vấn đề: bài tập liên quan tới tính chất hình học

2/5/2015


BÀI TOÁN LIÊN
QUAN ĐẾN TÍCH
CHẤT HÌNH HỌC
Chuỗi tài liệu độc
Nhà sách Lovebook
VEDU CORP
Bài toán liên quan đến tính chất hình học
Lovebook.vn | 1
Chuyên đề: Bài toán liên quan đến tính chất hình học
Bạn hiểu không? Nếu không hãy chạy đi tìm cuốn tự điển xem áp chót là gì. Làm ngay đi. Chương này vẫn sẽ
chờ bạn tại đây ngay khi bạn trở lại. Tôi hứa đấy!
Hoan hô những bạn đã biết áp chót là gì
Hoan hô cả những bạn chạy đi tìm từ điển.
Với những bạn hơi bị lười, thôi để tôi nói ngay: Áp chót là chương trước chương cuối của cuốn sách.
Đó, vậy thôi. Đây là chương áp chót trong cuốn sách “Chinh phục hình học giải tích trong mặt phẳng”. Thật
không thể tin nổi, mới ngày nào chúng ta cùng nhau khám phá phương trình đường thẳng, vậy mà bây giờ
chúng ta đã gần tới đích rồi. Còn thử thách cuối cùng đang đợi bạn chinh phục trước khi tôi dám khẳng định
100% bạn có thể làm được câu Oxy trong đề thi đại học.
Tôi phải nói trước, chương này không hề dễ. Có những bài được lấy từ tạp chí Toán tuổi trẻ, đề thi của các
trường chuyên.
Đúng như tên gọi “liên quan đến tính chất hình học”, mỗi bài toán trong chương này sẽ gồm 2 phần rõ ràng:
phần hình phẳng và phần giải tích. Ở phần hình học phẳng, các tính chất liên quan đến hình tròn sẽ được khai
thác triệt để, từ tâm nội tiếp, ngoại tiếp đến góc chắn cung, tiếp tuyến, tứ giác nội tiếp.
Còn bây giờ chúng ta lên đường.

Lovebook.vn Your dreams – Our mission
Lovebook.vn | 2
PHẦN 1. KIẾN THỨC CƠ BẢN

I. Các hệ thức trong tam giác:
1. Định lý Pitago
vuông tại A
2. Hệ thức lượng trong tam giác vuông

1)

22
AB BH BC AC CH BC. ; .

2) AB.AC = AH.BC
3) AH
2
= BH.HC
4)
Hệ quả: Với tam giác đều cạnh là a, ta có:
3. Hệ thức lượng trong tam giác thường :
Cho nhọn, BC = a; AC = b; AB = c khi đó:
+) Định lý hàm số cosin:

  
2 2 2
a b c 2bc A.cos
;
  
2 2 2
b a c 2ac.cosB
;
  
2 2 2

c a b 2ab.cosC

+) Định lý hàm số sin:
)
a b c
2R
ACsin sinB sin
  
trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
)
ABC
1 1 1
S bc A ac B ab C
2 2 2
.sin .sin .sin

  

II. Định lý Ta-lét và tam giác đồng dạng:
1. Định lý Ta-lét trong tam giác:
Nếu một đoạn thẳng song song với một cạnh của tam giác thì nó định ra trên hai đoạn thẳng còn lại những
đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ.
   
AB AC AB AC B B C C
BC B C
AB AC BB CC AB AC
' ' ' ' ' '
/ / ' ' ; ;
''

ABC
2 2 2
AB AC BC  
B
H
C
A
2 2 2
1 1 1
AH AB AC

2
a 3 a 3
h ; S
24

ABC
Bài toán liên quan đến tính chất hình học
Lovebook.vn | 3

2. Tam giác đồng dạng:
+) Khái niệm:
A = A'; B= B'; C = C'
ΔABC ΔA'B'C'
AB AC BC
==
A'B' A'C' B'C'








+) Các trường hợp đồng dạng của hai tam giác: c – c – c; c – g – c; g – g.
+) Các trường hợp đồng dạng của hai tam giác vuông: góc nhọn; hai cạnh góc vuông; cạnh huyền - cạnh góc
vuông…
Tính chất: Hai tam giác đồng dạng thì:
+) Tỉ số hai đường cao, hai đường phân giác, hai đường trung tuyến tương ứng, hai chu vi bằng tỉ số đồng
dạng.
+) Tỉ số hai diện tich bằng bình phương tỉ số đồng dạng.
III. Các tính chất của đường tròn:
1. Góc ở tâm:
+) Góc có đỉnh trùng với tâm của đường tròn (góc
AOB
)
+) Số đo của cung nhỏ bằng số đo của góc ở tâm chắn cung đó

Định lý: Nếu C là một điểm nằm trên cung AB thì số đo cung
AB
bằng số đo cung
AC
cộng số đo cung
CB

2. Góc nội tiếp chắn cung:
+) Góc có đỉnh nằm trên đường tròn và hai cạnh chứa hai dây cung của đường tròn đó.
*Tính chất:
+) Trong một đường tròn, số đo của góc nội tiếp bằng nửa số đo của cung bị chắn.
Lovebook.vn Your dreams – Our mission

Lovebook.vn | 4

 
1
sđA
1
AB CC
2
AOC
2

 
1
sđA
1
AB CC
2
AOC
2

+) Các góc nội tiếp cùng chắn một cung hoặc chắn các cung bằng nhau thì bằng nhau


  
1 2 3
1
BA A BA A BA A
2
sđAB

  BAD DAC BD DC

+) Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn thì bằng
90


3. Cung và dây căng cung:
Xét 2 cung nhỏ trong một đường tròn:

Bài toán liên quan đến tính chất hình học
Lovebook.vn | 5
+) Hai cung bằng nhau căng 2 dây bằng nhau và ngược lại hai dây bằng nhau được căng bởi 2 cung bằng nhau:
  AB CD AB CD

+) Cung lớn hơn căng dây cung lớn hơn và ngược lại:
  AB CD AB CD

Liên hệ đường kính và dây căng cung:
+) Trong một đường tròn, đường kính đi qua trung điểm một cung thì đi qua trung điểm dây căng cung đó.
+) Trong một đường tròn, đường kín vuông góc với dây không đi qua tâm thì chia cung căng dây đó thành hai
cung bằng nhau.
Định lý dây song song:
+) Trong một đường tròn, hai cung bị chắn giữa hai dây song song thì bằng nhau

AB CD AC BD//

4. Tiếp tuyến – Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây căng cung:
a) Tiếp tuyến:

Nếu hai tiếp tuyến cắt nhau tại một điểm thì:

+) Điểm đó cách đều hai tiếp điểm: MA = MB
+) Tia kẻ từ điểm đó đi qua tâm là phân giác của góc tạo bởi hai tiếp tuyến:
AMO BMO

+) Tia kẻ từ điểm đó đi qua tâm là phân giác của góc tạo bởi hai bán kính đi qua các tiếp điểm:
AOM BOM

+) Tia kẻ từ điểm đó vuông góc với đoạn thẳng nối hai tiếp điểm:
OM AB

b) Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây căng cung:
Lovebook.vn Your dreams – Our mission
Lovebook.vn | 6

Định lí: Trong một đường tròn , số đo của góc tạo bởi một tia tiếp tuyến và một dây cung đi qua tiếp điểm bằng
nửa số đo của cung bị chắn:

1
BAx
2
sđAB

Hệ quả: Góc nội tiếp và góc tạo bởi một tia tiếp tuyến và một dây cung cùng chắn một cung thì bằng nhau:
BAx AMB

IV. Tứ giác nội tiếp:

Chứng minh tứ giác nội tiếp:
-Chứng minh bốn đỉnh của tứ giác cùng cách đều một điểm.
-Chứng minh tứ giác có hai góc đối diện bù nhau.

-Chứng minh hai đỉnh cùng nhìn đoạn thẳng tạo bởi hai điểm còn lại hai góc bằng nhau.
-Chứng minh tổng của góc ngoài tại một đỉnh với góc trong đối diện bù nhau.
-Nếu MA.MB = MC.MD hoặc NA.ND = NC.NB thì tứ giác ABCD nội tiếp.
(Trong đó )
-Nếu PA.PC = PB.PD thì tứ giác ABCD nội tiếp. (Trong đó )
-Chứng minh tứ giác đó là hình thang cân; hình chữ nhật; hình vuông; …
Lợi ích: Chứng minh được các góc nội tiếp chắn cung bằng nhau

M AB CD; N AD BC   
P AC BD
Bài toán liên quan đến tính chất hình học
Lovebook.vn | 7
PHẦN 2. BÀI TẬP NHỎ
Đây là những bài toán hình học phẳng cơ bản nhằm mục đích giúp các bạn nhớ lại những kiến thức cũ đã học từ
cấp 2 để có thể tiếp cân được một cách dễ dàng nhất với các bài toán giải tích phẳng sử dụng tính chất hình học.
Bài 1: Cho tam giác ABC, trực tâm H. Dựng hình bình hành BHCD. Gọi I là giao điểm của HD và BC.
CMR: 1. Tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O và nêu cách dựng O.
2. Gọi G là giao điểm của AI và OH. Chứng minh rằng G là trọng tâm tam giác ABC

Lời giải:
1. Gọi các đường cao của tam giác ABC là AN, BM, CN. Ta có:
    ANH HMA 90 90 180
tứ giác ANHM nội tiếp


  BAC NHM 180

Mặt khác có
NHM CHB
(đối đỉnh) và

CHB CDB
(2 góc đối của
hình bình hành)
   BAC CDB 180
tứ giác ABDC là tứ giác nội tiếp
Do
BH AC
mà tứ giác BHCD là hình bình hành nên BG//CD
CD AC
hay
ACD 90
mà AD là đường kính nên O là trung
điểm AD
2. Ta phải chứng minh G là giao điểm ba đường trung tuyến hay

GJ AI
3
.
Do
  IB IC OI BC
mà
AH BC OI AH//
. Theo định lý Ta-lét trong
AGH
ta có:

OI GI
AH AG

Do I là trung điểm HD và O là trung điểm AD nên


OI 1
AH 2
(tính chất đường trung bình)
    
OI GI 1 1
GI AG
AH AG 2 2
hay

1
GI AI
3

G là trọng tâm tam giác ABC
Bài 2 : Cho đường tròn (O) và một điểm P ở ngoài đường tròn. Kẻ hai tiếp tuyến PA và PB (A ; B là hai tiếp
điểm). Từ A kẻ tia song song với PB cắt (O) tại C
 
CA
. Đoạn PC cắt đường tròn tại điểm thứ hai D. Tia AD
cắt PB tại E.
1. CMR:
EAB EBD

2. CMR AE là trung tuyến của tam giác PAB
Lời giải:
1. Xét hai tam giác
EAB
và
EBD

:
 
2
PEAchung
EP ED
ΔEAP ΔEPD g.g = EP = EA.ED
EA EP
EAP = EPD


  



(1)
(
EAB=EBD
là do góc nội tiếp và góc tạo bỏi tiếp tuyến và dây
căng cung cùng chắn một cung)


Lovebook.vn Your dreams – Our mission
Lovebook.vn | 8
2. Xét hai tam giác
ΔEAP
và
ΔEPD
:
 
2

PEAchung
EP ED
ΔEAP ΔEPD g.g = EP = EA.ED
EA EP
EAP = EPD


  



(2)
Từ (1) và (2) ta có EB = EP nên AE là trung tuyến của tam giác PAB

Bài 3: Cho tam giác ABC cân tại A, các đường cao AD, BE cắt nhau tại H. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác AHE.
1. Chứng minh tứ giác CEHD nội tiếp
2. CMR 4 điểm A, E, D, B nằm trên cùng một đường tròn
3. Chứng minh DE là tiếp tuyến của đường tròn (O)
Lời giải:
1. Xét tứ giác CEDH ta có:
CEH =90°
CEH CDH
CDH =90°


   




180
tứ giác CEDH là tứ giác nội tiếp
(do tổng hai góc đối bằng
180
)
2. Theo giả thiết :
BE là đường cao
    BE AC BEA 90

AD là đường cao
    AD BC BDA 90

Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới góc
90
E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính AB. Vậy bốn điểm
A, E, D, B nằm trên cùng một đường tròn
3. Vì O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE nên O là trung điểm AH
  OA OE AOE
cân tại O

11
EA
        
1 3 1 2 3 2
E E E E E E BEA 90

Tam giác DEB cân tại D nên

31
EB

Mà

11
BA
(cùng phụ với góc ACB)
       
1 3 1 2 3 2
E E E E E E BEA OED

Mặt khác
     BEA 90 OED 90 DE OE

Vậy DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại E

Bài 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD. Gọi I là giao điểm 2 đường chéo, E là điểm đối
xứng của D qua C. Biết điểm



13
M
22
;
nằm trên đường thẳng BC, điểm



33
I

22
;
và phương trình đường thẳng AE
là x = 1. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.

Lời giải:

Bài toán liên quan đến tính chất hình học
Lovebook.vn | 9



Có C là trung điểm DE, mặt khác
BC DE
BC là trung trực của DE

NE = DN = AN
AND
cân tại A mà
N nằm trên BC

N là trung điểm BC. Mặt khác IN lại vuông góc với BC nên tam giác INM vuông tại N. Do đó N
là giao của đường tròn đường kính IM với đường thẳng x = 1
Gọi O là trung điểm IM thì tọa độ



3
O1
2

;


phương trình đường tròn
   

   


2
2
31
O OM x 1 y
24
;:

Tọa độ điểm N là nghiệm hệ phương trình:
 
2
2
31
x =1;y =1
x -1 + y- =
24
x =1;y = 2
x =1














 
M 3 1;

Suy ra N(1; 1) hoặc N(1; 2)
Nếu N(1; 1) thì BC: y = - x + 2, suy ra AD: y = - x + 4 Suy ra A(1;3), B(0;2) C(2;0) D(3;1)
Nếu N(1; 2) thì BC: y = x + 1, suy ra AD: y = x - 1, suy ra A(1;0), B(0;1) C(2;3) D(3;2)
Bài 5: Cho hình vuông ABCD. Trên tia đối của tia CB, lấy điểm M và trên tia đối của tia CD lấy điểm N sao cho
DN = BM. Đường thẳng song song với AN kẻ từ M và đường thẳng song song với AM kẻ từ N cắt nhau tại F.
Chứng minh rằng
AC CF
.





H
Lovebook.vn Your dreams – Our mission
Lovebook.vn | 10

Lời giải:
Vì
AN MF AM AMFN/ / ; / /NF
là hình bình hành
Xét
AMB
và
AND
có






        







O
BM ND
ADN ABM 90 AND AMB
MAB DAN
AD AB
AN AM
(c g c)

Ta có hình bình hành ANFM có AN=AM nên nó là hình thoi.
Ta lại có



    




OO
O
MAB DAN
DAN DAM 90 MAN 90
MAB DAM 90

Nên hình thoi AMFN à hình vuông








O
0
AFM 45
ACMF

ACM 135
nội tiếp
   
O
ACF AMF 90 AC CF

Vậy
AC CF
.
Bài 6: Cho hình chữ nhật ABCD có 2 đường chéo cắt nhau ở I. Kẻ AH và BK vuông góc với BD và AC. Đường
thẳng AH và BK cắt nhau ở E. Chứng minh
HK IE
.

Lời giải:
Ta có ABCD là hình chữ nhật có I là giao 2 đường chéo
IAB
cân tại I
   
BH AK
BK AH
BI AI

A
D
N
F
M
B
C

Bài toán liên quan đến tính chất hình học
Lovebook.vn | 11
Theo định lí đảo Thales thì HK//AB.
Ta lại có AH, Bk là đường cao của tam giác AIB,
  AH BK E
E là trực tâm tam giác AIB
   IE AB IE HK
(do HK//AB).
PHẦN 3. BÀI TẬP LỚN:
Bài 1: Trong hệ trục Oxy cho tam giác ABC có
 
A 4;3
, đường phân giác trong góc A có phương trình
x– y–1=0

và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I




3
2;
2
. Viết phương trình cạnh BC biết diện tích tam giác ABC
gấp 2 lần diện tích tam giác IBC.
Định hướng: Tôi biết nhiều bạn có thói quen làm hình Oxy nhưng lười không vẽ hình. Nào bây giờ hãy thử
làm bài toán này mà không vẽ hình xem. Tôi dám cá rằng bạn sẽ ngồi ngắm giám thị cả buổi. Cầm thước kẻ và
compa lên và vẽ hình thôi. Bạn đã thấy xuất hiện điều kỳ diệu chưa? Nếu bạn nào đã nhận ra thì hãy thưởng tự
thưởng cho bản thân ngay nhé, còn chưa thì để tôi chỉ cho bạn thấy. Kéo dài phân giác trong góc A và cắt đường
tròn ngoại tiếp tại D. Bằng mắt thường ta cũng có thể thấy D là điểm chính giữa cung

BC
.Nhắc lại kiến thức và
khái niệm liên quan đến cung trong đường tròn:
+) Tính chất liên hệ giữa góc nội tiếp và cung bị chắn: nếu hai góc nội tiếp bằng nhau thì hai cung tương ứng
bị chắn bởi hai góc đó cũng bằng nhau
+) Tính chất liên hệ giữa cung và dây căng cung: nếu hai cung bằng nhau thì hai dây căng cung tương ứng của
hai cung đó cũng bằng nhau. Dây căng cung là đoạn thẳng nối hai đầu mút của cung
Quay lại bài, AD là phân giác trong góc
BAC
nên
    BAD DAC BD CD BD CD
(tính chất 2 góc chắn cung
bằng nhau thì hai cung tương ứng bằng nhau dẫn đến 2 dây căng cung bằng nhau)


ID BC
do I và D cùng
nằm trên trung trực của BC. Từ đó viết được pt ID. Gọi pt BC vuông góc ID thông qua ẩn m và dựa vào dữ kiện
khoảng cách để tìm ra m và có pt BC.
Bài giải:
IA =
5
2


(C):
 




2
2
3 25
x -2 + y - =
24

Tọa độ D là nghiệm hệ phương trình:

 









2
2
x
3 25
x -2 + y - =
–
24
y –1=0











1
x=
2
-1
y=
2


D



1 -1
;
22

AD là phân giác trong góc
BAC


BAD=DAC


BD=DC


D là điểm chính giữa cung
BC



ID BC

Phương trình
 
ID :
3
y-
x -2
2
=
1 -1 3
-2 -
2 2 2


-8x+6y+7=0

 
 
 
 








ΔABC ΔIBC
d A; BC =2d I; BC
MàID BC (BC):-6x –8y+m=0
S =2S
 
2 2 2 2
3
-6.2- 8. +m
-6.4- 8.3+m
2
=2 m -48 =2 m-24
6 +8 6 +8
m=0


Lovebook.vn Your dreams – Our mission
Lovebook.vn | 12
Vậy phương trình
 
BC :3x+4y =0

 Bình luận: Bài toán trở nên “đẹp” hơn rất nhiều nhờ hình vẽ. Đây là một tính chất rất hay nhằm tạo ra mối
liên hệ giữa tâm đường tròn ngoại tiếp với phân giác trong – hai yếu tố tưởng chừng như chẳng có gì liên quan
lại có thể đến với nhau. Đây mới là bài đầu tiên, càng về sau càng có nhiều “mối quan hệ ngầm” vô cùng thú vị
và có những sợi dây liên kết các yếu tố gần như không tưởng.
Bài 2 (Ams lần 1 2014): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ABC có đỉnh

 
A 1;5
. Tâm đường tròn nội tiếp và
ngoại tiếp của tam giác lần lượt là
 
I 2;2
và



5
K ;3
2
.Tìm tọa độ các đỉnh B và C
Định hướng: Về lý thuyết để tìm được tọa độ 1 điểm ta cần 2 phương trình. Ở đây thấy ngay phương trình thứ
nhất là (K). Vấn đề đặt ra là tìm thêm 1 đường nữa cắt (K) tại B và C. Việc lập pt BC là điều ko thể vì thế để đáp
ứng nhu cầu ta phải kẻ thêm đường phụ. Ta đã có tọa độ 3 điểm, vậy ta sẽ lập các đường thẳng tương ứng là
AI, AK và IK. Rõ ràng việc lập pt IK và AK sẽ không giúp ích được gì. Vậy ta phải dựa vào phân giác AI. Kéo dài
AI cắt (K) tại D là điểm chính giữa cung BC

DB =DC

B và C thuộc (D). Vẽ (D) và thật kì diệu I cũng nằm
trên (D)

phải chứng minh ID = BD = CD hay
IBD
cân tại D thông qua tính chất tứ giác ABDC nội tiếp và
góc ngoài tam giác. Có phương trình (D) ta tìm được B và C
Bài giải:

5
AK =
2


 
K:

 



2
2
5 25
x - + y -3 =
24

Pt
 
AI :

x -1 y -5
=
2-1 2-5


3x+y -8=0

Tọa độ D là nghiệm hệ phương trình:

 








2
2
3x+y -8 =0
5 25
x - + y -3 =
24






x =1;y =5
5 -1
x = ;y =
22


D




51
;
22

AD là phân giác
ABC


BAD= DAC


BC=CD
(góc chắn cung)

D là điểm chính giữa cung
BC


BD
= CD 
Xét IBD:









11
BID= IAB+IBA = A + B
22
11
IBD= IBC+CBD=IBC+CAD= B+ A
22



IBD=BID

IBD cân tại D

IB = ID 
Từ  và 

ID = BD = CD

I, B, C thuộc đường tròn tâm D bán kính ID =
10
2



 
D:

   

   
   
22
5 1 5
x - + y - =
2 2 2

Khi đó tọa độ B và C là nghiệm hệ phương trình:

Bài toán liên quan đến tính chất hình học
Lovebook.vn | 13
 

   

   

   







22
2
2
5 1 5
x - + y - =

2 2 2
5 25
x - + y -3 =
24






x =4;y =1
x =1;y =1



   
B 4;1 và C 1;1
hoặc
   
B 1;1 và C 4;1

Bình luận: Sang bài toán thứ 2, hình vẽ đã “ảo diệu” hơn rất nhiều. Lần này không còn là “mối quan hệ bí mật”
giữa 2 điểm nữa mà là 4 phần tử nhìn thì rất hiền lành vô hại nhưng thực tế thì bắt tay nhau trong đó “D” là
chủ mưu. Bật mí thêm với các bạn rằng “D” là chủ mưu không chỉ của bài toán này mà còn ở bài kế tiếp.
Bài 3: Trong hệ trục Oxy cho tam giác ABC có trực tâm
 
H -1;3
, tâm đường tròn ngoại tiếp
 
I 3;-3

, chân đường
cao kẻ từ A là điểm
 
K -1;1
. Tìm tọa độ A, B, C.
 Định hướng: Từ kinh nghiệm của bài trước, khi gặp bài toán ít dữ liệu và liên qua đến tâm các đường tròn
chắc chắn sẽ phải kẻ thêm đường phụ. Điểm khác biệt của bài toán này nằm ở trực tâm H thay vì tâm đường
tròn nội tiếp. Đề bài không cho bất cứ thông tin nào liên quan đến đường phân giác trong, nhưng cứ vẽ vào vì
ta vừa có 2 tính chất đặc biệt liên hệ giữa tâm đường tròn ngoại tiếp và phân giác. Kẻ phân giác trong AD, ID
cắt BC tại M thì M là trung điểm BC. Nếu chỉ dừng ở đây thì vẫn chưa làm được mà ta cần kẻ tiếp hình. Nào nhìn
cho kỹ kẻo kẻ nhầm đường một phát là toi đấy. Mấu chốt sẽ liên quan đến điểm M mà ta vừa tạo ra. Chỉ có 2
điểm chưa nối vào M đó là A và H. Trời ơi đến đây mà bạn nào nối AM thì buồn lắm đấy ==”. Nối HM và tiện
tay dắt dê nối luôn AI rồi cho AI và HM cắt nhau thử xem. “2 đứa nó” cắt nhau tại một điểm nằm trên đường
tròn đấy, thú vị không? Đặt tên cho cháu nó là E, cháu nó là thiên tài đấy tin không? Này nhé AIE là đường kính
nên
  ACE ABE 90
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) dẫn đến
EC AC
và
EB AB
. Mặt khác do H là trực
tâm nên
BH AC
và
CH AB
từ đó ta sẽ có tứ giác BHCE là hình bình hành tâm M. Với tọa độ các đỉnh cho cùng
với tính chất vuông góc ta viết được phương trình HK, BC, ID và từ đó có tọa độ M, E, A.
 Bài giải:
+ Kẻ đường tròn ngoại tiếp ABC
+ Kẻ phân giác trong góc

ABC
cắt đường tròn ngoại
tiếp ABC tại D

D là điểm chính giữa cung
BC
. Nối ID cắt BC tại M

M là trung điểm BC. + Kẻ đường kính AIE

ACE= ABE 90







BH // CE cùng AC
CH // BE cùng AB
()
()



tứ giác BHCE là hình bình hành mà M là trung điểm BC

M là trung điểm HE
Phương trình
 

HK
:

x =-1


phương trình
 
BC :

 
 





HK
K -1;1qua
là
 
BC :

y =1


phương trình
 
ID :

 
 
BC




I 3;-3qua
là
 
ID :
x =3

mà
M=ID BC



 
M 3;1

M là trung điểm HE


 
E 7;-1

I là trung điểm AE


 
A -1;-5

IA =
25

Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC:
   
22
x -3 + y+3 =20


Lovebook.vn Your dreams – Our mission
Lovebook.vn | 14
Gọi
B
B(x ;1)
và
C
C(x ;1)
ta có hệ:
 
 





2
2

B
2
2
C
x –3 + 1+3 =20
x –3 + 1+3 =20
()
()






B
C
x =5
x =1
hoặc



B
C
x =1
x =5

Vậy
     
A -1;-5 , B 5;1 , C 1;1

hoặc
     
A -1;-5 , B 1;1 , C 5;1

Xét cách giải khác như sau:
Phương trình
 
IH :
x -3 y +3
=
-1-3 3+3

3x+2y -3=0

Phương trình
 
HK
:
x =-1

 
A -1;a



phương trình
 
BC :

 

 





HK
K -1;1qua
là
 
BC :
y =1






Gọi M là trung điểm BC

   
IM BC

Phương trình
 
 






/ /(HK)
IM :
quaI 3;-3
là
 
IM :
x =3

 
M 3;1

Gọi G là trọng tâm ABC. Theo tính chất của đường thẳng Ơ-le

I, G, H thẳng hàng


 
G IH
. Do G là
trọng tâm ABC

2
AG= AM
3

 
 








G
G
2
x +1= 3+1
3
2
y - a= 1- a
3


G



5 a 2
;+
3 3 3

 
G IH






5 a 2
3. +2. + -3=0
3 3 3


a =-5



 
A -1;-5

Tiếp theo các bạn làm tương tự như cách 1.
Bình luận : Cách làm này các bạn chỉ nên đọc để tham khảo bởi vì đường thẳng Ơ-le không có trong sách giáo
khoa. Nhưng nhìn chung thì ngắn gọn hơn cách 1 phải không nào !
Một cách giải khác nữa:
Kéo dài AK cắt đường tròn ngoại tiếp ABC tại M.
Ta có:

MBC=MAC
(góc nội tiếp chắn
MC
)

HBC=MAC
(góc có cạnh tương ứng

)



MBC = HBC

HBM cân tại B


K là trung điểm HM


 
M -1;-1

IM=

25


phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC:
   
22
x -3 + y+3 =20

Tiếp theo các bạn làm tương tự như cách 1.


Bài toán liên quan đến tính chất hình học
Lovebook.vn | 15
 Bình luận : Đây có lẽ mới là cách làm tối ưu cho bài toán này. Thế nhưng để có thể làm được như vậy cần sự
sáng tạo và cảm nhận hình học tuyệt vời. Phải nói thêm rằng các bạn làm được bài này theo cách nào cũng đã
quá tuyệt vời rồi, thế những hãy ‘’vượt giỏi’’ bằng cách nghĩ thêm được nhiều cách giải khác cho một bài toán.

Đó là kinh nghiệm của một người đã được huy chương vàng toán quốc tế !
Bài 4: Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tọa độ trực tâm
 
H 2 1;
và tâm đường tròn ngoại
tiếp
 
I 1 0;
. Trung điểm của BC nằm trên đường thẳng có phương trình x – 2y – 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B,
C biết đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC đi qua điểm
 
E 6 1;
và hoành độ điểm B nhỏ hơn 4.
Định hướng: Tiếp tục với sê – ri “các loại tâm”, bài toán này đề cập đến tâm ngoại tiếp và trực tâm. Nhưng bài
này có một sự ảo không hề nhẹ với đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC. Quả thật nếu cho dữ kiện như vậy thì
mỗi việc vẽ hình thôi đã là vô cùng khó khăn rồi. Có một điều các bạn cần phải rèn luyện được, đó là “cảm nhận
hình học”. Hay nói theo cách khác đó là “nghĩ theo cách của người ra đề”. Không bao giờ người ra đề lại đi cho
một bài quá khó đến mức không ai giải được ở chuyên đề Oxy này mặc dù đây là câu điểm 8. Và thông thường
thì gợi ý cách làm đã nằm sẵn trong các dữ kiện đề bài rồi. Dữ kiện “đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC đi qua
điểm
 
E 6 1;
” có thể hướng đến hai luồng suy nghĩ:
- Đã có tọa độ H, ta tìm thêm một điểm nữa thuộc đường tròn sẽ viết được phương trình đường tròn ngoại tiếp
tam giác HBC. Tìm thêm phương trình BC và giải hệ ta được tọa độ B và C.
- Đề bài cho một dữ kiện rất mù mờ đó là “Trung điểm của BC nằm trên đường thẳng có phương trình x – 2y –
1 = 0”. Phải chăng muốn hướng ta đến việc gọi trung điểm của BC ra ?
Hướng đi thứ nhất ngay lập tức đâm vào ngõ cụt bởi không có cơ sở nào để tìm ra thêm một điểm, mặt khác
nếu có viết được thì cũng không có phương trình BC để giải hệ tìm tọa độ B và C. Theo phương án 2, ta sẽ tham
số hóa tọa độ trung điểm BC là

 
M 2t 1 t;
. Việc bây giờ sẽ là tìm tâm ngoại tiếp HBC thông qua M. Phán đoán
rằng tâm J đó sẽ cách đều B và C nên I, M, J thẳng hàng. Đến đây phải “liều” thôi, ta cứ lấy thử J đối xứng với I
qua BC vì đó là trường hợp đặc biệt nhất. Lấy compa vẽ thử đường tròn tâm J bán kính JB nào. Kỳ diệu chưa,
đó chính là tâm ngoại tâm ngoại tiếp tam giác HBC. Ta có AI = IB = IC mà J đối xứng I qua BC nên IB = IC = JB
=JC từ đó AH song song và bằng IJ

tứ giác AHJI là hình bình hành

JH = AI = JB =JC. Bây giờ ta tham số
hóa điểm J theo M, cụ thể là
 
J 4t 1 2t;
. Ta có JH = JE, giải phương trình tìm được “t” và có tọa độ M và J. Đến
đây thay vì viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC và phương trình BC, ta chỉ việc giải phương
trình JB = JE và kết hợp dữ kiện hoành độ điểm B nhỏ hơn 4 sẽ ngắn gọn hơn.
Lời giải:
Gọi M là trung điểm của BC nên
 
M 2t 1 t;
. Gọi J là điểm đối xứng
của I qua BC, khi đó J là tâm ngoại tiếp tam giác HBC
 
J 4t 1 2t;
. Do E nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC nên ta có:
       
        
2 2 2 2
JH JE 4t 1 2t 1 4t 5 2t 1

 
    24t 24 t 1 M 3 1;

Do M là trung điểm của BC nên BC nhận
 
IM 2 1;
làm vtpt suy ra
phương trình BC:
   
          2 x 3 y 1 0 2x y 7 0 B 7 2k 4k; ,k

Với t = 1 ta có tọa độ điểm
 
J 5 2;
, kết hợp với B và E đều nằm trên đường tròn tâm J nên
   
22
2 2 2
k = 2
JB =JE k -5 + 5-2k =10 k -6k +8= 0
k = 4

  



So sánh với điều kiện k < 4 ta được k = 2
 
B 2;3

. Mặt khác
   
M 3 1 C 4 1;;


Lovebook.vn Your dreams – Our mission
Lovebook.vn | 16
Bài 5 (THTT số đặc biệt 2014): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng
 
d:

x+y+2=0
và đường tròn
 
22
C :x +y – 4x–2y =0
. I là tâm đường tròn (C),
 
Md
. Qua M kẻ tiếp tuyến MA và cát tuyết MBC (B nằm
giữa M và C). Tìm tọa độ M biết
ΔABC
S =5

Định hướng: Sau khi vẽ hình, ta thấy
ABC
vuông tại B, có độ dài AC bằng đường kính (C). Nhắc lại kiến thức
lớp 9 cho bạn nào không nhớ : Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn bằng
90
. Ở đây ta có góc

BAC 90
Theo
Pitago ta có
2 2 2
AC = AB + BC
và đồng thời
ABC
1
S = .AB.BC
2
= 5 ta sẽ có 2 phương trình 2 ẩn đối với độ dài của
AB và BC. Sau khi có được độ dài AB, thông qua hệ thức lượng

2 2 2
1 1 1
h a b
trong tam giác vuông AMC và
Pitago trong tam giác vuông AMI ta tìm được độ dài MI và tọa độ điểm M.
Bài giải:

 
C:

 





I 2;1

R =IA = 5

Đặt
AB=a>0
. Xét ABC (
ABC
= 90
০
):

2 2 2
AC = AB + BC




 
2
22
2 5 =a +BC



22
BC =20-a

2
BC= 20-a

 



2 2 2
ABC
11
S = .AB.BC= .a. 20-a =5 100=a . 20-a
22



42
a -20a +100=0


 
2
2
a -10 =0


2
a =10

Xét AMC (
MAC
= 90
০
):
2 2 2
1 1 1

=+
AB AM AC


2
1 1 1
=+
10 20
AM


2
AM =20

Xét AMI (
MAI
= 90
০
):
2 2 2
MI = AM + AI

=20+5=25

Do
 
M d :

x+y+2=0


 
M t;-t –2

   
22
2 2 2
MI = t –2 + -t –3 =25t –4t+4+t +6t +9=25



2
2t +2t –12=0






t =2
t =-3

Vậy



M(2;-4)
M(-3;1)

 Bình luận : Tự dưng trong phần chuyên đề hình học lại tòi ra một bài giải dùng toàn đại số. Thế nhưng thực

tế nếu không vẽ hình ra thì làm sao phát hiện được ngần ấy cái tam giác vuông.
Bài 6: Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong góc
A và phân giác ngoài góc B lần lượt là
 
x2:
và
 
  d x y 7 0:
.




1
I1
2
;
,
 
J 2 1;
lần lượt là tâm đường
tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác ABC. Tìm toạ độ của A,B,C.
 Định hướng : Phân giác ngoài ? Bài này có vẻ lạ vì phân giác ngoài ta ít gặp trong chương trình. Thực ra ta chỉ
được học một tính chất liên quan đến đường phân giác ngoài, đó là phân giác trong và phân giác ngoài của một
góc trong tam giác thì vuông góc với nhau. Vậy còn chờ gì nữa mà không áp dụng ngay để viết phương trình
phân giác trong BJ và có ngay tọa độ điểm B. Kinh nghiệm cần nhớ khi gặp đường phân giác trong đó là kỹ

Bài toán liên quan đến tính chất hình học
Lovebook.vn | 17
thuật bắt đối xứng. Ở đây ngoài điểm A không còn lựa chọn nào khác. Gọi

 
00
A x y';
là điểm đối xứng với A
qua BJ ta sẽ có trung điểm AA’ là
 





00
x 2 y 6
BJ
22
;
ta được phương trình thứ nhất. Mặt
khác
    
BJ BJ
BJ AA' u AA u AA 0' . '
ta được phương trình thứ hai. Giải hệ ta tìm được A’ từ đó có pt BC.
 Bài giải :
Do J là tâm đường tròn nội tiếp
ABC
nên BJ là phân giác trong góc B. Ta có tính chất phân giác trong và ngoài
của cùng một góc trong tam giác vuông góc
   
    BJ d x y 7 0:


phương trình
 
  BJ x y 1 0:

Tọa độ B là nghiệm hệ phương trình
 




x -y -1=0 x =-3
x+y +7=
B-
0 y =-4
3;-4


   

       


2
2
5 5 1 125
R BI I x y 1
2 2 4
:

Gọi
     
 
 



         







2
2
a =6
1 125
A 2;a x
A 2;6
A 2;
2 2 a 1
a=
2
-4
-4
4
:

Lấy A’ đối xứng A qua BJ, dễ thấy
A BC'
. Gọi
 
00
A x y';

Với
 
A 2;6

tọa độ trung điểm của AA’ là
 





00
x 2 y 6
BJ
22
;

 


       



00
00
x 2 y 6
BJ x y 1 0 x y 1 0
22
;:

Mặt khác
         
BJ BJ 0 0
BJ AA' u AA u AA 0 x 2 y 6 0' . '

Giải hệ phương trình  và  ta được
 




0
0
x =7
A' 7;1
y =1


phương trình
   

     


x 3 y 4
A B BC x 2y 5 0
7 3 1 4
':

Gọi
 

CC
C x y;
tọa độ C là nghiệm hệ phương trình:
 
 
 














2
2

CC
CC
C 0;
1 125
x + + y -1 =
24
C -3;-4 ( B)
x-
5
2y -5=0

Tương tự với
 
A 2;-4
ta có
 
C 3 6;

Bình luận: Bài toán này thực tế chỉ là thay “1+2=3” thành “2+1=3” mà thôi. Các bạn thấy cốt lõi vẫn là kỹ
thuật bắt đối xứng qua phân giác trong. Hãy khai thác triệt để các vấn đề liên quan vì không ngẫu nhiên mà
người ra đề cho một đường “trên trời”. Người ta đã chọn tức là chắc chắn có liên quan, các bạn cứ yên tâm.

Bài 7: Trong mặt phẳng Oxy cho hình thang vuông ABCD (góc vuông tại A và D). Biết BC = CD = 2AB. Điểm
N(1;0) là trung điểm BC, đường thẳng AD có phương trình
x - 2y =0
. Tìm tọa độ đỉnh A.

Lovebook.vn Your dreams – Our mission
Lovebook.vn | 18
Định hướng: Bài toán có rất nhiều dữ kiện hình học, đặc biệt nằm ở chỗ BC = CD = 2AB nên trước hết ta phải

vẽ hình sao cho thật chính xác. Các bạn vẽ hình cả rồi chứ, vậy thì chú ý một chi tiết rất khêu gợi đó là CD =
2AB. Dường như người ra đề gợi ý cho chúng ta lấy trung điểm CD là M thì DM = MC = AB và tứ giác ABMD là
hình chữ nhật dẫn đến
BM CD

BCD cân tại B mà BC = CD

BCD đều. Thừa thắng xông lên kẻ tiếp
DN BC
có tiếp AND đều

DAN 60
. Đến đây ta gọi tọa độ điểm A thông qua phương trình AD rồi dùng
công thức cos góc giữa 2 đường thẳng AN và AD là
AN AD
AN AD
n .n
cos60°=
n . n
để tìm ra điểm A.
Bài giải:
Gọi M là trung điểm CD

DM = MC = AB

BM CD



BCD cân tại B mà BC = CD


BCD đều


DN BC

NDC
= 30
০

NDA
= 60
০




11
DM= DC= DB DBM=
22
30
০

DBN
= 60
০


ANB
= 30

০

AND
= 60
০

Từ  và 

AND đều

DAN
= 60
০
Gọi
 
A y 2;y

 
AN 1- y 2;-y

 
AN
n = y;1- y 2

Từ phương trình (AD):
x - 2y =0

AD
n =(1;- 2)

Ta có:
 
AN AD
2
2
AN AD
y - 2(1- y 2)
n .n
cos60°= =
n . n
y + 1- y 2 . 1+2


2
3
. 3y -2 2y +1 = 3y - 2
2


   
2
2
3
. 3y -2 2y +1 = 3y - 2
4


2
27y -18 2y+5=0


3 2± 3
y=
9

6± 6
x=
9

Vậy




6± 6 3 2± 3
A;
99

Bình luận: Số liệu quá xấu sẽ khiến cho nhiều bạn khi giải ra nghi ngờ không biết mình làm đúng hay sai. Thực
tế kinh nghiệm đã cho thấy rằng thà ra nghiệm xấu rồi mình soát lại để rồi tìm thấy lỗi sai hoặc chắc chắn 200%
là đã làm đúng thì sẽ tốt hơn rất rất nhiều so với việc tìm được nghiệm đẹp để rồi đó là đáp số sai. Nhiều khi
chủ quan, thấy ra số đẹp chắc mẩm đúng rồi không thèm soát lại cuối cùng thành ra mất điểm hết sức đáng
tiếc.
Bài 8 : Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, Cho tam giác ABC vuông tại A. Biết
 
B 3 0;
.
 
AC x y 0:
. M là trung điểm AB. H là hình chiếu của M lên BC. Cho
AHC 45

.Tìm tọa độ H.

 Định hướng : Nhìn đề bài thật ngắn gọn xúc tích phải không ? Nhưng đừng vội mừng, tất cả những gì đẹp đẽ
chỉ cốt che giấu bản chất nguy hiểm bên trong mà thôi. Để giải bài toán này ta phải lật lại từ lớp 9 với những
kiến thức về tứ giác nội tiếp. Trước hết là những dấu hiệu nhận biết một tứ giác nội tiếp:
+) Tổng 2 góc đối của một tứ giác bằng
180
. Trường hợp dễ nhận ra nhất đó là có 2 góc vuông đối diện nhau

Bài toán liên quan đến tính chất hình học
Lovebook.vn | 19
+) Tứ giác có hai đỉnh kề nhau nhìn xuống cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau.
Vậy thì ở đây tứ giác AMHC sẽ là tứ giác nội tiếp. Suy ngược lại dấu hiệu nhận biết ta sẽ có góc
AHC
 AMC
45
vì là góc nội tiếp cùng chắn cung
AC
nên tam giác MAC vuông cân tại A. Ta viết được phương trình AB
và có tọa độ điểm A và tọa độ điểm M là trung điểm AB. Tham số hóa C trên (AC) rồi giải phương trình độ dài
AM = AC ta có điểm C. Viết phương trình BC và phương trình MH rồi giải hệ ta tìm được điểm H.
 Bài giải :
Xét tứ giác AMHC có
  MHC MAC 90 AHMC
là tứ giác nội
tiếp

  AHC AMC 45
(cùng chắn cung
AC

)
MAC
vuông cân tại C nên AM = AC
Phương trình
 
 
 
 






AB AC
n = u = 1;1
AB : AB : x+y -3=0
quaB 3;0

Do
  A AC AB
tọa độ A là nghiệm hệ phương trình:














3
x=
x+y -3=0
33
2
A;
x -y =0 3
22
y=
2

M là trung điểm AB




93
M
44
;

   
   C AC x y 0 C: c;c

Ta có :









   












2
22
99
9
C;
c=
44

39
4
AM= AC AM = AC c - =
3
2 16
33
c=
C;
4
44

Với

   

   
   
9 9 3 9
C ; BC
4 4 4 4
;

phương trình
 
 
 






BC
n = 3;1
BC :
quaB 3;0
là
 
  BC 3x y 9 0:

Phương trình
 
 








MH BC
n = u 1;-3
MH :
93
quaM ;
44
là
 
MH x 3y 0:

Tọa độ H là nghiệm hệ phương trình :














9
x=
x -3y =0
4
3x+y -9=0 -
9 -1
H;
44
1
y=
4

Tương tự với




33
C;
44
ta có



51 3
H;
20 20


Bài 9 (Moon lần 4 2014): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có
 
B -4;-2
,
ACB=75°
. Đường
cao kẻ từ đỉnh A có phương trình
2x+y =0
, D là điểm thuộc cạnh BC sao cho DC = 2DB. Tìm tọa độ đỉnh A
biết
ADC=60°
và điểm A có hoành độ âm.

Lovebook.vn Your dreams – Our mission
Lovebook.vn | 20
Định hướng: Từ giả thiết ta tính được góc
CAD 45

. Một suy nghĩ rất tự nhiên đó là tạo ra một tam giác
vuông cân bằng cách hạ vuông góc từ C xuống AD tại I. Tiếp tục phát triển lên bằng cách lấy E đối xứng C qua I
ta được
CAE
vuông cân tại A và
CDE
cân tại D

  
11
DE DC DE DC
22

1
DE DB
2
. Nếu ta gọi K là trung
điểm DE thì hiển nhiên
BKD
đều

EBD
vuông tại B

tứ giác AEBC là tứ giác nội tiếp
    ABC AEC ABH 45
rồi từ công thức cos ta tìm được A
Bài giải:
Lấy E đối xứng với C qua AD.
Vì

CAD=180°-75° -60° =45° CAE=90°


ADC=60° ADE=60°;BDE=60°

Gọi K là trung điểm của DE. Ta có:


11
DK = DE= DC= DB
22
BDK đều

Do đó

1
BK =DK = DE
2
BDE vuông tại B
Vậy tứ giác ACBE là tứ giác nội tiếp


ABC= AEC=45°
hay
BAH=45°

Do
   
  A (AH):2x+y =0 A a;-2a BA= a+4;2-2a

Ta có:
 
   
   

AH
22
a+4 -2 2-2a
1
cos BA;u =cos45° = a =±2
2
5 a+4 + 2-2a

Vì A có hoành độ âm nên
 
A -2;4
là điểm cần tìm
Xét cách giải khác như sau:
Phương trình
 
 






(AH)
:
quaB -4;-2

BC
là
 
:x -BC 2y =0

Lại có
  
10
BH d B AH 2 5
5
( ; )

Đặt
AH=x (x>0)
. Xét các tam giác vuông ACH và ADH
Ta có:

x x x x x
CH= ,DH= = DC= +
tan75° tan60° tan75°
33

Mặt khác
   

   
   
1 1 x 4 5
DC=2DB x + =2 2 5 - x = =2 5
1

tan75°
33
+3
tan75°

Gọi
   
 
 

  




t =2 A 2;-4
5t
A t;-2t (AH):2x+y =0 AH=d A;BC = =2 5
t =-2 A -2;4
5

Vì A có hoành độ âm nên
 
A -2;4
là điểm cần tìm


Bài toán liên quan đến tính chất hình học
Lovebook.vn | 21
Bình luận : Cách thứ nhất đậm chất hình học còn cách thứ 2 nặng tính đại số. Cách 1 phải suy nghĩ nhiều bù

lại chỉ mất 1 phép tính còn cách 2 hầu như không cần suy nghĩ mà chỉ phụ thuộc vào kỹ năng tính toán. Các bạn
thích cách nào ?
Bài 10 (THPT Đặng Thúc Hứa lần 1 2014): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD. Gọi E là trung
điểm AD.




11 2
H
55
;
là hình chiếu vuông góc của B lên CE và




36
M
55
;
là trung điểm BH. Xác định tọa độ các
đỉnh hình vuông ABCD biết điểm A có hoành độ âm.
Định hướng: Đề bài cho dữ kiện A có hoành độ âm tức là đã hướng chúng ta đi theo con đường gọi tọa độ điểm
A ra và giải phương trình. Vẽ hình ta phán đoán rằng AM // EH nhưng không có dữ kiện liên quan nào để bám
vào, mặc dù
BH EC
nhưng M chỉ là trung điểm BH. Đề không cho thì ta phải tự tạo ra mà xài thôi. Chú ý điểm
E là trung điểm AD, lại có AD//BC nên nếu ta lấy điểm F đối xứng với E qua A ta sẽ được EF song song và bằng
BC nên tứ giác BCEF là hình bình hành. Hơi ảo một chút phải không ? Nhiều bạn chắc sẽ thắc mắc là ‘’Tại sao

lại biết mà lấy đối xứng như vậy cơ chứ ?’’ Thực sự thì khi lần đầu làm bài này anh chị đã phải nháp nát bét cả
giấy tẩy đi tẩy lại mãi mới tìm ra con đường lấy đối xứng này đấy chứ =.= Cái khó của bài này là chỉ có một
con đường duy nhất để làm. Từ BCEF là hình bình hành ta được BHEF là hình thang vuông dẫn đến AM là
đường trung bình của BHEF và từ đó có AM

BH

ta có pt AM. Đến đây nút thắt đầu tiên đã được tháo gỡ.
Bỏ lại những điều hụt hẫng để đến với điều hẫng hụt hơn, đó là nút thắt thứ 2 còn bị giấu kỹ hơn. Có một dữ
kiện ẩn trong đề bài mà không mấy ai để ý, đó là cos góc ECD hoàn toàn tính được. Ngạc nhiên chưa,
   


2 2 2
2
CD CD a 2
cosECD
EC
5
CD ED a
a
4
với a là độ dài cạnh hình vuông. Làm thế nào để chuyển từ góc
C

về góc
A
? Nhìn kỹ nhé,
ECD BAM
vì là 2 góc có cạnh tương ứng song song. Ta sẽ có


2
cosBAM
5


AM
AM
AB u
2
5
AB u
.
.
. Đến đây gọi A theo ẩn và giải phương trình thôi, nhớ rằng A nằm trên AM đã có phương trình
rồi nhé!
Bài giải:
Gọi F là điểm đối xứng của E qua A

tứ giác BCEF là hình
bình hành

tứ giác BHEF là hình thang vuông

AM là
đường trung bình BHEF

AM // EH

AM


BH
M là trung điểm BH

 
B 1 2;


Phương trình
 











(BH)
AM :
3 -6
quaM ;
55
là
AM 2x y 0( ) :

 


AM
u 2 1;

Phương trình
 








/ /(AM)
:
11 -2
quaH ;
55
CE
là
  CE 2x y 4 0( ):

Do góc
ECD BAM
(góc có cạnh tương ứng song song)

cosECD cosBAM

Lovebook.vn Your dreams – Our mission
Lovebook.vn | 22


2
cosBAM
5


AM
AM
AB u
2
5
AB u
.
.

Giả sử
 
A a 2a;

 
    AB 1 a 2 2a;
thế vào  ta được:







2
a =-1
5a -6a -11=0
11
a=
5
(L)


 
A 1 2;

phương trình
(AB): x=-1

phương trình
 
 






(AB)
AD :
qua A -1;2
là
AD y 2( ):

E AD CE

tọa độ E là nghiệm hệ phương trình:



2x+y - 4=0
y =2


E(1;2)

D(3;2)

phương trình
 
 






(AB)
:
quaB -1;-2
BC
là
(BC): y=-2

  C BC CE
tọa độ C là nghiệm hệ phương trình:



2x+y - 4=0
y =-2

C(3;-2)

Bài 11 (THPT Hà Huy Tập lần 1 2014): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn

22
C x y 25( ):
ngoại tiếp
tam giác nhọn ABC có chân đường cao hạ từ B và C lần lượt là
 
M 1 3;
,
 
N 2 3;
. Tìm tọa độ A, B, C biết A có
tung độ âm.
Định hướng: Để giải bài toán này, ta cần nhớ lại một vài kiến thức hình học phẳng lớp 9:
+ Tứ giác có hai góc cùng nhìn một cạnh dưới một góc 90 độ thì đó là tứ giác nội tiếp

ta có tính chất của góc
nội tiếp
+ Góc chắn cung và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây căng cung cùng chắn một cung thì bằng nhau.

Quay trở lại, đề bài đã cho M và N là chân đường vuông góc hạ từ B và C nên có ngay tứ giác BCMN là tứ giác
nội tiếp và ta có
CNM CBM
là hai góc nội tiếp cùng chắn cung
CM
. Nếu ta gọi tiếp tuyến tại là AT thì sẽ có
TAB ACB
vì là góc chắn cung và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây căng cung cùng chắn một cung. Từ đó ta sẽ
chứng minh được
MN AT MN OA//
. Sau khi có phương trình OA, A là giao của OA với đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC nên ta tìm được A.
   
AM 1 2 AN 2 2; , ;
lần lượt là vecto chỉ phương của AC và AB vì thế ta
có phương trình AB và AC rồi tiếp tục giải hệ ta có tọa độ B và C.

Bài giải:
(C) có tâm
 
O 0 0;
. Ta có
  CMB CNB 90
nên tứ giác CMNB là
tứ giác nội tiếp
CNM CBM

Gọi AT là tiếp tuyến của (C), khi đó
TAB ACB


Mà





CBM+ ACB= 90°
CNM+MNA =90°
kết hợp với  và 
MNA =TAB

  MN AT MN OA//

 
MN 3 0;
là vecto pháp tuyến của OA nên OA có phương trình
là
 
OA x 0:


Bài toán liên quan đến tính chất hình học
Lovebook.vn | 23
Tọa độ điểm A là nghiệm hệ phương trình :











22
x =0
x0
y5
x +y =25
mà theo giả thiết
A
y <0
nên
 
A 0 5;

   
AM 1 2 AN 2 2; , ;
lần lượt là vecto chỉ phương của AC và AB
Phương trình AC là
   
       2 x 0 1 y 5 0 2x y 5 0

Phương trình AB là
   
       x 0 y 5 0 x y 5 0

Tọa độ C là nghiệm của hệ :
 













22
2x+y +5=0
x =0;y =-5
C 0;-5
x =-4;y =3
C(-4;3)
x +y =25

Tọa độ B là nghiệm của hệ :
 













22
x -y -5=0
x =0;y =-5
B 0;-5
x =5;y =0
B(5;0)
x +y =25

Do đó
B(5;0)
và
C(-4;3)

Dễ thấy
  AB AC 0 BA BC 0 CA CB 0. , . , .
nên
ABC
nhọn. Vậy
 
A 0 5 B(5;0) C(-4;3); , ,


Bài 12 (Bắc Ninh 2014) : Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AD = 2AB. Gọi M và N lần
lượt là trung điểm AD và BC. Trên đường thẳng MN lấy điểm K sao cho N là trung điểm MK. Tìm tọa độ các
đỉnh A, B, C, D biết
 
K 5 1;

, phương trình
 
  AC 2x y 3 0:
và điểm A có tung độ dương.
Định hướng: Mấu chốt của bài toán đó là kẻ DK, rõ ràng bằng mắt thường ta cũng có thể thấy Ta viết được pt
DK thông qua AC và tìm được giao điểm I của DK và AC. Đến đây cần nhắc lại một chút kiến thức về hai tam
giác đồng dạng, cụ thể là dấu hiệu nhận biết :
+) Hai tam giác có 3 cặp cạnh tỷ lệ thì đồng dạng
+) Hai tam giác có 2 cặp cạnh tỷ lệ đồng thời góc xen giữa chúng bằng nhau thì đồng dạng
+) Hai tam giác có 2 góc bằng nhau thì đồng dạng
Và một điểm nữa cần lưu ý đó là khi viết thứ tự các đỉnh phải khớp theo từng góc bằng nhau. Quay lại bài, dựa
vào dữ kiện AD = 2AB và sự đồng dạng của 2 tam giác HIK và CID ta sẽ tìm ra mối liên hệ giữa 3 điểm K, I, D
đó là
KI KH 3
==
DI DC 2
và được tọa độ điểm D. Để tìm được tọa độ điểm A ta cần có 2 pt của 2 đường thẳng cắt nhau
tại A. Ta đã có pt AC và điểm D vậy chắc chắn phải đi tìm pt AD. Để ý dữ kiện AD = 2AB ta sẽ có
2
cosDAC=
5

nên ta sẽ gọi vtpt của AD là
 
  
22
n a b a b 0;,
rồi dùng công thức cos giữa 2 đường thẳng AC và AD.
Bài giải:
Ta có

CAD DKM
(góc có cạnh tương ứng vuông góc) mà
      DKM KDM 90 KDM DAC 90 AC DK

Ta có pt
 
 
AC :2x+ y-3= 0
DK:
quaK 5;-1





là
 
DK x -2y -7=0:

Gọi
AC DK I
. Tọa độ I là nghiệm hệ phương trình :














13
x=
2x+y -3=0
13 -11
5
I;
x -2y -7=0 -11
55
y=
5


Lovebook.vn Your dreams – Our mission
Lovebook.vn | 24
Ta có :
 
 
 
 
g.g







   







D
D
13
3 x -5 =5. -5
5
KI KH 3
ΔHIK ΔCID = = 3KD=5KI D 1;-3
DI DC 2
-11
3 y -5 =5. +1
5

Gọi vtpt của AD là
 
  
22
n a b a b 0;,

 
 


  


2
22
22
b=0
2a+b
22
cosDAC= = 2a+b =4 a +b
3b=4a
55
5. a +b

Từ đó ta tìm được phương trình AD là
x1
hoặc
  3x 4y 9 0

Với
       
    AD :x =1 A 1;1 pt(DC): y=-3 C 3;-3 (BC): x=3 B 3;1

Với


    


21 27

3x 4y 9 0 A
55
(AD): ;
loại
Vậy
     
A 1;1 ,B 3;1 ,C 3;-3

Bài 13 : Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân đỉnh A. BM là đường trung tuyến.
Đường thẳng qua A vuông góc với BM cắt BC tại
 
E 2 1;
. Biết trọng tâm của tam giác ABC là
 
G 2 2;
. Xác định
toạ độ các đỉnh của tam giác ABC, biết điểm A có hoành độ dương.
 Định hướng : Đề bài đã cho tam giác ABC vuông cân tại A, lại có G là trọng tâm

Kéo dài AG sẽ vuông góc
với BC tại trung điểm N. Mặt khác
BH AE
(BH chính là đường thẳng qua A vuông góc với BM đó)

G là trực
tâm tam giác ABE
  GE AB GE AC//
mà
ANC
vuông cân tại N

NEG
vuông cân tại N

NM là trung
trực GE

ta viết được phương trình MN và có
11
GN= GE=
22
ta tìm được tọa độ điểm N. Từ tọa độ điểm N
thông qua tính chất trọng tâm
2GN AG
ta tìm được tọa độ điểm A. Tọa độ B và C nếu không tinh tế thì phải
giải theo cách thủ công rất mất thời gian. Trước hết ta đã có phương trình BC chính là
 
NE :
  x y 3 0
Nếu
bây giờ ta viết phương trình
 
 
quaA 3;3
AB :
GE







rồi lại viết phương trình
 
 
quaA 3;3
AC :
MN






rồi giải hẳn 2 hệ
phương trình thì quá tội. Nhớ lại định lý Ta-let học từ lớp 8, ở đây ta có GE//AC nên

NG GE 1
NA AC 3
mà tọa độ G
và E đã cho sẵn nên ta tính được độ dài AC. Có độ dài AC và tọa độ điểm A ta viết được phương trình đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC do tam giác ABC vuông cân. Đến đây ta chỉ việc giải một hệ phương trình mà có
được cả tọa độ B và C.
 Bài giải :
Gọi N là trung điểm BC
AN BC

   BM AE H BH AE

Mà
  BH AN G G

là trực tâm
ABE
  GE AB GE AC//
mà
ANC
vuông cân tại N
NEG
vuông cân tại N
N
trung trực của EG
Ta có phương trình
 
EG x 2:
và trung điểm EG có tọa độ:-
 
   
  
   
   
3 3 3
2 MN N n
2 2 2
; : y ;