Tài liệu 7.1 toa do

www.VNMATH.com Nguyễn Phú Khánh HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TỌA ĐỘ OXY Dạng 1. Tọa độ vectơ 1. Định nghĩa: Hệ trục tọa độ gồm hai trục vuông góc Ox và Oy với hai vectơ

đơn vị lần lượt là i, j . Điểm O gọi là gốc tọa độ, Ox gọi là trục hoành và Oy gọi là trục tung.

( Kí hiệu Oxy hay O; i, j ) 2. Tọa độ điểm, tọa độ vec tơ .




+ Trong hệ trục tọa độ O; i, j nếu u = xi + yj thì cặp số ( x; y ) được gọi là tọa độ ( ) ( ) 


của vectơ u , kí hiệu là u = ( x; y ) hay u ( x; y ) . x được gọi là hoành độ, y được 
gọi là tung độ của vectơ u 


+ Trong hệ trục tọa độ O; i, j , tọa độ của vectơ OM gọi là tọa độ của điểm M , kí hiệu là M = ( x; y ) hay M ( x; y ) . x được gọi là hoành độ, y được gọi là tung độ của điểm M . Nhận xét: Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của M lên Ox và Oy thì M ( x; y ) 




⇔ OM = xi + yj = OH + OK 



Như vậy OH = xi, OK = yj hay x = OH, y = OK 3. Tọa độ trung điểm của đoạn thẳng. Tọa độ trọng tâm tam giác. + Cho A(xA ; y A ), B(x B ; y B ) và M là trung điểm AB . Tọa độ trung điểm xA + x B y + yB , yM = A 2 2 + Cho tam giác ABC có A(x A ; y A ), B(x B ; y B ), C ( xC ; yC ) . Tọa độ trọng tâm M ( xM ; yM ) của đoạn thẳng AB là x M = G ( xG ; y G ) của tam giác ABC là xG = x A + x B + xC 3 , yG = y A + y B + yC 2 4. Biểu thứ tọa độ của các phép toán vectơ. 

Cho u = (x; y) ; u' = (x'; y') và số thực k . Khi đó ta có : 



 x = x'  y = y' + u = u' ⇔  + u ± v = (x ± x'; y ± y ') 
+ k.u = (kx; ky) 



x' = kx + u ' cùng phương u ( u ≠ 0 ) khi và chỉ khi có số k sao cho   y' = ky 505 www.VNMATH.com Nguyễn Phú Khánh 
+ Cho A(xA ; y A ), B(x B ; y B ) thì AB = ( x B − xA ; y B − y A )


Ví dụ 1. Cho các vectơ a = ( −2; 3 ) , b = ( 1; −2 ) ,c = ( −3; −5 )


1. Tìm các số m, n sao cho : c = ma + nb 




2. Tìm vectơ u sao cho : a.u = 15 và b.u = −11 Lời giải



1. Ta có ma = ( −2m; 3m ) , nb = ( n; −2n ) ⇒ ma + nb = ( −2m + n; 3m − 2n )


−2m + n = −3 m = 11 Vậy c = ma + nb ⇔  ⇔ 3m n 5 − = −  n = 19 
2. Gọi u ( x; y )

a.u = 15 
−2x + 3y = 15 x = 3 ⇔ ⇔ ⇒ u = ( 3;7 )  

y = 7  b.u = −11  x − 2y = −11 Ví dụ 2. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy 1. Cho A ( 2; 2 ) , B ( 5; −2 ) . Tìm trên trục hoành điểm C để ∆ABC vuông. 2. Tìm trên trục hoành điểm A , cách B ( 2; −)3 ) , một khoảng bằng 5 . 3. Tìm trên trục tung điểm C cách điểm D ( −8;13 ) một khoảng bằng 17 . 4. Tìm điểm M trên trục tung cách đều 2 điểm A ( −1; 3 ) và B ( 1; 4 ) . Lời giải 


1. Gọi C ( x0 ; 0 ) ∈ Ox ⇒ AC = ( x0 − 2; −2 ) , BC = ( x0 − 5; 2 ) , AB = ( 3; −4 ) 

 2  * ∆ABC vuông tại A ⇔ AB ⊥ AC ⇔ AB.AC = 0 ⇔ C  − ; 0   3  

 22  * ∆ABC vuông tại B ⇔ AB ⊥ BC ⇔ AB.BC = 0 ⇔ C  ; 0   3  

* ∆ABC vuông tại C ⇔ CA ⊥ CB ⇔ AC.CB = 0 ⇔ C ( 1; 0 ) ,C ( 6; 0 ) 
2. Gọi A ( x0 ; 0 ) ∈ Ox ⇒ AB = ( 2 − x0 ; −3 ) , AB = 5  x = −2 2 2 ⇔ ( 2 − x0 ) + ( −3 ) = 52 ⇔  0 ⇒ A ( −2; 0 ) , A ( 6; 0 )  x0 = 6 
3. Gọi C ( x0 ; y 0 ) ∈ Oy : CD = ( −8;13 − y ) ,CD = 17 506 www.VNMATH.com Nguyễn Phú Khánh  y = −2 2 2 ⇔ ( 13 − y0 ) + ( −8 ) = 17 2 ⇒  0 ⇒ C ( 0; −2 ) ,C ( 0; 28 )  y0 = 28 4. Gọi M ( 0; y0 ) ∈ Oy . Khi đó : MA = MB ⇔ MA 2 = MB2 ⇔ ( −1) + ( 3 − y0 ) = 12 + ( 4 − y 0 ) ⇒ y 0 = 2 2 2  7 7 ⇒ M  0;  2  2 Ví dụ 3. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho điểm A ( 4; 2 ) . Tìm tọa độ điểm B sao cho 

1. OAB là tam giác đều, OA; OB = 600 . 

2. OAB là tam giác cân, OA; OB = 450 ) ) ( ( Lời giải ( ) 1. Ta có : tan ( Ox;OA ) = tan α + 600 = tan α + tan 600 1 − tan α.tan 600 1 1+ 2 3 ⇒ tan ( Ox;OA ) = 2 2− 3 1+ 2 3   1+ 2 3  x0  Từ đó : ( OB ) : y =   x ⇒ B  x0 ;  2− 3    2)− 3     tan α = 2  1+ 2 3  x  = 20 ⇔ x02 = 2 − 3 Khi đó OA = OB ⇔ x02 +   2− 3 0   ( Vì y0 > 0 ⇒ x0 > 0 ⇒ x0 = 2 − 3 ⇒ B 1 − 3;1 + ( ) 2. Tương tự tan ( Ox;OB ) = tan α + 450 = ( 3) ) 2 tan α + tan 450 =3 1 − tan α.tan 450 ⇒ ( OB ) : y = 3x . ( AB ) đi qua A và vuông góc OA nên ( AB ) có phương trình : 4 ( x − 4 ) + 2 ( y − 2 ) = 0 ⇔ 2x + y − 10 = 0  y = 3x B là giao điểm OB và AB nên B :  ⇒ B ( 2; 6 )  2x + y − 10 = 0 Ví dụ 4. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho ∆ABC biết A ( 1;1) ; B ( −3; −2 ) ; C ( 0;1) . 1. Tìm tọa độ trực tâm H của ∆ABC ; 2. Tìm tọa độ chân đường cao A' vẽ từ A . 507 www.VNMATH.com Nguyễn Phú Khánh Lời giải 

 AH.BC = 0 1. Gọi H ( x; y ) là trực tâm ∆ABC ⇔  

(I)  BH.AC = 0 



AH = ( x − 1; y − 1) , BH = ( x + 3; y + 2 ) , BC = ( 3; 3 ) , AC = ( −1; 0 )  x = −3  3 ( x − 1) + 3 ( y − 1) = 0 ⇔ ⇒ H ( −3; 5 ) Khi đó ( I ) ⇔  y = 5  − ( x + 3 ) = 0 



2. Gọi A' ( a; b ) là chân đường cao AA' ⇔ AA'.BC = 0 và BA ' cùng phương BC 


AA' = ( a − 1; b − 1) , BA ' = ( a + 3; b + 2 ) , BC = ( 3; 3 ) 1  a=  3 ( a − 1) + 3 ( b − 1) = 0  1 3  2 Khi đó, ta có hệ:  ⇔ ⇒ A'  ;  3 3 b 2 3 a 3 0 + − + = ) ( ) 2 2 b =  (  2 Ví dụ 5. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho A ( 2;1) , B ( 3; −1) , C ( −2; 3 ) . Tìm điểm E ∈ Oy để ABEC là hình thang có 2 đáy AB và CE với K là giao điểm K của AC và BE . ) Lời giải • Gọi E ( 0,e ) ∈ Oy • 

ABEC là hình thang có 2 đáy AB và CE ⇒ AB cùng phương CE ( * ) 

AB = ( 1; −2 ) ,CE = ( 2; e + 3 ) . Thì ( * ) ⇔ e + 3 + 4 = 0 ⇒ e = −7 = E ( 0; −7 ) 

AC ↑↑ AK K = AC ∩ BE ⇒ A,C,K thẳng hàng và B,E,K thẳng hàng ⇔  

 BE ↑↑ BK 



AC = ( −4; −4 ) , AK = ( xK − 2; y K − 1) , BE = ( −3; −6 ) , BK = ( xK − 3; yK + 1) Khi đó −4 ( yK − 1) + 4 ( xK − 2 ) = 0 x − yK = 1 x = 6 ⇔ K ⇒ K 2xK − yK = 7  yK = 5 −3 ( y K +1) + 6 ( xK − 3 ) = 0 (∗ ∗) ⇔  ⇒ K ( 6; 5 ) Ví dụ 6. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy 1. Cho A ( 3; 0 ) và C ( −4;1) là đỉnh đối nhau của hình vuông. Tìm 2 đỉnh còn lại. 2. Cho A ( 2; −1) và B ( −1; 3 ) là 2 đỉnh liên tiếp hình vuông. Tìm 2 đỉnh còn lại. 508 ( ∗ ∗) www.VNMATH.com Nguyễn Phú Khánh 3. Cho A ( 2; 4 ) ; B ( 1;1) . Tính tọa độ C, D biết ABCD là hình vuông. Lời giải  1 1 1. Gọi I  − ;  là trung điểm AC , gọi B ( a; b )  2 2 

 BI.AC = 0  BI ⊥ AC 

  ⇒ Ta có  ( I ) , trong đó BI =  a + 21 ; b − 21  , AC = ( −7;1) 1 1 2 2    BI = AC  BI = AC  2  4   1 1 −7  a +  + b − = 0 2 2 a = 0, y = 4   a 2 + a = 0 Từ ( I ) ⇔  ⇔ ⇔  2 2 2 1  1 1  b = 7a + 4 a = −1, b = −3   a + 2  +  b − 2  = 4 5 2     Vậy B ( 0; 4 ) hoặc B ( −1; −3 ) ; D ( 0; 4 ) hoặc D ( −1; −3 ) ( ) AB2 = BC2 AB = BC 2. Gọi C ( c; d ) là đỉnh đối diện A . Ta có  ⇔  

( II ) AB ⊥ BC AB.BC = 0 

AB = ( −3; 4 ) , BC = ( c + 1; d − 3 )  c + 1 2 + d − 3 2 = 25 c = 3,d =6 C ( 3; 6 ) ) ⇔ ⇒ ( II ) ⇔ ( ) ( ) c = −5,d = 0 C ( −5; 0 ) −3 ( c + 1) + 4 ( d − 3 ) = 0 

Vì ABCD là hình vuông AD = BC 
 x − 2 = 4 BC = ( 4; −3 )  * C ( 3; 6 ) , ta có: 
⇒ D ( 6; 2 ) ⇒ AD = ( x − 2; y + 1)   y + 1 = 3 
  x − 2 = −4 BC = ( −4; −3 )  * C ( −5; 0 ) , ta có: 
⇒ D ( −2; −4 ) ⇒  AD = ( x − 2; y + 1)   y + 1 = −3 Vậy, C ( 3; 6 ) ; D ( 6; 2 ) hoặc C ( −5; 0 ) , D ( −2; −4 ) 3. Gọi C ( x; y ) , ta có: BA = 10, BC 2 = ( x − 1) + ( y − 1) 

  BA ⊥ BC 1. ( x − 1) + 3 ( y − 1) = 0 ABCD là hình vuông ⇒  ⇒ 2 2  BA = BC ( x − 1) + ( y − 1) = 10 x = 4 x = −2 hoặc  ⇔ y = 0 y = 2 

TH1 : C ( 4; 0 ) ⇒ AB = DC ⇒ D ( 5; 3 ) 2 2 509 www.VNMATH.com Nguyễn Phú Khánh 

TH2: C ( −2; 2 ) ⇒ AB = DC ⇒ D ( −1; 5 ) Ví dụ 7. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho 2 điểm M ( 1;1) , N ( 7; 5 ) và đường thẳng ( d ) : x + y − 8 = 0 . 1. Tìm điểm P ∈ ( d ) sao cho ∆PMN cân đỉnh P 2. Tìm điểm Q ∈ ( d ) sao cho ∆QMN vuông đỉnh Q 1. P ( x0 ; y0 ) ∈ ( d ) : x0 + y0 − 8 = 0 Lời giải ∆PMN cân đỉnh P ⇔ PM = PN ⇔ ( x0 − 1)2 + ( y0 − 1)2 = ( x0 − 7 )2 + ( y0 − 5 )2 x0 + y0 − 8 = 0 x0 = 2 Ta có hệ :  ⇒ P ( 2; 6 ) 2 2 2 2 ⇔  y0 = 6 ( x0 − 1) + ( y0 − 1) = ( x0 − 7 ) + ( y0 − 5 ) 

2. Q ( x1 ; y1 ) ∈ ( d ) : x1 + y1 − 8 = 0 . QM = ( 1 − x1 ;1 − y1 ) , QN = ( 7 − x1 ; 5 − y1 ) 

∆QMN vuông đỉnh Q ⇔ QM ⊥ QN ⇔ ( 1 − x1 )( 7 − x1 ) + ( 1 − y1 )( 5 − y1 ) = 0  x1 + y1 − 8 = 0  x = 7 ) ⇔ 1 ⇒ Q ( 7;1) Ta có hệ  − − + − − = ( 1 x1 )( 7 x1 ) ( 1 y1 )( 5 y1 ) 0  y1 = 1 Ví dụ 8. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho ∆ABC biết A ( 3;1) , B ( 1; −3 ) trọng tâm G của ∆ABC nằm trên Ox . Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích ∆ABC bằng 3. Lời giải 2 * G ( x; 0 ) ∈ Ox , G là trọng tâm ∆ABC ⇔ AG = AM ⇔ 3AG = 2AM 3 



⇔ 2AG = 3AM ; AG = ( x − 3; −1) , AM = ( xM − 3; yM − 1) 3  x = ( x − 1) 

1 3 3 ( x − 3 ) = 2 ( xM − 3 )  M 2 ⇔ ⇒ M  ( x − 1) ; −  2AG = 3AM ⇔  2 2 y = − 1 −3 = 2 ( yM − 1)  M 2 * Mặt khác M là trung điểm BC 510 www.VNMATH.com Nguyễn Phú Khánh x B + xC 1 + xC  3 xM =  ( x − 1) = 2 2 ⇔ xC = 3x − 4 ⇒ C 3x − 4; 2 ⇔ ⇔ 2 ( )   yC = 2  y = y B + yC − 1 = −3 + yC  M  2 2 2  3 x B + xC 1 + xC xM =  ( x − 1) = 2 2 ⇔ xC = 3x − 4 ⇒ C 3x − 4; 2 ⇔ ⇔ 2 ( )   yC = 2  y = y B + yC − 1 = −3 + yC  M  2 2 2 

CA = ( 7 − 3x; −1) ,CB = ( 5 − 3x; −5 ) 

1 S ∆ABC = 3 ⇔ 3 = det CA,CB ⇔ 6 = −5 ( 7 − 3x ) + ( 5 − 3x ) 2 ⇔ 2x − 5 = 1 ⇔ x = 3 hoặc x = 2 ( ) Vậy, C ( 2; 2 ) hoặc C ( 3; 2 ) là tọa độ cần tìm. Ví dụ 9. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho hình thoi ABCD biết A ( 3;1) , B ( −2; 4 ) và giao điểm I của 2 đường chéo nằm trên Ox . Hãy xác định tọa độ điểm C và D . Lời giải ) Gọi I ( x0 ; 0 ) ∈ Ox ⇒ AI = ( x0 − 3; −1) , BI = ( x0 + 2; −4 ) I là giao điểm 2 đường chéo hình thoi 

⇔ AI ⊥ BI ⇔ ( x − 3 )( x + 2 ) + ( −1)( −4 ) = 0 ⇔ x = −1, x = 2 ⇒ I ( −1; 0 ) hoặc I' ( 2; 0 ) x = 2x I − x A = −5 * I ( −1; 0 ) . I là trung điểm AC ⇔  C ⇒ C ( −5; −1)  yC = 2yI − y A = −1 x = 2xI − x B = 0 ⇒ D ( 0; −4 ) và I là trung điểm BD ⇔  D  y D = 2yI − y B = −4 * I ( 2; 0 ) ⇒ C ( 1; −1) , D ( 6; −4 ) Ví dụ 10. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy 1. Cho tứ giác ABCD có A ( −2;14 ) , B ( 4; −2 ) ,C ( 6; −2 ) , D ( 6;10 ) . Tìm tọa độ M giao điểm 2 đường chéo AC và BD .  , AD là trung tuyến. 2. Cho ∆ABC với A ( 3; 5 ) , B ( −5;1) ,C ( 5; −9 ) . Tính góc BAD 511 www.VNMATH.com Nguyễn Phú Khánh Lời giải 
 BM = ( x − 4; y + 2 )  M M 1.  
⇒ 12 ( xM − 2 ) − 2 ( y M + 2 ) = 0 ⇔ 6xM − y M − 26 = 0  BD = ( 2;12 ) 
CM = ( x − 6; y + 2 )  M M ⇒ 16 ( xM − 6 ) + 8 ( yM + 2 ) = 0 ⇔ 2xM + yM − 10 = 0  
CA = ( −8;16 )  9 9  6x − yM − 26 = 0  xM = Ta có :  M ⇒ 2 ⇒ M  ;1  2  2xM + yM − 10 = 0  y = 1  M 

2. D ( 1; −4 ) có AB = ( −8; −4 ) , AD = ( −3; −9 ) 



AB.AD 24 + 36 1   = 450 cos BAD = cos AB; AD = = = ⇒ BAD AB.AD 4 5.3 10 2 ) ( Ví dụ 11. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho điểm A ( a; b ) và ( ) b 0; a 3 − b với a, b ≠ 0 . Tìm điểm C trên trục Ox sao cho ∆ABC cân tại C . Khi đó chứng tỏ ABC còn là tam giác đều. Lời giải ) Gọi C ( x0 ; 0 ) ∈ Ox Do ABC là tam giác cân tại C ⇔ AB = BC ⇔ AC2 = BC2 ( ⇔ ( x0 − a ) + ( 0 − b ) = ( x0 − 0 ) + 0 − a 3 + b 2 2 2 ) 2 ( ⇔ x0 = 3b − a ⇒ C b 3 − a; 0 ) AB2 = 4a 2 − 4ab 3 + 4b 2 Với C b 3 − a; 0 ⇒  ⇒ AB2 = AC 2 ⇒ AB = AC 2 2 2 = − + AC 4a 4ab 3 4b  Vậy ∆ABC là tam giác đều ( ) Ví dụ 12. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy 1. Cho 4 điểm A ( −2; −6 ) , B ( 4; −4 ) ,C ( 2; −2 ) , D ( −1; −3 ) . Chứng minh rằng tam giác ABC vuông và tứ giác ABCD là hình thang. 2. Cho M ( 1;1 − cosa ) , N ( 3; 4 ) . Tính OM,MN . Tính giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của y = cos2 a − 2 cos a + 2 + cos 2 a + 6 cos a + 13 Lời giải 512 www.VNMATH.com Nguyễn Phú Khánh 
 AC = ( 4; 4 ) 

 1.  
⇒ AC.BC = 4 ( −2 ) + 4.2 = 0 ⇒ AC ⊥ BC hay ∆ABC vuông tại C  BC = ( −2; 2 ) 
AB = ( 6; 2 ) = 2 ( 3;1) 

 ⇒ AB = 2DC ⇒ AB  CD hay ABCD là hình thang Ta có  
 DC = ( 3;1)  2 2 2 OM = 1 + ( 1 − cos a ) = cos a − 2 cos a + 2 2.  MN = ( 3 − 1)2 + ( 4 − 1 + cos a )2 = cos 2 a + 6 cos a + 13  Vì 0 ≤ 1 − cos a ≤ 2 nên M di động trên M1M 2 với M1 ( 1; 0 ) ,M 2 ( 1; 2 ) và y = OM + MN ≥ ON ⇒ min y = ON = 32 + 4 2 = 5 khi : O,M, N thẳng hàng OM1 + M1N = 1 + ( 3 − 1)2 + 42 = 1 + OM 2 + M 2 N = 12 + 2 2 + 20 ( 3 − 1)2 + ( 4 − 2 )2 = 5+ 8 y = OM + MN ≤ OM1 + M1 N = 1 + 20 = 1 + 2 5 ⇒ Max y = 1 + 2 5 Khi M ≡ M1 ( 1; 0 ) Ví dụ 13. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy 1. Cho ∆ABC có các đỉnh A ( 2; 6 ) , B ( −3; −4 )) ,C ( 5; 0 ) . Xác định tọa độ chân đường phân giác AD . 


2. cho ∆ABC có A ( 5; 4 ) , B ( −1;1) ,C ( 3; −2 ) ,M là điểm di động thỏa α MA + βMB = 0 

α 2 + β2 > 0 . Xác định M để MA + MC nhỏ nhất. ( ) Lời giải 5 , AC = ( 3 ) + ( −6 ) = 3 5 
BD AB 5 5 
5 = = ⇒ DB = − DC , D chia BC theo tỉ k = − DC AC 3 3 3  5 −3 + .5  3 =2 x D = 5  1+ 3   3 Vậy  ⇒ D  2; −  5 2   −4 + .0 y = 3 =−3  D 5 2 1+  3  1. AB = ( −5 )2 + ( −10 )2 = 5 2 2 513 www.VNMATH.com Nguyễn Phú Khánh  
α + β 
AB = − MA  β ≠ 0  β 2. Nếu  thì  nằm trên AB . 

⇒ M α ≠ 0  AB = α + β MB  α 





Gọi I là trung điểm AC thì MA + MC = 2MI ⇒ MA + MB nhỏ nhất khi 2MI nhỏ nhất. Do I cố định nên MI nhỏ nhất khi M là hình chiếu của I trên AB 

x − 5 yM − 4 = ⇒ xM − 2yM + 3 = 0 AM  AB ⇔ M −6 −3 

IM ⊥ AB ⇒ IM.AB = 0; I ( 4;1) ⇔ 2xM + yM − 9 = 0 ( )  x − 2yM + 3 = 0 x = 3 ⇔ M ⇒ M ( 3; 3 ) Vậy , tọa độ điểm M là nghiệm hệ:  M  2xM + yM − 9 = 0  yM = 3 Ví dụ 14. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho đường thẳng ( d ) : 2x − y + 2 = 0 và 2 điểm A ( 4; 6 ) , B ( 0; −4 ) . Tìm trên đường thẳng ( d ) điểm M 

sao cho vectơ : AM + BM có độ dài nhỏ nhất. Lời giải Gọi M ( x0 ; y 0 ) ∈ ( d ) : 2x0 − y 0 + 2 = 0 ⇒ y 0 = 2x0 + 2 ⇒ M ( x0 ; 2x0 + 2 ) AM = ( x0 − 4; y0 − 6 ) 

) Ta có  ⇒ AM + BM = ( 2x0 − 4; 2y0 − 2 )  BM = ( x0 ; y0 + 4 ) 

2 2 ⇒ AM + BM = ( 2x0 − 4 ) + ( 2y0 − 2 ) = 20x02 − 32x0 + 20 Cách 1 : f ( x0 ) = 20x02 − 32x0 + 20 là hàm bậc 2, có hệ số a = 5 > 0 nên min f ( x0 ) ⇔ x0 = x 5 = − b 32 4 18  4 18  = = ⇒ y0 = ⇒ M ;  2a 20 5 5 5 5  Cách 2 : Đặt f ( x0 ) = 20x02 − 32x0 + 20 có f ' ( x0 ) = 40x0 − 32 = 0 ⇔ x0 = x0 −∞ f ' ( x0 ) f ( x0 ) − +∞ + +∞ ⇒ min f ( x0 ) = 514 4 5 0 +∞ 36 5 36 4 18 tại x 0 = ⇒ y0 = 5 5 5 4 5 www.VNMATH.com Nguyễn Phú Khánh 

 4 18  36 6 5 Vậy M  ;  thì độ dài AM + BM = đạt giá trị nhỏ nhất = 5 5 5 5  Bài tập tự luyện Bài tập 1. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy a. Cho A ( 1; 2 ) , B ( 3; −1) và hình vuông ABCD theo chiều dương. Tìm tọa độ đỉnh C, D. b. Cho 2 điểm A ( 4; 3 ) , B ( 2; 5 ) . Tìm trong mặt phẳng một điểm C để tam giác ABC là tam giác vuông cân. Bài tập 2. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy a. Cho tam giác ABC có A ( 1; −1) , B ( 5; −3 ) và C ∈ Oy , trọng tâm G của tam giác ở trên Ox . Xác định tọa độ C và G . b. Cho 4 điểm A ( 3; 2 ) , B ( 7; 4 ) ,C ( 4; 5 ) , D ( 2; 4 ) . Chứng minh ABCD là hình thang vuông. Tính chu vi và diện tích ABCD . Bài tập 3. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho điểm A ( −3; 2 ) , B ( 4; 3 ) . a. Tìm điểm M ∈ Ox sao cho ∆MAB vuông tại M . ) b. Gọi C là điểm nằm trên Oy và G là trọng tâm ∆ABC . Tìm tọa độ điểm C , biết G nằm trên Ox . Bài tập 4. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho 2 điểm B ( 2;1) ,C ( 6;1) a. Tìm điểm A ( x; y ) , ( x > 0, y > 0 ) sao cho tam giác ABC đều. b. Tìm A' đối xứng với A qua C . 


c. Tìm tọa độ điểm D sao cho AD − 3BD + 4CD = 0 . d. Tìm điểm M sao cho tứ giác ABCM là hình bình hành. Xác định tâm của nó. Bài tập 5. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho tứ giác ABCD có A ( −2;14 ) , B ( 4; −2 ) ,C ( 5; −4 ) , D ( 5; 8 ) . Tìm tọa độ giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Bài tập 6. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, tam giác ABC có trung điểm các cạnh BC, AC, AB lần lượt là M ( 2; 4 ) , N ( −3; 0 ) ,P ( 2;1) a. Tìm tọa độ đỉnh của tam giác ABC . b. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC ; chứng mình G cũng là trọng tâm của tam giác MNP . 515 www.VNMATH.com Nguyễn Phú Khánh Bài tập 7. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho 3 điểm A ( 1; −2 ) , B ( 2; 3 ) , C ( −1; −2 ) . Tìm điểm D trên Oy sao cho ABCD là hình thang có cạnh đáy là AD . Tìm giao điểm I của 2 đường chéo. Bài tập 8. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho 4 điểm A ( −2; −3 ) , B ( 4; −1) , C ( 2;1) , D ( −1; 0 ) a. Chứng minh ABCD là hình thang b. Tìm giao điểm của AB với Ox c. Tìm điểm M trên đường thẳng CD , biết yM = 2 . Khi đó ABMD là hình gì ? d. Tìm giao điểm của AC và BD Bài tập 9. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho ∆ABC , biết A ( 4; 6 ) , B ( −4; 0 ) ,C ( −1; −4 ) a. Tìm tọa độ trực tâm H , trọng tâm G , tâm I và bán kính R đường tròn ngoại tiếp ∆ABC b. Kẻ đường cao AD . Tìm tọa độ D c. Tìm độ dài trung tuyến BE Bài tập 10. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho A ( −2; 3 ) , B ( 2; 5 ) . ) Đỉnh C nằm trên đường thằng x − 3y = 5 . Tâm I ( 1; 2 ) đường tròn ngoại tiếp tam giác . a. Tìm tọa độ C . b. Tìm tọa độ trọng tâm G , trực tâm H . Chứng minh rằng : G,H,I thằng hàng. Bài tập 11. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho điểm A ( 2;1) . Tìm tọa độ điểm B biết rằng đường thẳng AB cắt Oy tại C chia đoạn AB theo tỉ số 2 3 3 và đường thẳng AB cắt Ox tại D chia đoạn AB theo tỉ số − . 4 Bài tập 12. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho 3 điểm A ( −3; 6 ) , B ( 1; −2 ) , C ( 6; 3 ) . a. Chứng minh A, B,C là 3 đỉnh của một tam giác. b. Tìm tọa độ chân đường cao A' xuất phát từ A . c. Tính tọa độ trọng tâm G , trực tâm H và tâm I của tam giác ABC .Có nhận xét gì về điểm G,H,I ? Bài tập 13. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho điểm A ( 0; 4 ) , và 516 www.VNMATH.com Nguyễn Phú Khánh đường thẳng y = 8 . Tìm trên đường thẳng y = 0 điểm B ( x B ; 0 ) và trên đường thẳng y = 8 điểm C ( xC ; 8 ) sao cho AB = AC và tam giác ABC có diện tích bằng 24 . Bài tập 14. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, 3 điểm A ( 3; 5 ) , B ( 1; 2 ) ,C ( 5;1) a. Tìm tọa độ trọng tâm G , trực tâm H , tìm chân đường cao A' của AA' . b. Xác định tọa độ tâm I đường tròn ngoại tiếp ∆ABC . Chứng minh G,H,I thẳng hàng. Bài tập 15. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho 3 điểm A ( 3;1) , B ( −1; −1) , C ( 6; 0 ) . Tìm tọa độ đỉnh D của hình thang cân cạnh đáy AB,CD . Bài tập 16. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy a. Cho 2 điểm A ( a; 0 ) ,C ( 2a; 3a ) . Đường thẳng đi qua A và vuông góc với AC cắt đường thẳng x + 2a = 0 tại điểm B . Chứng minh tam giác ABC là tam giác cân. b. Cho 2 đường thẳng 3x − 4y + 6 = 0 và 4x − 3y − 9 = 0 . Tìm một điểm M trên trục Oy cách đều 2 đường thẳng ấy. c. Cho ∆ABC với A ( 1; 3 ) , B ( 0;1) ,C ( −4; −1) . Tìm tọa độ chân đường cao H kẻ từ A d. Tìm tọa độ A, B , biết đường thẳng ( d ) đi qua M ( −4; 3 ) và cắt trục hoành, trục 

) tung lần lượt tại A, B thỏa AM : MB = 3 : 5 Bài tập 17. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy a. Cho 3 điểm A ( 2; 3 ) , B ( −1; 4 ) ,C ( x; −2 ) . Xác định hoành độ của điểm C để tổng AC + CB đạt giá trị nhỏ nhất. b. Cho 2 điểm A ( 1; −1) , B ( 5; −3 ) và đường thẳng ( ∆ ) : 5x − 12y + 32 = 0 . Tìm M để MA = MB và khoảng cách từ M đến ( ∆ ) bằng 4. Bài tập 18. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho đường thẳng ( ∆ ) : 2x + y − 2 = 0 và 3 điểm A ( 8;1) , B ( −3; 2 ) C (1; 4 ) a. Tìm trên ( ∆ ) một điểm M để tổng MA + MB có độ dài nhỏ nhất. b. Tìm trên ( ∆ ) một điểm N để tổng NA + NC có độ dài nhỏ nhất. Bài tập 19. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy 

a. Trên đường thẳng x − 2y + 10 = 0 , tìm điểm M sao cho AM + BM có độ dài nhỏ ( ) ( nhất, với A 6; 5 , B −4; 5 ) 517 www.VNMATH.com Nguyễn Phú Khánh b. Cho A ( 1; 2 ) , B ( 2; 4 ) . Tìm trên trục hoành điểm P sao cho ( AP + PB ) nhỏ nhất. c. Cho đường thẳng ( d ) : x − 2y + 2 = 0 và A ( 0; 6 ) , B ( 2; 5 ) . Tìm trên ( d ) điểm M sao cho MA − MB lớn nhất; ( MA + MB ) nhỏ nhất. Bài tập 20. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho A ( 1; 6 ) , B ( −3; −4 ) và 

đường thẳng ( ∆ ) : 2x − y − 1 = 0 . Tìm điểm M trên ( ∆ ) sao cho vectơ : AM + BM có độ dài nhỏ nhất. Bài tập 21. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho ( ∆ ) : 2x + y + 1 = 0 , M ( 0; 3 ) ,N ( 1; 5 ) . a. Tìm I ∈ ∆ sao cho : ( IM + IN ) min . b. Tìm J ∈ ∆ sao cho : JM − JN max . Bài tập 22. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho đường thẳng ( T ) : 2x − y − 1 = 0 và 5 điểm A ( 0; −1) , B ( 2; 3 ) ,C  12 ; 0  ,E (1; 6 ) ,F ( −3; −4 )   a. Tìm trên ( T ) điểm D sao cho 4 điểm A, B,C, D lập thành hàng điểm điều hòa. ) 

b. TÌm điểm M trên ( T ) sao cho EM + FM có độ dài nhỏ nhất. Bài tập 23. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy a. Cho 2 điểm A ( 1; −3 ) , B ( 5; −1) . Tìm M trên Ox sao cho AM + BM ngắn nhất. b. Tìm trên trục hoành sao cho tổng khoảng cách từ M đến 2 điểm A ( 1; 2 ) , B ( 3; 4 ) là nhỏ nhất. c. Cho 2 điểm A ( 0; 5 ) , B ( 4;1) và đường thẳng ( ∆ ) : x − 4y + 7 = 0 . Tìm một điểm C trên ( ∆ ) sao cho ∆ABC là tam giác cân, đáy AB . Bài tập 24. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho tam giác ABC , biết A ( 6; 4 ) , B ( −4; −1) ,C ( 2; −4 ) a. Tìm tọa độ chân đường phân giác trong AD của góc A . Tính độ dài AD . b. Tìm tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Bài tập 25. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy 518 www.VNMATH.com Nguyễn Phú Khánh a. Cho tam giác ABC với A ( 1; 5 ) , B ( −4; −5 ) ,C ( 4; −1) .Tìm tọa độ chân đường phân giác trong và ngoài góc A . Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC .  = π. b. Cho điểm A ( 4; −3 ) , B ( 3;1) . Tìm điểm M trên trục Ox sao cho AMB 4 c. Cho các điểm A ( 2;1) , B ( 0;1) ,C ( 3; 5 ) , D ( −3; −1) . Tính tọa độ các đỉnh hình vuông có 2 cạnh song song đi qua A và C , 2 cạnh song song còn lại đi qua B và D , biết rằng tọa độ các đỉnh hình vuông đều dương. Bài tập 26. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho ∆ABC có A ( −3; 6 ) , B ( 1; −2 ) . Đỉnh C có tọa độ thỏa xC − 2yC = 0 . Tâm đường tròn ngoại tiếp là I ( 1; 3 ) . Tìm tọa độ đỉnh C và bán kính nội tiếp ∆ABC . Bài tập 27. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho ∆ABC, A ( 1; 6 ) , B ( −4; −4 ) , C ( 4; 0 ) . Tìm tọa độ chân đường phân giác trong và ngoài góc A và tọa độ tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC . Hướng dẫn giải 

AD = AB x = 4 Bài tập 1. a. AB = ( 2; −3 ) mà  ⇒ AD = ( 3; 2 ) ⇒  D ⇒ D ( 4; 4 ) AD ⊥ AB  y D = 4 

x = 6 ) DC = AB ⇒  C ⇒ C ( 6;1)  yC = 1 

CA ⊥ CB CA.CB = 0 b. * ∆ABC vuông cân tại C ⇔  ⇔ 2 2 CA = CB CA = CB x 2 + y 2 − 6x − 8y + 23 = 0 ⇒ C ( 4; 5 ) và C' ( 2; 3 ) ⇔ x − y + 1 = 0 C ( 6; 5 ) CA ⊥ BA ⇔ * ∆ABC vuông tại A ⇔  CA = BA C' ( 2;1) * ∆ABC vuông cân tại B ⇔ C ( 0; 3 ) ,C' ( 4; 7 ) Bài tập 2. a. Gọi G ( x; 0 ) ,C ( 0; y ) . Trung điểm I của AB : ⇒ I ( 3; −2 ) 

 −3 = 3 ( x − 3 )  x = 2 G ( 2; 0 ) Ta có IC = 3IG ⇔  ⇔ ⇒  y = 4 C ( 0; 4 )  y + 2 = 3 ( 0 + 2 ) 519 www.VNMATH.com Nguyễn Phú Khánh 

AB = 2DC b. AB = 2 5 ,CD = AD = 5 , BC = 10 ⇒  

⇒ ABCD là hình thang AD.AB = 0 vuông. 1 15 P = AB + BC + CD + AD = 4 5 + 10 ,S = ( AB + CD ) .AD = 2 2 

Bài tập 3. a. M ∈ Ox ⇒ M ( m; 0 ) ⇒ MB = ( 4 − m; 3 ) ,MA = ( −3 − m; 2 ) 

∆MAB vuông tại M ⇔ MA.MB = 0 ⇔ ( 4 − m )( −3 − m ) + 6 = 0  M ( 4; 0 ) m = 4 ⇔ m 2 − m − 12 = 0 ⇔  ⇒  m = −3  M ( −3; 0 ) b. C ∈ Oy ⇒ C ( 0; yC ) , G ∈ Ox ⇒ G ( xG ; 0 )  1 3xG = x A + x B + xC 3xG = −3 + 4  xG = G là trọng tâm ∆ABC , ta có  ⇔ ⇒ 3 0 = 2 + 3 + yC 3yG = y A + y B + yC  y = −5  C 1  ⇒ G  ; 0  ,C ( 0; −5 ) . 3  ) 2 2 2  2 2 AB = BC ( x − 2 ) + ( y − 1) = 4 Bài tập 4.a.. Tam giác ABC đều ⇔  ⇔ 2 2 2 2 ( x − 6 ) + ( y − 1) = 4 2 AC = BC  x = 4 ⇔ ⇒ A 4;1 + 2 3  y = 1 + 2 3  x A + x A' xC = 2 b. A' đối xứng A qua C ⇔ C ( 6;1) là trung điểm A' ⇔  y + y = A yA '  c 2 x A ' = 8 ⇒  y A' = 1 − 2 3 


c. AD = x − 4; y − 1 − 2 3 , BD = ( x − 2; y − 1) ,CD = ( x − 6; y − 1) 


AD − 3BD + 4CD = 0 ⇔ x = 11, y = −1 − 3 



d. ABCM là hình bình hành ⇔ AM = BC, AM = x − 4; y − 1 − 2 2 , BC = ( 4; 0 ) 

Vậy AM = BC ⇔ x = 8, y = 1 + 2 3 Gọi I là tâm hình bình hành ABCM khi I là trung điểm AC ( ( ) ) ( 520 ) www.VNMATH.com Nguyễn Phú Khánh x A + xC  xI = xI = 5 2 ⇔ ⇔ ⇒ I 5;1 + 3  y = y A + yC  yI = 1 + 3  I 2 ( ) Bài tập 5. Gọi I ( x; y ) là giao điểm 2 đường chéo AC, BD 

AI ↑↑ AC ⇔  

 BI ↑↑ BD 

AI = ( x + 2; y + 4 ) , AC = ( 7; −18 )  với  

 BI = ( x − 4; y + 2 ) , BD = ( 1;10 ) 89  x=  89 17  7 ( y − 14 ) + 18 ( x + 2 ) = 0  22 ⇔ ⇔ ⇒ I ;−  17  22 11  10 ( x − 4 ) − ( y + 2 ) = 0 y = −  11 

x A − 2 = −3 − 2 x = −3 ⇔ A  y A − 1 = 0 − 4  y A = −3 Bài tập 6a. Ta có PA = MN ⇔  : A ( −3; −3 ) ; B ( 7; 5 ) ; C ( −3; 3 ) 

1 5  2 − ( −3 ) = 3 ( 2 − xG ) b. Gọi M là trung điểm BC . Ta có : AM = 3GM ⇔  ⇒ G ;  − − = − 4 3 3 4 y ( G) 3 3  ( ) 


) GM + GN + GP = 0 ⇒ G là trọng tâm ∆MNP . 
 AB = ( 1; 5 ) 

−2 0  Bài tập 7. Ta có  
⇒ ≠ ⇒ AB không cùng phương AC . Do đó A, B,C 1 5  AC = ( −2; 0 ) không thẳng hàng. 

D ( 0; y0 ) ∈ Oy CB = ( 3; 5 ) ; AD = ( −1; y0 + 2 ) 

* ABCD là hình thang có đáy AD ⇔ AD cùng phương CD −11  −11  ⇔ 3. ( y0 + 2 ) − ( −1) .5 = 0 ⇒ y0 = ⇒ D  0;  3 3   Gọi I ( a, b ) là giao điểm 2 đường chéo AC và BD 


 −20  
Ta có : AC = ( −2; 0 ) ; AI = ( a − 1; b + 2 ) ; BD =  −2;  ; BI = ( a − 2; b − 3 ) 3   
I là giao điểm AC và BD ⇔ A,I,C thẳng hàng và B,I, D thẳng hàng ⇔ AC cùng 


phương AI và BD cùng phương BI 521 www.VNMATH.com Nguyễn Phú Khánh  −2. ( b + 2 ) − 0. ( a − 1) = 0 1  1   a = ⇔ ⇔ 2 ⇒ I  ; −2   20 2    −2. ( b − 3 ) + . ( a − 2 ) = 0  b = −2  3  
AB = ( 6; 2 ) 



 ⇒ AB = 2DC ⇒ AB, DC cùng phương hay ABCD là hình Bài tập 8a.  
 DC = ( 3;1) thang. 



b. ( AB ) ∩ Ox = N ( x0 ; 0 ) ⇔ AN cùng phương AB với AN = ( x0 + 2; 3 ) ; AB = ( 6; 2 ) 

AN  AB ⇔ 2 ( x0 + 2 ) − 3.6 = 0 ⇔ x0 = 7 ⇒ N ( 7; 0 ) 


c. M ∈ ( CD ) ⇔ CM cùng phương CD với CM = ( x − 2;1) ; CD = ( −3; −1) 

x−2 1 = ⇔ x = 5 ⇒ M ( 5; 2 ) ⇒ DM = ( 6; 2 ) = AB −3 −1 ⇒ ABMD là hình bình hành.  2 −1  d. Tương tự trên I  ;  3 3  Bài tập 9a. * H ( x; y ) là tọa độ trực tâm H của ∆ABC , ta có 

 AH.BC = 0 AH ⊥ BC ⇔  

  BH ⊥ AC  BH.AC = 0 
 AH = ( x − 4; y − 6 )  mà  
;  BC = ( 3; −4 ) (I) ) 
 BH = ( x + 4; y )   
 AC = ( −5; −4 )  3 ( x − 4 ) − 4 ( y − 6 ) = 0 và ( I ) ⇔   −5 ( x + 4 ) − 10y = 0 x = −4 ⇔ ⇒ H ( −4; 0 ) : H ≡ B ⇒ ∆ABC vuông tại B y = 0 xG + x B + xC  1 =− xG = 3 3 ⇒ G − 1 ; 2  * Trọng tâm G :     3 3  y = y A + y B + yC = 2 G  3 3 * Tọa độ tâm I ( a; b ) của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC là giao điểm của 2 đường trung trực  1 xM = 2 ( x A + x B ) = 0 Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, BC , ta có  y = 1 ( y + y ) = 3 B  M 2 A 522 www.VNMATH.com Nguyễn Phú Khánh 1  x N = 2 ( x B + xC )  5  ⇒ M ( 0; 3 ) ; N  − ; −2    2  y = 1 ( y + y ) C  N 2 B 

MI.AB = 0 MI ⊥ AB Theo bài toán ta có :  ⇔  

NI ⊥ BC NI.BC = 0 

AB = ( −8; −6 ) ; BC = ( 3; −4 ) 
MI = ( a; b − 3 )  ( II ) mà  
 5  NI =  a + ; b + 2  2    4a + 3 ( b − 3 ) = 0 3  3   a = Vậy ( II ) ⇔   ⇔ 2 ⇒ I  ;1   5 + − + = 3 a 4 b 2 0 ( ) 2     b = 1  2   1 5 5 AC = 2 2 AD ⊥ BD b. Gọi D là tọa độ chân đường cao thì :  AD ⊥ CD * Do ∆ABC vuông tại B nên R = 

x 2 − 16 = 0 AD.BD = 0 ( x − 4 )( x + 4 ) + y ( y − 6 ) = 0  Ta có hệ  

⇔ ⇔ 3 y = 3 + x ( x − 4 )( x + 1) + ( y + 4 )( y − 6 ) = 0 AD.CD = 0 4  )  x = −4; y = 0; B ( −4; 0 ) ⇒ ⇒ D ≡ B = ( −4; 0 )  x = 4; y = 6; A ( 4; 6 ) Cách khác : Do ∆ABC vuông tại B , nên D ≡ B 
 11  5 2 3  c. E là trung điểm BC nên E  ;1  ; E ≡ I và BE =  ;1  ⇒ BE = =R 2  2  2  Chú ý : học sinh làm lại bài này nếu thay tọa độ A, B,C là A ( 2; 2 ) , B ( −5;1) ,C ( 3; −5 ) Bài tập 10. C ( xC ; yC ) ∈ x − 3y = 5 ⇒ xC = 5 + 3yC ⇒ C ( 5 + 3yC ; yC ) a. I là tâm đường trong ngoại tiếp ∆ABC ⇔ IA = IC IA 2 = 10, IC 2 = ( 6 + 3yC ) + ( yC − 2 ) 2 (1) (1) 2 2 ⇔ IA 2 = IC 2 ⇔ ( 6 + 3yC ) + ( yC − 2 ) = 10 ⇔ yC + 2yC + 1 = 0 2 2 ⇔ y C = −1 ⇒ xC = 2 ⇒ C ( 2; −1) 2  xG = 3 2 7 b. Trọng tâm G :  ⇒ G ;  3 3 y = 7  G 3 523 www.VNMATH.com Nguyễn Phú Khánh 

 y = 3 AH.BC = 0 6 ( yH − 3 ) = 0 Trực tâm H : ⇔  

⇔ H ⇒ H ( 0; 3 ) ⇔ xH = 0  BH.AC = 0 4 ( xH − 2 ) − 4 ( yH − 5 ) = 0 
 1 1  1  IG =  − ;  = ( −1;1)  

  3 3 3 ⇒ GH = 2IG ⇒ I,H,G thẳng hàng.  
 2 2  2 GH =  − ;  = ( −1;1)    3 3 3 Bài tập 11. Gọi C ( 0; c ) ∈ Oy, ta có : 2 
2 − .x B x A − k.x B CA 2 3 ⇔0= ⇒ xB = 3 
= ⇒ xC = 2 3 1 k − CB 1− 3 y − ky B DA 3 4 4  D ( d; 0 ) ∈ Ox , ta có: = − ⇒ yD = A ⇔ y B = − ⇒ B  3; −  DB 4 1− k 3 3  
AB = ( 4; −8 ) 4 −8  Bài tập 12a.  
và ≠ ⇒ A, B,C không thẳng hàng. 9 −3 AC = ( 9; −3 ) 
 BC = ( 5; 5 )  b.  
 BA ' = ( a − 1; b + 2 ) ; A' ( a; b ) ) 

 − + a 1 b 2 = a = 3  BC  BA'  ⇔ 5 ⇔ ⇒ A' ( 3; 0 ) Vì  

5 b = 0 AA'.BC = 0 ( a + 3 ) .5 + ( b − 6 ) .5 = 0  

 AH.BC = 0 AH ⊥ BC 5 ( xH + 3 ) + 5 ( yH − 6 ) = 0 c.  ⇔  

⇔ ⇒ H ( 2;1)  BH ⊥ AC 9 ( xH − 1) + ( −3 )( yH + 2 ) = 0  BH.AC = 0 x A + x B + xC 4  = xG = 3 3 ⇒ G 4 ; 7     3 3  y = y A + y B + yC = 7  G 3 3 I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ⇒ IA = IB = IC IA 2 = IB2 x = 1 ⇔ ⇔ I ⇒ I ( 1; 3 ) 2 2  yI = 3 IA = IC 
IH = ( 1; −2 ) 

 Ta có :  
 1 −2  1 1 
⇒ IG  IH . Hay G,H,I thẳng hàng. IG =  ;  = ( 1; −2 ) = IH 3 3 3  3  524