Tuyen chon cac bai hinh oxy

Nguyễn Bá Tuấn

TUYỂN CH N
CÁC BÀI TOÁN HÌNH H C PHẲNG HAY

–

Facbook: />Group: />
- Trang | 1 -


Nguyễn Bá Tuấn

TUYỂN CH N CÁC BÀI TOÁN HÌNH H C PHẲNG HAY

Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có góc ABC nhọn, đỉnh
A(2; 1). Gọi H, K, E lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BC, BD, CD.

Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HKE là  C  : x 2  y 2  x  4 y  3  0. Tìm tọa độ các đỉnh B,
C, D biết H có hoành độ âm, C có hoành độ dương và nằm trên đường thẳng x  y  3  0.
Lời giải
Ta có AHC  AEC  900 nên 4 điểm A, H, C, E cùng thuộc đường tròn đường kính AC.
Gọi I là giao điểm của AC và BD.
Ta có HIE  2HAE  2(1800  BCD). Các tứ giác AKED, AKHB nội tiếp
nên EKD  EAD và BKH  BAH .
Do đó HKE  1800  EKD  BKH  1800  EAD  BAH  2HAE  2(1800  BCD)  HIE.
Vì vậy tứ giác HKIE nội tiếp. Do đó I thuộc đường tròn (C ) ngoại tiếp tam giác HKE.
c2 c4
-Gọi C (c; c  3)  d , (c  0)  I 
;
 , do I thuộc (C) nên có phương trình:

2 
 2
c2  c  2  0  c  2  c  1( loại c  1 ). Suy ra: C (2; 1) và I (0; 1).

Điểm E, H nằm trên đường tròn đường kính AC và đường tròn (C) nên tọa độ thỏa mãn hệ phương trình:
 x  0, y  3
2
2

x  y  x  4 y  3  0


8
11
 2
2
x ,y .

 x  ( y  1)  4

5
5

 8 11 
Vì H có hoành độ âm nên H   ;   , E  0; 3 . Suy ra AB : x  y  1  0, BC : x  3 y  5  0
 5 5

x  y 1  0
 B(4; 3)
Tọa độ B thỏa mãn 

x  3y  5  0
 BA  (2;2), BC  (6;2)  BA.BC  16  0(t / m).

Vì AB  DC  D(4;1).
Facbook: />Group: />
- Trang | 2 -


Nguyễn Bá Tuấn

Vậy B(4; 3), C(2; 1), D(4;1).
Bài 2 (THPT Minh Châu).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn có đỉnh A(1; 4), trực tâm H. Đường thẳng AH cắt
cạnh BC tại M, đường thẳng CH cắt cạnh AB tại N. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HMN là I (2;0),
đường thẳng BC đi qua điểm P(1;-2). Tìm tọa độ các đỉnh B,C của tam giác biết đỉnh B thuộc đường thẳng
d : x  2 y  2  0.

Lời giải:
Ta thấy tứ giác BMHN nội tiếp suy ra I là trung điểm BH; B  d  B(2  2t; t ) .
Suy ra H (2  2t; t )  AH  (3  2t; t  4), BP  (2t  1; t  2) .
Do H là trực tâm của tam giác ABC
 AH .BP  0  (2t  3)(2t  1)  (t  4)(t  2)  0  5t 2  10t  5  0  t  1 .

Suy ra H (0;1), B(4; 1), AH  (1; 3), đường thẳng BC: x  3 y  7  0
Đường thẳng AC: 2 x  y  6  0. Tìm được tọa độ C (5; 4) .
Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Viết phương trình các cạnh của hình vuông ABCD, biết rằng
các đường thẳng AB, CD, BC và AD lần lượt đi qua các điểm M  2;4  , N  2; 4  , P  2;2  , Q 3; 7  .
Lời giải:
Gọi n(a; b) là vecto pháp tuyến của đường thảng AB. Vì AB đi qua điểm M  2; 4  nên phương trình tổng
quát của AB là: ax+by-2a-4b=0. Đường BC đi qua P  2; 2  và vuông góc với AB nên có phương trình

BC là: -bx+ay-2a+2b=0.
ABCD là hình vuông nên d  N , AB   d  Q, BC  hay

2a  4b  2a  4b
a 2  b2



3b  7a  2a  2b
a 2  b2

9a  9b
 
9a  7b

TH1: Chọn a= 1,  b  1 .
Phương trình AB: x  y  2  0 , phương trình BC x  y  4  0
Đường CD đi qua N  2; 4  và song song với AB nên phương trình CD: x  y  6  0 .
Đường AD đi qua Q  3; 7  và song song với BC  AD có phương trình: x  y  4  0.
TH2: Chọn a= 7  b= 9.
Facbook: />Group: />
- Trang | 3 -


Nguyễn Bá Tuấn

Phương trình AB là: 7 x  9 y  50  0 , phương trình BC: 9 x  7 y  4  0 .
Từ đó phương trình CD là: 7 x  9 y  22  0 . Phương trình AD là: 9 x  7 y  76  0 .
Bài 4 (THPT Phù Cừ). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Điểm N (1; 2)
thỏa mãn 2 NB  NC  0 và điểm M (3;6) thuộc đường thẳng chứa cạnh AD. Gọi H là hình chiếu vuông

góc của đỉnh A xuống đường DN. Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết khoảng cách từ
điểm H đến cạnh CD bằng

12 2
và đỉnh A có hoành độ là một số nguyên lớn hơn 2 .
13

Lời giải:
Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên CD  HE 

12 2
. Giả sử cạnh hình vuông bằng a (a> 0).
13

2
2
2a
Ta có 2 NB  NC  0  CN  CB nên N nằm giữa B và C sao cho CN  CB  .
3
3
3

 DN  CD 2  CN 2 

Có

ADH

DHE



a 13
.
3

DNC ( g.g ) 

AD DH
a
3
2a



 DH 
DN NC a 13
13
13
3

2a
HE DH
6
13
DNC ( g.g ) 

 13   NC  HE  2 2
NC DN a 13 13
6

3

2a
 2 2  a  3 2.
3

Giả sử VTPT của AD là n  (a; b) với (a 2  b2  0)
PT AD: ax  by  3a  6b  0

 d ( N , AD)  3 2 

2a  8b
a b
2

2

 3 2  7a 2  16ab  23b 2  0

a  b  0
 (a  b)(7a  23b)  0  
7a  23b  0
Trường hợp 1: a + b = 0
Suy ra pt AD : x  y  3  0

Facbook: />Group: />
- Trang | 4 -


Nguyễn Bá Tuấn

NP  AD  pt NP : x  y  1  0  P  AD  NP  P(2;1)
1

AP  BN  BC  2
 m  1(TM )

 A(1; 2)
3
  AP  2  
m


3(
L
)

A  AD  A(m; m  3)( M  2) 


Từ đó ta tìm được B(2; 1), C( 1; 4)
Do đó A(1;2), B(2; 1), C(1; 4), D(4; 1)
Trường hợp 2: 7a  23b  0
Suy ra pt AD : 23x  7 y 111  0
 86 13 
NP  AD  pt NP : 7 x  23 y  53  0  P  AD  NP  P  ;  
 17 17 

1
93



AP  BN  BC  2
m  ( L)



3
17
  AP  2  
111  23m
 m  79 ( L)
A  AD  A(m;
)(m  2) 

7
17

Trường hợp này không thỏa mãn.
Bài 5 (THPT Thanh Chương

). Trong mặt phẳng với hệ tọa 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. Viết phương trình đường thẳng AB.
Lời giải:
Gọi AI là phân giác trong của BAC .
Ta có: AID  ABC  BAI , IAD  CAD  CAI
Mà BAI  CAI , ABC  CAD nên AID  IAD  DAI cân tại D  DE  AI
Phương trình đường thẳng AI là: x  y  5  0 .

Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM’: x  y  5  0
Gọi K  AI  MM '  K (0;5)  M '(4;9)
VTCP của đường thẳng AB là AM '  (3;5)  VTPT của đường thẳng
AB là n  (5; 3) . Vậy phương trình AB là: 5( x 1)  3( y  4)  0  5x  3 y  7  0

Facbook: />Group: />
- Trang | 5 -


Nguyễn Bá Tuấn

Bài 6 ( P
hanh hương ). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD với đường
cao AD. Biết BC  2 AB , M (0, 4) là trung điểm của BC và phương trình đường thẳng AD : x  2 y  1  0 .
54
Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang biết rằng hình thang có diện tích bằng
và A, B có tọa độ dương.
5
Lời giải:
9
9 2
Gọi N là hình chiếu của M trên đường thẳng AD  N  ,   MN 
5
5 5

Ta có S ABCD  MN . AD 

54
6
1

3
 AD 
 AN  AD 
5
2
5
5

t  1
2
2
3
9  2 9

Gọi A(2t  1, t ) t  0 với AN 
  2t  1     t      1
t 
5  5 5
5

5

9 1
Theo giả thiết thì A(3,1), D  ,  
5 5

x  3  b
AB vuông góc với AD nên PT tham số đường thẳng AB là 
 y  1  2b
Gọi B(3  b,1  2b), 3  b 

1
2

b  1
Ta lại có BM  BA  (3  b)  (3  2b)  b  (b  1)  
 B(2,3)
b   17
3

2

2

2

2

9 1
M là trung điểm của BC nên C (2,5) . Vậy A(3,1), B(2,3), C (2,5), D( ,  
5 5

Bài 7 (THPT Lý Thái Tổ).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đường phân giác trong góc ABC đi qua
trung điểm M của cạnh AD, đường thẳng BM có phương trình x  y  2  0 , điểm D nằm trên đường
thẳng : x  y  9  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết đỉnh B có hoành độ âm và
đường thẳng AB đi qua E (1, 2) .
Lời giải:
+ Kẻ đường thẳng đi qua E vuông góc với BM tại H và cắt AC tại E’  H là trung điểm EE’
Phương trình EH là: x  y  1  0

 1 3 
H  EH  BM  H  , 
 2 2

Vì H là trung điểm của EE’  E '(0,1)
+ Giả sử B(b, b  2)  BM (b  0)  BE  (1  b, b), BE '  (b, 1  b)
Facbook: />Group: />
- Trang | 6 -


Nguyễn Bá Tuấn

b  0 (l )
Mà BE  BE '  BE.BE '  0  2b(1  b)  0  
b  1(t / m)  B(1,1)
+ Phương trình cạnh AB là x  1
Giả sử A(1, a)  AB(a  1); D(d ,9  d ) 
 d 1 9  a  d 
Do M là trung điểm AB  M 
,

2
 2


Mặt khác M  BM 

d 1 9  a  d

 2  0  a  2d  6  0 (1)

2
2

+ Ta có AD  (d  1,9  d  a), AB  (0,1  a)
Mà AB  AD  AD. AB  0  a  d  9  0 (2)

a  4  A(1, 4)
Từ (1) và (2) ta có: 
b  5  D(5, 4)
Do AB  DC  C (5,1)
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là A(1, 4), B(1,1), C (5,1), D(5, 4)
Bài 8 (THPT Nghèn).
Trong mặt phẳng với tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có hai điểm M, N lần lượt là trung điểm của AB
 22 11 
và BC, biết CM cắt DN tại điểm I  ,  . Gọi H là trung điểm DI, biết đường thẳng AH cắt CD tại
 5 5
7 
P  ,1 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết hoành độ điểm A nhỏ hơn 4.
2 
Lời giải:
Ta có MBC  NCD  CM  DN . Vì AH  DN nên AMCP là hình bình hành và P là trung điểm CD,
AIP  900

Đường thẳng AI vuông góc với PI qua I có dạng 3x  4 y  22  0
12
9

Gọi A(2  4t , 4  3t )  IA   4t  ,3t  
5
5


2

2

12  
9
6

AI  2 PI   4t     3t    9  t  0, t  
5 
5
5

6
 43 2 
Nếu t    A  ,  (l )
5
 5 5

Nếu t  0  A(2, 4)
Đường thẳng AP :2 x  y  8  0, DN  AP và đi qua I có dạng x  2 y  0 . Ta có
 16 8 
DN  AP  H  ,   D(2,1)  C (5,1)  B(5, 4)
 5 5
Facbook: />Group: />
- Trang | 7 -


Nguyễn Bá Tuấn

Vậy A(2,4), B(5,4), C(5,1), D(2,1)
Bài 9 (THPT Nguyễn Thị Minh Khai).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại B nội tiếp đường tròn
(C ) : x2  y 2  10 y  25  0 . I là tâm đường tròn (C). Đường thẳng BI cắt đường tròn (C) tại M (5, 0) .
 17 6 
Đường cao kẻ từ C cắt đường tròn (C) tại N   ,   . Tìm tọa độ A, B, C biết hoành độ điểm A dương.
5
 5

Lời giải:
Ta có I (0,5)
Do I là trung điểm BM  B(5,10)
Ta có ABM  ACN (cùng phụ với BAC ) nên A là trung điểm cung MN.
 42 6 
 IA  MN , MN    ,  
5
 5

Do IA  MN nên đường thẳng AI nhận n  (7,1) làm vecto pháp tuyến
Phương trình đường thẳng AI :7 x  y  5  0

7 x  y  5  0
Tọa độ A là nghiệm hệ  2
2
 x  y  10 y  25  0

 y  5  7 x
x  1
2

2
2
 2

x

49
x

50

x

1

 x  1(l )
2

 x  ( y  5)  50
Đường thẳng BI nhận vecto BI  (5, 5) làm vecto chỉ phương nên nhận n1  (1,1) làm vecto pháp tuyến

 phương trình đường thẳng BI : x  y  5  0
Do tam giác ABC cân tại B nên C đối xứng A qua BI
1
AC  BI nên đường thẳng AC nhận n2  BI  (1, 1) làm vecto pháp tuyến
5

 Phương trình đường thẳng AC : x 1  ( y  2)  0  x  y  3  0
Gọi H là giao điểm của BI và AC .  Tọa độ H là nghiệm hệ

x  y  3  0 x  4

 H (4,1)

x  y  5  0  y  1
Do H là trung điểm AC nên C (7, 4) . Vậy A(1, 2), B( 5,10), C(7,4)
Bài

(

P

hư hanh).

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : x2  y 2  2 x  4 y  20  0 và đường thẳng
d :3x  4 y  20  0 .Chứng minh rằng d tiếp xúc với (C). Tam giác ABC có A  (C ) , hai đỉnh B, C  d ,
trung điểm cạnh AB thuộc (C). Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC, biết trực tâm tam giác ABC trùng với
tâm đường tròn (C) và B có hoành độ dương.
Facbook: />Group: />
- Trang | 8 -


Nguyễn Bá Tuấn

Lời giải:
+ Đường tròn (C) có tâm H (1, 2), R  5
Ta có d ( H , d )  5 , suy ra d tiếp xúc với (C) tại điểm A '(4, 2)
+ Tam giác ABC có trực tâm H, B và C thuộc d, suy ra A’ là chân đường cao thuộc BC, A thuộc (C) nên
AA'=2R=10  A(-2,-6)
+ Do trung điểm F của AB thuộc (C) nên HF song song với A’B và HF 

1
A ' B  A ' B  10  B(12, 4)
2

CA '  t A ' B

+ Do C thuộc d nên tọa độ C thỏa mãn hệ thức 
 C (0,5)
CH
.
AB

0


Vậy A(2, 6), B(12, 4), C(0,5)
Bài 11 ( THPT Nông Cống 1 ).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) tâm I ( xI  0) , (C) đi qua điểm A(2,3) và tiếp
xúc với đường thẳng (d1 ) : x  y  4  0 tại điểm B. (C) cắt (d2 ) :3x  4 y  16  0 tại C và D sao cho
ABCD là hình thang có đáy là AD và BC, hai đường chéo AC, BD vuông góc với nhau. Tìm tọa độ các
điểm B, C, D.
Lời giải:
Do ABCD là hình thang nội tiếp đường tròn nên ABCD là hình thang cân. Do hai đường chéo vuông góc
với nhau tại K nên BKC vuông cân tại K., suy ra ACB  450  AIB  900 (góc ở tâm cùng chắn cung
AB) hay IB  AI (1)
Lại do (d1 ) tiếp xúc với (C) tại B nên IB  d1 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: IB  d ( A / d1 ) 

5

, ( AI / / d1 )
2

1

a

5
2

Ta có phương trình AI : x  y  1  0, do I  AI  I (a,1  a), IA 
2
a   9

2
1 1
Vậy I  ,  do ( xI  0)
2 2
2

2

1 
1
25

PT đường tròn (C ) : x     y   
2 
2
2


2
2

1 
1  25
( x, y )  (0, 4)
 x   y  
Xét hệ 
2 
2
2 
( x, y )  (4,1)
3x  4 y  16  0


B là hình chiếu của I lên d1 tính được B(2, 2)

Facbook: />Group: />
- Trang | 9 -


Nguyễn Bá Tuấn

Bài 12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm của
đoạn BC , G là trọng tâm tam giác ABM, D(7, 2) là điểm nằm trên đoạn MC sao cho GA  GD . Viết
phương trình đường thẳng AB của tam giác ABC biết đỉnh A có hoành độ nhỏ hơn 4 và phương trình
đường thẳng AG :3x  y  13  0
Lời giải:
Gọi N là trung điểm của AB thì MN là trung trực của đoạn AB do đó GA  GB( GD)

Nên G là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD, mà ABM  450 nên AGD  900 tức là tam giác ADG
vuông cân tại G.

AG  GD  d ( D, AG ) 

3.7  2  13
10

 10

Gọi tọa độ điểm A(a,3a  13) ta có

AD  2 AG  (a  7) 2  (3a  13  2) 2  20
 (a  7) 2  (3a  11) 2  20
 10a 2  80a  150  0
 a  5 (l )

 a  3 (t / m)  A(3, 2)
1
AN
3
Ta có NG  NA  cos BAG 

3
AG
10
Gọi vecto pháp tuyến của AB là n  (a, b), a 2  b2  0





cos BAG  cos n, nAG 

3a  b

a 2  b 2 10
 9a 2  6ab  b 2  9(a 2  b 2 )



3
10

 6ab  8b 2  0
b  0

3a  4b
Với b  0 chọn a  1 , phương trình cạnh AB là x  3  0(t / m)
Với 3a  4b chọn a  4  b  3 , phương trình cạnh AB là
4( x  3)  3( y  4)  0  4 x  3 y  24  0 (l )
Vậy phương trình cạnh AB là x  3  0 .
Bài 13 (THPT Hậu Lộc).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD có hai đáy AD và BC, biết AB  BC, AD  7 .
Phương trình đường chéo AC : x  3 y  3  0 , điểm M (2, 5) thuộc đường thẳng AD. Viết phương trình
đường thẳng CD biết rằng B(1,1)
Lời giải:
Facbook: />Group: />
- Trang | 10 -

Nguyễn Bá Tuấn

+ Do ABCD là hình thang cân nên ABCD là hình thang nội tiếp đường tròn
Do AB  BC  CD nên AC là đường phân giác trong góc BAD
+ Gọi E là điểm đối xứng của B qua AC  E  AD
Ta có phương trình BE :3x  y  4  0

3

x

x  3y  3  0

2  F  3 , 1 
Gọi F  AC  BE  Tọa độ F là nghiệm hệ 



2 2
3x  y  4  0
y   1

2
Do F là trung điểm của BE nên E (2, 2)
Lại có M  AD nên phương trình AD :3x  4 y  14  0

3x  4 y  14  0
x  6
+ Điểm A  AD  AC  tọa độ của A là nghiệm của hệ 


 A(6,1)
x  3y  3  0
y 1
+ Goi D(2  4t , 2  3t )  AD
Do AD  7  AD2  49  (4t  4)2  (3t  3)2  49  25(t  1)2  49


 58 26 
7

 12
D1   , 
t

1

t




49
 5 5 
5
5
 (t  1) 2 




25
t  1  7
t   2  D   2 ,  16 

5
5  2  5


5
Tuy nhiên, điểm B và D luôn nằm hai phía của đường thẳng AC do đó kiểm tra vị trí tương đối của điểm
B và 2 điểm D ta thấy chỉ có điểm D2 thỏa mãn.
Bài 14. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với trực tâm H (3, 0) và trung điểm của
BC là I (6,1) . Phương trình của đường thẳng AH : x  2 y  3  0 . Gọi D, E lần lượt là đường cao kẻ từ B
và C của tam giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết đường thẳng DE có phương
trình x  2  0 và điểm D có tung độ dương.
Lời giải:
Gọi K là trung điểm của AH. Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm K và BCDE nội tiếp đường tròn tâm
I. Suy ra IK  DE  IK : y  1  0
Tọa độ K (1,1)  A(1, 2)
D(2, a)  DE . Ta có

a  3
KA  KD  5  1  (a  1)2  
 D(2,3)
 a  1(l )
Phương trình AC : x  3 y  7  0; BC :2 x  y 11  0
Tọa độ C (8,5)  B(4, 3)
Vậy A(1,2), C(8,5), B(4, 3)
Facbook: />Group: />
- Trang | 11 -

Nguyễn Bá Tuấn

ài 5 ( huyên à ĩnh). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có N là trung điểm
của cạnh CD và đường thẳng BN có phương trình là 13x  10y  13  0 , điểm M(1; 2) thuộc đoạn thẳng
AC sao cho AC= 4AM. Gọi H là điểm đối xứng với N qua C. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D, biết rằng
3AC= 2AB và điểm H thuộc đường thẳng  : 2x  3y  0.
Lời giải:
d(M, BN) 

13( 1)  10.2  13

20



132  102
H    H(3a; 2a).

269

;

Gọi I là tâm ABCD, G là giao điểm của AC và BN. Ta thấy G là trọng tâm BCD.
2
1
Suy ra CG  CI  AC mà
3
3



13.3a  10.2a  13
269



32
269

1
5
4
AC  MG  AC  CG  MG
4
12
5
4
16
32
 d(C, BN)  d(M, BN) 
 d(H, BN)  2d(C, BN) 
5
269
269
AM 

 a  1 hoặc a  

45
19

Vì H và M nằm khác phía đối với đường thẳng BN nên H(3; 2).
Ta thấy CM 

3AC 2AB 2CD CD



 CN  CH  MHN vuông tại M.
4
4
4
2

MH có pt: y  2  0  MN : x  1  0  N(1; 0)  C(1;1), D(3; 1).
 5 7 
 1 5 
 7 13 
;   I  ;   B ; .
7
3
3
3




3 3 

Do CM  3MA  A 
 5 7 

 7 13 

Vậy A  ;  ,B  ; ,C(1;1),D( 3; 1).
 3 3 3 3 
Bài 16 ( hu ăn An). Tronng mặt phẳng 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.
Lời giải:

A
B
C

D
I

M

Facbook: />Group: />
- Trang | 12 -


Nguyễn Bá Tuấn

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 thỏa mãn điều kiện: AC qua điểm M và AC vuông góc ID.
Viết phương trình đường thẳng AC: x  2y  9  0.
Gọi A(2a  9;a)  AC. Do DA  2d(D, AC)  2 10 nên
a  1  A( 7;1)
(2a  8)2  (a  1)2  2 10  a 2  6a  5  0  
a  5  A(1; 5)

Theo giả thiết bài cho  A(1; 5).
Viết phương trình đường thẳng DB: x  3y  4  0. Gọi B(3b  4; b).
Tam giác AIB vuông tại I nên
IA.IB  0  3(3 b 2)  4(b 1)  0  b  2  B(2; 2).

Đáp số : A(1; 5), B(2; 2).
Bài 17 ( huyên ùng ương). Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho tam giác ABC có đường trung
tuyến AM và đường cao AH lần lượt có phương trình 13x  6y  2  0,x  2y  14  0. Tìm tọa độ các đỉnh
của tam giác ABC biết tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC là I(6; 0).
Lời giải:
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
x  2y  14  0
x  4

 A( 4; 9).

13x  6y  2  0
x  9

Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua I. Khi đó điểm A'(8; 9) nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC.
Gọi K là trực tâm của tam giác ABC. Khi đó tứ giác BKCA' có hai cặp cạnh đối diện song song nên là

hình bình hành. Khi đó KA' và BC cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường (là M).


Vì K và M lần lượt nằm trên AH và AM nên giả sử K(2k  14; k),M  m;


13m  2 
.
6


2k  14  8  2.m

k  1 K(12; 1)

13m  2  
m  2
M(2; 4)
k  9  2.
6


Vì M là trung điểm của KA' nên 

Đường thẳng BC đi qua M và nhận AK làm VTPT nên BC: 2x  y  8  0.
Giả sử B(b; 8  2b). Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên
b  3
IA  IB  4  81  (b  6)2  (2b  8)2  5b2  20b  15  0  
.
b  1

Facbook: />Group: />
- Trang | 13 -


Nguyễn Bá Tuấn

Với b  3 ta có B(3; 2) . Vì C đối xứng với B qua M nên C(1; 6).
Với b  1 ta có B(1; 6) . Vì C đối xứng với B qua M nên C(3; 2).
Bài 18 (THPT Hàn Thuyên Bắc Ninh Lần 1)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AD  2AB  2a . Tam giác SAD là tam giác
vuông cân tại đỉnh S và nằm trên mặt phẳng vuông góc với mặt đáy (ABCD). Tính thể tích khối chóp
S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD.
Lời giải:
1
2 5
 cos ACD 
 cos ACH
2
5
5
5
sin ACH 
 cos ACD 
5
5
2 5
sin ACD 
5
3

 sin HCD  sin(ACD  ACH) 
5
tan ACB 

Ta có d(H,CD) 

18 2
18 2 5
 HC 
. 6 2
5
5 3
 31
65

 c,  c 
5
 5


Gọi C(c,c  10)  CH  

c  5
2
2
 31   65

Ta có   c     c   72   73  C(5, 5)
c 
 5

  5

5


Phương trình BC :(x  5)  (y  5)  0  x  y  0
Gọi B(b, b) ta có BC  CH  6 6  BC2  72  (b  5)2  (b  5)2  72
 b  11(l)

 b  1
 B(1,1)

Tìm được A(2,4) , D(8, 2)

Bài 19 ( ương hế Vinh)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I(2,1) bán kính R  5 . Chân đường cao hạ từ B, C, A của tam
giác ABC lần lượt là D(4, 2) ,E(1, 2) và F . Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp của tam giác DEF biết rằng
điểm A có tung độ dương.
Lời giải
Chứng minh AI  DE :
+ Tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn nên AED  BCD
Facbook: />Group: />
- Trang | 14 -


Nguyễn Bá Tuấn

+ Kẻ tiếp tuyến At của (I,R) ta có BCD  EAt
 AED  EAt

 At / /DE

 AI  DE

Tìm tọa độ điểm A:
+ Phương trình AI qua I, vuông góc với DE :3x  4y  10  0
 10  3t 
A  t,
 AI
4 


+

 AI 2  25
 t 2  4  12  0
 t  6  A(6, 2)(l)

 t  2  A( 2, 4)(t / m)

Chứng minh trực tâm H của tam giác ABC là tâm đường tròn nội tiếp tam gác DEF
+ DEC  DBC  HEF
 EC là phân giác trong của DEF

+ Tương tự :
DB là phân giác trong của EFD
 H  BD  CE là tâm đường tròn nội tiếp DEF

Tìm tọa độ điểm H:
+ Phương trình CE qua E và vuông góc với AE :x  2y  5  0

+ Phương trình BD qua D và vuông góc với AD :3x  y  10  0
+ Từ đó H  DB  CE
 H(3,1)

Bài 20 (THPT Trần

ưng Đạo)
8



Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ABC có trọng tâm G  ,0  và có đường tròn ngoại tiếp là (C) tâm I.
3 
Điểm M(0,1); N(4,1) lần lượt là điểm đối xứng của I qua các đường thẳng AB, AC. Đường thẳng BC qua
điểm K(2, 1) . Viết phương trình đường tròn (C).
Lời giải
+ Gọi H, E là trung điểm của MN, BC suy ra H(2,1) . Từ giả thiết suy ra IAMB, IANC là các hình thoi
Suy ra AMN, IBV là các tam giác cân bằng nhau
+ Suy ra AH  MN,IE  BC,AHEI là hình bình hành
+ Suy ra G cũng là trọng tâm HEI  HG cắt IE tại F là trung điểm IE
Facbook: />Group: />
- Trang | 15 -


Nguyễn Bá Tuấn

+ Vì BC / /MN,K(2, 1)  BC  (BC) :y  1  0

8 
H(2,1),G  ,0 

3 
+ Từ 
HF  3 HG

2

1
 F  3,  
2



+ Từ EF  BC  (EF) :x  3  E(3, 1)
+ Vì F là trung điểm IE nên I(3,0)  R  5
+ Từ đây ta sẽ có (C) :(x  3)2  y2  5 là phương trình đường tròn cần tìm.
Bài 21 (chuyên Đ

inh lần 3 - 2015)

8 
Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G  , 0  và có đường tròn ngoại tiếp là
3 

(C) tâm I. Biết rằng các điểm M (0;1) và N (4;1) lần lượt là điểm đối xứng của I qua các đường thẳng
AB và AC, đường thẳng BC đi qua điểm K (2; 1) . Viết phương trình đường tròn (C).
Lời giải:
Gọi H, E là trung điểm của MN, BC  H (2;1) . Từ giả thiết suy ra IAMB, IANC là các hình thoi. Suy ra
AMN, IBC là các tam giác cân bằng nhau.
Suy ra AH  MN , IE  BC , AHEI là

A

hình bình hành.
M

N

Suy ra G cũng là trọng tâm HEI  HG
H

cắt IE tại G
F là trung điểm IE.
Vì BC // MN và K (2; 1)  BC .
I

Suy ra BC: y  1  0 .
F

B

C3
1
8 

Từ H (2;1),
E G  ;0  và HF  HG  F  3;   .
2
2

3 

Từ FE  BC  pt EF: x  3  E(3; 1) .
Vì F là trung điểm IE nên I (3;0), R  IA  HE  5 .
Suy ra (C) : ( x  3)2  y 2  5 hay x2  y 2  6 x  4  0 .
Bài 22. (

P chuyên Đ

inh L4)

Facbook: />Group: />
- Trang | 16 -


Nguyễn Bá Tuấn

2 2

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm G  ;  ,tâm đường tròn ngoại tiếp
3 3



I(1; 2) ,điểm E(10; 6) thuộc đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ A và điểm F(9; 1) thuộc đường thẳng

BC.Tìm tọa độ các điểm A,B,C biết B có tung độ lớn hơn 2.
Lời giải:
 x  3  7t

Gọi M là trung điểm BC . Phương trình GE hay AM là : 4x  7y  0  

 y  2  4t

Gọi M(3  7m; 2  4m) .Ta có
IM  (7m  2; 4m  4); FM  (7m  6; 4m  3)

Vì IM  FM nên
IM.FM  0
 (7m  2)(7m  6)  (4m  4)(4m  3)  0
m0

Suy ra M(3; 2)
Giả sử A(3  7a; 2  4a) . Vì GA  2GM ta được a  1 .Suy ra A(4; 2)
Suy ra phương trình BC: x  2y  7  0  B(2b  7; b)  BC ( điều kiện b  2 )


Vì IB  IA nên ( 2b  6)2  (b  2)2  25  

b1

 b  3(ktm)

Suy ra B(5;1)  C(1; 3) ( vì M là trung điểm BC)

Bài 23. (

P Đặng Thúc Hứa)

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I .Điểm
 31 1 

M(2; 1) là trung điểm cạnh BC và điểm E  ;  là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng AI
 13 13 
.Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết đường thẳng AC có phương trình 3x  2y  13  0

Lời giải:
Gọi D là hình chiếu vuông góc của A trên BC và N là trung điểm của cạnh AB . Khi đó : do tứ giác BDEA
nội tiếp đường tròn đường kính AB và ngũ giác BNIEM nội tiếp đường tròn đường kính BI nên :
1
ENM  EBM  EBD  END
2

Hay NM là phân giác của góc END
Lại vì NE  ND suy ra NM là trung trực của đoạn thẳng DE
Đường thẳng MN đi qua M và song song với AC nên có phương trình : 3x  2y  4  0
Đường thẳng DE qua E vuông góc với MN nên có phương trình 2x  3y  5  0

Facbook: />Group: />
- Trang | 17 -


Nguyễn Bá Tuấn

Từ MN là trung trực của DE ta tìm được D(1; 1)
Do đó phương trình đường thẳng BC là y  1


Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 

y  1

3x  2y  13

 C(5; 1) suy ra B(1; 1)

Đường thẳng AD đi qua D vuông góc với BC nên có phương trình là x  1


Vậy tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 

x1

3x  2y  13

Bài 24 (Sở GD – Đ

 A(1; 5)

à ĩnh)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD với hai đáy là AB và CD. Biết hình thang có diện
 1



tích bằng 14 , đỉnh A(1;1) và trung điểm của cạnh BC là H   ; 0  .Viết phương trình đường thẳng AB
 2 
biết đỉnh D có hoành độ dương và D nằm trên đường thẳng d có phương trình 5x  y  1  0
Lời giải:
Kéo dài AH cắt CD tại E. Do ABCD hình thang(AB//CD) và H là trung điểm BC nên dễ thấy
HAB  HEC

S

ADE

 SABCD  14

Ta có AE  2AH  13 và phương trình đường thẳng AE: 2x  3y  1  0
Do đỉnh D có hoành độ dương và D nằm trên đường thẳng (d) có phương trình 5x  y  1  0 nên
D(d; 5d  1) với d  0
2d  3(5d  1)  1
2S ADE
1
28
28
AE.d(D; AE)  d(D; AE) 



2
AE
13
13
13


30
13d  2  28
d



 13d  2  28 

13 (loai)
 13d  2  28

d

2
(t
/ m)




S

ADE



Từ đó D(2;11)
E đối xứng với A qua H suy ra E(2; 1) nên phương trình đường thẳng CD: 3x  y  5  0
Đường thẳng AB qua A , song song với đt CD nên có pt: 3x  y  2  0

Bài 25 (Sở GD – Đ Thanh Hóa)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm E(3; 4) , đường thẳng d : x  y  1  0 và đường tròn
(C) : x2  y2  4x  2y  4  0 .Gọi M là điểm thuộc đường thẳng d và nằm ngoài đường tròn (C) . Từ M kẻ

các tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C ) (A, B là các tiếp điểm). Gọi (E) là đường tròn tâm E và tiếp
xúc với đường thẳng AB. Tìm tọa độ điểm M sao cho đường tròn ( E) có chu vi lớn nhất.

Lời giải:

Facbook: />Group: />
- Trang | 18 -


Nguyễn Bá Tuấn

Đường tròn (C ) có tâm I(2;1) , bán kính R  3 . Do M  d nên M(a;1  a)
Do M nằm ngoài (C) nên
IM  R  IM2  9  (a  2)2  ( a)2  9
 2a 2  4a  5  0(*)

Ta có MA2  MB2  IM2  IA2  (a  2)2  (a)2  9  2a2  4a  5
Do đó tọa độ của A, B thỏa mãn phương trình : (x  a)2  (y  a  1)2  2a2  4a  5
 x2  y2  2ax  2(a  1)y  6a  6  0 (1)

Do A, B thuộc (C ) nên tọa độ A , B thỏa mãn phương trình
x2  y2  4x  2y  4  0 (2)

Trừ theo vế của (1) cho (2) ta được (a  2)x  ay  3a  5  0 (3)
Do tọa độ của A , B thỏa mãn (3) nên (3) chính là phương trình đường thẳng
+) Do (E) tiếp xúc với

nên (E) có bán kính R1  d(E, ) lớn nhất

Nhận thấy đường thẳng

luôn đi qua điểm K  ; 
2 2 

đi qua A , B

 5 11 

Gọi H là hình chiếu vuông góc của E lên

 d(E, )  EH  EK 

10
2

Dấu “=” xảy ra khi H  K   EK
 1 3

Ta có EK    ;  ,
 2 2

có vectơ chỉ phương u  (a;a  2)
1
2

3
2

Do đó  EK  EK.u  0   a  (a  2)  0  a  3 ( thỏa mãn (*))
Vậy M( 3; 4) là điểm cần tìm
Bài 25 (Nguyễn Công Trứ - 2015). Trong mặt phẳng Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có B , C thuộc trục
tung, phương trình đường chéo AC: 3x  4y  16  0 . Xác định tọa độ đỉnh A , B , C biết rằng bán kính
đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 1.

Lời giải:
*C là giao điểm của AC và Oy  C(0; 4)
*Gọi B(0, b)
* Phương trình AB : y  b ( do Ab vuông góc BC  Oy)
 16  4b 
,b
 3


*A là giao điểm của AB và AC  A 

*Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC , ta có :
Facbook: />Group: />
- Trang | 19 -


Nguyễn Bá Tuấn

2S ABC
S  pr  r 

AB  BC  CA



*r 1 b4  3 

2
4
b4

1
3
 b4
4
5
3
b4  b4  b4
3
3

b  1  A(4,1), B(0,1),C(0, 4), D(4, 4)

 b  7  A( 4,7), B(0,7),C(0, 4), D( 4, 4)

Bài 26 ( P Phan Đình Phùng à ội). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M(1; 1) và
hai đường thẳng d1 : x  y  1  0,d2 : 2x  y  5  0 .Gọi A là giao điểm của d1 và d 2 .Viết phương trình
đường thẳng

đi qua điểm M và cắt d1 và d 2 lần lượt tại điểm B và điểm C sao cho ba điểm A, B , C

tạo thành tam giác có BC  3AB .
Lời giải:
Vì A  d1  d2  A(2;1). Lấy điểm I(3; 2)  d1(I  A) . Ta tìm điểm J  d2 (J  A) sao cho IJ  3AI .Do
J  d2  J(x; 5  2x)

Khi đó IJ  3AI  (x  3)2 (3  2x)2  18  5x2  18  0
 x0
 J(0; 5)  A



  18 11
thỏa mãn
 x  18
 J( ;  )  A
5
5
 5


 BC  3AB

Vì 

 IJ  3AI



IJ BC

 BC / /IJ  / / IJ
AI AB

+Với J(0; 5)  IJ(3; 3)  1 : x  y  0
 18 11 
3 21
;    IJ( ;  )  2 : 7x  y  6  0
5
5
5
 5

+Với J 

Bài 27 (THPT Thuận Thành số 2 Bắc Ninh)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , điểm M(5;7) nằm trên cạnh BC. Đường
tròn đường kính AM cắt BC tại B và cắt BD tại N(6;2), đỉnh C thuộc đường thẳng d : 2x  y  7  0 . Tìm
tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD , biết hoành độ đỉnh C nguyên và hoành độ đỉnh A bé hơn 2
Lời giải:
Gọi I là tâm đường tròn đường kính AM thì I là trung điểm AM
Dễ thấy MIN  sdMN  2MBN 90 0
Điểm C  d : 2x  y  7  0  C(c; 2c  7)
 11 9 
; 
 2 2

GỌi H là trung điểm của MN  H 

Facbook: />Group: />
- Trang | 20 -


Nguyễn Bá Tuấn

Phương trình đường thẳng

trung trực của MN đi qua H và vuông góc với MN là d : x  5y  17  0 Điểm

I   I(5a  17; a)

MN  (1; 5)  MN  26

IM  (22  5a; 7  a)  IM  (22  5a)2  (7  a)2

Vì MIN vuông cân tại I và
MN  26  IM  13  (22  5a)2  (7  a)2  13
a  5
 26a 2  234a  520  0  
a  4

Với a  5  I(8; 5)  A(11; 9) (loại)
Với a  4  I(3; 4)  A(1;1) (t / m)
 c1

 11  c

: c  3   EN  
;5  c
 2

 2


Gọi E là tâm hình vuông nên E 
Suy ra C(7;7) =>E(4;4)

Pt BD: x  y  8  0,pt BC : x  7  0  B(7,1)  D(1,7)
AC  BD  AC.EN  0
 11  c 
  (2c  8)(5  c)  0
 2 

Vì  (c  1) 

 c  7(t / m)
 5c 2  48c  91  0  
c  13 (loai)
5


Bài 28 (THPT Lạng Giang số 1).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm I. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của
CD và BI. Tìm tọa độ các điểm B, C, D biết A(1;2), đường thẳng MN có phương trình x  2y  2  0 và
điểm M có tung độ âm.
Lời giải:
A

B
J

N
I
K

C
M
+ Gọi J là trung điểm của AI  DMNJ là hình bình hành. Xét tam giác AND có J là giao điểm của hai
đường cao AJ và NJ nên J là trực tâm, do đó AN  DJ  AN  MN  N là hình chiếu của A trên MN.
Tìm được N(2; 0).
D

Facbook: />Group: />

- Trang | 21 -


Nguyễn Bá Tuấn

+ ADMN là tứ giác nội tiếp  AMN  ADN  450  AMN vuông cân tại N. Từ M  MN và
MN  AN  5 tìm được M có tọa độ là (4;1) hoặc (0; 1). Do M có tung độ âm nên M(0; 1).
+ Gọi K  AM  BD  K là trọng tâm ADC
 AK 

2
1 
AM. Tìm được K  ; 0  .
3
3 

1
2

1
3

3
5

+ NI  BI và KI  DI  NI  NK. Từ đó tìm được I(1; 0).
+ I là trung điểm của AC nên tìm được C(1;-2)
+M là trung điểm của CD nên tìm được D(-1;0)
+ I là trung điểm của BD nên tìm được B(3;0).

Bài 29 (

P

ùng ương Phú họ 2015)

Trong mặt phẳng Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có CD  2 AD  2 AB, Gọi E (2; 4) là điểm
thuộc đoạn AB sao cho AB  3 AE . Điểm F thuộc BC sao cho tam giác DEF cân tại E. Phương trình EF
là: 2 x  y  8  0 Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang biết D thuộc đường thẳng d : x  y  0 và điểm A có
hoành độ nguyên thuộc đường thẳng d ' : 3x  y  8  0.

Lời giải:
Ta chứng minh tam giác DEF là tam giác vuông cân tại E.
Gọi P là điểm đối xứng của D qua A. Tam giác BDP vuông cân tại B nên EP  ED .
Mặt khác do tam giác DEF cân tại E. Nên ED  EF nên E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DPF
Suy ra AED  PFD  EBFD là tứ giác nội tiếp.
Suy ra DEF  DFB  900
M

Tam giác DEF vuông cân tại E.
Đường thẳng DE đi qua E và vuông góc với EF có phương trình là: DE : x  2 y  6  0.

x  2 y  6  0
Tọa độ điểm D  DE  d là nghiệm của hệ 
 D(2; 2)
 x y 0
Xét tam giác vuông EDA có 3EA  AB  AD, DE 2  AD2  AE 2  10 AE 2
Vì A  d ' .  A(a;8  3a), a 

ta có phương trình:

 a 1
vậy A(1;5)
4  2  10 (a  2)  (4  3a)   5a  14a  9  0  
 a  9 (1)
5

2

2

2

2

2

Facbook: />Group: />
- Trang | 22 -


Nguyễn Bá Tuấn

 x 2  2
 B(4; 2)
Ta có EB  2 EA   B
 yB  4  2
 xC  2  6
 C (4; 4)
Ta có DX  2 AB  

 yC  2  6
Vậy tọa độ bốn điểm cần tìm là A(1;5), B(4;2), C(4; 4), D(2;2).
Bài toán này có thể chứng minh tứ giác EBFD nội tiếp bằng cách chỉ ra điểm M cách đều 4 điểm E,B,F,D
với M là trung điểm DF.
Bài 30 (Quảng Nam - 2015)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho tam giác ABC vuông tại A, có B(2;1) và C (8;1) . Đường tròn
nội tiếp tam giác ABC có bán kính r  3 5  5. Tìm tọa độ tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC,
biết tung độ điểm I là số dương.
Lời giải:
Gọi p là nửa chu vi tam giác ABC.
A’
’

A

Trên AB, AC ta có p  BC  AM

M
N

Mà AM  r nên
p  BC  r  10  3 5  5  3 5  5. Ta có

I
B

Ta có BC  10. Gọi M,N là các điểm

SC pr  20
H

J

Gọi AH  h ta có
1
S  .BC.h  20  h  4
2

Do r  3 5  5 nên tâm I nằm trên các đường thẳng song song BC, cách BC một khoảng bằng r, mà

yI  0 nên I nằm trên đường y  3 5  4 và điểm A nằm trên đường y  5
Gọi J là trung điểm BC  J (3;1) và JA 

1
BC nên A(0;5) hoặc A '(6;5).
2

Ta xét A(0;5) Ta có pt AB : 2 x  y  5  0 ; pt AC : x  2 y  10  0
Pt phân giác trong AI : 3x  y  5  0. Ta có I là giao điểm của phân giác AI và đường y  3 5  4 nên tọa
độ âm I ( 5  3;3 5  4)
Với A '(6;5) ta có I '( 5  3;3 5  4)
Bài 31 ( rường THPT ĩnh ong)
Facbook: />Group: />
- Trang | 23 -


Nguyễn Bá Tuấn

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang ABCD có BAD  ADC  900 , AB  AD  2 , DC  4
, đỉnh C nằm trên đường thẳng d : 3x  y  2  0 . Điểm M nằm trên cạnh AD sao cho AM  2MD và

đường thẳng BM có phương trình là 3x  2 y  2  0 . Tìm tọa độ đỉnh C.

Lời giải:
x  t
+ Ta có C  d : 
t 
 y  2  3t

  C  t; 2  3t   d C , BM  

+ Theo giả thiết : M  AD, AM  2MD  MD 

3xc  2 yc  2
32   2 

2



2  3t
13

(1)

1
2
4
AD  và AM 
3
3

3

1
4
AM . AB  ; CDM vuông tại D ABM
2
3
1
10
  AB  CD  AD  6  S BMC  S ABCD  S ABM  SMDC 
2
3

ABM vuông tại A  S ABM 

 SMCD 

1
4
MD.MC  và S ABCD
2
3

+ ABM vuông tại A  BM  AB 2  AM 2  4 

S BMC

16 2 13

và ta lại có

9
3

 10 
2 
2S
1
3
 BM .d  C , BM   d  C , BM   BMC   
2
BM
2 13
3

+ Từ (1) và (2) ta có

(2)

 8
t
 2  3t  10
10

 2  3t  10  
 3

13
13
 2  3t  10
t  4

2  3t

8
Suy ra C (4; 10) hoặc C ( ;10) .
3

Bài 32 (THPT Võ Nguyên Giáp)

Facbook: />Group: />
- Trang | 24 -


Nguyễn Bá Tuấn

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên
AC, M và N lần lượt là trung điểm của AH và BH, trên đoạn CD lấy K sao cho MNCK là hình bình hành.
9 2
Biết M  ;  , K (9; 2) và các đỉnh B, C lần lượt nằm trên các đường thẳng 2 x  y  2  0 và
5 5
x  y  5  0 , hoành độ đỉnh C lớn hơn 4. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
Lời giải:

+ MN là đường trung bình của tam giác HAB suy ra MN song song AB và MN 

1
AB
2

1

1
AB  CD suy ra K là trung
2
2
điểm của CD và N là trực tâm của tam giác BCM, do đó CN  MB mà MK song song NC nên
MK  MB

+ MNCK là hình bình hành nên CK song song MN; CK  MN 

9
8
 36 8 

+ B  d : 2 x  y  2  0  B  b; 2b  2  , MK   ;  , MB   b  ; 2b  
5
5
 5 5


Mà MK .MB  0 

52
52
b
 0  b  1  B(1; 4)
5
5

+ C  d ' : x  y  5  0  C (c; c  5),(c  4), BC  (c  1; c  9), KC  (c  9; c  7)

c  9
 C (9; 4)
Mà BC.KC  0  (c  1)(c  9)  (c  9)(c  7)  0  
c  4( L)
Vì K (9; 2) là trung điểm
ra D(9;0)

của CD và C (9; 4) suy

A

B

Gọi I là trung điểm của
trung điểm của AC nên

BD thì I (5; 2) và I là
A(1;0)

N
M

Bài 33 (THPT Việt Trì)
Trong mặt phẳng tọa độ
tam giác ABC nội tiếp

với hệ trục Oxy, cho
đường tròn

H

D

K

Facbook: />Group: />
C
- Trang | 25 -