Chuyên đề Hình chữ nhật (Oxy)

Bài 1. (Câu 21/4-50) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật
ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 : x  y  3  0 và

d2 : x  y  6  0. Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm tọa
độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Giải

9

x

x  y  3  0 
2

Ta có: d1  d2  I. Tọa độ I là nghiệm của hệ: 
.
x  y  6  0 y  3

2
9 3
Vậy I  ;  .
2 2
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD  M  d1  Ox.
Suy ra M  3;0 .
2

2

9  3

Ta có: AB  2 IM  2  3       3 2.

2 2

Theo giả thiết: SABCD  AB. AD  12  AD 

SABCD
12

 2 2.
AB
3 2

Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1  d1  AD.
Đường thẳng AD đi qua M  3;0  và vuông góc với d1 nhận n  1;1 làm VTPT nên có
PT: 1 x  3  1 y  0   0  x  y  3  0.
Lại có MA  MD  2.

 x  y  3  0
Tọa độ A, D là nghiệm của hệ PT: 
2
2
  x  3  y  2




y  3  x
y  x  3
y  x  3






2
2
2
2
 x  3  y  2
 x  3    x  3  2  x  3  1



x  2
x  4
hoặc 

. Vậy A  2;1, D 4; 1 .
y  1
 y  1
9 3
Do I  ;  là trung điểm của AC suy ra:
2 2

 xC  2 x I  x A  9  2  7

 yC  2 yI  yA  3  1  2

Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B  5;4 .
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là:  2;1 ,  5;4  ,  7;2 ,  4; 1.

Bài 2. (Câu 25/5-53) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD
có đỉnh D  4;5  , điểm M là trung điểm cạnh AD, đường thẳng CM có phương trình:

x  8y  10  0 , đỉnh B thuộc đường thẳng  d  : 2 x  y  1  0. Tìm tọa độ các đỉnh
còn lại A, B và C của hình chữ nhật, biết rằng đỉnh C có tung độ nhỏ hơn 2.
Giải
Ta có: B   d   B  d; 2b  1
Mà: d  B,  CM    BH 

x  8  2b  1  10
52
52


 17b  18  52
2
2
65
65
1   8

 b  2  B  2; 5


70
 70 123 
b    B  ;


17

 17 17 

 70 123 
Điểm B   ;
 : loại, vì điểm B này và điểm D đã cho nằm về cùng 1 phía đối
 17 17 
với đường thẳng CM.
Chọn B  2; 5  , suy ra I  3;0 .
Ngoài ra: C   CM   C 8c  10;c  với c < 2.

 BC   8c  12;c 5
Mà BC  DC  BC. DC  0 với 
 DC   8c  14;c  5
c  1
 8c  12 8c  14    c  5 c  5  0  65c  208c  143  0   143
c 
65

2


Vì c < 2, chọn c = 1, suy ra C  2;1.
I là trung điểm của AC nên A  8;1 , B  2; 5 , C  2;1.
Vậy A  8;1

Bài 3. (Câu 36/7-61) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có B, C thuộc
trục tung, phương trình đường chéo AC: 3x  4 y  16  0. Xác định tọa độ đỉnh A,
B, C, D biết rằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 1.
Giải
C là giao điểm của AC và Oy  C  0;4  .

Gọi B  0; b  , phương trình AB: y  b (Do AB vuông góc BC  Oy )

 16  4b 
Có A là giao điểm của AB và AC  A 
,b 
 3

Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có:
2
4
b

4
2 S ABC
1
3
S  pr  r 

 b4
AB  BC  CA b  4  4 b  4  5 b  4 3
3
3

b  1
Có r  1 b  4  3  
b  7
Với b  1 A  4;1, B  0;1, C 0;4 , D  4;4 
Với b  7  A  4;7  , B  0;7 , C  0;4 , D  4; 4 

Bài 4. (Câu 39/8-63,64) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có

AB  2 BC . Gọi H là hình chiếu của A lên đường thẳng BD; E, F lần lượt là trung
điểm đoạn CD và BH. Biết A 1;1 , phương trình đường thẳng EF là 3x  y  10  0
và điểm E có tung độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D.
Giải


Gọi E, F, G lần lượt là trung điểm các đoạn
thẳng CD, Bh, AB. Ta chứng minh

G

A

AF  EF.

B
F

Ta thấy các tứ giác ADEG và ADFG nội
tiếp nên tứ giác ADEF cũng nội tiếp, do đó

H
D

AF  EF.

E

C

Đường thẳng AF có phương trình:
x  3y  4  0.
Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ:

17

x

3
x

y

10


5  F  17 ; 1   AF  32 .


 5 5
5


 x  3y  4
y  1

5
AFE

DCB  EF 

1
2
AF  2 ;
2
5
2

2

8  17  
51  8
E  t;3t  10   EF    t     3t   
5 
5 
5 5
2

 5t 2  34t  57  0  t  3  t 

19
 19 7 
. Do đó E  3; 1  E  ;  .
5
 5 5

Theo giả thiết ta được E  3; 1 , Pt AE: x  y  2  0.
Gọi D  x; y  , tam giác ADE vuông cân tại D nên
2
2

2
2

 AD  AE
 x  1   y  1   x  3   y  1
 

 AD  DE

 x  1 x  3   y  1 y  1


x  1 x  3
y  x  2



. Do đó D 1; 1  D  3;1.
 x  1 x  3  0
 y  1  y  1

Vì D và F nằm về 2 phía so với đường thẳng AE nên D 1; 1.
Khi đó, C  5; 1 ; B 1;5.
Vậy B 1;5 ; C 5; 1 ; D 1; 1 .

Bài 5. (Câu 41/8-65) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD
có đường phân giác trong góc ABC đi qua trung điểm M của cạnh AD, đường thẳng
BM có phương trình: x  y  2  0, điểm D nằm trên đường thẳng  có phương

trình x  y  9  0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết đỉnh B có
hoành độ âm và đường thẳng AB đi qua E  1;2 .
Giải
Kẻ đường thẳng đi qua E vuông góc BM
tại H và cắt AC tại E’.

A

 H là trung điểm của EE’.

E

D

H

Phương trình EH: x  y  1  0

 1 3
H  EH  BM  H   ; 
 2 2

M

B

C

E'

Vì H là trung điểm EE’  E '  0;1
Giả sử B  b; b  2   BM (b  0)  BE   1  b; b , BE '   b; 1  b 

 b  0 (loai )
Mà BE  BE '  BE. BE '  0  2b 1  b   0  
 b  1 (tm)  B  1;1
Phương trình cạnh AB: x  1.
Giả sử A  1; a   AB (a  1) và D  d;9  d  

 d 1 9  a  d 
Do M là trung điểm AB  M 
;

2
 2

Mặt khác: M  BM 

d 1 9  a  d

 2  0   a  2d  6  0 (1)
2
2

Ta có: AD   d  1;9  d  a  , AB   0;1  a 
Mà AB  AD  AB. AD  0  a  d  9  0

a  4  A  1;4 
Từ (3) và (4) ta có: 
d  5 D  5;4 

Do AB  DC  C  5;1
Vậy tọa độ các hình chữ nhật là: A  1;4  , B  1;1 , C  5;1 , D  5;4 .

(2)


Bài 6. (Câu 50/10-73) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD
có AB  AD 2, tâm I 1; 2 . Gọi M là trung điểm cạnh CD, H  2; 1 là giao điểm
của hai đường thẳng AC và BM. Tìm tọa độ các điểm A, B.
Giải
Theo giả thiết ta có H là trọng tâm tam giác

A

B

BCD nên IC  3IH
MÀ IH  1;1 , giả sử
I

 x  1  3.1
x  4
C  x; y   

 C  4;1
 y  2  3.1
y  1

H
D

M

Do I là trung điểm AC nên A  2;5
Lại có AB  2 AD nên

C

CM BC
1


 MBC  BAC
BC AB
2

Mà BAC  BCA  90  MBC  BCA  90  AC  BM
Đường thẳng BM đi qua H  2; 1 , có vtpt IH  1;1

 Phương trình BM: x  y  1  0  B  t;1  t 
Có AB   t  2;6  t  ; CB   t  4; t 
Vì AB  BC  AB.CB  0   t  2  t  4   t  6  t   0









 t  2  2  B 2  2; 1  2 hoặc B 2  2; 1  2 .

Bài 7 (Câu 51/74, THPT Cù Huy Cận- lần- 1-2015) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy
cho hình chữ nhật ABCD có điểm A thuộc đường thẳng d1 : x  y  4  0 , điểm C(7,5), M là điểm thuộc đoạn BC sao cho MB = 3MC, đường thẳng đi qua D và M có
phương trình là d2 : 3x  y  18  0 . Xác định tọa độ của đỉnh A,B biết điểm B có tung
độ dương.
Giải


D

A

C

Gọi A(t; t  4)  d1 , I  AC  DM

M

Ta có IAD ICM ( g.g ) 

IA AD

4
IC CM

B

 IA  4IC  IA  4IC

Gọi I(x;y)
Ta có: IA  (t  x; t  4  y); IC  (7  x;5  y)
t  28

x

t  x  28  4 x

5
IA  4 IC  

t  4  y  20  4 y
 y  t  16

5
t  28 t 16
 t  28 t  16 
I 
;

18  0  t  5
 I thuộc DM nên 3.
5 
5
5
 5

Vậy tọa độ A(5;1)
Bài 8 (Câu 57/81, HSG- Lý Thái Tổ - Bắc Ninh – 2016) Trong mặt phẳng với hệ tọa

độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có E,F lần lượt thuộc các đoạn AB,AD sao cho
EB=2EA; FA=3FD; F(2,1) và tam giác CEF vuông tại F. Biết đường thẳng
x  3 y  9  0 qua 2 điểm C,E. Tìm tọa độ điểm C biết C có hoành độ dương.
Giải

B

C

AEF và DFC có: F 1  C1 (vì cùng

phụ với góc F2 ),
1

H

A  D  90o  AEF

E

AE AF EF


DF DC FC

Mà

x-3y-9=0
2

1

A

DFC 

F

D

AE 

AB
AD
3 AD
AB 3
; DF 
; AF 


3
4
4
AD 4

Gọi H là hình chiếu của F trên EC. Khi đó CF  2FH  2d ( F , CE)  2 5
Gọi C(3t+9;t) với t>-3 (vì xc >0). Ta có: CF  2 5  CF 2  20


t  1

 (3t  7)2  (t  1)2  20  t 2  4t  3  0  
t  3( L)

Với t  1  C(6; 1)

Bài 9 (Câu 59/83, THPT DakMil – DakNong – 2016) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy cho hình chữ nhật ABCD có AB=2BC. H là hình chiếu của A lên BD. E,F là
trung điểm của đoạn CD và BH. Biết A(1,1) phương trình đường thẳng
EF: 3x  y  10  0 và điểm E có tung độ âm. Tìm tọa độ B,C,D.
Giải
G

A

Gọi E,F,G lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng
CD,BH,AB. Ta chứng minh AF  EF . Ta thấy

B

các tứ giác ADEG và ADFG nội tiếp nên tứ
giác ADEF cũng nội tiếp.Do đó AF  EF

F
H
D

Đường thẳng AF có phương trình: x  3 y  4  0

C

E

Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ:
17

x

3
x

y

10

32

 17 1 
5

 F  ;   AF 

5
 5 5
x  3y  4
y  1

5
AFE

DCB  EF 

1
2
AF  2
2
5
2

E (t;3t  10)  EF 2 

2

8
51  8
 17  
  t     3t   
5
5 
5 5


 E (3; 1)
t  3

 5t  34t  57  0 
hay   19 7 
E  ; 
t  19
  5 5 
5


2

Theo giả thiết ta được E(3;-1), phương trình AE : x  y  2  0
Gọi D(x;y), tam giác ADE vuông cân tại D nên:
( x  1)2  ( y  1) 2  ( x  3) 2  ( y  1) 2
 AD  DE



 AD  DE
( x  1)( x  3)  ( y  1)( y  1)

y  x  2
x  1
x  3
 D(1; 1)



hay 
( x  1)( x  3)  0
 y  1  y  1
 D(3;1)

Vì D và F nằm về hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;-1)


Khi đó C(5;-1), B(1;5) cần tìm.
Bài 10 (Câu 60/84, THPT Ngô Sĩ Liên - Bắc Giang - Lần2 - 2016) Trong mặt phẳng

với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng
2 x  y  5  0 và A(4;8). Gọi E là điểm đối xứng với B qua C, F (5; 4) là hình chiếu

vuông góc của B trên đường thẳng ED. Tìm tọa độ điểm C và diện tích hình chữ
nhật ABCD.
Giải
E
F

Ta có C  d : 2 x  y  5  0 nên C (t; 2t  5)
Ta chứng minh 5 điểm A,B,C,D,F cùng nằm trên

D

C

A

B

đường tròn đường kính BD. Do tứ giác ABCD là
hình chữ nhật thì AC cũng là đường kính của đường
tròn trên, nên suy ra được
AFC  90o  AC 2  AF 2  CF 2 .

Kết hợp với gt ta có phương trình:
(t  4)2  (2t  13)2  81  144  (t  5)2  (2t  1) 2  t  1

Từ đó ta được C (1; 7)
Từ giả thiết ta có AC / / EF , BF  AC, do C là trung điểm BE nên BF cắt và vuông góc

với AC tại trung điểm.
Suy ra F đối xứng với B qua AC, suy ra ABC  AFC
 S ABC  S AFC  S ABCD  2S AFC  75(dvdt)

Bài 11 (Câu 61/84, THPT Hàn Thuyên - Bắc Ninh - Lần 1 – 2016) Trong mặt phẳng
 31 17 
;  là điểm
5 5

với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AD=3AB. Điểm H 

đối xứng của B qua đường chéo AC. Tìm tọa độ của hình chữ nhật biết CD có
phương trình x  y  10  0 và C có tung độ âm.
Giải


H

tan ACB 

A

D

1
2 5
 cos ACD 
 cos ACH
2
5

Vì sin ACH 

N

5
5
2 5
 cos ACD 
;sin ACD 
5
5
5

 sin HCD  sin ( ACD  ACH ) 
B

Ta có: d ( H , CD) 

3
5

C

18 2
18 2 5
 HC 
. 6 2
5
5 3

 31

65



Gọi C (c; c  10)  CH    c;  c 
5
5

c  5
2
2
 31   67

Ta có:   c     c   72   73  C (5; 5)
c 
5
  5

5


Phương trình BC : ( x  5)  ( y  5)  0  x  y  0
Gọi B(b;-b) ta có BC  CH  6 2  BC 2  72  (b  5)2  (b  5)2  72
b  11( L)

 B(1;1)
b  1

Tìm được A(2;4), D(8;-2)
Bài 12 (Câu 63/85, THPT Đội Cấn – Vĩnh Phúc - lần 1 – 2016) Cho hình chữ nhật
ABCD có A(1;5), AB=2BC và điểm C thuộc đường thẳng d : x  3 y  7  0 .Gọi M là
điểm nằm trên tia đối của tia CB, N là hình chiếu vuông góc của B trên MD. Tìm tọa
 5 1

độ các điểm B và C biết N   ;  và điểm B có tung độ nguyên.
 2 2
Giải


A

B

Gọi I  AC  BD
Do BN  DM  IN  IB  ID
 IN  IA  IC

I
D

C

 ANC vuông tại N

 5 1

đường thẳng CN qua N   ;  và nhận

 2 2

N

7 9
NA   ;  là pháp tuyến nên có phương trình
2 2

M

7 x  9 y  13  0. Do C  CN  d  C (2; 3)

Gọi B(a; b). Do AB  2BC và AB  BC nên ta có hệ phương trình

(a  1)(a  2)  (b  5)(b 3)  0

2
2
2
2



(a  1)  (b  5)  4 (a  2)  (b  3) 

 a  5; b  1
Giải hệ trên suy ra 
 a   7 ; b   9 (KTM)
5
5



Vậy B(5;-1), C(2;-3)
Bài 13 (Câu 103/96, THPT – Xuân Trường – Nam Định – Lần 1 - 2016) Trong mặt
phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Gọi M là điểm đối xứng của B
qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam giác BDM nội tiếp đường
tròn (T) có phương trình: ( x  4)2  ( y  1)2  25 . Xác định tọa độ các đỉnh của hình
chữ nhật ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3x  4 y 17  0 ; đường thẳng
BC đi qua điểm E  7;0  và điểm M có tung độ âm.
Giải
A

D

B

I

C

+(T) có tâm I (4;1); R  5
+ Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
BDM và N, C là chân các đường cao nên
chứng minh được: IM  CN

E
N

M

+ Lập ptdt IM qua I và IM  CN : 4( x  4)  3( y 1)  0  4 x  3 y 19  0


 M (7; 3)

+ M là giao điểm (T) với IM: 
 M (1;5)(loai)
+ Đường thẳng BC qua M, E có pt: x  7
+ C là giao điểm BC và NC  C (7;1)
+ B đối xứng M qua C  B(7;5)
+ Đường thẳng DC qua C và vuông góc BC: y  1
 D(9;1)

D là giao điểm (T) và DC: 
 D(1;1)
Vì B, D nằm cùng phía với CN nên D(1;1)
+ Do BA  CD  A(1;5); B(7;5); C (7;1); D(1;1)
Bài 18 (Câu 113/98). (Nguyễn Minh Tiến) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ
nhật ABCD có điểm E thuộc tia đối của tia DC. Đường tròn đường kính AE cắt đường
chéo BD tại điểm thứ hai H 1;0  . Gọi M là trung điểm EC, trung điểm K của BH thuộc
đường thẳng (d ) : x  y  4  0 và đường tròn đường kính AM có phương trình
2

5
65

2
 x    ( y  1)  . Xác định toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD, biết điểm K
2
4



có hoành độ dương.

J

E
F

A

D

j

L

M

H
K
B

C

Hướng dẫn:
1. Dựng các hình chữ nhật ADEJ và ADML.


2. Dễ thấy L là trung điểm BJ, suy ra LK // JH.

3. Mặt khác: JDH = 90 độ, nên LK vuông góc KD.
4. Vậy K thuộc (J), suy ra tọa độ K là giao điểm (J) và (d).
5. Tìm được B, D là giao của (J) và BD.
6. Tìm được L, suy ra AB, suy ra A.
Bài 19 (Câu 118/101, THPT – Lý Thái Tổ - Bắc Ninh – Lần 2 - 2016) Trong mặt
phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có hình chiếu vuông góc của A
 6 7

lên đường thẳng BD là H   ;  , điểm M (1;0) là trung điểm cạnh BC và phương
 5 5
trình đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác ADH có phương trình là 7 x  y  3  0 .
Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
Giải
Gọi N, K lần lượt là trung điểm của HD và AH  NK // AD và NK 

1
AD .
2

Do AD  AB  NK  AB.
Mà AK  BD  K là trực tâm tâm giác ABN.
Suy ra BK  AN

(1)
1
2

Vì M là trung điểm BC  BM  BC.
Do đó NK // BM và NK = BM

A

 BMNK là hình bình hành

D
K

N

 MN // BK (2)

Từ (1) và (2) suy ra MN  AN .

H
B

Phương trình MN có dạng: x  7 y  c  0.
M (1;0)  MN  1  7.0  c  0  c  1.
 phương trình AM là: x  7 y  1  0

 2 1



Mà N  MN  AN  N  ;  . Vì N là trung điểm HD  D(2; 1).
5 5
8

6

Ta có: HN   ;  
5 5
Do AH  HN  AH đi qua H và nhận n  (4; 3) là 1 VTPT.

M

C


 phương trình AH là: 4 x  3 y  9  0 .

Mà A  AH  AN  A(0;3).
 2  2(1  xB )
 x  2
 B
 B(2; 2).
4  2(0  yB )
 yB  2

Ta có: AD  2 BM  

Vì M là trung điểm BC  C (0; 2).
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là: A(0;3), B(2;2), C(0; 2), D(2; 1).

Bài 20 (Câu 123/103, Nguyễn Thành Hiển) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho
hình chữ nhật ABCD có các điểm M và N thứ tự thuộc cạnh AB, BC sao cho
AM  BC ; CN  BM . Điểm H  7;1 thuộc đường thẳng AN, CM có phương trình

2 x  y  18  0 và điểm A thuộc đường thẳng 2 x  y  6  0 . Tìm tọa độ điểm A.

Hướng dẫn: Chứng minh hai đường thẳng AN và CM tạo với nhau một góc 450 .

Bài 21 (Câu 125/103, Nguyễn Thành Hiển) Trong mặt phẳng Oxy cho hình chữ nhật
ABCD. Trên cạnh AB và AD lần lượt lấy E và F sao cho

EB FA
. Tìm tọa độ các

EA FD

đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết đường thẳng BD có phương trình x  2 y  8  0 ,
2

2

5
25
 11  
đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF là (C ) :  x     y    , K (11; 2) thuộc
2 
2
4


AD và điểm A có hoành độ nhỏ hơn 6.
Hướng dẫn: Kẻ AH vuông góc BD, chứng minh rằng EHF  900 .
Bài 22 (Câu 159/113 ,THPT- Chuyên ĐH Vinh - 2015) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,
cho hình chữ nhật ABCD có AB  2BC, B(7;3) . Gọi M là trung điểm của đoạn AB, E
là điểm đối xứng của D qua A. Biết rằng N (2; 2) là trung điểm DM, điểm E thuộc
đường thẳng 2 x  y  9  0 . Tìm toạ độ điểm D.

Giải


E

F

B(7;3)

A

I

H
N(2;-2)

C

D

Trước hết, ta chứng minh NE  NB
Đặt AB  2BC  2a, ta có





NE NB  ND  DE NM  MB



 ND.NM  ND.MB  DE NM  DE.MB
2

a
a
 a 
 
.a.cos1350  2a.
cos 450
 
2
2
2


2
a a2
    a2  0
2 2

Suy ra NE  NB
Do đó NE : x  y  0  E(3;3)
Gọi I  BN  AD. Kẻ MH / / AD( H  BI ). Ta có NI  NH , HI  HB. Suy ra
5  3( x1  2)
 1 11 
BN  3NI  
 I  ;  .
3 3 
5  3( y1  2)

Lại có: DI  MH 

1
AI
2

Suy ra: EI  5ID  D(1; 5).
Lưu ý: Học sinh có thể đặt AB  x, AD  y . Biểu thị vecto NE, NB qua x, y . Từ đó dễ
dàng suy ra NE.NB  0
Bài 23 (Câu 180/120, Phạm Tuấn Khải – 12-2015) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho
hình chữ nhật ABCD có AB  AC , đường tròn tâm D bán kính CD cắt các đường
 22 7 
;  và F (0; 1) . Biết điểm D nằm trên
 13 13 

thẳng AC, AD lần lượt rại các điểm E 

đường thẳng d : x  y  7  0 .Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
Giải


D

A
F

I
E

C

B

*Ta có D  d  D(d ; d  7). Vì E , F thuộc đường tròn (T ) nên DE  DF
2

2

22  
84 

 DE  DF   d     d    d 2  (d  6)2  d  2  D(2; 5)
13  
13 

2

2

CD : x  2 y  12  0

* Suy ra FD  (2; 4)  2(1; 2)   AD : 2 x  y  1  0
(T ) : ( x  2) 2  ( y  5) 2  20


* Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ
 x  2 y  12  0
 x  6; y  3
C (6; 3)




2
2
 x  2; y  7 C (2; 7)
( x  2)  ( y  5)  20

Do C và E cùng phía so với đường AD nên ta nhận C (6; 3)
 56 32 

8

ACquaC
* Ta có EC   ;
 AC : 4 x  7 y  3  0
  (7; 4) 
 13 13  13

4 x  7 y  3  0
 A(1;1)
2 x  y  1  0

Tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình 
Ta có AB  DC  B(3;3)

Vậy tọa độ điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là A(1;1); B(3;3); C(6; 3); D(2; 5)

Bài 24 (Câu 183/122, Phạm Tuấn Khải – 14-2015) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho
hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn (C). Gọi M là trung điểm của cạnh AB,

 10 1 

đường thẳng CM cắt đường tròn (C) tại E (0;2) . Biết G  ;  là trọng tâm của tam
 3 3
giác ABC, điểm F (2; 4) nằm trên đường tròn (C) và đểm B có hoành độ dương.
Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
Giải


E(0;2)

B

A
M

G

D

C
F(-2;4)

 IE  IF
 IE  3IG

* Gọi I (a; b) là tâm hình chữ nhật ABCD. Ta có : 

  41 3 
41

3

a 2  (b  2) 2  (a  2) 2  (b  4) 2
x

;
y

I  8 ; 8 




8
8
2
2
 2

1  
 10 

2
  5 1 
 x  5 ; y  1
a  (b  2)  9  x    9  y  
3
3
I  ; 





2
2
 2 2 
 1 1 

 41 3 

* Với I  ;  ; IB  3IG  B  ;  (loai). Với
 8 8
 4 4
 5 1 
I  ;  ; IB  3IG  B  5; 2   D(0; 3)
2 2 
 10 5 
;   nEG  (1; 2)  EF : x  2 y  4  0
 3 3 

* Ta có: EG  

2

2

5
5 
1
25


IB 
 (C ) :  x     y    . Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:
2 
2
2
2

2
2

5 
1  25
 x  0; y  2(l )
 x     y   
 C (6; 1)  A(1;0).
2 
2
2 

 x  6; y  1(tm)
x  2 y  4  0


Vậy tọa độ điểm thoả mãn bài toán là A(1;0); B(5;0); C(6; 1); D(0; 3)

Bài 25 (Câu 184/123, Phạm Tuấn Khải – 15-2015) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho
hình chữ nhật ABCD có điểm E nằm trên cạnh BC, phương trình đường tròn ngoại


1

2

25

tiêp ABE là  x    ( y  1)2 
và phương trình đường thẳng DE : 3x  4 y 18  0
2
4

. Biết điểm M (0; 3) nằm trên đường thẳng AB, tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ
nhật ABCD.
Giải


E

C

B
I

M

A

D

1 

5

*Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE có tâm I  ;1 , bán kính R 
2
2 
2

1
25
2
 x    ( y  1) 
Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ phương trình  2 
4  E (2;3)
3x  4 y  18  0


Do tam giác ABE vuông tại B nên là trung điểm của AE suy ra A(1; 1)
Suy ra AM  (1; 2)  AB : 2 x  y  3  0  BC : x  2 y  4  0  AD : x  2 y 1  0
2 x  y  3  0  x  2

 B(2;1)
x  2 y  4  0  y  1

*Toạ độ B là nghiệm của hệ 

x  4
3x  4 y  18  0 
 3
*Toạ độ D là nghiệm của hệ 


3  D  4; 
 2
x  2 y 1  0
 y  2
 xC  xD  xA  xB  3

 7
*Ta có BC  AD  
7  C  3; 
yC  yD  y A  yB 
 2


2
 7






3

Vậy tọa độ điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là: A(1; 1); B(2;1); C  3;  ; D  4; 
2
2


Bài 26 (Câu 191/127, THPT – Tứ Kỳ - Hải Dương - 2015) Trong mặt phẳng tọa độ

Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có: AB  3 2, BC  2 2 , điểm E thuộc đoạn DC sao
cho EC 

4 2
, điểm
3

 14 17 
I  ;  thuộc đường thẳng BE. Biết đường thẳng AC có
 3 3

phương trình: x  5 y  3  0 và các điểm A, B có hoành độ nguyên dương. Tìm tọa độ
các đỉnh A, B, C, D của hình chữ nhật.
Giải


A

B
I

H
D

E

C

Trước tiên bạn cần lưu ý “khâu dựng hình” theo như tỉ lệ của đề bài ta có:
EC=

4 AB
2 AB
; AC 
. Vì vậy nếu không “ khéo léo” để ý tỉ lệ đó mà dựng “qua loa”
9
3

hình vẽ bạn đọc sẽ không phát hiện được dữ kiện ngầm ẩn cực kì quan trọng trong bài
đó chính là: EB  AC . Do đó để tránh những sai sót trên ta có thể lấy đô dài AB tương
đương 9 cm; hay 9 ô li trên tập khi đó các cạnh EC, AC sẽ thành EC  4; AC  6 . Vì
vậy việc dựng hình sẽ dễ dàng hơn rất nhiều !
Trước hết ta chứng minh EB  AC .

 tan EBC 
Xét 
 tan BAC 


EC 2

BC 3
 EBC  BAC . Lại có BAC  BCA  900
BC 2

AC 3

Suy ra EBC  BCA  900  BHC  900 ( H  AC  BE )  AC  BE
*Do EB  AC : x  5 y  3  0 nên BE có phương trình: 5x  y  m  0
 14 17 

;  nên ta có m  29 suy ra BE : 5x  y  29  0
 3 3

BE qua I 

*Ta có H  BE  AC nên tọa độ H thỏa mãn hệ:
71

x

5
x


29

0


 71 22 
13

H ; 

 13 13 
x  5 y  3  0
 y  22

13

Ta có: ABC vuông tại B đường cao BH nên:
1
1
1
1 1 13
72


  
 HB 2 
2
2
2
BH
BA BC
18 8 72
13
2

Do B  BE nên ta có B(b;29  5b) nên HB 2 
Suy ra b  5(tm) hay b 

2

72
71   355

 72
 b    
 5b  

13
 13   13
 13

77
(ktm) nên B(5; 4)
13

Lại có A  AC : x  5 y  3  0 nên A(5a  3; a) và ta có AB  3 2


31

a  (ktm)

Nên: BA  18   5a  8  (a  4)  18 
nên A(2;1)
13

*
 a  1 Z
2

2

*Theo định lý Thales thuận ta có:

2

AB AH BH 9

13


  AC  AH  C (7; 2)
EC HC HE 4
9

Lại có AB  DC  D(4; 1)
Vậy tọa độ điểm thỏa mãn yêu cầu đề bài là A(2; 1), B(5;4), C(7;2), D(4; 1)

Bài 27 (Câu 193/129, THPT – Lê Quý Đôn – Bình Định - 2015) Trong mặt phẳng tọa
độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng
 3 3 
 . Viết phương
2 2 

AC là E (5;0) , trung điểm của AE và CD lần lượt là F (0; 2), I  ;
trình đường thẳng CD
Giải
y

A

B
A

F

x

1
O

E
C
I

D

*Tọa độ đỉnh A(5; 4). Phương trình đường thẳng AC : 2 x  5 y 10  0
*Ta chứng minh BF  IF :
1
1
1
BF  ( BA  BE ), FI  ( FD  FC )  ( AD  EC )
2
2
2

Suy ra: 4BF.FI  ( BA  BE)( AD  EC )  BA. AD  BA.EC  BE. AD  BE.EC
Suy ra:
4BF .FI  ( BA  BE)( AD  EC )  BA.EC  BE. AD  EA.EC  BE.BC   BE 2  BE 2  0

Do đó BF  IF
* BF  IF và đi qua F nên có phương trình: 7 x  3 y  6  0


BE đi qua E và vuông góc EF nên có phương trình: 5x  2 y  25  0
7 x  3 y  6  0
x  7

B  BF  BE nên tọa độ B thỏa mãn: 

 B(7;5)
5 x  2 y  25  0  y  5

*Phương trình đường thẳng CD qua là: 2 x  24 y  39  0
Vậy phương trình đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán là: CD : 2 x  24 y  39  0

Bài 28 (Câu 194/130, THPT – Lý Tự Trọng – Bình Định - 2015) Trong mặt phẳng
tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn (C) tâm I (5; 2) . Các tiếp
tuyến của (C) tại B, D cắt tiếp tuyến của (C) tại C lần lượt tại M, N. Trực tam giác
AMN là điểm H (5; 1) . Diện tích tam giác AMN bằng 78. Tìm tọa độ các đỉnh của
hình chữ nhật ABCD biết C có tung độ âm và hoành độ của M và N đều dương
(trong đó hoành độ của M lớn hơn hoành độ của N).
Giải

H

*Đường tròn (C ) có tâm I  AC  BD  AC  MN
Do đó AC là đường cao của tam giác AMN, nên H thuộc AC. AC qua I và H nên AC
có phương trình x  5  0
C thuộc AC nên C có tọa độ C (5; c) (c  0) .Vì I là trung điểm AC nên suy ra A(5; 4  c).
Đường thẳng MN qua C vuông góc AC nên có phương trình y  c  0
*Vì M,N thuộc đường thẳng MN nên suy ra tọa độ M (m; c), N (n; c) (m  n  0)


 AM  (m  5; 2c  4)

 HN  (n  5; c  1)
Ta có: 

.Do H là trực tâm tam giác AMN nên ta có AM .HN  0 (1)
 IM  (m  5; c  2)

 IN  (n  5; c  2)

Theo tính chất tiếp tuyến ta có IM và IN lần lượt là phân giác của các góc
BIC ,CID .Mặt khác, B,I,D thẳng hang nên suy ra: MIN  900  IM  IN  IM .IN  0
(2)

(m  5)(n  5)  (2c  5)(c  1)  0

*Từ (1) và (2) ta có hệ 

2
(m  5)(n  5)  (c  2)  0

(I )

c  2
vì C có tung độ âm nên ta
c  4

Suy ra (2c  4)(c  1)  (c  2) 2  c 2  2c  8  0  
nhận c  4
Suy ra C (5; 4), A(5;8)  AC  12

Hơn nữa từ hệ (I) với c  4 ta có: (m  5)(n  5)  36  0 (2)
1
2

*Mặt khác, S AMN  AC.MN  78  MN  13  m  n  13  m  n  13 (3) (do m  n )
Từ (2),(3) giải được m  14, n  1 (nhận) hoặc m  9, n  4 ( loại do n  0 ).
Suy ra M (14; 4), N (1;4).
*Ta có IB  IC  6 và đường tròn (C ) : ( x  5)2  ( y  2)2  36 (*).
Mặt khác IM  117  CM  BM  IM 2  IB2  117  36  9.
Suy ra B,C thuộc đường tròn (C ') : ( x 14)2  ( y  4)2  81 (**)
137

 x  13
x  5
 137 56 
hay 
 B
; 
*Giải hệ (*) và (**) ta được 
 13 13 
 y  4
 y  56

13
 7 4 

Suy ra I là trung điểm BD nên suy ra D  ; 
 13 13 
 137 56 
 7 4 
;  , C (5; 4), D  ; 
 13 13 
 13 13 

Vậy tọa độ điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là A(5;8), B 