phát triển tư duy giải toán hình phẳng oxy

Phát triển tư duy Giải Toán hình phẳng Oxy

Huỳnh Kim Kha

 Dành cho học sinh luyện thi THPT Quốc Gia 2016.
 Tài liệu tham khảo cho học sinh và giáo viên.

Số 1

Tác giả: Huỳnh Kim Kha

Hotline: 0977 232 699

Facebook: Huỳnh Kim Kha
Page 1


Phát triển tư duy Giải Toán hình phẳng Oxy

Huỳnh Kim Kha

Lời nói đầu
+) Trong cuộc sống có rất nhiều yếu tố để tạo nên sử thành công, tuy nhiên ba yếu tố không thể thiếu đó là: kinh
nghiệm, tư duy và sự nỗ lực. Với những người yêu thích, đam mê môn toán nói chung và học toán nói riêng thì ba
yếu tố đó càng khắc hoạ một cách rõ nét.
+) Bài toán hình phẳng Oxy trong các đề thi THPT Quốc gia hay các kì thi học sinh giỏi các năm gần đây đã xuất hiện
với mật độ càng dày, cách tư duy của người đầy nhiều điều mới mẻ, do đó nó thường được đưa vào loạt các bài toán
ở mức độ tư duy và vận dụng cao. Vì vậy chúng ta phải chuẩn bị hành trang để giải quyết chúng.
+) Để giải quyết về phần này hầu hết các học sinh thường chỉ biết sử dụng kinh nghiệm giải toán nhờ việc đã gặp
một hướng giải quyết tương tự nào trước đó mà quên mất rằng mọi thứ đều có nguyên nhân xác thực của nó, để
giỏi toán nói chung và giỏi phần này nói riêng thì chúng tại luôn phải biết đặt câu hỏi cho mình là vì sao?

+) Đó là những lí do nảy sinh cuốn sách “Phát triển tư duy giải Toán” phát hành để nhằm đáp ứng nhu cầu tìm hiểu
sâu của bạn đọc để nhằm phần nào cho bạn đọc cảm thấy an tâm hay chinh phục để phần trong các đề thi.
+) Sách này mình tuyển tập và chọn lựa các bài hay và khó từ các trường và các anh, chị, thầy, cô như là: Đặng
Thành Nam, Nguyễn Đại Dương, Ngô Minh Ngọc Bảo, Mẫn Ngọc Quang, … . Để thấu hiểu sâu rộng, mình đề nghị
các bạn nên tham gia giải đề do các thầy tổ chức vào chủ nhật các tuần trên nhóm “Học sinh thầy Quang Baby”
hay các nhóm khác và nếu có điều kiện nên tham gia các khoá học về các phần để chuyên sâu hơn như khoá học của
thầy Đặng Thành Nam.
+) Hi vọng cuốn sách các bạn đã mua sẽ góp phần nhỏ giúp các bạn đọc trả lời được một số câu hay và khó mà các
bạn bấy lâu còn vương mắc.
+) Trong quá trình biên soạn có thể cuốn sách gặp phải những lỗi hoặc có sai sót, rất mong các bạn đọc thông cảm
và góp ý cho tác giả hoàn thiện lại tốt hơn cho các đợt sau.

+) Xin cảm ơn các thầy, cô, anh chị đã ủng hộ em để góp phần hoàn thiện sách “Phát triển tư duy giải Toán” .

Tác giả

Huỳnh Kim Kha

Kha

Tác giả: Huỳnh Kim Kha

Hotline: 0977 232 699

Facebook: Huỳnh Kim Kha
Page 2


Phát triển tư duy Giải Toán hình phẳng Oxy

Huỳnh Kim Kha

Bài số 1: Cho hình vuông ABCD tâm O, M là điểm di động trên cạnh AB. Trên cạnh AD lấy điểm E sao cho AM=AE,
trên cạnh BC lấy điểm F sao cho BM=BF, phương trình EF: x-2=0. Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ M tới đường
thẳng EF. Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH là
x2  y 2  4 x  2 y  15  0 và tung độ điểm A và điểm H dương.
Lời giải chi tiết
Do ABCD là hình vuông nên 2 đường chéo vuông góc,
2 đường chéo tạo với các cạnh của hình vuông góc 450
Tam giác AME vuông cân tại A  AM  AE; EAO  MAO  450
Suy ra AMO  AEO  c.g.c   MOA  EOA.
Suy ra OA là đường phân giác trong của góc MOE.
Chứng minh tương tự, ta cũng có OB là đường phân giác trong
của góc MOF .
Mặt khác MOA  MOB  AOB  90o

 MOE  MOF  2 AOB  180o hay E, O, F thẳng hàng
Ta lại có:
+) Tứ giác AEHM nội tiếp đường tròn đường kính ME nên MHA  MEA  45o.
+) Tứ giác BFHM nội tiếp đường tròn đường kính MF nên MHB  MFB  45o.
Suy ra AHB  AHM  MHB  90o.
Ta thấy O và H cùng nhìn AB dưới một góc vuông nên bốn điểm A, B, H, O cùng nằm trên đường tròn đường kính AB

x  2  0

 x  2, y  3

 x  2; y  1
 x  y  4 x  2 y  15  0

Toạ độ điểm O và H là nghiệm của hệ phương trình 

2

2

Mà tung độ điểm H dương. Suy ra H  2;3 , I  2; 1
Gọi N là trung điểm AB. Suy ra N là tâm đường tròn đường kính AB.
Do đó N(-2;1)
Ta có: IN   4; 2 
Đường thẳng AB đi qua N và có VTPT IN   4;2  / /  2; 1 có phương trình: 2x-y+5=0

 x 2  y 2  4 x  2 y  15  0
 x  0, y  5

Toạ độ điểm A và B là nghiệm của hệ 
 x  4, y  3
2 x  y  5  0
Mà tung độ điểm A dương. Suy ra A(0;5), B(-4;-3)


 xC  2 xI  xA  2.2  0  4
 C  4; 7 
y

2
y

y


2.

1

5


7



C
I
A


Ta có: I trung điểm AC  


 xD  2 xI  xB  2.2  4  8
 D  8;1
y

2
y

y

2.


1

3

1



D
I
B


Ta có: I trung điểm BD  

Kết luận: Vậy A  0;5 , B  4; 3 , C  4; 7  , D 8;1

Tác giả: Huỳnh Kim Kha

Hotline: 0977 232 699

Facebook: Huỳnh Kim Kha
Page 3


Phát triển tư duy Giải Toán hình phẳng Oxy

Huỳnh Kim Kha

Bài số 2: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AB//CD). Gọi H,I lần lượt là hình chiếu vuông góc

của B lên các đường thẳng AC, CD và M, N lần lượt là trung điểm AD, HI. Viết phương trình đường thẳng AB biết

M 1; 2  , N  3;4  và đỉnh B nằm trên đường thẳng x  y  9  0 , cos ABM 

2
.
5

Lời giải chi tiết

 ABD  HCI  HBI
 ADB  ACB  HIB

Xét ABD và HBI có: 

Suy ra tam giác ABD đồng dạng với tam giác HBI (g.g)
Ta có: BM, BN lần lượt là hai đường trung tuyến của tam giác ABD, HBI
Do đó:

BM BA

(1)
BN BH

Lại có: ABM  HBN  MBN  ABH (2)
Từ (1) và (2) suy ra tam giác ABH đồng dạng với tam giác MBN
Do đó MNB  AHB  90 , hay MN vuông góc NB
0

+) Đường thẳng BN đi qua N  3;4  và có VTPT n  MN  1;3 nên có phương trình: x  3 y  15  0

 x  3 y  15  0
x  6

 B  6;3
x  y  9  0
y  3

+) Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình: 

Ta có: MB   5;5 / / 1;1 , gọi n AB   a; b  là VTPT của AB, ta có:

ab
2  a 2  b2 

 a  3b
2
2
2
2
2
2

 5  a  b   8  a  b   3a  10ab  3b  0  
a  b
5
3


+) TH1: Nếu a  3b , chọn a  3  b  1 . Phương trình đường thẳng AB: 3x  y  21  0

+)TH2: Nếu a 

b
, chọn a  1  b  3 . Phương trình đường thẳng AB: x  3 y  15  0 (loại do trùng với BN)
3

Kết luận: Vậy phương trình đường thẳng AB là 3x  y  21  0

Tác giả: Huỳnh Kim Kha

Hotline: 0977 232 699

Facebook: Huỳnh Kim Kha
Page 4


Phát triển tư duy Giải Toán hình phẳng Oxy

Huỳnh Kim Kha

Bài số 3: Cho hình vuông ABCD có toạ độ điểm B  3;3 . Các điểm E, F lần lượt thuộc cạnh AB, BC sao cho

EF  AE  CF . Dựng hình chữ nhật EBFG. Đường thẳng AC cắt EG tại M, DE cắt FG tại N. Dựng

MP  AD  P  AD  . Tìm toạ độ các đỉnh hình vuông ABCD, biết N  2; 1 , P  3;0  , phương trình đường thẳng
AB : y  3  0 và đường thẳng AC đi qua điểm I 1; 1 .

Lời giải chi tiết
Trên tia đối của tia AB lấy điểm K sao cho AK=CF.
Gọi Q là giao điểm của AC và FN.

 AK  CF

+) Xét KAD và FCD có:  AD  CD
 KAD  FCD  900


 KAD  FCD  c.g.c   DK  DF
 EK  EA  AK  EA  FC  EF

 DEK  DEF  c.c.c 
+) Xét DEK và DEF có:  DK  DF
 DE  chung

+) Kết hợp với EA song song với NF, suy ra FNE  KED  FED  FEN
+) Kết hợp với EK=EF, suy ra EK=EF=NF

(1)

Vì ABC vuông cân tại B và BA//FQ nên FQC vuông cân tại F.
Kết hợp với KAD  FCD , suy ra KA  FC  FQ (2)
Từ (1) và (2), chú ý rằng AEMP là hình chữ nhật, ta suy ra:

PM  AE  EK  KA  NF  FQ  NQ
Kết hợp với PM// NQ, suy ra PMQN là hình bình hành.
Do đó NP//QM hay NP//AC.
Đường thẳng NP đi qua N  2; 1 , P  3;0  có phương trình là: x+y+3=0
Đường thẳng AC song song với NP và đi qua I(1;-1) là: x+y=0

y 3  0

 A  3; 3  C  3; 3  D  3; 3
x  y  0

Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ 

Kết luận: A  3; 3 , C  3; 3 , D  3; 3

Tác giả: Huỳnh Kim Kha

Hotline: 0977 232 699

Facebook: Huỳnh Kim Kha
Page 5


Phát triển tư duy Giải Toán hình phẳng Oxy

Huỳnh Kim Kha

Bài số 4: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và B có phương trình cạnh
CD : x  3 y  5 . Gọi M là trung điểm AB, H,K lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ A,B đến MD và MC. Đường

2
3
 5
điểm của MB là E  0;  .
 2




thẳng AH cắt BK tại N  ; 2  . Tìm toạ độ các đỉnh của hình thang ABCD biết M thuộc d : 4 x  y  1  0 và trung

Lời giải chi tiết
2
Ta có: AMD vuông tại A, AH đường cao  AM  MH .MD

BMC vuông tại B, BK đường cao  BM 2  MK .MC
Mà AM=BM do đó MH .MD  MK .MC 

MH MK

MC MD

 KMH : chung

Xét MKH và MDC , ta có:  MH MK  MKH ~ MDC
 MC  MD
Do đó: MKH  IDH
0
0
0
Tứ giác MKNH có MKH  MHN  90  90  180  Tứ giác MKNH nội tiếp  MKH  MNH
0
Ta có: MNH  IDH   MKH   Tứ giác HNID nội tiếp  MIC  NHD  90  MN  CD

2
3





Đường thẳng MN đi qua N  ; 2  vuông góc CD là MN : 3x  y  0 .

4 x  y  1  0
x  1

 M 1;3
3x  y  0
y  3

Toạ độ M là nghiệm của hệ 

 xB  2 xE  xM  2.0  1  1

Vì E là trung điểm MB, ta có: 
 B  1; 2 
5
y

2
y

y

2.

3

2

B
E
M


2

 xA  2 xM  xB  2.1  1  3
 A  3; 4 
 y A  2 yM  yB  2.3  2  4

Vì M là trung điểm AB, ta có: 

Đường thẳng AD đi qua A  3; 4  , có VTPT AB   4; 2  / /  2;1 có phương trình: 2 x  y  10  0  D  7; 4 
Đường thẳng BC đi qua B  1;2  , có VTPT AB   4; 2  / /  2;1 có phương trình: 2 x  y  0  C 1; 2 
Kết luận: Vậy A  3;4  , B  1; 2  , C 1; 2  , D  7; 4 

Tác giả: Huỳnh Kim Kha

Hotline: 0977 232 699

Facebook: Huỳnh Kim Kha
Page 6


Phát triển tư duy Giải Toán hình phẳng Oxy

Huỳnh Kim Kha

Bài số 5: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho ABC vuông tại A có đường cao AH, I là trung điểm của AC và phương

trình AC : x  y  1  0 . Trên tia đối của tia HA lấy điểm D sao cho HA=2HD. Tìm toạ độ các đỉnh của ABC biết
phương trình đường tròn ngoại tiếp ABI là  C  :  x  2   y 2  5 và đỉnh A có hoành độ dương.
2

Lời giải chi tiết
Gọi N là trung điểm của AH

 IN  AH
CH  2 IN

 IN là đường trung bình ACH  

2
Xét ABC có HB.HC  AH 

HB AH

AH HC

 AH  ND  2 HD
HB HD


ND NI
 HC  2 NI

Vì 
Suy ra BDH ~ DIN  BDH  DIN

 BDI  BDN  NDI  DIN  NDI  900

Do đó BDIA nội tiếp

 x  1

 x  y  1  0
 y  2  A 1; 2 


Toạ độ A,I là nghiệm của hệ 
 do : xA  0 
2
2
 I  0;1
 x  2   y  5   x  0

  y  1
 xC  2 xI  xA  2.0  1  1
 C  1;0 
y

2
y

y

2.1

2

0

1
A
 C

Vì I là trung điểm AC nên 

Đường thẳng AB đi qua A 1; 2  có VTPT AC   2; 2  / / 1;1 có phương trình: x  y  3  0

 x  1

 x  y  3  0
y  2

 B  4; 1
Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ 
2
2
 x  2   y  5   x  4

  y  1
Kết luận: Vậy A 1;2  , B  4; 1 , C  1;0 

Tác giả: Huỳnh Kim Kha

Hotline: 0977 232 699

Facebook: Huỳnh Kim Kha
Page 7

Phát triển tư duy Giải Toán hình phẳng Oxy

Huỳnh Kim Kha

Bài số 6: Cho tam giác ABC vuông tại A, có trọng tâm G. Gọi E, H lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC; D là điểm
đối xứng của H qua A, I là giao điểm của đường thẳng AB và đường thẳng CD. Biết điểm D(-1;-1), đường thẳng IG có
phương trình 6x-3y-7=0 và điểm E có hoành độ bằng 1. Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC.

Lời giải chi tiết
Gọi M là trung điểm của BD, N  HM  AB .
Ta có N là trung điểm của BI, và theo Tales ta có:

HN BH 1 DI
AD
CI

 ;

 1  DI  HN 
CI
BC 2 HN AH
2
Do đó:

CG CI 2

  IG / / DE
CE CD 3

Đường thẳng DE đi qua D(-1;-1) và có VTPT n   6; 3 / /  2; 1 có phương trình:

Vì E thuộc DE và E có hoành độ bằng 1, Suy ra E(1;3)
Gọi K là trung điểm HE, ta có 2 tam giác vuông cân EAH và ACB đồng dạng có các đường trung tuyến tương ứng AK,
CE suy ra AK  CE .
Mà AK//DE, nên DE  CE .
Đường thẳng EC đi qua E(1;3) và có VTPT DE   2; 4  / / 1; 2  có phương trình là x  2 y  7  0

7

x

x  2 y  7  0

7 7
3
Toạ độ điểm G là nghiệm của hệ: 

 G ; 
3 3
6 x  3 y  7  0
y  7

3
4
3

2
3

Và có EC  3EG  3  ;     4; 2   C  5;1

Và CI 

2
2
4
1


CD   6; 2    4;    I 1;  
3
3
3
3



Vì IG / / DE nên AI 

2
3
3
10 
AE  EA  EI   0;     0; 2   A 1;1
3
5
5
3

Vì E là trung điểm AB nên B 1;5
Kết luận: Vậy A 1;1 , B 1;5 , C  5;1

Tác giả: Huỳnh Kim Kha

Hotline: 0977 232 699

Facebook: Huỳnh Kim Kha
Page 8


Phát triển tư duy Giải Toán hình phẳng Oxy

Huỳnh Kim Kha

Bài số 7: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình bình hành ABCD có A(1;2), C(4;6). Gọi M,N lần lượt là hình chiếu
vuông góc của A lên BC,CD. Viết phương trình đường thẳng MN, biết rằng trực tâm H của tam giác AMN có hoành độ
dương nằm trên đường thẳng x + y +1 = 0 , và MN = 3 .

Lời giải chi tiết

Ta có HM//NC vì cùng vuông góc với AN.
Và NH//MC (cùng vuông góc AM).
Do đó HMCN là hình bình hành.
Suy ra HN / /MC,HN = MC (1).
Gọi F là hình chiếu vuông góc của C lên AD.
Ta có AMCF là hình chữ nhật, do đó AF = CM (2).
Từ (1), (2) suy ra AFNH là hình bình hành.
Do đó FN / / AH  FN  MN
Tam giác vuông FNM có FN  FM  MN  AC  MN  16  AH  FN  4
2

2

2

2

2

a  1
 H 1; 2 
 a  3  l 

Gọi H(a;-a-1), với a>0 ta có:  a  1   a  3  16  
2

2

Khi đó gọi K là tâm hình bình hành MHNC, thì K là trung điểm của HC.

xH  xC 1  4 5



 xK 
2
2
2  K  5 ;2
Do đó 



2 
 y  yH  yC  2  6  2
 K
2
2
5
2




Phương trình đường thẳng MN qua K  ; 2  có VTPT AH   0; 8 / /  0;1 có phương trình: y  2  0
Kết luận: Phương trình MN : y  2  0

Tác giả: Huỳnh Kim Kha

Hotline: 0977 232 699

Facebook: Huỳnh Kim Kha
Page 9


Phát triển tư duy Giải Toán hình phẳng Oxy

Huỳnh Kim Kha

2
2
Bài số 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A có điểm A   C  : x  y  2 x  4 y  20  0

điểm B(1,3) . AH là đường cao . Vẽ đường tròn ( C') : ( A, R), R AH . Từ B kẻ đường tiếp tuyến của (C’) tại tiếp điểm
M . Đoạn thẳng MH cắt (C’) tại N . Các điểm I,K theo thứ tự là trung điểm của AN và AC .Tìm tọa độ các điểm A,C biết
rằng đường thẳng IK có phương trình : x+3y+8=0 ; AN qua điểm E(1,7) và yA  0.
Lời giải chi tiết

Ta thấy các góc ký hiệu là 1 bằng nhau : M1 = N1
Vì AMN là tam giác cân tại A ,
M1 = B1 do AMBH nội tiếp ,
B1 = C1 do tam giác ABC cân .
Do đó C1 = N1
=> Tứ giác ANHC nội tiếp
=> Góc CNA = Góc CHA = 900
=> IK vuông góc AN .
Viết phương trinh đường thẳng AN qua E(1,7) và vuông góc với IK : 3x-y+4=0


2
  x   5

14
3x  y  4  0

   y 
Tọa độ A là nghiệm của hệ :  2
2
5

 x  y  2 x  4 y  20  0

  x  3

  y  5

2
Ta chọn A  3; 5  AB  20

Tham số hóa điểm K(a,b) => a+3b+8 =0 x+3y+8=0
2
2
Ta có : AB  AC  2 AK  AB 2  4 AK 2  20  4  a  3   b  5 





 a  5
 K  5; 1  C  7;3

20  4  a  32   b  5 2 
b  1




Ta có hệ phương trình: 
 a  1
3x  y  8  0

 K 1; 3  C  5; 1
 b  3
Kết luận: Vậy A(-3;-5), C(-7;3) hoặc C(5;-1)

Tác giả: Huỳnh Kim Kha

Hotline: 0977 232 699

Facebook: Huỳnh Kim Kha
Page 10


Phát triển tư duy Giải Toán hình phẳng Oxy

Huỳnh Kim Kha

Bài số 9: Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H3;0 và trung điểm của BC là
I6;1. Đường thẳng AH có phương trình x  2y  3  0. Gọi D, E lần lượt là chân đường cao kẻ từ B, C của tam giác
ABC. Biết đường thẳng DE có phương trình x 2  0 và điểm D có tung độ dương, tìm toạ độ các đỉnh của tam giác
ABC.
Lời giải chi tiết
Gọi K là trực tâm của tam giác ADE, ta có

 EK  AC , HD  AC  EK / / HD


 DK  AB, HE  AB
 DK / / HE
Do đó EHKD là hình bình hành.
Mặt khác tứ giác EBCD nội tiếp đường tròn tâm I đường kính BC
Do có BEC  CDB  900
Suy ra tam giác IDE cân tại I.
Gọi M là trung điểm DE ta có IM  DE

Đường thẳng IM đi qua I6;1 và có VTPT n   0;1 có phương trình y  1  0.
Suy ra M2;1.
Do EHKD là hình bình hành nên M cũng là trung điểm HK,
Suy ra K1; 2.
Mặt khác AK  DE do K là trực tâm tam giác ADE.
Đường thẳng AK đi qua K1; 2 và có VTPT n   0;1 nên có phương trình y  2  0.

x  2 y  3
 A  1; 2 
y  2

Suy ra toạ độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình: 

Giả sử D2;d với d  0, ta có: AD  HD  AD.HD  0  3  d (d  2)  0  d  3 do d  0.
Suy ra D2; 3.
Đường thẳng BC đi qua I6;1 và có VTPT n   2; 1 nên có phương trình là 2x  y  11  0.

x  3y  7  0
 C  8;5
2 x  y  11  0

Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình: 
Vì I là trung điểm BC nên B4;1.

Kết luận: Vậy A1; 2 , B4;1 , C8; 5 là các điểm cần tìm.

Tác giả: Huỳnh Kim Kha

Hotline: 0977 232 699

Facebook: Huỳnh Kim Kha
Page 11


Phát triển tư duy Giải Toán hình phẳng Oxy

Huỳnh Kim Kha

Bài số 10: Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có ACB  450 . Gọi M là trung điểm của đoạn
thẳng BC, N là điểm đối xứng với M qua AC, đường thẳng BN có phương trình: 7x y 19  0. Biết A1;1 , tam giác
ABM cân tại A và điểm B có tung độ dương. Tìm toạ độ các điểm còn lại của tam giác ABC.
Lời giải chi tiết
Gọi H là đường cao của tam giác ABM.
Vì tam giác ABM cân tại A nên BAM  2HAM.
Vì AM và AN đối xứng nhau qua AC nên MAC  NAC.

BAN  BAM  MAN  2  HAM  MAC   2HAC  2  900  ACB   900
Do đó tam giác ABN vuông tại A.
Mà AB  AM  AN nên tam giác ABN vuông cân tại A.
Gọi I là trung điểm BN, suy ra AI vuông góc với BN.
Đường thẳng AI đi qua A1;1 và có VTPT n  1;7  nên có phương trình: x 7y  8  0

5

x

7
x

y


19

0


2  I  5 ; 3 
Toạ độ I là nghiệm của hệ 



2 2
x  7 y  8  0
y   3


2




5
2

Giả sử Bb; 7b  19 , IB   b  ;7b 

35 
 . Tam giác ABN vuông cân tại A nên:
2

2
b  2
5 
35  25

IB  IA   b     7b   
 b 2  5b  6  0  
2 
2 2

b  3

Với b  2, ta có: B2; 5 loại. Với b  3, ta có: B3; 2.
Điểm này thoả mãn yêu cầu bài toán. Khi đó N2; 5
Vì M, N đối xứng nhau qua AC và góc ACB  450 nên tam giác CMN vuông cân tại C. Suy ra BC  2CN.

 x  5, y  4  C  5; 4 
2
2
2
2

 x  3   y  2   4  x  2    y  5 


Giả sử Cx; y , ta có:  
3
16
 3 16 
x   , y    C  ; 


 x  2  x  3   y  2  y  5   0

5
5
 5 5

 3
 5

Với C   ; 

16 
 , ta thấy A, C cùng phía với BN nên loại.
5

Kết luận: Vậy B3; 2 , C5; 4 là các điểm cần tìm.

Tác giả: Huỳnh Kim Kha

Hotline: 0977 232 699

Facebook: Huỳnh Kim Kha
Page 12


Phát triển tư duy Giải Toán hình phẳng Oxy

Huỳnh Kim Kha

Bài số 11: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC. Gọi D,E,F lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh A,B,C,
và điểm G là trên tia đối của tia DE thoả mãn DG = DF . Viết phương trình 4 đường thẳng AB, biết rằng đỉnh C nằm
trên đường thẳng  có phương trình là 2x+y−8 = 0 , và B(- 4;-4), G(2;-6).

Lời giải chi tiết

Gọi H là trực tâm tam giác ABC,
Tứ giác BDHF nội tiếp nên FDH=FBH=HCE ( cùng phụ góc BAC)
Mặt khác tứ giác DHEC nội tiếp nên EDH=HCE
Từ đó suy ra FDH=EDH  AD là phân giác góc EDF
Ta có: BD  AD  BD là phân giác góc FDG
Lại có DG=DF nên F,G đối xứng với nhau qua BC
Do đó BGC  BFC  90  BG  GC
0

Ta có: BG   6; 2  / /  3; 1  GC : 3x  y  12  0

3x  y  12  0
x  4

 C  4;0 
2 x  y  8  0
y  0

Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ 

Phương trình đường thẳng BC qua B,C là x-2y-4=0 .

x  2 y  4  0
 I  0; 2 

2 x  y  2  0

Vì F là điểm đối xứng của G qua BC nên toạ độ trung điểm I của FG thoả mãn hệ 
Vì I là trung điểm FG nên F(-2;2).
Phương trình đường thẳng AB qua B,F là 3x−y+8 =0
Kết luận: Vậy phương trình AB : 3x  y  8  0

Tác giả: Huỳnh Kim Kha

Hotline: 0977 232 699

Facebook: Huỳnh Kim Kha
Page 13


Phát triển tư duy Giải Toán hình phẳng Oxy

Huỳnh Kim Kha




3
2

Bài số 12: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh C  3;  và trực tâm H, phương trình đường cao
AH là 2x−y+1=0, một đường thẳng d đi qua H và cắt các đường thẳng AB,AC lần lượt tại P và Q (khác điểm A) thoả
mãn HP = 3HQ có phương trình là 5x−9y+22=0. Tìm toạ độ các đỉnh A và B.
Lời giải chi tiết

Gọi M là điểm thuộc cạnh BC thoả mãn BM = 3MC
Qua C kẻ đường thẳng song song với d cắt AB tại N, AH tại K
Do CN//PQ, HP = 3HQ nên NK=3CK suy ra

CM CK 1

  MK / / BN  MK  CH
CB CN 4
Lại có: MC  HK , vì vậy M là trực tâm của tam giác HKC
Suy ra HM  KC  HM  PQ

2 x  y  1  0
x  1

 H 1;3
5 x  9 y  22  0
y  3

Toạ độ điểm H là nghiệm của hệ 

Phương trình đường thẳng BC đi qua C và vuông góc AH là x+2y−6=0
Phương trình đường thẳng HM đi qua H và vuông góc PQ là 9x+5y−24=0

9

x

9 x  5 y  24  0

 9 15 

4
Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ 

M ; 
4 8 
x  2 y  6  0
 y  15

8
Vì BM  3MC suy ra B(0;3)
Phương trình đường thẳng AC đi qua C và vuông góc BH là x−3=0

x  3  0
x  3

 A  3;7 
2 x  y  1  0
y  7

Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ 
Kết luận: Vậy A  3;7  , B  0;3

Tác giả: Huỳnh Kim Kha

Hotline: 0977 232 699

Facebook: Huỳnh Kim Kha
Page 14

Phát triển tư duy Giải Toán hình phẳng Oxy

Huỳnh Kim Kha

7
2




Bài số 13: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B có D  ;3  là chân đường phân giác
trong góc A. Gọi M là trung điểm BC, đường thẳng qua B và vuông góc trung tuyến AM có phương trình: 4x+7y20=0 , đường thẳng qua M và vuông góc với cạnh AC có phương trình: 2x+11y-50=0 . Viết phương trình cạnh BC,
biết B có tọa độ nguyên.
Lời giải chi tiết

 13 16 
; 
 3 3

Gọi K là giao điểm của hai đường vuông góc. Do đó K  

Gọi N là điểm đối xứng với K qua M suy ra BKCN là hình bình hành
Xét tam giác ANC có M là trực tâm suy ra CM vuông AN
Mà CM vuông AB suy ra ABN thẳng hàng suy ra BN vuông BC
Do đó CK vuông BC.
Gọi N  MK  N  3  11a;4  2a  , B  BK  B  2  7b;4  4b 

 2 11 14

 a;  a 

 3 2 3


Suy ra M   

5
 25 11

 11

 MD    a;   a  , BD    7b; 1  4b  , BN   5  11a  7b; 2a  4b 
3
 6 2

2

Do M, D, B thẳng hàng nên MD, BD cùng phương phương
Suy ra ta có

25  33a 5  3a
1

 3a   1 (1)
11  14b 1  4b
b

 11

 7b    2a  4b  1  4b   0 (2)
2



Và BD vuông góc BN nên BD.BN  0   5  11a  7b  


b  1

1
3
2
Thay (1) vào (2) ta được: 78b  127b  24b  25  0 , b 

3

25
b  
6

+) Với b  1  a  

+) Với b 

2
 B  5;0 , M (3; 4)  BC : x  2 y  5  0
3

1
 13 16 
 B   ;   loại
3

 3 3

+) Với b  

25
 123 2 
 B
;   loại
6
 26 13 

Kết luận: Vậy phương trình đường thẳng BC là x  2 y  5  0

Tác giả: Huỳnh Kim Kha

Hotline: 0977 232 699

Facebook: Huỳnh Kim Kha
Page 15


Phát triển tư duy Giải Toán hình phẳng Oxy

Huỳnh Kim Kha

Bài số 14: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho hình vuông ABCD có M là trung điểm AD, N là điểm trên cạnh
CD sao cho CN=3ND. Đường tròn tâm N đi qua M cắt AC tại P(3;1) , đường thẳng qua MN có phương trình x+y+1=0 .
Xác định tọa độ đỉnh B biết rằng S ABCD  60 (dvdt).
Lời giải chi tiết
Gọi I là giao điểm hai đường chéo và P là trung điểm IC, ta có NI=NM

 I thuộc đường tròn tâm N bán kính MN
Và MDN  NHP  MN  NP
Suy ra P thuộc đường tròn tâm N bán kính MN.
Suy ra (N) cắt AC tại I và P.
TH1: Nếu I  3;1  d  I ; MN  

3 11
12  12



5
2

Gọi độ dài cạnh hình vuông là a, ta có:

a
1
1
1
4 1 2
5 5
125
, IM '  a 


 2  2  a
 S ABCD  a 2 
 60

2
2
2
2
IM
IM '
a a
5
2
2
 5 


 2
PI
IM 

TH 2 : P là trung điểm IC d  P; MN  

5
2

Gọi độ dài cạnh hình vuông là a, ta tính được:

BM  MM ' 

a 5
a 10
a 5
, MP  M ' P 

, NP 
2
4
4

Suy ra tam giác M’MB, M’NP vuông cân suy ra P là trung điểm BM’ và NP 

Ta có: NP 

5
2

a 5
5

 a  2 10  S ABCD  a 2  40  60
4
2

Và PM '  2.NP  PM '  5
Gọi M '  MN  M '  t; 1  t   PM ' 

3  t    2  t 
2

2



3  t    2  t 

2

2

t  3
5 
t  2

+) Với t  3  M '  3; 4  B  3;6
+) Với t  2  M '  2;1  B  8;1
Kết luận: Vậy B  3;6  hoặc B  8;1

Tác giả: Huỳnh Kim Kha

Hotline: 0977 232 699

Facebook: Huỳnh Kim Kha
Page 16


Phát triển tư duy Giải Toán hình phẳng Oxy

Huỳnh Kim Kha

Bài số 15: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD tâm I . Đỉnh B thuộc đường thẳng
d : 5x  3 y 10  0 . Gọi M là điểm đối xứng với D qua C. Điểm H và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của D và C
lên AM. Xác định toạ độ điểm B biết K 1;1 và đường thẳng HI có phương trình là 3x  y  1  0 .

Lời giải chi tiết
Ta có:

+) BKD vuông tại B đường kính BD
+) BCD và BAD lần lượt vuông tại C và A đường kính BD
Do đó: 5 điểm A, B, K, C, D cùng thuộc đường tròn tâm I đường kính BD và AC (do ABCD là hình vuông)
Do đó BAD  900  BK  DK (1)
Ta có: HBD  AKD  450 (góc nội tiếp chắn cùng chắn cung AD)

 HDK vuông cân tại H (vì DHK  900 ). Suy ra: HK  HD
Ta lại có: BKD vuông tại B đường kính BD  IK  ID
Do đó HI là đường trung trực của DK, do đó HI  DK (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra HI / / BK .
Đường thẳng BK đi qua K 1;1 và song song với HI : 3x  y  1  0 có phương trình: 3x  y  4  0

1

x

3x  y  4  0

2  B 1 ; 5 
Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình: 



2 2
5 x  3 y  10  0
y  5


2

1 5
2 2

Kết luận: Vậy điểm B  ; 

Tác giả: Huỳnh Kim Kha

Hotline: 0977 232 699

Facebook: Huỳnh Kim Kha
Page 17


Phát triển tư duy Giải Toán hình phẳng Oxy

Huỳnh Kim Kha

Bài số 16: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có D là chân đường phân giác trong ABC, E là trung điểm
BD. Đường thẳng CE cắt đường phân giác ngoài của góc ABC tại F. Biết rằng B(5;1), F(4;3) và điểm A thuộc đường
thẳng x+2y-18=0. Viết phương trình đường thẳng BC.
Lời giải chi tiết

Gọi A' là điễm đối xứng với A qua BD
M là giao điễm của AA' với BD

 A '  BC và M là trung điểm AA’
Qua D kẻ DI//BF  I  CF  , do E là trung điểm của BD
Suy ra BFDI là hình bình hành.
Suy ra E là trung điểm FI
Gọi N là giao điểm của BD và AI

Do M là trung điểm AA’ và MN//A’I
Nên N là trung điểm AI
Xét tam giác FAI có EN là đường trung bình nên EN//FA, mà EN  BF  FA  BF
Đường thẳng BF qua B5;1 và F 4;3 nên BF :2x+y-11=0
Đường thẳng BD qua B5;1 và vuông góc với đường thẳng BF nên phương trình BD: x-2y-3=0
Đường thẳng BF qua F 4;3 và vuông góc với đường thẳng BF nên phương trình AF: x-2y+2=0

 x  2 y  18  0
x  8

 A  8; 5
x  2 y  2  0
y  5

Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ 

Đường thẳng AA' qua A8;5 và vuông góc với đường thẳng BD có phương trình 2x+y-21=0

2 x  y  21  0
x  9

 M  9;3
x  2 y  3  0
y  3

Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ 

Và M là trung điểm của AA’ nên suy ra A ' 10;1
Đường thẳng BC qua B5;1 và A’(10;1) nên phương trình đường thẳng BC: y-1=0
Kết luận: Vậy BC: y-1=0

Tác giả: Huỳnh Kim Kha

Hotline: 0977 232 699

Facebook: Huỳnh Kim Kha
Page 18


Phát triển tư duy Giải Toán hình phẳng Oxy

Huỳnh Kim Kha

Bài số 17: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC nhọn, AC > AB . Đường phân giác của góc BAC cắt đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm E(-4;-4) (E khác A). Gọi D(1;1) là điểm trên cạnh AC sao cho ED = EC , tia BD
cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai F(4;0). Tìm toạ độ các đỉnh A,B,C.
Lời giải chi tiết
Vì E là điểm chính giữa cung nhỏ BC nên EB = EC
Mặt khác theo giả thiết có, ED = EC, suy ra EB = ED (1)
Tam giác ECD cân có: ECD=EDC

 ECD  EDC  ADE  1800  ECD  1800  ACE
Lại có tứ giác ABEC nội tiếp nên

ACE  ABE  1800  ABE  1800  ACE
Suy ra: ADE  ABE (2)
Từ (1),(2) suy ra AE là trung trực của AD, AE  BD (3)
Xét tam giác DCF có: DCF=ABF (cùng chắn cung AF)
Và CDF=ADB(đối đỉnh), và ADB=ABF (tam giác ABD cân tại A)
Từ đó suy ra: DCF=CDF  tam giác CDF cân tại F

Do đó FD=FC mà ED=EC, suy ra EF là trung trực của CD, suy ra EF  AD (4)
Từ (3), (4) suy ra D là trực tâm tam giác AEF
Phương trình đường thẳng AC qua D vuông góc EF là 2x+y−3=0
Phương trình đường thẳng AE qua E vuông góc DF là 3x−y+8=0

2 x  y  3  0
 x  1

 A  1;5
3x  y  8  0
y  5

Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ 

Gọi H là giao điểm của EF và AD, thì H là trung điểm của CD

2 x  y  3  0
 H  2; 1  C  3; 3
x  2 y  4  0

Toa độ điểm H là nghiệm của hệ 

Phương trình đường thẳng BF qua D,F là x+3y−4=0
Gọi G là giao điểm của BF và AE thì G là trung điểm của BD

x  3y  4  0
 x  2

 G  2; 2   B  5;3
3x  y  8  0

y  2

Toạ độ G là nghiệm của hệ 

Kết luận: Vậy A  1;5 , B  5;3 , C  3; 3

Tác giả: Huỳnh Kim Kha

Hotline: 0977 232 699

Facebook: Huỳnh Kim Kha
Page 19


Phát triển tư duy Giải Toán hình phẳng Oxy

Huỳnh Kim Kha

Bài số 18: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I(- 2;1), gọi H(-1;-1) là chân
đường cao hạ từ đỉnh A, và M là trung điểm cạnh BC, N là điểm đối xứng của M qua I. Đường thẳng qua A vuông góc
với AN cắt đường thẳng qua B vuông góc với BC tại D, đường thẳng CD cắt AH tại điểm E(0;2). Tìm toạ độ các đỉnh
tam giác ABC biết B có hoành độ dương.

Lời giải chi tiết
Kẻ đường kính AA’, khi đó tứ giác ANA’M là hình bình hành
Do đó AN//A’M, suy ra A ' M  AD nên BAD=BA’M (1)
Xét hai tam giác ABD và A’BM có:
BAD=BA’M và DAB=MBA’ (cùng phụ với ABC)
Từ (1),(2) suy ra ΔABD đồng dạng với ΔA'BM
Suy ra, BA.BM = BD.BA'⇒ BA.BC=2BD.BA'

Gọi J là điểm đối xứng của B qua D
Ta có: BA.BC = BJ.BA'⇒ΔBAJ đồng dạng với ΔA'BC
Do đó BAJ = BA'C
0
0
Mặt khác, BA ' C  180  BAC . Suy ra: BAJ  BAC  180 ⇒ A, J,C thẳng hàng

Xét tam giác BJC có BD//AH và D là trung điểm của BJ nên E là trung điểm của AH (đpcm)
Vì E là trung điểm của AH nên A(1;5)
Phương trình đường thẳng BC qua H vuông góc với AH là x+3y+4=0
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là  x  2    y  1  25
2

2

 x  2

 x  2    y  1  25   y  2  B  2; 2 


Toạ độ điểm B,C là nghiệm của hệ 
  x  7 C  7;1

 x  3 y  4  0

  y  1
2

2

Kết luận: Vậy A(1;5), B(2;-2) và C(-7;1)

Tác giả: Huỳnh Kim Kha

Hotline: 0977 232 699

Facebook: Huỳnh Kim Kha
Page 20


Phát triển tư duy Giải Toán hình phẳng Oxy

Huỳnh Kim Kha

Bài số 19: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB > AD . Gọi M là điểm trên cạnh AB, N là điểm
trên tia đối của tia AD thoả mãn AD = AM,AN = BM . Giả sử H(2;-2) là hình chiếu vuông góc của A lên A lên DM,
E(2;3) là trung điểm của BN. Viết phương trình đường thẳng AD biết đỉnh B có hoành độ dương và điểm F(5;7)
thuộc đường thẳng BC.

Lời giải chi tiết

Theo giả thiết, AM = AD ⇒ ΔADM vuông cân tại A, nên AH  HM 

1
DM
2

 AN  MB  gt 

1


Xét tam giác AHN và MHB có  AH  HM  DM
2

 HAN  HMB  900  HAM
Suy ra HAN  HMB
Suy ra HN = HB, HNA=HBM=HBA
Do đó AHBN nội tiếp, suy ra BHN  BAN  90  BH  HN , tức tam giác HNB vuông cân tại B, do đó HE  BN
0

Ta có: HE   0;5 , phương trình đường thẳng BN qua E vuông góc HE là y-3=0

b  7  t / m 

Suy ra B(b;3) với b>0, ta có: EB=HE=5   b  2   25  
2

b  3  l 

 B  7;3

Do E là trung điểm BN nên N(-3;3), ta có BF   2; 4  / / 1; 2 
Đường thẳng AD qua N nhận (2;1) làm véc tơ pháp tuyến có phương trình là 2x+y+3=0
Kết luận: Vậy AD: 2x+y+3=0

Tác giả: Huỳnh Kim Kha

Hotline: 0977 232 699

Facebook: Huỳnh Kim Kha

Page 21


Phát triển tư duy Giải Toán hình phẳng Oxy

Huỳnh Kim Kha

Bài số 20: Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I(1;2), có góc BAC  60 ,
phương trình đường phân giác trong góc A là x + y −1 = 0 . Tìm toạ độ đỉnh A và viết phương trình đường thẳng BC.
0

Lời giải chi tiết

Gọi D là giao điểm thứ hai của phân giác trong góc A
với đường tròn (ABC)
Ta có D là điểm chính giữa cung BC và

BDC  1200 , BIC  2BAC  1200  BDC  BIC
Do đó BDCI là hình thoi
nên ID cắt BC tại trung điểm M của BC

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên phân giác AD, thì H là trung điểm AD

x  y 1  0
x  0

 H  0;1
x  y 1  0
y 1

Toạ độ điểm H là nghiệm của hệ: 

Gọi G là trọng tâm tam ABC, ta có G cũng là trọng tâm tam giác AID
Do đó GH 

1
 1 1
1 2
IH    ;   G  ; 
3
 3 3
3 3

Gọi A(a;1-a), ta có: GM 

1
11
1
1 1 1 1 
AG    a; a    M   a;  a 
2
23
3
2 2 2 2 

Vì M là trung điểm ID nên D(-a;a-1)
Ta có: IA  ID   a  1   a  1   a  1   a  3  a  2
2

2

2

2

 3 3
 A  2; 1 , M   ;  , D  2;1
 2 2
Suy ra ID   3; 1
Đường thẳng BC qua M vuông góc ID có phương trình là 3x+y+3=0
Kết luận: Vậy BC: 3x+y+3=0

0

Tác giả: Huỳnh Kim Kha

Hotline: 0977 232 699

Facebook: Huỳnh Kim Kha
Page 22


Phát triển tư duy Giải Toán hình phẳng Oxy

Huỳnh Kim Kha

Bài số 21: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A có hình chiếu vuông góc từ đỉnh A lên cạnh

1 5
3 3

4 4
3 3

BC là H. Gọi I  ;  ; J  1;1 và K  ;  lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ABC; ABH và ACH. Xác
đỉnh toạ độ các đỉnh của tam giác ABC.
Lời giải chi tiết
Gọi E  AJ  CI và F  BI  AK
Xét ABH vuông tại H  ABH  BAH  900

1
1
BAH  ABH  900  JAB  JBA  450 (1)
2
2
Ta có: BAH  CAH  900
1
1
 BAH  CAH  450  JAH  FAH  450  FAJ  450 (2)
2
2
Từ (1) và (2), suy ra JBA  JAB  FAJ  900
 FBA  FAB  900  BFA  900  AF  BF
Chứng minh 1 cách tương tự CE  AE


Đường thẳng AE đi qua J và vuông góc IK có phương trình 3x-y+4=0
Đường thẳng AF đi qua K và vuông góc IJ có phương trình 2x+y-4=0

3x  y  4  0

x  0

 A  0; 4 
2 x  y  4  0  y  4

Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ 

Gọi M  AE  BC  E là trung điểm của AM
Đường thẳng CE đi qua I và K có phương trình 3x+9y-16=0

2

3x  9 y  16  0
x  
2 
Toạ độ điểm E là nghiệm của hệ 

3  E  ;2
3 
3x  y  4  0

y  2

 4
 3




Vì E trung điểm AM nên M   ;0 

Gọi N  AF  BC  F là trung điểm của AN
Đường thẳng BF đi qua I và J có phương trình x-2y+3=0

x  2 y  3  0
x  1

 F 1; 2 
2 x  y  4  0  y  2

Toạ độ điểm F là nghiệm của hệ 

Vì F là trung điểm của AN nên N(2;0)
Đường thẳng BC đi qua 2 điểm M và N là y=0

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

Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ 

16

y  0
x 
 16 
Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ 

3  C  ;0 

 3 
3x  9 y  16  0

y  0

 16 
;0 
 3 

Kết luận: Vậy A  0;4  , B  3;0  , C 

Tác giả: Huỳnh Kim Kha

Hotline: 0977 232 699

Facebook: Huỳnh Kim Kha
Page 23


Phát triển tư duy Giải Toán hình phẳng Oxy

Huỳnh Kim Kha

Bài số 22: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho tam giác ABC có M









3;3 và N thuộc BC sao cho BM  CN.

Điểm E  3; 3 trên AB, điểm F trên AC sao cho EN//AC, FM//AB và EN cắt FM tại I





3; 1 . Biết BI là phân

giác góc B, xác định tọa độ các đỉnh A, B, C.
Lời giải chi tiết

Ta tính được IE=IM=4, EIM  1200
Vẽ IH song song BC ta được BMIH là hình bình hành,
do BI là phân giác góc B nên BMIH là hình thoi

 IH  IM  IE  IEH cân tại I
Suy ABC cân tại C.
Mà AEIF là hình bình hành nên EAF  EIF  1800  EIM  600
suy ra ABC là tam giác đều.
Ta cm được EFNM là hình chữ nhật





Suy ra được : I là trung điểm EN  N 3 3;1
Ta lại có: I là trung điểm MF  F





Vì M là trung điểm BN  B  3;5







3; 5  A  3; 7







N là trung điểm MC  C 5 3; 1



 

 



Kết luận: Vậy A  3; 7 , B  3;5 , C 5 3; 1

Tác giả: Huỳnh Kim Kha

Hotline: 0977 232 699

Facebook: Huỳnh Kim Kha
Page 24


Phát triển tư duy Giải Toán hình phẳng Oxy

Huỳnh Kim Kha

Bài số 23: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) tâm I, điểm M thuộc cung nhỏ BC

 2 11 
 lần lượt là hình chiếu của M trên AB, AC. Phương trình đường
5 5 

và không trùng với B, C. Gọi H(1;4) và K  ;

thẳng BC: x+y-1=0 và khoảng cách M đến BC bằng 2 2 . Tìm toạ độ điểm A, biết hoành độ điểm M dương.

Lời giải chi tiết
Gọi E là hình chiếu của M trên BC. Khi đó ME= 2 2
+) Tứ giác HMEB nội tiếp nên HEM=HBM (cùng chắn cung HM)

+) Tứ giác ABMC nội tiếp nên HBM=MCA (cùng bù góc ABM)
Suy ra HEM=MCA (1)
0
Tứ giác EMCK nội tiếp nên MEK  HCK  180 (2)

Từ (1) và (2), suy ra MEK  HEM  180 hay H, E, K thẳng hàng
0

Đường thẳng HK đi qua hai điểm H và K nên có phương trình: 3x-y+1=0

x  y 1  0
x  0

 E  0;1
3x  y  1  0
y  0

Toạ độ điểm E là nghiệm của hệ 

Đường thẳng ME đi qua E và vuông góc với BC nên có phương trình x-y+1=0
Điểm M  ME nên M(a;a+1) với a>0

m  2
 M  2;3
 m  2  l 

Ta có: ME  2 2  2m2  2 2  

Đường thẳng AB đi qua H(1;4) và có VTPT HM  1; 1 nên có phương trình: x-y+3=0

 2 11 
8 4
 và có VTPT KM   ;  nên có phương trình 2x+y-3=0
5 5
5 5 

Đường thẳng AC đi qua K  ;

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

Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ 
Kết luận: Vậy A  0;3

Tác giả: Huỳnh Kim Kha

Hotline: 0977 232 699

Facebook: Huỳnh Kim Kha
Page 25