Tinh túy hình học phẳng Oxy ( Luyện thi THPT quốc gia môn Toán )

NGUYỄN HỮU BIỂN

TINH TÚY
HÌNH HỌC Oxy
A

O
H
C
B
H'

I

CẨM NANG CHO MÙA THI

/>

Các em học sinh thân mến !
Những năm gần đây, câu hình học tọa độ phẳng Oxy thuộc hệ
thống câu hỏi phân loại, đây là loại bài tập tương đối khó. Các sách và
tài liệu viết về vấn đề này rất phong phú, nhiều sách rất hay, tuy nhiên
lại khá dài nên để đọc và học hết nó các em mất rất nhiều thời gian.
Tài liệu TINH TÚY Oxy được biên soạn theo các định hướng:
* Biên soạn công phu, phân tích tỉ mỉ, giúp các em định hướng để tìm
lời giải một cách khoa học nhất - nhanh nhất.
* Ngắn gọn, súc tích nhưng đầy đủ.
* Đúng trọng tâm, không dài dòng và nan giải.
* Thời gian học ít nhất nhưng hiệu quả cao nhất.
* Chắt lọc tinh túy các kỹ thuật giải phổ biến nhất của hình học Oxy.
Tuy lượng bài tập trong tài liệu không nhiều nhưng nó đã bao quát

được tương đối đầy đủ các dạng toán trọng tâm và các yếu tố suy luận
cần thiết mà đề thi thường khai thác. Kiến thức thật mênh mông không
biết học bao giờ cho hết, với phương châm thi gì - học nấy, thầy hi vọng
cuốn tài liệu nhỏ này sẽ giúp em có được kiến thức tổng hợp và cách
nhìn nhận tốt nhất để tư duy giải thành công câu hình học tọa độ phẳng
Oxy trong kỳ thi sắp tới.
Chúc em thành công !

Rất mong sự động viên và đóng góp chân thành của các em để
lần tái bản sau được tốt hơn.
Thầy giáo: NGUYỄN HỮU BIỂN
/>

TINH TÚY HÌNH HỌC Oxy - CẨM NANG CHO MÙA THI

Nội dung 1: LÝ THUYẾT CƠ SỞ VỀ HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG
A. CÁC PHÉP TOÁN VỀ TỌA ĐỘ VEC TƠ
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 2 vec tơ a = ( a1 ;a 2 ) , b = ( b1 ; b 2 )
a1 a 2
=
b1 b 2

(1). a; b cùng phương ⇔
a1 = b1
a 2 = b 2

(2). a = b ⇔ 

(3). k.a = ( ka1 ; ka 2 )
(4). a ± b = ( a1 ± b1 ;a 2 ± b 2 )

(5). a.b = a1b1 + a 2 b 2
(6). a ⊥ b ⇔ a.b = 0 ⇔ a1b1 + a 2 b 2 = 0
(7). a = a12 + a 2 2 ; b = b12 + b2 2

( )

(8). cos a; b =

a.b
a b

=

a1b1 + a 2 b 2
a12 + a 2 2 . b12 + b 2 2

B. CÁC PHÉP TOÁN VỀ TỌA ĐỘ ĐIỂM
I. Các phép toán về tọa độ 2 điểm
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 2 điểm A ( x1 ; y1 ) , B ( x 2 ; y 2 )
(1). AB = ( x 2 − x1; y 2 − y1 )
(2). AB = AB =

2

( x 2 − x1 ) + ( y 2 − y1 )

2

x1 + x 2


 x I = 2
(3). I ( x I ; y I ) là trung điểm AB ⇒ 
 y = y1 + y 2
 I
2
(4). Điểm M ( x M ; y M ) chia đoạn thẳng AB theo tỉ số k ≠ 1 ⇒ MA = k.MB
x1 − k.x 2

 x M = 1 − k
⇒
 y = y1 − k.y 2
 M
1− k

II. Các phép toán về tọa độ 3 điểm
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 2 điểm A ( x1 ; y1 ) , B ( x 2 ; y 2 ) , C ( x 3 ; y3 )
(1). A, B, C thẳng hàng ⇔ AB; AC cùng phương
(2). A, B, C không thẳng hàng ⇔ AB; AC không cùng phương
(A, B, C là 3 đỉnh của tam giác)
(3). Nếu G ( x G ; yG )

x1 + x 2 + x 3

 x G =
3
là trọng tâm ∆ABC ⇔ 
 y = y1 + y 2 + y3
 G
3

Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
1


TINH TÚY HÌNH HỌC Oxy - CẨM NANG CHO MÙA THI

(Với 1 điểm M tùy ý ta luôn có MA + MB + MC = 3.MG )

(

)

(4). Trong ∆ABC ta có cos A = cos AB; AC =

AB.AC
AB . AC

C. ĐƯỜNG TRÒN
2
2
* Đường tròn tâm I(x 0 ; y 0 ) và bán kính R có phương trình ( x − x 0 ) + ( y − y0 ) = R 2
* Nếu đường tròn (C) có phương trình dạng x 2 + y 2 + ax + by + c = 0 ( a 2 + b 2 > 4c ) thì (C)
 a

a 2 + b2

b

−c
có tâm I  − ; −  và bán kính R =

4
 2 2
D. ELIP
1. Định nghĩa: Cho 2 điểm cố định F1 ; F2 sao cho F1F2 = 2c (c > 0) . Tập hợp các điểm M
thỏa mãn MF1 + MF2 = 2a (a > c) là đường Elip ( F1 ; F2 là các tiêu điểm, 2c là tiêu cự)
y

M

x
F1

O

F2

2. Phương trình chính tắc của Elip
Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho F1 (−c; 0); F2 (c; 0) . Khi đó phương trình của Elip là
x 2 y2
+ 2 = 1, a > b > 0, b 2 = a 2 − c2 hay c2 = a 2 − b 2
2
a
b
x 2 y2
c
c
* Chú ý: Nếu chọn M ( x M ; yM ) ∈ (E) : 2 + 2 = 1 ta có: MF1 = a + .x M , MF2 = a − .x M gọi
a
b
a

a

là các bán kính đi qua tiêu của M.
3. Hình dạng của Elip
y

b B2

P

M

Q
A2

A1
-a

S

F1

O

F2

R

-b B1

a. Tính đối xứng của Elip: Elip có phương trình

x

a

x 2 y2
+
= 1, a > b > 0 nhận các trục tọa
a 2 b2

độ làm các trục đối xứng và gốc tọa độ làm tâm đối xứng.
Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
2


TINH TÚY HÌNH HỌC Oxy - CẨM NANG CHO MÙA THI

b. Hình chữ nhật cơ sở: (E) :

x 2 y2
+
= 1 cắt Ox tại A1 ; A 2 , cắt Oy tại B1 ; B2 khi đó
a 2 b2

A1 ; A 2 ; B1 ; B2 gọi là các đỉnh của Elip.

+ Đoạn A1A 2 gọi là trục lớn , độ dài trục lớn là 2a.
+ Đoạn B1B2 gọi là trục nhỏ, độ dài trục bé là 2b.
+ PQRS là hình chữ nhật cơ sở của Elip.

c. Tâm sai của Elip: e =

c
2c c
(tỉ số giữa tiêu cự và độ dài trục lớn e = = )
a
2a a

* Chú ý:
+ 0 < e <1
+ Công thức bán kính qua tiêu: MF1 = a + e.x M ; MF2 = a − e.x M
E. CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN CỦA HÌNH HỌC PHẲNG
I. Bài toán về lập phương trình đường thẳng
1). Đường thẳng (d) đi qua điểm M ( x 0 ; y0 ) có vec tơ pháp tuyến là n = ( A; B ) có phương
trình là A ( x − x 0 ) + B ( y − y0 ) = 0 (phương trình tổng quát)
Ví dụ: Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M(1; 2) và song song với đường
thẳng ∆ có phương trình x − 3y − 5 = 0
BÀI LÀM
M(1;2)

d
n∆
∆

+ Đường thẳng ∆ có vec tơ pháp tuyến là n ∆ = (1; −3) .
+ Do đường thẳng d song song với đường thẳng ∆ nên vec tơ pháp tuyến của d là
n d = n ∆ = (1; −3) . Mà d đi qua M(1; 2) nên d có phương trình:
1( x − 1) − 3 ( y − 2 ) = 0 ⇔ x − 3y + 5 = 0

2). Đường thẳng d đi qua điểm M ( x 0 ; y0 ) và có vec tơ chỉ phương là u = ( a; b ) có phương

 x = x 0 + at
 y = y 0 + bt

trình 

( t ∈ R ) (phương trình tham số) hoặc

x − x 0 y − y0
=
, ab ≠ 0 (phương
a
b

trình chính tắc).
Ví dụ: Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm M ( 2; −3) và vuông góc với đường
thẳng ∆ có phương trình 3x − 4y + 1 = 0 .
BÀI LÀM
∆

d

M(2;-3)

Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
3


TINH TÚY HÌNH HỌC Oxy - CẨM NANG CHO MÙA THI

+ Đường thẳng ∆ có vec tơ pháp tuyến là n ∆ = ( 3; −4 )

+ Do đường thẳng d vuông góc với đường thẳng ∆ nên vec tơ chỉ phương của đường
thẳng d là u d = n ∆ = ( 3; −4 ) , mà d đi qua M ( 2; −3) nên đường thẳng d có phương trình
 x = 2 + 3t

 y = −3 − 4t

( t ∈ R ) hoặc

x−2 y+3
=
3
−4

* Chú ý:
+ Nếu đường thẳng d có phương trình Ax + By + C = 0 thì vec tơ pháp tuyến của d là
n d = ( A; B ) ⇒ vec tơ chỉ phương của d là u d = ( B; − A ) .
 x = x 0 + at
 y = y 0 + bt

+ Nếu đường thẳng d có phương trình 

( t ∈ R ) hoặc

x − x 0 y − y0
=
, ab ≠ 0 thì
a
b

vec tơ chỉ phương của đường thẳng d là u d = ( a; b ) ⇒ vec tơ pháp tuyến của d là

n d = ( b; −a ) và điểm M ( x 0 + at; y0 + bt ) ∈ d

3). Đường thẳng d đi qua 2 điểm A ( a;0 ) , B ( 0; b ) ( a và b khác 0) (tức là đường thẳng d
cắt Ox, Oy lần lượt tại 2 điểm A ( a;0 ) , B ( 0; b ) ) thì phương trình đường thẳng d là
x y
+ = 1, ab ≠ 0 (phương trình đoạn chắn)
a b
y

b
a
O

x
d

Ví dụ: Viết phương trình đường thẳng d đi qua M ( 3;0 ) và N ( 0;5 )
BÀI LÀM
+ Vì đường thẳng d đi qua M ( 3;0 ) và N ( 0;5 ) nên đường thẳng d có phương trình là
x y
+ = 1 ⇔ 5x + 3y − 15 = 0
3 5

4). Đường thẳng d đi qua 2 điểm A ( x1 ; y1 ) ; B ( x 2 ; y 2 ) có phương trình

x − x1
y − y1
=
x1 − x 2 y1 − y 2

(điều kiện x1 ≠ x 2 ; y1 ≠ y2 )
Ví dụ: Viết phương trình đường thẳng d đi qua 2 điểm M (1;1) và N ( −1;8 )
BÀI LÀM
+ Vì đường thẳng d đi qua 2 điểm M (1;1) và N ( −1;8 ) nên đường thẳng d có phương trình
là

x −1
y −1
=
⇔ 7x + 2y − 9 = 0
1 − (−1) 1 − 8

Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
4


TINH TÚY HÌNH HỌC Oxy - CẨM NANG CHO MÙA THI

5). Đường thẳng d đi qua điểm M ( x 0 ; y0 ) và có hệ số góc là k có phương trình
y − y0 = k ( x − x 0 ) .

Ví dụ: Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A(5; −6) và song song với đường
thẳng y = 3x − 4 .
BÀI LÀM
+ Đường thẳng y = 3x − 4 có hệ số góc là k = 3 .
+ Vì d song song với đường thẳng y = 3x − 4 và đi qua điểm A(5; −6) nên đường thẳng d
có phương trình là y − (−6) = 3.(x − 5) ⇔ 3x − y − 21 = 0
II. Bài toán về lập phương trình đường phân giác
Bài toán lập phương trình đường phân giác có một vài cách làm, tất cả được minh
họa thông qua 1 ví dụ sau đây.

Ví dụ: Cho ∆ABC có A (1; −2 ) , B ( 5; 4 ) , C ( −2;0 ) . Hãy lập phương trình đường phân giác
của BAC .
(1). CÁCH 1: Sử dụng “chân đường phân giác”
A

B
D
C

+ Gọi D ( x; y ) là chân đường phân giác của BAC ⇒
DB
giác) ⇒
=
DC

2

2

( 5 − 1) + ( 4 + 2 )
2
2
( −2 − 1) + ( 0 + 2 )

DB AB
=
(tính chất đường phân
DC AC

2 13

= 2 ⇒ DB = 2.DC ⇒ DB = −2.DC
13

=

1

 x = 3
5 − x = −2 ( −2 − x )
1 4
⇒
⇔
⇒ D ; 
3 3
y = 4
4 − y = −2 ( 0 − y )

3
1 4



+ Đường phân giác AD đi qua 2 điểm A (1; −2 ) ; D  ;  nên AD có phương trình là :
3 3
x −1 y + 2
=
⇔ 5x + y − 3 = 0
1
4
1−

−2 −
3
3

(2). CÁCH 2: Sử dụng công thức đường phân giác
x −1
=
1− 5
x −1
+ Phương trình cạnh AC là:
=
1+ 2

+ Phương trình cạnh AB là:

y+2
⇔ 3x − 2y − 7 = 0
−2 − 4
y+2
⇔ 2x + 3y + 4 = 0
−2 − 0

Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
5


TINH TÚY HÌNH HỌC Oxy - CẨM NANG CHO MÙA THI

+ Áp dụng công thức đường phân giác ta có phương trình các đường phân giác trong của
BAC là:

3x − 2y − 7 2x + 3y + 4
=
⇔ x − 5y − 11 = 0
13
13
3x − 2y − 7
2x + 3y + 4
∆2 :
=−
⇔ 5x + y − 3 = 0
13
13
+ Thay tọa độ điểm B(5; 4) và C(−2;0) vào vế trái của phương trình đường thẳng ∆1 rồi
∆1 :

lấy tích kết quả ta có; ( 5 − 5.4 − 11) . ( −2 − 5.0 − 11) > 0 ⇒ vậy 2 điểm B, C nằm cùng phía
đối với ∆1 ⇒ ∆1 là phân giác góc ngoài tại đỉnh A ⇒ ∆ 2 : 5x + y − 3 = 0 là đường phân
giác trong của BAC cần tìm.
∆1

A

B
D
C
∆2

(3). CÁCH 3: Sử dụng công thức tính góc tạo bởi 2 đường thẳng
+ Gọi M(x; y) thuộc ∆ là đường phân giác trong của BAC .

(

) (

)

(

)

(

+ Ta có A1 = A 2 ⇒ AB; AM = AM; AC ⇒ cos AB; AM = cos AM; AC
⇒

AB.AM
AB . AM

=

AM.AC
AM . AC

⇒

( 4; 6 ) . ( x − 1; y + 2 )
42 + 62 . (x − 1) 2 + (y + 2)2

=

)

( x − 1; y + 2 ) . ( −3; 2 )
2
(x − 1) 2 + ( y + 2 ) . (−3)2 + 22

⇒ ... ⇒ 5x + y − 3 = 0

Vậy phương trình đường phân giác của BAC là ∆ : 5x + y − 3 = 0
A

1 2

M
B
D
C
∆

Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
6


TINH TÚY HÌNH HỌC Oxy - CẨM NANG CHO MÙA THI

(4). CÁCH 4: Sử dụng điểm phụ và tính chất của tam giác cân (giả lập tam giác cân).
+ Ta lập được phương trình các đường thẳng AB và AC dưới dạng tham số như sau:
 x = 1 + 2t
 x = 1 − 3t '
AB : 

( t ∈ R ) ; AC : 
(t '∈ R )
 y = −2 + 3t
 y = −2 + 2t '
+ Chọn t = 1 ta có điểm M ( 3;1) thuộc đường thẳng AB (M ≠ A)

 N (1 − 3t '; −2 + 2t ' )
AM = AN

+ Trên AC lấy điểm N sao cho AM = AN ⇒ 
⇒ 2 2 + 32 =

2

( 3t ') + ( 2t ')

 t ' = 1 ⇒ N(−2; 0) ≡ C
⇒
 t ' = −1 ⇒ N(4; −4)

2

A

1 2

N

M

K

B
D
C

* Trường hợp 1: N(−2; 0) , ∆AMN cân tại A ⇒ phân giác của BAC đồng thời là trung
1 1



tuyến của ∆MMN . Gọi K là trung điểm của MN ⇒ K  ; 
2 2
x −1
y+2
=
⇔ 5x + y − 3 = 0
1
1
1−
−2 −
2
2
* Trường hợp 2: N(4; −4) , lý luận tương tự ta có AK : x − 5y − 11 = 0 . Lập luận tương tự
cách 2 để loại trường hợp 2 là đường phân giác góc ngoài của ∆ABC .
⇒ phương trình AK là

Vậy phương trình đường phân giác của BAC là AK : 5x + y − 3 = 0
(5). CÁCH 5: Sử dụng vec tơ đơn vị.
A

a 1 2 b

c
B
D
C
∆

Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
7


TINH TÚY HÌNH HỌC Oxy - CẨM NANG CHO MÙA THI

+ Trên AB chọn vec tơ a =

AB
1
AC
1
. ( 2;3) , trên AC chọn vec tơ b =
. ( −3; 2 )
=
=
AB
AC
13
13

1
. ( −1;5 ) , vì a = b = 1 ⇒ c nằm trên đường phân giác ∆ của BAC ⇒
13
đường thẳng ∆ đi qua A(1; −2) có vec tơ chỉ phương là u = (−1;5) ⇒ vec tơ pháp tuyến

+ Gọi c = a + b =

của ∆ là n = (5;1) ⇒ ∆ : 5(x − 1) + 1(y + 2) = 0 ⇔ 5x + y − 3 = 0 .
* Chú ý: Trong ∆ABC có AD là phân giác của ∆ABC , nếu B’ là điểm đối xứng với B
qua AD thì ta có B ' ∈ AC .
A

1 2

B'
B
D
C

III. Bài toán về tìm trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn
nội tiếp tam giác
(1). Tìm trọng tâm tam giác
A

G
B
M

C

Xét ∆ABC có A ( x A ; y A ) ; B(x B ; y B ); C(x C ; yC ) , khi đó G ( x G ; yG ) của ∆ABC được
xác định bằng 1 trong 2 cách sau:
xA + xB + xC

 x G =
3
* Cách 1: 
(công thức trọng tâm)
 y = y A + y B + yC
 G
3
2
* Cách 2: Giải phương trình AG = .AM (tính chất trọng tâm), trong đó M là trung điểm
3

của BC.

Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
8


TINH TÚY HÌNH HỌC Oxy - CẨM NANG CHO MÙA THI

(2). Tìm tọa độ trực tâm H của ∆ABC
A

H
B

C

* Cách 1: Giải hệ phương trình giao điểm của 2 đường cao bất kỳ trong ∆ABC
AH.BC = 0

* Cách 2: Giải hệ phương trình 

BH.AC = 0

(3). Tìm tọa độ tâm đường tròn I ngoại tiếp ∆ABC
A

O
C

B

* Cách 1: Giải hệ phương trình giao điểm của 2 đường trung trực bất kỳ trong ∆ABC
OA 2 = OB2
2
2
OA = OC

* Cách 2: Giải hệ phương trình OA = OB = OC ⇔ 

* Cách 3: Gọi (C) : x 2 + y2 − 2ax − 2by + c = 0 là phương trình đường tròn ngoại tiếp
A ∈ (C)

∆ABC . Giải hệ phương trình B ∈ (C) ⇒ a, b, c ? ⇒ I ( a; b )
C ∈ (C)


(4). Phương pháp tìm tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC .
A

I
B

C

Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
9


TINH TÚY HÌNH HỌC Oxy - CẨM NANG CHO MÙA THI

* Cách làm: Giải hệ phương trình gồm giao điểm 2 đường phân giác bất kỳ của ∆ABC .
* Chú ý: Trong ∆ABC , trực tâm H, trọng tâm G, tâm đường tròn ngoại tiếp I quan hệ với
nhau bởi công thức: IH = 3.IG (đường thẳng Ơ-le)

H

G

O

VI. Bài toán về vị trí tương đối của 2 điểm đối với 1 đường thẳng
Cho 2 điểm A ( x A ; y A ) ; B ( x B ; y B ) và đường thẳng d.
* Nếu ( A.x A + B.y A + C ) . ( A.x B + B.y B + C ) > 0 thì 2 điểm A, B nằm cùng phía đối với
đường thẳng d ⇔ d không cắt đoạn thẳng AB
B

A
d

* Nếu ( A.x A + B.y A + C ) . ( A.x B + B.y B + C ) < 0 thì 2 điểm A, B nằm khác phía đối với
đường thẳng d ⇔ d cắt đoạn thẳng AB
B
d
A

* Nếu ( A.x A + B.y A + C ) . ( A.x B + B.y B + C ) = 0 thì 2 điểm A, B nằm trên đường thẳng d.
A

B

d

V. Bài toán tìm điểm đối xứng với 1 điểm qua 1 đường thẳng.
Bài toán tìm điểm đối xứng với 1 điểm qua 1 đường thẳng có 3 cách làm được cụ
thể thông qua 1 ví dụ sau đây:
Ví dụ:
M
H

d

M'

* Cách 1:
+ Gọi H là hình chiếu của M trên đường thẳng d, khi đó giải hệ phương trình gồm 2 điều
MH.u d = 0  x H = ?

⇒
⇒H
H ∈ d
 yH = ?

kiện 

+ Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua d, khi đó giải điều kiện H là trung điểm của MM’
ta sẽ tìm được tọa độ điểm M’.
* Cách 2:
+ Lập phương trình đường thẳng d’ đi qua M và vuông góc với đường thẳng d.
+ Gọi H là giao điểm của d và d’, khi đó giải hệ phương trình gồm d và d’ ta sẽ tìm được
tọa độ điểm H.
Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
10


TINH TÚY HÌNH HỌC Oxy - CẨM NANG CHO MÙA THI

+ Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua d, khi đó giải điều kiện H là trung điểm của MM’
ta sẽ tìm được tọa độ điểm M’.
* Cách 3:
+ Gọi M ' là điểm đối xứng của M qua d, gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d ⇒
 x M + x M ' yM + yM ' 
;
 . Khi đó giải hệ phương trình gồm 2 điều
2
2



=?
⇒ M'
=?

H là trung điểm MM’ ⇒ H 

MM '.u d = 0  x M '
⇒
 yM '
H ∈ d
Ví dụ: Cho điểm M(1; 2) và đường thẳng d : x − 3y − 5 = 0 . Tìm tọa độ của điểm M’ đối

kiện 

xứng với M qua đường thẳng d.
M(1;2)
H

d:x-3y-5=0

M'

* Cách 1:
+ Gọi H(x; y) là hình chiếu vuông góc của M trên d.
+ Đường thẳng d có vec tơ chỉ phương là u d = (3;1) , ta có MH = (x − 1; y − 2) .
MH.u d = 0
3(x − 1) + (y − 2) = 0
x = 2
⇔
⇔

⇒ H(2; −1)
H ∈ d
 x − 3y − 5 = 0
 y = −1

+ Ta có 

 x M ' = 2.x H − x M = 3
 y M ' = 2.y H − y M = −4

+ Vì M’ đối xứng với M qua d nên H là trung điểm của MM’ ⇒ 

Vậy điểm M '(3; −4)
* Cách 2:
+ Gọi d’ là đường thẳng đi qua M và vuông góc với d ⇒ d ' : 3x + y − 5 = 0
3x + y − 5 = 0
, giải hệ này ta
 x − 3y − 5 = 0

+ Gọi H = d ∩ d ' ⇒ tọa độ của H là nghiệm hệ phương trình 
x = 2
⇒ H(2; −1) .
 y = −1

có 

 x M ' = 2.x H − x M = 3
 y M ' = 2.y H − y M = −4

+ Vì M’ đối xứng với M qua d nên H là trung điểm của MM’ ⇒ 

Vậy điểm M '(3; −4)
* Cách 3:
+ Gọi M '(x; y) là điểm đối xứng của M qua d và H = MM '∩ d .
+ Đường thẳng d có vec tơ chỉ phương là u d = (3;1) , ta có H là trung điểm của MM’
MM ' = (x − 1; y − 2)

⇒   x +1 y + 2 
H  2 ; 2 

 
Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
11


TINH TÚY HÌNH HỌC Oxy - CẨM NANG CHO MÙA THI
3(x − 1) + (y − 2) = 0
MH.u d = 0
x = 3

+ Ta có 
⇔  x +1
⇔
⇒ M '(3; −4)
y+2
 y = −4
H ∈ d
 2 − 3. 2 − 5 = 0

* Cách 4: Sử dụng biểu thức tọa độ của phép đối xứng trục sau đây:

Nếu ∆ : Ax + By + C = 0; M(x 0 ; y0 ); M '(x 0 '; y0 ') = § ∆ (M) . Khi đó ta có:
f (x 0 ; y 0 )

.A
2
 x 0 ' = x 0 − 2.
n
∆

Trong ®ã f(x;y)=Ax+By+C

 y ' = y − 2. f (x 0 ; y 0 ) .B
0
2
 0
n∆

Ví dụ: Cho điểm M(1;2) và ∆ : 3x + 4y − 1 = 0 . Tìm tọa độ M’ đối xứng với M qua ∆
3.1 + 4.2 − 1
7

 x ' = 1 − 2. 32 + 42 .3 = − 5
 7 6
⇒ M ' − ; − 
+ Ta có điểm M’ có tọa độ là : 
 5 5
 y ' = 2 − 2. 3.1 + 4.2 − 1 .4 = − 6
2
2


3 +4
5

( )

( )

Nội dung 2: CÁC ĐỊNH HƯỚNG TƯ DUY THƯỜNG GẶP KHI GIẢI TOÁN Oxy
Định hướng 1: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O), H là trực tâm. Họi H’ là giao điểm
của AH với đường tròn (O) ⇒ H ' đối xứng với H qua BC
Hướng dẫn chứng minh:
A
1

H

O

1
2

B

C

H'

+ Ta có Gọi A1 = C1 (cùng phụ với ABC )
+ Mà A1 = C2 =

sdBH '
⇒ C1 = C2 ⇒ ∆HCH ' cân tại C ⇒ BC là trung trực của HH’
2

⇒ H ' đối xứng với H qua BC

Định hướng 2: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O), H là trực tâm, kẻ đường kính AA’,
M là trung điểm BC ⇒ AH = 2.OM
Hướng dẫn chứng minh:
Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
12


TINH TÚY HÌNH HỌC Oxy - CẨM NANG CHO MÙA THI
A

O
H
C
M
B
A'

+ Ta có ABA ' = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) ⇒ BA ⊥ BA ' , mà
BA ⊥ CH ⇒ BA '/ /CH (1).

+ Chứng minh tương tự ta cũng có CA '/ /BH (2)
+ Từ (1) và (2) ⇒ tứ giác BHCA’ là hình bình hành, mà M là trung điểm đường chéo BC
⇒ M là trung điểm của A’H ⇒ OM là đường trung bình của ∆AA ' H ⇒ AH = 2.OM

Định hướng 3: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O), BH và CK là 2 đường cao của
∆ABC ⇒ AO ⊥ KH

Hướng dẫn chứng minh:
x

A

H

K
O
B

C

+ Kẻ tiếp tuyến Ax ⇒ xAC = ABC =

sdAC
2

+ Mà ABC = AHK (do tứ giá KHCB nội tiếp) ⇒ xAC = AHK , mà 2 góc này ở vị trí so le
trong ⇒ Ax / /HK . Lại có Ax ⊥ AO (do Ax là tiếp tuyến) ⇒ AO ⊥ HK
Định hướng 4: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O), H là trực tâm, gọi I là tâm đường
tròn ngoại tiếp ∆HBC ⇒ O và I đối xứng nhau qua BC.
Hướng dẫn chứng minh:
Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
13

TINH TÚY HÌNH HỌC Oxy - CẨM NANG CHO MÙA THI
A

O
H
C
B
H'

I

+ Gọi H’ là giao điểm của AH với đường tròn (O) ⇒ tứ giác ACH’B nội tiếp đường tròn
(O) ⇒ O đồng thời là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆BH 'C .
+ Mặt khác H và H’ đối xứng nhau qua BC (Định hướng 1 đã chứng minh) ⇒ ∆HBC đối
xứng với ∆H ' BC qua BC, mà O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆H ' BC và
∆HBC ⇒ I và O đối xứng nhau qua BC.

Định hướng 5: (Đường thẳng Ơ - le) Cho ∆ABC , gọi H, G, O lần lượt là trực tâm, trọng
tâm và tâm đường tròn ngoài tiếp ∆ABC . Khi đó ta có:
1). OH = OA + OB + OC
2). 3 điểm O, G, H thẳng hàng và OH = 3.OG
Hướng dẫn chứng minh:
A

H
G

O
C

B

M

A'

1). Ta đã chứng minh được AH = 2.OM (đã chứng minh ở Định hướng 2)
Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
14


TINH TÚY HÌNH HỌC Oxy - CẨM NANG CHO MÙA THI

+ Ta có : OA + OB + OC = OA + 2.OM = OA + AH = OH
2). Do G là trọng tâm ∆ABC
⇒ OA + OB + OC = 3.OG ⇒ OA + 2.OM = 3.OG ⇒ OA + AH = 3.OG ⇒ OH = 3.OG

Vậy 3 điểm O, G, H thẳng hàng
Định hướng 6: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi D, E theo thứ tự là chân các
đường cao từ A, B. Các điểm M, N theo thứ tự là trung điểm BC và AB. ⇒ tứ giác
MEND nội tiếp.
Hướng dẫn chứng minh:
A
E

N

H
O
C

B

M

D

A'
H'

+ Ta có D là trung điểm HH’ (tính chất 1), M là trung điểm HA’ (do HCA’B là hình bình
(A ') = M
:
1 
 H;  (H ') = D
 2

hành - tính chất 2). Như vậy ta có phép vị tự : V

+ Mà 2 điểm A’, H’ thuộc đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ⇒ 2 điểm M, D thuộc đường
tròn (C’) là ảnh của đường tròn (C) tâm O qua phép vị tự V

1
 H; 
 2

(1)

+ Chứng minh tương tự ta cũng có 2 điểm N, E thuộc đường tròn (C’) là ảnh của đường
tròn (C) tâm O qua phép vị tự V

1
 H; 
 2

(2)

+ Từ (1) và (2) ⇒ 4 điểm D, M, E, N thuộc đường tròn (C’).
Định hướng 7: Cho ∆ABC , gọi O và I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường
tròn nội tiếp ∆ABC , AI cắt đường tròn (O) tại D ⇒ DB = DI = DC
Hướng dẫn chứng minh:
Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
15


TINH TÚY HÌNH HỌC Oxy - CẨM NANG CHO MÙA THI
A
1 2

O

I
1

1
2

B

3

C
D

+ Ta có ɵI1 = A1 + B1 (do I1 là góc ngoài ∆ABI )
+ Mà B1 = B2 (Do BI là phân giác ∆ABC ), A1 = A 2 (Do AI là phân giác ∆ABC ), mà
A 2 = B3 =

sdBC
⇒ I1 = B2 + B3 = IBD ⇒ ∆IBD cân tại D ⇒ DI = DB (1)
2

+ Ta lại có A1 = A 2 ⇒ BD = DC ⇒ BD = DC (2)
+ Từ (1) và (2) ⇒ DB = DI = DC
Định hướng 8: Cho ∆ABC , gọi D, E, F là chân các đường vuông góc kẻ từ A, B, C của
∆ABC . Gọi H là trực tâm ∆ABC ⇒ H là tâm đường tròn nội tiếp ∆DEF

Hướng dẫn chứng minh:
A
E
F
H
1
B

1 2

1

D

C

+ Ta có tứ giác BDHF nội tiếp ⇒ B1 = D1 (1)
+ Tứ giác ECDH nội tiếp ⇒ C1 = D2 (2)
+ Mà B1 = C1 (cùng phụ với BAC ) (3)
Từ (1), (2) và (3) ⇒ D1 = D 2 ⇒ DH là phân giác của ∆DEF (*)
- Chứng minh tương tự ta cũng có EH, FH là các tia phân giác của ∆DEF (**)
- Từ (*) và (**) ⇒ H là tâm đường tròn nội tiếp ∆DEF
Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
16


TINH TÚY HÌNH HỌC Oxy - CẨM NANG CHO MÙA THI

Định hướng 9: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi D, E là giao điểm của đường
tròn (O) với các đường cao qua A và C ⇒ OB là trung trực của ED.
Hướng dẫn chứng minh:
+ Ta có E1 = A1 =

sdBD
sdBE
, D1 = C1 =
, C1 = A1 (cùng phụ với ABC ) ⇒ E1 = D1
2
2

⇒ ∆EBD cân tại B ⇒ BE = BD (1)

+ Mà OE = OD (bán kính đường tròn tâm O) (2)

Từ (1) và (2) ⇒ OB là trung trực của ED
A
1
E
1
O
1

B

C

1
D

Định hướng 10: Cho ∆ABC cân tại A nội tiếp đường tròn tâm I, G là trọng tâm ∆ABC .
Gọi D là trung điểm AB, E là trọng tâm ∆ADC ⇒ I là trực tâm ∆DEG
Hướng dẫn chứng minh:
- Gọi F, H, K lần lượt là các trung điểm BC, AC, AD ⇒ E = DH ∩ CK .
- Do G là trọng tâm ∆ABC ⇒ G = AF ∩ CD
- Ta có

CE CG 2
=
= ⇒ GE / /AB , mà AB ⊥ DI ⇒ GE ⊥ ID
CK CD 3

- Lại có

DE / /BC 

 ⇒ GI ⊥ DE ⇒ I là trực tâm ∆DGE
GI ⊥ BC 
A

K

E

D
I
G

B

F

C

Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
17


TINH TÚY HÌNH HỌC Oxy - CẨM NANG CHO MÙA THI

Định hướng 11: “Trong 1 hình thang cân có 2 đường chéo vuông góc, độ dài đường cao
bằng độ dài đường trung bình”.
Hướng dẫn chứng minh:
+ NM = NI + IM
+ Do ABCD là hình thang cân, AC ⊥ BD tại I ⇒ ∆AIB, ∆DIC vuông cân ⇒ IN, IM là các
đường cao tương ứng đồng thời là trung tuyến

⇒ NI =

AB
CD
AB + CD
; IM =
⇒ NI + IM =
= EF ⇒ NM = EF
2
2
2
N

A

B

I(2;3)

F

E

D

M

C

x-3y-3=0

Định hướng 12: Gọi M, N lần lượt là các trung điểm của cạnh AB, BC của hình vuông
ABCD ⇒ AN ⊥ DM
Hướng dẫn chứng minh:
+ Ta có ∆ABN = ∆DAM(c − g − c) ⇒ A1 = D1
+ Mà D1 + M1 = 900 ⇒ A1 + M1 = 900 ⇒ ∆AHM vuông tại H ⇒ AN ⊥ DM
M

A
1

B

1
H
1
N

1
D

C

Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
18


TINH TÚY HÌNH HỌC Oxy - CẨM NANG CHO MÙA THI

Định hướng 13: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2.AD , M là một điểm trên AB sao

cho AB = 4.AM ⇒ DM ⊥ AC
Hướng dẫn chứng minh:
A

M
1

B

1
H

1
C

D

+ Ta có D1 + M1 = 900 (1)
+ Mà tan A1 =

BC 1
AM 1
= , tan D1 =
= ⇒ A1 = D1 ,
AB 2
AD 2

+ Thay vào (1) ⇒ A1 + M1 = 900 ⇒ ∆AHM vuông tại H ⇒ AC ⊥ DM
Định hướng 14: Cho ∆ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi P, Q lần lượt là trung điểm
của các đoạn thẳng BH, AH ⇒ AP ⊥ CQ

Hướng dẫn chứng minh:
B

P

H
Q
A

C

+ Ta có PQ là đường trung bình của ∆AHB ⇒ PQ / /AB , mà AB ⊥ AC ⇒ PQ ⊥ AC
⇒ Q là trực tâm ∆APC ⇒ AP ⊥ CQ

(sau đây chúng ta cùng vận dụng các lý thuyết cốt lõi trên vào phân
tích giải 41 bài toán đặc trưng của hình học tọa độ phẳng Oxy)

Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
19


TINH TÚY HÌNH HỌC Oxy - CẨM NANG CHO MÙA THI

Bài 1: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm H (1; 2 )
9



là hình chiếu vuông góc của A lên BD. Điểm M  ;3  là trung điểm cạnh BC, phương
2 

trình đường trung tuyến kẻ từ A của ∆ADH là (d) : 4x + y − 4 = 0 . Viết phương trình cạnh
BC.
PHÂN TÍCH HƯỚNG GIẢI
B

A

P

9
M( ;3)
2

H(1;2)
K
D

C
(d): 4x + y - 4 = 0

+ Khi vẽ xong hình minh họa cho bài toán, ta nhận thấy ngay có thể chứng minh được
AK ⊥ KM (K là giao điểm của (d) với DB), và đây cũng là yếu tố quyết định của bài toán
dạng này.
+ Thật vậy, khi có được AK ⊥ KM ta sẽ lập được phương trình đường thẳng MK là:
2x − 8y + 15 = 0 (do MK đi qua M và vuông góc với (d)).
1



+ Tiếp theo ta tìm được tọa độ K là  ; 2  (do K = (d) ∩ MK và giải hệ phương trình)

2 
⇒ phương trình BD là: y − 2 = 0 (do BD đi qua 2 điểm K và H)
⇒ phương trình đường thẳng AH là: x − 1 = 0 (do AH đi qua H và vuông góc với BD)
⇒ A (1;0 ) (do A = (d) ∩ AH và giải hệ phương trình)
⇒ D ( 0; 2 ) (do K là trung điểm của DH)
⇒ phương trình đường thẳng AD là: 2x + y − 2 = 0 (do AD là đường thẳng đi qua 2 điểm

A và D)
+ Cuối cùng ta sẽ lập được phương trình đường thẳng BC là: 2x + y − 12 = 0 (do BC đi
qua M và song song với AD).
* NHẬN XÉT
+ Như vậy có thể nói yếu tố quyết định đầu tiên và quan trọng nhất để có thể suy luận ra
các bước giải của bài toán này đó là việc chứng minh AK ⊥ KM - đây là một tính chất
của hình học phẳng lớp 8 mà bất kỳ bạn nào học tập nghiêm túc ở cấp THCS cũng đều
được tiếp cận.
+ Việc chứng minh AK ⊥ KM cũng khá đơn giản, thầy có thể nói lại cách chứng minh
như sau:
KP / /AD

- Gọi P là trung điểm của AH ⇒ KP là đường trung bình của ∆AHD ⇒ 
AD
KP = 2

Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
20


TINH TÚY HÌNH HỌC Oxy - CẨM NANG CHO MÙA THI

AD / /BC

KP / /BM

- Mà AD = BC ⇒ 
⇒ tứ giác PBMK là hình bình hành ⇒ BP / /MK (1)
KP = BM


BC
BM =

2
KP
/
/AD

- Ta có 
⇒ KP ⊥ AB ⇒ P là trực tâm ∆ABK ⇒ BP ⊥ AK (2)
AD ⊥ AB
- Từ (1) và (2) ⇒ MK ⊥ AK (đpcm)

SAU ĐÂY LÀ BÀI TOÁN CÓ CÁCH GIẢI TƯƠNG TỰ
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Qua điểm B kẻ đường thẳng
vuông góc với AC tại H. Gọi E, F, G lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng CH, BH và
 17 29   17 9 
;  , F  ;  , G (1;5 ) . Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABE
 5 5   5 5

AD. Biết E 

PHÂN TÍCH HƯỚNG GIẢI

/>C

D

E
H

G(1;5)
F
A

B

+ Gọi A ( x A ; y A ) , do ta chứng minh được EFAG là hình bình hành nên
x −1 = 0
⇒ EF = GA ⇒ 
⇒ A (1;1)
 y − 5 = −4

+ Tiếp theo ta lập được phương trình đường thẳng AB qua A và vuông góc với EF
⇒ AB : y − 1 = 0 .
+ Ta lập được phương trình đường thẳng BH qua F và vuông góc với AE
⇒ BH : x + 3y − 7 = 0

+ Từ đây ta sẽ tìm được tọa độ điểm B là ( 5;1) (do B = AB ∩ BH và giải hệ phương trình)
+ Do chứng minh được GE ⊥ EB nên ⇒ tứ giác GEBA nội tiếp đường tròn đường kính
GB ⇒ tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABE là trung điểm của GB, gọi I là tâm đường tròn
ngoại tiếp ∆ABE ⇒ I ( 3;3)
Bài 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD với A ( −2;0 ) , đường thẳng (d)
có phương trình 3x − 4y + 6 = 0 cắt đoạn thẳng BC. Khoảng cách từ B và D tới đường

thẳng (d) lần lượt là 1 và 3. Đỉnh C thuộc đường thẳng x − y + 4 = 0 và có hoành độ không
âm. Tìm tọa độ B và D.
PHÂN TÍCH HƯỚNG GIẢI
Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
21


TINH TÚY HÌNH HỌC Oxy - CẨM NANG CHO MÙA THI
B
1
3
A(-2;0)

C (xC ≥ 0)

I

D

x-y+4=0

+ Ta thấy nếu tìm được tọa độ C thì sẽ tìm được tọa độ I (I là trung điểm AC) và từ đây
sẽ lập được phương trình đường thẳng DB qua I và vuông góc với AC.
+ Khi có được phương trình BD ta sẽ sử dụng B ∈ BD để tham số hóa tọa độ B, giải
phương trình d ( B; ( d ) ) = 1 ta sẽ tìm được tọa độ B ⇒ tọa độ D (do I là trung điểm BD).
Vậy ta có các bước giải cụ thể như sau:
- Vì C thuộc đường thẳng x − y + 4 = 0 ⇒ C ( c; c + 4 ) , giải phương trình d ( C; ( d ) ) = 2
3c − 4 ( c + 4 ) + 6

c = 0

=2⇔
⇒ C ( 0; 4 )
25
c = −20 < 0
- Đường thẳng BD đi qua điểm I ( −1; 2 ) là trung điểm AC và BD ⊥ AC ⇒ BD có phương
⇔

trình x + 2y − 3 = 0 .
b = 1
b = 2

- Điểm B ∈ BD ⇒ B ( 3 − 2b; b ) , giải phương trình d ( B; ( d ) ) = 1 ⇒ 

* Với b = 1 ⇒ B(1;1) ⇒ D(−3;3) (do I là trung điểm của BD)
* Với b = 2 ⇒ B(−1; 2) (trường hợp này loại vì kiểm tra thấy B và C cùng phía đối với
đường thẳng (d)). Vậy B(1;1), D(−3;3)
Lưu ý: Để kiểm tra được B và C nằm cùng phía đối với đường thẳng (d), các em cần nhớ
lại công thức sau đây :
Cho điểm A ( x A ; y A ) , B ( x B ; y B ) và đường thẳng (d) : Ax + By + C = 0
- Nếu ( Ax A + By A + C ) . ( Ax B + By B + C ) > 0 thì A và B cùng phía đối với (d).
- Nếu ( Ax A + By A + C ) . ( Ax B + By B + C ) < 0 thì A và B khác phía đối với (d).
Bài 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ∆ABC có A(4:6) phương trình đường cao và
trung tuyến kẻ từ C lần lượt là 2x - y +13 và 6x - 13y + 29 = 0. Viết phương trình đường
tròn ngoại tiếp ∆ABC .
PHÂN TÍCH HƯỚNG GIẢI

Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
22

TINH TÚY HÌNH HỌC Oxy - CẨM NANG CHO MÙA THI
A(4;6)
6x - 13y + 29 = 0
M

2x - y + 13 = 0
H
B

C

* Ta thấy ∆ABC không có yếu tố đặc biệt (tức là không phải tam giác vuông, cân hay
đều). Vì vậy để viết phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ta có 2 hướng:
- Hướng 1: Lập phương trình 2 đường trung trực 2 cạnh của ∆ABC
- Hướng 1: Tìm tọa độ 3 đỉnh của ∆ABC
* Đối với bài tập này, ta có thể giải theo cả 2 hướng trên, cụ thể như sau:
- Hướng 1:
+ Ta thấy C = CM ∩ CH (trong đó CM; CH theo thứ tự là các trung tuyến và đường cao
của ∆ABC )
6x − 13y + 29 = 0
 x = −7
⇒ Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình 
⇔
⇒ C(−7 : −1)
2x − y + 13 = 0
 y = −1

+ Tiếp theo ta lập được phương trình đường thẳng AB là: x + 2y - 16 = 0 (do AB đi qua
A và AB ⊥ CH ).
+ Ta tìm được tọa độ M(6;5) (do M = AB ∩ CM và giải hệ phương trình)

+ Lúc này ta sẽ lập được phương trình d1 là trung trực của AB ⇒ d1 : 2x − y − 6 = 0
(do d1 đi qua M và d1 ⊥ AB )
+ Tương tự ta lập được d 2 là trung trực của AC. Và giải hệ I = ( d1 ) ∩ ( d 2 ) ⇒ I(2; −3) là
tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ⇒ R = IA = 85
2
2
Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆ABC là: ( x − 2 ) + ( y + 3) = 85
Hướng 2: Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp ∆ABC và (C ) có phương trình là:
x 2 + y 2 − 2ax − 2by + c = 0

+ Lập phương trình tương tự như trên ta sẽ tìm được tọa độ A, B, C
+ Giải hệ phương trình A ∈ (C); B ∈ (C ); C ∈ (C ) ta tìm được a = 2; b = -3 và c = -72
2

2

⇒ R = a 2 + b 2 − c = 85 ⇒ (C) : ( x − 2 ) + ( y + 3) = 85

Bài 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ∆ABC có phương trình chứa trung tuyến và phân
giác trong đỉnh B lần lượt là d1 : 2x +y -3 = 0 và d 2 : x + y − 2 = 0 . Điểm M (2:1) nằm trên
đường thẳng chứa cạnh AB, đường tròn ngoại tiếp ∆ABC có bán kính bằng
A ó hoành độ dương. Xác định tọa độ các đỉnh của ∆ABC .
PHÂN TÍCH HƯỚNG GIẢI

Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
5 . Biết đỉnh

23