Phân tích, định hướng tìm lời giải bài toán tìm điểm trong hệ tọa độ oxy

MỤC LỤC

I. ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN..............................................................3
II. THỰC TRẠNG......................................................................................................................3
II.1. Thực trạng trước khi tạo ra sáng kiến:............................................................................3
1. Bài toán tìm điểm M là giao của hai đường thẳng..........................................................4
2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng và cách điểm I (đã biết hoặc có thể tìm được) một
khoảng không đổi..............................................................................................................19
3. Tìm điểm M thuộc đường thẳng (hoặc đường tròn) và cách đường thẳng d một khoảng
không đổi hoặc sử dụng điều kiện về khoảng cách..........................................................29
4. Bài toán tìm điểm M thuộc một đường thẳng và thỏa mãn điều kiện về góc...............37
5. Tìm điểm M thuộc đường thẳng từ điều kiện ba điểm thẳng hàng...............................51
IV. CAM KẾT KHÔNG SAO CHÉP HOẶC VI PHẠM BẢN QUYỀN............................61
CÁC PHỤ LỤC KÈM THEO SÁNG KIẾN............................................................................62

1


THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN

1. Tên sáng kiến: Phân tích, định hướng tìm lời giải bài toán tìm điểm trong hệ tọa
độ Oxy
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giáo dục đào tạo
3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày 15 tháng 1 năm 2015 đến ngày 15 tháng 05
năm 2015.
4. Tác giả:
Họ và tên: Nguyễn Văn Khoa
Năm sinh: 1983
Nơi thường trú: Xã Xuân Thành - Huyện Xuân Trường - Tỉnh Nam Định
Trình độ chuyên môn: Thạc sỹ toán học
Chức vụ công tác: Phó Hiệu trưởng

Nơi làm việc: Trường THPT Xuân Trường
Địa chỉ liên hệ: Xóm 2 - Xã Xuân Thành - Huyện Xuân Trường - Tỉnh
Nam Định
Điện thoại: 0917.842.399
Tỷ lệ đóng góp tạo ra sáng kiến: 80%
5. Đơn vị áp dụng sáng kiến:
Tên đơn vị: Trường THPT Xuân Trường
Địa chỉ: Xã Xuân Hồng-Huyện Xuân Trường-Tỉnh Nam Định
Điện thoại: 03503.886.167

2


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Phân tích, định hướng tìm lời giải bài toán tìm điểm trong hệ tọa độ Oxy
I. ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Hình giải tích trong mặt phẳng Oxy là một chủ đề rất quan trọng trong các chủ
đề toán học ở trường phổ thông. Đặc biệt, trong những năm gần đây, bài toán hình giải
tích trong mặt phẳng Oxy trong các kỳ thi đại học, hướng tới năm 2015 là kỳ thi trung
học phổ thông quốc gia, kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh luôn xuất hiện với độ khó đòi hỏi
phải tư duy ở mức độ cao cũng ngày càng được nâng lên nên dẫn đến cách giải quyết
bài toán đối với đa số học sinh gặp nhiều khó khăn.
Một trong những bài toán chủ yếu của hình giải tích trong mặt phẳng Oxy là bài
toán tìm điểm, vì tìm được điểm thì việc thiết lập phương trình đường (đường thẳng,
đường tròn, đường elip) hoặc tính toán các yếu tố định lượng (góc, khoảng cách) trở
nên đơn giản. Với mong muốn giúp các em học sinh phát triển tư duy giải quyết vấn
đề, tư duy toán học nói chung; tư duy, định hướng tìm lời giải bài toán tìm điểm trong
mặt phẳng tọa độ Oxy nói riêng, tôi thiết nghĩ cần phải phân dạng bài tập cụ thể và
phải có sự dự đoán các mối quan hệ (song song, vuông góc, bằng nhau…) đối với các
bài toán đó để học sinh hiểu, vận dụng và có tư duy logic những bài tập có dạng tương

tự.

II. THỰC TRẠNG
II.1. Thực trạng trước khi tạo ra sáng kiến:
Hình giải tích trong mặt phẳng Oxy được đánh giá là một trong ba câu phân loại
học sinh (cùng với bài toán về phương trình, bất phương trình, hệ phương trình và bất
đẳng thức) trong các đề thi đại học, cao đẳng, thi THPT Quốc gia và thi học sinh giỏi.
Cho nên khi gặp bài toán về hình giải tích trong mặt phẳng nói chung, bài toán tìm
điểm trong hình giải tích phẳng nói riêng, đa số học sinh đều đánh giá đây là câu khó
nên thường có chung tâm lý là không làm câu này, do đó trong quá trình ôn tập cũng
không chú trọng ôn luyện dạng toán này.
Số lượng học sinh làm được trọn vẹn câu hình giải tích trong mặt phẳng không
nhiều, thường chỉ có những em khá giỏi về môn Toán mới làm được, điều này được
thể hiện qua kết quả của các kỳ thi cấp trường và cấp tỉnh, kết quả thi đại học những
năm trước đây. Lý do là các em không biết khai thác các tính chất của hình học phẳng,
không có thói quen dự đoán các mối quan hệ song song, quan hệ vuông góc, điều kiện
thẳng hàng …
Khi chưa áp dụng sáng kiến, qua khảo sát ở một số lớp chỉ có khoảng 13% học
sinh có hứng thú với bài toán hình giải tích trong mặt phẳng-đó thường là những em
3


khá giỏi bộ môn toán, qua tìm hiểu giáo viên dạy ở các lớp đó và học sinh thấy các em
đa phần thụ động với lời giải toán của giáo viên, chưa có thói quen phân tích nhìn
nhận vấn đề để từ đó định hướng tìm ra lời giải.
II.2. Mô tả giải pháp
Bài toán hình giải tích trong mặt phẳng thường được phân chia thành dạng bài
toán tìm điểm và dạng bài toán thiết lập phương trình các đường. Trong sáng kiến này
tôi tập trung vào bài toán tìm điểm dựa vào phân tích những dữ kiện đầu bài cho, nhìn
nhận phán đoán những mối quan hệ giữa các đối tượng trong hình: song song, vuông

góc, thẳng hàng, khoảng cách… từ đó giúp học sinh định hướng lời giải. Sau khi giải
bài toán xong yêu cầu học sinh đề xuất bài toán gốc ở một số bài để học sinh nhớ được
bản chất hình học, nút thắt của những bài toán để có thể tư duy, định hướng giải toán
trong các trường hợp tương tự và các trường hợp khác.
Trước khi đi vào từng nội dung, tùy từng đối tượng học sinh mà giáo viên xem
xét nhắc lại kiến thức cũ ở mức độ nào, sau đó trong mỗi nội dung cần nên các thành
“thuật toán”, nêu những khó khăn cũng như những khả năng thường xảy ra để học sinh
có thêm kinh nghiệm khi đứng trước những trường hợp cụ thể.
1. Bài toán tìm điểm M là giao của hai đường thẳng
Cho hai đường thẳng ∆ : ax + by + c = 0 và ∆ ' : a ' x + b; y + c ' = 0 , M là giao
ax + by + c = 0
điểm của ∆ và ∆ ' thì tọa độ M là nghiệm hệ phương trình: 
a ' x + b ' y + c ' = 0
Nếu đề bài đã cho điểm M thuộc đường thẳng ∆ , thì vấn đề quan trọng nhất
lúc này là phải tìm được phương trình đường thẳng ∆ ' nữa đi qua M. Để lập được
phương trình ∆ ' ta cần chú ý:
- Từ những dữ kiện đề bài cho ta xem xét đưa ra dự đoán các quan hệ vuông
góc, quan hệ song song và chứng minh các quan hệ này (có thể dùng phương pháp
hình học phẳng thuần túy; phương pháp đại số-sử dụng các định lý sin, cosin, định lý
Pitago,…; phương pháp vecto hoặc phương pháp tọa độ hóa)
- Nếu không dự đoán được các quan hệ song song, quan hệ vuông góc liên
quan đến điểm cần tìm thì ta thử kẻ thêm hình phụ: giao điểm các đường đã biết thông
tin; sử dụng điều kiện thẳng hàng của ba điểm để tìm thêm điểm; tìm chân đường
vuông góc kẻ từ điểm đã biết tọa độ đến đường thẳng đã biết phương trình…
Bài 1.
(Trích đề TSĐH khối A-2013) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho
hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng d: 2 x + y + 5 = 0 và A ( −4;8 ) . Gọi
M là điểm đối xứng của B qua C, N là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng
MD. Tìm tọa độ các điểm B và C, biết rằng N ( 5; −4 )
4

Phân tích: Do C ∈ d : 2 x + y + 5 = 0 , nên để tìm
được tọa độ điểm C, ta thiết lập một điều kiện nữa
liên quan đến C.
Dữ kiện bài toán cho xung quanh ba điểm A, N, C,
bằng trực quan ta dự đoán ·ANC = 900 . Ta đi chứng
minh dự đoán này:
Gọi I là tâm của hình chữ nhật, tam giác NBD
vuông tại N ⇒ IN =

1
BD
2

1
AC ⇒ ∆ANC vuông tại N.
2
Do vậy ta viết được phương trình đường thẳng NC và tìm được tọa độ điểm C.
+Lập phương trình AC qua A và C; Lập phương trình BN qua N vuông góc với AC.
Khi đó tìm được tọa độ điểm J là giao điểm BN và AC.
J là trung điểm NB suy ra tọa độ điểm B.
Giải. Gọi I là tâm của hình chữ nhật.
+ Chứng minh tam giác ANC vuông tại N (theo hướng dẫn trên).
Đường thẳng NC qua N vuông góc với AN có phương trình: 3 x − 4 y − 1 = 0 .
⇒ IN =

C là giao điểm của NC và d nên C ( 1; −7 ) .
+ Gọi J là giao điểm của BN và AC. Tứ giác ACMD là hình bình hành ⇒ CJ // MN
nên J là trung điểm BN.

Ta có BN ⊥ DM ⇒ BN ⊥ AC .
Đường thẳng AC có phương trình: 3 x + y + 4 = 0 .
Đường thẳng BN qua N vuông góc với AC có phương trình: x − 3 y − 17 = 0 .
 1 11 
Điểm J là giao điểm của BN và AC ⇒ J  ; − ÷.
2 2 
J là trung điểm của BN ⇒ B ( −4; −7 ) .
Vậy tọa độ điểm B và C là: B ( −4; −7 ) , C ( 1; −7 ) .
Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Trên các cạnh
AD, AB lần lượt lấy hai điểm E, F sao cho AE = AF . Gọi H là hình chiếu vuông góc
của A lên BE. Tìm tọa độ điểm C biết C thuộc đường thẳng d : x − 2 y + 1 = 0 và hai
điểm F ( 2;0 ) , H ( 1; −1) .

5


Phân tích: Giả thiết cho C ∈ d : x − 2 y + 1 = 0 , nên để
tìm tọa độ điểm C ta đi tìm một dữ kiện nữa liên quan
đến C.
Dữ kiện bài toán cho xoay quanh ba điểm F, H, C, từ
·
trực quan ta dự đoán FHC
vuông. Ta có thể chứng
minh được điều này như sau:
Gọi K = AH ∩ CD .
·
·
Ta có DAK
)
= ·ABE (cùng phụ với góc BAH

⇒ ∆ABE = ∆DAK ⇒ AE = DK .
Mà AE = AF ⇒ AF = DK , do đó tứ giác FBCK là hình chữ nhật.
Gọi I là tâm hình chữ nhật FBCK. Tam giác BHK vuông tại H ⇒ HI =

1
BK , mà
2

1
FC ⇒ ∆FHC vuông tại H.
2
Từ điều kiện này ta lập được phương trình HC và tìm được tọa độ điểm C.
Giải.
+ Chứng minh tam giác EHC vuông tại H (theo hướng dẫn trên)
+ Đường thẳng HC qua H và vuông góc với HF có phương trình: x + y = 0 .
BK = FC nên HI =

 −1 1 
Điểm C là giao điểm của d và HC nên C  ; ÷ .
 3 3
 1 1
Vậy tọa độ điểm C là: C  − ; ÷ .
 3 3
Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm B thuộc
đường thẳng d : 5 x + 3 y − 10 = 0 . Gọi M là điểm đối xứng với D qua C, H, K lần lượt
là hình chiếu của D, C lên AM. Biết K ( 1;1) , phương trình đường thẳng đi qua H và
tâm của hình vuông là 3 x + y + 1 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh của hình vuông ABCD.
Phân tích: Trước hết, để ý đến giả
thiết cho tọa độ điểm K và phương
trình HI (I là tâm hình vuông), ta nghĩ

đến tìm thêm điểm bằng cách kẻ KJ
vuông góc HI tại J. Bằng trực quan ta
dự đoán D, J, K thẳng hàng, J là trung
điểm DK và tam giác BKD vuông tại
K; nếu như thế thì HD=HK. Ta có thể
chứng minh được dự đoán này như sau:
6


Gọi a là độ dài cạnh hình vuông, I là tâm hình vuông ABCD.
+ Tam giác KAC vuông tại K suy ra KI =

1
1
AC , mà AC = BD nên KI = BD .
2
2

Do đó tam giác KBD vuông tại K.
+ Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông DAM ta có:
1
1
1
1
1
5
2a
=
+
= 2 + 2 = 2 ⇒ DH =

2
2
2
DH
DA
DM
a
4a
4a
5
AM = AD 2 + MD 2 = a 5
MD 2 4a 2 4a
=
=
.
MA a 5
5
CK là đường trung bình trong tam giác MDH ⇒ K là trung điểm MH.
MD 2 = MH .MA ⇒ MH =

⇒ HK =

1
2a
HM =
.
2
5

Vậy, tam giác HDK là tam giác vuông cân tại H.

1
BD
2
Suy ra HI là đường trung trực của tam giác HDK. Nếu gọi J là giao điểm của HI và
DK thì J là trung điểm DK và HI ⊥ DK .
Giải. Gọi I là tâm hình vuông, J là giao điểm HI và DK.
+ Ta chứng minh ∆BDK vuông tại K , ∆HDK vuông cân đỉnh H và HI vuông góc với
DK tại trung điểm J của DK (theo hướng dẫn trên).
+ Đường thẳng DK đi qua K và vuông góc với HI có phương trình:
Mặt khác, IK = KD =

1( x − 1) − 3 ( y − 1) = 0 ⇔ x − 3 y + 2 = 0 .(DK)
Đường thẳng BK qua K và vuông góc với DK có phương trình:
3 ( x − 1) + 1.( y − 1) = 0 ⇔ 3 x + y − 4 = 0 (BK).
1 5
Điểm B là giao điểm của BK và đường thẳng d nên tọa độ B là B  ; ÷
2 2
 1 1
Điểm J là giao điểm của DK và HI nên J có tọa độ là J  − ; ÷
 2 2
J là trung điểm của DK nên tọa độ điểm D là D ( −2;0 ) .
 −3 5 
I là trung điểm của BD nên I  ; ÷ .
 4 4
JC là đường trung bình trong tam giác DMK ⇒ CJ // MK hay CJ // AH.
Mà I là trung điểm AC nên I là trung điểm JH ⇒ H ( −1;2 )
K là trung điểm của MH ⇒ M ( 3;0 ) .
7

1 
C là trung điểm của DM ⇒ C  ;0 ÷.
2 
uuu
r uuu
r
5

Từ điều kiện DA = CB ⇒ A  −2; ÷.
2

5 1 5 1 

Vậy tọa độ các đỉnh hình vuông là: A  −2; ÷, B  ; ÷, C  ;0 ÷, D ( −2;0 )
2  2 2  2 

Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M ( 1;3) là
1
 3 1
trung điểm của cạnh BC, N  − ; ÷ là điểm trên cạnh AC sao cho AN = AC . Xác
4
 2 2
định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết D nằm trên đường thẳng d:
x − y −3 = 0.
Phân tích:
Với các đỉnh của hình vuông, dữ kiện liên quan đến điểm D nhiều hơn cả nên ta đi tìm
tọa độ D trước.
+ Ta có: D ∈ d : x − y − 3 = 0 , nên để tìm tọa độ điểm D ta tìm một dữ kiện nữa liên
quan đến D.
·

+ Bằng trực quan ta thấy góc DNM
vuông, ta có thể chứng minh được khẳng định
này đúng, chẳng hạn như:
Cách 1:Gọi I là tâm hình vuông, K là trung
điểm AD, ta có N là trung điểm IA nên
KN // DI ⇒ KN ⊥ AC . Gọi J là tâm hình chữ nhật
KMCD.
1
·
= 900 ⇒ NJ = KC ,
Do KNC
2
1
·
DM ⇒ DNM
= 900 .
2
Cách 2: Đặt cạnh hình vuông là a và sử dụng định lý hàm số cosin tính MN,

mà KC=DM ⇒ NJ =

MD, DN theo a, sau đó so sánh MN 2 + ND 2 với DM 2 .
Cách 3: Gọi I = AC ∩ BD , F là trung điểm
DI, dễ thấy MNFC là hình bình hành ⇒ F là trực tâm
tam giác MCD ⇒ CF ⊥ MD ⇒ MN ⊥ ND .

8


Khi đã chứng minh được điều này thì lập được phương trình DN và tìm được

tọa độ điểm D. Từ đây ta sẽ tìm được tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông.
Giải.
+ Ta chứng minh được DN ⊥ NM (theo hướng dẫn trên).
uuuur  5 5 
 3 1
+ Đường thẳng DN qua N  − ; ÷, có vecto pháp tuyến là NM =  ; ÷ nên có
 2 2
2 2
phương trình: x + y + 1 = 0 ( DN ) .
Ta có: D = DN ∩ d ⇒ D ( 1; −2 )
uuur
uuur
Giả sử A ( x; y ) , từ AC = 4 AN ⇒ C ( −6 − 3 x;2 − 3 y )
uuu
r uuur
Từ AB = DC ⇒ B ( −7 − 2 x;4 − 2 y ) ,
 −13 − 5 x 6 − 5 y 
;
suy ra tọa độ điểm M: M 
÷
2
2 

 −13 − 5 x
=1

 x = −3
2
⇒
⇒ A ( −3;0 ) , B ( −1;4 ) , C ( 3;2 ) .

Mà M ( 1;3) nên 
6
−
5
y
y
=
0


=3
 2
Vậy tọa độ các đỉnh hình vuông là: A ( −3;0 ) , B ( −1;4 ) , C ( 3;2 ) , D ( 1; −2 )
• Đề xuất bài toán gốc: Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh
1
AC , khi đó DN ⊥ MN .
4
Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc
BC, N là điểm trên cạnh AC sao cho AN =

đường thẳng d1 : 2 x − y + 2 = 0 , đỉnh C thuộc đường thẳng d 2 : x − y − 5 = 0 . Gọi H là
9 2
hình chiếu vuông góc của B xuống AC. Biết điểm M  ; ÷, K ( 9;2 ) lần lượt là trung
5 5
điểm của AH và CD. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD, biết điểm C
có tung độ dương.
Phân tích
+ Ta có B ∈ d1 : 2 x − y + 2 = 0 , nên nếu tìm được
đường thẳng liên quan đến B thì tìm được điểm B.
Khi đó, ta dễ dàng tìm tọa độ các đỉnh còn lại.

+ Đề bài cho tọa độ 2 điểm M và K, bằng trực
·
giác ta thấy góc BMK
vuông, nếu điều này là
đúng thì ta lập được phương trình đường thẳng
BM (qua M và vuông góc với MK), từ đó tìm được B.
9


·
Bằng cách gọi E là trung điểm BH, ta sẽ chứng minh được BMK
vuông.
Giải.
+ Gọi E là trung điểm của BH, ta có ME song song và bằng KC (vì cùng song song và
bằng một nửa AB). Do đó tứ giác MECK là hình bình hành.
Có KC ⊥ BC ⇒ ME ⊥ BC ⇒ H là trực tâm ∆BMC
·
Suy ra CE ⊥ MB , mà CD // MK nên MK ⊥ MB . Vậy BMK
= 900 .
uuuu
r  36 8 
9 2
+ Đường thẳng BM qua M  ; ÷, có vecto pháp tuyến MK =  ; ÷ nên có phương
5 5
 5 5
trình: 9 x + 2 y − 17 = 0 ( BM )
Ta có B = BM ∩ d1 ⇒ B ( 1;4 )
+ Giả sử C ( t ; t − 5 ) thuộc đường thẳng d 2
uuur
uuur

⇒ BC = ( t − 1; t − 9 ) , KC = ( t − 9; t − 7 )
uuur uuur
t = 9
Do BC.KC = 0 ⇒ ( t − 9 ) ( 2t − 8 ) = 0 ⇔ 
t = 4
Suy ra C ( 9;4 ) (thỏa mãn) hoặc C ( 4; −1) (loại)
Đường thẳng BH (qua B và vuông góc với MC) có phương trình: 2 x + y − 6 = 0
Đường thẳng CM có phương trình: x − 2 y − 1 = 0 .
 13 4 
Ta có H = MC ∩ BH ⇒ H  ; ÷
 5 5
Điểm M là trung điểm AH ⇒ A ( 1;0 ) .
Điểm K là trung điểm CD ⇒ D ( 9;0 ) .
Vậy, tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là: A ( 1;0 ) , B ( 1;4 ) , C ( 9; 4 ) , D ( 9;0 )
• Đề xuất bài toán gốc: Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu vuông
góc của B xuống AC. Biết điểm M, K lần lượt là trung điểm của AH và CD, khi
đó BM ⊥ MK .
Với Bài toán gốc này, ngoài cách chứng
minh như trên còn có thể chứng minh bằng
phương pháp hình học thuần túy như sau:
Gọi N là trung điểm AB thì MN // BH
·
⇒ NMC
= 900
Gọi I là tâm hình chữ nhật NBCK, ta có:

10


1

1
·
NC , mà NC = BK ⇒ MI = BK ⇒ BMK
= 900 hay BM ⊥ MK .
2
2
Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD vuông tại A
và D, có đỉnh D(2; 2) và CD = 2 AB . Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm D lên
MI =

 22 14 
đường chéo AC. Điểm M  ; ÷ là trung điểm HC. Xác định tọa độ các đỉnh A, B,
 5 5
C biết rằng đỉnh B thuộc ∆ : x − 2 y + 4 = 0 .

Phân tích: Nếu lấy điểm B’ đối xứng với A qua B thì ta được hình chữ nhật AB’CD,
bài toán trở nên quen thuộc ta đã xét ở trên.
Giải.
+Gọi E là trung điểm của DH. Ta có tứ giác ABME là hình bình hành ⇒ ME ⊥ AD
nên E là trực tâm tam giác ADM. Suy ra AE ⊥ DM , mà AE // BM ⇒ DM ⊥ BM .
+ Phương trình đường thẳng BM: 3 x + y − 16 = 0 .
Ta có B = BM ∩ ∆ ⇒ B ( 4;4 ) .
Gọi I là giao điểm AC và BD.
uur
uur
AB IB 1
 10 10 
=
= ⇒ DI = 2 IB ⇒ I  ; ÷.
Ta có

CD IC 2
 3 3
Đường thẳng AC (qua I và M) có phương trình: x + 2 y − 10 = 0.
Đường thẳng DH có phương trình: 2 x − y − 2 = 0 .
 14 18 
H = DH ∩ AC ⇒ H  ; ÷
 5 5
M là trung điểm HC ⇒ C ( 6;2 ) .
uuur
uuu
r
Ta có CD = 2 BA ⇒ A ( 2;4 ) .
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là: A ( 2; 4 ) , B ( 4;4 ) , C ( 6;2 ) .
• Đề xuất bài toán gốc: Cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D. Gọi H là
hình chiếu vuông góc của điểm D lên đường chéo AC, điểm M là trung điểm
HC, khi đó BM ⊥ MD .
Bài 7. (Trích đề thi HSG tỉnh Bắc Ninh năm 2015) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy cho tam giác ABC có góc A nhọn, điểm I ( 4;2 ) là trung điểm của BC, điểm A
11


nằm trên đường thẳng d : 2 x − y − 1 = 0 . Dựng các tam giác ABD, ACE vuông cân tại
A nằm về phía ngoài các tam giác ABC. Biết phương trình đường thẳng DE:
x − 3 y + 18 = 0 và BD = 2 5 , điểm D có tung độ nhỏ hơn 7. Xác định tọa độ các điểm
A, B, C.
Phân tích: Đề bài cho A nằm trên đường thẳng
d : 2 x − y − 1 = 0 . Nên để tìm tọa độ của A thì ý
tưởng đầu tiên ta phải tìm là viết phương trình
đường thẳng nào đó khác d chứa A. Bằng trực
quan ta dự đoán AI ⊥ DE , và ta sẽ chứng

minh được điều này dựa vào tính tích vô hướng
uur uuur
AI .DE . Do vậy ta sẽ viết được phương trình
AI và tìm được tọa độ A.
Bây giờ ta sẽ tập trung tìm tọa độ D do có
nhiều dữ kiện liên quan đến D. Có D thuộc
đường thẳng DE: x − 3 y + 18 = 0 , tam giác ABD vuông cân tại A và
BD = 2 5 ⇒ AD = 10 , từ hai điều kiện này ta tìm được tọa độ D.
Đến đây, ta lập phương trình AB và kết hợp điều kiện AB = AD ta tìm được tọa độ của
B. Việc tìm tọa độ điểm C dựa vào tính chất I là trung điểm.
Giải.
Ta có:
uur uuur 1 uuu
r uuur uuur uuur
r uuur uuu
r uuur uuur uuur uuur uuur
1 uuu
AI .DE = AB + AC AE − AD = AB. AE − AB. AD + AC . AE − AC . AD
2
2

(

)(

)

(

(

)

)

1
·
·
·
·
AB. AE.cos EAB
− AD. AC.cos DAC
= 0 (do DAC
)
= BAE
2
Suy ra AI ⊥ DE.
=

Vì AI đi qua I ( 4;2 ) và vuông góc với DE: x − 3 y + 18 = 0 nên đường thẳng AI có
phương trình: 3 x + y − 14 = 0 .
Điểm A là giao điểm của AI và d nên A(3; 5).
Giả sử D ( 3t − 18, t ) (với t < 7 ) là điểm thuộc đường thẳng DE.
Vì ∆ABD vuông cân tại A và BD = 2 5 nên có AD = 10 .
Suy ra:

( 3t − 21) 2 + ( t − 5 ) 2

= 10 ⇔ t =

38
(loại) hoặc t = 6 (thỏa mãn)
5

Do đó, D ( 0;6 ) .
Đường thẳng AB đi qua A(3; 5) và vuông góc với AD nên có phương trình:
3x − y − 4 = 0
12


Gọi B ( b;3b − 4 ) là điểm thuộc AB. Vì AB = AD = 10 nên suy ra

( b − 3) 2 + ( 3b − 9 ) 2

b = 4
= 10 ⇔ 
b = 2

+Với b = 4 ⇒ B ( 4;8 ) , I là trung điểm BC suy ra C ( 4; −4 ) .
uuu
r uuur
AB. AC
−26
·
cos BAC =
=
< 0 nên góc A tù, trường hợp này không thỏa mãn.
AB. AC 2 205
+Với b = 2 ⇒ B ( 2;2 ) , I là trung điểm BC suy ra C ( 6; 2 ) .
·

=
Có cos BAC

1
suy ra góc A nhọn, trường hợp này thỏa mãn.
5

Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác: A ( 3;5 ) , B ( 2;2 ) , C ( 6;2 ) .
• Đề xuất bài toán gốc: Cho tam giác ABC có góc A nhọn, điểm I là trung điểm
của BC. Dựng các tam giác ABD, ACE vuông cân tại A nằm về phía ngoài các
tam giác ABC, khi đó AI ⊥ DE .
Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn

( C ) : x 2 + y 2 = 25 , điểm

K ( 2;1) thuộc đường thẳng AC. Hai đường cao BM và CN.

Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết phương trình đường thẳng MN:
4 x − 3 y + 10 = 0 và điểm A có hoành độ âm.
Phân tích: Bằng trực quan ta dự đoán
OA ⊥ MN . Ta sẽ cố gắng chứng minh điều này.
Thật vậy, nói đến đường tròn ngoại tiếp tam
giác và vuông góc với bán kính OA ta nghĩ tới
tiếp tuyến của đường tròn tại A. Nên nếu dựng
tiếp tuyến t’At của đường tròn tại A thì có
t· ' At = ·ACB . Tứ giác MNBC nội tiếp nên
·ANM = ·ACB ⇒ ·ANM = t· ' At
.
⇒ t ' t // MN ⇒ OA ⊥ MN
Khi đã có OA ⊥ MN , ta lập phương trình OA, A = OA ∩ ( C ) suy ra tọa độ A.

Lập phương trình AC (qua A và K), C = AC ∩ ( C ) suy ra tọa độ C.
Từ đây tìm được M và lập phương trình BM. B = BM ∩ ( C ) suy ra tọa độ B.
Giải
Đường tròn (C) tâm O(0;0) và bán kính R = 5 . Tứ giác BNMC nội tiếp
·
·
(cùng bù với góc MNB
)
⇒ ·ACB = MNA
Gọi tt’ là tiếp tuyến với đường tròn (C) tại A,
13


·
ta có ·ACB = tAB
(cùng chắn cung »AB )
·
·
Do đó xAB
và hai góc này ở vị trí so le trong ⇒ tt '// MN ⇒ OA ⊥ MN .
= MNA
Phương trình đường thẳng OA đi qua O và vuông góc với MN
⇒ OA có phương trình 3 x + 4 y = 0 .
A là giao điểm của đường tròn (C) và OA ⇒ A ( −4;3) (A có hoành độ âm).
Phương trình đường thẳng AC đi qua A và K là: x + 3 y − 5 = 0
C là giao điểm của (C) và AC ⇒ C ( 5;0 ) .
M là giao điểm của AC và MN ⇒ M ( −1;2 ) .
Phương trình đường thẳng BM đi qua M và vuông góc với AC ⇒ BM : 3 x − y + 5 = 0 .
B là giao điểm của (C) và BM ⇒ B ( −3; −4 ) hoặc B ( 0;5 ) .
Vậy tọa độ các đỉnh tam giác: A ( −4;3) , C ( 5;0 ) , B ( −3; −4 ) ∨ B ( 0;5 ) .

• Đề xuất bài toán gốc: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) tâm O. Hai
đường cao BM và CN, khi đó OA ⊥ MN .
Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A ( 1;4 ) , tiếp tuyến
tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong
của ·ADB có phương trình x − y + 2 = 0 , điểm M ( −4;1) thuộc cạnh AC . Tìm tọa độ
điểm B biết B thuộc trục Oy.
Phân tích
Có DE là phân giác trong góc D
của tam giác ADB nên gọi I là điểm
đối xứng với A qua DE thì I ∈ BD
và lập được phương trình AI.
Tam giác DAI cân tại D nên
·
·
DIA
= DAI
·
· + IAB
·
Có DIA
;
= IBA
·
·
·
DAI
= DAC
+ CAI
1
·

·
Mà IBA
(cùng bằng sd »AC )
= DAC
2
·
·
·
nên IAB
hay AI là phân giác góc BAC
)
= CAI
+ Lấy M’ đối xứng với M qua AI thì M’ thuộc AB và tìm được tọa độ M’.
+ Lập phương trình AB (qua A và M’), kết hợp với B ∈ Oy ta tìm được tọa độ B
·
Giải. Gọi AI là phân giác trong của BAC
·
Ta có : ·AID = ·ABC + BAI
14


·
·
·
IAD
= CAD
+ CAI
·
·
·

·
Mà BAI
, ·ABC = CAD
nên ·AID = IAD
= CAI
⇒ ∆DAI cân tại D ⇒ DE ⊥ AI
Phương trình đường thẳng AI là : x + y − 5 = 0
Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI
⇒ Phương trình đường thẳng MM’ : x − y + 5 = 0
Gọi K = AI ∩ MM ' ⇒ K(0;5) ⇒ M’(4;9)
uuuur
VTCP của đường thẳng AB là AM ' = ( 3;5 ) ⇒ VTPT của đường thẳng AB là
r
n = ( 5; −3) , suy ra phương trình đường thẳng AB là 5 x − 3 y + 7 = 0
 7
Có B ∈ Oy ⇒ B  0; ÷ .
 3
 7
Vậy tọa độ điểm B là: B  0; ÷ .
 3
• Đề xuất bài toán gốc: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C). Tiếp tuyến
với đường tròn (C) tại A cắt BC tại D. Khi đó phân giác trong góc A của tam
giác ABC và phân giác trong góc D của tam giác ABD vuông góc với nhau.
Bài 10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nhọn có phương trình
cạnh AB: y − 1 = 0 . Một đường thẳng song song với trung tuyến kẻ từ đỉnh C cắt các
cạnh AB, AC, BC lần lượt tại D, E, F. Biết phương trình cạnh CD: 5 x + 4 y − 49 = 0 và
N ( 8;6 ) là trung điểm của EF. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết E thuộc
đường thẳng d : x − 3 y − 2 = 0 .
Giải.
Ta có DF // MC ⇒

BD DF
=
( 1) ,
BM MC

AD DE
=
AM MC
Lấy (1) cộng (2) theo vế ta được:
BD AD DE DF
+
=
+
BM AM MC MC
AD + BD DE + DF
⇒
=
AM
MC
đồng thời MC // DE ⇒

⇒

( 2)

AB DE + DE + EF
2 DE + 2 EN
=
⇒2=

⇒ DN = MC
AM
MC
MC
15


Mà DN // MC nên tứ giác DNCM là hình bình hành, hay NC // AB.
Đường thẳng CN đi qua N và song song với AB nên có phương trình: y − 6 = 0 .
D là giao điểm của AB và CD suy ra D ( 9;1) .
Đường thẳng DE đi qua D và N có phương trình: 5 x + 4 y − 46 = 0 .
 35 10 
E là giao điểm của DE và (d) suy ra E  ; ÷, N là trung điểm của EF suy ra
 4 4
 29 39 
F  ; ÷.
 4 4 
Điểm C là giao điểm của CN và CD suy ra C ( 5;6 ) .
Đường thẳng AC đi qua E và C có phương trình: 14 x + 15 y − 160 = 0 .
 145 
;1÷.
Điểm A là giao điểm của AB và AC nên A 
 14 
uuuu
r uuur
 33

Từ điều kiện MC = ND ⇒ M ( 4;11) . M là trung điểm AB nên B  − ;21÷
 14


 145   33 
;1÷; B  − ;21÷; C ( 5;6 )
Vậy, tọa độ các đỉnh của tam giác ABC là: A 
 14   14

• Đề xuất bài toán gốc: Cho tam giác ABC nhọn, một đường thẳng song song
với trung tuyến kẻ từ đỉnh C cắt các cạnh AB, AC, BC lần lượt tại D, E, F. N là
trung điểm của EF. Khi đó, tứ giác MCND là hình bình hành.
Bài 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ∆ABC có trực tâm H, đường tròn
ngoại tiếp ∆ABC có tâm I, chân đường cao hạ từ A và B lần lượt là A’ và B’, cho
 25 19 
 13 19 
E  ; ÷ là giao điểm của HC và A’B’, F  ; ÷ là giao điểm của CI và AB,
 7 7
7 7
M ( 2;3) là trung điểm của AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết hoành độ
điểm A lớn hơn hoành độ điểm B.
Phân tích:
+ Lập phương trình HC (qua E và vông góc với MF), do đó ta tìm tọa độ điểm C trước
+ Có trực tâm H, trung điểm M của AB nên nếu kéo dài CI cắt đường tròn ngoại tiếp
tam giác tại điểm K K ≠ C ta có kết quả quen thuộc là tứ giác AHBK là hình bình
hành. Lúc này, từ trực quan ta dự đoán EF//KH. Ta có thể chứng minh dự đoán này
như sau:
Ta có tứ giác AHBK là hình bình hành nên M là trung điểm của KH.
Tứ giác HB’CA’ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính HC
·
Suy ra ·A ' B ' C = ·A ' HC , mà ·A ' HC = ·ABC (vì cùng phụ với HCB
)
16

Nên ·A ' B ' C = ·ABC

( 1) .

·
·
Tam giác KBC vuông tại B, suy ra KCB
+ BKC
= 900 ,
·
·
·
· ' CE = 900
mà BKC
= BAC
, BAC
+B
· ' CE = KCB
·
Suy ra B

( 2)

Từ (1) và (2) suy ra ∆B ' EC ~ ∆BFC ⇒

EC B ' C
=
.
FC BC

Chứng minh tương tự ta có: ∆KBC ~ ∆HB ' C ⇒

B ' C MC
=
BC
KC

EC MC
=
⇒ EF // KH (Theo Định lý Ta let)
FC KC
+ Có được EF//KH, ta lập phương trình KH (qua M và song song EF), từ đây tìm
được tọa độ H và tọa độ K.
+ Viết phương trình đường thẳng KC (qua K và F) và tìm được tọa độ điểm C ⇒ tọa
độ tâm I.
+ Viết phương trình đường thẳng AB (qua M, F) và đường tròn (I) ⇒ tọa độ A,B.
Giải.
Gọi K là giao điểm của CI và đường tròn (I), K
khác C.
+ Chứng minh HK // EF (theo HD trên)
Do đó

 13 19 
Đường thẳng AB qua M ( 2;3) , F  , ÷ nên
7 7
AB có phương trình: 2 x − y − 1 = 0 ( AB )
Đường thẳng KH qua M ( 2;3) , song song với
EF nên KH có phương trình: y − 3 = 0 ( KH )
Đường thẳng EH qua E, vuông góc với AB nên EH có phương trình: x + 2 y − 9 = 0

H là giao điểm của HK và EH nên H ( 3;3) .
M là trung điểm KH suy ra K ( 1;3) , do đó phương trình KF : x + 3 y − 10 = 0 .
C là giao điểm của KF và HE nên C ( 7;1) ; I là trung điểm KC nên I ( 4;2 ) .
Phương trình đường tròn tâm I ngoại tiếp tam giác ABC
(I)
( x − 4 ) 2 + ( y − 2 ) 2 = 10 .
A và B là giao điểm của (I) và AB ( x A > xB ) , nên ta tìm được A ( 3;5 ) , B ( 1;1) .
Vậy, A ( 3;5 ) , B ( 1;1) , C ( 7;1)

17


• Đề xuất bài toán gốc: Cho ∆ABC có trực tâm H, đường tròn ngoại tiếp ∆ABC
có tâm I, chân đường cao hạ từ A và B lần lượt là A’ và B’, cho E là giao điểm
của HC và A’B, F là giao điểm của CI và AB, M là trung điểm của AB. Khi đó,
EF song song với KH..
Bài tập tương tự
Bài 12. (Trích đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2015) Trong mặt phẳng với hệ tọa
độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm H ( 1;2 ) là hình chiếu vuông góc của A lên
9 
BD. Điểm M  ;3 ÷ là trung điểm của cạnh BC, phương trình đường trung tuyến kẻ từ
2 
A của ∆ADH là 4 x + y − 4 = 0 . Viết phương trình đường thẳng BC.
Bài 13.

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh

D ( −1;2 ) . Gọi M là trung điểm của BC và N là điểm trên cạnh AC sao cho AC = 4 AN .
Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D biết đường thẳng MN có phương trình x − y + 1 = 0 và
điểm M có hoành độ dương.

Bài 14.

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có H ( 1;2 ) là

9 
hình chiếu của A lên cạnh BD. Điểm M  ;3 ÷ là trung điểm của BC, phương trình
2 
đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác AHD là d: 4 x + y − 4 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh
của hình chữ nhật.
Bài 15. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, biết chân đường phân giác
trong kẻ từ đỉnh A lên cạnh BC là D ( 1; −1) , phương trình cạnh AB là 3 x + 2 y − 9 = 0 ,
tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là At: x + 2 y − 7 = 0 . Tọa độ điểm
C biết C nằm trên đường thẳng d : 4 x − y + 1 = 0 .
Bài 16. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A ( −1;3) . Gọi
D là một điểm trên cạnh AB sao cho AB = 3AD và H là hình chiếu vuông góc của B
1 3
trên CD. Điểm M  ; − ÷ là trung điểm đoạn HC. Xác định tọa độ điểm C, biết điểm
2 2
B nằm trên đường thẳng x + y + 7 = 0 .
Bài 17. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có H là trực tâm,
 3
C  3; ÷. Đường thẳng AH có phương trình 2 x − y + 1 = 0 . Đường thẳng d đi qua H,
 2
cắt các đường thẳng AB, AC lần lượt tại P và Q (khác điểm A) thỏa mãn HP = HQ và
có phương trình 2 x − 3 y + 7 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A và B.
18


Bài 18. (Trích đề thi THPTQG 2015) Trong không gian với 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 cạnh AC thuộc đường thẳng x − y + 10 = 0 . Tìm
tọa độ điểm A.
Giải.

Gọi M là trung điểm của AC ta được M là tâm của đường tròn đường kính AC ngoại
tiếp hai tam giác vuông AHC, AKC nên M nằm trên trung trực HK. Do trung điểm của
HK có tọa độ (2; -4) nên phương trình đường trung trực HK là: 7 x + y − 10 = 0 .
 x − y + 10 = 0
x = 0
⇔
Tọa độ M là nghiệm hệ phương trình: 
suy ra M(0; 10).
7 x + y − 10 = 0
 y = 10
Do D là điểm đối xứng của B qua H nên tam giác ABD cân tại A suy ra
·
·
¼
BAH
= DAH
⇒¼
AH = HK

Nên A, K đối xứng nhau qua MH. Phương trình đường thẳng MH là
3 x − y + 10 = 0 , nên tọa độ của A là A(-15; 5).
2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng ∆ và cách điểm I (đã biết hoặc có thể tìm
được) một khoảng không đổi.
Ta xét bài toán tìm điểm M thuộc đường thẳng
∆ : ax + by + c = 0 và cách điểm I cố định một khoảng không đổi

là k. Để giải quyết bài toán này ta có thể làm như sau:
+ Bước 1: Tham số hóa điểm M (theo t) thuộc ∆ .
+ Bước 2: Sử dụng điều kiện IM = k ta tìm được t, từ đó
tìm được M.
Trong nhiều trường hợp, đề bài chưa cho độ dài đoạn IM
nên ta phải đi tính IM. Trong quá trình tính toán cần lưu ý:
19


- Nếu cho tọa độ điểm I nào đó và phương trình đường thẳng ∆ ta thử đi tính
d ( I ; ∆ ) và tìm mối liên hệ IM với d ( I ; ∆ ) .
- Đề bài cho tọa độ điểm I và phương trình đường ∆ thằng, ta tính d ( I ; ∆ ) và
tìm mối liên hệ cạnh đa giác (thường là hình vuông, hình chữ nhật, hình thang đặc
biệt,...) để tìm ra độ dài cạnh đa giác. Từ độ dài cạnh đa giác ta đi tính IM.
- Đề bài cho độ dài một đoạn thẳng KH = x nào đó, ta tính KH theo cạnh của đa
giác và giải phương trình để tìm ra độ dài cạnh đa giác. Từ độ dài cạnh đa giác ta có
thể tính được IM.
Bài 1. (Trích đề TSĐH khối A-2012) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông
ABCD. Gọi M là trung điểm cạnh BC, N là điểm trên đoạn CD sao cho CN = 2 DN .
 11 
Biết đường thẳng AN có phương trình 2 x − y − 3 = 0 và điểm M  ;2 ÷. Tìm tọa độ
2 
điểm A.
Phân tích: Cho trước điểm M và phương trình đường
thẳng AN ta sẽ tính được MH = d ( M ; AN ) . Do đó,
trong tam giác vuôc HMA ta tìm một dữ kiện nữa liên
·
quan đến điểm A là tính AM (nếu biết được góc MAN
,
·AMH hoặc AH). Ta thấy hình vuông ABCD có các

·
điểm M, N cố định nên góc MAN
không đổi và dễ
dàng tính được khi áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác AMN.
Đặt độ dài cạnh hình vuông là a. Áp dụng định lý cosin trong tam giác AMN ta
·
=
có: cos MAN

AM 2 + AN 2 − MN 2
1
=
. Từ điều kiện này ta tìm được AM và tìm
2 AM . AN
2

được tọa độ điểm A.
Giải.
Gọi a là độ dài cạnh hình vuông ABCD. Áp dụng định lý cosin trong tam giác
AMN ta có:

·
cos MAN
=

AM 2 + AN 2 − MN 2
1
1
·
=

⇒ sin MAN
=
2 AM . AN
2
2

3 5
Kẻ MH ⊥ AN ( H ∈ AN ) , ta có MH = d ( M ; AN ) =
.
2
Trong ∆AHM , có AM =

HM
3 10
=
·
2
sin MAH

A ∈ AN ⇒ A ( t ;2t − 3) .
20


2
2
 A ( 1; −1)
t = 1
3 10
90
 11   7


MA =
⇔  − t ÷ +  − 2t ÷ =
⇔
⇒
2
4
2
 2

t = 4  A ( 4;5 )

Vậy tọa độ điểm A cần tìm là A ( 1; −1) hoặc A ( 4;5 ) .
Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AD = 2 AB .
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh AD, BC. Trên đường thẳng MN lấy điểm K
sao cho N là trung điểm của đoạn thẳng MK. Tìm tọa độ các đỉnh A, D, biết rằng
K ( 5; −1) , phương trình đường thẳng chứa cạnh AC là 2 x + y − 3 = 0 và điểm A có
tung độ dương.
Phân tích:
Giả thiết cho liên quan đến điểm A nhiều hơn nên
trước hết ta đi tìm tọa độ A .
Có A ∈ AC : 2 x + y − 3 = 0 , nên để tìm tọa độ điểm A
ta tìm một dữ kiện nữa liên quan đến A.
Ta có K là điểm cố định đã biết, A thuộc đường
thẳng AC đã có phương trình nên nếu ta tính được độ
dài đoạn KA thì bài toán được giải quyết.
Do hình chữ nhật ABCD có các cạnh tỉ lệ với nhau,
·
M, K cố định nên góc CAK
không thay đổi. Bằng cách đặt AB = a thì AK, KC, AC

tính được theo a, áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác AKC ta tìm được
·
cos CAK
.
Kẻ KI vuông góc với AC tại I thì ta sẽ tính được KI, tìm được tọa độ điểm I và từ trực
quan ta có dự đoán K, I, D thẳng hàng. Thật vậy, ta xét ngược lại, gọi I = AC ∩ DK .
·
·
·
·
·
·
Ta có ∆MDK = ∆DCA ⇒ MDK
, mà MDK
= DCA
+ IDC
= 900 ⇒ DCA
+ IDC
= 900
·
⇒ DIC
= 900 .
·
Có độ dài đoạn KI và cosCAK
, ta suy ra tọa độ của A.
Việc tìm tọa độ các điểm còn lại ta dựa vào tọa độ điểm I và điều kiện DC//KJ.
Giải.
- Đặt AB = a ⇒ AD = 2a, AK = a 5, AC = a 5 và KC = a 2 .
Áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác AKC, ta có:
AC 2 + AK 2 − KC 2 4

3
·
= ⇒ sin CAK
= .
2. AC. AK
5
5
- Gọi I = DK ∩ AC , ta chứng minh được DK ⊥ AC tại I (theo HD trên).
·
cos CAK
=

Ta có KI = d ( K ; AC ) =

6
.
5
21


Trong tam giác AIK vuông tại I ta có: AK =

KI
=2 5
·
sin CAK

- Điểm A thuộc AC nên A ( t ;3 − 2t ) .
AK = 2 5 ⇔ ( t − 5 ) + ( 4 − 2t )
2

2

t = 1
= 20 ⇔  21
t =
5


 21 27 
Suy ra A ( 1;1) (thỏa mãn) hoặc A  ; − ÷ (không thỏa mãn).
5 
 5
+ Đường thẳng KD qua K và vuông góc với AC có phương trình: x − 2 y − 7 = 0 (KD)
 13 11 
Điểm I là giao điểm của KD và AC ⇒ I  ; − ÷.
5
5
uur 2 uur
KI KJ 3
=
= ⇒ ID = KI ⇒ D ( 1; −3) .
Do KJ // DC ⇒
ID DC 2
3
uur 1 uur
JI 3
= ⇒ IC = AI ⇒ C ( 3; −3)
+ Cũng do KJ // DC ⇒
IC 2

4
uuu
r uuur
+ Từ điều kiện AB = DC ⇒ B ( 3;1)
Gọi J là tâm hình chữ nhật.
Vậy tọa độ điểm A cần tìm là A ( 1;1) , B ( 3;1) , C ( 3; −3) , D ( 1; −3 )
Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông ở A và B
thỏa mãn AD =

1
1
AB = BC . Gọi hình chiếu vuông góc các trung điểm của AB và
2
3

CD xuống đường thẳng AC là H và N. Biết HN =

6
và C ( 2;4 ) , đỉnh A thuộc
13

đường thẳng d : 5 x + 4 y − 4 = 0 và B thuộc đường thẳng ∆ : 8 x − 5 y − 11 = 0 . Xác định
tọa độ các đỉnh A, B, D, biết A, B có tọa độ nguyên.
Phân tích:
Hình thang vuông ABCD có các cạnh tỉ lệ với nhau, I, J cố định nên H và N cố
định trên đoạn thẳng AC, nên nếu đặt AD = a thì tính được HN theo a. Kết hợp với
giả thiết ta sẽ tính được a, từ đó tính được AC. Mà A thuộc d nên tìm được tọa độ A.
Từ B ∈ ∆ và AB = 2a ta tìm được tọa độ B.
uuur
uuur

Từ điều kiện BC = 3 AD ta sẽ tìm được tọa độ điểm D.
Giải

22


Bước 1. Tính độ dài cạnh AD của hình thang.
Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho B trùng gốc tọa độ, tia BC trùng tia Ox, tia BA trùng
tia Oy. Đặt AD = a, thì B ( 0;0 ) , C ( 3a;0 ) , A ( 0;2a ) , D ( a;2a ) .
I, J lần lượt là trung điểm AB và CD nên I ( 0; a ) , J ( 2a; a ) .
x
y
+
= 1 ⇔ 2 x + 3 y − 6a = 0 .
3a 2a
Phương trình IH: 3 x − 2 y + 2a = 0 .
Phương trình JN: 3 x − 2 y − 4a = 0 .
Phương trình AC:

 6a 22a 
 24a 10a 
;
Điểm H = IH ∩ AC ⇒ H  ;
÷. Điểm N = JN ∩ AC ⇒ N 
÷.
 13 13 
 13 13 
2

2

2

 18a   −12a   6 
Ta có: HN = 
÷ +
÷ =
÷ ⇒ a = 1.
 13   13   13 
2

Bước 2. Xét trở lại bài toán.
Ta có: AD = 1, AB = 2, BC = 3 ⇒ AC = 13 .
+ Giả sử A ( −4t ;1 + 5t ) ∈ d , từ CA = 13 ⇔ ( 2 + 4t ) + ( 5t − 3)
2

2

t = 0
= 13 ⇔  14
t =
 41

Do A có tọa độ nguyên nên A ( 0;1) .
b = 2
2
 8b − 11 

2  8b − 11
− 1÷ = 4 ↔ 

+ Giả sử B  b;
÷∈ ∆ , từ AB = 2 ⇒ b + 
b = 78
5 

 5

89

Do B có tọa độ nguyên nên B ( 2;1) .
uuur
uuur
+ Từ BC = 3 AD ⇒ D ( 0;4 ) .
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là: A ( 0;1) ; B ( 2;1) ; D ( 0;4 ) .

23


• Đề xuất bài toán gốc: Cho hình thang ABCD vuông ở A và B thỏa mãn
AD =

1
1
AB = BC . Hình chiếu vuông góc các trung điểm của AB và CD
2
3

xuống đường thẳng AC là H và N, khi đó HN =

6 AD

13

Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC là I ( −2;1) và thỏa mãn điều kiện ·AIB = 900 , chân đường cao
kẻ từ A đến BC là D ( −1; −1) , đường thẳng AC đi qua điểm M ( −1;4 ) . Tìm tọa độ các
đỉnh A, B biết rằng đỉnh A có hoành độ dương.
Phân tích:
+ Với giả thiết cho A có hoành độ dương nên ta tìm
A trước.
1
Có ·ACB = ·AIB = 450 ⇒ ∆DAC vuông cân tại D
2
⇒ DA = DC , mà IA = IC nên ID ⊥ AC ta viết
được phương trình đường thẳng AC.
Trong ∆DAC ta tính đươc DA theo d ( D; AC ) , nên
kết hợp với A thuộc AC đã lập được phương trình ta tìm được tọa độ A.
+ Tiếp theo, ta tìm được 2 điều kiện liên quan đến B: Lập phương trình BD (qua D và
vuông góc với AD) và ·AIB = 900 nên ta tìm được tọa độ B.
Giải
Do ·AIB = 900 ⇒ ·ACB = 450 hoặc ·ACB = 1350
·ACD = 450 ⇒ tam giác ∆ACD vuông cân tại D nên DA = DC.
Hơn nữa IA = IC, suy ra DI ⊥ AC
Đường thẳng AC qua M và vuông góc với ID có phương trình x − 2 y + 9 = 0 .
Giả sử A ( 2a − 9; a ) ∈ AC . Ta có DA = 2d ( D, AC ) = 2 10 nên

( 2a − 8) 2 + ( a + 1) 2

 a = 1 ⇒ A ( −7;1)
= 2 10 ⇔ a 2 − 6a + 5 = 0 ⇔ 
 a = 5 ⇒ A ( 1;5 )

Do A có hoành độ dương suy ra A ( 1;5 ) .
Đường thẳng DB (qua D và vuông góc với DA) nên có phương trình
x + 3y + 4 = 0

( DB ) .

Giả sử B ( −3b − 4; b ) ∈ DB . Tam giác IAB vuông tại I nên
uu
r uur
IA.IB = 0 ⇔ 3 ( −3b − 2 ) + 4 ( b − 1) = 0 ⇔ b = −2 ⇒ B ( 2; −2 ) .
24


Vậy tọa độ các điểm cần tìm: A ( 1;5 ) , B ( 2; −2 ) .
• Đề xuất bài toán gốc: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I và thỏa
mãn điều kiện ·AIB = 900 , chân đường cao kẻ từ A đến BC là D , khi đó
ID ⊥ AC .
Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích
bằng 2 2 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC, CD. Cho biết tam giác AMN
vuông tại M ( 0;1) , AN có phương trình 2 2 x + y − 4 = 0 . Tìm tọa độ điểm A biết A có
hoành độ không nhỏ hơn

2.

Phân tích:
+) Ta có A và N thuộc đường thẳng AN đã biết
phương trình.
+) Có M, N lần lượt là trung điểm của BC và CD nên
có thể tính được diện tích các tam giác vuông

∆ABM , ∆MCN , ∆NDA theo diện tích hình chữ nhật
ABCD, do đó tính được diện tích tam giác AMN. Từ đây tính được AN =

2 S ∆AMN
.
d ( M ; AN )

Từ hai điều kiện trên ta sẽ tìm được tọa độ điểm A.
Giải.
Ta có:
S ∆AMN = S ABCD − S ∆ABM − S ∆MNC − S ∆ADN
= S ABCD −

1
1
1
3
3 2
AB.BC − .BC.CD − AD.DC = S ABCD =
4
8
4
8
4

d ( M ; AN ) = 1.
S ∆AMN =

1
2 S ∆AMN

3 2
d ( M ; AN ) . AN ⇒ AN =
=
2
d ( M ; AN )
2

(

) (

)

Giả sử A t ;4 − 2 2t , N k ;4 − 2 2k là hai điểm thuộc đường thẳng AN (t ≠ k và
t ≥ 2 ) là hai điểm thuộc đường thẳng AN.
9
2


3 2
9
k
−
t
=
(
)
AN
=



2
Ta có 
2 ⇔
u
u
u
u
r
u
u
u
r
 AM . AN = 0
tk + 3 − 2 2t 3 − 2 2k = 0



(

)(

)


2
k = t ±
⇔
2
9tk − 6 2 ( t + k ) + 9 = 0 ( *)


25