Tìm toạ độ điểm thoả mãn một đẳng thức vectơ [Oxy:2]

Trường hợp đặc biệt thường dùng nhất của kĩ thuật này là bài toán: Cho trước toạ độ 2 điểm \(A, B\), tìm toạ độ điểm \(M\) trên đường thẳng \(AB\) thoả mãn \(\overrightarrow{MA}=k\overrightarrow{MB}.\) Như vậy khi biết toạ độ 2 điểm \(A, B\), nếu biết điểm \(M\) trên đường thẳng \(AB\) và biết tỉ số điểm \(M\) chia đoạn \(AB\) thì ta có thể tìm được toạ độ của \(M.\)

Ví dụ 1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ vuông góc \(Oxy,\) cho hình bình hành \(ABCD\) có \(M(3;-1)\) là trung điểm \(AB\). Trọng tâm các tam giác \(ABC\) và \(ABD\) lần lượt là \(G(2;1)\) và \(H(4;0)\). Tìm toạ độ các đỉnh của hình bình hành.

Phân tích. Có toạ độ các điểm \(M,G\), điểm \(C\) thuộc đường thẳng \(MG\), đã biết tỉ số \(\dfrac{MG}{MC}=\dfrac{1}{3}\) nên tìm được toạ độ điểm \(C\). Tương tự, có toạ độ các điểm \(M,H\), điểm \(D\) thuộc đường thẳng \(MH\), đã biết tỉ số \(\dfrac{MH}{MD}=\dfrac{1}{3}\) nên tìm được toạ độ điểm \(D\). Vì \(\overrightarrow{MB}=\dfrac{3}{2}\overrightarrow{HG}\) nên tìm được toạ độ điểm \(B\). Vì \(M\) là trung điểm \(AB\) nên tìm được toạ độ điểm \(A\).

Giải. Gọi \(C(x_C;y_C)\). Vì \(G\) là trọng tâm tam giác \(ABC\) nên \(\overrightarrow{MC}=3\overrightarrow{MG}\). Do đó \[\left\{\begin{array}{l}x_C-3=3(2-3) \\ y_C+1=3(1+1)\end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x_C=0 \\ y_C=5\end{array}\right.\] Suy ra \(C(0;5)\). Tương tự, gọi \(D(x_D;y_D)\). Vì \(H\) là trọng tâm tam giác \(ABD\) nên \(\overrightarrow{MD}=3\overrightarrow{MH}\). Do đó \[\left\{\begin{array}{l}x_D-3=3(4-3) \\ y_D+1=3(0+1)\end{array}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x_D=6 \\ y_D=2\end{array}\right.\] Suy ra \(D(6;2)\). Tam giác \(MCD\) có \(\dfrac{MH}{MD}=\dfrac{MG}{MC}=\dfrac{2}{3}\) nên \(HG \parallel CD\). Do đó \(HG\) cũng song song với \(AB\). Xét tam giác \(MDB\) có \(HG \parallel MB\) và \(\dfrac{DH}{DM}=\dfrac{2}{3}\) nên \(\dfrac{HG}{MB}=\dfrac{2}{3}\). Suy ra \(\overrightarrow{MB}=\dfrac{3}{2}\overrightarrow{HG}\). Gọi \(B(x_B;y_B)\) ta có \[\left\{\begin{array}{l}x_B-3=\frac{3}{2}(2-4) \\ y_B+1=\frac{3}{2}(1-0)\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x_B=0 \\ y_B=\frac{1}{2}\end{array}\right.\] Suy ra \(B(0;\frac{1}{2})\). Vì \(M\) là trung điểm \(AB\) nên tìm được \(A(6;-\frac{5}{2})\).

Ví dụ 2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ \(Oxy,\) cho hình bình hành \(ABCD\). Điểm \(M(-3;0)\) là trung điểm cạnh \(AB\), điểm \(H(0;-1)\) là hình chiếu vuông góc của \(B\) trên \(AD\) và điểm \(G(\frac{4}{3};3)\) là trọng tâm của tam giác \(BCD\). Tìm toạ độ các điểm \(B\) và \(D\). (Đề thi đại học khối B năm 2014).

Phân tích. Ta sẽ sử dụng những đường thẳng đi qua 2 trong 3 điểm cho sẵn toạ độ là \(M, H, G\) để tìm dần dần toạ độ những điểm khác. Gọi \(E\) là giao điểm của \(MH\) với \(BC\) thì có thể chứng minh được \(M\) là trung điểm của \(EH\). Từ đó tìm được toạ độ \(E\). Gọi \(F\) là giao điểm của \(GH\) và \(BC\) thì có thể tính được tỉ số \(\dfrac{FG}{FH}\). Từ đó có thể tìm được toạ độ của \(F\). Ta viết được phương trình đường thẳng \(BC\) đi qua 2 điểm đã tìm được toạ độ là \(E\) và \(F\). Điểm \(B\) là hình chiếu vuông góc của \(H\) lên \(BC\) nên tìm được toạ độ của \(B\). Muốn tìm toạ độ \(D\) phải tìm toạ độ của \(I\) là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành. Muốn tìm \(I\) thì cần tìm \(A\) mà \(M\) là trung điểm của \(AB\) nên có thể tìm được \(A\).

Giải. Gọi \(E\) là giao điểm của \(MH\) và \(BC\). Xét \(\triangle MAH\) và \(\triangle MBE\) có: \(MA=MB\); \(\widehat{AMH}=\widehat{BME}\) (đối đỉnh); \(\widehat{MAH}=\widehat{MBE}\) (so le trong). Suy ra \(\triangle MAH = \triangle MBE\) (góc - cạnh - góc). Suy ra \(MH=ME\) hay \(M\) là trung điểm \(HE\). Từ đó ta có \(E(-6;1)\).

Gọi \(F\) là giao điểm của \(GH\) và \(BC\). Vì \(G\) là trọng tâm tam giác \(BCD\) nên \(GC=\dfrac{2}{3}CI\). Mà \(CI=\dfrac{1}{2}AC\) nên \(CG=\dfrac{2}{3}.\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{1}{3}AC\). Suy ra \(GA=2GC\). \(\triangle AGH \backsim CGF\) nên \(GH=2GF\). Từ đó \(\overrightarrow{HG}=2\overrightarrow{FG}\). Ta có \(\overrightarrow{HG}=(\frac{4}{3};4)\). Gọi \(F(x_F;y_F)\) ta có:\[\left\{\begin{array}{l}\frac{4}{3}=2(x_F-\frac{4}{3}) \\ 4=2(y_F-3)\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x_F=2 \\ y_F=5\end{array}\right.\]Suy ra \(F(2;5)\).

Đường thẳng \(BC\) qua \(E(-6;1)\) có vectơ chỉ phương \(\overrightarrow{EF}=(8;4)\) nên có vectơ pháp tuyến \((1;-2)\). Phương trình của \(BC\) là \(BC: x-2y+8=0\). Đường thẳng \(d\) qua \(H\) vuông góc với \(BC\) có phương trình \(d: 2x+y+1=0\). \(B(x;y)\) là giao điểm của \(BC\) và \(d\) nên ta có hệ \[\left\{\begin{array}{l}x-2y+8=0 \\ 2x+y+1=0\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x=-2 \\ y=3\end{array}\right.\] Suy ra \(B(-2;3)\).

Vì \(M\) là trung điểm \(AB\) nên \(A(-4;-3)\). \(\overrightarrow{AG}=(-\frac{16}{3};-6)\). Gọi \(I(x_I;y_I)\). Vì \(\overrightarrow{GI}=\dfrac{1}{4}\overrightarrow{GA}\) nên: \[\left\{\begin{array}{l}x_I-\frac{4}{3}=\frac{1}{4}.(-\frac{16}{3}) \\ y_I-3=\frac{1}{4}.(-6)\end{array}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x_I=0 \\ y_I=\frac{3}{2}\end{array}\right.\] Suy ra \(I(0;\frac{3}{2})\). Vì \(I\) là trung điểm \(BD\) nên tìm được \(D(2;0)\). Vậy \(B(-2;3)\) và \(D(2;0)\).