Sáng kiến kinh nghiệm TÌM TÒI LỜI GIẢI CÁC BÀI TOÁN Phương pháp tọa độ trên mặt phẳng

TÌM TỊI LỜI GIẢI CÁC BÀI TỐN

Phương pháp tọa độ trên mặt phẳng

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: TRƯƠNG NGỌC DŨNG
2. Ngày tháng năm sinh: 17 – 10 – 1959
3. Nam, nữ: NAM
4. Địa chỉ:
257/ 5, KP 9, Tân Biên, Biên Hòa, Đồng Nai
5. Điện thoại: 0918309278;
6. Email:
7. Chức vụ: TỔ TRƯỞNG CHUN MƠN
8. Đơn vị cơng tác: TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Cử nhân Tốn, Đại học sư phạm
- Năm nhận bằng: 1982
III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chun mơn có kinh nghiệm: Giảng dạy Tốn bậc THPT
- Số năm cơng tác: 33 năm
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có:
 “Giải tốn Hình học 11” – Nhà xuất bản Giáo dục năm 2008;
 “Giải tốn Giải tích 12” – Nhà xuất bản Giáo dục năm 2009;
 “Giải tốn Hình học 12” – Nhà xuất bản Giáo dục năm 2009;
 Kỹ thuật viết câu hỏi trắc nghiệm trong việc đổi mới phương pháp KTĐG –
Tập san Giáo dục Trung học Đồng Nai năm 2010;
 Đổi mới phương pháp KTĐG trong giảng dạy Toán bậc THPT năm 2011.
 Một số kinh nghiệm thiết kế ma trận và biên soạn đề kiểm tra tự luận mơn
Tốn bậc trung học phổ thông, năm học 2013 – 2014.

-1-




TÌM TỊI LỜI GIẢI CÁC BÀI TỐN

I.

Phương pháp tọa độ trên mặt phẳng

LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Đa số học sinh phổ thơng khi thực hành giải tốn, các em thường gặp khơng ít khó
khăn trong việc chọn cách tiếp cận với nội dung của bài tốn vì nhiều lý do khác nhau (kiến
thức cơ bản có liên quan, khả năng vận dụng kiến thức phù hợp với nội dung bài tốn, phép
suy luận, …). Vì vậy khơng kích hoạt được sự hứng thú và lịng đam mê trong q trình học
toán, ảnh hưởng đến kết quả học tập khả năng tư duy sáng tạo của bản thân.
Nhằm giúp học sinh tự tin hơn trong việc học tốn nói chung và thực hành giải tốn
nói riêng, tơi chọn đề tài “Tìm tịi lời giải các bài tốn về phương pháp tọa độ trên mặt
phẳng” gồm có ba phần chính:
- Phần thứ nhất: Các bài toán liên quan đến tam giác;
- Phần thứ hai: Các bài toán liên quan đến tứ giác;
- Phần thứ ba: Các bài toán tổng hợp về đường thẳng, đường tròn và ê-lip.
Nội dung đề tài này là Phần thứ nhất của đề tài, bao gồm: 6 ví dụ và 14 bài tốn thực
hành có gợi ý về cách tìm tịi nhằm tạo điều kiện để học sinh có thể định hướng trong việc
tìm lời giải bài tốn.

II. CƠ SỞ LÝ LUẬN
- Kiến thức cơ bản về hình học phẳng;
- Kiến thức cơ bản về đường thẳng, đường tròn và các vấn đề liên quan trên hệ tục tọa

độ Oxy trong chương trình hình học Lớp 10.

-2-




TÌM TỊI LỜI GIẢI CÁC BÀI TỐN

Phương pháp tọa độ trên mặt phẳng

III. NỘI DUNG ĐỀ TÀI
PHẦN THỨ NHẤT: CÁC BÀI TỐN LIÊN QUAN ĐẾN TAM GIÁC

A. CÁC VÍ DỤ
 Ví dụ 1.1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A và
BC  2 , đường cao kẻ từ đỉnh A là d : x  y  2  0 , đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B
là  : x  2  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác, biết rằng đỉnh B có tung độ dương.

 Tìm tịi
Ta thấy A(a; 2  a ) và B(2; b ) .
Sử dụng BC  d và trung điểm của AC thuộc đường thẳng
 ta tìm được tọa độ của C theo a và b .

A

Từ BC  2 và AB  AC suy ra tọa độ các đỉnh A ,
B , C của tam giác.
M

 Lời giải
A  d  A(a; 2  a ) ; B    B(2; b) , b  0 .

Gọi C (x 0 ; y 0 ) , vì BC  d nên BC   x 0  2; y 0  b  cùng


phương với nd  (1; 1) . Suy ra y 0  x 0  b  2 .

C

B

 x  a y0  2  a 
Vì trung điểm của cạnh AC là M  0
;
 thuộc đường thẳng  , nên ta có
 2

2


x 0  4  a . Do đó C (4  a ; 2  a  b) .
Vậy BC  2  (2  a )2  1  a  1 hoặc a  3 .
 Với a  1 , ta có: A(1; 1) và C (3; 1  b ) . Khi đó AB  AC  b  1 (loại).
 Với a  3 , ta có: A(3; 1) và C (1; b  1) . Khi đó AB  AC  b  3 (nhận).
Vậy các đỉnh của tam giác là: A(3; 1) , B(2; 3) , C (1; 2) .
 Ví dụ 1.2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh C có hoành
độ âm và thuộc trục Ox , đỉnh B thuộc đường thẳng d : x  2y  2  0 , đường phân giác
trong kẻ từ đỉnh A của tam giác là  : 3x  y  5  0 . Biết rằng khoảng cách từ C đến
đường thẳng  bằng 2 10 và BC  82 . Tìm tọa độ các đỉnh A và B của tam giác.

 Tìm tịi
A

Ta có C (t; 0) và d(C , )  2 10 , suy ra tọa độ của C .
B  d  B(2  2b; b) . Sử dụng BC  82 và đường
thẳng  là phân giác trong của góc A , tìm được tọa độ của
điểm B .
Gọi B  là điểm đối xứng của B qua đường thẳng  , ta
có B  thuộc đường thẳng AC , suy ra tọa độ của điểm A .

 Lời giải
C  Ox  C (t ; 0) , t  0 .
-3-

B

B
C




TÌM TỊI LỜI GIẢI CÁC BÀI TỐN

Vậy d(C , )  2 10 

Phương pháp tọa độ trên mặt phẳng

t  5 (nhaän)

 2 10  3t  5  20  
Vậy C (5; 0) .
t  25 (loaïi).
10


3

3t  5

B  d  B(2  2b; b) . Do đó, ta có BC  82

 (2b  7)2  (b)2  82  5b 2  28b  33  0  b  1 hoặc b 

33
.
5

 56 33 
Suy ra: B(4;  1) hoặc B   ;
.
 5 5 
Vì  là phân giác trong của góc A , nên ta chỉ nhận được B(4;  1) .


Gọi B (x 0 ; y 0 ) là điểm đối xứng của B qua  và n   (3;  1) . Ta có






x  4  3k
x  3k  4


  k .n    0
 BB
 0
(k  0) .
y 0  1  k
y 0  k  1


k  0
 4 3
8
 d(B , )  d(B , )  10k  8  8  
8 Suy ra k   , vậy B    ;  .
k   .
5
 5 5


5
  21 3 



Khi đó: B   (AC ) và CB    ;  , nên n  (1;  7) là một vec-tơ pháp tuyến của đường
 5 5

thẳng (AC ) . Do đó (AC ) : x  7y  5  0 .
3x  y  5  0

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 
nên ta có A(2; 1) .
x  7y  5  0

 Ví dụ 1.3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC . Đường thẳng chứa
cạnh AB có phương trình là x  3y  1  0 , đường phân giác trong của góc B là
 : 2x  y  2  0 và BC  2AB . Viết phương trình của đường thẳng (AC ) của tam
giác.

 Tìm tịi
B  (AB )   , suy ra tọa độ điểm B .
Tính góc giữa hai đường thẳng (AB ) và  . Sử dụng
 là phân giác trong của góc B , tìm được phương
trình của đường thẳng (BC ) .
Sử dụng: A  (AB ) , C  (BC ) , BC  2AB
và  là phân giác trong của góc B ta tìm được
phương trình của đường thẳng (AC ) .

A


B

C

 Lời giải
Ta có B  (AB )    B(1; 0) .




Các đường thẳng (AB ) và  lần lượt có vec-tơ pháp tuyến là n AB  (1;  3) và n   (2;  1) .
 

Ta có cos nAB , n  

2


 AB ,   450 nên BC ,   450 .
2

Vậy BC  AB , suy ra n AB  (1;  3) là một vec-tơ chỉ phương của đường thẳng (BC ) .













Vậy (BC ) : 3x  y  3  0 .

A  (AB )  A(3a  1; a ) và C  (BC )  C (b;  3b  3) .
-4-




TÌM TỊI LỜI GIẢI CÁC BÀI TỐN

Phương pháp tọa độ trên mặt phẳng

Ta thấy BC  2AB  (b  1)2  4a 2  b  1  2a hoặc b  1  2a .


 Với b  1  2a  AC  (a;  7a ) , nên (AC ) : 7x  y  21  0 .
 16 7 
9
42 
Khi đó A  ;  và C  ;   nằm về cùng một phía đối với  , suy ra  là phân giác
5 
 5 5
5
ngồi của góc B .


 Với b  1  2a  AC  (5a; 5a ) , nên (AC ) : x  y  3  0 .
Khi đó A(2; 1) và C (3; 6) nằm về hai phía đối với  , suy ra  là phân giác trong của góc B .

Do đó đường thẳng cần tìm là (AC ) : x  y  3  0 .
 Ví dụ 1.4. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp trong đường
tròn (C ) : x 2  y 2  x  2y  30  0 ; đường phân giác trong của góc A cắt cạnh BC tại


3
điểm D  2;   và đỉnh A thuộc đường thẳng d : 4x  y  2  0 . Viết phương trình của
2

đường thẳng BC , biết rằng đỉnh A có hồnh độ dương.

 Tìm tịi
Ta có A  d  (C ) .
Gọi I là tâm của đường tròn (C ) , E là giao điểm thứ
hai của (C ) và đường phân giác trong AD . Khi đó ta có
 
 
BAE  CAE  BE  CE , nên BC  IE .
 Lời giải
A  d  A(t; 4t  2) , t  0 .

A

I

B

D

C

t  2
E
A  (C )  17t  23t  22  0  

11
t   .

7

 
15 
Vì t  0 , nên ta nhận được A(2; 6) . Khi đó AD   0;   nên (AD ) : x  2  0 .
2 

E  (AD )  E (2; m ) , m  6 .
2

m  6 (loaïi)
E  (C )  m 2  2m  24  0  
Vậy E (2;  4) .
m  4 (nhaän).


 1 
 
 
Đường trịn (C ) có tâm là I   ; 1  và BAE  CAE nên BE  CE , suy ra BC  IE .
 2 
  5

Vậy IE   ;  5  là một vec-tơ pháp tuyến của đường thẳng (BC ) .
2

Do đó đường thẳng cần tìm là (BC ) : x  2y  5  0 .

 Ví dụ 1.5. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc
đường trịn (C ) : (x  1)2  (y  2)2  25 ; hai đỉnh B , C cùng thuộc đường thẳng
d : 3x  4y  55  0 và trực tâm của tam giác trùng với tâm của đường tròn (C ) . Biết
rằng đường tròn (C ) cắt cạnh AB tại điểm thứ hai M sao cho MB  2 MA và B có
hồnh độ dương. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
-5-




TÌM TỊI LỜI GIẢI CÁC BÀI TỐN

Phương pháp tọa độ trên mặt phẳng

 Tìm tịi
Gọi I là tâm của đường trịn (C ) . Ta có:
AI  d và A  (C ) , suy ra tọa độ điểm A .



B  d và MB  2 MA , kết hợp với M  (C ) ,

A

suy ra tọa độ điểm B .
Sử dụng AC  BI , suy ra tọa độ điểm C .

 Lời giải
Ta thấy (C ) có tâm là I (1;  2) ; d có một



vec-tơ pháp tuyến nd  (3; 4) .
Vì I là trực tâm của ABC và B , C  d nên



x  1  3k
x  3k  1


IA  k .nd   A
 A
B
yA  2  4k
yA  4k  2.


k  1  A(4; 2)
A  (C ) nên ta có: 25k 2  25  
k  1  A(2;  6).


3b  55 
Ta thấy B  d nên B b; 
.
4 





Vì M thuộc đoạn AB và MB  2 MA , nên MB  2 MA 

M

I

C


2x A  b
x M 

3

8y A  3b  55
x 
.
 M

12

b  8
b  13 
 Với A(4; 2) , ta có M 
; 
  (C ) nên
4 
 3
2

2
b  7 (nhaän)
 b  5   b  5 
2

 
  25  (b  5)  144  b  17 (loại).

 3   4 


Khi đó IB  (6; 21) là một vec-tơ pháp tuyến của đường thẳng (AC ) , suy ra
(AC ) : 2x  7y  6  0 .
 361 92 
C  d  AC nên ta có C  
;
.
 13 13 
b  4
3b  103 
 Với A(2;  6) , ta có M 
; 
  (C )
12 
 3
2

2

 b  7   3b  79 

nên 
 
  25 (vô nghiệm).
 3   12 
 361 92 
Do đó các đỉnh của tam giác là: A(4; 2) , B(7;  19) , C  
;
.
 13 13 

 Ví dụ 1.6. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A có trực tâm
là H (3; 2) . Gọi D , E lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C của tam giác với
HD  2 . Biết rằng đỉnh A có hồnh độ dương và thuộc đường thẳng d : x  3y  3  0 ,

-6-




TÌM TỊI LỜI GIẢI CÁC BÀI TỐN

Phương pháp tọa độ trên mặt phẳng

khoảng cách từ đỉnh A đến đường thẳng (DE ) bằng

9 10
. Viết phương trình của đường
5

thẳng BC .

 Tìm tịi
Vì AB  AC và H là trực tâm của tam giác ABC
nên ta có HD  HE .
Ta có A(3a  3; a ) và HD  AD , HE  AE suy ra
phương trình của đường thẳng DE theo a .
9 10
và a  1 ta tìm được a .
5
Khi đó xác định được tọa độ của B (hoặc C ). Từ đó viết
được phương trình của đường thẳng BC .

A

Sử dụng d(A, DE ) 

D

E

 Lời giải
H
Gọi D(x D ; yD ) và E (x E ; y E ) .
B
Vì AB  AC và H là trực tâm của tam giác ABC , nên ta có:
 HD  HE  2 nên D , E cùng thuộc đường trịn tâm H bán kính HD  2 . Suy ra:
x D 2  yD 2  6x D  4yD  9  0 (1a);

C

x E 2  yE 2  6x E  4y E  9  0

(1b).
 
 
 A  d  A(3a  3; a ) với a  1 và AD.HD  0 , AE .HE  0 . Suy ra:

x D 2  yD 2  3ax D  (a  2)yD  7a  9  0

(2a);

x E 2  yE 2  3ax E  (a  2)y E  7a  9  0 (2b).
Trừ theo vế (1a) và (2a), (1b) và (2b) suy ra phương trình của đường thẳng DE có dạng
(3a  6)x  (a  2)y  7a  18  0 .
Do đó d(A, (DE )) 

(3a  6)(3a  3)  (a  2)a  7a  18 9 10
9 10


5
5
(3a  6)2  (a  2)2

 5 10a 2  32a  36  9 10. 10a 2  32a  40

(*).

Đặt t  10a 2  32a  40 , t  0 . Phương trình (*) trở thành
t  0

 2

5 t 2  4  9 10 t   5t  9 10 t  20  0 

 2
 5t  9 10 t  20  0

a  0
(nhaän)
2

+ Với t  2 10 , ta có 5a  16a  0 
a   16 (loại).


5

t  2 10


10
.
t 

5

10
, ta có 25a 2  80a  99  0 (vô nghiệm).
5
Vậy A(3; 0) và DE : 3x  y  9  0 , suy ra y D  3x D  9 . Thế vào (1a), ta nhận được

+ Với t 

5x D 2  24x D  27  0  x D  

-7-

9
hoặc x D  3 .
5




TÌM TỊI LỜI GIẢI CÁC BÀI TỐN

Phương pháp tọa độ trên mặt phẳng

 9 18 
Suy ra D   ;
 và E (3; 0) .
 5 5 


Gọi B(x 0 ; y 0 ) , ta có AB  (x 0  3; y 0 ) vng góc với HE  (0; 2) nên suy ra B(x 0 ; 0) .
  6
7
Ta có HD   ;   nên (HD ) : 7x  6y  9  0 .
5
5

 9 
9
B  (DH )  x 0   hay B   ; 0  .
7
 7 

27
 0.
7
Do đó phương trình của đường thẳng BC là 21x  7y  27  0 .

Vì BC / /ED nên (BC ) : 3x  y 

B. BÀI TẬP THỰC HÀNH
 Bài toán 1.1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đường thẳng
chứa các cạnh AB và AC tương ứng là d1 : 2x  y  4  0 và d2 : 3x  4y  4  0 ,
đường thẳng chứa cạnh BC đi qua điểm M (1;  2) . Tìm tọa độ các đỉnh B và C của
tam giác, biết rằng 3 MB  2 MC .

 Gợi ý tìm tịi
Ta có A  d1  d2 , B  d1  B(b; 4  2b) , C  d2  C (4c;  1  3c) .








Vì 3 MB  2 MC , nên ta có 3MB  2MC hoặc 3MB  2MC suy ra tọa độ của B và C .

 Bài toán 1.2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh
C (2;  3) , đường thẳng chứa cạnh AB có phương trình x  2y  6  0 và trọng tâm của
tam giác thuộc đường thẳng d : x  y  1  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A và B .

 Gợi ý tìm tịi
Trọng tâm của ABC là G  d  G(t; 1  t ) .
1
Gọi M là trung điểm của AB , ta có GM  CM . Khi đó
3
1
d(G , (AB ))  d(C , (AB )) suy ra tọa độ của điểm G .
3
Viết được phương trình đường thẳng (CG ) , suy ra tọa độ
của M  (AB )  (CG ) .
Ta có: A(6  2a; a ) , B(2x M  x A ; 2yM  yA ) .

A
M


G
B

C

x  x B  xC  3 xG

Sử dụng:  A
ta tìm được tọa độ các đỉnh A và B .
yA  yB  yC  3 xG


 Bài toán 1.3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm là
G(1;  1) ; đỉnh B có tung độ dương và thuộc đường thẳng d : x  2y  1  0 , đường
thẳng chứa đường cao kẻ từ đỉnh A là  : 3x  8y  20  0 ; trung điểm của cạnh AC là
M và GM  2 2 . Tính diện tích của tam giác ABC .

-8-




TÌM TỊI LỜI GIẢI CÁC BÀI TỐN

Phương pháp tọa độ trên mặt phẳng

 Gợi ý tìm tịi




B  d  B(1  2b; b) , b  0 và BG  2GM tìm

được tọa độ của B , M .
Sử dụng BC   suy ra phương trình đường thẳng (BC ) .
A    A(8a  4; 3a  1) ;
Sử dụng C (2x M  x A ; 2yM  yA )  (BC ) suy ra tọa độ của
các đỉnh A và C .
1
Diện tích tam giác ABC là S  BC .d(A, (BC )) .
2

A


M


G
B

C

 Bài toán 1.4. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại đỉnh
A(1; 3) , đỉnh B thuộc trục Ox và đỉnh C thuộc đường thẳng d : x  y  3  0 . Viết
phương trình của đường thẳng chứa cạnh BC .

 Gợi ý tìm tịi
B  Ox  B(b; 0) ; C  d  C (c; c  3) .



Khi đó: AB  (b  1;  3) và AC  (c  1; c  6) .
c 6
Sử dụng: + AB  AC , ta có b  1  3
(1).
c 1
+ AB  AC , ta có (b  1)2  9  (c  1)2  (c  6)2 (2).
Thế (1) vào (2) ta nhận được (c  1)2  9 và suy ra phương trình của đường thẳng (BC ) .
 Bài tốn 1.5. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại A ,
đường thẳng chứa cạnh BC có phương trình là x  3y  8  0 , điểm M (3; 0) thuộc

cạnh AB và đường thẳng chứa cạnh AC đi qua điểm N (1; 3) . Tìm tọa độ các đỉnh của
tam giác ABC .

 Gợi ý tìm tịi


Gọi n AB  (a; b ) và n BC  (1;  3) tương ứng là
vec-tơ pháp tuyến của các đường thẳng (AB ) và (BC ) .
 
a  2b
nAB .nBC
2
Sử dụng   
, tìm được 
a  b .
2
n AB . nBC


2
B
Suy ra phương trình các đường thẳng (AB ) và (AC ) .
Tọa độ các đỉnh A , B , C thỏa mãn yêu cầu bài



toán khi hai vec-tơ MA và MB ngược hướng.

A


M
C
N

 Bài toán 1.6. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có tâm của đường
trịn ngoại tiếp là I (1; 2) ; các đường thẳng chứa đường cao và đường trung tuyến đi qua
đỉnh A lần lượt là d1 : x  2y  11  0 và d2 : 13x  6y  37  0 . Tìm tọa độ các đỉnh B ,
C của tam giác.

 Gợi ý tìm tịi



Ta có A  d1  d2 và n1 là một vec-tơ pháp tuyến của đường thẳng d1 .

-9-




TÌM TỊI LỜI GIẢI CÁC BÀI TỐN

Phương pháp tọa độ trên mặt phẳng



Gọi M là trung điểm của BC , suy ra n1 là một vectơ pháp tuyến của đường thẳng (IM ) và M  (IM )  d2 .



Đường thẳng (BC ) đi qua M và nhận n1 làm một
vec-tơ chỉ phương, suy ra phương trình đường thẳng (BC ) .
Ta có B  (BC )  B(b; 2  2b ) .
Sử dụng IB  IA suy ra tọa độ các đỉnh B , C .

A

d2 I

d1

B

C

M

 Bài toán 1.7. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm là
G(1; 1) , đường thẳng chứa cạnh AB là d : 10x  3y  3  0 , đường trung trực của cạnh
BC là  : 3x  y  9  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .

 Gợi ý tìm tịi
Gọi M là trung điểm của BC , ta có M   nên




M (t ; 3t  9) và GA  2GM  A(3  2t ; 21  6t ) .

A



Sử dụng A  d , tìm được tọa độ của A và M .
Vì BC   , nên suy ra phương trình của đường
thẳng (BC ) .
Khi đó: B  d  (BC ) và C (2x M  x B ; 2y M  y B ) .

G
M

B

C

 Bài toán 1.8. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đường thẳng
chứa đường cao kẻ từ đỉnh A là d : 3x  4y  8  0 , đường thẳng chứa đường phân giác
trong kẻ từ đỉnh B là  : x  y  2  0 . Đường thẳng (AB ) đi qua điểm M (2; 3) và
MC  2 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .

 Gợi ý tìm tịi
Gọi N là điểm đối xứng của M qua  , tìm được
tọa độ của N . Sử dụng BC  d và N  (BC ) , tìm được
phương trình của (BC )  B    (BC ) .
Đường thẳng (AB ) đi qua B và M  A  d  (AB ) .
C  (BC )  C (3t  1; 4t  6) .
Sử dụng MC  2 và A , C nằm về hai phía đối với
đường thẳng  , tìm được tọa độ của đỉnh C .

A
M

d


B

N

C

 Bài toán 1.9. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh C thuộc
đường thẳng d : x  2y  3  0 , đường thẳng chứa đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A là
 : x  y  2  0 . Biết rằng diện tích của tam giác là S  9 và M (1; 0) là trung điểm
của cạnh AC , viết phương trình của đường thẳng (BC ) .

 Gợi ý tìm tịi
C  d  C (2t  3; t ) . Khi đó
A(2x M  xC ; 2y M  yC )   suy ra tọa độ của A và C .
Viết được phương trình đường thẳng (AC ) .
Gọi N là điểm đối xứng của M qua  , tìm được
tọa độ của N . Vì N  (AB ) nên tìm được phương trình
đường thẳng (AB ) . Ta có B  (AB )  B(b;  2b  5) .
- 10 -

C
M
A



N

B




TÌM TỊI LỜI GIẢI CÁC BÀI TỐN

Phương pháp tọa độ trên mặt phẳng

1
AC .d (B , (AC )) và B , C nằm về hai phía đối với đường thẳng  , tìm được tọa
2
độ của đỉnh B . Suy ra phương trình (BC ) .
Sử dụng S 

 Bài toán 1.10. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A ,
trung điểm của cạnh BC là M (2; 3) , đường thẳng chứa cạnh AC đi qua điểm E (4; 5)
và đường thẳng chứa đường phân giác trong của góc B là  : x  2y  1  0 . Tìm tọa độ
các đỉnh của tam giác ABC .

 Gợi ý tìm tịi
B    B(1  2b; b) , do đó C (2b  3; 6  b) .
Gọi N là điểm đối xứng của M qua   N  (AB ) .
 
ABC vuông tại A nên NB.EC  0 , suy ra tọa độ
của B và C .
B
Khi đó ta có A  (BN )  (CE ) .

A
N


E

C

M

 Bài toán 1.11. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm là
G , đỉnh C (2;  4) , đường thẳng chứa đường cao kẻ từ đỉnh A là  : x  y  6  0 , đỉnh
B thuộc đường thẳng d : 2x  y  1  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A và B của tam giác, biết
rằng diện tích của tam giác ABG là S ABG  1 .

 Gợi ý tìm tịi
BC   nên (BC ) : x  y  2  0  B(3;  5) .
A    A(a; a  6) và S ABC  3 S ABG nên ta có:
a  1
BC .d(A, (BC ))  6  2a  8  6  
a  7.

Suy ra tọa độ của đỉnh A .

A



G

B

C

 Bài toán 1.12. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có các đỉnh
A(4;  3) , B(2;  1) . Diện tích của tam giác là S  4 và bán kính đường trịn ngoại tiếp
là R  2 . Tìm tọa độ đỉnh C của tam giác, biết rằng C có tung độ dương.

 Gợi ý tìm tịi
Đường trung trực của cạnh AB là d : x  y  5  0 .
Gọi I là tâm của đường trịn ngoại tiếp ABC , ta có I  d  I (a; a  5) .
a  4  I (4; 1)
Vì AI  R , nên 
a  2  I (2;  3).

(x 0  4)2  (y 0  1)2  4 (1)
Gọi C (x 0 ; y 0 ) ta có: 
2
2
(x 0  2)  (y 0  3)  4 (2).

Vì y 0  0 , nên (2) vơ nghiệm.
Ta có (AB ) : x  y  1  0 và diện tích ABC là S 

1
AB.d (C , (AB ))  x 0  y 0  1 .
2

Do đó ta có: x 0  y 0  1  4 (3).
Từ (3) và (1) ta tìm được tọa độ của đỉnh C .

- 11 -




TÌM TỊI LỜI GIẢI CÁC BÀI TỐN

Phương pháp tọa độ trên mặt phẳng

 Bài toán 1.13. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trung điểm
của cạnh AC là M (3; 5) , đường thẳng chứa cạnh BC là d : x  y  1  0 , đường thẳng
chứa đường cao AH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là E (4; 1) .
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
A
 Gợi ý tìm tòi
C  d  C (a; a  1) , khi đó A(6  a; 11  a ) .

Vì AE  d nên AE  (a  10; a  10) cùng phương với


M
nd  (1;  1) , suy ra tọa độ của các đỉnh A , C .
Đường tròn (C ) ngoại tiếp ABC là đường tròn đi qua
H
ba điểm A, C , E nên tìm được phương trình của (C ) .
B
C
Tọa độ đỉnh B là giao điểm thứ hai của đường thẳng d
và đường tròn (C ) .
E


 Bài toán 1.14. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có BAC  1350 ,
1
5
trung điểm của cạnh BC là M  ;   , trực tâm H có hoành độ dương và
2
2

290
, đường thẳng chứa đường cao BH có phương trình là 3x  y  8  0 . Tìm
2
tọa độ các đỉnh B , C của tam giác ABC .
MH 

 Gợi ý tìm tịi
H  (BH )  H (t ;  3t  8) , t  0 .

H

290
 5t 2  16t  21  0 , suy ra H (1;  11) .
2
B  (BH )  B(b;  3b  8) và C (1  b; 3b  3) .
Gọi B  , C  lần lượt là chân các đường cao của tam
giác kẻ từ B và C . Khi đó tứ giác AB HC  nội tiếp nên

suy ra BHC  450 .


Gọi n BH  (3; 1) , nCH  (a ; b ) lần lượt là vec-tơ pháp tuyến

MH 

của các các đường thẳng (BH ) và (CH ) . Ta có:
3a  b

C

B

A
M


B

C

a  2b
2
 2a 2  3ab  2b 2  0  
2
2a  b.
10(a 2  b 2 )



Suy ra: nCH  (2;  1) hoặc nCH  (1; 2) . Do đó xảy ra các trường hợp sau


 14 2 

 19
14
27 
 B  ;  , C  ; 
.
5
5 
 5 5
 5
 28 44 
 33
28
69 
+ (CH ) : x  2y  21  0 , vì C  (CH ) nên ta có b  
 B  ;
, C  ;  .
5
5 
 5 5 
 5

+ (CH ) : 2x  y  13  0 , vì C  (CH ) nên ta có b  

- 12 -




TÌM TỊI LỜI GIẢI CÁC BÀI TỐN

Phương pháp tọa độ trên mặt phẳng

IV. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
Nội dung của đề tài là một phần cơ bản trong chương trình Luyện thi đại học hàng năm
dành cho học sinh tại Trung tâm luyện thi đại học của Trường THPT Nguyễn Trãi và đã tạo
điều kiện giúp các em đạt kết quả cao trong các kỳ thi vào các trường đại học trong những
năm qua.

V. ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ
Nội dung của đề tài ở phần này cũng có thể là tài liệu tham khảo cho giáo viên trong
quá trình lựa chọn các bài tập phục vụ cho các tiết luyện tập nâng cao cho học sinh lớp 10,
hay việc ôn tập kiến thức trong kỳ thi Trung học phổ thông quốc gia cho học sinh lớp 12.

VI. TÀI LIỆU THAM KHẢO
Một số bài toán thực hành trong nội dung đề tài được biên soạn dựa trên việc khai thác
nội dung một số bài toán ở một số Đề thi thử đại học tại trang mạng: www.VNMATH.com
và www.moon.vn.

- 13 -