(Luyện thi Toán học) CÁC HƯỚNG TƯ DUY VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TRONG HÌNH OXY

GIẢI ðÁP TOÁN CẤP 3 – THI ĐẠI HỌC

CÁC HƯỚNG TƯ DUY VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
TRONG HÌNH HỌC OXY

Biên soạn: Thanh Tùng

CÁC BÀI TOÁN TRONG
TAM GIÁC, TỨ GIÁC

CÁC BÀI TOÁN VỀ
ĐƯỜNG THẲNG

CÁC BÀI TOÁN VỀ
ĐƯỜNG TRÒN

CÁC BÀ

BÀI TOÁ

*) Tóm tắt lý thuyết đầy đủ theo một trình tự logic và có hệ thống.
*) ðưa ra các hướng tư duy và phương pháp giải khái quát cho từng lớp bài toán.
*) Có bài toán mẫu minh họa đi kèm.
*) Phần bài tập áp dụng có gợi ý.
*) Lời giải chi tiết cho từng bài toán cụ thể
(tham khảo thêm trên ).

HÀ NỘI

03/2016

CÁC HƯỚNG TƯ DUY VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC OXY

A. KIẾN THỨC CƠ BẢN

2



B. CÁC BÀI TOÁN
BÀI TOÁN 1: BÀI TOÁN TÌM ĐIỂM

để hiểu rõ hơn cho 4 hướng tư duy tương ứng với 4 TH của Bài toán 1: “Bài Toán Tìm điểm” thầy sẽ
dùng 6 bài thi ðại Học năm 2012 vừa qua ñể minh họa.
1) (A, A1 – 2012:CB). Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho

 11 1 
;
và đường thẳng AN có phương trình 2x − y − 3 = 0 . Tìm tọa độ điểm A.
 2 2 
 Cho đường tròn (C) : x2 + y 2 = 8 . Viết phương trình chính tắc của elip (E), biết rằng (E)
2) (A, A1 – 2012 :NC).

CN = 2ND. Giả sử M

có

độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C ) tại bốn điểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông.
2
2

2
2
3) (B – 2012:CB). Cho ñường tròn (C ) : x + y = 4 , (C ) : x + y −12x + 18 = 0 và đường thẳng d : x − y − 4 = 0 .
1

2

Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc (C2 ) , tiếp xúc với d và cắt (C1 ) tại hai ñiểm phân biệt A và B sao cho AB
vuông góc với d.
4) (B – 2012 :NC). Cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và đường tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương
2

2

trình x + y = 4 . Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc
Ox.
5) (D – 2012:CB). Cho hình chữ nhật ABCD. Các ñường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là x + 3y = 0 và

1
x − y + 4 = 0 ; ñường thẳng BD ñi qua ñiểm M (− ;1) . Tìm tọa ñộ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
3
6) (D – 2012 :NC). Cho đường thẳng d : 2x − y + 3 = 0 . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d , cắt trục
Ox tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho AB = CD = 2.


1) (A, A1 – 2012:CB). Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung ñiểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho
 11 1 
CN = 2ND. Giả sử M
;
và đường thẳng AN có phương trình 2x − y − 3 = 0 . Tìm tọa độ điểm A.


2 2


Cách 1

Phân tích:

:

+) Ta có {A} = AN ∩

nên Theo hướng tư duy 1 (TH1) ta phải đi lập thêm phương trình AM

AM

+) Biết M nhưng chưa biết A (chính là đáp số ta cần tìm) nên ta phải đi tìm thêm vtpt hoặc vtcp
+) Bài toán không có yếu tố song song, vuông
góc ñể tìm vtpt hoặc vtcp nên ta phải khai thác ytố định lượng
uuur uuur

(

+) Yếu tố định lượng: cos ∠MAN = cos nAM , nAN

) ⇒n

AM

⇒ phương trình AM → tọa độ điểm A

Giải:
ðặt AB =

a

⇒ ND =
a

a
3

Và áp dụng Pitago ta
ñược:

; NC =

2a

; MB = MC = ( vì ABCD là hình vuông và CN = 2ND )

3

2
5

AM =
a

; MN =

5a

2
Trong

ta có: cos ∠MAN =

Gọi n
AM

⇔

2 AM .AN

=

2

2

=

2
2

= (2; −1) ⇒ cos ∠MAN
AN

2

2

2

n n
AM
AN
uuur uuur
cos
,
2



AM

hay

3

(

)

⇔ 2(2a − b) = 5(a + b ) ⇔ 3a − 8ab − 3b = 0 ⇔ (3a + b)(a − 3b) = 0 ⇔

2a  b
a2  b2 . 22 1
 2
+)

Với
3a
=
−b
chọn
a
=
1;b = −3 ⇒
n
2
2

2

AM + AN − MN

= (a;b) là vtpt của AM và ta có n

=

a 10

6
2

∆AMN

và AN =

AM



1

= (1; −3) ⇒ phương trình AM : x −
−3 y−
=0

 

2
2

 


AM
AM : x − 3y − 4 = 0 . Vì {A} = AN ∩

+)
n Với a = 3b chọn a = 3;b = 1 ⇒

11 

2x − y − 3 = 0  x = ⇒ A(1; −1)

nên ta giải hệ: 1
⇔
x − 3y − 4 = 0

y = −1


11    1 

= (3;1) ⇒ phương trình AM : 3 x −
+ y−
=0

 

2
2

 


3a = −b

a = 3b


hay

AM
AM : 3x + y −17 = 0 . Vì {A} = AN ∩

Vậy A(1; −1) hoặc

A(4;5)

x = 4
⇒ A(4;5)
2x − y − 3 = ⇔
0
nên ta giải hệ: 

3x + y −17 = 0

y=5


Cách 2:

Phân tích: A∈

nên Theo hướng tư duy 2 (TH2) ta
gọi

AN

A(t) ∈
AN

ta cần thiết lập 1 phương
trình

f (t) = 0

 11 1 

;
là trung ñiểm của BC ta chưa sử dụng – sẽ giúp ta làm điều này) → t = ? → A


2 2
Giải:

11 1
2. − − 3
3 5
2 2
⇒ MH = d (M , AN ) =
=
+) Gọi H là hình chiếu của M lên
2
22 1
 2
AN
(còn dữ kiện M

ðặt AB =

a

⇒ ND =
a

a

; NC =

3

2a

; MB = MC =

3

2
5

AM =
a

Và áp dụng Pitago ta
được:

; MN =
5a

2
Trong

và AN =

a 10
3

6

2

ta có: cos ∠MAN =

∆AMN

( vì ABCD là hình vuông và CN = 2ND )

2

2

AM + AN − MN 2
=
2 AM .AN
2

0

⇒ ∠MAN = 45

+) Gọi

⇒
∆MAH

A(t; 2t − 3) ∈
AN

cận tại H ⇒ AM =

2

và AM =

45

2MH =

3 5 3 10
2. 2 = 2 (*)

(theo (*))

2
11

2 
7 2 45
t = 1
 A(1; −1)
2
⇔  t −  +  2t −  =
⇔ t − 5t + 4 = 0 ⇔  ⇒ 
2 

2
2
t = 4  A(4;5)
Vậy A(1; −1) hoặc A(4;5)

Cách 3:

Phân tích: A∈ AN


và M

 11 1 
;
cố ñịnh . Nếu AM = h = const ( ta sẽ tìm cách ñi tính AM ).


2 2

Nên Theo hướng tư duy 3 (TH3) : {A} = AN ∩(C) với (C) là ñường tròn tâm M bán kính R = h


11 1
− −3
3 5
2 2
⇒ MH = d (M , AN ) =
=
2
22 1
 2
2.

Giải: +) Gọi H là hình chiếu của M lên

AN
ðặt AB =

a

⇒ ND =
a

a

; NC =

3
Và áp dụng Pitago ta
ñược:

2a

; MB = MC = ( vì ABCD là hình vuông và CN = 2ND )

3

2
5

AM =
a

; MN =

5a

2
Trong

ta có: cos ∠MAN =

a 10
3

6
2

∆AMN

và AN =

2

AM + AN − MN

2

2 AM .AN

=

2
2

0

⇒ ∠MAN = 45

⇒
∆MAH

cận tại H ⇒ AM =

3 5 3 10
2. 2 = 2

2MH =


112 
1 2 45
+
y
−
 
 =
2
2 
2
2

 x11
1
45

2
 − 2 
Mà A ∈ AN : 2x − y − 3 = 0 Nên ta xét hệ :
=
x = 1
+y−
x=4
hoặc 
2
2⇔
2




 

y=
y=5

2x − y − 3 = 0
−1
Vậy A(1; −1) hoặc A(4;5)
Vậy AM = 3 10 ⇒ A nằm trên ñường tròn có phương trình:  x −

Cách 4: (Các em có thể tham khảo thêm cách giải của Bộ Giáo Dục nhưng vì cách giải này theo thầy không ñược
“tự nhiên” nên thầy không trình bày ở ñây)
2

2

2) (A, A1 – 2012 :NC). Cho ñường tròn (C) : x + y = 8 . Viết phương trình chính tắc của elip (E), biết rằng (E) có
ñộ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C) tại bốn ñiểm phân biệt tạo thành bốn ñỉnh của một hình vuông.

Phân tích:

2
2
x + y = 1 như vậy ta cần tìm a;b
2
b2
+) Phương trình (E) : a

+) (E) có độ dài trục lớn bằng 8⇒ 2a = 8 ⇒ a = 4

+) Theo Hướng tư duy 4 (TH4) ta gọi A(x; y) ( x > 0 ) là một giao ñiểm của (E) và (C) : A ∈ (C) ⇒ x + y = 8
2

2

và dữ kiện (E) cắt (C) tại bốn điểm phân biệt tạo thành bốn ñỉnh của một hình vuông giúp ta thiết lập thêm phương
trình: y = x (4 ñỉnh nằm trên hai đường phân giác thuộc góc phần tư thứ nhất và thứ hai – nhưng vì ta chọn điểm

A(x; y) ( x > 0 ) thuộc góc phần tư thứ nhất) ⇒ tọa độ điểm A
Giải: Gọi phương trình chính tắc của elip (E) có dạng: x
+) (E) có ñộ dài trục lớn bằng 8 ⇒ 2a = 8 ⇒ a = 4

2

y

+) Mà A ∈(E) ⇒ b → phương trình (E).

2

+) Gọi A(x; y) ( x > 0 ) là một giao điểm của (E)
và (C)


+
a

2

b

=1

2

2

2

A ∈ (C) ⇒ x + y = 8 (1)

.Ta có:
Mặt khác: (E) cắt (C) tại bốn điểm phân biệt tạo thành bốn ñỉnh của một hình vuông ⇒ y = (2)

x

Từ (1) và (2) ⇒ 2x = 8 ⇒ x = 2 (vì x > 0 ) ⇒ y = 2 ⇒ A(2; 2)
2

2

2

2
+) Mà A ∈(E) ⇒

2

4

2
+

b

2

2

=1⇒b=

16
3

. Vậy phương trình chính tắc của elip (E) là:

x2
16

+

y2
16
3

=1


3) (B – 2012:CB). Cho đường tròn (C ) : x + y = 4 , (C ) : x + y −12x + 18 = 0 và đường thẳng d : x − y − 4 = 0 .
2

2

2

1

2

2

Viết phương trình ñường tròn có tâm thuộc (C2 ) , tiếp xúc với d và cắt (C1 ) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB
vuông góc với d.

Phân tích:

Muốn viết phương trình ñường tròn ta cần:
+) Xác ñịnh tâm I (dùng Thuật Toán Tìm Điểm) . Khi đó theo Hướng tư duy 2 (TH2) ta gọi I (t) ∈ II1
(Trước đó ta đi lập phương trình II1 ñi qua I1 vuông góc với AB (tính chất đường nối tâm) hay song song với d )
Và dữ kiện I ∈ (C2 ) giúp ta thiết lập ñược phương trình f (t) = 0 → t = ? → tọa ñộ ñiểm I
:
( Ta có thể làm theo Hướng tư duy 3 (TH3) với {I} = II1 ∩(C2 ) → tọa ñộ I - cách trình bày khác của TH2)
+) Xác ñịnh bán kính: R nhờ R = d (I , d )
Giải:
2
2
Gọi I là tâm đường tròn (C) cần viết phương trình. Ta có (C ) : x + y = 4 ⇒ tâm của (C ) là I (0; 0)

II1 ⊥
AB
Vì 
⇒ II1 // d ⇒ phương trình II1 : x − y = 0 .
 AB ⊥ d
Gọi I (t; t) ∈ II1 mà I ∈ (C2 ) ⇒ t 2 + t 2 −12t +18 = 0
Mà (C) tiếp xúc với d ⇒

R = d (I , d ) =
=2

1

1

2

⇔ t − 6t + 9 = 0 ⇔ t = 3 ⇒ I (3;3)

3−3+4 2

2

1

2

2

. Vậy phương trình (C) là: (x − 3) + ( y − 3) = 8

2

1 +1

4) (B – 2012 :NC). Cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và ñường tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương
2

2

trình x + y = 4 . Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox.

Phân tích: +) Phương trình (E) x2  y2 1 (a > b > 0) như vậy ta cần tìm a;b
:
a 2 b2
+) Theo Hướng tư duy 2 (TH2) vì (E) ñi qua các ñỉnh A, B, C, D và A∈ Ox nên gọi A(a; 0) ∈ Ox và B(0;b) ∈ Oy

+) Khai thác dữ kiện: AC = 2BD → f1 (a, b) = (1)

0

2

2

+) Khai thác dữ kiện: ñường tròn x + y = 4 tiếp xúc với các cạnh của hình thoi → f (a, b) = 0
2

2

2

Từ (1) và (2) → a = ? và b = ? → phương trình (E).

(2)


( với a > b > 0 )
Giải: Gọi phương trình chính tắc của elip (E) : x2  y2 1

a2

Vì (E) ñi qua các ñỉnh A, B, C, D và

A∈Ox

b2

A(a; 0) và B(0; b) .

nên không mất tính tổng quát giả
sử:

Mà hình thoi ABCD có AC = 2BD ⇔ 2OA = 4OB ⇔ OA =

2OB

⇔ a = 2b (vì a > b > 0 ) hay A(2b; 0) , B(0; b)

Gọi H là hình chiếu của O lên AB

⇒ OH = R = 2 ( vì ñường tròn x2 + y2 = 4 tiếp xúc với các cạnh của hình thoi)
Xét tam giác OAB ta có:

1
1
1
2
2
2
1
1
1 hay =
+
⇔ b = 5 ⇒ a = 4b = 20
2 =
2 +

2
2
2
OH
OA OB
4 4b
b

Vậy phương trình chính tắc của elip (E) là:

x2  y2
205

1

5) (D – 2012:CB). Cho hình chữ nhật ABCD. Các ñường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là x  3y  0
và x 
y 4 0 ; ñường thẳng BD ñi qua ñiểm M (
1 ;1) . Tìm tọa ñộ các ñỉnh của hình chữ nhật ABCD.

3
Cách 1:

Phân tích: +) Theo Hướng tư duy 1 (TH1) : {A} = AC ∩ AD → tọa độ ñiểm A
+) Theo Hướng tư duy 2 (TH2) : D ∈ AD , B ∈ AB nên ta gọi D(t1 ), B(t2 ) (trước đó ta đi lập pt AB )
+) Gọi {I} = AC ∩ BD ( I là trung ñiểm của AC và BD ) ⇒ I (t1, mà I ∈ AC ⇒ f1 (t1 , t2 ) =

t2 )

Vì MB, MD cùng phương ⇒ f2 (t1 , t2 ) = 0

0
(2)

t1 = ?
+) Từ (1) và (2) ⇒ 
⇒ tọa ñộ của B, D, I và C
t2 = ?
x + 3y = 0
Giải: Vì {A} = AC ∩ AD nên xét hệ: 
x = −3

⇔
⇒ A(−3;1)
x − y + 4 = 0
y=1
AB ñi qua A và vuông góc với AD nên AB có phương trình: x + 3

1

=

y −1
−1

⇔x+y+2=0

(1)

Gọi B(t ; −t − 2) ∈ AB và D(t ; t
1

1

2

Mà I ∈ AC ⇒

t2 + t1

+ 3.

2

+ 4) ∈ AD ( t ; t ≠ −3 ) ⇒ I

t2 − t1 + 2

1

2

 t2 + t1 t2 − t1 + 2 
;
: là trung ñiểm của BD


2
2




= 0 ⇔ 2t − t + 3 = 0 ⇔ t

+ 3 (*)
= 2t
uuur 
uuur
2
1
1
2
1
10
 2

1

Có:
= t + ;2 − 3
; −2t − 6 (theo (*)) và
+ ;t+3
 = 2t +
−t
= t
MB  1
MD  2
1
2


  2
2

3
3
3

 



6t2 +10 −2t2 − 6
Mặt khác B, D, M thẳng hàng ⇒ MB, MD cùng phương ⇒
=
= −2 ⇔ t 2= −1 ⇒ t 1= 1
3t +1
t +3
⇒ B(1; −3), D(−1;3) và I (0; 0) ⇒ C(3;
−1)

2

2

( vì I là trung ñiểm của AC )


5) (D – 2012:CB). Cho hình chữ nhật ABCD. Các ñường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là x  3y  0
và x 

y 4 0 ; ñường thẳng BD ñi qua ñiểm M (
1 ;1) . Tìm tọa ñộ các ñỉnh của hình chữ nhật ABCD.

3
Cách 2:

Phân tích: +) Theo Hướng tư duy 1 (TH1) : {A} = AC ∩ AD → tọa ñộ ñiểm A
+) Do trong bài toán có nhiều tính chất ñối xứng nên ta nghĩ tới việc tìm các ñiểm phụ liên quan. Cụ thể:
+) Ta tìm ñiểm N ñối xứng với M qua ñường trung trực d của AD bằng cách viết pt d ' ñi qua M
song với AD và {N} = d '∩

song

⇒ pt trung trực d của AD ⇒ tọa ñộ trung ñiểm I , J của AC và AD

AC

⇒ tọa ñộ C, D, B
Giải: Vì {A} = AC ∩ AD nên xét hệ:

0



 x + 3y =

x = −3
A(−3;1)
x−y+4= ⇔y= ⇒


Phương trình của d ' ñi qua M song song AD có dạng:

1
x+ = 0− 3( y −1) = 0 ⇔ 3x − 3y + 4
1


Gọi { N } = d '∩ AC nên ta xét hệ:
⇔ x  1 ⇒ N −1;

3x − 3y + 4 = 0
y



3
=
1
3




x + 3y = 0

Gọi d là ñường trung trực của AD cắt MN , AC, AD lần lượt tại H , I , J
5 
5
 5 5


⇒ H , I , J lần lượt là trung ñiểm MN , AC, AD ⇒ H − ;
⇒ pt của d : x +
+ y−
=0⇔x+y=0




 

4 4
4
4



 

x + y = 0
x = 0
Ta có: {I} = d ∩ AC nên ta xét hệ: 
⇔
⇒ I (0;0) ⇒
( I là trung ñiểm của AC )
x + 3y = 0
y=
C(3; −1)
0
x + y = 0

D(1;
3)
 x = ⇒ J (−2; 2) ⇒
và {J} = d ∩ AD nên ta xét hệ: 
( J là trung ñiểm của AD )
⇔
x − y + 4 = 0
−2

⇒ B(1;
( I là trung ñiểm của BD )
y=2
−3)
6) (D – 2012 :NC). Cho ñường thẳng d : 2x − y + 3 = 0 . Viết phương trình ñường tròn có tâm thuộc d , cắt trục
Ox tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho AB = CD = 2.

15


Phân tích: Muốn viết phương trình ñường tròn ta cần:
+) Xác ñịnh tâm I (dùng Thuật Toán Tìm ðiểm) . Khi ñó theo Hướng tư duy 2 (TH2) ta gọi I (t) ∈ d
Và dữ kiện AB = CD giúp ta thiết lập ñược phương trình : f (t) = 0 → t = ? → tọa ñộ ñiểm I
+) Xác ñịnh bán kính: R nhờ R = IA = IH + HA với IH = d (I , Ox) và HA =
2

2

2

2

Giải:
+) Gọi I là tâm ñường tròn cần lập và gọi I (t; 2t + 3)

2t + 3 = t

AB
2

t = −3

=1
 I (−3; −3)

∈d

+) Ta có AB = CD ⇔ d (I , Ox) = d (I , Oy) ⇔ 2t +

3=t

+) Với I (−3; −3) ⇒ IH = d (I ,Ox) = −3 = 3 và ta có:
2

⇔
⇔
⇒
2t + 3 = −t
t = −1
I (−1;1)

AH =


AB
2

=

2
2


2


2

2

2

= 1 ⇒ R = IA = IH + HA = 10

2

Vậy phương trình ñường tròn: (x + 3) + ( y + 3) = 10 .
+) Với I (−1;1) ⇒ IH = d (I ,Ox) = 1 = 1 và ta có:
2

AH =

AB

2
2
2
2
2
= = 1 ⇒ R = IA = IH + HA = 2
2
2

2

Vậy phương trình ñường tròn: (x +1) + ( y −1) = 2 .
CHÚ Ý: Trước khi vào phần BÀI TOÁN 2 chúng ta có một số quy ước sau:
+) M (t) ∈ ∆ : ta ràng buộc ñiểm M theo một ẩn là t.
+) M (t1 , t2 ) : ñiểm M có tọa ñộ phụ thuộc vào hai ẩn t1 và t2 .

xM = t1
+) M (t1;t2 ) : ñiểm M có tọa ñộ : 
 yM = t2

BÀI TOÁN 2: CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ðẾN BÀI TOÁN 1
Dạng 1: Các bài toán trong tam giác, tứ giác
Loại 1: Các bài toán về ðịnh Tính
Loại 1.1: Các bài toán về ñường trung tuyến, ñường cao, trung trực
Bài 1: Biết ñỉnh A của tam giác ABC và 2 trung tuyến BM, CN. Viết phương trình các cạnh của ∆ABC .

Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 1 ñể giải các ví dụ sau)
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có A(4; – 1) và phương trình hai ñường trung tuyến BM: 8x – y – 3 =
0, CN: 14x – 13y – 9 = 0. Tìm tọa ñộ các ñỉnh B, C.
(ðs: B(1; 5), C(–4; –
5))
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có A(1; – 2) và phương trình hai ñường trung tuyến BM và CN lần
lượt là x – 6y + 3 = 0 và 5x – 6y – 1 = 0. Tính diện tích tam giác ABC.
(ðs: S∆ABC = 16 (ñvdt))


Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có trọng tâm G(-2;0) biết phương trình các cạnh AB, AC theo thứ tự là
4x + y + 14 = 0 và 2x + 5y – 2 = 0. Viết phương trình BC. (ðs: x – 2y – 1 = 0 ; với B (−3; −2) , C (1; 0)
) Ví dụ 4: Cho hai ñường thẳng d1 : x – y + 1 = 0, d2 : 2x + y – 1 = 0 và ñiểm P(2; 1). Viết phương trình
ñường thẳng d3 qua P và cắt d1 , d2 lần lượt tại A và B sao cho P là trung ñiểm của AB. (ðs: 4x – y – 7 = 0)
Ví dụ 5: Cho tam giác ABC có trung ñiểm của AB là I(1; 3), trung ñiểm AC là J(-3; 0). ðiểm A thuộc Oy
và
9
 9
 3 
ñường BC qua gốc tọa ñộ O. Tìm tọa ñộ các ñỉnh của tam giác ABC. (ðs: A 0;
, B 2;
, −6; −
)

 
 

2

2
2

 
 

( Các em tham khảo phần giải mẫu qua các Ví dụ 2, Ví dụ 3, Ví dụ 5 )
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có A(1; – 2) và phương trình hai ñường trung tuyến BM và CN lần lượt là
x – 6y + 3 = 0 và 5x – 6y – 1 = 0. Tính diện tích tam giác ABC.
Giải:


t+3
+) Gọi B t;
∈BM . Do N là trung ñiểm của AB⇒ x N


=

xA + xB t +1
2
= 2

t−9
⇒ N

 t +1

;




2
12
y +y
t−
9




x = A
B
=
N
2
12

t +1
t−9
Mà N∈CN⇒ 5. −3 2− 6. 12 −1 = 0 ⇔ t = ⇒ B (−3; 0)
x − 6 y + 3 = 0
x = 1

+) Tọa ñộ trọng tâm G của ∆ ABC là nghiệm của hệ: 
⇔
2
y=
5x − 6 y −1 = 0 
⇒ C (5; 4) .Vậy phương

3 BC:
 trình
 2  xC = 3xG − xA − xB = 3 −1+ 3 =
5⇒ G 1;
⇒

 
3
y = 3y − y − y = 2 + 2 − 0 = 4


 C
G
A
B


6



x+3 y
08 =4 ⇔ x−2y+3=
Gọi H là chân ñường cao kẻ từ A xuống BC ⇒ AH = d ( A; BC) =
Ta có: BC
=

=4
S
5

=

⇒
∆ABC

1
2

1 8
AH.BC = .
.4
2

=

8
5

= 16 (ñvdt)
5

5
Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có trọng tâm G(-2;0) biết phương trình các cạnh AB, AC theo thứ tự là
4x + y + 14 = 0 và 2x + 5y – 2 = 0. Viết phương trình BC


Giải:

+) Tọa ñộ ñiểm A là nghiệm của hệ:

4x + y +14 = 0

⇔


2x + 5 y − 2 = 0

82  42

x = −4

⇒ A (−4; 2)


y=2

+) Gọi B (t1; −4t1 −14) ∈AB và C (5t2 ++1; −2t
) ∈AC
xA xB + x2C = 3xG
+) Vì G là trọng ∆ ABC nên ta có: 
y + y + y = 3y
 A
B
C
G
−4
+
t

+
5t
+1
=
−6
t
+
5t
=
−3
t
=
−3



B(-3;-2)

1
1
1
2
2
⇒ 2 − 4t −14 − 2t = 0 ⇔ 2t + t = −6 ⇔ = 0 ⇒ C(1;0)

1
2
t2

 1 2

Vậy phương trình
BC:

1 2.(2)  3
12  22

x + 3 y + 2 x  2 y 1  0
4 = 2 ⇔
Ví dụ 5: Cho tam giác ABC có trung ñiểm của AB là I(1; 3), trung ñiểm AC là J(-3; 0). ðiểm A thuộc Oy và
ñường BC qua gốc tọa ñộ O. Tìm tọa ñộ các ñỉnh của tam giác ABC.
Giải:

B(2;6 − a) ( Vì I(1; 3), J(-3; 0) lần lượt là trung ñiểm của AB và AC)
Gọi A (0; a) ∈Oy ⇒ 
C( − 6; −
a)
OB = (2;6 −

Ta có: 
a)

uuur
OC = ( − 6; − a)

Mà BC ñi qua gốc tọa ñộ O hay O,B,C thẳng hàng
⇒

2

=

6−a

−6

⇔a=

−a

9
2

A 0; 9  , B 2; 3  , C 6;
 9
⇒ 2 2 
2



Bài 2: Biết ñỉnh A của tam giác ABC và 2 ñường cao BH và CK. Viết phương trình các cạnh.

 n A

= uC K
B
ur
ur
uu
uu
nAC = uBH

Cách giải: +) Viết phương trình AB, AC với

+) Tìm B, C với

{B} = AB I BH

{C} = AC I CK

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 2 ñể giải các ví dụ sau)
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC biết ñỉnh A(1; –3); phương trình hai ñường cao xuất phát từ B và C lần lượt là
x+ 2y – 8 =0 và 3x + 5y – 1 = 0. Viết phương trình cạnh BC.
(ðs: 3x – 2y – 8 = 0)


Ví dụ 2 (A – 2004): Cho hai ñiểm A (0; 2) và B( −3 ; −1 ). Tìm tọa ñộ trực tâm và tọa ñộ tâm ñường tròn ngoại
tiếp của tam giác OAB.

(ðs: H( 3; −1) , I (− 3;1) )


Bài 3: Cho ñỉnh A và hai ñường trung trực d1 , d2 của cạnh AB và AC (hoặc BC).Viết phương trình các cạnh.

TH1

B
Cách giải: TH1: B, C lần lượt ñối xứng với A qua d1 và d 2 ⇒ 
C

TH2

TH2: +) B ñối xứng với A qua d1 ⇒ B
+) C ñối xứng với B qua d2 ⇒ C

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 3 ñể giải các ví dụ sau)
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có ñỉnh A(1; 2) và hai ñường trung trực của cạnh AB và AC lần lượt là x – 2y – 2
= 0 và x – y + 5 = 0. Viết phương trình trung tuyến AM của tam giác ABC.
(ðs: y = 2)
Ví dụ 2 : Cho tam giác ABC có ñiểm M(0; 3) thuộc ñoạn AC; hai ñường trung trực của cạnh AB và AC lần lượt có
phương trình là x – 2y – 2 = 0 và x – y + 5 = 0. Viết phương trình cạnh BC của tam giác ABC biết AC = 4AM.
(ðs: 4x + 3y – 6 = 0)

Bài 4: Biết ñỉnh A của tam giác ABC và ñường cao BH, trung tuyến CM. Lập phương trình các cạnh.

Cách giải:
Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 4 ñể giải các ví dụ sau)
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có A(–4; – 5) và phương trình ñường cao BH: x + 2y – 2 = 0, ñường trung
tuyến CM: 8x – y – 3 = 0. Tìm tọa ñộ ñỉnh B, C.
(ðs: B(4; –1), C(1; 5))
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có phương trình của trung tuyến AM và ñường cao BH lần lượt là: 2x + y – 3 = 0;
2x – y – 4 = 0. ðiểm N

1


2

;−

5

2

thuộc ñoạn BC và ñỉnh C thuộc ñường thẳng d: x + y – 3 = 0. Viết phương trình

3 21 2

5

(ðs:  x  2    y  2   2 )
ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết BC không song song với hai trục tọa ñộ.







Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có ñỉnh A(2;1) , ñường cao qua ñỉnh B có phương trình là : x – 3y – 7 = 0 và ñường
trung tuyến qua ñỉnh C có phương trình : x + y + 1 = 0.Xác ñịnh tọa ñộ của B và C.
(ðs: B(−2; −3), C(4; −5)
)

4 1
;
, phương trình ñường thẳng BC là x – 2y – 4 = 0


3 3
và



(ðs: A 
16 ; 19  , B(0; 2),
 C  52 ; 8  )
ñường thẳng BG là 7x – 4y – 8 = 0.Tìm tọa ñộ các ñỉnh A,B,C.

9
 9 9
9



Ví dụ 4: Cho tam giác ABC cân tại ñỉnh A có trọng tâm G


Ví dụ 5:Cho tam giác ABC có ñỉnh A thuộc ñường thẳng d : x – 4y – 2 = 0 , cạnh BC song song với ñường thẳng d.
Phương trình ñường cao BH : x + y + 3 = 0 và trung ñiểm của cạnh AC là M(1;1). Tìm tọa ñộ các ñỉnh A,B,C.
(ðs: A 
2;
2,B
18 ; 3  , C  8 ; 8  )


3

3 


5

5  3 3 



Bài 5: Biết ñỉnh A và trung tuyến CC’, ñường trung trực của cạnh BC. Tìm tọa ñộ B, C.

Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 5 ñể giải các ví dụ sau)
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC biết A(5; 13). Phương trình ñường trung trực cạnh BC, ñường trung tuyến CC’
(C’ thuộc AB) lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 1 = 0. Viết phương trình cạnh BC. (ðs: x – y + 2 = 0)
Ví dụ 2 : Cho tam giác ABC có ñường trung trực của cạnh BC cắt ñương thẳng ñi qua AB tại ñiểm M (1; 2) và
song song với ñường thẳng 2x − y + 2013 = 0 biết AB = 2MA và ñường trung tuyến xuất phát từ ñỉnh C có
phương trình 11x + 7 y +11 = 0 . Tìm tọa ñộ 3 ñỉnh của tam giác ABC.

(ðs: A(0;1), B(2;
1),
C2;
11  )

 55 



Bài 6: Biết trung ñiểm M của AB và trung tuyến AN, ñường cao BH. Viết phương trình các cạnh của ∆ ABC.

Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 6 ñể giải các ví dụ sau)
Ví dụ 1: Tam giác ABC có ñường trung tuyến AN : x – y + 1 = 0, ñường cao BH : x + 2y – 1= 0, ñoạn AB có trung

ñiểm M(1; 1). Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC. (ðs: AB: x = 1; AC: 2x – y = 0; BC: 3x – y – 3 = 0)
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có ñiểm M(0; 3) là trung ñiểm của AB. Phương trình trung tuyến AN: 2x – y – 2 = 0,
ñường cao BH: x – 3y + 14 = 0.Viết phương trình ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC(ðs: (x + 3)2 + ( y + 3)2 =
50 )


Bài 7: Biết ñỉnh A (hoặc ñường cao xuất phát từ A ñi qua ñiểm N và trọng tâm G thuộc một ñường thẳng…)
của tam giác ABC và trung tuyến BM, ñường cao BH. Viết phương trình các cạnh.

TH1

TH2

Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 7 ñể giải các ví dụ sau)
Ví dụ 1:Cho tam giác ABC biết ñỉnh A(1; – 1), ñường cao và trung tuyến cùng xuất phát từ B lần lượt có
phương trình: x + 2y – 3 = 0 và x + 3y – 5 = 0 . Viết phương trình BC.
(ðs: x – 4y + 9 = 0)
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC biết ñường cao BH và trung tuyến BM lần lượt có phương trình: 4x + 3y + 2 = 0; x – 1 =
0. Tính diện tích tam giác ABC biết rằng trọng tâm G của tam giác thuộc ñường thẳng d: 2x + 3y – 1 = 0 và ñường
cao xuất phát từ ñỉnh A có hoành ñộ âm ñi qua ñiểm N(3; –3).

(ðs: S∆ABC = 5 (ñvdt))

Ví dụ 3 (D – 2009): Cho tam giác ABC có M(2; 0) là trung ñiểm của cạnh AB. ðường trung tuyến và ñường cao qua
ñỉnh A lần lượt có phương trình là 7x – 2y – 3 = 0 và 6x – y – 4 = 0. Viết phương trình ñường thẳng AC.
(ðs: 3x – 4y + 5 = 0)
2


0
Ví dụ 4 (B – 2003): Cho tam giác ABC có AB = AC , ∠BAC = 90 . Biết M(1; -1) là trung ñiểm cạnh BC và G
;0


3


là trọng tâm của tam giác ABC. Tìm tọa ñộ các ñỉnh A, B, C.

(ðs: A(0; 2), B(4; 0), C(–2; – 2))

Ví dụ 5 (A – 2009): Cho hình chữ nhật ABCD có ñiểm I(6; 2) là giao ñiểm của hai ñường chéo AC và BD. ðiểm
M(1; 5) thuộc ñường thẳng AB và trung ñiểm E của cạnh CD thuộc ñường thẳng ∆ : x + y – 5 = 0. Viết phương
trình ñường thẳng AB.
(ðs: x – 4y + 19 = 0 và y – 5 = 0)

Bài 8: Sử dụng ñiều kiện vuông góc (trường hợp riêng của Bài 19) ñể giải bài toán.
Cách giải:
*) Gọi tọa ñộ các ñiểm (nếu chưa biết) liên quan tới yếu tố vuông góc theo một ẩn nhờ vào:
+) ñiểm thuộc ñường thẳng.
+) ñiểm có mối liên hệ với ñiểm khác: trung ñiểm, trọng tâm, thỏa mãn hệ thức véctơ…


