Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng 23 PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG I. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ ĐN: Hệ trục tọa độ Đề các vuông góc trong mặt phẳng 1 2 2 2 1 2 1 2 Véc e Véc e e e 1 ;e e 0 x Ox y Oy x Ox y Oy ′ ′⊥  ′∈  ′∈   = = ⋅ =











 t¬ ®¬n vÞ t¬ ®¬n vÞ II. TỌA ĐỘ CỦA 1 ĐIỂM 1. ( ),M x y ⇔ ( ),OM x y



 ⇔ 1 2e eOM x y= ⋅ + ⋅







 2. Tọa độ các điểm đặc biệt Cho ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 3 3 , , , A x y B x y C x y      ⇒ Trung điểm của AB có tọa độ là: 1 2 1 2, 2 2 x x y y I + +      Điểm chia AB tỉ số k là điểm thoả mãn JA k JB =



 ⇔ Tọa độ: 1 2 1 2, 1 1 x kx y ky J k k − −    − −  Tọa độ trọng tâm tam giác ABC: 1 2 3 1 2 3,3 3 x x x y y y G + + + +      III. TỌA ĐỘ CỦA 1 VÉCTƠ 1. ĐN: ( ) ( ) 1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 , e e , e e a a a a a a b b b b b b  = ⇔ = +    = ⇔ = +



 



  . Nếu ( ) ( ) 1 1 2 2 , , A x y B x y     thì ( )2 1 2 1,AB x x y y= − −


 . 2. Phép toán: ( ) ( )1 1 2 2 1 1 2 2, ; ,a b a b a b a b a b a b± = ± ± α ⋅ ± β ⋅ = α ⋅ ± β ⋅ α ⋅ ± β ⋅    IV. TÍCH VÔ HƯỚNG VÀ ĐỘ DÀI 1. ( )cos ,a b a b a b⋅ = ⋅     2. 1 1 2 2a b a b a b⋅ = +  3. 2 2 2 21 2 1 2;a a a b b b= + = +  7. a b a b+ ≤ +    8. a b a b− ≤ +    9. a b a b+ ≥ −    10. a b a b− ≥ −    11. a b a b⋅ ≤ ⋅    y x 1e
2e
O M P Q Phần 2. Hình giải tích − Trần Phương 24 4. ( ) ( )2 21 1 2 2a b a b a b+ = + + + 5. ( ) ( )2 21 1 2 2a b a b a b− = − + − 6. ( ) ( )2 22 1 2 1AB x x y y= − + −


 12. ( ) 1 1 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 cos , a b a b a b a a b b + = + +  ; 13. ( ) 1 2 2 1 2 2 2 2 1 2 1 2 sin , a b a b a b a a b b − = + +  V. SỰ THẲNG HÀNG ( ) 1 2 1 2 2 1 1 2 det , a a a b a b a b b b = = −  ; ( ) 1 2 2 1// det , 0a b a b a b a b⇔ = − =   A, M, B thẳng hàng ⇔ ( )det , 0AB AM =






 VI. DIỆN TÍCH TAM GIÁC ( ) ( ) ( )1 1 2 2 3 3, ; , ; ,A x y B x y C x y ( ) 2 1 2 1 3 1 3 1 1 1det , 2 2ABC x x y y S AB AC x x y y∆ − − = = − −





 VII. BÀI TẬP MẪU MINH HỌA Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ( ) ( ) ( )3; 1 ; 1;2 ; 5;5A B C− . Tìm tọa độ điểm D sao cho: 4. 3.AD AB AC= −








 . Giải Cách 1: Đặt D(x; y) suy ra: ( ) ( ) ( )3; 1 ; 2;3 ; 2;6AD x y AB AC= − + = − =








 Ta có: 4. 3.AD AB AC= −








 ⇔ 3 8 6 11 1 12 18 7 x x y y − = − − = −  ⇔  + = − = −  Vậy tọa độ điểm D là (−11; −7) Cách 2: 4. 3.AD AB AC= −








 ⇔ ( )3 3AD AB AB AC BD BC− = − ⇔ = − ⋅

















 Do ( )4;3BC =


 nên ( )12; 9BD = − −


 suy ra tọa độ điểm D là D(−11; −7) Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ( ) ( ) ( )3; 4 ; 1; 2 ; 4; 1A B I− − . Xác định tọa độ các điểm C, D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành và I là trung điểm cạnh CD. Tìm tọa độ tâm O của hình bình hành ABCD. Giải Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng 25 Cách 1: Do I(4; −1) là trung điểm CD nên đặt ( )4 ; 1C x y− − − và ( )4 ; 1D x y+ − + ⇒ ( )2 ; 2CD x y=


 . Để tứ giác ABCD là hình binh hành thì ( )4; 2CD BA= =





 ⇔ 2; 1x y= = . Vậy tọa độ các điểm C, D là ( ) ( )2; 2 ; 6;0C D− Tâm O của hình bình hành là trung điểm của AD suy ra 9 ; 2 2 O      Cách 2: Gọi ( );C x y , khi đó ( )1 2; 1 2 IC AB= = − −




 . Vậy ( ) ( )2; 2 ; 6;0C D− Cách 3: Lập phương trình đường thẳng AB. Qua I dựng đường thẳng (d) song song với (AB). Khi đó C và D là 2 điểm nằm trên đường thẳng (d) thỏa mãn 1 2 IC ID AB= = . Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ( ) ( )3;1 ; 1; 3A B − . Xác định tọa độ các điểm C, G sao cho điểm G là trọng tâm tam giác ABC. Biết C nằm trên đường thẳng 2x = và G cách trục hoành 1 đơn vị. Giải Cách 1: Điểm C nằm trên đường thẳng 2x = nên có tọa độ (2; y) Điểm G cách trục hoành 1 đơn vị nên có tọa độ (x; 1) Điểm G là trọng tâm tam giác ABC suy ra: ( ) 3 1 2 33 2 3 51 3 3 A B C G A B C G xx x x x x y y y y yy + + =+ + = =  ⇔ ⇔   + + = =+ − + =   Vậy tọa độ các điểm C và G là: ( ) ( )2;5 ; 2;1C G Cách 2: Trung điểm M của AB có tọa độ ( )2; 1M − nên M cũng thuộc đường thẳng 2x = . Trọng tâm G nằm trên trung tuyến CM do đó có hoành độ là 2. Vậy G(2; 1) suy ra C(2; 5) Phần 2. Hình giải tích − Trần Phương 26 Bài 4. Cho ∆ABC với ( ) ( ) ( )1, 3 ; 3, 5 ; 2, 2A B C− − − . Tìm tọa độ của M, N là giao của các đường phân giác trong và ngoài của góc A với đường thẳng BC. Xác định tọa độ tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC. Giải AM là phân giác trong của tam giác ABC suy ra: 2 2 2 2 MB AB ACMC = − = − = − 

⇔ ( )( ) ( )5 2 23 2.2 7M ; M ; 31 2 1 2 3− + −+ ⇔ −+ + AN là phân giác ngoài của tam giác ABC suy ra: 2NB AB ACNC = = 

⇔ ( )( ) ( )5 2 23 2.2N ; N 1;11 2 1 2− − −− ⇔− − Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC suy ra BI là phân giác trong ∆ABM 2 2 3 2 5103 IA BA BMIM = − = − = − 

⇔ ( ) ( ) 3 7 31 3 335 5I ; I 4 5; 33 31 1 5 5  + ⋅ − + −   ⇔ − −   + +    Bài 5. Cho ( ) ( ) ( )6,3 ; 3, 6 ; 1, 2A B C− − a. Tìm tọa độ trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp I. b. CMR: H, G, I thẳng hàng. Giải a. Tọa độ trọng tâm G: 74 ;3 3 3 3 A B C A B C G G x x x y y y x y + + + + = = = = ⇒ ( )74G ;3 3 i H là trực tâm ∆ABC nên ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 4 6 8 3 0 2. 0 15 3 5 6 0 . 0 H H H HH H x y xAH BC AH BC yx yBH AC BH AC    − − − = =⊥ =     ⇔ ⇔ ⇔    = − + − − =   ⊥ =   







⇔ ( )H 2;1 i I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC nên: IA IB IC= = ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 26 3 3 6 1 2I I I I I Ix y x y x y− + − = + + − = − + + ⇔ 12 6 45 6 12 45 2 4 5I I I I I Ix y x y x y− − + = − + = − + + 1; 3I Ix y⇔ = = ⇔ ( )I 1;3 Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng 27 b. Phương trình đường thẳng IH là: 12 2 5 0 1 2 3 1 yx x y−− = ⇔ + − = − − Ta có: 8 72 5 5 03 3G Gx y+ − = + − = suy ra G ∈ (IH) suy ra G, H, I thẳng hàng. Bài 6. Cho ∆ABC với ( ) ( ) ( )3; 4 ; 2;1 ; 1; 2A B C − − . a. Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC. b. Tìm điểm M trên đường thẳng BC sao cho diện tích 13ABM ABCS S∆ ∆= Giải a. Điểm I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ⇔ IA IB IC= = 2 2 2IA IB IC⇔ = = ⇔ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 23 4 2 1 1 2I I I I I Ix y x y x y− + − = − + − = − − + − − ⇔ 6 8 25 4 2 5 2 4 5I I I I I Ix y x y x y− − + = − − + = + + 5; 5I Ix y⇔ = − = ⇔ ( )I 5;5− b. Do hai tam giác ABM và ABC có cùng đường cao nên để 13ABM ABCS S∆ ∆= thì 3.BC BM= . Gọi ( );M x y suy ra ( )2; 1BM x y= − −



 ; ( )3; 3BC = − −


 Ta có: 3.BC BM= ⇔ 13BM BC= ± ⋅






 ⇔ 1; 0 2 1 1 3; 2 x y x y x y = = − = − = ± ⇔  = = Vậy có 2 điểm M thỏa mãn là ( ) ( )1 21;0 , 3; 2M M . Bài 7. Cho ( ) ( )3; 4 , 1; 2A B − . Xác định tọa độ điểm M trên trục hoành sao cho tam giác ABM vuông. Giải Gọi tọa độ điểm M là ( );0M x suy ra ( ) ( )3; 4 , 1; 2AM x BM x= − − = −







 Để ∆ABM vuông tại M thì ( ) ( )0 3 1 8 0AM BM x x⋅ = ⇔ − − − =







 ( ) ( )2 4 5 0 5 1 0 5 1x x x x x x⇔ − − = ⇔ − + = ⇔ = ∨ = − . Để ∆ABM vuông tại A thì ( )0 2 3 24 0 15AM BA x x⋅ = ⇔ − − = ⇔ =






 . Để ∆ABM vuông tại B thì ( )0 2 1 12 0 5BM BA x x⋅ = ⇔ − + = ⇔ = −






 . Vậy có 4 điểm M trên trục hoành thỏa mãn ∆ABM vuông là ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 25;0 , 1;0 , 15;0 , 5;0M M M M− − Phần 2. Hình giải tích − Trần Phương 28 Bài 8. Cho A(1; 0), B(0; 3), C(−3; −5). Tìm tập hợp các điểm M thỏa mãn 1 trong các điều kiện sau: a. ( ) ( )2 3 2 0MA MB MA MB− − =



b. ( ) ( ) 22 3MA MB MA MB MC BC− + + =




c. 2 2 3 .MB MC MB MC+ = 

d. 2 2 22 2MA MB MC+ = Giải Gọi M ( );x y suy ra ( ) ( ) ( )1 ; , ;3 , 3 ; 5MA x y MB x y MC x y− − − − − − − −


a. ( )2 3 2 ; 9MA MB x y− = + −

và ( )2 1; 6MA MB x y− = + −

( ) ( )2 3 2 0MA MB MA MB− − =



⇔ ( ) ( ) ( ) ( )2 1 9 6 0x x y y+ + + − − = ⇔ ( ) ( ) ( ) ( )2 2 223 15 31 02 2 2 2x y+ − + − − = ⇔ ( ) ( ) 22 2 103 15 2 2 2 x y   + + − =     Vậy quĩ tích điểm M là đường tròn tâm ( )3 15;2 2− bán kính 102 b. ( )2 3 ; 2 3MA MB MC x y+ + = − − − −


( ) ( ) 22 3MA MB MA MB MC BC− + + =




⇔ ( ) ( ) ( ) ( )2 2 3 9 2 3 73x x y y+ − − + − − − = ⇔ ( ) ( ) 22 25 85743 3 733 6 12x y− + − − + = ( ) ( )22 25 194 03 6 36x y⇔ + + − + = Phương trình trên vô nghiệm nên không có điểm M nào thỏa mãn yêu cầu. c. 2 2 3 .MB MC MB MC+ = 

⇔ ( ) 2 2. .MB MC MB MC BC MB MC− = ⇔ =





⇔ ( ) ( ) ( )3 3 5 73x x y y− − − + − − − = ⇔ ( ) ( )2 23 36512 4x y+ + + = Vậy quĩ tích điểm M là đường tròn tâm ( )3 ; 12− − bán kính 3652 d. 2 2 22 2MA MB MC+ = ⇔ ( ) ( ) ( ) ( )2 22 22 22 1 3 2 3 5x y x y x y    − + + + − = + + +      ⇔ ( ) ( ) 222 2 16 26 57 0 8 13 290x y x y x y+ − − − = ⇔ − + − = Vậy quĩ tích điểm M là đường tròn tâm ( )8;13 bán kính 290 Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng 29 Bài 9. Giả sử ( ) ( )1,3 ; 2,0M N− chia AB thành 3 đoạn có độ dài bằng nhau. Tìm tọa độ A, B. Giải Gọi tọa độ các điểm A, B là ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y Cách 1: Ta có: AM MN NB= = hay M là trung điểm AN, N là trung điểm MB 1 1 2 1 2 4 ; 2 6 2 5 ; 2 3 M N M N N M N M x x x y y y x x x y y y = − = − = − = ⇒  = − = = − = − . Vậy tọa độ các điểm A, B là ( ) ( )4;6 , 5; 3A B− − . Cách 2: Ta có: AM MN NB= =










 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( 1) 2 4 ; 5 3 0 3 0 6 ; 3 x x x x y y y y − − = − − = − = − =  ⇔ ⇔  − = − = − = = −   Vậy tọa độ các điểm A, B là ( ) ( )4;6 , 5; 3A B− − . Bài 10. Cho ∆ABC đều cạnh a. Gọi M là điểm bất kì trên đường tròn ngoại tiếp hoặc nội tiếp của ∆ABC. Chứng minh rằng: 2 2 2MA MB MC const+ + = Giải Xét ( ) ( ) ( )2MB MC MA AB MA AC MA AB AC MA AB AC⋅ = + + = + ⋅ + +




































 ( )2 2 cos 60 2MB MC MA a MA AM MB MC⇔ ⋅ = + ° + + +




















 ( )22 2 aMB MC MA MA MB MC⇔ ⋅ = − + + +
















 . Tương tự ta có: ( ) ( )2 22 2; 2 2 a aMC MA MB MB MC MA MA MB MC MC MA MB⋅ = − + + + ⋅ = − + + +
































 Cộng các vế của 3 đẳng thức trên ta được: 2 2 2 2 3 2 aMB MC MC MA MA MB MA MB MC⋅ + ⋅ + ⋅ = + + −



















 ( ) 22 2 2 2 2 2 2 32 2 aMB MC MA MA MB MC MA MB MC   ⇔ + + = + + + + + −   









 ( ) ( )2 2 2 2 23 3 3MO MA MB MC a⇔ ⋅ = + + −



 (với O là trọng tâm tam giác ABC) 2 2 2 2 23MA MB MC MO a⇔ + + = + . Phần 2. Hình giải tích − Trần Phương 30 Ta có tam giác ABC đều suy ra O cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp, do đó MO chính là bán kính và 3 aMO = . Vậy ta có: 2 2 2 2 2 23 2 3 aMA MB MC a a+ + = ⋅ + = = const (đpcm) Bài 11. Cho ( ) ( ) ( )2, 3 ; 3,7 ; 5,4A B C− − − . Gọi M, N, P lần lượt là các điểm chia các đoạn AB, BC, CA theo các tỉ số: 3 2 − , 1 2 , 4 3 − . Chứng minh rằng: M, N, P thẳng hàng và M chia đoạn NP theo tỉ số 7 3 − . Giải Cách 1: Ta có: ( ) ( ) ( )5;10 ; 2; 3 ; 7; 7AB BC CA= − = − − = −








 3 1 4 ; ; 2 2 3 MA NB PC MB NC PA = − = = −

















 3 4 ; ; 5 7 AM AB BN BC CP CA⇔ = ⋅ = − = ⋅


















 ( ) ( ) ( )3;6 ; 2;3 ; 4; 4AM BN CP⇔ = − = = −









 ( ) ( ) ( )1;3 ; 1;10 ; 1;0M N P⇔ − − − Vậy M, N, P cùng thuộc đường thẳng 1x = − . Ta có: ( ) ( )0;7 ; 0; 3MN MP= = −






 7 3 MN MP − ⇒ =






 (đpcm) Cách 2: Ta có: 3 1 4; ; 2 2 3 MA NB PC MB NC PA = = = Gọi N1 là giao điểm của MP và BC. Ta có: 1 1 4 3 MN C MPC MN A MPA S S PC S S PA = = = và 1 1 1 1 3 2 2 AMN MN C BMN BMN S AM S S S MB = = ⇒ = ⋅ 1 1 1 1 12. 2 N B NBCN BN N C NC ⇒ = ⇔ = = ⇒ 1N N≡ . Vậy M, N, P thẳng hang (đpcm). C M B A N1 P Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng 31 Bài 12. Cho tứ giác ABCD có A(0; 1), B(−2; −1), C(−1;−4), D(1; 0) a. Chứng minh rằng: Các tam giác ABD và BCD là những tam giác vuông b. Tính diện tích tứ giác ABCD. c. Tìm M trên Oy để diện tích ∆MBD và diện tích ∆BCD bằng nhau. Giải a. Ta có ( ) ( )2; 2 , 1; 1 0AB AD AB AD= − − = − ⇒ ⋅ =



⇒ AB ⊥ AD ( ) ( )1; 3 , 3;1 0BC BD BC BD= − = ⇒ ⋅ =



⇒ BC ⊥ BD Vậy ∆ABD vuông tại A và ∆BCD vuông tại B (đpcm) b. 1 12 ; 5 2 2ABD BCD S AB AD S BC BD= ⋅ = = ⋅ = ⇒ 7ABCD ABD BCDS S S= + = c. Gọi ( )M 0; Oy y∈ . Sử dụng công thức ( ) 22 212MBDS MB MD MB MD= − ⋅ 

suy ra để MBD BCDS S= thì ( )22 2 10MB MD MB MD− ⋅ = 

( ) ( ) ( ) 22 24 1 1 2 1 10y y y y   ⇔ + + + − − + + =    ( ) ( ) ( )22 2 22 5 1 2 100y y y y y⇔ + + + − + − = ⇔ 29 6 99 0y y+ − = ⇔ ( ) ( )3 3 3 11 0y y− + = ⇔ 113 3y y − = ∨ = Vậy có 2 điểm M thỏa mãn là ( )M 0;3 hoặc ( )11M 0; 3− Bài 13. Cho ( ) ( ) ( )1, 3 ; 3,1 ; 4;6A B C− − . Gọi M là điểm chia AB theo tỉ số (−1) và N là điểm chia AC tỉ số 4. Tìm I BN CM= ∩ Giải Ta có: 1; 4MA NA MB NC = − =











 ( ) ( ) ( ) ( ) 2; 2 1; 12 5;93 1;3 AM MAB AM NAC CN CN  = − − −= ⋅   ⇔ ⇔ ⇔     = ⋅ =  



















 Phần 2. Hình giải tích − Trần Phương 32 Cách 1: Ta có: ( ) ( )8;8 , 5; 7BN CM= = − −






 . Gọi tọa độ điểm I là ( )0 0,x y suy ra: 0 0 00 0 0 0 0 0 0 1 3 9// 3 1 4 6 ; 8 8 5 7 5 30 7 28 13// y x xBI BN x y x y y x yCI CM  − = + = + − − −   ⇔ = = ⇔ ⇔   − − − = − =   










 Vậy tọa độ điểm I là ( )9;13I . Cách 2: PT đường thẳng BN là (BN): ( )9 11 3 4 5 ( 3)y x y x − − = + ⇔ = + − − . PT đường thẳng CM là (CM): ( )1 6 7 26 4 1 4 5 5 y x y x− −− = − ⇔ = + − − . I BN CM= ∩ nên tọa độ I là nghiệm của hệ 7 2 9 5 5 134 xy x yy x  == +   ⇔  =  = + Cách 3: Ta có: 1 3 BCN BCA S CN S CA = = . Mặt khác: 3. CNI CAI CBI CNI CNB CNB CAB CAB BCN S S S S S S S S S + = = = Suy ra: 2. 2CNB CNI BNS S NI = ⇒ = 3 39 ; 13 2 2 N B N B I I x x y y x y − − ⇒ = = = = Vậy tọa độ điểm I là ( )9;13I . Bài 14. Chứng minh rằng: 2 22 5 2 5 2 5a a a a− + + + + ≥ (1) Giải Cách 1: (1) ⇔ 2 2 2 2( 1) 2 ( 1) 2 2 5a a− + + + + ≥ Đặt ( ) ( )1 ; 2 , 1; 2a a b a= − = +

⇒ ( )2; 4a b+ =

Ta có: 2 2 2 2 2 2( 1) 2 ( 1) 2 2 4 2 5a a a b a b− + + + + = + ≥ + = + =     (đpcm) Dấu bằng xảy ra 1 1 0a b a a a⇔ ↑↑ ⇔ − = + ⇔ =  . C M B A N I Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng 33 Cách 2: ( ) ( )2 2 2 242 5 2 5 2 2 5 2 5a a a a a a a a− + + + + ≥ ⋅ − + + + 42 2 2 4 2 442 ( 5) 4 2 6 25 2 25 2 5a a a a= ⋅ + − = ⋅ + + ≥ ⋅ = (đpcm) Dấu bằng xảy ra 2 22 5 2 5 0 0 a a a a a a  − + = + + ⇔ ⇔ =  = . Bài 15. Giải phương trình: 2 3(4 ) 2 7 2 85 57 13x x x x x x− − + − = − + − (1) Giải Ta có: (1) ⇔ ( ) ( )2(4 ) 2 7 2 5 8 17x x x x x x− − + − = − − + ( ) ( )2(4 ) 2 7 2 5 4 1x x x x x ⇔ − − + − = − − +  (ĐK: 722;x  ∈   ) Xét ( ) ( )4 ;1 , 2; 7 2a x b x x= − = − −

⇒ ( )4 2 7 2a b x x x⋅ = − − + −

và ( ) ( ) ( )24 1; 2 7 2 5a x b x x x= − + = − + − = −

Khi đó (1) ⇔ a b a b⋅ = ⋅



⇔ ( )cos 1a b⋅ =

⇔ 4 1 2 7 2 x x x − = − − ( ) ( )2 3 24 7 2 2 2 23 89 114 0x x x x x x⇔ − − = − ⇔ − + − + = ( ) ( )23 2 17 38 0x x x⇔ − − + = . Do 722;x  ∈   nên 22 17 38 0x x− + > . Vậy phương trình có nghiệm 3x = . Bài 16. CMR: 2 2 2 2 2 2x xy y y yz z z zx x+ + + + + ≥ + + , , ,x y z∀ ∈ Giải Ta có: ( ) 222 2 32 2xx xy y y x + + = + +    ; ( ) 22 2 2 3 2 2 zy yz z y z   + + = + +     Xét ( )3 3; , ;2 2 2 2x za y x b y z   = + = − +      

⇒ ( )3;2 2x za b x z −+ = +  

⇒ ( ) ( )2 2 2 23 4 4 x z x z a b z zx x− ++ = + = + +

. Phần 2. Hình giải tích − Trần Phương 34 Do a b a b+ ≥ +



nên 2 2 2 2 2 2x xy y y yz z z zx x+ + + + + ≥ + + (đpcm) Dấu bằng xảy ra ⇔ a b↑↑  ⇔ 0x z= = hoặc 2 2 2 2 2 y x y xx x z y z z y + − − = − ⇔ = + 0y y x xy yz zx y z y − − − ⇔ = ⇔ + + = + . Hay là ( )0 , 1 1 k x z x kz y z k k − = = ∨ = = ≠ − + Cách 2: Trong 3 số , ,x y z có ít nhất 2 số cùng dấu, giả sử là x và y . Lấy các điểm O, A, B, C1, C2 sao cho 1 2, ,OA x OB y OC OC z= = = = và     1 1 2 2120 ; 60BOC C OA AOC C OB= = ° = = ° . Ta có: 2 2 2 2 cos120AB x y xy= + − ° 2 2AB x y xy⇔ = + + . Tương tự suy ra: 2 2 2 2 1 1,BC y z yz C A z x zx= + + = + + và 2 2 2 22 2,BC y z yz C A z x zx= + − = + − . Nếu z cùng dấu với ,x y thì sử dụng 1 1AB BC C A+ ≥ suy ra (đpcm) Nếu z cùng dấu với ,x y thì sử dụng 2 2AB BC C A+ ≥ suy ra (đpcm) Dấu bằng xảy ra ⇔ Trong 3 điểm A,B,C có ít nhất 2 điểm trùng O ⇔ 2 trong 3 số , ,x y z có ít nhất 2 số bằng 0. Trong trường hợp ,x z cùng dấu và khác dấu với y thì dấu bằng xảy ra khi độ dài đường là phân giác từ đỉnh O của tam giác OAC chính là OB A O C1 B |x| |y| |z| C2 Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng 35 VIII. BÀI TẬP DÀNH CHO BẠN ĐỌC TỰ GIẢI Dạng 1: Xác định tọa độ của 1 điểm Bài 1. Cho ( ) ( ) ( )1, 2 ; 0, 4 ; 3, 2A B C− . Tìm D với: a. 2 3CD AB AC= −








 b. 2 4 0AD BD CD+ − =








  Bài 2. Cho ( ) ( ) ( )1, 2 ; 2,1 ; 3,5A B C− − . Tìm D để tứ giác ABCD là hình bình hành. Bài 3. Cho A(1, −2). Tìm trên Ox điểm M để đường trung trực của AM đi qua gốc O Bài 4. Cho ( ) ( )1, 3 ; 3,3A B− − . Tìm M, N để chia AB thành 3 đoạn có độ dài bằng nhau Bài 5. Giả sử ( ) ( )1, 2 ; 0, 4M N chia AB thành 3 đoạn có độ dài bằng nhau. Tìm tọa độ A, B. Bài 6. Cho ( ) ( ) ( )2, 6 ; 10,6 ; 11,0A B C− − − . Gọi M là điểm chia AB theo tỉ số (−3) và N là điểm chia AC tỉ số (−2). Tìm I BN CM= ∩ Bài 7. Cho ( ) ( ) ( )1, 1 ; 2,4 ; 6,1A B C− − . Gọi M, N, P lần lượt là các điểm chia các đoạn AB, BC, CA theo các tỉ số: −1, 2, 12 − . Chứng minh rằng: M, N, P thẳng hàng. Bài 8. Tìm tọa độ trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp O, tâm đường tròn nội tiếp I. a. ( ) ( ) ( )6, 2 ; 4,7 ; 0, 1A B C− − b. ( ) ( ) ( )2, 4 ; 5,5 ; 6, 2A B C− − c. ( ) ( ) ( )3, 2 ; 6,3 ; 8, 1A B C − Bài 9. Cho ∆ABC cân tại A. Gọi D là trung điểm AB; E là trọng tâm ∆ACD; I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ACD. CMR : IE CD⊥ Bài 10. Cho ∆ABC đều nội tiếp trong đường tròn (I, R). Gọi M là điểm bất kì trên đường tròn ngoại tiếp ∆ABC. CMR: 4 4 4MA MB MC const+ + = Phần 2. Hình giải tích − Trần Phương 36 Dạng 2: Sự thẳng hàng Bài 1. Cho ( ) ( ) ( ) ( )2; 2 , 4; 1 , 7;5 , 5;1A B C E− − . a. Chứng minh rằng: B, C, E thẳng hàng b. Tìm tọa độ điểm D trên Oy sao cho ABCD là hình thang đáy AB, CD Bài 2. Cho A(−3, 12); B(2, −4); C(5, −4); D(5, 5). Tìm AC BD∩ . Bài 3. Cho A(1, 3); B(5, −5). Tìm M ∈ Ox để ( ) MinMA MB+ . Bài 4. Cho A(1, 2); B(3, 4). Tìm M ∈ Ox để ( ) MinMA MB+ . Bài 5. Cho ( ) ( )1;6 , 3; 4A B − − . Tìm M∈(∆): 2 1 0x y− − = để ( ) MinMA MB+ Bài 6. Cho ( ) ( )1 1 2 2, ; ,A x y B x y . Tìm M∈(∆): 0ax by c+ + = để ( ) MinMA MB+ Bài 7. Chứng minh rằng: 2 22 2 6 10 2 2a a a a− + + − + ≥ Bài 8. Cho 3 7 0a b− + = . CMR: 2 2 2 22 12 37 6 6 18 5a b a b a b a b+ − − + + + + − + ≥ Bài 9. Chứng minh rằng: 2 22 5 12 136 13a a a a− + + − + + ≥ Bài 10. Cho a, b, c > 0 và ab bc ca abc+ + = . Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 22 2 2 3a b b c c a ab bc ca + + ++ + ≥ Bài 11. Cho ( ) :2 1 0x y∆ − − = và 5 điểm: ( ) ( ) ( ) ( ) ( )10, 1 ; 2,3 ; ,0 ; 1,6 ; 3, 42A B C E F− − − a. Tìm D ∈ (∆) sao cho (A, B, C, D) là hàng điểm điều hòa. b. Tìm M(x, y) ∈(∆) sao cho: EM FM+







 là nhỏ nhất.