Tọa độ oxy

CHUYÊN ĐỀ 9: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG

1. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG TRONG MẶT PHẲNG
1.1. Lý Thuyết
1.1.1. Phương trình đường thẳng
a.Vectơ chỉ phương và phương trình tham số của đường thẳng

r
u

r r
u≠0

r
u

*Vectơ là VTCP của đường thẳng (d) nếu
và giá của song song hoặc trùng với
(d)
r
vtcp u = (a; b)
⇒

qua M(x 0 ;y 0 )
* Nếu đường thẳng (d) biết
Phương trình tham số của (d) là:

 x = x0 + at

 y = y0 + bt
b. Vectơ pháp tuyến và phương trình tổng quát của đường thẳng

r
n

r r
n≠0

r
n

* Vectơ là VTPT của đường thẳng (d) nếu
và giá của vuông góc với (d)
r
vtpt n = (a; b)
⇒

qua M(x 0 ;y0 )
*Nếu đường thẳng (d) biết
Phương trình tổng quát của (d) là:

a( x − x0 ) + b( y − y0 ) = 0
- Nếu (d) có VTCP

r
u = (a; b)

thì (d) có VTPT là

r
n = ( A; B )

r
n = (−b; a)
r
u = ( − B; A)

- Nếu (d) có VTPT là
thì (d) có VTCP
*) Muốn lập phương trình đường thẳng đi qua 1 điểm và nhận 1 vtpt hoặc 1 vtcp
c. Đường thẳng (d) có phương trình

⇒

VTPT

r
n = ( A; B)

, VTCP

Ax + By + C = 0; A2 + B 2 ≠ 0

r
u = ( − B; A)

và nhiều điểm mà (d) đi qua


d. Phương trình đường thẳng theo đoạn chắn (d) cắt Ox, oy lần lượt tại hai điểm A(a;0)
và B(0;b):

x y
+ = 1( a ≠ 0; b ≠ 0)
a b

e. Nếu đường thẳng (d) có phương trình tham số

 x = x0 + at

 y = y0 + bt

với

a ≠ 0; b ≠ 0

thì ta có

x − x0 y − y0
=
a
b

phương trình chính tắc của (d) là:
Trong trường hợp a=0 hoặc b=0 đường thẳng không có phương trình chính tắc
1.1.2. Vị trí tương đối của hai đường thẳng:
Cho (d1):

a1 x + b1 y + c1 = 0
a2 x + b2 y + c2 = 0

(d2):
Tọa độ giao điểm của (d1) và (d2) là nghiệm hệ phương trình:

a1x+b1y+c1 =0
(I )

a 2 x+b 2 y+c2 =0
- Hệ (I) có 1 nghiệm (x0;y0)
- Hệ (I) vô số nghiệm
- Hệ (I) vô nghiệm

⇔

⇔

⇔

(d1)cắt (d2) tại điểm M(x0;y0)

(d1) trùng (d2)

(d1)// (d2). ((d1) và (d2) không có điểm chung )

1.2. Các dạng bài tập cơ bản:
1.2.1.Dạng 1: Viết phương trình của đường thẳng qua

r
n = ( A; B)

Phương pháp: (d)


qua M 0 ( x0 ; y0 )
r

VTPT
n
= ( A; B)



M 0 ( x0 ; y0 )

có VTPT


Ví dụ 1: Viết phương trình đường thẳng d qua A(-3;2) và song song với

( ∆ ) : 2x − y −1 = 0
Lời giải

∆

d//

∆

có VTPT là

r

n = (2; −1)

nên d có VTPT là

qua A(−3;2)
r
⇒ (d ) 
r
VTPT n = (2; −1)
n = (2; −1)

d có phương trình tổng quát là: 2(x+3)-1(y-2)=0

⇔

2x-y+8=0

M 1 ( x1; y1 )

M 2 ( x2 ; y2 )

1.2.2. Dạng 2: Phương trình đường thẳng qua 2 điểm
và
qua M 1 ( x1; y1 )
qua M 1 ( x1 ; y1 )
uuuuuur
r
⇒ (d ) 

VTCP M 1M 2 = ( x2 − x1; y2 − y1 )

VTPT n = ( y1 − y2 ; x2 − x1 )
Phương pháp: (d)
Ví dụ 2: Viết phương trình đường thẳng d biết: Qua A(1;2); B(3;4)
Lời giải
qua A(1;2)
uuur

vtcp
AB(2;2)

Do (d) đi qua A và B nên (d):

⇒

 x = 1 + 2t

 y = 2 + 2t

Phương trình tham số của (d) là
qua A(1;2)
r
⇒

vtpt
n
(2; −2)

(d):
Phương

trình

tổng

quát

của

(d):

2(x-1)-2(y-2)=0

⇔ 2x − 2 y + 2 = 0 ⇔ x − y + 1 = 0

1.2.3. Dạng 3: Viết phương trình của đường thẳng qua

r
u = (a; b)

M 0 ( x0 ; y0 )

có VTCP


qua M 0 ( x0 ; y0 )
qua M 0 ( x0 ; y0 )
r
r
⇒ (d ) 


VTCP u = (a; b)
VTPT n = ( −a; b)

Phương pháp: (d)
Ví dụ 3: Viết phương trình tổng quát, phương trình tham số, phương trình chính tắc (nếu có) của
đường thẳng (d) trong các trường hợp sau:

r
u

a) (d) đi qua điểm M(1;-2) và có vtcp =(2;-1).
b) (d) đi qua điểm A(3;2) và vuông góc với (d1):5x+2y-1=0
Lời giải:
a) Ta có:
 qua M (1; −2)
 x = 1 + 2t
r
⇒


vtcp u (2; −1)
 y = −2 − t
(d):
Phương trình tham số của (d) là:
 qua M (1; −2)
r
⇒

vtpt
n

(1;2)

(d):
Phương trình tổng quát của (d): 1(x-1)+2(y+2)=0↔ (d):
x+2y+3=0

x −1 y + 2
=
2
−1

Phương trình chính tắc của (d) là:

qua A(3;2)
 x = 3 + 5t
qua A(3;2)
uur
⇒
⇒




 y = 2 + 2t
⊥ d1
vtcp nd1 (5; 2)
b) (d):
phương trình tham số của (d):
qua A(3; 2)
r

⇒

vtpt n(2; −5)
⇔ 2x − 5 y + 4 = 0
(d)
Phương trình tổng quát của (d): 2(x-3)-5(y-2)=0

Phương trình chính tắc của (d):

x −3 y −2
=
5
2

*Muốn lập phương trình đường thẳng (d) ta cần biết (d):
- Qua 1 điểm và biết 1 VTCP
- Qua 1 điểm và biết 1 VTPT
- Qua 2 điểm phân biệt
1.3. Các bài toán liên quan đến góc và khoảng cách
1.3.1. Kiến thức liên quan


a. Góc giữa hai đường thẳng:
*Định nghĩa: Hai đường thẳng (d1), (d2) cắt nhau tạo thành 4 góc. Số đo nhỏ nhất của
các góc đó là góc giữa 2 đường thẳng (d1) và (d2). Kí hiệu (d1, d2)
Suy ra, góc giữa hai đường thẳng luôn bằng hoặc kề bù với góc giữa hai VTPT (hoặc góc
giữa hai VTCP).
Nếu (d1):

a1x + b1 y + c1 = 0

a2 x + b2 y + c2 = 0

, (d2):
thì
ur uu
r
n1.n2
ur uu
r
a1a2 + b1b2
cos(d1 , d 2 ) = cos(n1 , n2 ) = ur uu
r =
n1 . n2
a12 + b12 . a2 2 + b2 2

Chú ý:
* (d1)

⊥

(d2)

.

ur uu
r
⇔ n1 ⊥ n2 ⇔ a1a2 + b1b2 = 0

* Nếu (d1) và (d2) lần lượt có dạng

y = k1 x + m1

và

y = k2 x + m2

thì (d1)

⊥

(d2)

ur uu
r
⇔ k1.k2 = −1

b. Khoảng cách từ một điểm tới một đường thẳng
Cho (d):
đường thẳng (d):

ax+by+c=0

d (M , d ) =

và điểm

M ( x0 ; y0 )

. Khi đó khoảng cách từ điểm M tới

ax 0 +by 0 +c
a 2 + b2

Chú ý:
* Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng (d) là:
,

- Là khoảng cách từ M đến M là hình chiếu của M lên (d)
- Là khoảng cách ngắn nhất từ M đến 1 điểm bất kỳ thuộc (d)
*

Cho

(d):

ax+by+c=0

và

hai

điểm

M ( x0 ; y0 ) N ( x1; y1 )

(ax 0 +by0 +c)(ax1 +by1 +c)
- Nếu t < 0 thì M, N nằm về hai phía của (d).
- Nếu t>0 thì M, N nằm cùng một phía với (d).
1.3.2. Ví dụ minh họa

,

.

Đặt

t

=


Ví dụ 1:

a) Tìm góc giữa 2 đường thẳng

 x = 3t
d1 : 
y = 2 −t

b) Tính khoảng cách từ M(-2;3) đến
Lời giải
a)

r
u = (3; −1) ⇒

d1

và

d2 : x − 2 y − 4 = 0

 x = 3 − 2t
d :
 y = 1+ t
ur
n1 = (1;3)

có VTCP
VTPT
uu
r
d2
n2 = (1; −2)
VTPT
ur uu
r
n1.n2
1.1+3.(-2)
5
1
cos(d1 ,d 2 )= = ur uu
=
=
r =
1 + 9. 1 + 4
50
2
n1 . n2

⇒ ( d1 , d2 ) = 450

b) d

qua A(3;1)
r

VTPT    n = (1;2) ⇒ d :1( x − 3) + 2( y − 1) = 0 ⇔ x + 2 y − 5 = 0

d (M , d ) =

−2 + 2.3 − 5
1+ 4

=

1
5

Ví dụ 2: Viết phương trình đường thẳng d qua M(0;1) và tạo với d:
450

góc
Lời giải
(Có 2 đường thẳng như vậy. lập luận bằng hình vẽ)
qua M (0;1)
r

VTPT

  
n
=(A;B), A 2 +B2 ≠ 0


∆
là đường thẳng
ur
n1 = (1;2)
d có VTPT là

x + 2y + 3 = 0

một


A.1 + B.2

cos(∆, d ) = cos450 ⇔

A + B . 1+ 4
2

2

A + 2B

= cos450 ⇔

A +B . 5

2

2

=

1
2

⇔ 5( A2 + B 2 ) = 2( A + 2 B)2 ⇔ 3 A2 − 8 AB − 3B 2 = 0 ⇔ ( A − 3B)(3 A + B ) = 0
 A = 3B
⇔
3 A = − B
*) A=3B: chọn A=3

⇒

*) 3A=-B: chọn A=1

B=1

⇒

Vậy có 2 đường thẳng:

⇒ ∆ : 3( x − 0) + 1( y − 1) = 0 ⇔ 3x + y − 1 = 0

B=-3

⇒ ∆ :1( x − 0) − 3( y − 1) = 0 ⇔ x − 3 y + 3 = 0

3 x + y − 1 = 0
x − 3y + 3 = 0


Ví dụ 3: Cho hai đường thẳng
đường thẳng qua P(2;-1), d cắt
Lời giải

d1 : 2 x − y + 5 = 0 d 2 : 3 x + 6 y − 1 = 0
;

d1; d2

. Lập phương trình

tạo thành 1 tam giác cân tại giao điểm

d1

và

d2

.

r
n=(A;B), A 2 +B2 ≠ 0

Giả sử d có VTPT

qua P(2; −1)
r

2
2
VTPT   n=(A;B), A +B ≠ 0 ⇒ d : A( x − 2) + B ( y + 1) = 0
d là đường thẳng
Tam giác cân tại giao điểm của

d1

và

d2

nên

(d ; d1 ) = (d ; d 2 )

cos(d , d1 ) = cos(d , d 2 )
⇔

A.2 + B.(−1)
A2 + B 2 . 4 + 1

=

3. A + 6.B
9 + 36. A2 + B 2

⇔ 3 2 A − B = 3 A + 6 B ⇔ 2 A − B = A + 2B

2 A − B = A + 2B
 A = 3B
⇔
⇔
 2 A − B = − ( A + 2 B ) 3 A = − B
*) A=3B Chọn A=3 thì B=1

⇒ d : 3( x − 2) + 1( y + 1) = 0 ⇔ 3 x + y − 5 = 0


⇒ d :1( x − 2) − 3( y + 1) = 0 ⇔ x − 3 y − 5 = 0

*) 3A=-B chọn A=1 thì B=-3
Ví dụ 4: Cho hình vuông, 1 đỉnh có tọa độ (-4; 5) và đường chéo có phương trình 7xy+8=0. Lập phương trình các cạnh.
Lời giải
Gọi A(-4; 5) và d: 7x-y+8=0 , do A

∆

Lập phương trình đường thẳng
Gỉa sử

∆

Cos450 =

có VTPT

r
n = ( A; B)

7. A − B
A + B . 49 + 1
2

2

0

qua A tạo với BD 1 góc 45

với

⇔

∉ d ⇒ BD : 7 x − y + 8 = 0

A2 + B 2 ≠ 0

1
=
2

7A − B
A + B 2 . 50
2

⇔ ( 7 A − B ) = 25 ( A2 + B 2 ) ⇔ 12 A2 − 7 AB − 12 B 2 = 0

2

⇔ ( 3 A − 4 B ) ( 4 A + 3B ) = 0
3 A = 4 B
⇔
 4 A = −3B

*) 3A=4B, chọn A=4 thì B=3

⇒ ∆ : 4( x + 4) + 3 ( y − 5 ) = 0 ⇔ 4 x + 3 y + 1 = 0

*) 4A=-3B, chọn A=3 thì B=-4
Chọn AB:
AD:

⇒ ∆ : 3 ( x + 4 ) − 4 ( y − 5 ) = 0 ⇔ 3 x − 4 y + 32 = 0

4x + 3y +1 = 0
3 x − 4 y + 32 = 0

B = AB ∩ BD ⇒ B ( −1;1)
D = AD ∩ BD ⇒ D ( 0;8 ) ⇒

I là trung điểm của AC nên:

Tâm I(

1 9
− ;
2 2

)


 1
xC = 2.  − ÷− ( −4 ) = 3


 2
⇒ C ( 3; 4 )

 y = 2. 9 − 5 = 4
C


2


CD:

qua C(3;4)
qua C(3;4)
r
⇒ CD : 

 / /   AB
VTPT    n = (4;3)

4 ( x − 3) + 3 ( y − 4 ) = 0 ⇔ 4 x + 3 y − 24 = 0

CD:
BC: 3x-4y+7=0
Vậy phương trình các cạnh: 4x+3y+1=0
4x+3y-24=0

3x-4y+32=0
3x-4y+7=0

Ví dụ 5: Cho tam giác ABC, A(3;2), B(1;6), C(-5;3). Tính chiều cao
Lời giải

ha

ha = d ( A, BC )
qua B(1;6)
qua B(1;6)
uuur
r
BC : 
⇒ BC : 
VTPT    n = (1; −2)
VTCP    BC = ( −6; −3)

⇒ BC :1( x − 1) − 2 ( y − 6 ) = 0 ⇔ x − 2 y + 11 = 0
ha = d ( A, BC ) =

3 − 2.2 + 11
1+ 4

Ví dụ 6: Tìm M thuộc

Lời giải

=2 5

x = 1
∆:
y = 3+ t

để

d (M , ∆' ) = 2

với

∆' : x + y + 1 = 0

M ∈ ∆ ⇒ M ( 1;3 + t )

d (M , ∆' ) = 2
*)
*)

⇔

1+ 3 + t +1

t = −3 ⇒ M ( 1;0 )
t = −7 ⇒ M ( 1; −4 )

1+1

t + 5 = 2
t = −3
= 2 ⇔ t +5 = 2⇔ 
⇔
t + 5 = −2 t = −7


Ví dụ 7: Cho tam giác ABC, A(2;-3), B(3;-2), trọng tâm G thuộc

S ABC =
tọa độ C để
Lời giải

∆ : 3x − y − 8 = 0

3
2

G ∈ ∆ ⇒ G ( a;3a − 8 )

Vì
G là trọng tâm tam giác ABC

 x A + xB + xC = 3xG
 xC = 3xG − x A − xB = 3a − 2 − 3
⇔
⇔
 y A + yB + yC = 3 yG
 yC = 3 yG − y A − yB = 9a − 24 + 3 + 2

C(3a-5;9a-19)

S ABC =

3
1
3
⇔ .CH . AB = ⇔ d (C , AB ). AB = 3
2
2
2

uuu
r
AB = ( 1;1) ⇒ AB = 1 + 1 = 2

(1)

qua A(2;-3)
qua A(2;-3)
uuur
r
AB : 
⇔ AB : 
VTCP    AB = (1;1)
VTPT    n = (1; −1)

AB :1( x − 2 ) − 1( y + 3) = 0 ⇔ x − y − 5 = 0
d (C , AB ) =
⇔

(1)

3a − 5 − ( 9a − 19 ) − 5

−6a + 9
2

1+1

=

−6a + 9
2

 2a − 3 = 1
a = 2
. 2 = 3 ⇔ 6a − 9 = 3 ⇔ 2a − 3 = 1 ⇔ 
⇔
 2a − 3 = −1  a = 1
C1 ( 1; −1) ; C2 ( −2; −10 )

Vậy có 2 điểm:
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy
1) Tính khoảng cách từ A đến đường thẳng (d):

a)A(3;5) và (d):

x − 2 y −1
=

3
5

. Tìm


b) A(1;3) và (d):3x-4y-2=0
2) Tính góc giữa 2 đường thẳng

a)

 x = 2t

d1  y = 4 + t
:

 x = 2t

d1  y = 1 − t

d2

;

:

d1 d 2
;

 x = t ,


,
 y = t

d2

b) :
;
: x+3y-2=0
3) Cho hình vuông đỉnh A(0;5) đường chéo y-2x=0. Tìm tọa độ tâm và các đỉnh còn lại.
4) Cho tam giác ABC, M(-1;1) là trung điểm của BC, AB: x+y-2=0, AC: 2x+6y+3=0.
Tìm tọa độ của A, B, C.
5) Cho

d1

: 2x-y+1=0;

d2

: x+2y-7=0, viết phương trình đường thẳng d đi qua gốc tọa độ

d1 d 2

d1

d2.

sao cho d tạo với , một tam giác cân tại giao điểm của
và

1.4. Các đường, điểm đặc biệt trong tam giác
1.4.1. Đường cao và trực tâm
a. Kiến thức cần sử dụng: Tính chất vuông góc
b. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1: Tam giác ABC, A(4;1), 2 đường cao xuất phát từ đỉnh B và C lần lượt có
phương trình là:
độ B, C.
Lời giải

−2 x + y + 8 = 0; 2 x + 3 y − 6 = 0

. Viết phương trình đường cao AH, tìm tọa

A(4;1) không thuộc -2x+y+8=0 do -2.4+1+8
A(4;1) không thuộc 2x+3y-6=0 do 2.4+3.1-6
Gọi BI: -2x+y+8=0; CK: 2x+3y-6=0
 15 1 
H = BI ∩ CK ⇒ H  ; − ÷
2
 4

≠

0

≠

0

qua A(4;1)

qua A(4;1)
uuur
uuur
AH : 
1 3 ⇒ AH : 
VTPT    nAH = (6; −1)
VTCP    AH = (− 4 ; − 2 )

⇒ AH : 6 ( x − 4 ) − 1( y − 1) = 0 ⇔ 6 x − y − 23 = 0

*) AB:

qua A
qua A(4;1)
qua A(4;1)
uuur
r
⇒ AB : 
⇒ AB : 

⊥
  
CK
VTCP
  
n
=
(2;3)

VTPT
  
n
= (3; −2)




CK


AB : 3 ( x − 4 ) − 2 ( y − 1) = 0 ⇔ 3 x − 2 y − 10 = 0
B = AB ∩ BI ⇒ B ( 6;4 )

*) AC:

qua A
qua A(4;1)
qua A(4;1)
u
u
u
r
ur
⇒
AC
:
⇒
AC
:




⊥
  
BI
VTCP
  
n
=
(
−
2;1)
VTPT
  
n




BI

1 = (1;2)

AB :1( x − 4 ) + 2 ( y − 1) = 0 ⇔ x + 2 y − 6 = 0
C = AC ∩ CK ⇒ C ( −6;6 )
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có A(2;2), hai đường cao xuất phát từ đỉnh B và C lần lượt
9 x − 3 y − 4 = 0; x + y − 2 = 0

có phương trình là:

. Viết phương trình đường các cạnh và
tính diện tích của tam giác.
Lời giải
Phương trình các cạnh AB: x-y=0, BC: 7x+5y-8=0, CA: x+3y-8=0

1
2 2
S = AC.d ( B, AC ) B = AB ∩ BH ⇒ B ( ; )
2
3 3
;

uuur
AC (−3;1) ⇒ AC = (−3)2 + 12 = 10

2
2
+ 3. − 8
16
3
3
d ( B, AC ) =
=
1+ 9
3 10
S=

1
1
16

8
AC.d ( B, AC ) = . 10.
=
2
2
3 10 3

; C(-1;3)


Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có đỉnh A(-1;-3), đường trung trực của đoạn AB là:3x+2y4=0. Trọng tâm G(4;-2). Tìm tọa độ B, C.
Lời giải
qua A
qua A(-1;-3)
r
⇒ AB : 

⊥
  
d
VTPT
  
n
= (2; −3)


AB

AB

AB : 2 ( x + 1) − 3 ( y + 3) = 0 ⇔ 2 x − 3 y − 7 = 0

M = AB ∩ d AB ⇒ M ( 2; −1)
M là trung điểm của AB nên B(2.2+1;2.(-1)+3)

uuuur uuuur
MC = 3MG

Ta có
Gọi C(x;y)
uuuu
r
MC ( x − 2; y + 1)
uuuu
r
MG (2; −1)

⇒

B(5;1)

(*)

 x − 2 = 3.2
x = 8
⇔
⇒
⇒ C (8; −4)
 y + 1 = 3.(−1)  y = −4

(*)
Ví dụ 8: Cho tam giác ABC có A thuộc d: x-4y-2=0; BC//d; đường cao BH:x+y+3=0,
M(1;1) là trung điểm của AC. Tìm tọa độ của A, B, C.
Lời giải
 qua M(1;1)
qua M(1;1)
uuur
⇒ AC : 

⊥
  
BH
VTPT
  
n


AC = (1; −1)

AC

AC :1( x − 1) − 1( y − 1) = 0 ⇔ x − y = 0
 2 2
A = AC ∩ d ⇒ A  − ; − ÷
 3 3

M là trung điểm của AC nên

2
2

8 8
C (2.1 + ; 2.1 + ) ⇒ C  ; ÷
3
3
 3 3


BC

8 8

qua C
qua C( ; )
3 3
⇒ BC : 

uu
r
/
/ 
d

VTPT    n = (1; −4)
d


8
8



BC :1 x − ÷− 4  y − ÷ = 0 ⇔ x − 4 y + 8 = 0
3
3



B = BC ∩ BH ⇒ B ( −4;1)
1.4.2. Đường trung tuyến và trọng tâm
a. Kiến thức: Cần sử dụng giả thiết của trung điểm M
 M ∈ AM
 M = AM ∩ BC
 M ∈ AM

⇔  M ∈ BC
⇔

 M  là trung điêm cua BC   M  là trung điêm cua BC   M  là trung điêm cua BC 

“Trung điểm thuộc vào trung tuyến”
b. Các bài tập
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC, C(-4;1), phương trình các đường trung tuyến AM: 2xy+3=0; BN:x+y-6=0. Viết phương trình các cạnh của tam giác.
Lời giải
B ∈ BN ⇒ B (b; −b + 6)

⇒ M(
M là trung điểm của BC

M ∈ AM ⇔ 2.
B(3;3),

b − 4 −b + 7
;
)
2
2

b − 4 −b + 7
−
+ 3 = 0 ⇔ 2b − 8 + b − 7 + 6 = 0 ⇔ 3b = 9 ⇔ b = 3
2
2

A ∈ AM ⇒ A( a; 2a + 3)

⇒ N(
N là trung điểm của AC

N ∈ BN ⇔

a − 4 2a + 4
;
)
2
2

a − 4 2a + 4
+
− 6 = 0 ⇔ a − 4 + 2a + 4 − 12 = 0 ⇔ 3a = 12 ⇔ a = 4
2
2

A(4;11)
Cách 2: từ tọa độ của G và M ta có tọa độ của A
AB:

8 x − y − 21 = 0

; BC:

2 x − 7 y + 15 = 0

; CA:

5 x − 4 y + 24 = 0


Ví dụ 2. Cho tam giác A(4;3), đường cao BH:3x-y+11=0, đường trung tuyến CM:x+y1=0. Viết phương trình các cạnh của tam giác.
Lời giải
qua A(4;3)
qua A
r


⊥
 
BH
VTPT
  
n
= (1;3) ⇒ AC


⇒ AC 
AC
:
1( x − 4) + 3( y − 3) = 0 ⇔ x + 3 y − 13 = 0

C = AC ∩ CM ⇒ C ( −5;6 )
B ∈ BH ⇒ B (b;3b + 11) ⇒ M (
M ∈ CM ⇔

b + 4 3b + 14
;
)
2
2

b + 4 3b + 14
+
− 1 = 0 ⇔ b + 4 + 3b + 14 − 2 = 0 ⇔ 4b = −16 ⇔ b = −4
⇒
2
2

B(-

4;-1)
x − 2y + 2 = 0

7 x + y + 29 = 0

x + 3 y − 13 = 0

AB:
; BC:
; CA:
Ví dụ 3. Cho tam giác ABC, C(4;-1), đường cao và trung tuyến xuất phát từ 1 đỉnh có
phương trình lần lượt là: 2x-3y+12=0: 2x+3y=0. Viết phương trình các cạnh của tam
giác.
Lời giải
C(4;-1)
C(4;-1)

∉ 2 x − 3 y + 12 = 0

∉ 2x + 3y = 0

Gọi AH:
AM:

do 2.4-3.(-1)+12

do 2.4+3.(-1)

≠

≠

0

0

2 x − 3 y + 12 = 0

A = AH ∩ AM ⇒ A ( −3;2 )

2x + 3y = 0

 qua C(-4;1)
r

VTPT    n = (3;2) ⇒ BC 3( x − 4) + 2( y + 1) = 0 ⇔ 3x + 2 y − 10 = 0
CB
:
M = BC ∩ AM ⇒ M ( 6; −4 )

 qua C

 ⊥  AH ⇒ BC

M là trung điểm của BC nên B(2.6-4;2.(-4)+1)
AB:

9 x + 11y + 5 = 0

AC:

3x + 7 y − 5 = 0

⇒

B(8;-7)


Ví dụ 4. Cho tam giác ABC, M(2;0) là trung điểm của AB, đường trung tuyến AD:7x-2y3=0; đường cao AH: 6x-y-4=0. Viết phương trình cạnh AC
Lời giải

A = AD ∩ AH ⇒ A ( 1;2 )

⇒

M là trung điểm của BC nên B(2.2-1;2.0-2) B(3;-2)
qua B(3;-2)
 qua B(-3;2)
r


⊥
 
AH
VTPT
  
n
= (1;6) ⇒ BC 1( x − 3) + 6( y + 2) = 0 ⇔ x + 6 y + 9 = 0


⇒ BC 
CB
:
3


D = AD ∩ BC ⇒ D  0; − ÷
2

D là trung điểm của BC nên C(-3;-1)
3x − 4 y + 5 = 0

AC:
Ví dụ 5. Cho tam giác ABC, trọng tâm G(-2;-1); phương trình cạnh AB: 4x+y+15=0; AC:
2x+5y+3=0. Tìm tọa độ A, B, M là trung điểm của BC, viết phương trình cạnh BC.
Lời giải

A = AB ∩ AC ⇒ A ( −4;1)

uuur uuuur
AG = 2GM

(*)

(*). Gọi M(x;y)

uuur
AG = (2; −2)
uuuur
GM ( x + 2; y + 1)

2 = 2( x + 2)
 x = −1
⇔
⇔
⇒ M (−1; −2)

−
2
=
2.(
y
+
1)
y
=
−
2



B ∈ AB ⇒ B(b; −4b − 15)

M là trung điểm của BC

⇒ C (2.( −1) − b; 2.(−2) + 4b + 15) ⇒ C (−b − 2; 4b + 11)

C ∈ AC ⇔ 2( −b − 2) + 5(4b + 11) + 3 = 0 ⇔ 18b + 54 = 0 ⇔ b = −3 ⇒ B(−3; −3)

x − 2y −3 = 0

;C(1;-1)

BC:
Ví dụ 6. Cho tam giác ABC, vuông tại A; BC:x-y-2=0, A, B thuộc Ox, bán kính đường
tròn nội tiếp tam giác r=3. Tìm tọa độ trọng tâm G.
Lời giải

AB: y=0


B = AB ∩ BC ⇒ B ( 2;0 )
C ∈ BC ⇒ C (c; c − 2)

;

A ∈ Ox ⇒ A(a; 0)

;a

≠2

2c + 2 c − 2
uuu
r uuu
r
uuu
r uuu
r
⇒
G
(
;
)
CA ⊥ AB ⇔ CA. AB = 0 ⇔ ( a − c ) ( a − 2 ) + ( 2 − c ) .0 = 0 ⇔ a = c
3
3
S = p.r ⇔

1
1
AC. AB = ( AB + BC + CA ) .r
2
2

AC = c − 2 ; AB = c − 2 ; BC =

( c − 2)

2

(1)

+ ( c − 2) = c − 2 . 2
2

(

)

⇔ c − 2 . c − 2 = c − 2 + c − 2 + c − 2 . 2 .3
(1)

t = 0
⇔ t 2 = 2 + 2 t.3 ⇔ t 2 − 3 2 + 2 t = 0 ⇔ 
t = 6 + 3 2

(

*)t=0

)

(

)

⇔ c−2 =0 ⇔ c = 2

≠2

loại (do c=a
)
c = 8 + 3 2 ⇒ G (6 + 2 2; 2 + 2)
t = 6+3 2 ⇔ c−2 = 6+3 2 ⇔ 
c = −4 − 3 2 ⇒ G (−2 − 2 2; −2 − 2)

*)
Ví dụ 7. Cho tam giác ABC, M(-1;3) là trung điểm của AB, trung tuyến BN: x-3y+5=0;
đường cao AH: 2x-y+5=0. Tìm tọa độ A, B, C.
Lời giải
A ∈ AH ⇒ A( a; 2a + 5)

M là trung điểm của AB nên B(2.(-1)-a;2.3-2a-5)

⇒ B ( − a − 2; −2a + 1)

B ∈ NB ⇔ − a − 2 + 6 a − 3 + 5 = 0 ⇔ 5a = 0 ⇔ a = 0 ⇒ A(0;5); B( −2;1)

BC:

1( x + 2) + 2( y − 1) = 0 ⇔ x + 2 y = 0

C ∈ BC ⇒ C ( −2c; c )

N ∈ NB ⇔ −c − 3.

⇒ N (−c;
; N là trung điểm của AC

c+5
+ 5 = 0 ⇔ −2c − 3c − 5 + 10 = 0
2

c+5
)
2


⇔ −5c = −5 ⇔ c = 1 ⇒ C (−2;1)

1.4.3. Đường phân giác và tâm đường tròn nội tiếp tam giác
*Bài toán phụ: Cho tam giác ABC, BK là đường phân giác trong của góc ABC,
điểm đối xứng với A qua BK. Chứng minh rằng:
Xét

A1

là

A1 ∈ BC

∆ABI = ∆A1 BI ( C.G.C ) ⇒ ∠IBA = ∠IBA1

∠IBA = ∠IBC ( gt ) ⇒ ∠IBA1 = ∠IBC ⇒ A1 ∈ BC

Mà
a. Kĩ năng: Lấy đối xứng đỉnh của tam giác qua đường phân giác trong (ngoài)
b. Ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC, phương trình cạnh AB: 2x+y-5=0; BC: x+2y+2=0; CA: 2xy+9=0.Viết phương trình các đường phân giác trong của A, B và tìm tâm, bán kính đường
tròn nội tiếp tam giác.
Lời giải

A = AB ∩ AC ⇒ A ( −1;7 )

B = AB ∩ BC ⇒ B ( 4; −3)
C = BC ∩ AC ⇒ C ( −4;1)
*) Các đường phân giác của góc B
2x + y − 5
4 +1

Với

 x − y − 7 = 0 ( l1 )
x + 2 y + 2 ⇔ 2 x + y − 5 = x + 2 y + 2 ⇔ 

=
2 x + y − 5 = − x − 2 y − 2

 x + y − 1 = 0 ( l2 )
1+ 4

( l1 ) ( −1 − 7 − 7 ) ( −4 − 1 − 7 ) > 0
:

⇒

Đường phân giác trong của góc B là
*) Các đường phân giác của góc A
2x + y − 5
4 +1

( l2 ) : x + y − 1 = 0

2 x − y + 9 ⇔  2 x + y − 5 = 2 x − y + 9 ⇔  y − 7 = 0 ( l3 )
 2 x + y − 5 = −2 x + y − 9
=

 x + 1 = 0 ( l4 )
4 +1


Với

⇒

( l3 ) ( −3 − 7 ) ( 1 − 7 ) > 0
:

Đường phân giác trong của góc A là

( l4 ) : x + 1 = 0

I = ( l2 ) ∩ ( l4 ) ⇒ I ( −1;2 )
r = d ( I , AB ) =

2.(−1) + 2 − 5
4 +1

= 5

Ví dụ 2. Cho tam giác ABC, phương trình cạnh BC: 4x-y-3=0; các đường phân giác
trong kẻ từ B,C lần lượt có phương trình:
phương trình cạnh AB, AC.
Lời giải

d B : x − 2 y + 1 = 0; dC : x + y + 3 = 0

B = BC ∩ ( d B ) ⇒ B ( 1;1)

B = BC ∩ ( dC ) ⇒ C ( 0; −3)
*) Gọi

B1

dC

BB1

là điểm đối xứng với B qua , E là trung điểm của

 qua B
qua B(1;1)
uuur


BB1 ⊥  dC ⇒ BB1 VTPT    nBB1 = (1; −1) ⇒ BB1 1( x − 1) − 1( y − 1) = 0 ⇔ x − y = 0
:
 3 3
E = BB1 ∩ ( dC ) ⇒ E  − ; − ÷
 2 2
3
3


⇒ B1  2.(− ) − 1; 2.(− ) − 1÷ ⇒ B1 ( −4; −4 )
BB1
2
2



E là trung điểm của


 qua C ( 0; −3)
qua C ( 0; −3)
AC 
⇒ AC 

uuur
qua
B
−
4;
−
4
(
)
VTCP
  
CB


1


1 = ( −4; −1)
AC: 1(x-0)-4(y+3)=0
*) Gọi

⇒ CC1

C1
:

⇔

x-4y-12=0

là điểm đối xứng với C qua

dB

, F là trung điểm của

2( x − 0) + 1( y + 3) = 0 ⇔ 2 x + y + 3 = 0

CC1

. Viết


 7 1
F = CC1 ∩ ( d B ) ⇒ F  − ; − ÷
 5 5
7
1


 14 13 
⇒ C1  2.( − ) − 0; 2.( − ) + 3 ÷⇒ C1  − ; ÷
CC1
5
5


 5 5

Vì F là trung điểm của

AB: 8x+19y-27=0
Ví dụ 3. Cho tam giác ABC, A(2;-4), các đường phân giác trong kẻ từ B,C lần lượt có
phương trình:
Lời giải
*) Gọi Gọi

⇒ AA1

:

A1

d B : x + y − 2 = 0; dC : x − 3 y − 6 = 0

là điểm đối xứng với A qua

dB

. Viết phương trình cạnh BC.

, D là trung điểm của

AA1

x− y−6 = 0

D = AA1 ∩ ( d B ) ⇒ D ( 4; −2 ) ⇒ A1 ( 6;0 )
*) Gọi

A2

⇒ AA 2

:

là điểm đối xứng với A qua

dC

, E là trung điểm của

AA 2

3x + y − 2 = 0

6 8
2 4
E = AA 2 ∩ ( dC ) ⇒ D  ; − ÷ ⇒ A2  ; ÷
5 5
5 5
qua A1 ( 6;0 )
qua C ( 6;0 )


BC 
uuuur
28 4
 2 4  ⇒ BC 
qua A 2  5 ; 5 ÷
VTCP    A1 A2 = ( − ; )

5 5




1( x − 6) + 7( y − 0) = 0 ⇔ x + 7 y − 6 = 0

BC:
Ví dụ 4. Cho tam giác ABC, A(-1;3), đường cao BH: y=x,đường phân giác trong CD có
phương trình:
Lời giải

x + 3y + 2 = 0

qua A(-1;3)

AC ⊥  BH
⇒ AC

. Viết phương trình cạnh BC.

qua A(-1;3)
r

VTPT    n = (1;1) ⇒ AC 1( x + 1) + 1( y − 3) = 0 ⇔ x + y − 2 = 0
:


C = CD ∩ AC ⇒ C ( 4; −2 )
*) Gọi Gọi

⇒ AA1

:

A1

là điểm đối xứng với A qua

CD

, D là trung điểm của

AA1

3x − y + 6 = 0

D = AA1 ∩ CD ⇒ D ( −2;0 ) ⇒ A1 ( −3; −3)
qua C ( 4; −2 )
BC 
qua A1 ( −3; −3)
x − 7 y − 18 = 0

BC:
Ví dụ 5. Cho tam giác ABC, B(3;5),C(4;-3),đường phân giác trong AD có phương trình:
x + 2y −8 = 0

. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC.

Lời giải

qua B ( 3;5 )

 qua C ( 4; −3)

BC 
⇒ BC 
uuur
qua
B
3;5
(
)
VTCP
  
BC = (1; −8)




BC:

8( x − 3) + 1( y − 5) = 0 ⇔ 8 x + y − 29 = 0

*) Gọi

⇒ BB1

B1
:

là điểm đối xứng với B qua

AD

, D là trung điểm của

BB1

2( x − 3) − 1( y − 5) = 0 ⇔ 2 x − y − 1 = 0

D = BB1 ∩ AD ⇒ D ( 2;3)

BB1 ⇒ B1 ( 2.2 − 3;2.3 − 5 ) ⇒ B1 ( 1;1)

D là trung điểm của
qua B1 ( 1;1)

qua C ( 4; −3)

AC 
⇒ AC 
uuur
qua
B
1;1
(
)
VTCP
  
CB



1


1 = ( −3; 4)
AC: 4(x-1)+3(y-1)=0
*) Gọi

⇒ CC1

C1
:

⇔

4x+3y-7=0

là điểm đối xứng với C qua

AD

, E là trung điểm của

2( x − 4) − 1( y + 3) = 0 ⇔ 2 x − y − 11 = 0

CC1


E = CC1 ∩ AD ⇒ E ( 6;1)

CC1 ⇒ C1 ( 2.6 − 4;2.1 + 3) ⇒ C1 ( 8;5 )

E là trung điểm của
qua B ( 3;5 )

qua B ( 3;5 )

AB 
⇒ AB 
uuuu
r
qua C1 ( 8;5 )
VTCP    BC1 = (5;0)


AB: 1(y-5)=0

⇔

y-5=0

Ví dụ 6. Cho tam giác ABC, C(4;3), đường phân giác trong AD:
tuyến AM:
Lời giải

4 x + 13 y − 10 = 0

. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC.

A = AD ∩ AM ⇒ A ( 9; −2 )


 qua C ( 4;3)
AC 
uuur
VTCP
  
AC = ( −5;5)



AC:

1( x − 4) + 1( y − 3) = 0 ⇔ x + y − 7 = 0

*) Gọi

⇒ CC1

C1
:

là điểm đối xứng với C qua

AD

, D là trung điểm của

2( x − 4) − 1( y − 3) = 0 ⇔ 2 x − y − 5 = 0

D = CC1 ∩ AD ⇒ D ( 3;1)

CC1 ⇒ C1 ( 2.3 − 4; 2.1 − 3) ⇒ C1 ( 2; −1)

D là trung điểm của

 qua A ( 9; −2 )

qua C ( 2; −1)
AB 
⇒ AB 
uuur
qua
C
2;
−
1
(
)
VTCP
  
C


1


1 A = (7; −1)
AB:

1( x − 2) + 7( y + 1) = 0 ⇔ x + 7 y + 5 = 0

B ∈ AB ⇒ B (−7b − 5; b)

⇒ M(
M là trung điểm của BC

x + 2y −5 = 0

−7b − 1 b + 3
;
)
2
2

CC1

, đường trung


b+3
 −7b − 1 
M ∈ AM ⇒ 4.
− 10 = 0 ⇔ −28b − 4 + 13b + 39 − 20 = 0
÷ + 13.
2
 2 
⇔ b = 1 ⇒ B ( −12;1)

qua C ( 4;3)

 qua C ( 4;3)

BC 
⇒ AB 
uuu
r
 qua B ( −12;1)


VTCP    CB = (−16; −2)

BC:

1( x − 4) − 8( y − 3) = 0 ⇔ x − 8 y + 20 = 0

Ví dụ 7. Cho tam giác ABC, đường phân giác trong AD:
2x + y + 3 = 0

x− y =0

, đường cao CH:

, AC qua M(0;-1) biết AB=2AM. Viết phương trình các cạnh của tam giác

ABC.
Lời giải
*) Gọi

⇒ MM 1

:

M1

là điểm đối xứng với M qua

AD

, E là trung điểm của

MM 1

1( x − 0) + 1( y + 1) = 0 ⇔ x + y + 1 = 0

 1 1
E = MM 1 ∩ AD ⇒ E  − ; − ÷
 2 2

E là trung điểm của

MM 1 ⇒ M 1 ( −1 − 0; −1 + 1) ⇒ M 1 ( −1;0 )

 qua M1 ( −1;0 )
AB 
 ⊥ CH
AB:

1( x + 1) − 2( y − 0) = 0 ⇔ x − 2 y + 1 = 0

A = AB ∩ AD ⇒ A ( 1;1)

TH1: M thuộc cạnh AC
*) Gọi

⇒ BB1

B1
:

⇒ M1

là trung điểm của AB

là điểm đối xứng với B qua

AD

, F là trung điểm của

1( x + 3) + 1( y + 1) = 0 ⇔ x + y + 4 = 0

F = BB1 ∩ AD ⇒ F ( −2; −2 )

⇒ B( −2 − 1; 0 − 1) ⇒ B( −3; −1)

BB1

BB1 ⇒ B1 (−4 + 3; −4 + 1) ⇒ B1 (−1; −3)

F là trung điểm của


 qua M ( 0; −1)
qua M ( 0; −1)
AC 
⇒ AC 
uuuu
r
 qua B1 ( −1; −3)
VTCP    MB1 = (−1; −2)


AC:

2( x − 0) − 1( y + 1) = 0 ⇔ 2 x − y − 1 = 0

 1
 uuur 5
C = AC ∩ CH ⇒ C  − ; −2 ÷ ⇒ BC = ( ; −1) ⇒ BC : 2( x + 3) + 5( y + 1) = 0
2
 2


BC: 2x+5y+11=0
TH2: (hướng dẫn về nhà) M không thuộc cạnh AC nên
uuu
r

BA = (1 − x;1 − y )
uuuur
AM 1 = (−2; −1)

uuu
r
uuuur
BA = 2 AM 1; B( x; y )

1 − x = 2.(−2)  x = 5
⇔
⇔
⇒ B (5;3)
1 − y = 2.(−1)  y = 3
*) Gọi

⇒ BB2

B2
:

là điểm đối xứng với B qua

AD

, G là trung điểm của

BB2

1( x − 5) + 1( y − 3) = 0 ⇔ x + y − 8 = 0

G = BB2 ∩ AD ⇒ G ( 4;4 )

BB2 ⇒ B2 (8 − 5;8 − 3) ⇒ B2 (3;5)

G là trung điểm của
qua M ( 0; −1)

qua M ( 0; −1)

AC 
⇒ AC 
uuuur
qua
B
3;5
(
)
VTCP
  
MB


2


2 = (3;6)
AC:

2( x − 0) − 1( y + 1) = 0 ⇔ 2 x − y − 1 = 0

11
 1
 uuur
C = AC ∩ CH ⇒ C  − ; −2 ÷ ⇒ BC = (− ; −5) ⇒ BC :10( x − 3) − 11( y − 5) = 0
2
 2


BC: 10x-11y+25=0


1.4.4. Hình học giải tích trong tam giác đặc biệt
x + 2 y − 1 = 0 3x − y + 5 = 0

Ví dụ 1. Cạnh bên và cạnh đáy của 1 tam giác cân lượt là
Viết phương trình cạnh còn lại của tam giác biết nó đi qua M(1;-3).
Lời giải

;

Giả sử tam giác ABC cân tại A và phương trình BC:

3 x − y + 5 = 0,

.

AB:

x + 2 y −1 = 0

Giả sử AC có VTPT

r
n = ( m; n); m 2 + n 2 ≠ 0

m( x − 1) + n( y + 3) = 0; m 2 + n 2 ≠ 0

AC:
∆ABC

cân tại A

⇒ R B = R C ⇒ ( AB, BC ) = ( AC , BC )

⇔

1.3 + 2.(−1)
=
1+ 4 9 +1

3.m − 1.n

⇔

3m − n
1
=
⇔
50

10. m 2 + n 2

m2 + n2 9 + 1
m 2 + n 2 = 5 3m − n ⇔ m 2 + n 2 = 5(3m − n) 2

⇔ m 2 + n 2 = 45m 2 − 30mn + 5n 2 ⇔ 44m 2 − 30mn + 4n 2 = 0 ⇔ 22m 2 − 15mn + 2n 2 = 0

⇔ ( 2m − n ) ( 11m − 2n ) = 0
*)

2m − n = 0 ⇔ 2m = n

⇒ AC :1( x − 1) + 2( y + 3) = 0 ⇔ x + 2 y + 5 = 0

*)

11m − 2n = 0 ⇔ 11m = 2n

chọn

m=1

⇒n=2

(loại do AC//AB)
chọn

m=2

⇒ n = 11

⇒ AC : 2( x − 1) + 11( y + 3) = 0 ⇔ 2 x + 11 y + 31 = 0

Vậy AC: 2x+11y+31=0

3x − y − 3 = 0

Ví dụ 2. Cho tam giác ABC, vuông tại A, BC:
kính đường tròn nội tiếp tam giác r=2. Tìm tọa độ trọng tâm G.
Lời giải
A ∈ Ox; B ∈ Ox ⇒ AB : y = 0
B = AB ∩ BC ⇒ B(1; 0)

:, A, B thuộc Ox, bán