NỘI DUNG 2 tọa độ điểm – VÉCTƠ

PP tọa độ trong mặt phẳng

FB: />
II. TỌA ĐỘ ĐIỂM – VÉCTƠ
Chuyên đề: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

Dạng 1: Tìm tọa độ điểm thỏa mãn điều kiện cho trước.
Bài tốn tổng qt: Tìm điểm M

: ax

by

c

0

thỏa điều kiện cho trước.

Phương pháp 1
B1. Đặt tọa độ cho điểm M .
M m;

am c
,b
b

0 hoặc M

bm c
;m ,a

a

0

B2. Khai thác tính chất hình học của điểm M .
+ Tính đối xứng
+ Khoảng cách
+ Góc
+ Quan hệ song song, vng góc
+ Tính chất của điểm và đường đặc biệt trong tam giác.
+ Tam giác đồng dạng
+ Ba điểm thẳng hàng, hai vectơ cùng phương
Chuyển tính chất hình học sang phương trình với ẩn m . Giải phương trình tìm
m

M

.

Phương pháp 2
B1. Xem điểm M là giao điểm của hai đường (đường thẳng, đường trịn).
B2. Lập phương trình các đường. Giải hệ tìm M .

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


PP tọa độ trong mặt phẳng

FB: />
Ví dụ 1. Cho điểm A  1;3 và đường thẳng  có phương trình x  2y  2  0 . Dựng
hình vuông ABCD sao cho hai đỉnh B, C nằm trên  và các tọa độ đỉnh C đều
dương. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D.
Bài giải
 Đường thẳng (d) đi qua A và vng góc với  có phương trình: 2x  y  m  0
A  1;3    2  3  m  0  m  1

Suy ra:  d  : 2x  y  1  0





x  2y  2  x  0  B 0;1
 Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình: 2x
 
 y 1
y 1

Suy ra: BC  AB  1  4  5



x  2y0  2  0
x  2y0  2
  02
  02
2
2

BC  5
x 0   y0  1  5 x 0   y0  1  5

 Đặt C  x 0 ; y0  với x 0 , y0  0 , ta có: C  





Giải hệ này ta được: xy 0  22 hoặc xy 0  02 (loại). Suy ra: C  2; 2 
0
0





 Do ABCD là hình vuông nên: CD  BA  xy D  22  311 0  xy D  14  D 1; 4 
D
D
 Vậy B  0;1 , C  2; 2  , D 1; 4  
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Biết
A  1; 4  , B 1; 4 

và đường thẳng BC đi qua điểm I  2;  . Tìm tọa độ đỉnh C.
 2
1

Bài giải
 Phương trình đường thẳng BC: 9x  2y  17  0

 AB   2; 8 
9c  17 

,
ta
có
 AC   c  1; 9c  25 

2 




2 



 Do C  BC nên ta có thể đặt C  c;

 Theo giả thiết tam giác ABC vuông tại A
nên: AB.AC  0  c  1  4.
 Vậy C  3;5  .

9c  25
0c3
2

Ví dụ 3. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12,
9 3
I  ;  và tâm của hình chữ nhật là M  3;0  là trung điểm của cạnh AD. Tìm tọa độ

2 2

các đỉnh của hình chữ nhật.
Bài giải
 Do MI là đường trung bình của tam giác ABD nên AB  2MI  2
NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

9 9
 3 2
4 4

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


PP tọa độ trong mặt phẳng

FB: />
 Vì SABCD  AB.AD  12 nên AD 

12
 2 2  MA  MD  2
AB

 Đường thẳng AD qua M  3;0  và nhận IM   ;  làm VTPT có phương trình
2 2
3 3

là:

3

3
 x  3   y  0   0  x  y  3  0
2
2

 Phương trình đường trịn tâm M bán kính R  2 là:  x  3  y 2  2
2

 Tọa độ A và D là nghiệm của hệ phương trình:





x  y  3  0
y  3  x
x2 x4
 x  3 2  y2  2   x  3 2  3  x 2  2  y  1  y  1









Suy ra: ta chọn A  2;1 , D  4; 1



Vì I là trung điểm của BD nên: xy

2x I  x A  9  2  7
 Vì I là trung điểm của AC nên: xyC  2y
 C  7; 2 
C
I  yA  3  1  2
B
B

 2x I  x D  5
 B  5; 4 
 2yI  yD  4

 Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là A  2;1 , B  5; 4  , C  7; 2  , D  4; 1 .
Ví dụ 4. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với A  2; 4  , B  0; 2  và trọng tâm
G thuộc đường thẳng 3x  y  1  0 . Hãy tìm tọa độ của C biết rằng tam giác ABC có
diện tích bằng 3.
Bài giải
 Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên:
1
1
SGAB  SABC  .3  1
3
3

 Phương trình đường thẳng AB là:

x2 y4


 x y2 0
2
2

 Đặt G  a; b  , do G   d  : 3x  y  1  0 nên 3a  b  1  0 , ta có:
1
1
SGAB  1  .AB.d  G, AB   1  .2 2.d  G, AB   1
2
2
1
 d  G, AB  
2
ab2
1


2
2
 a  b  2  1

 Tọa độ G là nghiệm của hệ:

1

a
3a  b  1  3a  b  1  
2  a  1

a  b  1

a  b  3
1 b  2
b  
2




NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309





SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


PP tọa độ trong mặt phẳng

FB: />
Suy ra: G   ;   hoặc G  1; 2 
 2 2
1

1

7

 x C  3x G   x A  x B    2
 1 1

 7 9
 Với G   ;   thì 
 C  ; 
9
 2 2
 2 2
 yC  3y G   y A  y B  
2


 Với G  1; 2  thì x C  3x G   x A  x B   5  C  5;0 
 yC  3yG   yA  yB   0

7 9
 Vậy có hai điểm C thỏa đề bài là : C  5;0  và C   ;  .
 2 2

Ví dụ 5. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng  d  : x  y  1  0 và đường tròn

 C  : x 2  y2  2x  4y  0 . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng (d) mà qua đó có thể
kẻ được hai tiếp tuyến MA và MB với (C) (A,B là hai tiếp điểm) sao cho AMB  600 .
Bài giải
 (C) có tâm I  1; 2  và bán kính R  5
1
2

 Theo giả thiết: AMB  600  AMI  AMB  300
 Tam giác AMI vuông tại A nên: s in300 

AI

 IM  2AI  2R  2 5
IM

 Đặt M  t; t  1  (d) , ta có:
IM 2  20   t  1   t  1  20  t 2  9  t  3
2

2

 Vậy có hai điểm cần tìm là M1  3; 2  và M 2  3; 4  .
Ví dụ 6. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A  0; 2  và đường thẳng  d  : x  2y  2  0 .
Tìm trên đường thẳng (d) hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông ở B và
AB  2BC .
Bài giải
 Từ yêu cầu của bài tốn ta suy ra B là hình chiếu vng góc của A trên (d)
 Phương trình đường thẳng    qua A và vng góc với (d) là: 2x  y  m  0
A  0; 2       2  m  0  m  2

Suy ra:    : 2x  y  2  0
 Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình:
NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

2

x

2x  y  2 
5  B 2 ; 6 




x  2y  2
6
5 5
y 
5




SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


PP tọa độ trong mặt phẳng

FB: />
 Đặt C  2t  2; t   (d) , theo giả thiết ta có:
AB  2BC  AB2  4BC 2
2
2
2
2

12   6  
2
 6

   0     2   4  2t     t   
5   5  
5

 5


2
 2t  12t  7  0
t  1
 7
 t  5

 Với t  1  C  0;1
Với t   C  ; 
5
4 5
7

5 7

2 6
2 6
4 7
 Vậy các điểm cần tìm là: B  ;  , C  0;1 hoặc B  ;  , C  ;  .
5 5

5 5

5 5

Ví dụ 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có điểm C
thuộc đường thẳng d : 2 x y 5 0 và A 4;8 . Gọi M là điểm đối xứng của B qua
C , N là hình chiếu vng góc của B trên đường thẳng MD . Tìm tọa độ điểm B và

C , biết rằng N 5; 4 .

Bài giải
Do C d nên C t; 2t 5 . Gọi I là tâm hình chữ nhật ABCD , suy ra I là trung
điểm của AC .
Do đó: I

t

4
2

2t 3
2

;

Tam giác BDN vuông tại N nên IN

IB .

Suy ra: IN

IA

Do đó ta có phương trình:
5

t

4
2

2

4

2t 3
2

2

4

t

4
2

2

8

2t 3
2

2

t

1

Suy ra: C 1; 7
NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


PP tọa độ trong mặt phẳng

FB: />
Do M đối xứng với B qua C nên CM
ACMD

CB .

Mà CB

và CM || AD nên tứ giác

là hình bình

hành. Suy ra AC || DM . Theo giả thiết, BN
B

AD

, suy ra BN

DM

AC

và CB CN . Vậy

là điểm đối xứng
của N qua AC
Đường thẳng AC có phương trình: 3x y 4 0 .
Đường thẳng BN qua N và vng góc với AC nên có phương trình: x 3 y 17 0
Do đó: B 3a 17; a
Trung điểm của BN thuộc AC nên:
3

Vậy B

4; 7

3a 17
2

5

a 4
2

4

0

a

7

.

Ví dụ 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có hai
đường chéo vng góc với nhau và AD 3BC . Đường thẳng BD có phương trình
x 2 y 6 0 và tam giác ABD có trực tâm là H 3; 2 . Tìm tọa độ các đỉnh C và D .
Bài giải

Gọi I là giao điểm của AC và BD
I

Mà IB

IC

nên

IBC

vuông cân tại

450

ICB
BH

IC .

IB

AD

BH

BC

HBC

vuông cân tại B

I

là trung điểm của đoạn thẳng

HC

Do CH

BD

và trung điểm I của CH thuộc BD nên tọa độ điểm C thỏa mãn hệ
2 x
x 3
2

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

3

y
2

y

2
2

2

0
6

0

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


PP tọa độ trong mặt phẳng

Do đó C

1; 6

IC
ID

IB
ID

Ta có

BC
AD

FB: />
1
3

ID

3IC

Do D 6 2t; t và CD 5 2 suy ra: 7 2t
Vậy D 4;1 hoặc D

8;7

IC 2

CD
2

t

ID 2

6

2

CH 10
2

IC 10

50

t

1

t

7

5 2

.

Ví dụ 9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có chân đường cao
17 1
, chân đường phân giác trong của góc A là D 5;3 và trung
;
5
5
điểm của cạnh AB là M 0;1 . Tìm tọa độ đỉnh C .

hạ từ đỉnh A là H

Bài giải
Ta có H

AH

và AH

HD

nên AH có phương trình: x 2 y 3 0 . Do đó

A 3 2 a; a

Do M là trung điểm của AB nên MA MH
a

Suy ra 3 2a

2

a 1

2

13

3

a

1
5

Do A khác H nên A 3;3
Phương trình đường thẳng AD là y 3 0 . Gọi N là điểm đối xứng của M qua
AD .

Suy ra N AC và tọa

độ điểm N thỏa mãn hệ
1

y

3 0
2
1.x 0. y 1

N 0;5
0

Đường thẳng AC có phương trình 2 x 3 y 15 0
Đường thẳng BC có phương trình 2 x y 7 0
Suy ra tọa độ điểm C thỏa mãn hệ
NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

2x

y 7

2 x 3 y 15

0
0
SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


PP tọa độ trong mặt phẳng

FB: />
Do đó C 9;11 . 

Ví dụ 10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có điểm M

9 3
;
2 2

là trung điểm của cạnh AB , điểm H 2; 4 và điểm I 1;1 lần lượt là chân đường cao
kẻ từ B và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ điểm C .

Bài giải
IM
7x

y
A

7 1

; . Ta có M
2 2
33 0
AB

A a;7a

Ta có AH

HB

33

AB

và AB IM nên đường thẳng AB có phương trình

. Do M là trung điểm của AB nên B a 9; 7a 30

AH .HB

0

a2

9a

20

4 A 4;5 , B 5; 2 . Ta có BH

Với a
trình x 2 y 6 0

Do đó C 6 2c; c . Từ IC

IA

7 2c

2

IA

Do C khác A , suy ra C

1; 6

t 1

2

AC

c 1

Do C khác A , suy ra C 4;1
5 A 5; 2 , B 4;5 . Ta có BH
Với a
trình 2 x y 8 0
Do đó C t; 2 t 8 . Từ IC

0

2t

2

AC

7

2

a

4

a

5

nên đường thẳng AC có phương
25

c

1

c

5

nên đường thẳng AC có phương
25

t

1

c

5

.

Ví dụ 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn
2
2
C : x 1
y 1
4 và đường thẳng : y 3 0 . Tam giác MNP có trực tâm trùng
với tâm của C , các đỉnh N và P thuộc , đỉnh M và trung điểm cạnh MN thuộc
C . Tìm tọa độ điểm P .

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


PP tọa độ trong mặt phẳng

FB: />
Bài giải
Ta có tâm của C là I 1;1 . Đường thẳng IM vuông góc với
x 1 . Do đó M 1; a
Do M

C

nên a 1

2

4.

Suy ra a

1

nên có phương trình

hoặc a 3 . Mà M

nên ta được

M 1; 1
N

N b;3

Do đó N 5;3 hoặc N
P

b 1
1
2

. Trung điểm MN thuộc C

2

1 1

2

b

4

5

b

3

3;3

P c;3

+ Khi N 5;3 , từ MP

+ Khi N

3;3

IN

, từ MP

1.

suy ra c

Do đó P

1;3

suy ra c 3 . Do đó P 3;3 .

IN

Ví dụ 12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vng ABCD . Gọi M là
trung điểm của cạnh BC , N là điểm trên cạnh CD sao cho CN 2 ND . Giả sử
M

11 1
;
và đường thẳng AN có phương trình 2 x
2 2

y

3

0.

Tìm tọa độ điểm A .

Bài giải
Gọi H là giao điểm của AN và BD . Kẻ đường thẳng qua H và song song với AB ,
cắt AD và BC lần lượt
tại P và Q . Đặt HP
MQ

x.

Suy ra PD

và HQ 3x . Ta có QC

3x

x,

nên

x.

Do đó

AHP

HMQ ,

suy ra AH

Hơn nữa, ta cũng có AH
A

x, AP

AN ,

HM .

HM

Do đó AM

2MH

2d M , ( AN )

3 10
2

suy ra A t; 2t 3 . Khi đó:
MA

3 10
2

t

11
2

2

2t

7
2

2

45
2

t2

5t

4

0

t

1

t

4

Vậy A 1; 1 hoặc A 4;5 .
NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


PP tọa độ trong mặt phẳng

FB: />
Ví dụ 13. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD . Các
đường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là x 3 y 0 và x y 4 0 ; đường
1
;1 . Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật ABCD .
3

thẳng BD đi qua điểm M
Bài giải

Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ

x

3y

x

y

0
4

A

0

3;1

Gọi N là điểm thuộc AC sao cho MN || AD .
4
3

Suy ra MN có phương trình là x y

0.

Vì N thuộc AC , nên tọa độ điểm N thỏa mãn hệ
Đường trung trực
có phương trình là
x

y

x

y

x

3y

4
3

0
0

N

1;

1
3

của MN đi qua trung điểm của MN và vng góc với AD , nên

0

Gọi I và K lần lượt là giao điểm của
Suy ra tọa độ của điểm I thỏa mãn hệ
và tọa độ điểm K thỏa mãn hệ
AC

2 AI

C 3; 1 ; AD

BC

AD

B 1; 3

2 AK

với AC và AD .
x

y
3y
0

x

y

x
0

x

y

4

D

0
0
K

I 0;0
2; 2

1;3

.

Ví dụ 14. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường thẳng : x y 2 0 và
đường tròn C : x 2 y 2 4 x 2 y 0 . Gọi I là tâm của C , M là điểm thuộc . Qua
M kẻ các tiếp tuyến MA và MB đến C ( A và B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm
M , biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10 .
Bài giải
Đường trịn C có tâm I 2;1 , bán kính IA
Tứ giác MAIB có MAI
SMAIB

IA.MA

MA

900

MBI

2 5

IM

M

, có tọa độ dạng M t; t 2

MA

5

t

2

2

t

3

Vậy M 2; 4 hoặc M

2

25
3;1

2t 2

5

và MA MB
IA2

MA2

2t 12

0

5

t
t

2
3

.

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


PP tọa độ trong mặt phẳng

FB: />
Ví dụ 15: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
điểm cạnh AC, điểm

H (0;  3)

là chân đường cao kẻ từ A, điểm

E (23;  2)

M (2; 1)

là trung

thuộc đường

thẳng chứa trung tuyến kẻ từ C. Tìm tọa độ điểm B biết điểm A thuộc đường thẳng
và điểm C có hồnh độ dương.

d : 2x  3y  5  0

Bài giải
 x  1  3t
A  d : 2x  3 y  5  0  
 A(3a  1, 2a  1).
 y  1  2t

Vì

M (2; 1)

là trung điểm AC nên suy ra

C (3  3a; 1  2a)


 HA  (3a  1; 2a  4)


 HC  (3  3a; 4  2a).

Vì AHC  90 nên
0

+ Với

a  1  A(2; 3), C (6;  1)

+ Với a  
Với

a  1
HA.HC  0  
 a   19 .

13

19
 18 51 
 C ; 
13
 13 13 

A( 2; 3), C (6;  1)

thỏa mãn.

không thỏa mãn.

ta có phương trình CE : x  17 y  11  0, phương trình

BC : x  3 y  9  0
3b  7 b  3


;
trung điểm AB là N 
.
2 
 2
Mà N  CE  b  4  B(3;  4). 

Suy ra

B (3b  9; b)  BC 

Ví dụ 16: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 3), tâm
đường trịn ngoại tiếp I (2; 1), phương trình đường phân giác trong góc BAC là x  y  0.
Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết rằng

BC 

8 5

5

và góc BAC nhọn.

Bài giải
Vì AD là phân giác trong góc A nên AD cắt đường trịn (ABC) tại E là điểm chính
giữa cung BC

 IE  BC.

Vì E thuộc đường thẳng x  y  0 và

IE  IA  R  E (0; 0).

Chọn nBC  EI  (2; 1)  pt BC có dạng 2 x  y  m  0.
4 5
3
 IH  IC 2  HC 2 
5
5

Từ giả thiết

 HC 

 d ( I , BC ) 

3
 m  2
 BC : 2 x  y  2  0

| m5|
3



 
5
5
5
 m  8
 BC : 2 x  y  8  0.

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


PP tọa độ trong mặt phẳng

FB: />
Vì BAC nhọn nên A và I phải cùng phía đối với BC, kiểm tra thấy BC : 2 x  y  2  0 thỏa
mãn.
Từ hệ


2 x  y  2  0
8 6
 B(0; 2), C  ;  

2

2
5 5

( x  2)  ( y  1)  5

8 6
hoặc B  ;   , C (0; 2) .
5

5

Ví dụ 17: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình
đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B là x  3 y  18  0, phương trình đường thẳng trung
trực của đoạn thẳng BC là 3x  19 y  279  0, đỉnh C thuộc đường thẳng

d : 2 x  y  5  0.

Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng BAC  1350.
Bài giải
B  BH : x  3 y  18  B(3b  18; b),

C  d : y  2 x  5  C (c; 2c  5).

Từ giả thiết suy ra B đối xứng C qua đường trung trực
u .BC  0
 : 3 x  19 y  279  0   
trung điểm BC là M  
60b  13c  357
b  4  B(6; 4)




10b  41c  409
c  9
C (9; 23).
AC  BH 

chọn n AC  u BH  (3; 1)  pt AC : 3x  y  4  0  A(a; 3a  4)

 AB  (6  a; 8  3a), AC  (9  a; 27  3a).

Ta có

A  1350  cos( AB, AC )  



(9  a)(3  a)
| 9  a | a 2  6a  10

1

2



(6  a)(9  a)  (8  3a)(27  3a)
(6  a)  (8  3a) . (9  a)  (27  3a)
2

2

2


1
3  a  9
 a  4.

2
2
2

2(3  a)  a  6a  10

2



Suy ra

1
2

A(4; 8). 

Ví dụ 18: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có
phương trình đường chéo AC : x  y  1  0, điểm
điểm

E (0;  3)

G (1; 4)

là trọng tâm của tam giác ABC,

thuộc đường cao kẻ từ D của tam giác ACD. Tìm tọa độ các đỉnh của

hình bình hành đã cho biết rằng diện tích của tứ giác AGCD bằng 32 và đỉnh A có
tung độ dương.
Bài giải
Vì DE  AC nên DE : x  y  3  0  D t;  t  3.
NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


PP tọa độ trong mặt phẳng

Ta có d  G, AC  

FB: />
1
1
d  B, AC   d  D, AC 
3
3

 D 1;  4 
t  1

1 2t  4
 2 .


.
3
2
t  5  D  5; 2 

Vì D và G nằm khác phía đối với AC nên D 1;  4.
1  1  2. xB  1

Ta có GD  2GB  


4  4  2  yB  4 

 B 1; 8  BD : x  1.

Vì A  AC : x  y  1  0  A a; a  1.
Ta có S AGCD  S AGC  S ACD    1 S ABC  S ABC  S ABD .
3
3
3 
1

Suy ra

4

4

 A  5; 6   tm 
a  5
1
S ABD  24  .d  A, BD  .BD  24  a  1 .12  48  

2
 a  3  A  3;  2   ktm 

Từ AD  BC  C  3;  2.
Vậy A 5; 6 , B 1; 8 , C  3;  2 , D 1;  4 . 
Ví dụ 19: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có AD // BC,
AD  2 BC ,

đỉnh

B (4; 0),

phương trình đường chéo AC là 2 x  y  3  0, trung điểm E của

AD thuộc đường thẳng  : x  2 y  10  0. Tìm tọa độ các đỉnh cịn lại của hình thang đã
cho biết rằng cot ADC  2.
Bài giải
Gọi I  AC  BE. Vì I  AC  I  t; 2t  3. Ta thấy I là trung điểm của BE nên
E  2t  4; 4t  6 .

Theo giả thiết E    t  3  I 3; 3 , E  2; 6.
Vì AD / / BC,
Từ

AD  2BC

nên BCDE là hình bình hành. Suy ra ADC  IBC.

cot IBC  cot ADC  2  cos IBC 

2
.
5

Vì C  AC  C  c; 2c  3  BI  1; 3 , BC  c  4; 2c  3. Ta có
c  5
c  1
2
5c  5
2
cos IBC 


 2

.
2
c  7
5
5
3c  22c  35  0
10. 5c  20c  25


3

Suy ra C  5; 7  hoặc C  ; .`
 3 3
7 5

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


PP tọa độ trong mặt phẳng

FB: />
Với C  5; 7  , ta thấy I là trung điểm của AC nên A 1;  1 , vì E là trung điểm của AD
nên D  3; 13.
Với C  ;  , tương tự ta có
3 7
7 5

 11 13   1 23 
A ;  , D  ; . 
 3 3  3 3 
4 
G  ; 1, trung
3 
B là x  y  7  0.

Ví dụ 20: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm
điểm BC là M (1; 1), phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ

Tìm tọa độ A, B, C.
Bài giải
Từ tính chất trọng tâm ta có MA  3MG  A(2; 1).
B  BH : y   x  7  B (b,  b  7).

Vì

M (1; 1)

BH  AC

Suy ra

là trung điểm BC nên

C ( 2  b; b  5).

Suy ra AC  (b; b  6).

nên uBH .AC  0  b  (b  6)  0  b  3.

B (3; 4), C ( 1;  2). 

Ví dụ 21: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác

ABC .

Đường cao kẻ từ A, trung

tuyến kẻ từ B , trung tuyến kẻ từ C lần lượt nằm trên các đường thẳng có phương

trình x  y  6  0, x  2 y  1  0, x  1  0 . Tìm tọa độ A, B, C.
Bài giải
x  2 y  1  0

Từ hệ 
x 1  0

suy ra trọng tâm

A

CN

Do

AH , B
G (1; 1)

Ta có

BM , C

G (1; 1).

A(a; 6 a ), B (2b 1; b), C (1; c).
a  (2b  1)  1  3

a  2b  3

là trọng tâm nên 


(6  a)  b  c  3
 a  b  c  3

u AH  (1;  1), BC  (2  2b; c  b).

Vì

AH  BC

nên

u AH .BC  0

 2  2b  c  b  0  b  c  2

Từ (1) và (2) suy ra

a  5, b  1, c  3.

Suy ra

(1)

(2)
A(5; 1), B (3;  1), C (1; 3). 

Ví dụ 22: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vng cân tại A, phương
trình BC : 2 x  y  7  0, đường thẳng AC đi qua điểm M (1; 1), điểm A nằm trên
đường thẳng  : x  4 y  6  0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh

A có hồnh độ dương.
NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


PP tọa độ trong mặt phẳng

FB: />
Bài giải
Vì A   : x  4 y  6  0  A(4a  6; a)  MA(4a  5; a  1).
Vì tam giác ABC vng cân tại A nên ACB  450.
Do đó

cos( MA, u BC ) 

1

2

(4a  5)  2(a  1)
(4a  5) 2  (a  1) 2 . 5



1
2

 A(2; 2)
a  2

 13a  42a  32  0  
   14 16 
 A  ;  (ktm )
a  16

13   13 13 
2

Vậy

A(2; 2).

Suy ra

AC : x  3 y  4  0, AB : 3x  y  8  0.

Từ đó ta có

B(3;  1), C (5; 3). 

Ví dụ 23: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường
tròn (C): x 2  y 2  2 x  4 y  1  0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết điểm M (0;1) là
trung điểm cạnh AB và điểm A có hồnh độ dương.
Bài giải
Đường trịn (C) có tâm
Ta có IM

(1; 1), IM

A  AB  A(a; a  1).

I (1; 2),

AB

bán kính

IA  2.

suy ra phương trình đường thẳng

AB : x  y  1  0.

Khi đó

IA  2  (a  1) 2  (a  1) 2  4  a 2  1  a  1

(do

a  0) .

Ta có IA (2; 0), IA BC suy ra phương trình
Gọi N là giao điểm của AI và BC. Suy ra

Suy ra A(1; 2); B(1; 0).

BC : x  1  0,

N (1; 2)

phương trình AI : y  2  0.

và N là trung điểm BC. Suy ra

C (1; 4). 

Ví dụ 24: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC ; phương trình các đường
thẳng chứa đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt là
x  2 y  13  0 và 13x  6 y  9  0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C biết tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC là I (5 ; 1).
Bài giải
Ta có A(3;  8). Gọi M là trung điểm BC  IM // AH .
Ta suy ra pt IM : x  2 y  7  0. Suy ra tọa độ M thỏa mãn
x  2 y  7  0
 M (3; 5).

13x  6 y  9  0

Pt đường thẳng BC : 2( x  3)  y  5  0  2 x  y  11  0. B  BC  B(a; 11  2a).
NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


PP tọa độ trong mặt phẳng

FB: />
a  4
.
a  2

Khi đó IA  IB  a 2  6a  8  0  

Từ đó suy ra B(4; 3), C (2; 7) hoặc B(2; 7), C (4; 3). 
Ví dụ 25: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm G (1; 1);
đường cao từ đỉnh A có phương trình 2 x  y  1  0 và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng
 : x  2 y  1  0.

Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết diện tích tam giác ABC bằng 6.

Bài giải
Tọa độ chân đường cao

1 3
H ( ; ).
5 5

Đường thẳng d đi qua G và song song BC có pt

1 7
d : x  2 y  3  0. d  AH  I  I ( ; ).
5 5

Ta có
HA  3HI  A(1; 3).
d ( A, BC ) 

6
5

.

Suy ra

Gọi M là trung điểm BC. Khi đó
Gọi

B ( x1 ;

 x1  1
).
2

Khi đó

2S ABC
 2 5.
d ( A, BC )

MA  3MG  M (1; 0).

x  3
MB  5  ( x1  1) 2  4   1
 x1  1.

+ Với

x1  3  B (3;  1)  C (1; 1).

+ Với

x1  1  B (1;1)  C (3;  1).

Suy ra

BC 

A(1; 3), B(3;  1), C (1; 1)

hoặc

A(1; 3), B(1; 1), C (3;  1). 

Ví dụ 26: Trong mă ̣t phẳ ng Oxy cho hin
̀ h thang ABCD có đáy lớn CD = 3AB,
C(–3; –3), trung điể m của AD là M(3; 1). Tìm to ̣a đơ ̣ đỉnh B biế t SBCD = 18, AB= 10
và đỉnh D có hoành đô ̣ nguyên dương.
Bài giải
Go ̣i n = (A; B) là vectơ pháp tuyế n của CD (A2 + B2 > 0)
Ta có CD: A(x + 3) + B(y + 3) = 0  Ax + By + 3A + 3B = 0.
Ta có: SBCD = SACD = 18
2SACD
36
6 10
3 10


 d(M; CD) =
CD
5

5
3 10
3A  B  3A  3B 3 10

 5 6A  4B  3 10 A2  B2

2
2
5
A B

 d(A; CD) =

 25(36A2 + 48AB + 16B2) = 90(A2 + B2)
NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


PP tọa độ trong mặt phẳng

FB: />
 810A2 + 1200AB + 310B2 = 0  A  
B
3

B
31B
hay A  
.

3
27

* A   : Cho ̣n B = –3  A = 1  (CD): x – 3y – 6 = 0  D(3d + 6; d)
Ta có: CD2 = 90  (3d + 9)2 + (d + 3)2 = 90  (d + 3)2 = 9  d = 0 hay d=–6
 D(6; 0) (nhâ ̣n) hay D(–12; –6) (loa ̣i). Vâ ̣y D(6; 0)  A(0; 2)
1
3

Ta có AB  DC  (3; 1)  B(–3; 1).
* A

31B
: Cho ̣n
27

B = –27  A = 31  CD: 31x – 27y + 12 = 0
2

729
31d  12 
 31d  93 
2
2
2
 D  d;
  CD  (d  3)   27   90  (d  3)  169 (loa ̣i)
27 





Vâ ̣y B(–3; 1).
Ví dụ 27: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật
bằng

22 ,

đường thẳng

trình

2x  y  3  0 .

AB

Tìm toạ độ các đỉnh

Bài giải
Điểm B là giao giữa
S

ABCD

có phương trình

 AB. AD  22 (1) .

AB

và

Đường thẳng

AB  2

đường thẳng

BD

diện tích

có phương

A, B, C , D.

BD  B 1; 1

cos ABD  cos  n1 ; n2  

từ (1),(2)  AD  11 ,

3x  4 y  1  0 ,

ABCD có

n1 . n2
n1 n2

AB



có vtpt
2

5 5

n1   3; 4  , AC

 tan ABD 

có vtpt

n2   2; 1

11 AD

(2)
2 AB

(3)

D  BB  D  a;2a  3 , AD  d  D;  AB   

11a  11
5

(4) .

Từ (3) & (4) suy ra

11a  11  55  a  6 , a  4
a  6  D  6;9  .

đối xứng

A

Do

qua

 3 1 7 
AD  AB  AD : 4 x  3 y  3  0  A   ;  , I  ;4 
 5 5  2 

BD . C

 38 39 
I  C ; 
 5 5 

a  4  D(4; 11)

tương tự trên ta tính được

Ví dụ 28: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
của tam giác

ABC

điểm cạnh

là

AB

trung điểm của

biết trực tâm

H 1;0  ,

 13 11 
 28 49 
A  ;   & C   ;   .
5
5 
5
 5

Oxy ,

hãy viết phương trình các cạnh

chân đường cao hạ từ đỉnh

B

là

K  0;2  ,

trung

M  3;1 .

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ


PP tọa độ trong mặt phẳng

Bài giải
Đường thẳng
AC

qua

AC

vng góc với

FB: />
HK

nên nhận

HK   1;2  làm

véc tơ pháp tuyến và

K  0;2 

nên  AC  : 1 x  0   2  y  2   0   AC  : x  2 y  4  0   BK  : 2 x  y  2  0
Gọi A  2a  4; a   AC , B  b;2  2b   BK mặt khác M  3;1 là trung điểm AB nên ta có hệ
 A  4;4 
 2a  4  b  6
2a  b  10
a  4




a  2  2b  2
a  2b  0
b  2
 B  2; 2 

 AB  qua A  4; 4  và có

AB   2; 6    AB  : 3x  y  8  0

 BC  qua B  2; 2  và vuông góc với

AH

nên nhận HA  3;4 làm véc tơ pháp tuyến

  BC  : 3  x  2   4  y  2   0   BC  : 3 x  4 y  2  0 .

NGUYỄN VĂN LỰC  0933.168.309

SP Toán K35 - ĐH Cần Thơ