), màn

hình hiện kết quả bằng -3. Vậy, phương trình đường thẳng đi qua hai điểm này sẽ có dạng 𝑦 =

𝑎 + 𝑏𝑥, theo máy tính nó sẽ là 𝑦 = −3𝑥.

Nói thì dài dòng nhưng nếu các bạn ấn nhanh và chính xác thì kết quả ra rất chuẩn, không mất

nhiều thời gian kiểm tra lại. Bài thi đại học không quá khắt khe về chuyện chấm từng bước

rườm rà, biết tọa độ 2 điểm rồi các bạn hoàn toàn có thể viết luôn phương trình đường thẳng

đi qua hai điểm đó, không cần cầu kì viết vecto chỉ phương hay pháp tuyến gì cả. Và vẫn còn

rất nhiều thủ thuật với máy tính hay nữa, mong các bạn có thể tự mình khám phá thêm.



Ví dụ 3: [ Đề thi thử lần 3- 2013 K2pi.net] Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh

B thuộc đường thẳng 1

2 2 0d x y: , đỉnh C thuộc đường thẳng 2

5 0d x y: . Gọi H là hình chiếu vuông

góc của B xuống AC. Biết 29

5 5M ; , 9 2K( ; ) lần lượt là trung điểm của AH và CD. Tìm toạ độ các đỉnh của hình

chữ nhật biết hoành độ đỉnh C lớn hơn 4.

Phân tích:

Sau khi vẽ hình ra, ta thấy bài toán này tương đối khó vì các dữ kiện khá rời rạc. Cần có “siêu keo” để

kết dính những dữ kiện ấy lại- điều này có được nhờ sự tưởng tượng mạnh mẽ và phán đoán chính xác

Một tư duy quen thuộc là cố tìm ra hai đường nào đó vuông góc với nhau, và dựa vào các dữ liệu bài

toán cho để tìm ra lần lượt các điểm cần thiết. Hai điểm M và K đã biết tọa độ, nên ta dự đoán là sẽ có

một đường thẳng nào đó vuông góc với MK. Vẽ một vài hình ra, ta có phán đoán BM MK - phán đoán

này phải chính xác đến 90% vì khi đó ta sẽ viết được phương trình đường thẳng BM, cho BM giao với

1d ta sẽ tìm được B. Thừa thắng xông lên, dựa vào tích vô hướng của 0BC CK. và điều kiện hoành độ

đỉnh C lớn hơn 4, ta sẽ tìm được tọa độ điểm C. Suy nốt ra điểm D dựa vào trung điểm K của CD, và suy

nốt ra điểm A dựa vào hai véc tơ bằng nhau BC AD . Tóm lại, nút thắt bài toán chính là chứng minh

được BM MK . Các bước chứng minh sẽ được trình bày tiếp ngay sau đây.

Gọi E là trung điểm của AB, F là trung điểm BK. Dễ thấy hình chữ nhật BEKC nội tiếp đường tròn (C)

tâm F đường kính BK và EC. Lại có EM là đường trung bình của tam giác ABH, BH vuông góc với AC

nên ta cũng có EM vuông góc với AC. Vậy điểm M thuộc đường tròn đường kính EC, hay chính là điểm

M thuộc đường tròn (C). Mặt khác, BK lại là một đường kính của đường tròn này, cho nên dễ thấy

BM MK . Nút thắt bài toán đã được gỡ bỏ.

Lời giải:

Gọi E là trung điểm của AB. Ta có EM là đường trung bình của tam giác ABH nên EM//BH. Mặt khác có BH AC

nên ta có EM AC .

Gọi F là trung điểm BK. Dễ thấy hình chữ nhật BEKC nội tiếp đường tròn (C) tâm F đường kính BK và EC. Mà

EM AC nên M thuộc đường tròn (C). Vậy BM MK .

Phương trình đường thẳng MK là 2 9 0x y .

Có BM MK , nên ta suy ra phương trình đường thẳng BM là 9 2 17x y .



Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình: 9 2 17 1

1 42 2 4

x y xB

x y y; .

Điểm C thuộc đường thẳng 2

5 0d x y: nên tọa độ điểm C có dạng 5C c c; .

BC vuông góc với CK nên ta có: 0BC KC. .

Có 1 9BC c c; và 9 2KC c c; . Vậy nên:

9

0 9 2 3 0 93

2

c

BC KC c c cc

. (do hoành

độ của điểm C lớn hơn 4). Suy ra: 9 4C ; .

9 2K( ; ) là trung điểm của CD nên tọa độ điểm D là 9 0D ; .

Dựa vào BC AD ta suy ra tọa độ điểm A là 1 0A ; .

Tóm lại tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật cần tìm là 1 0A ; , 1 4B ; , 9 4C ; , 9 0D ; .

Bình luận:

Tính chất của bài toán đã đúng trong trường hợp là hình chữ nhật, thì chắc chắn tính chất ấy sẽ đúng

trong hình vuông. Và hoàn toàn có thể khai thác được tính chất này trong đề toán khối A-2014. Câu

hình giải tích phẳng là một câu khó, nhưng hướng đi sẽ thật rõ ràng khi các bạn đã từng làm qua bài

toán này và nhớ được cách chứng minh hai đường vuông góc với nhau. Tất nhiên hướng đi rõ ràng

là một chuyện, nhưng làm dài hay không thì lại là một chuyện khác. Mình làm câu hình phẳng ấy mất

1 tiếng, đi theo hướng này và dài 3 trang giấy. Rất may là vẫn được trọn vẹn điểm câu này. ^,^

Ngoài cách làm này ra, các bạn có thể tham số hóa tọa độ 2 điểm B, C sau đó giải hệ phương trình:

0

0

CK BC

BH MC

.

.. Lời giải cụ thể xin nhường lại các bạn, và có thể cách làm này sẽ nhanh hơn, nhưng mình

xin nhấn mạnh lại độ ứng dụng về tính chất hình học của cách 1 là rất lớn, các bạn nên chú ý ghi nhớ

để có thể vận dụng tốt với những biến thể của nó.

Ví dụ 4:[ HSG tỉnh Nghệ An 2012] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2

1 1 25x y , và

các điểm 7 9 0 8A B( ; ), ( ; ) . Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho biểu thức 2P MA MB đạt giá trị nhỏ nhất.

Phân tích:

Ta nhớ lại bài toán:” Đặt nhà máy D gần bờ sông ở vị trí nào để từ điểm B qua sông, đến nhà máy, rồi

qua đến điểm A đi qua một quãng đường ngắn nhất?” Cách làm bài toán đó không hề khó. Lấy điểm C

đối xứng với điểm B qua sông, tìm giao điểm giữa CA và bờ sông- đó chính là vị trí đặt nhà máy. Cơ sở

của cách làm đó là sử dụng bất đẳng thức tam giác. Ta luôn có CD AD AC , dấu bằng xảy ra khi và

chỉ khi C, D, A thẳng hàng. Vậy trong bài toán này, ta có thể làm theo cách lấy đối xứng như vậy được

nữa hay không? Câu trả lời là không, tuy nhiên cơ sở để làm bài toán này vẫn là sử dụng bất đẳng thức

tam giác. Ta phải tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2P MA MB . Hệ số của MA khác của MB nên khó

có thể áp dụng được bất đẳng thức tam giác, vì vậy nên ta phải tìm một điểm J nào đó và “lái” sao cho

MA=2MJ- cần lưu ý là điểm M chạy lung tung trên đường tròn, không cố định, mà điểm J cố định vẫn

phải đảm bảo thỏa mãn MA=2MJ. Cách tìm điểm J sẽ được trình bày ở phần dưới.

Ta có 2 2

2 22 4 4MA MJ MA MJ MI IA MI IJ ( thao tác chen điểm I- điểm này cố định) .

Chú ý rằng 2

2MI R . Khai triển và biến đổi để cô lập vecto chứa điểm M về một vế , ta được

2 2 22 4 3 4MI IA IJ R IJ IA . Đẳng thức này luôn đúng với mọi M khi xảy ra đồng thời hai điều kiện:

4 0IA IJ và 2 2 23 4 0R IJ IA . Ta giải điều kiện 4IA IJ , tìm được 5

32

J ; . Thay ngược trở lại điều

kiện 2 2 23 4 0R IJ IA , thấy thỏa mãn. Vậy 5

32

J ; là điểm cần tìm. Từ đó ta sẽ xử lí bài toán như

hướng dùng bất đẳng thức tam giác như ở bài toán bên trên: 2 2 2MA MB MJ MB BJ . Mặt khác,



dễ nhận thấy A, B nằm ngoài đường tròn, nên điểm M chính là giao điểm của đường thẳng BJ với đường

tròn. Cần có một thao tác thử lại để hoàn thiện bài toán.

Lời giải:

(C) có tâm I(1;1) và bán kính R = 5.

Gọi 5

32

J ; . Ta chứng minh với mọi điểm M thuộc (C) ta có MA = 2MJ.

Thật vậy: 2 2

2 22 4 4MA MJ MA MJ MI IA MI IJ 2 2 22 4 3 4MI IA IJ R IJ IA .

Đẳng thức này đúng vì 2 2 24 0 3 4 0IA IJ R IJ IA; .

Vì thế với mọi điểm M thuộc (C) ta có: 2 2 2MA MB MJ MB BJ

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M thuộc đoạn thẳng BJ (Vì B nằm ngoài đường tròn (C); J nằm trong đường tròn

(C).

Do đó MA + 2MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của đường tròn (C) đường thẳng BJ.

Đường thẳng BJ có phương trình 2 8 0x y .

Tọa độ giao điểm của BJ và (C) là nghiệm của hệ

2 2

2 8 0 1

61 1 25

x y x

yx y hoặc

5

2

x

y.

Thử lại ta có điểm M(1;6) thuộc đoạn JB thỏa mãn bài toán.

Bình luận:

Thực sự thì bài toán này vẫn còn một cách xử lí thô sơ hơn, đó là gọi tọa độ điểm M bằng hai ẩn a, b,

sau đó viết các khoảng cách cần tính ra và tìm cực trị của hàm số đó, với giả thiết M thuộc đường tròn.

Cách làm này khá là khó khi chưa biết điểm rơi, tuy nhiên đã biết rồi thì các bạn cũng nên luyện tập

cách làm này. Dẫu cách làm này về mặt tư tưởng thì đơn giản, nhưng bắt tay vào thực hiện thì khó để

làm nuột nà như cách trên được. Bài toán hình học, thì dùng kiến thức hình học để giải lúc nào cũng là

đẹp nhất!

Ví dụ: [ HSG Thanh Hóa 2012] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn 2 2 9C x y( ): , đường thẳng

3 3y x: và điểm 3 0A( , ) .Gọi M là một điểm thay đổi trên (C) và B là điểm sao cho tứ giác ABMO là

hình bình hành. Tính diện tích tam giác ABM, biết trọng tâm G của tam giác ABM thuộc và G có tung độ

dương.

Phân tích:



Nhận thấy điểm A thuộc đường tròn. M cũng thuộc đường tròn, suy ra hình bình hành ABMO là một

hình thoi, do đó AM vuông góc với OB.

Bài toán còn khá “đơn sơ” và lẽ tất yếu là ta phải dựng thêm hình để có thêm dữ kiện để giải bài toán.

Gọi I là giao điểm của MA và OB, khi đó AM vuông góc với OB tại I. Lại có G là trọng tâm của tam giác

ABM, ABMO là hình thoi nên dễ suy ra 4

3OG OI . Để tận dụng dữ kiện vừa tìm được, ta sẽ dựng

GK AM// và sẽ được rất nhiều lợi ích. Ta sẽ có 4

3OK OA , từ đó suy ra điểm K có tọa độ 4 0K( ; ) . Mặt

khác lại suy ra được GK OB , nên điểm G sẽ thuộc đường tròn đường kính OK. Vậy cho đường thẳng

3 3y x: giao với đường tròn đường kính OK, ta sẽ tìm được điểm G và loại nghiệm nhờ vào

dữ kiện G có tung độ dương.

Sau khi tìm được điểm G rồi thì ta sẽ tính diện tích tam giác ABM. Khó có thể tìm được diện tích tam

giác ABM một cách trực tiếp, vậy nên ta phải tính gián tiếp nó dựa vào tỉ lệ diện tích vậy. Diện tích tam

giác AOM bằng diện tích tam giác BMA, mặt khác diện tích AOM gấp đôi diện tích tam giác OIA. Lại có

diện tích tam giác OAI tỉ lệ với diện tích tam giác OGK- cụ thể là bằng 2

3

4. Diện tích tam giác OGK ta

lại hoàn toàn tính được bằng công thức 2

OK d G Ox. ( , ). Bài toán đã được giải quyết.

Lời giải:

(C) có tâm O(0; 0), bán kính 3R .

Nhận xét: A C OA OM( ) ABMO là hình thoi AM OB .

Gọi I AM OB 4

3OG OI .

Kẻ GK AM// , K OA , ta có: 4

3OK OA 4 0K( ; ) .

GK AM// GK OB .

Suy ra G thuộc đường tròn đường kính OK .

Toạ độ 0G x y y( ; ), thoả mãn: 2 2

3 3

2 4

y x

x y( )



22

3 3

1 3 4

x y

y y 2

3 3

2 2 1 3 2 3 0

x y

y y( )3 3 0G do y( ; ) ( ) .

Diện tích: 9

2 216

AMB OAM OAI OKGS S S S( ) ( ) ( ) ( ). .9

8 2

OK d G Ox. ( , ).

9 4 3

16

. . 9 3

4.

Documents

“Chinh phục hình học giải tích mặt phẳng Oxy”k2pi.net.vn/data/files3/K2PI---Trich doan chinh phuc hinh hoc Oxy.pdf · được tọa độ điểm I rồi, chỉ còn