Chinh phục hình học giải tích oxy

Trích đoạn chinh phục hình học giải tích Oxy

Your dreams – Our mission

CHINH PHỤC HÌNH HỌC GIẢI TÍCH OXY do GIA ĐÌNH LOVEBOOK biên soạn
Đội ngũ anh em tham gia: Nguyễn Anh Văn, Lê Hoàng Nam, Nguyễn Hà Ngọc Thiện, Hoàng Thị Ngọc Ánh,
Nguyễn Ngọc Huyền, Bùi Quang Nhật.
Phiên bản 2.0 có thêm sự tham gia của đệ Nguyễn Đình Huynh.
Nxb: ĐH quốc gia HN
Số trang: 496 trang khổ A4
Ngày phát hành toàn quốc: 25/09/2015
Giá: 179.000 vnđ
___________________________________________________
Đặt trước sách Lovebook phiên bản 2.0: />Giải đáp các thắc mắc trong sách Lovebook: />Tài liệu Lovebook chọn lọc: />Kênh bài giảng Lovebook: />Đăng ký nhận tài liệu thường xuyên Lovebook: goo.gl/ol9EmG

1


Trích đoạn chinh phục hình học giải tích Oxy

Your dreams – Our mission

NHÌN LẠI CÂU HÌNH HỌC PHẲNG ĐỀ THI ĐẠI HỌC 2015-VÀ CUỐN CHINH PHỤC HÌNH HỌC GIẢI TÍCH ĐÃ GIÚP
GÌ CHO CÁC BẠN.
Câu 8: [Đề thi quốc gia 2015] Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H là hình chiếu
vuông góc của A trên cạnh BC; D là điểm đối xứng của B qua H; K là hình chiếu vuông góc của C trên đường
thẳng AD. Giả sử H(-5;-5), K(9;-3) và trung điểm của cạnh AC thuộc đường thẳng x-y+10=0. Tìm tọa độ điểm
A..
Bình luận: Chắc nhiều bạn cũng đã làm và tìm lời giải cho bài toán này rồi đúng không nào . Bài viết này mình
xin giới đến các bạn 1 cách mà theo quan sát các tài liệu trên mạng của mình thì chưa ai trình bày này theo
hướng này. Nào let’s go ;) .

Chúng ta sẽ phác thảo hình vẽ nhé:

Phân tích:


Trước tiên, ta vẽ hình một cách chuẩn xác và đi từ dữ kiện nhỏ nhất, dễ thấy nhất. Đó chính là tam giác
ABC vuông tại A với đường cao AH. Từ các dữ kiện này, ta có thể suy ra tích vô hướng giữa các vecto
tương ứng bằng 0, rất dễ để suy ra một phương trình nhưng nó có hiệu quả hay không thì còn phải cân
nhắc. Tiếp theo, D là điểm đối xứng của B qua H, ta dễ suy ra tam giác ABD có đường cao AH đồng thời
là trung tuyến, suy ra tam giác ABD cân tại A, từ đó ta lại có thêm các giả thiết về cạnh và góc bằng nhau.



Tiếp theo, một dữ kiện khó nhìn hơn, nhưng thực ra lại là mấu chốt, đó chính là các góc vuông ở giả
thiết. Cạnh AC được điểm H nhìn dưới một góc vuông, và điểm K cũng nhìn cạnh AC dưới góc vuông
như vậy, theo giả thiết. Từ đây rất dễ nhận thấy AHKC là tứ giác nội tiếp, tuy nhiên, ta phải cân nhắc
2


Trích đoạn chinh phục hình học giải tích Oxy

Your dreams – Our mission

dùng tính chất nào. Gọi M là trung điểm của AC, dễ thấy ngay M chính là tâm đường tròn nội tiếp ấy.
Điểm M ấy hoàn toàn có thể tìm ra nhờ việc xâu chuỗi các giả thiết của đề bài. Tham số hóa điểm M, ta
được một phương trình, lại có MH=MK nên M thuộc đường trung trực của HK, ta có một phương trình
nữa. Giải hệ vừa lập được, ta có ngay tọa độ điểm M.


Đến đây, chúng ta sẽ phải suy luận để ra được MẤU CHỐT BÀI TOÁN LÀ THẤY ĐƯỢC HA=HK … một

cách để xác định ta đã biết như: kẻ hình chính xác rồi mình dùng thước đó ( cách này cũng hện xui :D vì
không có tính logic gì hết), Còn khác nữa như các đáp án mà các bạn đọc đó là kiểu suy luận:

HKA  HCA
mà ACH  BAH  HKA  HAD nên tam giác AHK cân tại H, suy ra HA=HK. Nếu bắt suy

HAB  HAD
luân kiểu này thì đúng là bàn toán quá khó… VÌ nó có quá nhiều dữ kiện…. để liên hệ lại…


Minh tin chắc khi các bạn biết đến đinh lý này thì bài toán này rất dễ:
Tính chất quen thuộc ai cũng để ý : 2 góc nội tiếp cùng chắn 1 cung thì 2 góc đó bằng nhau. Nhưng các
bạn có để ý đến : 2 góc nội tiếp bằng nhau chắn 2 cung khác nhau thì 2 cung đó bằng nhau. VD:

BAD  DAC  BD  DC

2 định lý có trong sách giáo khoa lớp 9 đó  .
Như vậy giả sử bạn biết tính chất số 2 mình nói thì áp dụng vào bài này luôn nha.
A

B

C

H

Khi gặp tam giác vuông này các bạn cũng rất quen thuốc với dữ kiện BAH  BCA
Dữ kiện tam giác BAC cân sẽ dễ dàng đưa ta đến suy nghĩ BAH  HAK
Từ 2 dữ kiên trên ta có HAK  ACH . HAK chắn HK, HCA chắn cung AH nên ta có AH=HK. Bài toán coi như
được giải quyết.

3


Trích đoạn chinh phục hình học giải tích Oxy

Your dreams – Our mission

Cuốn CHINH PHỤC HÌNH HỌC GIẢI TÍCH nhóm mình viết đã đưa tính chất này vào phần lí thuyết của cuốn sách.
Và nếu bạn đọc rồi , nhóm đã sử dụng tích chất này để giải quyết 1 bài toán toán tương tự, đó là bài toán 1 –
phần bài tập lớn trang 246 phiên bản 1.0. Rất vui khi nhiều bạn sau khi thi xong đã gửu lời cảm ơn đến nhóm
tác giả vì đã giúp các bạn đó giải quyết bài này 1 cách dễ dàng.
Điều muốn nói ở đây là gì ? sẽ rất nguy hiểm nếu các bạn không biết đến tính chất này mặc dù đây là
một kết quả không cần chứng minh, nó đúng trong mọi trường hợp (SGK lớp 9). Theo đáp án thì cái này các
bạn phải chứng minh… như vậy nếu gặp bài toán toán biến đổi cái hình đi thì các bạn lại không biêt đường mà
sử dụng lại phải mò cách suy luân để ra – nó là rất khó.
Trích câu 1 trang 246
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

 3
và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I  2;  . Viết phương trình cạnh BC biết diện tích tam giác ABC
 2
gấp 2 lần diện tích tam giác IBC.
Bài giải:
2

IA =

3  25
5
2 

 (C):  x -2 +  y -  =
4
2
 2

Tọa độ D là nghiệm hệ phương trình:
1

 x – y –1=0
 x = 2

 1 -1 
2
 D ; 

3  25  
2 
2 2 
  x -2 +  y -  =
 y = -1
4
 2


2

AD là phân giác trong góc BAC  BAD=DAC  BD=DC  D là điểm chính giữa cung BC  ID  BC
3
yx -2
2  -8x+6y +7=0

Phương trình  ID :
=
1
-1 3
-2
2
2 2
3
-6.2- 8. +m
SΔABC =2SΔIBC  d  A;  BC   =2d  I;  BC   
-6.48.3+m

2
=2
 m - 48 =2 m -24  m =0

2
2
2
2
MàID  BC  (BC):-6x –8y +m =0

6
+8
6
+8


Vậy phương trình  BC :3x+4y =0

4


Trích đoạn chinh phục hình học giải tích Oxy

Your dreams – Our mission

XIN MỜI CÁC EM THAM KHẢO TRÍCH ĐOẠN CUỐN SÁCH CỦA NHÓM PHIÊN BẢN 2.0

PHẦN 2.TỪ BÀI TOÁN GỐC HÌNH HỌC PHẲNG ĐẾN BÀI TOÁN GIẢI TÍCH
PHẲNG
Bài toán gốc 2:
Cho hình chữ nhật ABCD có K là trung điểm của CD. Gọi H, M lần lượt là hình chiếu của B
trên AC và trung điểm của AH. Chứng minh rằng BM  MK.
Chứng minh.

ME AB KC

.
Gọi E là trung điểm của HB suy ra ME là đường trung bình trong HAB nên 
AB
ME  2  KC
Do đó tứ giác MECK là hình bình hành. Mà ME  BC suy ra E là trực tâm tam giác AMC  CE  MC. Mặt khác
CE MK nên ta suy ra BM  MK.
Ta có điều phải chứng minh.
 Nhận xét: trong bài toán gốc này, ta không chú trọng vào một tính chất nào mà sẽ phải biển đổi dựa trên kết
quả gốc. Để hiểu rõ hơn thì chúng ta sẽ đến với một số bài toán sau.
Bài toán 2.1
Cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B, C lần lượt thuộc d1 : 2x  y  2  0, d2 : x  y  5  0. Gọi H

 9 2
là hình chiếu của B xuống AC. Biết M  ;  , K  9, 2 lần lượt là trung điểm của AH và CD.
5 5
Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật biết điểm C có hoành độ lớn hơn 4.
 Phân tích.

5


Trích đoạn chinh phục hình học giải tích Oxy

Your dreams – Our mission

Giả thiết của bài toán đề cập xoay quanh các điểm là
M, K, B, C. Sau khi vẽ hình xong, việc mà chắc hẳn
chúng ta thường làm là sẽ tìm ba điểm nào đó có mối
quan hệ đặc biệt với nhau. Bằng cách áp thước thật
chính xác, chúng ta sẽ nhận ra được BM  MK. Khi
chúng ta xác định đươc điều này, không hẳn một mực
là tin đó là tính chất. Dựa trên giả thiết bài toán, hai
điểm đã cho sẵn là M, K . Hơn nữa điểm còn lại chính là
một phần của yêu cầu bài toán. Khi đó thì chúng ta mới
thừa nhận để sử dụng tính chất này. Sau khi công đoạn
đầu xong xuối, chúng ta tìm cách để chứng minh được
tính chất trên. Thật là khó nếu cứ nguyên si hình mà ta chứng minh. Bằng cách nào đó thì chúng ta nên tạo
thêm một điểm đặc biệt có ích. Chúng ta nên xuất phát từ chính điều cần chứng minh, BM  MK. Một lời khuyên
là ta nên tạo thêm điểm sao cho xuất hiện một đường khác cũng vuông góc với BM hoặc MK. Mà bài toán đã
cho hai điểm M, K là trung điểm, ta cần đường song song, vậy nên chọn MK là thích hợp hơn để dễ kẻ đường
song song. Bây giờ công việc dẫn dắt đến là tìm một đường song song với MK. Ta mạnh dạn dê thước từ từ vói
phương trình với phương của đường MK và và dừng lại tại một điểm cố định nào đó. Kĩ năng của việc này là

sau khi kẻ, điểm mới được tại sẽ lại có một mối liên hệ nào với điểm cho sẵn, để thuận tiện việc chứng minh.
Chọn điểm C để bắt đầu vẽ. Ta kẻ đường thẳng qua C song song với MK. Lấy giao điểm với cạnh BH tại E.
Theo cách dực ta có nhận xét BE  MC và CE  BH suy ra E là trực tâm của tam giác MBC. Từ đó suy ra là
trung điểm của BH. Đây là mục đích chính của chúng ta, tìm bản chất của điểm cần dựng thêm. Và đi ngược từ
dưới lên trên, ta sẽ chứng minh được. Bây giờ tính đi tìm các điểm còn lại. Còn một giả thiết chưa đụng đến là
điều kiện tọa độ điểm C. Vì vậy ta sẽ nhắm tới điểm C trước. Một suy nghĩ nhanh nhẹn là có điều kiện thì sẽ có
hai nghiệm để loại. Với điểm M nằm trơ như vậy thì không lợi dụng được gì rồi. Còn lại hai điềm B, K . Lại có
BC.CK  0 nên việc tìm C coi như xong. Kế đến, xét với M là trung điểm AH nên việc tìm H sẽ giúp được tìm
A. Mà BH  MC nên coi như xong việc tìm H , kế đó tìm được A qua tâm hình chữ nhật tìm được D.

Lời giải:

ME AB KC

.
Gọi E là trung điểm của HB suy ra ME là đường trung bình trong HAB nên 
AB
ME  2  KC
Do đó tứ giác MECK là hình bình hành. Mà ME  BC suy ra E là trực tâm tam giác AMC  CE  MC. Mặt khác
CE MK nên ta suy ra BM  MK.
Phương trình đường thẳng BM qua M vuông góc MK là 9x  2y  85  0.

9x  2y  85  0 x  1

 B 1; 4  .
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 
2x  y  2  0
y  4
c  9  C  9; 4 
xC  4


 C  9; 4  .
Gọi C  c; c  5 , ta có BC.CK  0   c  92c  8   0  
c  4  C  4; 1
Phương trình đường thẳng BH : 2x  y  6  0. Phương trình MC : x  2y  1  0.

6


Trích đoạn chinh phục hình học giải tích Oxy

Your dreams – Our mission

 13
x  5
2x

y

6

0

 13 4 
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ 

 H  ;   A 1; 0 .
x

2y


1

0
4
 5 5

y 

5

Từ đó suy ra tâm hình chữ nhật 5; 2 và suy ra D  9; 0 .
Bài toán 2.2
Cho hình thang ABCD vuông tại A, D có CD  2AB. Gọi H là hình chiếu của D lên AC. Điểm

 22 14 
M  ;  là trung điểm của HC. Biết đỉnh D 2; 2 và điểm B thuộc d : x  2y  4  0. Tìm tọa
 5 5 
độ các đỉnh của hình thang ABCD.
 Phân tích.
Đọc qua đề bài toán, chúng ta tính ý sẽ nhận ra
câu văn có sự quen thuộc, chỉ khác đây là hình
thang với điều kiện độ dài hai đáy? Phần thiếu là
phần lo, chúng ta cứ liều mà nối thêm vào cho
trọng vẹn một hình chữ nhật xem? Dựng hình chữ
nhật ADCE , vẽ các điểm như giả thiết đưa ra.
Thật tuyệt vời! Bài toán không hề có sự thay đổi
gì nhiều ngoại trừ cắt xén phần thừa ra. Đến đây
các bạn có thể yên tâm mà chiến đấu với nó. Tuy
vậy với các bạn còn xa lạ với bài toán này, ở đây

chúng ta cùng nghĩ thêm một phương pháp mới,
phương pháp TỌA ĐỘ HÓA. Về phương pháp này
thì chỉ nên áp dụng cho những bài toán có tính đối
xứng hoặc có giả thiets đặc biệt. Ta thường chọn ba điểm để làm gốc. Do đây là hình thang vuông tại A và D
nên ta sẽ chọn điểm A hoặc D làm gốc, và từ đó biểu diễn các điểm còn lại theo ẩn và thực hiện các phép toán
chứng minh. Một điều cần lưu ý thêm ở bài toán với hình thang có tỉ lệ độ dài hai cạnh đáy đó là việc ứng dụng
IB IA AB 1
 
 , đây cũng sẽ là một tính chất được ứng dụng
định lí Thales để xây dựng qun hệ tọa độ. Xét
ID IC CD 2
nhiều. Sau khi chứng minh được DM  MB ta sẽ tìm được tọa độ B , áp dụng công thức ID  2IB  tọa độ I .
Viết phương trình DH và AC ta tìm được H suy ra tọa độ C và A.
Lời giải:

c 
Chọn hệ trục tọa độ vuông góc với A  0; a  , B  ;a  , C  c; 0 , D 0, 0 .
2 
Phương trình đường thẳng AC : ax  cy  ac  0. Phương trình DH : cx ay  0.
 3
 a2c
ax  cy  ac  0
ac2 
c  2a2c
ac2
Tọa độ điểm H thỏa: 
 H  2 2 ; 2 2   M 
;
 2 a2  c2 2 a2  c2
cx  ay  0

 a c a c 




7

 




.




Trích đoạn chinh phục hình học giải tích Oxy
Do đó DM.MB 






4a  c 

ac2 c3  2a2c  ac2 ac2  2a3
2

2

Your dreams – Our mission

  0  DM  MB.

Phương trình đường thẳng BM qua M vuông góc với MD là 3x  y  16  0.

3x  y  16  0 x  4

 B  4; 4  .
Tọa độ điểm B thỏa mãn hệ 
x  2y  4  0
y  4
Gọi I  AC  BS. theo Thales ta có

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

Phương trình AC qua I và M là x  2y  10  0. Phương trình DH : 2x  y  2  0.
 14
x
x  2y  10  0 

5  H  14 ; 18  .

Tọa độ điểm H thỏa mãn hệ 



 5 5 
2x  y  2  0
y  18

5


Do M là trung điểm của HC nên suy ra tọa độ C  6; 2 .
Từ đẳng thức CI  2IA  A  2; 4 .
Bài toán gốc 3:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I. Gọi E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ B, C.
Chứng minh rằng IA  EF.
Chứng minh.
Từ A kẻ tiếp tuyến Ax với  I, IA  .
Do BEC  CFB  90  tứ giác BFEC nội tiếp suy ra

AFE  ECB (do cùng bù với BFE ).
Mặt khác ta có xAB  ACB (cùng chắn AB ) nên suy ra
xAB  AFE suy ra Ax EF .

Mà Ax  IA nên IA  EF.
Hay ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 3.1
Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn C : x2  y2  5. Đường thẳng AC đi qua K 2; 1 .
Kẻ hai đường cao BM và CN. Biết phương trình MN : 4x  3y  10  0 và hoành độ A dương.
Tìm tọa độ các điểm A, B, C.
8

Trích đoạn chinh phục hình học giải tích Oxy

Your dreams – Our mission

 Phân tích.
Đọc xong bài toán, bước đầu là nhắm đến xem tìm được cái gì
trước. Bây giờ mà lấy giao điểm của MN và đường tròn  C  thì
tạo ra hai điểm không liên quan gì cả. Vì vậy ta cần lồng ghép
các giả thiết với nhau. Từ phương trình đường tròn, ta có được
O  0; 0 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Theo tư duy
tức thời thì có một điểm, một phương trình đường thẳng ta sẽ
cố gằng tìm ra được hai đường thẳng vuông góc hoặc song song
với đường thẳng MN. Từ phương của đường MN , cầm thước
rà theo phương vuông góc với MN , ta sẽ phát hiện được mối
liên hệ MN  IA. Nếu muốn thử lại thì có thể vẽ một hình vẽ
khác để kiểm chứng, vẫn thấy đúng. Vậy chúng ta bắt tay vào để
chứng minh. Nhẩm lại các phương pháp chứng minh hai đường
thẳng vuông góc, ta có thể chứng minh một đường song song
với một đường khác cũng vuông góc với đường IA. Theo “hình địa”, ta thấy IA là bán kính của đường tròn, vậy
nên cách đơn giản nhất để tìm ra một đường vuông góc với IA là kẻ tiếp tuyến Ax với  C  tai A . Ta hướng
mục đích tới chứng minh MN Ax . Phản xạ đầu tiên là cố gắng chứng minh ANM  NAx , đây là hai góc so le
trong, cứ để im thì không có manh mối gì cả. Bây giờ ta cần một “cầu nối” bắc trung gian giữa hai góc trên. Ta
có nhận xét NAx  ABC (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp). Vậy để xem liệu

ANM  ACB? Vì hai góc ở vị trí khá là xa lạ, ta lại tiếp tục dùng một “cầu nối” để khẳng định chúng. Bằng việc
quan sát hình vẽ, kết hợp tứ giác BNMC nội tiếp, ta có thêm một nhận xét
ACB  BNM  180, ANM  BNM  180  ACB  ANM . Công việc chứng minh đã hoàn tất. Sau đó, ta vẽ viết

được phương trình IA. Do giả thiết đưa ra điều kiện của A nên dễ dàng chúng ta loại được nghiệm. Để ý một

giả thiết còn sót lại là điểm K , thường thì cho ra các điểm có tính chất như thế này để ta có thể viết được
phương trình chứa nó. Do A có sẵn nên ta viết được phương trình AC, từ đó tìm được tọa độ C. Yêu cầu bài
toán còn lại điểm B. Ta sẽ viết phương trình BM qua M vuông góc với AC. Lấy giao điểm với  C  ta tìm được
B. Phát sinh thêm một điều là ra hai điểm B. Để xem giả thiết còn cái gì ta chưa dùng? Đây là một điều rất dễ

bỏ qua mà không để ý, đó chính là tam giác ABC nhọn, ta chỉ cần xét BA.BC là sẽ phân biệt được.
Lời giải:
Từ A kẻ tiếp tuyến Ax với  I, IA  . Đường tròn  C  tâm O 0; 0 , bán kính R  5.
Do BMC  CNB  90  tứ giác BNMC nội tiếp suy ra ANM  MCB (do cùng bù với BNM ).
Mặt khác ta có xAB  ACB (cùng chắn AB ) nên suy ra xAB  ANM suy ra Ax MN .
Mà Ax  IA nên IA  MN.
Phương trình đường thẳng IA qua I vuông góc với MN là 3x  4y  0.

 2
3x  4y  0 x  16
x  4

Tọa độ điểm A thỏa mãn  2 2
3  y  3 (do x A  0 )  A  4; 3 .
x  y  5 y   x 
4

Phương trình đường thẳng AC qua A và K là x  3y  5  0.

x  3y  5  0 x  5 x  4
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:  2 2


 C 5; 0 .
x  y  5

y  0 y  3

9


Trích đoạn chinh phục hình học giải tích Oxy

Your dreams – Our mission

x  3y  5  0
x  1

 M  1; 2 .
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: 
4x  3y  10  0 y  2
Phương trình đường thẳng BM qua M vuông góc với AC là 3x  y  5  0.
 x  0

B  0; 5
3x  y  5  0  y  5


.
Tọa độ điểm B thỏa mãn  2 2
 x  3 B  3; 4 
x  y  5


 y  4

Với B 0; 5  BA.BC  40  0  B tù, loại trường hợp này.
Với B  3; 4  BA.BC  20  0  B nhọn, thỏa mãn, suy ra B  3; 4  .
Bài toán 3.2

9 3
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I  ;  có phương trình đường thẳng BC là
 2 2
x  3y  4  0. Gọi E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C thỏa mãn EF  2 2. biết điểm
K 6; 1 thuộc AC, diện tích AEIF bằng 5 và tung độ điểm C âm. Tìm tọa độ đỉnh A, B, C.

 Phân tích.
Đọc xong bài toán, giọng điệu bài toán nghe quen quen, khi đọc
bài toán lần thứ hai, chắc hẳn chúng ta sẽ thấy ngay sự quen
thuộc của nó. Không quá lâu để nhớ lại tính chất IA  FE. Coi như
một phần của bài toán đã trở nên nhẹ nhõm đi. Nhưng nhìn lại
thì thấy tính chất này vẫn chưa có tác dụng cho lắm. Đọc thêm
giả thiết diện tích và độ dài, bài cho ra ắt hẳn sẽ có liên quan đến
nhau. Để ý tiếp là EF, IA là đường chéo của tứ giác AEIF .. Ta đi
tìm một mối liên hệ giữa chúng. Một công thức quen thuộc của
diện tích tứ giác có hai đường chéo vuông góc với nhau
1
SAEIF  IA.EF . Từ đó suy ra độ dài IA  R và viết được phương
2
trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Thật may mắn là đã
có phương trình BC, đặc biệt còn hơn là điều kiện tọa độ điểm
C . Hướng đi của chúng ta là hoàn toàn hợp lí. Yêu cầu của bài toán là tìm điểm A . Còn một giả thiết chưa dùng

đến đó là điểm K. Có C; K ta viết được phương trình AC, lấy giao điểm với  I, IA  ta sẽ suy ra được tọa độ A.
Xét thấy không có điều kiện thêm, ta kết thúc bài toán.
Lời giải:

Từ A kẻ tiếp tuyến Ax với  I, IA  .
Do BEC  CFB  90  tứ giác BFEC nội tiếp suy ra AFE  ECB (do cùng bù với BFE ).
Mặt khác ta có xAB  ACB (cùng chắn AB ) nên suy ra xAB  AFE suy ra Ax EF .
10


Trích đoạn chinh phục hình học giải tích Oxy

Your dreams – Our mission

Mà Ax  IA nên IA  EF.
1
5
Xét tứ giác AEIF có IA  FE  SAEIF  IA.EF  5  IA  R 
.
2
2
2

2

9 
3  25

Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là  x     y    .
2 
2
2

 x  1

x  3y  4  0


y C 0
 y  1 
2
2
 B 1; 1 , C 7; 1 .
Tọa độ điểm C thỏa mãn 
9 
3  25  
x  7
 x     y   

2 
2
2

 y  1

Phương trình AC qua K và C là 2x  y  13  0.
 x  7
2
2

9 
3  25  y  1
 x  y   

 A  4; 5 .

Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ 
2 
2
2 
x  4
2x  y  13  0


 y  5

Và còn nhiều bài toán khác nữa …. Các bạn tìm đọc nha 

11


Trích đoạn chinh phục hình học giải tích Oxy

Your dreams – Our mission

PHẦN 5. MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN VÀ CÁC ĐỀ THI THỬ CỦA CÁC
TRƯỜNG
Câu 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A có AC  AB có đường cao AH.
Trên tia HC lấy điểm D sao cho HA  HD , đường thẳng vuông góc với BC tại D cắt AC tại E 2;2 và AB
tại F. Tìm tọa độ các đỉnh A;B;C của tam giác ABC biết phương trình CF : x  3y  9  0 , đường thẳng BC đi
qua K 5; 12 và điểm C có hoành độ dương
Phân tích: Theo kinh nghiệm làm các dạng bài Oxy thì điều kiện đề bài cho chúng ta ở cuối mỗi bài toán
khá quan trọng trong việc xác định hướng làm 1 bài toán. Chẳng hạn với bài toán trên đây, mình sẽ ưu tiên tìm
điểm C trước ( vì đề bài đã cho điều kiện hoành độ C dương). Khi bám sát vào điểm C thì mình thấy nó cũng có
1dữ kiện CF : x  3y  9  0 nên việc tìm C là rất khả quan. Tiếp tục nhận xét đề bài thì mình thấy nên khai thác
thêm điểm E và điều kiện HA  HD để tìm C(vì điểm K là 1 điểm vu vơ trên BC, nên mình sẽ không khai thác

K). Khi sử dụng HA  HD mình thu được ADH  450 nhưng không khả quan lắm cho viêc tìm C. Nhưng đừng nản
vì đã có công cụtứ giác nội tiếp khá mạnh để suy ra được  ADH  BEA  450 có góc BEA  450 cũng chưa làm
nên trò chống gì  nản rồi đây, có lẽ nào bỏ cuộc từ đây. Điểm mấu chốt của Oxy là sự linh hoạt từ góc

BEA  450  ABE  450 lại sử dụng thêm E là trực tâm BCF nên có thêm CFA  450  ACF  450 . Như vậy tới
đây điều kì diệu đã hé ra, mình có 1 hệ thức rất đẹp

2d  E; CF   CE .E cố định CF cố định, mình sẽ tìm độ dài

CE và giải ra C.
Khi có C rồi thì việc còn lại là ghép tọa độ và lập các đường liên quan, rồi tìm B và A

Lời giải
Ta có BAE  DEA  900  ABDE là tứ giác nội tiếp  ADH  BEA  450

CA  BF
 E là trực tâm tam giác BCF  BE  CF
Lại có 
FD  BC

12


Trích đoạn chinh phục hình học giải tích Oxy

Your dreams – Our mission

Ta có BE qua E(2;-2) và vuông góc với CF:
x  3y  9  0  BE : 3 x  2   y  2  0

B

 3x  y  8  0

H

Ta có tam giác ABE vuông tại A và có:

BEA  450  ABE vuông cân tại A
 EBA  450  CFA  450  FCA  450
 2d  E; CF   CE

D
A

E

C

Gọi C  3t  9; t  . Ta có 2d  E; CF   CE  CE  5
Khi đó CE2  3t  11   t  2  5
2

2

 t  3  C 0; 3 L 

 t  4  C 3; 4 
Với C(3;-4), ta có CE   1; 2  nCE  2;1  CE :
F

2x  y  2  0

Ta

có:

KC   2; 16  nBC   8; 1  CB :

8 x y  28  0

8x  y  28  0 x  4

 B  4; 4 
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 
3x  y  8  0
y  4
Ta có AB đi qua B  4; 4  và vuông góc với CE : 2x  y  2  0
 AB : 1 x  4  2 y  4  0  x  2y  4  0

x  2y  4  0 x  0

 A  0; 2
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 
2x  y  2  0 y  2
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A(0;2) ;B(4;4) C(3;-4)
Câu 2 :Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD, trên tia đối của BA và trên cạnh BC lần
 12 29 
lượt lấy các diểm E và F sao cho BE  BF , gọi N  ;  là giao điểm của CE và AF, biết phương trình
 5 5 

FE : y  5  0 và B 3; 4  . Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông

Phân tích: Hình vuông có những tính chát vượt trội hơn các hình thông thường, nên bài tập về nó cũng
có những nét đặc sắc riêng. Nhiều bài tập khai thác tính chất vuông góc, nhiều bài khai thác tính chất độ dài
cạnh và sự tương quan độ dài cạnh và đường chéo..... nhiều bài khai thác kết hợp nhiều tính chất khác nhau của
hình vuông. Bài toán này theo mình là khá đặc sắc , để đi tới tính chất lớn, chúng ta cần tinh ý khám phá các
tính chất nhỏ ẩn chưa trong hình vẽ Bắt đầu giải 1 bài toán Oxy, mình thường chú trọng hình vẽ, nhiều người
nói Oxy không cần sử dụng hình vẽ cũng làm được nhưng đó chỉ là những bài tập đơn giản. Với những bài tập
13


Trích đoạn chinh phục hình học giải tích Oxy

Your dreams – Our mission

có tính chất hình học, việc vẽ hình đúng đóng vai trò rất quan trọng để tìm ra chìa khóa mở ra hướng giải Mình
khuyên các bạn khi vẽ hình hãy vẽ thật chính xác các mô phỏng của đề bài, sau đó có thể đoán các góc đẹp , cũng
như đoán xem 2 đoạn nào bằng nhau và thử lại bằng thước đo độ và thước kẻ
Chẳng hạn bài toán này, khi vẽ xong hình thì mình
B
A
thấy FE//BD , đồng thời AN  EC và mình đi kiểm
E
chứng bằng cách thử chứng minh điều đó. Khéo léo
tính góc nhờ các tam giác vuông là việc chứng minh
song song được thực hiện , và cũng nhờ EF//BD mà
F
N
mình thu được FE  AC . Vậy là F là trực tâm của ACE
I

và hiển nhiên điều minhg đoán AN  EC là hoàn toàn
có căn cứ. Oki, giờ mình sẽ lập BD qua B và song song
với FE. Việc tiếp theo là ràng buộc quan hệ giữa 2
D
điểm cho trước B và N với 1 điểm thứ 3, và mình
nhận thấy điểm I có 1 liên hệ khá đặc biệt với B và N,
C
một hệ thức độ dài mấu chốt IB=IN (nhờ phát
hiện AN  EC mà mình nhận ra tính chất đó khá dễ). Sau đó tham số hóa I và tìm I thôi....
Có I và B mình tìm ngay được D, còn A và C nữa, nhưng đơn giản hơn nhiều công đoạn trước đó vì tới đây bài
toán trở thành 1 bài xử lí hình vuông cơ bản. Lập AC qua I vuông với BD, tham số hóa A ( hoặc C) và sử dụng hệ
thức vecto là ra thôi. Nhưng ra tận 2 cặp A;C, có nên chọn hết hay không ???? Muốn biết có nên loại hay không
thì mình nên xem xét vị trí tương đối giữa A với 1 điểm và 1 đường xác định cho trước và mình chọn điểm B,
nhân thấy B và A cùng phía với FE nên mình sẽ loại điểm A không thỏa mãn.
Lời giải
Ta thấy ABD  FBE  450 ( 2 góc nhọn của các tam giác vuông cân ABD và BEF)

 FE / /BD (vì cùng tạo với AB góc 450 )  FE  AC
Mặt khác CB  AB Suy ra F là trực tâm tam giác ACE  FA  CE
Ta có FE / /BD  nBD  0; 1  BD : y  4  0  Gọi I  t; 4  BD
Ta thấy ANC  900  N thuộc đường tròn đường kính AC
Tương tự, B thuộc đường tròn đường kính AC  IB  IN
2

2

29 
 12  
Ta có IB  IN   t  3    t    4    t  0  I 0; 4   D  3; 4 
5 

 5
 
2

Ta có BD   6; 0  nAC  1; 0  AC : x  0

a  1  A 0; 1
2
Gọi A  0; a  Ta có AB.AD  0  9   4  a   0  
a  7  A 0; 7 
TH1 A 0; 1  C 0; 7 . Thay tọa độ A vào FE ta được 1  5  0
Thay tọa độ B vào FE ta được 4  5  0
Suy ra A;B cùng phía với EF(chọn )
TH2 A 0; 7  C 0; 1 . Thay tọa độ A vào FE ta được 7  5  0
Thay tọa độ B vào FE ta được 4  5  0
Suy ra A;B khác phía với EF(loại )
14


Trích đoạn chinh phục hình học giải tích Oxy

Your dreams – Our mission

Vậy tọa độ 4 đỉnh hình vuông cần tìm là A 0; 1 ; B 3; 4 ; C 0;7 ; D  3; 4 
Câu 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD với đường thẳng AB;AC lần lượt có
phương trình là x-y+5=0 và x+3y-7=0. Trọng tâm G của tam giác CDA nàm trên đường thẳng d:2x-y6=0. Tìm tọa độ các đỉnh của hìn chữ nhật ABCD
Phân tích: Đây là 1 bài toán khá đơn giản nhưng với bài toán này, mình muốn các bạn biết tới 1 cách
làm khá thú vị đó là lập đường theo ẩn cũng như khéo léo biến đổi các điểm đặc biệt về 1 ẩn để mình khai thác
1 phương trình 1 ẩn để tìm điểm dễ dàng.
Bắt đầu cũng không có gì đặc biệt, tìm được cái gì tì cứ tìm, tìm sớm cho chắc “ăn” một ít điểm đã, và cũng vì có

càng nhiều dữ kiện thì mở nút bài toán sẽ dễ hơn. Chúng ta cùng tìm điểm A nhé, cách làm vẫn như thường lệ
là giải hệ tương giao giữa hai đường thẳng chứa A. Xong A 
Bây giờ , mình để ý đề có 3 phương trình 3 đường thẳng, có 2 đường AB và AC xác định còn đường qua G là 1
đường ngẫu nhiên, nên hãy tập chung vào 2 đường xác định trước. Mình chọn tham số hóa điểm B nhé, bạn
hoàn toàn có thể làm như vậy với điểm C. Gọi B(b;b+5), thì ta sẽ lập được phương trình BC qua B và vuông góc
với AB, tất nhiên sẽ theo ẩn b rồi. Sau đó thì tìm C theo b bằng cách giải hệ tương giao, ta sẽ tìm được tọa độ
điểm C hoàn toàn theo b. Và cũng nhờ tính chất hình bình hành ( giao điểm 2 đường chéo là trung điểm mỗi
đường mà mình tìm được luôn điểm D). Cuối cùng dùng tới G , bằng công thức trọng tâm thôi!!!! Tìm tọa độ G
theo b và thay vào phương trình đường thẳng chứa G và giải ra b. Vậy là cùng 1 lúc mình đã tìm ra luôn 3 điểm
B;C;D rồi. Bắt tay vào làm cho quen nhé!!

Lời giải:

C

A

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
G

x  y  5  0
x  2

 A  2; 3

x  3y  7  0 y  3

D

B

Vì B thuộc AB nên tọa độ B có dạng B(b;b+5)
Đường thẳng BC đi qua B và vuông góc với AB nên
BC có phương trình BC : x  y  2b  5  0

x  y  2b  5  0 x  3b  4

 C 3b  4;  b 1
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ : 
x  3y  7  0
y  b  1
xD  xC  x A  xB  2b  2
 D 2b  2; 2b  1
Ta có ABCD là hình chữ nhật 
y D  y C  y A  y B  2b  1

 5b  4

; b  1 
Vì G là trọng tâm tam giác ACD nên G 
 3

 5b  4 
G  d  2
   b  1  6  0  b  1  B 1; 6 , C 7; 0 , D 4; 3
 3 
Vậy tọa độ 4 đỉnh của hình chữ nhật là A  2; 3 , B 1; 6 , C 7; 0 , D  4; 3
Câu 4: Cho hình chữ nhật ABCD có điểm E là trung điểm cạnh BC và F là điểm nằm trên cạnh AD sao cho
FA=3FD. Phương trình BF là 5x+y-5=0, phương trình đường thẳng đi qua B vuông góc với DE l y  5  0
. Biết điểm C nằm trên đường thẳng  : x  2y  6  0 và tung độ dương, tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ

nhật
15


Trích đoạn chinh phục hình học giải tích Oxy
B

Your dreams – Our mission

E
C

D
F

A

Phân tích: Khi đọc xong đề bài, không cần quan tâm tới hình vẽ thì chúng ta đã thấy “cái ăn được” rồi.
Ăn ngay điểm B bằng cách giải hệ hai phương trình tương giao giữa 2 đường thẳng chứa B . Ăn chắc 0,25 nhé!!
Bây giờ xem xét xem nên dùng đường nào, nên tham số điểm nào nhé!! . người ta cho mình 3 đường BF;DE và
1 đường qua C , cái mấu chốt là bài trên có tính chất vuông góc để lập đường còn bài này thì không nên mình
sẽ chọn tham số 1 điểm có liên quan với điểm B đã biết và 1 điểm khác chưa biết thuộc 1 trong 3 đường này.
Và mình chọn C vì tọa độ của E;B;C có mối liên hệ tuyệt vời. Mình tham số C đầu tiên theo ẩn c nào đó sau đó là
tìm tọa độ E theo c. Lại do DE vuông góc với D nên ta hoàn toàn có thẻ lập DE theo ẩn c. Bây giờ thì không đơn
giản nhưu bài trước là tìm luôn tương giao để được 1 điểm mới, mà mình sẽ mạo hiểm tham số thêm 1 điểm
để sử dụng nốt dữ kiện tỉ lệ độ dài cạnh hình chữ nhật. Và mình chọn 1 điểm trên cạnh đối diện đó là F vì
1
mình phát hiện 1 hệ thức khá là đẹp FD  BC . Sau đó giải tọa độ D theo t và c , hic hic, càng ngày càng vào ngõ
4
cụt. Nhưng đừng lo, giải ra D theo 2 ẩn, ta lại lắp vào DE vừa lập để tìm liên hệ t, và c, nhằm mục đích đưa tọa

độ các điểm về ẩn c duy nhất. Trong quá trình giải, chúng ta đã tham số đỉnh C;E;F;D. Nhận thấy trong 4 đỉnh
này có 3 đỉnh tạo ra 1 tam giác vuông nên dễ dàng tìm được ẩn c nhờ phương trình tích vô hướng DC.EC để tìm
ra c. Vậy là tìm được C và D. Từ C;D;B ta sẽ tìm được A dựa vào tính chất hình bình hành. Giờ là lúc trình bày

Lời giải:
5x  y  5  0 x  0

 B 0; 5
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình 
y  5  0
y  5
Ta có C  Tọa độ điểm C có dạng C 6  2c;5  c  c  0

5 c 

Mặt khác E là trung điểm của BC  E  3  c;

2 

Do DE vuông góc với d nên phương trình DE có dạng x-3+c=0
Ta có F BF  Tọa độ điểm F có dạng F  t ; 5  5t 
1
3 c


xD  t   6  2t 
xD    t


1

15 c


3 c

4
2 2

 D    t ;   5t 
Ta có FD  BC  
1
15
c
4
2
2
4
4


y  5  5t   c  5 y    5t
D
D


4
4 4



3 c
1 3
15 11 

Ta có D DE    t  3  c  0  t  c   D  3  c;   c 
2 2
2
2
4 4 


15  7c 
c 5 


Suy ra DC   3  c;
 ; EC   3  c;

4 
2 


Mặt

khác

CD  EC  DC.EC  0  3  c 3  c  

 C  4;1 ; D 2; 1
16

15  7c  c  5  0  c2  2c  3  0
8

c  1

c  3(L)


Trích đoạn chinh phục hình học giải tích Oxy

Your dreams – Our mission

Ta có ABCD là hình chữ nhật B 0;5 ; C  4;1 ; D 2; 1  A  2;3
Vậy tọa độ 4 đỉnh cần tìm là B 0;5 ; C  4;1 ; D 2; 1 ; A  2;3
Câu 5: (chuyên Vĩnh Phúc 2015) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn

C :  x  12   y  12  25

và các điểm A 7; 9 B 0; 8 . Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho biểu thức

P=MA+2MB đạt giá trị nhỏ nhất

M

B

F

I

E

J

A

Phân tích: Đây là một bài toán cực trị hình học-là 1 dạng bài khó trong hình phẳng chương trình THCS
và cũng là 1 dạng bài khó và hiếm gặp trong hình học tọa độ phẳng. Thường thì bài toán này có hai hướng giải
quyết
1)Kẻ hình phụ: dang toán này thì chúng ta sẽ sử dugj 1 số phép dời hình như đối xứng trục, đối xứng tâm, sử
dụng tam giác bằng nhau.....
2)Đại số hóa hình học, đây là 1 cách làm khá là hay cho những bài toán có giả thiết là những biểu thức tỉ lệ, và
1 biểu thức cồng kềnh. Sau khi biến đổi các dữ kiện bài toán về 1 biến t nào đó, có thể khảo sát hàm số hay sử
dung bất đẳng thức ta giác, bất đẳng thức cổ điển để giải và tìm ra giá trị t thỏa mãn, sau đó ghép vào điều kiện
để làm
Với bài toán mà ngẫu nhiên, không cho tỉ lệ thì mình sẽ sử dùng cách vẽ vời thêm hình phụ, hoặc biến đổi dãy
các đoạn thẳng bằng nhau, sau đó sử dụng bất đẳng thức tam giác .
Đầu tiên hãy xem hình vẽ có gì đặc biệt, chẳng hạn tính độ dài các đoạn có thể biết, so sánh với bán kính hay
dùng định lí cos để nhận diện góc “đẹp” đây là cách xử lí 1 bài Oxy không có những tính chất đặc biệt. Bài này
đường tròn có tâm , có bán kính, và đề cho thêm tọa độ A,B vậy nên mình sẽ tính độ dài IA;IB và AB. Nhận thấy
A và B đều nằm ngoài đường tròn và có 1 điểm đáng lưu ý là IA=2R. Vì vậy, mình sẽ gọi E là trung điểm của IA
để chứng minh tam giác IEM cân tại I. Quan điểm của mình là có trung điểm nghĩ tới đường trung bình nên
mình sẽ lấy thêm trung điểm F của IM để tạo ra đường trung bình và suy ra MA=2EF; đồng thời gọi J là trung
điểm của EI để suy ra độ dài hai trung tuyến bằng nhau MJ=EF. Tới đây, mình sẽ thu được 1 hệ thức dễ nhìn
hơn, đồng thời sử dụng luôn bất đẳng thức tam giác để thu được P  MA  2MB  2EF  2MB  2MJ  MB  2BJ
và suy ra được điều kiện của M trong bài toán đó là M thuộc JB
Sau đó xử lí bình thường như 1 bài Oxy thuần túy, quên đi điều kiện biểu thức P mà chỉ cần nghĩ tới điều kiện
thu được để giải. Việc cần làm tới đây chỉ là BJ và giải hệ tương giao giữa đường thẳng và đường tròn. Bài toán
được giải quyết nhé!!

Lời giải

17


Trích đoạn chinh phục hình học giải tích Oxy

Your dreams – Our mission

Ta thấy (C) có tâm I(1;1) và bán kính R=5. Mặt khác IA 
IB 

1  02  1  82  5

7  12   9  12  10

2  A,B nằm ngoài đường tròn (C)

Gọi E, J lần lượt là trung điểm của IA;IE tam giác IEM cân tại I
 FE  MJ (hai trung tuyến của tam giác cân )
Ta có P  MA  2MB  2EF  2MB  2MJ  MB  2BJ
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M thuộc BJ(vì B nằm ngoài (C) và J nằm trong đường tròn (C))
Do đó P nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của đường tròn (C) và đoạn BJ
Phương trình BJ: 2x + y − 8 = 0

 x  1; y  6
2x  y  8  0
Tọa độ giao điểm của BJ và (C) là nghiệm của hệ 

2

2

 x  1   y  1  25  x  5; y  2

5
Vì M thuộc JB nên 1  xM   M 1; 6 
2
Vậy M(1;6)
Câu 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC , trên cạnh AB,AC lấy các điểm E,D sao cho BE=CD.
Đường tròn qua A,C,E cắt đường tròn qua A,B,D tại điểm thứ hai I. Cho biết phương trình đường thẳng AI
là x+2y+4=0, phương trình đường thẳng BC là 2x+y-13=0. Tìm tọa độ các đỉnh A;B;C biết M(4;2),N(0;7) lần lượt là các điểm thuộc các đường thẳng AB;AC

A

D
E

B

C

I
Phân tích: Nhìn hình vẽ, nếu vẽ chuẩn thì sẽ nhận ra hai cặp tam giác bằng nhau IBE  IDC mà theo
như dữ kiện đề bài cho thì cặp tam giác này đã có 1 cặp cạnh bằng nhau DC=BE nên ta cần chứng minh thêm 2
điều kiện cạnh-cạnh,góc- góc hoặc cạnh –góc.
Các bài toán có đường tròn (loại trừ các bài toán cơ bản như tương giao, tìm tâm khi biết 3 đỉnh của tam giác
nội tếp đường tròn, lập đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp, bàng tiếp khi biết 3 đỉnh ...) thì chúng ta không thể
không nghĩ tới 1 công cụ khá là mạnh được đề cập và sử dụng nhiều trong chương trình toán 9, cũng như các
bài toán thi vào 10, đó là tính chất tứ giác nội tiếp. Chứng minh đơn giản, ứng dụng và hệ quả lại rất hay và rất
cần thiết sử dụng. Trong bài này, mình sử dụng tính chất góc ngòi ở đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện để

suy ra 2 cặp góc tưởng chừng không có họ hàng gì lại là anh em sinh đôi . Mình thu được 2 cặp góc ACI  BEI
18


Trích đoạn chinh phục hình học giải tích Oxy

Your dreams – Our mission

và ABI  CDI . Như vậy, chúng ta đã chứng minh được IBE  IDC g.c.g   IB  ID , vậy ta có tam giác IBD cân
tại I và dĩ nhiên IBD  IDB . Mặt khác, ta có IBD  IAD (cùng chắn cung ID). Cũng hoàn toàn tương tự thì

BDI  BAI  IAD  BAI  AI là phân giác góc BAC. Bây giờ bài toán đã trở thành: cho tam giác ABC có phương
trình BC, có phân giác trong AI và có 2 điểm M;N thuộc AB;AC. Từ 1 bài toán khó, bằng các cách chứng minh
yếu tố hình học, mình đã tạo ra 1 bài toán khá cơ bản. Cách làm chắc các bạn vẫn nhớ: khi có phân giác, hãy
nghĩ tới cách lấy 1 điểm đối xứng với 1 điểm đã cho thuộc 2 cạnh thuộc góc có phân giác và lập đường. Do vậy
chúng ta có thể lập AB và AC, sau đó việc còn lại là giải tương giao AB với BC để tìm B, AC với Bc để tìm C, AC
với AB để tìm A. Bây giờ chúng mình cùng nhau trình bày nhé!
Lời giải
Theo giả thiết A,E,I,C cùng thuộc 1 đường tròn ACI  BEI (góc nội tiếp và góc ngoài ở đỉnh đối diện) Tương tự

ABI  CDI
 ABI  CDI

Xét tam giác IBE và tam giác ICD có BE  CD  IBE  IDC  g.c.g   IB  ID

DCI  IEB

Suy ra tam giác IBD cân tại I  IBD  IDB Mặt khác IBD  IAD (cùng chắn cung ID)
Tương tự BDI  BAI  IAD  BAI  AI là phân giác góc BAC
Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua AI , NN' AI  H  N' AB

Ta có NN': 2 x  0  1  y  7  0  2x  y  7  0 .

2x  y  7  0 x  8

 H  8; 9  N '  4; 1
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ 
x  2y  4  0 y  9
Ta có MN'  0; 1  nAB  1; 0  AB : x  4

x  2y  4  0 x  4

 A  4; 4 
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 
x  4  0
y  4
Ta có AN   4; 3  n AN  3; 4  AC : 3x  4y  28  0

2x  y  13  0 x  4

 B  4; 5
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 
x  4  0
y  5
80

x

3x

4y


28

0


 80 17 
  11  C  ;
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 

 11 11 
2x  y  13  0
y  17

11


 80 17 
A  4; 4  ; B  4; 5 ; C  ;
 là tọa độ các điểm cần tìm
 11 11 
Câu 37: (Lương Thế Vinh lần 1): Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có
diện tích bằng 15. Đường thẳng AB có phương trình x-2y=0. Trọng tâm của tam gác BCD là điểm
 16 13 
G  ;  . Tìm tọa độ 4 đỉnh của hình chữ nhật biết điểm B có tung độ lớn hơn 3
 3 3 

Vậy

19

Trích đoạn chinh phục hình học giải tích Oxy

Your dreams – Our mission

Phân tích : Khi đề cho điều kiện tung độ điểm
B lớn hơn 3 thì 90% bạn khai thác tìm B trước là 1
hướng làm đúng đắn và nhanh gọn. Bài này thì không
ngoại lệ, mình sẽ tìm B bằng cách tham số hóa điểm
B và giải phương trình độ dài đoạn chứa B và 1 điểm
khác cố định bằng 1 hằng số. Chọn G, đó cũng là 1
hướng suy nghĩ, tuy nhiên thì cũng có cách tìm 1
điểm phụ khác B để tính độ dài đoạn chứa điểm đó và
B. Mình sẽ phân tích hướng giải 2 cách để các bạn
cùng thấy sự đa dạng và muôn màu của Oxy.

A

N

B

I
G
D

K

C

Cách 1 nhé! Tìm B dựa vài độ dài BG:
Đầu tiên,mình tính diện tích tam giác ABG theo diện tích hình chữ nhật ABCD. Trước hết phải tính tỉ số
dựa vào định lí Thales đã, sau đó khi đã có tỉ số đáy

GN 2

BC 3

GN 2
 , thì tỉ số diện tích dễ dàng được suy ra:
BC 3

2
1
SABG  SABC  SABCD  5 . Mặt khác chiều cao hạ từ G xuống AB của tam giác ABG chính là khoảng cách từ G
3
3
xuống AB nên mình tính chiều cao dễ dàng, tiếp đó là tính độ dài đáy AB khi có diện tích tam giác và chiều cao.
Cái mình cần tính là BG mà mình đã có độ dài GN nên cần tính thêm BN nữa, và việc đó giúp mình nghĩ tới tỉ lệ
BN
BN
để tìm AB. Tìm AB rồi thì sử dụng định lí Thales 1 lần nữa để tìm ra tỉ số
để tìm ra BN. Cuối cùng sử
AB
AB
dụng Pytago để tính BG nhé
Cách 2: Tìm trung gian qua điểm N
Rõ ràng việc tìm N là rất khả quan, vì G đã biết , AB đã biết, việc lập 1 đường thẳng đi qua 1 điểm G và vuông
góc với 1 đường đã cho đã quá quen với chúng ta. Khi lập xong GN và tìm N bằng cách giải hệ tương giao giữa

GN và AB thì việc còn lại là tính độ dài BN. Cũng như cách trên , tính BN dựa vào diện tích hình chữ nhật và tỉ lệ
các điểm chia, thực tế là làm y hệt và bớt đi bước ghép Pytago tìm BG.
Xong xuôi điểm B ở cả 2 cách, các bước còn lại ở 2 cách là giống nhau: khi đã có B;N thì sử dụng hệ thức vecto
3
này BA  3BN sẽ giúp mình tìm được tọa độ điểm A, cũng tương tự vói hệ thức vecto AC  AG , khi đã có A;G
2
thì tìm C là rất dễ dàng. Có A; B; C, tìm D dựa vào tính chất 1 đường chéo hình chữ nhật cắt nhau tại trung điểm
của mỗi đường. Mình sẽ trình bày cách 2, cách 1 các bạn tự luyện nhé
Lời giải:
GN AG AG
AB
2 GN 2

;

 

Áp dụng định lí Thales cho GN//BC và CK//Ab ta được
BC AC AC AB  KC 3 BC 3
16
13
 2.
10
3
3
3 10
3
3

Ta có d  G; AB 

 BC  GN  d G; AB  .
 5  AB  3 5 .
2
2
2 3 5
3 5
12  22

13 
 16  
Ta thấy đường thẳng d qua G và vuông góc với AB  d : 2 x    1  y    0  2x  y  15  0
3  
3

Gọi N là giao điểm của d và AB.
2x  y  0
x  6

 N 6; 3
Tọa dộ điểm N là nghiệm của hệ 
2x  y  15  0 y  3

20


Trích đoạn chinh phục hình học giải tích Oxy

Your dreams – Our mission

NG NB 1

1

  NB  AB  5
AD BA 3
3
b  4
2
2
Gọi B(2b;b) ta có NB  5  2b  6    b  3  5  b  3  1  
 B  8; 4 
b  2  L 
Mặt khác, áp dụng định lí Thales cho NG//AD ta được

x  8  3.  2 x A  2

Ta có BA  3BN   A

 A 2; 1

y A  1
y A  4  3
3
Tương tự AC  AG  C 7; 6  ; CD  BA  D 1; 3
2
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật cần tìm là A 2; 1 ; B  8; 4 ; C 7; 6 ; D 1;3

Câu 38 ( chuyên Thăng Long –Hà Nội ): Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD.
1
Trên các cạnh BC;CD;DA lần lượt lấy các điểm M;N;E sao cho CN  DN  DE  BC . Gọi H là giao điểm của
3

 9 13 
AN và DM, biết H  ;  và E(0;2). Viết phương trình đường thẳng BH và tìm tọa độ điểm B
 10 10 
Phân tích: Mình rất thích các bài tập về hình vuông, vì sao?? Vì khi gặp 1 bài toán hình vuông, mình sẽ
dễ dàng tính độ dài các cạnh, các đoạn đặc biệt trong hình theo độ dài hình vuông , và sau đó là sử dụng định lí
cos để tính góc hoặc chứng minh vuông góc  nhưng đôi khi thì nhiều hình vuông nếu lạm dụng định lí cos
cũng như cách tính cạnh sẽ khiến bài toán trở nên dài dòng, “ trâu bò , chày côi “ máy móc. Vì vậy đối với những
bài bí quá tì các bạn mới nên sử dụng cách đó, còn nếu có thời gian thì mình khuyên các bạn nên tập tư duy
hình học để có thể chứng minh những tính chất tuyệt vời
Trước phần chứng minh là phần phát hiện tính chất cũng khá quan trọng , đó là EH  BH . Cần vẽ hình chuẩn
để phát hiện tính chất nhanh chóng và chứng minh. Sau đó là bắt tay vào chúng minh tính chất
Cách 1 : chày cối nhé  (đây là lí do mình thích làm bài tập về hình vuông)
Gọi độ dài 1 cạnh hình vuông là a, sau đó sử dụng định lí Pytago và định cos để tính độ dài các cạnh của tam
giác EH, sau đó áp dụng định lí đảo Pytago để chứng minh EH vuông góc với BH. Dường như với mình cách này
là vạn năng, vì mình luôn tính được độ dài các cạnh với 1 hình vuông và các điểm chia tỉ lệ đã biết trên hình.
Tính EB chỉ cần áp dụng định lí Pytago cho tam giác ABE nhé . Tới EH và BH có vẻ phức tạp hơn nhưng không
1
gì là không thể, mình không dùng được Pytago thì dùng cos cũng tuyệt vời mà, có cosEDH 
nên mình sẽ
10
tính được EH nếu biết ED và DH. ED thì biết rồi, còn DH thì chú ý DH vuông góc với AN nên dễ dàng tính được
HD dứa vào hệ thức lượng trong tam giác vuông. Vậy là tính được EH. Tương tự thì tính BH bằng cách tính AH
và AB , sau đó sẽ thu được hệ thức Pytago đảo EH2  HB2  EB2 và suy ra EH  BH
Cách 2: Đây là cách thiên về hình học đòi hỏi kĩ thuật và mất thời gian suy nghĩ
Khi đã thành thạo việc xử lí đáy hình không gian thì việc nhận ra tính chất vuông góc là khá dễ dàng ; tương tự
các bài hình không gian thường gặp chứng minh được AN  DM ( thực ra thì cách trên cũng cần chứng minh
tính chất này ). Bây giờ với 1 bài toán có nhiều góc vuông thì nên liên tưởng tới tứ giác nội tiếp : và ta chứng
minh được A;B;M;E;H cùng thuộc đường tròn đường kính AM, và thực chất thì nó cũng là đường tròn đường
kính BE. Nên H nhìn BE dưới 1 góc vuông, do đó EH  BH
Như vậy thì mình đã chứng minh thành công EH  BH bừng 2 cách, và có thể còn có cac cách khác nữa, tuy

nhiên thì với bài toán nhiều góc vuông thì mình hay dùng tứ giác nội tiếp. Bài toán này cũng gợi cho mình đề
đại học khối A năm 2013, với 1 hình chữ nhật, và cũng cần chứng minh vuông góc, khi đó việc lợi dụng tứ giác
nội tiếp là rất đúng đắn 
Các bước sau của 2 cách không hoàn toàn giống nhau về thao tác nhưng giống nhau về hướng giải
+) Trước tên đều phải lập BH và tham số hóa điểm B theo biến b
21


Trích đoạn chinh phục hình học giải tích Oxy

Your dreams – Our mission

+) Sau đó tính độ dài BH và giải ra tham số b và tìm ra b
Tuy nhiên thì “chày cối ban đầu “thì giờ giải quết cực kì nhanh gọn, mình sẽ thu được tỉ lệ BH=3EH, tính EH và
suy ra luôn BH và giải , nhanh gọn nhẹ nhé
Cách 2 thì dĩ nhiên sẽ dài dòng hơn ở phần này nhưng lại mềm mại, và có vẻ rất “chuyên nghiệp” cũng lại sử
dụng công cụ tứ giác nội tiếp để suy ra EAH  EBH , thế thì mình sẽ thu được 2 tam giác vuông đồng dạng EBH
và NAD, và cũng sẽ suy ra BH=3EH như cách 1 
Nhìn tổng thể cách 2 vẫn ngắn hơn và tránh được rủi ro cho những bạn hay tính toán ẩu hơn vì rất có thể khi
tính độ dài các cạnh của tam giác BEH nhiều bạn sẽ tính sai và tặc lưỡi cho qua” chắc mình vẽ hình vào TH đặc
biệt” và loay hoay đi tìm tinh chất khác. Thế là xong 2 cách, tuy nhiên ình sẽ trình bày cách 2 vì cách 1 đã quen
thuộc với mọi người rồi  bắt tay vào làm nhé!!!!
A

B

E

M
H

D

C

N

Lời giải
 AD  DC

Xét tam giác AND và tam giác DCM có  ADN  DCM  ADN  DCM  c.g.c   DAN  CDM (hai góc nhọn tương
DN  MC

ứng)

Mà DAN  DNA  900  CDM  DNA  900  AN  DM
Ta có CHM  ABM  900 .Suy ra tứ giác AHMB nội tiếp đường tròn đường kính AM
Ta có ABME là hình chữ nhật , suy ra A,B,M,E thuộc đường tròn đường kính AM
Suy ra 5 điểm A;B;M;H;E cùng thuộc đường tròn đường kính AM, nên đường kính cũng là BE

 EHB  900  EH  BH
9 
13 
 9 7 

Ta có EH   ;   nBH   9; 7   BH : 9  x    7  y    9x  7y  1  0
10 
 10 10 
 10  
 9a  1 

Gọi B  a;
 . Ta có EABH nội tiếp  EAH  EBH (tính chất tứ giác nội tiếp)
7 


 tan EAH  tan EBH 
2

DN 1 EH
130
3 130
 
 BH  3EH . Mặt khác EH 
 BH 
AN 3 BH
10
10
2

13000a2  23400a  10530
1170
 9
  81  90a 

Mà BH    a   
 
2
100
70
 10   70 

22


Trích đoạn chinh phục hình học giải tích Oxy

Your dreams – Our mission

B 3; 4 
a  3

 130a  234a  468  0  

a  78 B  78 ; 61 
  65 65 

65
2

 78 61 
;
Vậy tọa độ điểm B cần tìm là B 3; 4  ; B 

 65 65 
Câu 39 (THPT Nguyễn Thị Minh Khai –Hà Tĩnh): Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác
ABC cân tại B nội tiếp đường tròn (C) có phương trình x2  y2  10y  25  0 . I là tâm đường tròn (C).

 17 6 
; 
Đường thẳng BI cắt đường tròn (C) tại M(5;0). Đường cao kẻ từ C cắt đường tròn (C) tại N 

 5 5 
Tìm tọa độ A;B;C biết hoành độ điểm A dương
Phân tích: Sau khi vẽ hình 1 cách “chuẩn xác“ thì chúng ta nhận thấy hai điểm M và N cho trước đối
xứng với nhau qua đường AI. Vậy còn chần chừ gì mà không tìm cách chứng minh nhỉ?
Rõ ràng ABM  ACN nên cung NA  MA nên dây cung AN = AN. Lại thấy IM=IN nên M đối xứng với N qua AI
nên AI là đường trung trực của MN, vậy IA  MN . Chúng ta lập được IA qua trung điểm MN và vuông góc với
MN. Sau đó giải tương giao giữa IA và đường tròn ngoại tiếp ABC để tìm A, chú ý để loại điểm A không thỏa mãn
điều kiện đề bài. Khi co càn nhiều dữ kiện thì hiển nhiên công việc sẽ xuôn xẻ hơn  có thêm điểm A thì việc
tìm điểm C sẽ không khó khăn như trước đó. Nhận thấy tam giác ABC cân tại B nên rõ ràng C đối xứng với A
qua BI nên mình tìm được C. (phương pháp tìm điểm đối xứng với 1 điểm qua 1 đường là lập đường thẳng
vuông qua điểm đã cho, vuông góc với đường đã cho, và giải phương trình tương giao, tìm giao điểm 2 đường,
đó là trung điểm đoạn thẳng tạo bởi điểm cần tìm và điểm ban đầu , do vậy tìm được điểm đề bài yêu cầu ) bây
giờ thì bắt đầu làm thôi

Lời giải
Ta có đường tròn (C) có tâm I(0;5).

B

Do I là trung điểm MB nên B(-5;10)
Ta có ABM  ANC (cùng phụ với BAC ).
N

Mà MI=NI , suy ra M đối xứng với N qua AI

I

Suy ra IA  MN .
Ta

có

A

 42 6 
MN  
;   nIA  7; 1  IA :
 5 5 

H

M

7  x  0  1 y  5  0  x  y  5  0

2
2

x  y  10y  25  0  x  1; y  2
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 

 A 1; 2
x  y  5  0
 x  1; y  12 l 


Ta có BI  5; 5  nBI  1;1  BI : 1  x  0  1  x  5  0  x  y  5  0
Do tam giác ABC cân tại B nên C đối xứng với A qua BI
23

C


Trích đoạn chinh phục hình học giải tích Oxy

Your dreams – Our mission

Ta có AC  IB  nAC  1; 1  AC : 1  x  1  1  y  2  0  x  y  3  0
Gọi H là giao điểm của BI và AC . Suy ra tọa độ điểm H là nghiệm của hệ
 x  y  3  0 x  4

 H  4; 1 . do H là trung điểm của AC nên C(7;4)

 x  y  5  0 y  1
Vậy tọa độ các điêm cần tìm là A 1; 2 ; B  5;10 ; C 7; 4
Câu 40 ( chuyên Sơn Tây- Hà Nội ) : Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhạt ABCD có
đỉnh B thuộc đường thẳng  d1  : 2x  y  2  0 , đỉnh C thuộc đường thẳng  d2  : x  y  5  0 . Gọi H là hình

 9 2
chiếu của B lên đường thẳng AC. Biết điểm M  ;  ; K  9; 2 lần lượt là trung điểm của AH và CD. Tìm
5 5
tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật biết đỉnh C có hoành độ lớn hơn 4
Phân tích: Khi đề bài cho điểm thuộc đường thì có 2 hướng:cách 1 là tham số hóa điểm và tìm 1 điều
kiện như độ dài đoạn thẳng chứa điểm đó và 1 điểm đã biết, hay tính khoảng cách từ điểm đó tới đường đã biết
và giải ra tọa độ điểm . Cách 2 là cố gắng lập 1 phương trình khác mà tọa độ điểm cần tìm thỏa mnx phương
trình đó. Vì 2 điểm B và C đều không thể lập 1 đường đặc biệt khác chứa chúng, nên mình sẽ làm theo cách tham
số hóa cả 2 điểm B và C . Sau khi tham số hóa B và C thì mình tìm được điểm E. Sau đó mình tham số hóa điểm
H theo 2 ẩn b và c vì có hệ thức HE  2MK . Sau đó thì tính hết các vecto CK; BC; BH; MC theo ẩn b và c và giải

CK.BC  0

hệ phương trình tích vô hướng của các vecto 
để tìm ra b và c. Có 2 phương trình và 2 ẩn, điều gì làm

BH.MC  0

khó được chúng ta nữa nhỉ  làm thôi !!
C

B

E
H

K

M
A

D

Lời giải
Gọi B(b;2b+2);C(c;c-5)
Gọi E là điểm đối xứng của B qua C  E 2c  b; 2c  2b  12
Gọi E’ là điểm đối xứng của A qua K. Suy ra CE’DA là hình bình hành nên CE’=AD=BC
Suy ra E’ trùng E
Ta có MK là đường trung bình của tam giác AHE
72
76 
 36 8 
 72 16 


Suy ra HE  2MK; MK   ;   HE   ;   H  2c  b  ; 2 c 2b  
5
5 
 5 5
 5 5 


72
86 
27 

 9
Ta lại có CK   9  c; 7  c  ; BC   c  b; c  2b  7 BH   2c  2b  ; 2c  4b   ; MC   c  ; c  
5
5 
5 

 5
2c2  3bc  23c  23b  49  0
CK.BC  0
b  1; c  4  L 
CK  BC


 2

 B 1; 4  ; C  9; 4 
Ta có 
126

594
b  46c 
0
BH  MC BH.MC  0 4c  6bc 
b  1; c  9
5
5

24


Trích đoạn chinh phục hình học giải tích Oxy

Your dreams – Our mission

Suy ra E 17; 4  A 1; 0  D 9; 0
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A 1; 0 ; B 1; 4 ; C  9; 4 ; D 9; 0
Câu 41 : Trong mặt phẳng với hẹ trục tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD , trên tia đối của tia DA, lấy điểm
P sao cho BAD  600 . Gọi K ;M;N lần lượt là trung điểm của BP,CP,KD. Tìm tọa độ điểm D biết tọa độ điểm
M và N là M(1;2) và N(1;1)
Phân tích:Bài toán Oxy này có cho ta 3 dữ kiện : điểm M, điểm N và góc BAD  600 và bắt chúng ta tìm
D, như vậy, hình vẽ này hoàn toàn xác định ( do có hình vuông, có góc xác định, các cạnh sẽ tỉ lệ theo những tỉ
số chúng ta tính toán được. Lại có độ dài MN nên việc tính các độ dài cần thiết rất đơn giản. Điểm D sẽ xác định
khi chúng ta tìm được vị trí tương đối của nó với 2 điểm (nghĩa là khoảng cách từ D tới 2 điểm nào đó) hoặc
với 2 đường( nghĩa là khoảng cách từ D tới 2 đường nào đó ), hoặc 1 điểm và 1 đường( nghĩa là 1 khoảng cách
tới điểm,1 khoảng cách tới đường). Bài toán này có 2 điểm M N nên mình sẽ quyết định di tìm độ dà MD và ND
để tìm ra tọa độ điểm D. Trước hết, mình tính MN=1. Giờ chỉ cần tìm tỉ số độ dài của DM và DN với NM
Tính DM:
Quan điểm vẽ hình phụ trong Oxy của mình là :” cứ có trung điểm nghĩ ngay tới đường trung bình” vì vậy, mình
sẽ tìm cách nào đó để tạo ra đường trung bình bằng cách gọi thêm trung điểm các cạnh xung quanh. Gọi E là

ME / /BP
trung điểm KC, khi đó mình đã tạo ra đường trung bình của các tam giác PKC và DKC, và suy ra được 
NE / /DC
và chú ý thêm 1 chút là 2 cặp đường thẳng song song thì 2 góc tạo bởi 2 cặp đường thẳng này bằng nhau. Như
vậy chúng mình sẽ có một hệ quả tuyệt vời là tam giác MNE cân và có 1 góc bằng 60 độ, do đó tam giác đó đều,
nên các cạnh của nó đều bằng nhau và bằng 1
Cũng nhờ áp dụng tính chất đường trung bình mà ta thu được DC=2NE=2. Có độ dài cạnh hình vuông, mình
tính được AP và PD , dễ dàng sử dụng Pytago để suy ra PC. Chú ý là DM là trung tuyến cạnh huyền của tam giác
vuông DPc nên PC=2DM và mình tính được DM
Tính DN:
Tới đây chỉ cần tính độ dài DK là chúng ta suy ra dộ dài DN. Bằng cách áp dụng định lí cos cho tam giác PDK có
góc DPK  300 ta sẽ thu được đọ dài DK và hiển nhiên thu được độ dài DN. Hoàn thành nhiệm vụ, giờ là lúc
trình bày 

Lời giải

P

Ta có MN  0; 1  MN  1

M

Ta thấy ME và NE lần lượt là đường trung
bình của tam giác PKC và tam giác DKC

D

ME / /BP

 MEN  600

NE
/
/
DC


C
N

K

E

1
1
1
1 DC
1
NE  DC;ME  PK  PB 
 DC
0
2
2
4
4 cos60 2
 NE  ME  MEN đều

(vì là tam giác cân và có 1 góc bằng 60 độ)

A

Ta có MN  NE  EM  1  DC  2
25

B