tai liêu Oxy 2016 1

KỸ THUẬT GIẢI TOÁN
Oxy

HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG
Phiên bản 2016 - NEW
NGUYỄN HỮU BIỂN
Tài liệu Oxy phiên bản mới ! (Update từ phiên bản 2015)
* Biên soạn công phu, phân tích tỉ mỉ, giúp học sinh 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.
YÊU CẦU:
* Tài liệu chỉ dành cho học sinh đã nắm được các kiến thức cơ bản trong SGK.
* Có ý thức học tập thật sự.
* Không tiếc … TIỀN đầu tư cho học tập !
Giá bán: 38.000 đ. Tuy nhiên do thanh toán bằng thẻ cào nên nhà cung cấp dịch vụ trừ
chiết khấu 24% (tức 12.000 đ) nên học sinh mua phải nạp bằng thẻ mệnh giá 50.000 đ.

Hãy click và đặt mua ngay:

/>

CHINH PHỤC HÌNH HỌC Oxy - PHIÊN BẢN 2016

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


CHINH PHỤC HÌNH HỌC Oxy - PHIÊN BẢN 2016
KP / /AD

- Gọi P là trung điểm của AH ⇒ KP là đường trung bình của ∆AHD ⇒ 
AD
KP = 2

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

AD. Biết E  ;  , F  ;  , G (1;5) . Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABE

 5 5   5 5
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)

Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
2


CHINH PHỤC HÌNH HỌC Oxy - PHIÊN BẢN 2016

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
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).

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

CHINH PHỤC HÌNH HỌC Oxy - PHIÊN BẢN 2016

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
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

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


CHINH PHỤC HÌNH HỌC Oxy - PHIÊN BẢN 2016

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

5 . Biết đỉnh

B

O

A
I

C

M(2;1)

d1: 2x + y - 3 = 0
d 2: x + y - 2 = 0

* Căn cứ vào đề bài ta có ngay B = d1 ∩ d 2 ; giải hệ phương trình ⇒ B (1;1)
+ Lập được phương trình đường thẳng AB là: y - 1 = 0 ( do AB đi qua B và M)
+ Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua d 2 ⇒ M ' (1; 0 ) , mà M ' ∈ BC ⇒ ta lập được phương
trình đường thẳng BC là: x - 1 = 0 (do BC đi qua B và M’).
+ Ta có A ∈ AB ⇒ A ( a;1) ; C ∈ BC ⇒ C (1: c )
 1+ a 1+ c 

Gọi I là trung điểm của AC ⇒ I 
;


2 
 2
+ Mà I ∈ ( d1 ) ⇒ 2a + c − 3 = 0 (1)
+ Ta dễ dàng nhận thấy n AB = (0;1); n BC = (1;0) nên n AB .n BC = 0 ⇒ AB ⊥ BC ⇒ ∆ABC
vuông cân tại B
⇒ I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC
2

2

⇒ IB = 5 ⇒ ( a − 1) + ( c − 1) = 20 (2)

+ Giải hệ (1) và (2) ⇒ a = 3 ⇒ c = −3 ( thỏa mãn)
Kết luận: A(3:1); C (1;-3)
Nhận xét:
- Việc phát hiện ra ∆ABC vuông cân tại B là yếu tố khá quan trọng để làm bài.
- Để tìm tọa độ điểm M’ đối xứng với M qua d 2 , em hãy xem Bài 17 nhé.

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


CHINH PHỤC HÌNH HỌC Oxy - PHIÊN BẢN 2016

Bài 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆ : 3x + 2y − 4 = 0 và 2 điểm
A ( −1; −3) , G ( 3; −1) . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆ABC nhận G làm trọng
tâm và đường thẳng ∆ chứa đường trung trực của cạnh AC.
PHÂN TÍCH HƯỚNG GIẢI
A(-1;-3)

∆: 3x + 2y - 4 = 0

(C)
M

O

N

G(3;-1)

C
B

+ Căn cứ vào dữ kiện bài toán, ta sẽ lập được ngay lập tức phương trình cạnh AC của
∆ABC là: 2x − 3y − 7 = 0 (do AC đi qua A và AC ⊥ ∆ ).
+ Từ đây ta sẽ xác định được tọa độ điểm M ( 2; −1) là trung điểm của AC (do
M = AC ∩ ∆ và giải hệ phương trình)
+ Do G là trọng tâm ∆ABC nên giải phương trình BG = 2.GM ta sẽ có B ( 5; −1)
+ Tiếp theo ta sẽ tìm được tọa độ N ( 2; −2 ) là trung điểm của AB, từ đó sẽ lập được
phương trình đường trung trực của AB là ∆1 : 3x + y − 4 = 0 .
+ Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC vậy I = ∆1 ∩ ∆ , giải hệ phương trình này ta có
130
4 
I  ;0  , bán kính đường tròn tâm I là R = IA =
9
3 


4

2

130

Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆ABC là ( C ) :  x −  + y 2 =
3
9


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


CHINH PHỤC HÌNH HỌC Oxy - PHIÊN BẢN 2016

Bài 6: ∆ABC nội tiếp đường tròn tâm I(2;1), bán kính R = 5. Trực tâm H(-1;-1), độ dài
BC = 8. Hãy viết phương trình BC
PHÂN TÍCH HƯỚNG GIẢI
A

I

H

B

C

M
D

+ Đây là 1 bài toán quen thuộc “tam giác nội tiếp đường tròn, cho biết trực tâm”, vậy ta
sẽ nghĩ ngay đến việc tạo ra hình bình hành bằng cách kẻ đường kính AD ⇒ BHCD là
hình bình hành (*) ⇒ MI là đường trung bình của ∆AHD
⇒ AH = 2.MI (một kết quả rất quen thuộc)
+ Với các suy luận trên, ta sẽ tìm được tọa độ A trước tiên. Thật vậy, gọi A(x;y)
AH = 2.IM = 2. CI 2 − BM 2 = 2 52 − 4 2 = 6

Ta có: 

AI = 5
 x = −1
⇒ A(−1;5) ⇒ D(5; −3) ⇒ M(2; −2)
y = 5

+ Giải hệ phương trình trên ⇒ 

(do I là trung điểm AD, M là trung điểm HD)
+ Như vậy, sau khi có điểm A, M ta thấy đường thẳng BC đi qua M, vuông góc với AH
⇒ BC : y + 2 = 0

* Chú ý: Chứng minh BHCD là hình bình hành (*) như sau:
- Do H là trực tâm ∆ABC nên CH ⊥ AB , mà ABD = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường
tròn tâm I) ⇒ BD ⊥ AB ⇒ CH / /BD
- Chứng minh tương tự ta cũng có BH / /DC ⇒ tứ giác BHCD là hình bình hành.

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

CHINH PHỤC HÌNH HỌC Oxy - PHIÊN BẢN 2016

Bài 7: (tương tự ) ∆ABC nội tiếp đường tròn tâm I(-2;0), A(3;-7), trực tâm H(3;-1). Xác
định tọa độ C biết C có hoành độ dương.
PHÂN TÍCH HƯỚNG GIẢI
A

I

H

B

C

M

D

+ Hoàn toàn với phương pháp lập luận như bài trên, ta cũng có được kết quả
AH = 2.MI ⇒ AH = 2.IM , nếu gọi M(x;y) thì giải phương trình AH = 2.IM
⇒ x = −2, y = 3 ⇒ M(−2;3)

+ Đường thẳng BC đi qua điểm M, vuông góc với AH ⇒ BC : y − 3 = 0
2

+ Đường tròn (C) tâm I, bán kính R = IA có phương trình : ( x + 2 ) + y 2 = 74

(

)

+ Tọa độ B, C là giao của BC và (C), giải hệ ta sẽ có C −2 + 65;3 (chú ý x C > 0 nhé)
Như vậy qua bài toán trên, các bạn cần ghi nhớ 1 kết quả quan trọng sau: Nếu H,
I lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC , M là trung điểm BC thì ta có:
AH = 2.IM (đây là điểm nút của vấn đề). Tiếp theo mạch tư tưởng đó, ta nghiên cứu bài
sau cũng có cách khai thác tương tự.

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


CHINH PHỤC HÌNH HỌC Oxy - PHIÊN BẢN 2016

Bài 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD, qua 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
Để phân tích tìm ra các bước giải cho bài này, trước hết các bạn cần ôn lại tính chất sau
“Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O), H là trực tâm, kẻ đường kính AA’, M là trung điểm
BC ⇒ AH = 2.OM ”
A

O
H
C
M
B
A'

Hướng dẫn chứng minh:
0
+ Ta có ABA ' = 90 (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
Áp dụng tính chất trên, ta phân tích các bước suy luận của lời giải như sau
D

E

C

H
G
F

I
A

M

B

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


CHINH PHỤC HÌNH HỌC Oxy - PHIÊN BẢN 2016

+ ∆ABE có F là trực tâm, vậy nếu gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABE , M là trung
điể AB thì ta đã chứng minh được EF = 2.IM
+ Do tọa độ E, F đã biết, vậy để có I ta cần tìm tọa độ M, mà M là trung điểm AB nên ta
cần tìm tọa độ A, B. (đây là điểm nút của bài toán này)
+ Ta thấy ngay EF là đường trung bình của ∆HCB ⇒ AG = FE . Như vậy nếu gọi A(x;y)
thì giải phương trình AG = FE ⇒ x = 1; y = 1 ⇒ A(1;1)
+ Tiếp theo lập được phương trình đường thẳng AE đi qua A, E ⇒ AE : −2x + y + 1 = 0
+ Đường thẳng AB qua A và vuông góc với EF ⇒ AB : y − 1 = 0
+ Đường thẳng BH qua F và vuông góc với AE ⇒ BH : x + 2y − 7 = 0
⇒ B = BH ∩ AB ⇒ B(5;1) ⇒ M(3;1)

+ Giải phương trình EF = 2.IM ⇒ I(3;3)
D
E

C

H
G
F

I

A

M

B

Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
10


CHINH PHỤC HÌNH HỌC Oxy - PHIÊN BẢN 2016

Bài 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có D ( 4;5 ) , M là trung
điểm của AD, đường thẳng CM có phương trình x − 8y + 10 = 0 . Điểm B nằm trên đường
thẳng 2x + y − 1 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B và C biết C có tung độ nhỏ hơn 2.
PHÂN TÍCH HƯỚNG GIẢI

A

B

d1: x - 8y + 10 = 0
M

d2: 2x + y - 1 = 0

I

K
G

H
D(4;5)

C

+ Căn cứ đề bài ta tính ngay được khoảng cách d ( D;d1 ) = DK =

4 − 8.5 + 10
12 + (−8) 2

=

26
65

+ Do G = CM ∩ BD ⇒ G là trọng tâm ∆ADC .
+ Vì điểm B ∈ d 2 ⇒ B ( b; −2b − 1) , mà d ( B;d1 ) = BH , ta có

BH BG 4
=
= =2
DK DG 2

b = 2
52
⇒ B ( 2; −5 ) ⇒ I ( 3; 0 )
⇒ BH =
= d ( B;d1 ) ⇒ 17b + 18 = 52 ⇔ 
 b = − 70 (lo¹i)

65
17


(Chú ý B và D cùng phía đối với CM nhé)
+ Ta có C ∈ d1 ⇒ C ( 8c − 10;c ) , mà CD.CB = 0 ⇒ (14 − 8c ) . (12 − 8c ) + ( 5 − c ) . ( −5 − c ) = 0
Giải phương trình trên ta có c = 1 (thỏa mãn C có tung độ nhỏ hơn 2) ⇒ C ( −2;1)
Vậy đáp số: A ( 8; −1) , B ( 2; −5) ,C ( −2;1)

Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
11


CHINH PHỤC HÌNH HỌC Oxy - PHIÊN BẢN 2016
2

Bài 10: Cho đường tròn (C) : ( x − 4 ) + y 2 = 4 . Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ
được 2 tiếp tuyến MA, MB tới đường tròn (C) (A, B là 2 tiếp điểm). Biết AB đi qua
E(4;1)
PHÂN TÍCH HƯỚNG GIẢI
Bài tập này sẽ cung cấp cho các bạn 1 phương pháp lập phương trình đường thẳng dựa
theo ý tưởng quỹ tích.
A

M
I(4;0)

F

B

E(4;1)

+ Do M ∈ Oy ⇒ M(0; m)



a

+ Đường tròn (C’) ngoại tiếp tứ giác MAIB có tâm F  2;  là trung điểm MI
2
2



2

MI
16 + a
a  16 + a 2
2

⇒ Bán kính R ' =
=
⇒ (C ') : ( x − 2 ) +  y −  =
2
2
2
4


+ Ta có tọa độ A, B là giao của (C) và (C’) là nghiệm hệ phương trình :
( x − 4 )2 + y 2 = 4

2

a  16 + a 2 ⇒ −4x + ay + 12 = 0
2

x
−
2
+
y
−
) 
(
 =
2
4


+ Từ đây suy ra AB có phương trình −4x + ay + 12 = 0 , mà E thuộc AB ⇒ m = 4 ⇒ M(0; 4)

Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
12


CHINH PHỤC HÌNH HỌC Oxy - PHIÊN BẢN 2016

Bài 11: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn tâm O(0;0). Gọi M(-1;0, N(1;1) lần lượt là các

chân đường vuông góc kẻ từ B, C của ∆ABC . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C của ∆ABC ,
biết điểm A nằm trên đường thẳng ∆ có phương trình : 3x + y - 1 = 0
PHÂN TÍCH HƯỚNG GIẢI
Để giải bài tập này, trước hết ta cần chứng minh một tính chất hình học quan
trọng sau đây: 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 =

s® AC
2

+ Mà ABC = AHK (do tứ giác 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
VẬN DỤNG TÍNH CHẤT TRÊN, TA CÓ SƠ ĐỒ TƯ DUY CÁC BƯỚC GIẢI CÂU HỎI NÀY NHƯ SAU
3x+y-1=0
x

A

M(-1;0)
N(1;1)

O(0;0)
C
B

Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
13


CHINH PHỤC HÌNH HỌC Oxy - PHIÊN BẢN 2016

+ Ta thấy A ∈ ∆ ⇒ A(a;1 − 3a) , bây giờ cần thiết lập 1 phương trình để tìm a.
+ Ta có AO ⊥ MN
+ Giải phương trình : AO.MN = 0 ⇒ a = 1 ⇒ A(1; −2)
+ Đường thẳng AB đi qua A, N ⇒ AB : x − 1 = 0
+ Đường thẳng AC đi qua A, M ⇒ AC : x + y + 1 = 0
+ Đường cao BM đi qua M và vuông góc với AC ⇒ BM : x − y + 1 = 0
+ Tọa độ B = AB ∩ BM ⇒ B(1; 2) , tương tự ⇒ C(−2;1)
Như vậy điểm quan trọng nhất đối với bài này là phát hiện ra AO ⊥ MN , trong
quá trình làm bài, các bạn cần chứng minh tính chất này kèm lời giải.
CÁC BẠN QUAN SÁT LỜI GIẢI CỤ THỂ NHƯ SAU

+ Theo đề bài ta có A ∈ ∆ ⇒ A(a;1 − 3a)
s® AC
, mà tứ giác BNMC

2
có BNC = BMC = 900 ⇒ tứ giác BNMC nội tiếp ⇒ AMN = ABC ⇒ xAC = AMN , mà 2
góc này ở vị trí so le trong ⇒ Ax / / NM .

+ Kẻ tiếp tuyến Ax của đường tròn (O) tại A ⇒ xAC = ABC =

+ Mặt khác Ax là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A
⇒ Ax ⊥ AO ⇒ AO ⊥ MN ⇒ AO.MN = 0 ⇔ (−2).(−a) + (−1).(3a − 1) = 0 ⇔ a = 1 ⇒ A (1; −2 )

+ Ta có đường thẳng A, B đi qua 2 điểm A, N ⇒ vec tơ chỉ phương của AB là
AN = ( 0;3 ) ⇒ vec tơ pháp tuyến của AB là n AB = ( 3;0 ) , vậy AB có phương trình là
3 ( x − 1) + 0 ( y + 2 ) = 0 ⇔ x − 1 = 0

+ Đường thẳng AC đi qua 2 điểm A, M tương tự AC có phương trình x + y + 1 = 0
+ Đường cao BM đi qua điểm M và vuông góc với AC nên vec tơ pháp tuyến của BM là
n BM = (1; −1) ⇒ BM có phương trình 1( x + 1) − 1( y − 0 ) = 0 ⇔ x − y + 1 = 0 .
+ Vì B là giao điểm của AB và BM nên tọa độ B là nghiệm hệ phương trình sau:
x − 1 = 0
x = 1
⇔
⇒ B (1; 2 )

x − y + 1 = 0
y = 2

+ Tương tự ⇒ C(−2;1)

Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
14

CHINH PHỤC HÌNH HỌC Oxy - PHIÊN BẢN 2016

Bài 12: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) tâm I, bán kính bằng 2, điểm M
thuộc đường thẳng d : x + y = 0 . Từ M kẻ 2 tiếp tuyến MA, MB đến (C) (A, B là các tiếp
điểm). Viết phương trình của đường tròn (C) biết AB : 3x + y − 2 = 0 và khoảng cách từ I
đến d bằng 2 2 .
PHÂN TÍCH HƯỚNG GIẢI
+ Gọi K = d ∩ AB, E = MI ∩ AB
+ Gọi I(a; b) , ta có: d(I;d) = AH = 2 2 ⇒ a + b = 4 (1)

(

)

+ Ta có cos MIH =

IH 2 2
=
(*), mà MIH = K (cùng phụ với KMI ), mặt khác K còn
MI MI

là góc tạo bởi đường thẳng d và AB. Vậy thay vào (*) ta có:
⇒

(1;1) . ( 3;1)
(1;1) . ( 3;1)

2 2
⇒ MI = 10

MI

=

4
4
⇒ d(I; AB) =
⇒ 3a + b − 2 = 4 (2)
10
10
Cuối cùng ta giải hệ (1) và (2) để tìm a, b ⇒ phương trình đường tròn (C)

+ Lại có: IB2 = IE.IM ⇒ IE =

(Các em tự giải hệ nhé)
K

AB:3x+y-2=0

H
B

d:x+y=0

E

I

M
A

2

2

2

2

2

2

2

2

Đáp số: ( x − 1) + ( y − 3) = 4; ( x − 1) + ( y + 5 ) = 4; ( x − 3) + ( y + 5 ) = 4; ( x − 5) + ( y − 9 ) = 4

Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
15


CHINH PHỤC HÌNH HỌC Oxy - PHIÊN BẢN 2016
Bài 13: ∆ABC nội tiếp đường tròn đường kính AD, M(3; −1) là trung điểm cạnh BC.
Đường cao kẻ từ B của ∆ABC đi qua điểm E(−1; −3) , điểm F(1;3) nằm trên đường thẳng
AC. Tìm tọa độ đỉnh A và viết phương trình cạnh BC biết D(4; −2)

PHÂN TÍCH HƯỚNG GIẢI
A?
E(-1;-3)

F(1;3)

H

C

B

M(3;-1)
D(4;-2)

+ Trước hết, khi gặp loại bài tập mà tam giác nội tiếp đường tròn, dữ kiện bài cho đường
cao của tam giác thì ta thường nghĩ đến việc tạo ra 1 hình bình hành bằng cách:
- Nếu tam giác có 2 đường cao thì ta chỉ việc kẻ 1 đường kính đi qua đỉnh còn lại (không
chứa 2 đường cao kia).
- Nếu tam giác có đường kính đi qua đỉnh và 1 đường cao thì ta sẽ kẻ đường cao thứ 2
(bài toán này ta sẽ làm như vậy)
+ Với bài toán này ta sẽ tạo ra điểm H là trực tâm ∆ABC ⇒ ta chứng minh được BHCD
là hình bình hành (xem chứng minh trong phần đóng khung bên dưới)
+ Ta có ABD = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) ⇒ BA ⊥ BD , mà
BA ⊥ CH ⇒ BD / /CH (1). Chứng minh tương tự ta cũng có CD / /BH (2)
+ Từ (1) và (2) ⇒ tứ giác BHCA’ là hình bình hành
+ Công việc chuẩn bị đã xong, bây giờ ta sẽ làm theo các bước suy luận sau nhé:
- Thấy ngay H là trung điểm AC ⇒ H(2; 0)
- Lập được phương trình BH (qua 2 điểm H và E) ⇒ BH : x − y − 2 = 0
- Lập được phương trình DC (qua D và // BH) ⇒ DC : x − y − 6 = 0
- Lập được phương trình AC (qua F và ⊥ BH ) ⇒ AC : x + y − 4 = 0
- Tọa độ C = AC ∩ DC , giải hệ ⇒ C(5; −1)
- Lập phương trình BC đi qua 2 điểm M và C ⇒ BC : y + 1 = 0

- Lập phương trình AH (qua H và ⊥ BC ) ⇒ AH : x − 2 = 0
- Tọa độ A = AH ∩ AC , giải hệ ⇒ A(2; 2)
(trên đây chỉ là các bước phân tích sơ đồ tư duy tìm ra lời giải, phần còn lại chỉ là tính
toán - các em tự làm để so sánh đáp số nhé)
Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
16


CHINH PHỤC HÌNH HỌC Oxy - PHIÊN BẢN 2016
Bài 14: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn, D(1;-1) là chân đường phân giác của A , AB có
phương trình 3x + 2y − 9 = 0 , tiếp tuyến tại A có phương trình ∆ : x + 2y − 7 = 0 . Hãy viết

phương trình BC.
PHÂN TÍCH HƯỚNG GIẢI
∆

A
1
2

x+2y-7=0

3x+2y-9=0
1
E

B

1

D(1;-1)

C

+ Với dữ kiện đề bài cho, trước hết ta xác định được ngay tọa độ A = ∆ ∩ AB ⇒ A(1;3)
+ Đường thẳng BC đi qua D(1;-1) nên để lập phương trình BC ta cần tìm tọa độ một
điểm nữa thuộc BC. Gọi E = ∆ ∩ BC ⇒ E ∈ ∆ ⇒ E ( 7 − 2x; x )
+ Bây giờ cần thiết lập 1 phương trình để tìm x, vẽ hình chính xác sẽ cho ta dự đoán
∆EAD cân tại E ⇒ giải phương trình ED = EA sẽ tìm được x = 1 ⇒ E(5;1) .
(chứng minh ∆EAD cân tại E như sau: D1 = C1 + DAC (góc ngoài ∆ADC ), mà
sdAB
, DAC = A 2 ⇒ D1 = A1 + A 2 = EAD ⇒ ∆EAD cân tại E)
2
+ Đường thẳng BC đi qua 2 điểm E và D ⇒ BC : x − 2y − 3 = 0
C1 = A1 =

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


CHINH PHỤC HÌNH HỌC Oxy - PHIÊN BẢN 2016

Bài 15: Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (C), đường phân giác trong và ngoài của A cắt
đường tròn (C) lần lượt tại M(0; −3), N(−2;1) . Tìm tọa độ các điểm B, C biết đường thẳng
BC đi qua E(2; −1) và C có hoành độ dương.
PHÂN TÍCH HƯỚNG GIẢI
+ Trước hết ta thấy ngay AN ⊥ AM (tính chất phân giác của 2 góc kề bù)
⇒ Đường tròn (C) sẽ có tâm I(−1; −1) là trung điểm MN, bán kính R =
2

MN
= 5
2

2

⇒ (C) : ( x + 1) + ( y + 1) = 5

+ Như vậy đến đây thấy rằng để tìm tọa độ B, C ta cần thiết lập phương trình đường
thẳng BC rồi cho giao với đường tròn (C).
+ Quan sát tiếp thấy BC qua E(2;-1) rồi, giờ thì ta cần tìm VTCP hoặc VTPT nữa là
được.
N(-2;1)
A
1

2

I
B

E(2;-1)
H

C

M(0;-3)

Nếu vẽ hình chính xác thì ta sẽ dự đoán được BC ⊥ MN !!! (ta sẽ chứng minh như
sau: A1 = A 2 ⇒ MB = MC ⇒ M là điểm chính giữa BC ⇒ H là trung điểm BC

( H = MN ∩ BC ) ⇒ BC ⊥ MN (quan hệ giữa đường kính và dây cung - hình học lớp 9))
+ Như vậy, tóm lại, đường thẳng BC qua E, ⊥ MN ⇒ BC : x − 2y − 4 = 0
6


7

+ Cuối cùng, ta chỉ cần giải hệ phương trình gồm (C) ∩ BC ⇒ B(−2; −3), C  ; − 
5 5

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

18


CHINH PHỤC HÌNH HỌC Oxy - PHIÊN BẢN 2016

Bài 16: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ∆ABC có đỉnh A(1;5) . Tâm đường tròn nội
5





tiếp và ngoại tiếp ∆ABC lần lượt là I(2; 2), K  ;3  . Tìm tọa độ các điểm B, C
2
PHÂN TÍCH HƯỚNG GIẢI
Mỗi bài hình học tọa độ phẳng trong thi THPT Quốc gia đều có một “nút thắt”
riêng, làm thế nào để tìm được “nút thắt” đó và “cởi nút thắt”. Câu trả lời là : Phải

học nhiều, làm nhiều, chịu khó tổng hợp kiến thức và tư duy theo kinh nghiệm đã tích
lũy .
SAU ĐÂY TA SẼ ĐI TÌM “NÚT THẮT” CỦA BÀI TOÁN LẦN TRƯỚC NHÉ !
Trước khi giải quyết bài này, ta cùng chứng minh lại 1 tính chất của hình học THCS
Tính chất: 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:
A
1 2

O

I
1

1
B

2
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
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
A 2 = B3 =

Như vậy tính chất vừa chứng minh bên trên đã giúp ta mở “nút thắt” trong bài này, sau
đây ta sẽ cùng phân tích từng bước của kỹ thuật giải
+ Trước hêt, ta lập được ngay đường tròn (C) ngoại tiếp ∆ABC có tâm K, bán kính AK.
2

5
25
2

⇒ (C) :  x −  + ( y − 3) =
2
4


+ Đường thẳng AI qua A, I từ đó dễ dàng có được phương trình đường thẳng AI là:
5 1
AI : 3x + y − 8 = 0 ⇒ D = AI ∩ (C) ⇒ D  ; 
2 2

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


CHINH PHỤC HÌNH HỌC Oxy - PHIÊN BẢN 2016
A(1;5)

1

1
B

2
(C)

1 I(2;2)

2

5
K( ;3)
2

3

C

D

+ Ta có: BD = DI = CD (tính chất vừa chứng minh)
⇒ B, C nằm trên đường tròn (T) tâm D, bán kính DI ⇒ tọa độ B, C là giao của 2 đường
tròn (C) và (T)


5

2



1

2

10

+ Mà đường tròn (T) tâm D, bán kính DI có phương trình:  x −  +  y −  =
2 
2
4


2
2

5 
1  10
 x −  +  y −  =
2 
2
4
x = 4 ⇒ y = 1

+ {B, C} = (C) ∩ (T) , giải hệ phương trình 
⇔
x = 1 ⇒ y = 1
2

5

25
2

 x − 2  + ( y − 3) = 4

 B(4;1), C(1;1)
Vậy tọa độ các điểm B, C là 
 B(1;1), C(4;1)

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


CHINH PHỤC HÌNH HỌC Oxy - PHIÊN BẢN 2016

Bài 17: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ∆ABC có tâm đường tròn bàng tiếp của góc A
là K(2; −9) , đỉnh B(−3; −4), A(2; 6) . Tìm tọa độ đỉnh C
PHÂN TÍCH HƯỚNG GIẢI
Trước khi làm bài này, các bạn cần nhớ lại tính chất và chú ý sau
A
Tính chất: Az là tia phân giác của góc xAy, M nằm trên tia Ax
khi đó nếu gọi M' là điểm đối xứng với M qua phân giác Az
thì điểm M' nằm trên tia Ay.
M'
M

x
y

z

Kinh nghiệm làm bài: khi có 1 điểm (đã biết tọa độ) nằm trên 1 cạnh của góc (đã
biết phương trình) và 1 tia phân giác của góc đó (đã biết phương trình) thì tư duy là lấy
điểm đối xứng với điểm đã cho qua tia phân giác.
Ở bài này, chúng ta sẽ suy luận làm bài theo trình tự các bước tư duy sau đây
A(2;6)

E

B'
B(-3;-4)

C
A'

K(2;-9)

+ Ta thấy C = AC ∩ BC , vậy ta cần đi tìm phương trình đường thẳng AC và BC
Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
21


CHINH PHỤC HÌNH HỌC Oxy - PHIÊN BẢN 2016

* Bước 1: Tìm phương trình AC
- Đường thẳng AC đi qua A và B’ (trong đó B’(7;-4) là điểm đối xứng của B qua phân
giác AK: x - 2 = 0) ⇒ AC : 2x + 5y − 34 = 0
(Trong quá trình học ta đã có được kinh nghiệm: khi gặp đường phân giác và 1 điểm, ta
sẽ lấy điểm đối xứng qua đường phân giác - hy vọng bạn còn nhớ)
* Bước 2: Tìm phương trình BC

Suy luận tương tự ta cũng có: Đường thẳng BC đi qua B và A’ (trong đó A’ là điểm đối
xứng của A qua phân giác BE)
+ Giải hệ C = AC ∩ BC . Đáp số C(5;0)
Chú ý: trên đây chỉ là phân tích và hướng dẫn con đường tư duy tìm ra lời giải
một cách ngắn gọn để các bạn có được sự nhìn nhận về các bước làm một cách hệ thống
nhất, trong hướng dẫn trên có bước tìm điểm B’ đối xứng với B qua AK, A’ đối xứng với
A qua BE , các bạn theo dõi cách làm mẫu với tìm điểm B’ như sau:
C
B'

A(2;6)

H

K(2;-9)

B(-3;-4)

+ Ta có AK = ( 0; −15 ) ⇒ đường thẳng AK đi qua điểm A(2;6) và có vec tơ pháp tuyến là
n = (15;0 ) ⇒ AK có phương trình 15(x − 2) + 0(y − 6) = 0 ⇔ x − 2 = 0

+ Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AK ⇒ H ∈ AK ⇒ H(2; a)
a = 6
 a = −4

+ Mà BH ⊥ AH ⇒ BH.AH = 0 ⇒ 5.0 + (a − 6)(a + 4) = 0 ⇔ 
⇒ H(2;6) ≡ A(2; 6) (loại), vậy H(2; −4)

+ Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua AK ⇒ B' ∈ AC và H là trung điểm của
BB’ ⇒ B'(7; −4)

(việc tìm điểm A’ tương tự, để ý rằng phân giác BE là đường thẳng đi qua điểm B và
vuông với BK nhé. Các bạn tự tính toán để so sánh đáp số)

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


CHINH PHỤC HÌNH HỌC Oxy - PHIÊN BẢN 2016

Bài 18: Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD, BD = 2.AC , BD có phương trình
x − y = 0 . M là trung điểm CD và H(2; −1) là hình chiếu vuông góc của A trên BM. Viết
phương trình đường thẳng AH
PHÂN TÍCH HƯỚNG GIẢI
- Nhận xét thấy đường thẳng AH đi qua điểm H(2; −1) , vậy để lập phương trình AH ta
phải tìm 1 điểm nữa thuộc AH, phương án này khó thực hiện, do đó trong trường hợp
này ta nghĩ đến cách gọi VTPT của AH là n1 = (a; b), a 2 + b 2 > 0 .
- Để tìm a, b trong trường hợp này ta thường nghĩ đến việc thiết lập góc giữa đường thẳng
AH và BD (BD đã có sẵn phương trình là x − y = 0 rồi ⇒ VTPT củu BD là n 2 = (1; −1) )
A

B

x-y=0

E

D

I
H(2;-1) G

M

C

- Ta có góc tạo bởi 2 đường thẳng AH và BD là AEI , mà AEI = BEH (đối đỉnh), mặt

( )

( )

khác BEH và HBE là 2 góc phụ nhau nên ⇒ cos AEI = sin HBE ⇒ cos n1 ; n 2 = sin HBE
- Đến đây ta phải tính làm sao cho cái sin HBE ra một hằng số để thiết lập ra phương
trình rồi tìm a, b.
- Ta thấy nếu gọi G = CI ∩ BM ⇒ G là trọng tâm ∆BCD , hơn nữa đề bài còn cho ta
BD = 2.AC nên ⇒ sin HBE =

GI
GI
=
=
BG
BI 2 + IG 2

GI

( 6.IG )

2

=
+ IG 2

1
37

7b

a=

1
5
⇒ cos n1 ; n 2 =
⇔ ... ⇔ 35a 2 − 74ab + 35b 2 = 0 ⇔ 
37
a = 5b

7
7b
+ TH1: Với a = , mà AH qua H(2; −1) , từ đây ta có AH : 7x + 5y − 9 = 0
5
+ TH2: tương tự ta có đáp số AH : 5x + 7y − 3 = 0
Vậy phương trình AH là AH : 7x + 5y − 9 = 0 hoặc AH : 5x + 7y − 3 = 0

( )

Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
23

CHINH PHỤC HÌNH HỌC Oxy - PHIÊN BẢN 2016

Bài 19: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có M đối xứng với B qua
C. Điểm N(5; −4) là hình chiếu vuông góc của B trên DM. Điểm C nằm trên đường thẳng
2x + y + 5 = 0, A(−4;8) . Tìm tọa độ của B và C.
PHÂN TÍCH HƯỚNG GIẢI
+ Điểm C ∈ d ⇒ C(x; −2x − 5)
 x − 4 −2x + 3 

+ Gọi I là tâm hình chữ nhật ABCD ⇒ I là trung điểm AC ⇒ I 
;

2 
 2
+ Ta dễ dàng chứng minh được IN = IA , giải phương trình này ⇒ x = 1 ⇒ C (1; −7 )
+ Đến đây ta sẽ lập được phương trình AC (đi qua 2 điểm A và C), điểm B là điểm đối
xứng của N qua AC ⇒ B(−4; −7)
CÁCH KHÁC

+ Điểm C ∈ d ⇒ C(x; −2x − 5)
+ Vẽ hình chính xác, dự đoán được ngay rằng: AN ⊥ NC ⇒ AN.NC = 0 , giải phương trình
này sẽ ⇒ x ⇒ C
Chứng minh AN ⊥ NC như sau:
Chứng minh ADMC là hình bình hành ⇒ AC ⊥ NB . Trong ∆ANM có C là trung điểm
BM, EC // NM ⇒ E là trung điểm BN ⇒ ∆ABC = ∆ANC ⇒ ANC = 900
B ∈ BN
(trong đó BN là đường thẳng qua N và vuông góc
BC = CN

+ Để tìm tọa độ B ta giải hệ 

với AC)
(trên đây là phân tích phương hướng tư duy để tìm ra lời giải, các bạn tự tính toán để so
sánh đáp số nhé)

Giáo viên biên soạn: NGUYỄN HỮU BIỂN - />
24