MỘT số bài TOÁN VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG với các yếu tố TRONG TAM GIÁC

MỘT SỐ BÀI TỐN VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG
THẲNG VỚI CÁC YẾU TỐ TRONG TAM GIÁC
ĐẶT VẤN ĐỀ
I. Lý do chọn đề tài
Bài tốn về viết phương trình đường thẳng trong hình học phẳng là một
trong những bài tốn rất quan trọng, trong đó bài tốn viết phương trình các
đường trong tam giác khi biết các yếu tố liên quan là bài toán cơ bản rất hay ra
trong các sách nâng cao, đề thi chuyên đề, đề thi đại học, cao đẳng. Trong các
sách tham khảo hiện nay có một số bài toán đơn lẻ về các đường trong tam giác
mà chưa hệ thống thành phương pháp chung để giải các dạng bài tập này. Chính
vì vậy bài viết này của tơi nhằm mục đích tổng hợp một số dạng tốn liên quan
đến hai đường trong tam giác, đưa ra phương pháp giải cho mỗi dạng tốn cụ thể
qua đó giúp thầy và trị hệ thống, củng cố kiến thức, có cái nhìn thấu đáo về tính
chất của các đường trong tam giác, vận dụng làm được các bài toán liên quan
đến các đường trong tam giác. Từ đó trang bị kiến thức để làm được các bài tập
về phương trình đường thẳng có liên quan đến các đường trong tam giác. Bài
viết giới thiệu một số bài toán viết phương trình các cạnh của tam giác khi biết
một đỉnh và hai đường trong tam giác khơng chứa đỉnh đó.
II. Mục đích nghiên cứu
Chia sẻ với đồng nghiệp và các em học sinh kiến thức, kinh nghiệm để làm
được các bài tập về viết phương trình đường thẳng trong tam giác.
Bản thân nhằm rèn luyện chuyên môn và nâng cao nghiệp vụ sư phạm.
III. Phạm vi và đối tượng nghiên cứu
Đề tài áp dụng cho tất cả giáo viên dạy toán ở phổ thông tham khảo và các
em học sinh lớp 10, lớp 12 ôn thi đại học.
Phạm vi nghiên cứu bao gồm:
Đường cao, đường trung tuyến, đường phân giác trong tam giác
IV. Điểm mới trong kết quả nghiên cứu


Các vấn đề sử dụng tính chất các đường cao, đường phân giác, đường trung

tuyến trong tam giác để giải các bài tốn về viết phương trình các đường trong
tam giác, tìm điểm liên quan được tổng hợp một cách đầy đủ, tổng quát.

PHẦN NỘI DUNG
I. Cơ sở lý luận
Một trong những nhiệm vụ dạy học mơn tốn chương trình phổ thơng, đặc
biệt là dạy hình học phẳng là hướng dẫn cho học sinh biết vận dụng các tính chất
của các đường trong tam giác, tính chất đường cao, đường trung tuyến, đường
phân giác, tính chất đối xứng mà học sinh đã được học từ cấp II, kiến thức về
phương trình đường thẳng học sinh học ở lớp 10 để giải các bài tập có liên quan.
II. Cơ sở thực tiễn
Bài tốn hình học phẳng là bài tốn khó đối với học sinh, kể cả học sinh
đang học lớp 10 hay học sinh ơn thi đại học lớp 12. Vì vậy việc hệ thống thành
các dạng bài tập với phương pháp giải cho từng dạng là việc rất quan trọng,
giảm bớt khó khăn, lúng túng cho học sinh khi giải các bài tập dạng này.
III. Nội dung nghiên cứu

Phần I. Một số dạng toán
Dạng 1: Cho tam giác ABC, biết tọa độ 1 đỉnh và phương trình 2 đường cao
khơng đi qua đỉnh đó. Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC.
Phương pháp chung : Giả sử tam giác có 2 đường cao

( d1 ) : A1 x + B1 y + C1 = 0

A

( d 2 ) : A2 x + B2 y + C2 = 0

d1

Điểm A ( x0 ; y0 ) ∉ ( d1 ) , ( d 2 )

d2

B

Viết phương trình cạnh AC, AB
ur

Ta có ( d1 ) ⊥ AB ⇒ n1 ( A 1 ; B1 ) là 1 VTCP của AB

C


ur

x = x + At

0
1
Suy ra phương trình cạnh AB đi qua A với VTCP n1 ( A1 ; B1 ) là:  y = y + B t
0
1


Tương tự ta viết được phương trình cạnh AC.
Viết phương trình cạnh BC :
Xác định tọa độ đỉnh B (là giao của AB và ( d 2 ) ), tọa độ đỉnh C (là giao của AC
và ( d1 ) )
uuur

Từ đó viết phương trình cạnh BC đi qua B, nhận BC làm VTCP.
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có B ( −4; −5) và phương trình hai đường cao

( AH ) : 5 x + 3 y − 4 = 0, ( CK ) : 3x + 8 y + 13 = 0 . Lập phương trình các cạnh của tam giác
ABC.
Giải:
- Lập phương trình cạnh BC
ur

Ta có BC ⊥ AH ⇒ n1 ( 5;3) là 1 VTCP của BC suy ra phương trình cạnh BC:
3 x − 5 y − 13 = 0

- Lập phương trình cạnh AB
uur

Ta có AB ⊥ CK ⇒ n 2 ( 3;8 ) là 1 VTCP của AB suy ra phương trình cạnh AB:
8 x − 3 y + 17 = 0 .

- Lập phương trình cạnh AC:
Ta đi xác định tọa độ A, C
8 x − 3 y + 17 = 0
 x = −1
⇔
⇒ A ( −1;3)
 5x + 3 y − 4 = 0
 y=3

Ta có tọa độ A là nghiệm của hệ 

3 x − 5 y − 13 = 0
 x =1
⇔
⇒ C ( 1; −2 )
3 x + 8 y + 13 = 0
 y = −2

Tọa độ C là nghiệm của hệ 

Vậy phương trình cạnh AC là: 5 x + 2 y − 1 = 0 .
Chú ý: Khi bài tốn khơng cho tọa độ 1 đình mà cho pt 3 đường cao và yếu
tố bán kính đường trịn ngoại tiếp có thể giải quyết bài tốn bằng cách sau:
cùng với tính chất vng góc của đường cao ta sử dụng tính chất đường Ơ-le:
[HSG 10-2013 Vĩnh Phúc] Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có
phương trình các đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C lần lượt là x − 2 y = 0 , x − 2 = 0 ,


x + y − 3 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh, biết bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác
ABC bẳng 10 và đỉnh A có hồnh độ âm.

Phân tích: - Tìm trực tâm của tam
giác ABC
- Tham số hóa tọa độ các điểm
A, B, C.
- Khai thác yếu tố vng góc của
đường cao, AH ⊥ BC và BH ⊥ AC
- Khai thác tính chất đường
uuur
uuur
đường thẳng Ơ – Le, OH = 3OG

với O, G lần lượt là tâm đường
tròn ngoại tiếp và trọng tâm tam
giác ABC ⇒ Tọa độ của O.
- Khai thác yếu tố OA = 10
⇒ Tọa độ A, B, C.

A

E

F
H

B

G

O

C

D

Hướng dẫn:
Gọi H là trực tâm tam giác ABC thì tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình
x − 2 y = 0
⇒ H ( 2;1)

x − 2 = 0

Vì A, B, C lần lượt thuộc 3 đường cao nên A ( 2a; a ) , B ( 2; b ) , C ( c;3 − c )
uuur
uuur
uuur
uuur
Từ đó: AH ( 2 − 2a;1 − a ) , BC ( c − 2;3 − b − c ) , BH ( 0;1 − b ) , AC ( c − 2a;3 − a − c )
uuur uuur
 AH .BC = 0
( 1 − a ) ( c − b − 1) = 0
⇔
Vì H là trực tâm tam giác ABC nên  uuur uuur
( 1 − b ) ( 3 − a − c ) = 0
 BH . AC = 0
c − b − 1 = 0
Vì A, B khơng trùng với H nên hệ tương đương với 
a + c − 3 = 0
2a + c + 2 a + b − c + 3 
;
÷
3
3


uuur
uuur
 2a + c a + b − c + 2 
;
Ta chứng minh được OG = 3OH nên O 
÷.
2

 2


Gọi G là trọng tâm tam giác ABC nên G 

2

2

 c − 2a   2 + b − c − a 
Theo giả thiết OA = 10 hay 
÷ +
÷ = 10
2
 2  

c
=
0
c
=
4
⇒
a
=
3
Từ đó ta tìm được
hoặc
(loại) hoặc a = −1 ⇒ b = 3
2

KL: A ( −2; − 1) , B ( 2;3) , C ( 4; − 1)
Dạng 2: Cho tam giác ABC biết tọa độ 1 đỉnh và phương trình 2 đường trung
tuyến khơng đi qua đỉnh đó. Hãy lập phương trình các cạnh của tam giác ABC.
Phương pháp chung :


A
N

M

B

C

Giả sử tam giác có 2 trung tuyến:

( d1 ) : A1 x + B1 y + C1 = 0 qua B, ( d 2 ) : A2 x + B2 y + C2 = 0 qua C .
Điểm A ( x0 ; y0 ) ∉ ( d1 ) , ( d 2 ) .
Bước 1: Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC. Tham số hóa tọa độ của
M, N thep pt 2 đường trung tuyến.
Bước 2: Do M là trung điểm AB suy ra tọa độ B theo M, mà B thuộc d 2 từ đó
suy ra tọa độ B. Tương tự N là trung điểm AC suy ra tọa độ C theo N, mà N
thuộc d1 từ đó suy ra tọa độ C.
Bước 3: Viết pt các cạnh AB, AC, BC.
Ví dụ2: Cho tam giác ABC có A(1; 3), hai đường trung tuyến có phương trình:

( d1 ) : x − 2 y + 1 = 0 , ( d 2 ) : y − 1 = 0 . Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC.
Giải:

Ta thấy A ∉ ( d1 ) , ( d 2 ) . Giả sử ( d1 ) xuất phát từ B, ( d 2 ) xuất phát từ C.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC, ta có M(a ; 1), N(2b-1; b)
Do M là trung điểm AB nên ta suy ra B(2a-1 ; -1) mà B thuộc d1 suy ra
2a-1 – 2(-1) +1 = 0 hay a=-1, khi đó B(-3 ; -1).
Mặt khác ta có N là trung điểm AC suy ra C(4b-3; 2b-3) mà C thuộc d 2 nên
suy ra: 2b – 3- 1 = 0 hay b=2, khi đó C(5; 1).
Phương trình cạnh AB là: x-y+2=0
Phương trình cạnh AC là: x+2y-7=0
Phương trình cạnh BC là: x-4y-1=0.


Dạng 3: Cho tam giác ABC biết tọa độ đỉnh A ( x0 ; y0 ) và phương trình hai
đường phân giác ( BD ) : A1 x + B1 y + C1 = 0 , ( CE ) : A2 x + B2 y + C2 = 0 . Viết phương trình
các cạnh của tam giác ABC.
Phương pháp chung:
- Lập phương trình cạnh BC:
+ Gọi H, K lần lượt là điểm đối xứng
của A qua BD, CE. I là giao của CE và
AH, J là giao của BD và

A

AK. Ta

E

chứng minh H , K ∈ BC :

J

D
I
C

B
K

H

·
·
+ Ta có HCI
(Tính chất đối xứng)
= CIA
·
·
·
·
Mà BCI
(Tính chất phân giác) Suy ra HCI
= CIA
= BCI
⇒ H ∈ BC .

Tương tự K ∈ BC .
Theo bài tốn tìm điểm đối xứng qua đường thẳng suy ra tọa độ H, K từ đó
suy ra pt cạnh BC đi qua H, K.
- Xác định tọa độ B là giao của BC và BD, C là giao của BC và CE
Từ đó suy ra phương trình các cạnh AB, AC.
Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có A(2; -1), hai đường phân giác trong:

BD: x − 2 y + 1 = 0 , CE: x + y + 3 = 0 . Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC.
Giải:
- Lập pt cạnh BC:
+ Gọi A1 , A2 lần lượt là điểm đối xứng của A qua CE, BD.
+ Ta chứng minh A1 , A2 thuộc BC, thật vậy gọi { I } = AA1 ∩ CE , { J } = AA2 ∩ BD
· A = BCI
·
·
· A mà IC
⇒ BCI
= ·A1CI ⇒ A1 ∈ BC .
Ta có ·A1CI = IC
1

Tương tự ta chứng minh được A2 ∈ BC.
Vậy phương trình cạnh BC là phương trình đường thẳng đi qua A1 , A2 . Ta đi
xác định tọa độ A1 , A2 :
ur

Ta có BD ⊥ AA2 ⇒ n1 ( 1; −2 ) là VTCP của AA2 ,


 x = 2+t
 y = −1 − 2t

Phương trình tham số của AA2 : 

 x = 2+t

Tọa độ của J thỏa mãn hệ  y = −1 − 2t

x − 2 y +1 = 0


( t ∈¡ )

x = 1

⇔  y = 1 ⇒ J ( 1;1) ,
t =1


Do J là trung điểm của AA2 nên ta có A2 ( 0;3) .
Tương tự trên ta xác định được tọa độ I ( 0; −3) ⇒ A1 ( −2; −5) .
Vậy phương trình cạnh BC qua A1 , A2 : 4x-y+3=0.
- Lập phương trình cạnh AB, AC :
5

 x = − 7
4 x − y + 3 = 0
 5 1
⇔
⇒ B− ; ÷
+ Ta có tọa độ B là nghiệm của hệ: 
 7 7
 x − 2 y +1 = 0
 y=1

7

Suy ra phương trình cạnh AB: 8 x + 19 y + 3 = 0 .

6

x=−

4 x − y + 3 = 0

 6 9
5
⇔
⇒ C − ;− ÷
+ Ta có tọa độ C là nghiệm của hệ : 
 5 5
 x+ y+3= 0
y = − 9

5

Suy ra phương trình cạnh AC: x − 4 y − 6 = 0 .
Dạng 4: Cho tam giác ABC, A ( x0 ; y0 ) , đường cao BH, đường trung tuyến
CM, ( BH ) : A1 x + B1 y + C1 = 0 , ( CM ) : A2 x + B2 y + C2 = 0 . Lập phương trình các
cạnh của tam giác ABC.
Phương pháp chung:

A

- Lập phương trình cạnh AC:

M

ur

Ta có n1 ( A1 ; B1 ) là VTPT của
ur
BH mà BH ⊥ AC ⇒ n1 là VTCP

H

B

của AC, từ đó suy ra phương
trình cạnh AC.
- Lập phương trình cạnh BC, AB:
+ Gọi M là trung điểm AB, tham số hóa tọa độ M theo pt (CM),

C


+ Có M là trung điểm AB ta suy ra tọa độ điểm B theo M, lại có B thuộc
(BH) suy ra tọa độ điểm B suy ra phương trình cạnh AB
+ Xác định tọa độ C:
 pt (CM )
⇒ C ( xC ; yC ) suy ra pt cạnh AC.
 pt ( AC )

Tọa độ C là nghiệm của hệ pt 

Ví dụ 4: Cho tam giác ABC có C ( 3;5 ) , đường cao BH, trung tuyến AM có
phương trình: ( BH ) : 5 x + 4 y − 1 = 0, ( AM ) : 8 x + y − 7 = 0 . Lập phương trình các
cạnh tam giác ABC.
Giải:

- Lập phương trình cạnh AC:
ur

Do BH ⊥ AC ⇒ n1 ( 5; 4 ) là VTCP của AC suy ra phương trình AC:
 x = 3 + 5t
,t ∈ ¡

 y = 5 + 4t

Ta có M(m; 7 – 8m) thuộc AM.
Mà M là trung điểm BC suy ra B(2m-3; 9-16m), B thuộc (BH) suy ra:


5(2m-3)+4(9-16m)-1=0 ⇒ m=10/27 suy ra B  − ; ÷
 27 27 
61 83

Suy ra phương trình cạnh BC: 52 x − 142 y + 554 = 0 .
- Lập phương trình cạnh AB :
1

 x=2
 x = 3 + 5t


1 
Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ  y = 5 + 4t ⇔  y = 3 ⇒ A  ;3 ÷
2 
8 x + y − 7 = 0


1

t = −
2


Suy ra phương trình cạnh AB: 4 x + 149 y − 445 = 0 .
Nhận xét : Với những kiến thức của dạng toán trên ta có thể giải được
bài tốn sau :
[KA-2010] Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân tại A ( 6;6 ) , đường
thẳng qua trung điểm 2 cạnh AB, AC có phương trình d : x + y − 4 = 0 . Tìm tọa độ
các đỉnh B, C, biết điểm E ( 1; − 3) thuộc đường cao kẻ từ đỉnh C.


Phân tích:
- Đường thẳng d song song với
cạnh đáy BC.
- Đường thẳng d vng góc và cắt
đường cao AH tại trung điểm của
nó nên ta viết được phương trình
AH, tìm được tọa độ I và H, viết
được phương trình BC.
- Do H là trung điểm BC nên chỉ
cần tham số hóa B thì có được
tọa độ C. Từ đó khai thác tính
chất điểm E ( 1; − 3) nằm trên
đường cao ta tìm được tham số và
kết luận.

A

E

d

I

B

C

H

Hướng dẫn:
Gọi H là chân đường cao của tam giác kẻ từ A. ⇒ AH ⊥ d : x + y − 4 = 0
Suy ra phương trình đường cao AH : x − y = 0 . Gọi I = AH ∩ d ⇒ I ( 2; 2 ) . Do
tam giác ABC cân nên I chính là trung điểm của AH ⇒ H ( −2; −2 ) .
BC qua H và song song với d ⇒ phương trình BC : x + y + 4 = 0 .
B ∈ BC ⇒ B ( b; − b − 4 ) , tam giác ABC cân nên H là trung điểm của BC, suy ra
uuur
 AB = ( 6 − b;10 + b )
C ( −b − 4; b ) ⇒  uuu
r
CE = ( 5 + b; − 3 − b )

uuu
r uuu
r

Do E thuộc đường cao kẻ từ C ⇒ AB.CE = 0 ⇔ ( 6 − b ) ( 5 + b ) + ( 10 + b ) ( −3 − b ) = 0

b = 0 ⇒ B ( 0; −4 ) ; C ( −4;0 )
⇔
b = −6 ⇒ B ( −6; 2 ) ; C ( 2; −6 )
Kl: Vậy B ( 0; −4 ) ; C ( −4;0 ) hoặc B ( −6; 2 ) ; C ( 2; −6 ) .

Dạng 5: Cho tam giác ABC có A ( x0 ; y0 ) , đường cao ( BH ) : A1 x + B1 y + C1 = 0 ,
đường phân giác ( CD ) : A2 x + B2 y + C2 = 0 . Lập phương trình các cạnh của tam
giác ABC.
Phương pháp chung:

A

- Lập phương trình cạnh AC:
ur
BH mà BH ⊥ AC ⇒ n1 là VTCP

của AC, từ đó suy ra phương trình cạnh AC.

H

D

ur
Ta có n1 ( A1 ; B1 ) là VTPT của

I
B
E

C

Lập pt cạnh BC:
Gọi E là điểm đối xứng của A qua CD, ta chứng minh E ∈ CD .
·
· A (tính chất đối xứng)
Ta có ECI
= IC
·
·
·
Mà ·ACI = ICB
(tính chất phân giác) suy ra ECI
= ICB
⇒ E ∈ BC .

Gọi I là giao điểm của AE và CD
+ Viết phương trình đường thẳng AA ' đi qua A và vng góc với CD, ta có
uu
r
 x = x0 + A2t
n2 ( A2 ; B2 ) là VTCP của AE suy ra pt AE : 
( t ∈¡
 y = y0 + B2t

)

( AE )

+ Tọa độ I thỏa mãn hệ phương trình:  CD ⇒ I ( a; b )

)
(
 x + x ' = 2x

x

A
I
Do I là trung điểm AA ' nên ta có:  y + yA = 2 y ⇒  yA
I
 A
A
 A
'

'
'

( AC )

+ Tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình  CD ⇒ C
)
(
Suy ra phương trình cạnh BC đi qua C và E.
- Lập phương trình cạnh AB:
 ( BC )

Tọa độ B là nghiệm của hệ  BH ⇒ B
)
(

Suy ra phương trình cạnh AB đi qua A, B.
Ví dụ5: Cho tam giác ABC có A ( 2; 2 ) , đường cao ( BH ) : 9 x − 3 y − 4 = 0 ,
phân giác ( CD ) : x + y − 2 = 0 . Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC.
Giải:
- Lập phương trình cạnh AC:
ur

Ta có BH ⊥ AC ⇒ n1 ( 9; −3) là VTCP của AC suy ra phương trình AC:
 x = 2 + 9t
( t∈¡ ) .

 y = 2 − 3t

- Lập phương trình cạnh BC :
· A (tính chất đối
+ Gọi A' là điểm đối xứng của A qua CD, ta có: ·A'CI = IC

xứng)


·
·
mà ·ACI = ICB
(tính chất phân giác) suy ra ·A'CI = ICB
⇒ A' ∈ BC .

+ Lập phương trình đường AA ' đi qua A và vng góc với CD:
uu
r

Do AA ' vng góc với CD nên có n2 ( 1;1) là VTCP của AA '
x = 2 + t

( t ∈¡ ) .
suy ra phương trình của AA ' : 
y = 2+t
+ Gọi I là giao điểm của AA ' và CD suy ra tọa độ I thỏa mãn hệ :
 x = 2+t
 x =1


 y = 2 + t ⇔  y = 1 ⇒ I ( 1;1)
x + y − 2 = 0
t = −1


 x + x ' = 2x

x ' = 0

A
I
'
A
A
+ Do I là trung điểm của AA ' nên ta có:  y + y = 2 y ⇔  y = 0 ⇒ A ( 0;0 )
I
 A
A
 A

'

'


 x = −1
 x = 2 + 9t


+ Tọa độ C thỏa mãn hệ  y = 2 − 3t ⇔  y = 3 ⇒ C ( −1;3 ) .
x + y − 2 = 0

1

t = −
3


Phương trình cạnh BC (đi qua C và A' ): 3x + y = 0 .
- Lập phương trình cạnh AB:
2

x=

 3x + y = 0

2 2
9
⇔
⇒ B ;− ÷

+ Tọa độ B là nghiệm của hệ 
9 3
9 x − 3 y − 4 = 0
y = − 2

3

Suy ra phương trình cạnh AB: 3x − 2 y − 2 = 0.
Nhận xét: Với kiến thức trên ta có thể giải quyết được bài toán sau:
[Khối B-2008]. Trong mặt phẳng Oxy, xác định các đỉnh của tam giác ABC
biết hình chiếu vng góc của đỉnh C lên AB là điểm H(-1; -1), đường phân
giác trong của góc A có pt: x-y+2=0, đường cao kẻ từ B có pt: 4x+3y-1=0.
Phân tích đề - Khai thác tính đối xứng của đường phân giác tìm tọa độ điểm
K đối xứng với H qua đường phân giác.
-Khai thác tính chất vng góc của đường cao viết phương trình
AC, suy ra tọa độ A và phương trình HC ⇒ tọa độ C = HC ∩ AC .
Hướng dẫn:


Gọi K là điểm đối xứng với H qua
phân giác góc A ⇒ HK : x + y + 2 = 0
Gọi M là giao của HK và phân giác
góc A ⇒ M (−2;0) ⇒ K (−3;1) .
Đường AC qua K và vng góc với
đường cao kẻ từ B, suy ra:

A

K

H

AC : 3x − 4 y + 13 = 0 ⇒ A(5;7)

Suy ra HC : 3x + 4 y + 7 = 0 ⇒ C (

−10 3
; )
3 4

C
B

P

Dạng 6: Cho tam giác ABC có A ( x0 ; y0 ) , đường trung tuyến BM có phương
trình: A1 x + B1 y + C1 = 0 ,đường phân giác ( CD ) : A2 x + B2 y + C2 = 0 . Lập phương trình
các cạnh của tam giác ABC.
A
D

M

I

C

B

Phương pháp chung:

E

- Lập phương trình cạnh AC:
Ta có M ∈ BM ⇒ A1 xM + B1 yM + C1 = 0
Có C ∈ CD ⇒ A2 xC + B2 yC + C 2 = 0

(1)
(2)

 x + x = 2x

 x = 2x − x

A
C
M
C
M
0
Mà M là trung điểm AC ta có  y + y = 2 y ⇒  y = 2 y − y (3)
C
M
M
0
 A
 C

Thế (3) vào (2) ta có : A2 ( 2 xM − x0 ) + B2 ( 2 yM − y0 ) + C2 = 0 (4)
 xM = a

Giải hệ (1), (4) ta được:  y = b ⇒ M ( a; b )
 M
Suy ra phương trình cạnh AC (đi qua A và M): A3 x + B3 y + C3 = 0
- Lập phương trình cạnh BC:
+ Gọi E là điểm đối xứng của A qua CD
·
· A (tính chất đối xứng)
Ta có ECI
= IC
·
·
·
mà ·ACI = ICB
(tính chất phân giác) suy ra ECI
= ICB
⇒ E ∈ BC .

+ Viết phương trình AE qua A và vng góc với CD:


uu
r

x = x + A t

0
2
Do AE ⊥ CD ⇒ n2 ( A2 ; B2 ) là VTCP của AE suy ra pt AE  y = y + B t ( t ∈ ¡ ) .
0

2


 x = x0 + A2t

Gọi I = AE ∩ CD , tọa độ I thỏa mãn hệ  y = y0 + B2t ⇒ I ( xI ; yI )
A x + B y + C = 0
2
2
 2
 x + x ' = 2x

A
I
'
A
Do I là trung điểm của AE nên ta có:  y + y = 2 y ⇒ A ( m; n ) .
I
 A
A
'

 A3 x + B3 y + C3 = 0

⇒C
Tọa độ C là nghiệm của hệ 
 A2 x + B2 y + C2 = 0

Từ đó ta viết được phương trình cạnh BC (qua C và E).
- Lập phương trình cạnh AB:

 pt ( BM )


+ Tọa độ B là nghiệm của hệ  pt BC ⇒ B
)
 (

suy ra phương trình cạnh AB (đi qua A, B).
Ví dụ 6:
Cho tam giác ABC có B ( 1; 2 ) , phân giác ( AD ) : x − y − 3 = 0 , trung tuyến

( CM ) : x + 4 y + 9 = 0 . Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC.
Giải:
- Lập phương trình cạnh AB
Ta có M ∈ MC ⇒ xM + 4 yM + 9 = 0 (1), có A ∈ AD ⇒ xA − y A − 3 = 0 (2).
 x + x = 2x

 x = 2x −1

A
B
M
M
⇒ A
Do M là trung điểm của AB nên 
(3).
y
+
y
=

2
y
y
=
2
y
 A
B
M
 A
M −2

Thế (3) vào (2) ta được xM − yM − 1 = 0 (4).
x + 4 y + 9 = 0

 x = −1

M
M
⇔ M
Từ (1), (4) ta có: 
x
−
y
−
1
=
0
 M M
 yM = −2

 x = −3
⇒ A
⇒ A ( −3; −6 )
 y A = −6

Vậy phương trình cạnh AB là: 2 x − y = 0 .
- Lập phương trình cạnh AC:
·
Gọi B ' là điểm đối xứng của B qua AD, ta có B· ' AI = IAB
(tc đối xứng)
·
·
·
mà IAB
(tc phân giác) suy ra B· ' AI = IAC
= IAC
⇒ B ' ∈ AC .

Viết phương trình BB ' qua B và vng góc với AD.


r

 x = 1+ t

( t ∈¡ ) .
Do AB ⊥ BB ' ⇒ n ( 1; −1) là VTCP của BB ' suy ra pt BB ' : 
y = 2−t
Goi I là giao điểm của BB ' và AD suy ra tọa độ I thỏa mãn hệ:

 x = 1+ t
x = 3


 y = 2 − t ⇔  y = 0 ⇒ I ( 3;0 )
x − y − 3 = 0
t = 2


 x ' + x = 2x

 x ' = 2x −1 = 5

B
I
I
'
Mà I là trung điểm BB ' nên ta có:  y B + y = 2 y ⇒  y B = 2 y − 2 = −2 ⇒ B ( 5; −2 )
B
I
I
 B
 B
'

'

x − y − 3 = 0
 x = −3
⇔

⇒ A ( −3; −6 )
 2x − y = 0
 y = −6

Tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình: 

Suy ra phương trình cạnh AC (đi qua A và B ' ): x − 2 y − 9 = 0
- Lập phương trình cạnh BC:
x + 4 y + 9 = 0
 x=3
⇔
⇒ C ( 3; −3)
 y = −3
x − 2y − 9 = 0

Tọa độ C là nghiệm của hệ 

Vậy phương trình cạnh BC là: 5 x + 2 y − 9 = 0 .
Nhận xét: Với kiến thức trên ta có thể giải quyết được bài tốn sau:
[KD-2011] Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B ( −4;1) , trọng
tâm G ( 1;1) , và đường thẳng chứa phân giác trong của góc A là d : x − y − 1 = 0 .
Tìm tọa độ các đỉnh A và C.
uuuu
r
uuu
r
Phân tích: - Khai thác yếu tố trọng tâm và điểm B: 2GM = −GB → tọa độ M
- Khai thác đường phân giác trong → tọa độ điểm B’ đối xứng với
B qua phân giác d. Từ đó viết phương trình cạnh AC và suy ra tọa độ điểm
A = AB ∩ d → tọa độ điểm C.

Hướng dẫn
A

M
G
B'
H
C

B
D

uuuu
r

uuu
r

Gọi M là trung điểm của AC, G là trọng tâm tam giác ABC ⇒ 2GM = −GB ⇒
7 
M  ;1÷
2 


Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua đường thẳng d → phương trình đường thẳng
BB’: 1( x + 4 ) + 1( y − 1) = 0 ⇔ x + y + 3 = 0 .
Gọi H là giao điểm của BB’ và d. Suy ra tọa độ của H là nghiệm của
x − y −1 = 0
 x = −1
⇔

⇒ H ( −1; −2 ) .
x + y + 3 = 0
 y = −2

hpt: 

'
Suy ra B ( 2; −5 ) → phương trình cạnh AC : 4 x − y − 13 = 0 và tọa độ điểm A là

 x − y −1 = 0
⇒ A(4;3)
 4 x − y − 13 = 0

nghiệm của hệ 

Vì M là trung điểm AC nên C(3; -1).


Một số bài tập luyện tập
1. Cho tam giác ABC có A ( 1; 4 ) và phương trình hai đường trung tuyến là:
x − 7 y − 3 = 0;11x + 13 y − 3 = 0 . Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC.

2. Cho tam giác ABC có A ( 2; 2 ) và phương trình hai đường phân giác trong
là: x + y − 1 = 0;3x + y − 1 = 0 . Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC.
3. Cho tam giác ABC có A ( 5; −4 ) và phương trình hai đường cao là:
3 x − y + = 0; x − 2 y + 2 = 0 . Lập phương trình các cạnh của tam giác ABC.

4. Cho tam giác ABC có

B ( −4;1)

và phương trình đường cao

( AH ) : 3x − y − 7 = 0 , phân giác ( AD ) : x − y + 1 = 0 . Lập phương trình các cạnh
của tam giác ABC.
5. Cho tam giác ABC có A ( 3;1) và phương trình phân giác ( BD ) : x + y − 2 = 0 ,
trung tuyến ( CM ) : −4 x + y + 7 = 0 . Lập phương trình các cạnh của tam giác
ABC.
6. Cho tam giác ABC có A ( 4;6 ) và phương trình đường trung tuyến

( CK ) : 6 x − 13 y + 29 = 0 , đường cao ( BM ) : −3x + 19 y − 52 = 0 . Lập phương
trình các cạnh của tam giác ABC.
7. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đường cao

( AH ) : 3x + 4 y + 10 = 0 , phân giác trong ( BE ) : x − y + 1 = 0 . Điểm
thuộc đường thẳng AB và cách C một khoảng bằng

M ( 0; 2 )

2 . Tính diện tích

tam giác ABC.
8. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A ( 1; 2 ) , đường cao và đường
trung tuyến đỉnh B lần lượt có phương trình: 2 x + y − 5 = 0 và y − 1 = 0 . Tính
bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC.
9. Trong mặt phẳng Oxy, hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC biết
rằng hình chiếu vng góc của C trên AB là điểm H ( −1; −1) , đường phân
giác trong của góc A có phương trình x − y + 2 = 0 và đường cao kẻ từ B có
phương trình 4 x + 3 y − 1 = 0 . (Đề TSĐH KB-2008)

16


PHẦN KẾT LUẬN
I. Kết quả nghiên cứu
Song song với việc tiếp thu những kiến thức về toạ độ điểm, tọa độ vectơ,
phương trình đường thẳng, qua việc sử dụng các phương pháp giải các bài toán
liên quan đến các đường trong tam giác các em đã chủ động hơn, tự tin hơn khi
tiếp xúc với bài tốn hình học phẳng.
Thật vậy, trong các tiết ôn tập cuối năm 10, ôn thi chuẩn bị cho kì thi tuyển
sinh vào các trường Đại học và Cao đẳng hàng năm của học sinh lớp 12, các em
đã được hướng dẫn giải một số bài tập liên quan đến việc sử dụng phương pháp
giải các bài tập viết phương trình các cạnh của tam giác khi biết hai đường và
một đỉnh trong tam giác đó.
Qua khảo sát, nhìn chung các em biết vận dụng khá linh hoạt, biết nhận
biết vấn đề và xác định được tọa độ các điểm liên quan đến các cạnh. Kết quả
khảo sát qua 2 bài tập như sau:
Bài 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A ( 2; −7 ) trung
tuyến BM: 3x + y + 11 = 0 , đường cao CH: x + 2 y + 7 = 0 . Viết phương trình các
cạnh của tam giác ABC.
Bài 2: Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A ( 1; 2 ) và trung tuyến
BM: 2 x + y + 1 = 0 , phân giác trong của góc C có phương trình x + y − 1 = 0 . Viết
phương trình cạnh BC.
Kết quả :
Bài
1
2

Số HS làm bài
40

42

Số HS đạt yêu cầu
29
30

Đạt tỷ lệ %
72,5
71,4

Tuy kết quả chưa thật như mong đợi, nhưng tơi mong muốn học trị của mình
sẽ bớt lúng túng, khó khăn và sợ khi gặp bài gặp bài tốn hình học phẳng, đặc biệt
là các bài toán liên quan đến các đường trong tam giác.
II. Kết luận
17


Khi dạy học sinh về phần đường thẳng và các bài toán liên quan đến các
đường trong tam giác, việc giúp học sinh nắm vững tính chất các đường trong
tam giác, hệ thống các dạng bài tập có ý nghĩa rất lớn giúp các em giải quyết các
bài toán dạng này một cách dễ dàng hơn. Khi chưa được hệ thống các dạng bài
tập liên quan đến các đường trong tam giác thì phần lớn học sinh có cảm giác
sợ học hình học phẳng, chưa định hình được cách giải các bài tốn có liên quan.
Qua q trình giảng dạy tơi nhận thấy rằng có khá nhiều học sinh cịn
hổng các kiến thức về tính chất các đường trong tam giác ở cấp II, một số tính
tốn khá chậm và thiếu chính xác dẫn đến viêc tiếp thu kiến thức và vận dụng
làm các bài tập tương tự còn hạn chế.
Cũng qua thực tế giảng dạy tôi thấy việc đưa vào giảng dạy các dạng toán
trên một cách hệ thống đã giúp các em thấy u thích học hình hơn đặc biệt là
các bài tốn hình học phẳng liên quan đến các đường trong tam giác. Giúp các

em tự tin hơn trong việc giải các bài tập hình học phẳng có liên quan.
III. Đề nghị
Tơi kính đề nghị nhà trường xếp lớp học sinh tương đồng về năng lực học
tập, tăng thêm thời lượng ôn tập để việc giảng dạy được thuận lợi và đạt hiệu
quả cao hơn.

IV. Tư liệu tham khảo
18


1. Lê Hồng Đức, Đào Thiện Khải, Lê Ngọc Bích, Phương pháp giải tốn
hình học, nhà xuất bản Đại Học Sư Phạm, 2004.
2. Lê Quý Mậu, Phạm Hữu Hoài, Chuyên đề bồi dưỡng tốn cấp 3 Hình giải
tích phẳng, nhà xuất bản Đà Nẵng, 1998.

Mục lục
19


Trang

A. ĐẶT VẤN ĐỀ …………………………………………….….

1

I. Lý do chọn đề tài ……..…………………………………….

1

II. Mục đích nghiên cứu ………………………….………….

1

III. Phạm vi và đối tượng nghiên cứu ………………………

1

IV. Điểm mới trong kết quả nghiên cứu………………………

1

B. PHẦN NỘI DUNG ………………..…..………………………..

2

I. Cơ sở lý luận …………………………………………………

2

II. Cơ sở thực tiễn………….……………………………………

2

III. Nội dung nghiên cứu
1. Dạng 1……………………………………………………

2

2. Dạng 2……………………………….……………………

4

3. Dạng 3……………………………………………………

6

4. Dang 4…………………..…………………………………

7

5. Dạng 5…………………………………………………………….

9

6. Dạng 6…………………………………………………………….

12

C. PHẦN KẾT LUẬN ……………………………………………….
I. Kết quả nghiên cứu…………………………………………….

17

II. Kết luận ………………………………………………………

18

III. Kiến nghị và Đề xuất ………………..………………………

18

IV. Tài liệu tham khảo ………………………………………...

19

20