7 cm vuonggoc

G. SỬ DỤNG TÍNH VNG GĨC.
 Một số kiến thức cần nhớ.

 Bài tập vận dụng.

 Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD. Gọi M  1;3  là trung điểm của

 3 1
1
cạnh BC, N   ;  là điểm trên cạnh AC sao cho AN  AC. Xác định tọa độ các đỉnh của hình
2
2
4


x

y

3

0.
vng ABCD, biết D nằm trên đường thẳng
Định hướng:
-Phát hiện và chứng minh DN  MN .
-Viết phương trình DN . Tìm tọa độ điểm D .


-Giả sử A  m; n  , từ AC  4 AN  C
 
-Từ AB  DC  B .

-Từ giả thiết điểm M(1;3) là trung điểm BC , tìm nghiệm m,n.
Lời giải:
Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Điểm F là trung
điểm đoạn DI. Khi đó tứ giác FNMC là hình bình hành và F là trực
tâm tam giác NDC nên CF  DN . Mà CF / / MN nên DN  MN .
Phương trình đường thẳng DN : x  y  1 0
 x  y  1 0
 x 1
 
 D  1;  2 
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ 
 x  y  3 0  y  2


Giả sử A  m; n  , từ AC 4 AN  C   6  3m; 2  3n  .


Từ AB  DC  B   7  2m;4  2n  .

  13  5m 6  5 n 
;
Suy ra tọa độ điểm M là M 
2
2 

 13  5m 2

Từ đó ta có 
6  5n 6

m  3
 A   3;0  , B   1;4  , C  3;2 

n 0

 Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc đường thẳng
d1 : 2 x  y  2 0 , đỉnh C thuộc đường thẳng d2 : x  y  5 0. Gọi H là hình chiếu của B xuống
121


 9 2
AC. Biết điểm M  ;  , K  9;2  lần lượt là trung điểm của AH và CD. Xác định tọa độ các đỉnh của
5 5
hình chữ nhật ABCD, biết điểm C có tung độ dương.
Định hướng:
-Phát hiện và chứng minh MK  MB .
-Viết phương trình đường thẳng BM . Suy ra tọa độ điểm B
 
-Giả sử C  c; c  5  , Từ BC .KC 0  c

-Viết phương trình đường thẳng BH , MC
Suy ra tọa độ điểm H  A . Từ đó tìm được D.
Lời giải:
Gọi E là trung điểm của HB. Lúc đó tứ giác MECK là hình bình hành và E là trung trực của tam giác BMC
nên CE  MB . Mà MK / / CE  MK  MB.
Phương trình đường thẳng BM : 9 x  2 y 85.
9 x  2 y 85
 B  1;4 
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 

2 x  y  2
Giả sử C  c; c  5  ,
 
 c 9  C  9;4 
Từ BC. KC 0   c  9   2c  8  0  
 c 4  C  4;  1  lo¹i 

Phương trình đường thẳng BH : 2 x  y 6.
Phương trình đường thẳng MC : x  2 y 1
2 x  y 6
 13 4 
 H  ;   A  1; 0  . Từ đó tìm được D  9;0  .
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ 
x

2
y

1
 5 5


 Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang vng ABCD

có đỉnh

D  2; 2  và CD 2 AB. Gọi H là hình chiếu vng góc của điểm D lên đường chéo AC. Điểm

 22 14 
M  ;  là trung điểm HC . Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C , biết rằng đỉnh B thuộc đường

 5 5 
thẳng  : x  2 y  4 0 .
Định hướng:
-Phát hiện và chứng minh BM  DM . Viết phương trình BM, suy ra B.
-Gọi I là giao điểm của AC và BD.
122


Ta có



AB IB 1

  DI  2 IB  I
CD IC 2

-Viết phương trình đường thẳng AC ; DH  H  C


-Từ CI  2 IA  A .

Lời giải:
Gọi E là trung điểm đoạn DH. Khi đó tứ giác ABME là hình
bình hành  ME  AD nên E là trực tâm tam giác ADM .
Suy ra AE  DM mà AE / / BM  DM  BM.
Phương trình đường thẳng BM : 3 x  y 16
 x  2 y  4
 B  4; 4 
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 

3 x  y 16

Gọi I là giao điểm của AC và BD.
Ta có



AB IB 1
 10 10 

  DI 2 IB  I  ; 
CD IC 2
 3 3 

Phương trình đường thẳng AC : x  2 y 10 ; Phương trình đường thẳng DH : 2 x  y 2

 14 18 
Suy ra tọa độ điểm H  ;   C  6;2 
 5 5 


Từ CI 2 IA  A  2; 4 

 Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A   1;3  . Gọi D là một điểm

1 3
trên cạnh AB sao cho AB 3 AD và H là hình chiếu vng góc của B trên CD. Điểm M  ;   là
2 2
trung điểm đoạn HC. Xác định tọa độ điểm C, biết điểm B nằm trên đường thẳng x  y  7 0.
Định hướng:

-Phát hiện và chứng minh BM  DM . Viết phương trình BM, suy ra B.


-Từ AB 3 AD  D .

-Viết phương trình các đường thẳng CD , BH . Suy ra tọa độ điểm H  C .
Lời giải:
Gọi N , I là giao điểm của đường thẳng qua B vng góc với BC với các đường
thẳng CD và CA .

123


Do tam giác IBC vuông tại B và AB  AC  A là trung điểm của đoạn IC , suy ra D là trọng tâm tam
1
giác IBC . Do đó AN / /  BC.
2
Gọi E là trung điểm BH , khi đó E là trực tâm tam giác NBM và tứ giác NAME là hình bình hành nên
từ NE  BM  AM  BM.
 x  y  7
 B   4;  3 
Đường thẳng BM có phương trình x  3 y 5 . Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 
 x  3 y 5



Từ AB 3 AD  D   2;1 . Lúc đó ta có phương trình các đường thẳng CD : x  y  1; BH : x  y  1 .
Suy ra tọa độ điểm H   1; 0  .
Suy ra C  2;  3 
 Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD có đỉnh A   1; 2  . Gọi N là trung

 19 8 
điểm của cạnh AD; điểm H  ;   là hình chiếu vng góc của B lên CN . Xác định tọa độ các
5
 5
đỉnh cịn lại của hình vng, biết trung điểm M của cạnh BC nằm trên đường thẳng x  2 y  6 0.

Định hướng:
-Phát hiện và chứng minh AH  MH .
-Viết phương trình đường thẳng HM  M .
-Viết phương trình đường thẳng CH
 
-Gọi N là trung điểm AD, từ N   CH   N  n;6  2n  . Lại có AN .MN 0  n  N  D
 
-Từ AB  NM  B  C .

Lời giải:
Tứ giác NHMB nội tiếp 
Tứ giác ABMN là hình chữ nhật 
Suy ra
Mà

hay tứ giác ABMH nội tiếp.
hay AH  MH .

124


Phương trình đường thẳng HM : 4 x  3 y 20 . Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ
4 x  3 y 20

 M  2;  4  .

 x  2 y  6

Do CH / / AM nên phương trình đường thẳng CH : 2 x  y 6.
Gọi N là trung điểm AD, từ N   CH   N  n;6  2n  .

 n 2  N  2;2 
 

Lại có AN . MN 0  
19
 19 8 
 n  5  N  5 ;  5   H  lo¹i 



Suy ra D  5;2  . Từ AB  NM  B   1;  4  , khi đó C  5;  4 

 Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng
d : 2 x  y  5 0 và A   4;8  . Gọi M là điểm đối xứng của B qua C, N là hình chiếu vng góc của
B trên đường thẳng MD. Tìm tọa độ các điểm B và C, biết rằng N  5;  4  .
Định hướng:
Phát hiện và chứng minh AN  CN . Viết phương trình đường thẳng CN . Suy ra tọa độ điểm C.
-Do tứ giác ADMC là hình bình hành, nên AC / / DM mà
BN  DM  BN  AC . Viết phương trình đường thẳng BN. Suy ra
điểm B là giao điểm của BN với đường tròn tâm I bán kính R  IA .
Lời giải
Do tứ giác DBCN nội tiếp, nên

, mà

giác ABCD là hình chữ nhật) Suy ra
nội tiếp 

(do tứ

 tứ giác ABCN

hay AN  CN .

Đường thẳng CN có phương trình 3 x  4 y 31.
3 x  4 y 31
 C  1;  7 
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 
2 x  y  5

Do tứ giác ADMC là hình bình hành, nên AC / / DM mà
BN  DM  BN  AC
Đường thẳng BN có phương trình x  3 y  17 0 .

125


Điểm B là giao điểm của BN với đường tròn tâm bán kính R  IA 

5 10
, nên tọa độ điểm B là nghiệm
2

của hệ
  x 5
 B  N  lo¹i 
 x  3 y 17


 y  4

2
2

3 
1
125  
 x  4
 x     y   

 B   4;  7 
2 
2
2

  y  7
 Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang vng ABCD (vng tại A và B) có
 13 9 
BC 2 AD. Điểm H  ;  là hình chiếu vng góc của điểm B lên cạnh CD. Xác định tọa độ các
 5 5
đỉnh B và D của hình thang, biết điểm A   3;1  và trung điểm M của cạnh BC nằm trên đường thẳng
x  2 y  1 0.
Định hướng:

-Phát hiện và chứng minh AH  MH . Viết phương trình
đường thẳng MH , suy ra tọa độ điểm M .
-Viết phương trình đường thẳng DC .
 
Giả sử D  8  3 d; d  , từ AD.MD 0  d  D .
 
-Từ AD  MC  C  B .

Lời giải:
Tứ giác BDHM nội tiếp nên

.

Tứ giác ABMD là hình chữ nhật nên

Suy ra

hay tứ giác AHMB nội tiếp, mà

.Hay AH  MH .
7 x  y 20
 M  3;  1 
Phương trình đường thẳng MH : 7 x  y 20. Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 
 x  2 y 1

Đường thẳng DC qua H và song song với AM nên có phương trình DC : x  3 y 8 .
 d 3  D   1;3 
 

Giả sử D  8  3 d; d  , từ AD. MD 0  

9
 13 9 
 d   D  ;   H  lo¹i 
5

 5 5

126




Lại có AD  MC  C  5;1 , từ đó suy ra B  1;  3 

 Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A; D là trung điểm của đoạn AB.
 11 5   13 5 
Biết rằng I  ;  , E  ;  lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, trọng tâm tam
 3 3  3 3
giác ADC; các điểm M  3;  1 , N   3;0  lần lượt thuộc các đường thẳng DC, AB. Tìm tọa độ các
điểm A, B, C biết rằng A có tung độ dương.
Định hướng:
-Phát hiện và chứng minh DG  IE.
-Viết phương trình đường thẳng DC ,tham số hóa tọa độ điểm
 
D, từ DN  DI  DN .DI 0  D
-Viết phương trình đường thẳng AB,AI.
Suy ra tọa độ điểm A . Từ D là trung điểm AB suy ra B .
-Viết phương trình đường thẳng BC . Suy ra tọa độ trung điểm
H của BC , suy ra C.
Lời giải:

Do DK là đường trung bình tam giác ABC, nên DK//BC.
Gọi G là giao điểm của AI và CD, lúc đó AI  BC  AI  DK  AI  DE.
1

GE / /  AD
 EG  DI
Lại có 
3
 ID  AB

Từ đó suy ra G là trực tâm tam giác DEI hay DG  IE.
Đường thẳng DC qua M và vuông góc với IE nên có phương trình x 3.
 d 3

Giả sử D  3; d  , từ DN  DI  DN .DI 0  
 d  4
3


+) Với d 3  D  3;3  .
Phương trình đường thẳng AB là x  2 y  3 0 .
Đường thẳng AI qua I và vng góc với DE nên có phương trình x  y 2.
 x  2 y  3
 A  7;5  .
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 
 x  y 2

127

Từ D là trung điểm AB suy ra B   1;1 
Đường thẳng BC qua B và vng góc với AI nên có phương trình x  y 0 . Tọa độ trung điểm H của BC là
 x  y 0
 H  1;  1  C  3;  3 
nghiệm của hệ 
 x  y 2
+) Với d 

4
4

 D  3;   , tương tự trường hợp trên cho ta tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
3
3


2 x  9 y  6


12 x  27 y 89

107

 x  6
 lo¹i 

 y  125

27

2
2
 Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  C  : x  y 25

, đường thẳng AC đi qua điểm K  2;1 . Gọi M, N là chân các đường cao kẻ từ đỉnh B và C. Tìm tọa độ
các đỉnh tam giác ABC, biết phương trình đường thẳng MN là 4 x  3 y  10 0 và điểm A có hồnh độ
âm.
Định hướng:
-Phát hiện và chứng minh OA  MN
-Viết phương trình đường thẳng OA  A
-Viết phương trình đường thẳng AC  C
-Tìm tọa độ điểm M, viết phương trình đường thẳng BM  B
Lời giải:
Gọi I, J lần lượt là giao điểm của BM, CN với đường tròn  C  .





Do tứ giác BCMN nội tiếp nên MBC
, lại có CJI
CNM
 IBC


(cùng chắn cung IC) do đó CJI
CNM
 MN / / IJ
 ACI  ABI






 JCA
 JBA
 ICA
 AI  AJ  AO  JI
Lại có  JBA


 ABI  JCA
Từ đó ta có:
+) Phương trình đường thẳng OA : 3 x  4 y 0.
3 x  4 y 0

+) Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ  2
2
 x  y 25

 A   4;3 

 A  4;  3 

128

 lo¹i 


+) Phương trình đường thẳng AC : x  3 y  5 0.

 x  3 y  5 0

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ  2
2
 x  y 25

 C   4; 3   A  lo¹i 

 C  5;0 

4 x  3 y  10 0
 M   1;2 
+) Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 
 x  3 y  5 0
+) Phương trình đường thẳng BM : 3 x  y  5 0
3 x  y  5 0

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ  2
2
 x  y 25

 B   4;3   A  lo¹i 

 B   3;4 

Vậy A   4;3  , B   3;  4  , C  5;0  .
 Bài 10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD, có đỉnh A   3;1  , đỉnh C nằm
trên đường thẳng  : x  2 y  5 0 . Trên tia đối của tia CD lấy điểm E sao cho CE CD , biết
N  6;  2  là hình chiếu vng góc của D lên đường thẳng BE. Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của
hình chữ nhật ABCD.

Định hướng:
-Phát hiện và chứng minh AN  CN .
 
-Tham số hóa tọa độ C  2c  5; c  , từ AN .CN 0 
 c C

-Tứ giác ABEC là hình bình hành, suy ra AC / / BE.
Viết phương trình đường thẳng NE . Tham số hóa tọa độ B, ta

có AB.CB 0  b .Từ đó dễ dàng suy ra D
Lời giải:
Tứ giác ADBN nội tiếp  AND  ABD và ABD  ACD (do ABCD là hình chữ nhật). Suy ra
AND  ACD hay tứ giác ANCD nội tiếp được một đường tròn, mà

ADC 900  ANC 900  AN  CN .
 
Giả sử C  2c  5; c  , từ AN .CN 0  3  1  2c    2  c  0  c 1  C  7;1

Tứ giác ABEC là hình bình hành, suy ra AC / / BE.
Đường thẳng NE qua N và song song với AC nên có phương trình y  2 0.

129


 b 6  B  N  lo¹i 
 
2

B
b

;

2
A
B
.
C
B

0

b

4
b

12

0

 , ta có
Giả sử 
 b  2  B   2;  2 

Từ đó dễ dàng suy ra D  6; 4 

 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có (ABI  2;0  . Đường tròn tâm K đi qua B, C và tiếp xúc với AB tại B cắt AC tại D, biết BD:5x+y-20=0 và
A   : x  3 y  10 0 . Xác định tọa độ A, B biết xB  4 .

Định hướng:
Dự đoán và chứng minh được AI vng góc với BD. Từ đó viết phương trình đường thẳng AI qua I và vng
góc với BD. Xác định được tọa độ của A là giao của AI và  . Vận dụng IA = IB ta xác định được tọa độ của
B.
Lời giải.
Gọi E là giao của AI với BD.
1


 180o  AIB 90 o  ACB 90 o  DCB
Ta có BAE
. Mà AB là tiếp tuyến của đường tròn (K) nên
2





ABD  DCB


 BAE
90 o  ABE  ABE  tại E hay AI  BD.

Đường thẳng AI qua I và nhận vectơ chỉ phương uBD (1;  5) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình

1( x  2)  5( y  0) 0  x  5 y  2 0 .
 x  5 y  2 0

A là giao của AI và  nên tọa độ của A là nghiệm của hệ 

 x  3 y  10 0

 x 7
 A(7;1) .

 y 1

Ta có B thuộc BD và B có hồnh độ nhỏ hơn 4 nên B(b ; 20 -5b), b < 4. Vì A, B thuộc đường tròn tâm I nên
 b 3
IB  IA  ( b  2)  (20  5b) (7  2)  1  13b  102b  189 0  
 B(3;5) .
 b  63  4( loai)

13
2

2

2

2

2

Vậy A  7;1 , B  3;5  .
 3
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có H là trực tâm, C  3;  . Đường thẳng
 2
AH có phương trình 2x – y + 1 = 0. Đường thẳng d đi qua H cắt các đường thẳng AB và AC lần lượt tại
P và Q (khác điểm A) thỏa mãn HP = HQ. Biết phương trình của d 2x – 3y + 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh

A và B.

130


Định hướng:
Xác định ngay được tọa độ của H là giao của AH và d.
Viết được đường thẳng BC qua C và vng góc với AH.
Dự đốn và chứng minh PQ  HM(Với M là trung điểm của BC). Từ đó viết phương trình đường thẳn MH và
xác định tọa độ của M là giao của BC và HM. Suy ra tọa độ của B, và viết đường thẳng AB qua B và vng
góc với HC. Xác định tọa độ của A là giao của AH và AB.
Lời giải:
2 x  3 y  7 0
 x 1

H là giao của AH và d nên tọa độ điểm H là nghiệm của hệ 
 H(1;3)
2 x  y  1 0
 y 3

Đường thẳng BC qua C và nhận vectơ chỉ phương u AH (1;2) của AH làm vectơ páp tuyến nên có phương

trình là x + 2y – 6 = 0.
Qua C kẻ đương thẳng song song với d cắt AB
tai N và cắt AH tại K, do HP = HQ nên KC = KN
Gọi M là trung điểm BC  KM // NB  KM  CH.
Mà CM  HK  M là trực tâm của tam giác CHK
 HM  CK  HM  d.


Đường thẳng HM qua H và nhận vectơ chỉ phương ud (3;2)
làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là 3x + 2y – 9 = 0
M là giao của BC và HM nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ
3 x  2 y  9 0
3 9
 M  ;   B(0;3)

2 4
 x  2 y  6 0

3

Đường thẳng BA qua B và có vectơ pháp tuyến là HC  2;  
2


nên có phương trình 4x – 3y + 9 = 0
 2 x  y  1 0
 x 3

A là giao của AH và BA nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 
 A(3;7).
4 x  3 y  9 0
 y 7

Vậy A(3; 7), B(0; 3).
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A với A(1;2). Gọi H là trung điểm
của BC và D là hình chiếu vng góc của H lên AC, biết trung điểm của HD là điểm
M   : 2 x  y  2 0 và phương trình đường thẳng BD: x  y  1 0 . Tìm toạ độ của B, C
131

Định hướng:
Dự đốn và chứng minh BD vng góc với AM. Khi đó ta viết phương trình của AM qua A và vng góc với
BD. Từ đó xác định tọa độ điểm M. Xác định tọa độ của D nhờ tam giác ADM vuông tại D và D thuộc BD.
Vận dụng tính chất trung điểm ta xác định tọa độ điểm H. Tiếp theo ta viết phương trình của BC qua H và
vng góc với AH. Lấy tọa độ các điểm B là giao của hai đường BC và BD; tọa độ của C là giao của hai
đương BC và AC.
Lời giải.

Trước hết ta chứng minh BD  AM . Thật vậy: Gọi K là trung điểm của CD.
Ta có HK là đường trung bình của tam giác CBD nên HK // BD.
MK là đường trung bình của tam giác DHC nên MK // HC. Mà HC  AH (do tam giác ABC cân tại A) nên
MK  AH . Kết hợp với HM  AK suy ra M là trực tâm của tam giác AHK suy ra AM  HK suy ra AM 
BD

Đường thẳng AM qua A và nhận vectơ chỉ phương uBD (1;  1) của BD làm vectơ pháp tuyến nên có phương

trình 1( x  1)  1( y  2) 0  x  y  1 0
 x  y  1 0

M là giao của AM và  nên tọa độ của M là nghiệm của hệ 
2 x  y  2 0

 x  1
=> M(-1;0).

 y 0




D thuộc BD: x  y  1 0 nên D(t;1-t). Ta có AD ( t  1;  1  t ), MD ( t  1;1  t ) .

Vì tam giác ADH vuông tại D nên
 
 t 1  D(1;0)
AD. MD 0  ( t  1)( t  1)  (  1  t )(1  t ) 0  2t2  2 0 
 t  1  D(  1;2)


TH1: D(1;0). Vì M là trung điểm của HD suy ra H(-3;0) và AH (  4;  2) .

Đường thẳng BC đi qua H và có vectơ pháp tuyến là AH (  4;  2) nên có phương trình -4( x + 3) – 2(y - 0) = 0

<=> 2x+y+6=0.
2 x  y  6 0

B là giao của BD và BC nên tọa độ của B là nghiệm của hệ 
 x  y  1 0
trung điểm của BC nên suy ra C(1;-8).

TH2: D(-1;2). Vì M là trung điểm của HD suy ra H(-1;-2 ) và AH (  2;  4) .

 x  7
=> B(-7;8) . Vì H là

 y 8


Đường thẳng BC đi qua H và có vectơ pháp tuyến là AH (  2;  4) nên có phương trình -2( x + 1) – 4(y + 2) =

0

132


<=> x+2y+ 5=0.
 x  2 y  5 0

B là giao của BD và BC nên tọa độ của B là nghiệm của hệ 
 x  y  1 0
trung điểm của BC nên suy ra C(-9; 2).

 x 7
=> B(7;-6) . Vì H là

 y  6

Vậy: C(1;-8), B(-7;8) hoặc B(7;-6), C(-9;2).
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phân giác trong của góc A là
d : x  1 0 . Gọi E và F lần lượt là hình chiếu của B và C lên d. Đường thẳng AB đi qua M(-2;-1), C
nằm trên đường thẳng d ' : x  y  8 0 . Giả sử BF và CE cắt nhau tại K( - 3 ; 5). Xác định tọa độ điểm
B.
Định hướng:
Từ trực quan hình vẽ ta dự đốn và chứng minh AK vng góc với AD. Xác định tọa độ điểm A là hình chiếu
của A trên phân giác AD. Viết được phương trình đường thẳng AB đi qua A và M. Dựa vào tính chất đường
phân giác ta xác định tọa độ điểm N đối xứng với M qua AD, khi đó AC đi qua A và C nên ta lập được
phương trình của AC. Lấy tọa độ của C là giao của AC và d’. Tiếp theo ta xác định được tọa độ điểm F, viết
được phương trình đường BF qua F và K. Cuối cùng ta xác định tọa độ điểm B là giao của BF và AB.
K

A

E
B

D

C
F

Lời giải.

133


Gọi D là chân đường phân giác trong kẻ từ A của tam giác ABC. Ta có BE // CF nên
Mà tam giác ABE đồng dạng với tam giác ACF (góc- góc) nên
đường phân giác trong nên ta có

KB BE DB


(1).
KF CF DC

BE AE AB


(2). Mặt khác D là chân
CF AF AC

AB BE
KB AE


(3). Từ (1), (2) và (3) ta suy ra
. Suy ra AK // BE. Suy
AC CF
KF AF

ra AK  AD.

Đường thẳng AK đi qua K và nhận vectơ chỉ phương của u(0;1) của AD làm vectơ pháp tuyến nên có phương
trình y – 5 = 0.

A là giao của AK và AD nên A(1 ; 5).
Đường thẳng AB đi qua A và M nên có phương trình

x  2 y 1

 2 x  y  3 0.
1  2 5 1

Gọi N(a ; b) là điểm đối xứng với M qua AD. Khi đó N thuộc AC.

 a 2 b 1
;
Ta có MN ( a  2; b  1) trung điểm của MN là I 
.
2 

 2
 
 MN .u 0

Vì M đối xứng với N qua AD nên 
 I  AD

AC đi qua A và N nên có phương trình

b  1 0
 a 4

 
 N (4;  1) .
a  2
b  1
 2  1 0

x 1
y 5

 2 x  y  7 0 .
4  1  1 5

2 x  y  7 0

C là giao của Ac và d’ nên tọa độ của C là nghiệm của hệ 
 x  y  8 0

 x 5

. Suy ra C(5 ; -3).

 y  3

CF đi qua C và song song với AK nên có phương trình y + 3 = 0.
F là giao của AD và CF nên F(1 ; -3). Suy ra FK :

x 3
y 5

 2 x  y  1 0.
13  3  5

2 x  y  3 0
 x  1
 
. Vậy B(-1 ; 1).
B là giao của AB và FK nên tọa độ của B là nghiệm của hệ 
2 x  y  1 0
 y 1

Bài 31. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác nhọn ABC ( AB( x  2)2  ( y  1)2 25 có tâm I. Gọi D là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC.Kẻ BE  AI , ( E  AI ) .

Biết DE có phương trình 2 x  y  1 0 và AC đi qua điểm P(9;2). Tìm tọa độ điểm B và C biết D có hồnh độ
âm.
Định hướng:

134

Dự đoán và chứng minh DE  AC . Khi đó ta viết AC qua P vng góc với DE. Xác định tọa độ của A và C
là giao của (T) và đường thẳng AC. Vận D thuộc DE và tam giác ACD vuông tại D ta xác định được tọa độ
của D. Từ đó viết phương trình đường thẳng BC qua C và D. Xác địn tọa độ của B là giao của BC và (T).

Lời giải.
Kẻ đường cao BK của tam giác ABC( K  AC). Ta có AEB  ADB 90 o  ABDE là tứ giác nội tiếp




(1). Lại có AKB  AEB 90 o  ABEK là tứ giác nội tiếp  EAK
(2).
 BAD
 BED
 EBK
1



 IAC
 (180 o  AIC ) 90 o  ABC  BAD
Vì EAK
(3).
2


Từ (1), (2) và (3) suy ra EBK
 BED  BK // DE suy ra DE  AC.


Đường thẳng AC qua P(9; 2) và nhận vectơ chỉ phương uDE (1;  2) của DE làm vectơ pháp tun nên có

phương trình 1( x  9)  2( y  2) 0  x  2 y  5 0 .
A, C là giao của (T) và AC nên có tọa độ là ngiệm của hệ
 x 7, y 1
 A(7;1), C(  1;  3)
( x  2)2  ( y  1)2 25
 
 
.

 x  2 y  5 0
 x  1, y  3  A(  1;  3), C(7;1)

TH1: A(7;1), C(-1;-3).


D thuộc DE nên D(t; -1 -2t) suy ra AD ( t  7;  2  2t ), CD ( t  1;2  2t ) . Tam giác ACD vuông tại D nên
 t  1
 
AD.CD 0  ( t  7)( t  1)  (  2t  2)(2  2t ) 0  5t 2  6 t  11 0  
 D(  1;1) .
 t 11 ( loai)

5

Đường thẳng BC đi qua C và D nên có phương trình x + 1 = 0.
B là giao của BC và (T) nên tọa độ của B thỏa mãn hệ
 x  1, y  3  B C( loai)
 x  1 0

 
.

2
2
( x  2)  ( y  1) 25
 x  1, y 5  B(  1;5)

Khi đó D là trung điểm của BC nên AB = AC( loại).
TH2: A(-1; -3), C(7; 1).


D thuộc DE nên D(t; -1 -2t) suy ra AD ( t  1;2  2t ), CD ( t  7;  2  2t ) . Tam giác ACD vuông tại D nên
 t  1

2
AD.CD 0  ( t  7)( t  1)  (  2t  2)(2  2t ) 0  5t  6 t  11 0  
 D(  1;1) .
 t 11 ( loai)

5

Đường thẳng BC đi qua C và D nên có phương trình x + 1 = 0.
135


B là giao của BC và (T) nên tọa độ của B thỏa mãn hệ
 x  1, y  3  B C( loai)
 x  1 0
 

.

2
2
( x  2)  ( y  1) 25
 x  1, y 5  B(  1;5)

Khi đó AB = 8 < AC = 4 5 (thỏa mãn).
Vậy B(-1;5), C(7; 1).

Bài 30. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có H là hình chiếu vng góc của A trên BD. Biết
M(6; 3), N(5; 0) thứ tự là trung điểm của BH , CD. Điểm A thuộc đường thẳng d: 4x- y +5 =0. Xác định toạ độ
các đỉnh A, B, C, D.

Định hướng.
Dự đoán và chứng minh AM  MN .
Suy ra AM : x  3 y  15 0 , kết hợp với A thuộc d suy ra A(0;5) . Gọi tọa độ điểm B là (a; b). Sử dụng NA =
NB và BH vuông góc với AH ta tìm được B(10; 5).






1
2

Từ NC  DN  AB  C(10;0), D(0;0).
Lời giải.
Gọi E là trung điểm của AB, I là giao của

AN với DE.
d
Ta có AEND là hình chữ nhật.
Suy ra AN = DE.
EM là đường trung bình của tam giác ABH
nên EM // AH. Suy ra tam giác EMD vng tại M.
1
1
Do đó IM  ED  AN . Suy ra tam giác AMN
2
2

A

E

B

M

I
H
D

C

N

vuông tại M.


Đường thẳng AM đi qua M và nhận MN (  1;  3) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình –1(x-6) –3(y3)=0 <=> x + 3y – 15 = 0.
4 x  y  5 0
 x 0
 
 A(0;5) .
A là giao điểm của AM với d nên tọa độ của A là nghiệm của hệ 
 x  3 y  15 0
 y 5

Gọi (a ; b) là tọa độ điểm B. M là trung điểm của BH suy ra H (12 – a ; 6 - b).


Ta có AH (12  a;1  b), HB (2a  12;2b  6) .
 
Mặt khác N là trung điểm của DC nên NB = NA. Kết hợp với AH  HB ta có
 

(12  a)(2a  12)  (1  b)(2b  6) 0
 AH .HB 0

  2


2
2
2
2
2


 AH  NB
5  5 ( a  5)  b


136

2a  b 25

 2
2
 a  b  10 a 25


 a 12, b 1
 a 10, b 5 .



Với a 12, b 1  H (0;5)  A (loại).
Với a 10, b 5  H (2;1)  A (thỏa mãn) và B(10 ; 5).






1
2

Kết hợp với NC  DN  AB  C(10;0), D(0;0).

Vậy A(0; 5), B(10; 5), C(10;0), D(0;0).

Bài 44. Cho tam giác ABC với D và E lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các
cạnh AB và AC. Biết DE và AB lần lượt có phương trình x  7 y  35 0 và 4 x  3 y  65 0 và trung điểm cạnh
BC là điểm M (11;

11
) . Tìm tọa độ các điểm B, C biết hoành độ điểm B lớn hơn 12.
2

Định hướng:
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC và H  DE  BI . Dự đoán và chứng minh tam giác BHC
vuông tại H và MH song song với AB. Khi đó ta viết phương trình MH qua M và song song với AB, xác định
tọa độ của H là giao của DE và MH. Biểu diễn tọa độ của B theo tham số và sử dụng MH = MB ta suy ra tọa
độ của B, vận dung M là trung điểm của BC ta lấy tọa độ của C.
Lời giải.
A

H
E

D
I
C
M

B

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC và H  DE  BI . Ta sẽ chứng minh


BHC
900 và MH//AB ( Trong TH điểm H nằm ngoài đoạn DE). Thật vậy
A B

A B


C



( Do tứ giác ADIE nội tiếp) và BHD
1800  900 

900  (  ) 
EAI
 EDI
2 2
2 2
2




nên tứ giác IEHC nội tiếp  IHC
 BHD  ICE
 IEC
900




Và BHM
nên MH//AB ( Nếu điểm H thuộc đoạn DE chứng minh tương tự )
 MBH
 HBA

MH đi qua M song song AB nên MH có phương trình 4 x  3 y 

137

55
0
2


55

0
4 x  3 y 

Ta có H  DE  MH nên tọa độ của H là nghiệm của hệ 
2
 x  7 y  35 0
7
2

Suy ra H ( ; 

7


 x  2

y  9

2

9
25
)  MB  MH 
. Do AB : 4x-3y-65=0 nên B(17+3t;1+4t).
2
2
2

Từ MB 

 t  2  B(11;  7)
25
9
625

 (6  3t )2   4 t   
 
.
2
2
4

 t 2  B(23;9)

Do hoành độ điểm B lớn hơn 12 nên B(23;9).
Vì M là trung điểm BC nên C(-1;2).
Vậy B(23;9) và C(-1;2).
Bài 48. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp trong đường trịn (T) có phương trình x 2 + y2 – 2x – 4y
– 20 = 0. Các điểm K(-1;1), H(2;5) lần lượt là chân đường cao hạ từ A, B của tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh
của tam giác ABC, biết rằng đỉnh C có hồnh độ dương.
Định hướng:
Dự đốn và chứng minh được IC vng góc với HK (I là tâm của (T)). Từ đó viết phương trình đường thẳng
IC.
Xác định tọa độ của C là giao của CI và (T). Tiếp theo viết các phương trình của các đường thẳng AC, BC(đi
qua hai điểm đã biết tọa độ). Từ đó giải hệ giao điểm của BC, AC với (T) ta suy ra tọa độ của A, B.
1

 ABC  sd AC (1)
Lời giải: Gọi Cx là tiếp tuyến với (T) tại C  HCx
2

Do AHB  AKB 900 nên tứ giác AHKB nội tiếp  ABC  KHC (vì cùng bù với góc AHK ) (1)

Từ (1) và (2) suy ra HCx
 KHC  HK // Cx

Mà IC  Cx nên IC  HK (với I(1;2) là tâm của đường tròn (T))

Đường thẳng IC qua I và nhận HK (3;4) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 3(x - 1) + 4(y - 2) = 0
<=> 3x + 4y – 11 = 0.

C là giao của CI và (T) nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ
  x 5


 3 x  4 y  11 0
  y  1

 C(5;  1)
 2
2
  x  3
 x  y  2 x  4 y  20 0

( loai)
  y 5

138


Đường thẳng AC qua C và H nên có phương trình

x 2
y 5

 2x + y – 9 = 0
5 2 1 5

  x 1

 2 x  y  9 0
 y 7
 
 A(1;7)
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ  2

2

 x 5
 x  y  2 x  4 y  20 0

( loai )
  y  1

Đường thẳng BC qua C và K nên có phương trình

x 1
y 1

 x + 3y – 2 = 0
5 1  1  1

  x  4

 x  3 y  2 0
 y 2
 
 B(  4;2)
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ  2
2

 x 5
 x  y  2 x  4 y  20 0

( loai)
  y  1

Vậy A(1;7), B(-4;2), C(5;-1).

Bài 56. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có H(1; 1) là chân đường cao kẻ từ A, M(3; 0) là trung điểm của



BC. Biết BAH
. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
 HAM
 MAC
Định hướng:
Nhận thấy tam giác ABM có đường cao cũng là đường phân giác nên tam giác ABM cân tại A, do đó B đối
xứng với M qua H. Từ đó xác định được tọa độ của B suy ra tọa độ của C. Vận dụng tính chất đường phân
AH MH 1


 suy ra HAC
60 o .Từ đó chứng minh được tam giác ABC vng tại A. Tam giác
AC
MC 2

AHM vng tại H có HAM
30 o và biết độ dài cạnh HM nên ta tính được cạnh AH. Đường thẳng AH đi

giác ta có

qua H và vng góc với HM nên ta viết được phương trình của AH. Từ đó suy ra tọa độ điểm A.
Lời giải.
Tam giác ABM có đường cao AH cũng là phân giác nên tam giác AMB cân tại A, suy ra H là trung điểm của

 xB 2 xH  xM  1
 B(  1;2) . M là trung điểm của BC nên
BM. Suy ra 
 yB 2 yH  yM 2

 xC 2 xM  xB 7
 C(7;  2)

 yC 2 yM  yB  2


Ta có AM là phân giác của góc HAC
nên
AH MH 1



 suy ra HAC
60 o suy ra HAM
30 o  AH  3 HM  15 . Đường thẳng AH đi qua H
AC MC 2

và nhận vectơ HM (2;  1) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình

2( x  1)  1( y  1) 0  2 x  y  1 0.

A thuộc AH nên A(a; 2a - 1). Ta có AH  15  ( a  1)2  (2a  2)2 15  a 1  3 .
Vậy A(1  3;1  2 3 ), B(  1;2), C(7;  2) hoặc A(1  3;1  2 3 ), B(  1;2), C(7;  2) .
139

Bài toán 3 (Chế) Cho tam giác nhọn ABC với AK, CD là hai đường cao ( D  AB, K  BC ) và H là trực tâm
tam giác ABC. Biết đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác DHK có phương trình: ( x  2)2  y2 5 , trung điểm của
AC là P(7;5). Tìm toạ độ các điểm A, B, C biết BC đi qua điểm Q(1;4) và hồnh độ điểm D lớn hơn 3.
Định hướng:
Dự đốn và chứng minh PD, PK là hai tiếp tuyến của (T)(tức là tam giác IKP vuông tại K, tam giác IPD vng
tại D). Từ đó ta tìm được toạ độ hai điểm D, K. Vấn đề còn lại của bài tốn sẻ dễ dàng.
Lời giải:
Đường trịn (T) có tâm I(2;0) và bán kính r =



5 . Vì BDH
 BKH
90 o  (T) có đường kính BH => I là

trung điểm của BH.


Vì H là trực tâm của tam giác nhọn ABC nên IBK
 PCK
90 o (1).



Tam giác AKC vuông tại K , P là trung điểm của AC nên PK  PC  PA  PCK
(2).
 PKC



Lại có IBK
(3).
 IKB




Từ (1), (2) và (3) => IKB
 PKC
90 o  IKP
90 o => PK  IP2  IK 2  (7  2)2  (5  0)2  5 3 5 .

Đường trịn (S) đường kính AC có tâm P và bán kính PK nên có phương trình ( x  7)2  ( y  5)2 45 .
D và K là giao của (T) và (S) nên có tọa độ thỏa mãn hệ
2
2
( x  2)  y 5


2
2
( x  7)  ( y  5) 45

 x 4, y  1
 x  y 3
.Vì D có hồnh độ lớn hơn 3 nên D(4; -1), K(1;2).


2
2

( x  2)  y 5  x 1, y 2

Đường thẳng BC qua K và Q nên có phương trình x – 1= 0.
 x  1 0

Tọa độ của C thỏa mãn hệ 
2
2
( x  7)  ( y  5) 45

 x 1, y 2  C  K ( loai)
.
 x 1, y 8  C(1;8)


Mà P là trung điểm của AC nên A(13; 2).
AC đi qua D và A nên có phương trình là

x 4
y 1

 x  3 y  7 0 .
13  4 2  1

 x  1 0
 x 1

 B(1;  2) .
B là giao của AC và BC nên tọa độ của B là nghiệm của hệ 
 x  3 y  7 0

 y  2

Vậy A(13; 2), B(1; -2), C(1; 8).

Bài 58. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I. M là một điểm nằm
140