Một số bài toán về các điểm, các đường thẳng đặc biệt trong tam giác file word có lời giải chi tiết

MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CÁC ĐIỂM, CÁC ĐƯỜNG ĐẶC BIỆT
TRONG TAM GIÁC
A. PHẦN MỞ ĐẦU
I. ĐẶT VẤN ĐỀ
Bài toán về viết phương trình đường thẳng, tìm tọa độ các đỉnh của đa giác trong
hình học phẳng là một trong những bài toán rất quan trọng, trong đó bài toán viết
phương trình các cạnh, xác định tọa độ đỉnh của 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. Đây là câu phân loại lấy điểm cao trong đề thi THPT quốc gia. Trong các sách
tham khảo hiện nay có một số bài toán đơn lẻ về các đường, các điểm đặc biệt 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 tôi nhằm mục đích tổng hợp một số dạng toán liên quan về các
đường đặc biệt, các điểm đặc biệt trong tam giác, đưa ra phương pháp giải cho mỗi dạng
toán cụ thể qua đó giúp thầy và trò hệ thống, củng cố kiến thức, có cái nhìn thấu đáo về
tính chất của các đường, tính chất của các điểm đặc biệt 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, điểm đặc biệt trong tam giác trong kỳ thi THPT Quốc gia sắp tới.
II. Cơ sở lý luận
Quy trình dạy học được hiểu là tổ hợp các thao tác của giáo viên và học sinh được tiến
hành theo một trình tự nhất định trên một đối tượng nhận thức nào đó. Chẳng hạn, quy
trình bốn bước của Polya để giải một bài toán gồm :
• Bước 1: Tìm hiểu nội dung bài toán.
• Bước 2: Xây dựng thuật giải.
• Bước 3: Thực hiện thuật giải.
• Bước 4: Kiểm tra, nghiên cứu lời giải.

Trang 1 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải


Một trong những nhiệm vụ dạy học môn toán chương trình phổ thông, 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 học sinh đã được học từ cấp II, kiến thức về hình học mà học sinh học ở
lớp 10 để giải các bài tập có liên quan. Một số tính chất hình học đặc biệt.
III. Cơ sở thực tiễn
Bài toán hình học phẳng là bài toán khó đối với học sinh, kể cả học sinh đang học
lớp 10 hay học sinh ôn thi THPT quốc gia. 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.

Trang 2 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải


B. PHẦN NỘI DUNG
I. MỘT SỐ KIẾN THỨC SỬ DỤNG TRONG CHUYÊN ĐỀ
1. Biể u thức to ̣a đô ̣ về các phép toán trong vectơ.
*) Trong mă ̣t phẳ ng to ̣a đô ̣ Oxy, cho a = ( x; y ) ; b = ( x '; y ') . Khi đó:
+) a  b = ( x  x '; y  y ')
+) k.a = ( kx; ky ) với k là số thực.
x = x '
y = y'

+) a = b  

+) a.b = xx '+ yy '  a ⊥ b  a.b = 0  xx '+ yy ' = 0
+) a = x 2 + y 2
+) cos ( a, b ) =

a.b

a.b

=

xx '+ yy '
x 2 + y 2 . x '2 + y '2

*) Cho M ( x1; y1 ) ; N ( x2 ; y2 ) .
+) Khi đó MN = ( x2 − x1; y2 − y1 ) ; MN = ( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 )
2

2

x +x y +y
+) Trung điể m I của đoa ̣n thẳ ng AB có to ̣a đô ̣: I  A B ; A B 


2

2



xA + xB + xC y A + yB + yC 
;

3
3



+) Tro ̣ng tâm G của tam giác ABC có to ̣a đô ̣ G 
2. Phương trin
̀ h đường thẳ ng

a) Phương trin
̀ h tổ ng quát của đường thẳ ng
- Vectơ pháp tuyế n (VTPT) của đường thẳ ng là vectơ khác 0 , có giá vuông góc với
đường thẳ ng.
- Đường thẳ ng d qua M ( x0 ; y0 ) , có VTPT n = ( a; b ) ( a 2 + b2  0 ) có phương trình tổ ng
quát: a ( x − x0 ) + b ( y − y0 ) = 0 (1) .
b) Phương trin
̀ h tham số của đường thẳ ng
- Vectơ chỉ phương (VTCP) của đường thẳ ng là vectơ khác 0 , có giá song song hoă ̣c
trùng với đường thẳ ng.

Trang 3 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải


- Đường thẳ ng d đi qua M ( x0 ; y0 ) , có VTCP u = ( a; b ) đk ( a 2 + b2  0 ) có phương triǹ h
 x = x0 + at
( t
 y = y0 + bt

tham số : 

) ( 2) .

- Chú ý: Khi a.b  0 thì đường thẳ ng d có phương trình da ̣ng chiń h tắ c:

x − x0 y − y0
=
.
a
b

3. Mố i quan hê ̣giữa VTPT và VTCP của cùng mô ̣t đường thẳ ng:
Nế u đường thẳ ng d có phương trình tổ ng quát: ax + by + c = 0 ( a 2 + b 2  0 )

thì đường

thẳ ng d có VTPT là n = ( a; b ) , suy ra VTCP của đường thẳ ng d là u = ( −b; a ) hoă ̣c
u = ( b; −a ) . Điề u ngươ ̣c la ̣i cũng đúng. Tức là đường thẳ ng d có VTCP là u = ( a; b ) thì

VTPT của đường thẳ ng d là n = ( −b; a ) hoă ̣c n = ( b; −a ) .
 x = x0 + at
( t
y
=
y
+
bt
0


4. Điể m M thuô ̣c đường thẳ ng d: 

) ( 2 ) thì

M ( x0 + at; y0 + bt )

5. Vi tri
̣ ́ tương đố i của hai đường thẳ ng
Hai đường thẳ ng có 3 vi tri
̣ ́ tương đố i:
- d//d’
- d d'
- d cắ t d’. ( đă ̣c biê ̣t d ⊥ d ' )

➢Lưu ý:
-

Hai đường thẳ ng song song thì cùng VTPT, cùng VTCP.

-

Hai đường thẳ ng vuông góc thì VTPT của đường thẳ ng này là VTCP của
đường thẳ ng kia.

6. Góc và khoảng cách
- Khoảng cách giữa hai điể m M ( x1; y1 ) ; N ( x2 ; y2 ) là: MN = ( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 )
2

2

- Khoảng cách từ điể m M ( xM ; yM ) đế n đường thẳ ng  : ax + by + c = 0 là:
d ( M , ) =

axM + byM + c
a 2 + b2

- Góc giữa hai đường thẳ ng d, d’ là  : cos ( d , d ') = cos  = cos (u, u ') = cos ( n, n ')

Trang 4 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải


➢Lưu ý: Khi hai đường thẳ ng cắ t nhau, chúng ta ̣o ra 4 góc. Khi đó phương triǹ h các
đường phân giác của góc ta ̣o bởi hai đường là:
ax + by + c
a +b
2

2

=

a'x +b' y +c'
a '2 + b '2

( ax + by + c = 0; a ' x + b ' y + c ' = 0 ) là phương trình hai đường

thẳ ng).
II. MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CÁC ĐIỂM, CÁC ĐƯỜNG ĐẶC BIỆT
TRONG TAM GIÁC.
2.1. Các đường đặc biệt trong tam giác
Một số lưu ý:
i) Bài toán có yế u tố đường cao  Sử du ̣ng tính chất vuông góc.
ii) Bài toán có yế u tố đường trung tuyến  Sử du ̣ng tính chất trung điểm.
iii) Bài toán có yế u tố đường phân giác hoặc đường trung trực  Sử du ̣ng tính

chất đối xứng.
Bài 1.[Trích đề thi đại học khối D năm 2011]
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(-4; 1), trọng tâm G(1; 1) và
đường thẳng chứa phân giác của góc A có phương trình x − y − 1 = 0. Tìm tọa độ các
đỉnh A và C.
Phân tích hướng giải:
- Khai thác tính chất:

A

BM = 3GM với M là trung điểm

AC suy ra M.

M

- Khai thác tính chất đối xứng của

G

B'

phân giác ta xác định điểm B ' là
điểm đối xứng của B qua phân giác

B

C
D

góc A. Từ đó viết được phương trình
AC  A  C .
Hướng dẫn

Trang 5 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải


Gọi M(x;y) là trung điểm của AC, ta có
 x + 4 = 3( x − 1)
7 
BM = 3GM  
 M  ;1
2 
 y − 1 = 3( y − 1)

Gọi B '(a; b) là điểm đối xứng của B qua phân giác trong d: x − y − 1 = 0 của góc A. Ta
có BB’ vuông góc với d và trung điểm I của BB’ thuộc d nên tọa độ B’ là nghiệm của

1(a + 4) + 1(b − 1) = 0
a + b + 3 = 0

hệ  a − 4 b + 1

 B '(2; −5).
a
−
b
−
7

=
0
−
−
1
=
0


 2
2
Đường thẳng AC đi qua D và B’ có phương trình: 4 x − y − 13 = 0.
x − y −1 = 0
 A(4;3) suy ra C (3; −1).
Tọa độ A thỏa mãn hệ 
4
x
−
y
−
13
=
0


Bài 2. [Trích đề thi Đại học khối B-2010]
Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC vuông tại A có đỉnh đỉnh C(-4;1), phân giác
trong góc A có phương trình: x + y − 5 = 0 . Viết phương trình BC, biết diện tích tam
giác ABC bằng 24 và đỉnh A có hoành độ dương.
Phân tích hướng giải:

-Khai thác tính chất đối xứng của đường phân giác ta xác định điểm D đối xứng với C
qua đường phân giác trong góc A.
-Khai thác tính chất tam giác vuông tại A nên A thuộc đường tròn đường kính CD.
-Khai thác giả thiết diện tích ta có AB =

2SABC
suy ra B.
AC

Hướng dẫn
Gọi D là điểm đối xứng của C(-4;1) qua d : x + y − 5 = 0 suy ra tọa độ D(x;y) thỏa mãn

( x + 4) − ( y − 1) = 0

 D(4;9) .
 x + 4 y +1
+
−
5
=
0

 2
2
Điểm A thuộc đường tròn đường kính CD nên tọa độ A thỏa mãn
x + y − 5 = 0
với x  0 suy ra A(4;1)
 2
2
 x + ( y − 5) = 32

Trang 6 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải


suy ra AC = 8  AB =

2SABC
=6
AC

B thuộc AD : x = 4 suy ra B(4; y) ta có ( y − 1)2 = 36 suy ra B(4;7) hoặc B(4; −5) .
Do d là phân giác trong nên AB, AD cùng hướng suy ra B(4;7) .
Do đó phương trình BC : 3x − 4 y + 16 = 0.
Bài 3. [Trích đề thi đại học khối B năm 2008]
Trong mặt phẳng Oxy, hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC biết rằng hình
chiếu vuông góc của C trên AB là H (−1; −1) , đường phân giác trong góc A có phương
trình x − y + 2 = 0 và đường cao kẻ từ B có phương trình 4 x + 3 y − 1 = 0.
Phân tích hướng giải:
-Khai thác tính chất đối xứng qua đường phân giác ta tìm được điểm H’ đối xứng với H
qua phân giác góc A.
-AC đi qua H’ và vuông góc với d: 4 x + 3 y − 1 = 0 . Từ đó xác định tọa độ A.
Hướng dẫn:
Gọi d1 : x − y + 2 = 0 , d 2 : 4 x + 3 y − 1 = 0. H '(a; b) là điểm đối xứng với H qua d1 . Khi
đó H '  AC .

(a + 1) + (b + 1) = 0

-Ta có tọa độ H ' là nghiệm của hệ  a − 1 b − 1
 H '(−3;1).

+
+
2
=
0

 2
2
-Đường AC đi qua H’ và vuông góc với d2 nên có pt: 3x − 4 y + 13 = 0
3x − 4 y + 13 = 0
 A ( 5;7 ) .
Khi đó ta có tọa độ A là nghiệm của hệ 
x
−
y
+
2
=
0


Đường thẳng CH đi qua H với vectơ pháp tuyến

1
HA = (3;4) nên có phương trình
2

 10 3 
3x + 4 y + 7 = 0 . Khi đó ta có tọa độ C  − ;  .
 3 4

Bài 4. [Trích đề thi học sinh giỏi tỉnh Hải Dương 2013]

Trang 7 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải


Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(1;2) . Đường thẳng  là đường
phân giác trong của góc A có phương trình 2x + y − 1 = 0 . Khoảng cách từ C đến  gấp
3 lần khoảng cách từ B đến  . Tìm tọa độ của A và C biết C nằm trên trục tung.
Phân tích hướng giải
-Khai thác yếu tố C thuộc Oy và d(C,  )=3d(B,  ) suy ra tọa độ C
-Tìm điểm B’ đối xứng với B qua phân giác 
3
2

- Để ý CA = CB'
Hướng dẫn
Lấy C(0:y0) thuộc Oy.
Ta có d(B;  )=

y −1
y −1
9
3
; d(C;  )= 0 , theo bài ra ta có 0 =
 y0 = 10; y0 = −8
5
5
5

5

Vẽ hệ trục tọa độ, điểm B, chú ý C khác phía B đối với  suy ra C(0;-8)
Gọi B’(a;b) là điểm đối xứng với B qua  thì B’nằm trên AC.
Do BB ' ⊥ u  = (1; −2) nên ta có: a − 2b + 3 = 0 ;
Trung điểm I của BB’ phải thuộc  nên có: 2a + b + 2 = 0
Từ đó ta có: a= -7/5; b=4/5
3
2

Theo định lý Ta - Let suy ra CA = CB' ,
 7 44 
A(x; y);CA = ( x; y + 8 ) ;CB' =  − ;  .
 5 5 

Từ đó suy ra A(

−21 26
; ) ; C(0;-8).
10 5

2.2. ĐIỂM ĐẶC BIỆT
Bài toán: Xác định tọa độ đỉnh của tam giác khi biết tâm đường tròn nội tiếp, ngoại
tiếp, bàng tiếp, trọng tâm, trực tâm và các điểm đặc biệt trong tam giác.

Trang 8 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải


Nhận xét: Bài toán kết hợp giữa tâm các đường, các điểm đặc biệt trong tam giác là bài

toán khó và phần lớn xử lý được các toán này ta phải xuất phát từ tính chất hình học của
tam giác. Dưới đây tôi trình bày một số tính chất của hình học phẳng cần áp dụng với
loại toán này dưới dạng bổ đề.
Kí hiệu: Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn ngoại tiếp, H là trực tâm, G là trọng
tâm, J là tâm đường tròn nội tiếp.
Bổ đề 1: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I, gọi M là trung điểm BC và trực
tâm H, J là tâm đường tròn nội tiếp và G là trọng tâm tam giác ABC, A 1 là giao điểm
của AJ với đường tròn ngoại tiếp ABC, A2 là điểm đối xứng của A qua I, H1 là điểm đối
xứng của H qua BC.
Chứng minh rằng:
a) Tứ giác BHCA2 là hình bình hành và M là trung điểm HA2.
b) AH = 2 IM .
c) Ba điểm I, H, G thẳng hàng và IH = 3IG .
d) Hai tam giác A1JB, A1JC cân tại A1
e) H1 thuộc đường tròn ngoại tiếp ABC.
f) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đối xứng với đường tròn ngoại tiếp tam
giác HBC qua BC.
Chứng minh

Trang 9 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải


 HB ⊥ AC
 HC ⊥ AB
 HB / / A2C ; 
 HC / / A2 B
a)Ta có 
 A2C ⊥ AC
 A2 B ⊥ AB

suy ra tứ giác BHCA2 là hình bình hành. Do M là trung điểm BC đồng thời là trung
điểm HA2 hay H đối xứng với A2 qua M.
 IM ⊥ BC
 AH / / IM và I, M lần lượt là trung điểm của HA2, AA2 nên IM là
b)Vì 
 AH ⊥ BC

đường trung bình của tam giác AHA2  AH = 2 IM  AH = 2 IM
c)Ta có AH = 2 IM  IH − IA = 2 IM = IB + IC  IH = IA + IB + IC = 3IG
vậy H, G, I thẳng hàng.
d)Ta có ACJ
= A1JC =
1

A+C
nên tam giác A1JC cân tại A1, tương tự tam giác A1JB
2

cân tại A1.
e)Ta có tam giác HBH1 cân tại nên CH1H = CHH1 (1),
ta có BCH = BAH (2) (vì cùng phụ với ABC ) mặt khác ta có

CHH1 + BCH = BAH + CBA = 900  CHH1 = CBA(2)
Từ (1), (2) suy ra CH1H = CBA suy ra H1 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
f) Từ e) suy ra tam giác HBC và tam giác H1BC đối xứng nhau qua đường thẳng BC
suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác H1BC đối xứng với đường tròn ngoại tiếp tam
giác HBC (cũng chính là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) qua BC.
Vận dụng tính chất trên ta xét một số bài tập được khai thác trong các dề thi đại học,
đề thi HSG, đề thi thử THPT quốc gia của một số trường sau đây:

Bài 1. [Trích đề thi đại học khối D-2010]
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3;-7), trực tâm là H(3;1), tâm đường tròn ngoại tiếp I(-2;0). Xác định tọa độ C biết C có hoành độ dương.
Phân tích hướng giải:

Trang 10 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải


-Khai thác bổ đề 1b) AH = 2 IM suy ra

A

tọa độ M (M là trung điểm BC)
-BC vuông góc với AH, BC đi qua M
I

nên viết được phương trình BC, C
thuộc đường tròn tâm I.

H

B
M

C

Hướng dẫn
Ta có IA = 74, AH = (0;6) phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC là
(C): ( x + 2)2 + y 2 = 74 .

 xM + 2 = 0
 xM = −2

Gọi M là trung điểm BC ta có AH = 2 IM  
1 
yM = 6
 yM = 3


2
Suy ra M(-2; 3)  IM = (0;3) .
Đường thẳng BC qua M và vuông góc với AH nên có phương trình: y – 3=0
Tọa độ C(x;y) là nghiệm của hệ phương trình
( x + 2)2 + y 2 = 74 
 x = −2 + 65

 C (−2 + 65;3) .

y
−
3
=
0,
x

0
y
=
3





Bài 2. [Trích đề thi học sinh giỏi khối 10 Vĩnh Phúc-2013-2014]
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy , cho tam giác ABC có tâm đường
tròn ngoại tiếp và trọng tâm lần lượt có tọa độ là I ( 4;0 ) , G 

11 1 
;  . Tìm tọa độ các đỉnh
 3 3

A, B, C của tam giác ABC biết rằng đỉnh B nằm trên đường thẳng ( d ) : 2 x + y −1 = 0 và
điểm M ( 4;2) nằm trên đường cao kẻ từ đỉnh B của tam giác ABC .
Phân tích hướng giải:

Trang 11 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải


C1: -Khai thác giả thiết B  d

A
M

3
2

-Khai thác BN = BG
-Khai thác tính chất

N

H

IN ⊥ AC  IN / / BM

G

I

(d)

C2: Khai thác bổ đề 1c)

C

B

- IH = 3IG  H
- Viết pt BH qua H, M suy ra
toạ độ điểm B suy ra N.
- Viết pt AC (qua N, vuông góc với BH).

- Viết pt đường tròn (I, IA) từ đó suy ra A, C.
Hướng dẫn
Gọi B(a;1 − 2a)  d .
3
2

Gọi N là trung điểm AC suy ra BN = BG (1)

Mà BN = ( xN − a; yN + 2a − 1) , BG = 

11
2
− a; 2 a −  . .
3
3


3  11

11 − a

 xN − a = 2  3 − a 



 xN =
Theo (1) suy ra 

2
3
2


 y + 2a − 1 =

y
=
a

 2a −   N
 N
2
3

11 − a


; a .
suy ra N 
 2


3− a 
; a  , BM = ( 4 − a; 2a + 1) mà IN / / BM  k  : IN = kBM
 2


Ta có IN = 

3 − a
a = 1
= k (4 − a)


 2

1  B (1; −1) , N ( 5;1) .
k=
a = k ( 2a + 1)


3



AC đi qua N ( 5;1) và có VTPT n = IN = (1;1) suy ra AC có phương trình x + y − 6 = 0.
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I ( 4;0) , bán kính R = IB = 10

nên có

phương trình: ( x − 4 ) + y 2 = 10.
2

Suy ra tọa độ A, C là nghiệm của hệ phương trình:

Trang 12 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải


y = 6− x

x + y − 6 = 0
 y = 6 − x


  x = 3 .

2
2
2

2


( x − 4 ) + y = 10
( x − 4 ) + y = 10   x = 7


Vậy A ( 3;3) , B (1; −1) , C ( 7; −1) hoặc A ( 7; −1) , B (1; −1) , C (3;3)
Bài 3. [Trích đề thi học sinh lớp 12 tỉnh Vĩnh Phúc 2014-2015]
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trung điểm của cạnh BC
là điểm M ( 3; −1) , đường thẳng chứa đường cao kẻ từ đỉnh B đi qua điểm E ( −1; −3) và
đường thẳng chứa cạnh AC đi qua điểm F (1;3) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC ,
biết rằng điểm đối xứng của đỉnh A qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
điểm D ( 4; −2) .
Phân tích hướng giải:
-Chìa khoá của bài toán là khai thác bổ

A

đề 1a) chứng minh được BDCH là
hình bình hành suy ra tọa độ H.
-Viết pt BH,
-Viết pt AC, DC suy ra tọa độ C

I

-M là trung điểm BC nên suy ra B

F

H
E

- A = AH  AC

C
B

M
D

Hướng dẫn giải
Gọi H là trực tâm của tam giác ABC , ta chứng minh được BDCH là hình bình hành
nên

M là trung điểm của

HD suy ra H ( 2;0 ) . Đường thẳng

BH có vtcp là

EH = ( 3;3)  vtpt là n BH = (1; −1)  BH : x − y − 2 = 0 .

Do AC ⊥ BH nên vtpt của AC là n AC = u BH = (1;1)  pt AC : x + y − 4 = 0
Do AC ⊥ CD nên vtpt của CD là n DC = u AC = (1; −1)  pt DC : x − y − 6 = 0 .
Do C là giao của AC và DC nên tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình

Trang 13 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải

x + y − 4 = 0
x = 5

 C ( 5; −1)

x − y − 6 = 0
 y = −1

Do M là trung điểm của BC nên B (1; −1) . Vì AH vuông góc với BC nên AH có vtpt là
BC = ( 4;0 )  AH : x − 2 = 0

Do A là giao điểm của AC và AH nên tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:
x − 2 = 0
x = 2

 A ( 2; 2 ) .

x + y − 4 = 0
y = 2

Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác ABC là A ( 2;2 ) , B (1; −1) , (5; −1)
Bài 4. [Trích đề thi chuyên đề Trần Phú 2014-2015]
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H (1; −1) , tâm đường
tròn ngoai tiếp I. Gọi K, N lần lượt là hình chiếu của C và B trên AI. Tính tọa độ các
đỉnh của tam giác ABC, biết K 

22 6 
; −  , N ( 2; −2 ) và điểm I có tọa độ nguyên.
5

 5

Phân tích hướng giải:
-Gọi D là giao của AI và đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC, khai thác bổ

A

đề 1a) BHCD là hình bình hành. Gọi M

H(1;-1); K(
N(2;-2)

là trung điểm BC thì M là trung điểm
I

DH.
-Viết phương trình AI, BN, CK

22 6
;- ),
5 5

H

B

-Tham số tọa độ D  AI  M

M

N

C

K

D

-Khai thác d ( M; ( BN ) ) = d ( M, ( CK ) ) suy ra D, M.
-Có B  BN , I  AI và IM ⊥ BM , IB = ID .
Hướng dẫn
+) Gọi D là điểm đối xứng của A qua I
+) Suy ra tứ giác BHCD là hình bình hành
+) Ta có AI  KN : x − 3y − 8 = 0
+) BN: 3x + y − 4 = 0
+) CK : 3x + y − 12 = 0

Trang 14 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải


+) Gọi M = DH  BC  M là trung điểm của BC và DH
3a + 9 a − 1 
;

2 
 2

+) Vì D  AI  D (3a + 8;a )  M 

+) Vì d ( M; ( BN ) ) = d ( M, ( CK ) )  a = −1  D (5; −1) ;M (3; −1)
+) Vì B  BN  B ( c;4 − 3c ) ; I  AI  I (3b + 8;b )
+) Vì IM ⊥ BM nên: (3b + 5)(3 − c ) + ( b + 1)( −5 + 3c ) = 0  c = 2b + 5
+) Vì IB = ID nên: ( b + 3) + (11 + 7b ) = ( 3 + 3b ) + ( b + 1)
2

2

2

2

 b = −2

 b = − 3 ( loai )
2


+)Với b = −2  B (1;1) ,I(2;-2)
+) Vì M là trung điểm BC nên C ( 5; −3)
+)Vì I là trung điểm của AD nên A(-1;-3).
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn đường tròn
tâm I(6;6), ngoại tiếp đường tròn tâm J(4;5). Xác định tọa độ B, C biết A(2;3).
Phân tích hướng giải:
-Từ giả thiết viết được phương trình

A

đường tròn ngoại tiếp ABC

-Khai thác bổ đề 1d) suy ra B, C thuộc
đường tròn tâm D bán kính DJ (D là
giao của AJ và đường tròn ngoại tiếp

I

J

ABC)

M

B

C

D

Hướng dẫn
Ta có IA=5, do đó phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC là:
(C ) : ( x − 6)2 + ( y − 6)2 = 25 .

Trang 15 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải


Đường phân giác AJ có phương trình: AJ : x − y + 1 = 0 ,đường thẳng này cắt đường tròn
(C) tại điểm thứ 2 là D(9;10)  DJ = 50 .
Đường tròn tâm D bán kính DJ có phương trình
(C1 ) : ( x − 9)2 + ( y − 10)2 = 50

Ta có DCJ = DJC =

A+C
nên tam giác DJC cân tại D.
2

Tương tự ta có tam giác DJB cân tại D.
Suy ra B, C là giao của (C) và (C1). Vậy tọa độ B, C là nghiệm của hệ
2
2

 x = 2  x = 10
( x − 6) + ( y − 6) = 25




2
2
y
=
9
(
x
−
9)
+
(
y

−
10)
=
50


y = 3


Vậy B(2;9), C(10;3) hoặc B(10;3), C(2;9).
Nhận xét: Từ bài toán trên ta có thể khai thác tính chất với cách ra đề khác như sau:
Bài 6. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I(3;5), ngoại
tiếp đường tròn tâm K(1;4) và F(11;14) là tâm đường tròn bàng tiếp cạnh BC. Viết
phương trình đường thẳng BC và tìm tọa độ A.
Phân tích hướng giải:
-Gọi D là giao của AK và đường tròn

A

ngoại tiếp ABC. Khai thác bổ đề 1d)
suy ra DB=DC=DK.
-Gọi P là trung điểm KF ta chứng minh
được PB=PC=PK=KF/2 suy ra P trùng
D.

I

K

M

B

C

Khi đó B, C là giao của đường tròn
ngoại tiếp ABC và đường tròn đường

D

kính KF.
-A là giao điểm của đường tròn ngoại
tiếp ABC và đường thẳng KF.

F

Hướng dẫn

Trang 16 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải


-Gọi D là giao của AK và đường tròn ngoại tiếp ABC ta chứng minh được
DCK = DKC =

A+C
nên tam giác DCK cân tại D, tương tự chứng minh được tam
2

giác DBK cân tại D suy ra DB=DC=DK suy ra D là giao điểm của KF và trung trực của

BC.(1)
-Gọi P là trung điểm KF ta có tam giác KCF vuông tại C nên PC=PK=PF, tam giác
BKF vuông tại B nên PB=PK=PF do đó PB = PC = PK =

KF
. Suy ra P là giao điểm
2

của KF và trung trực của BC.(2)
Từ (1), (2) suy ra P  D .
Ta suy ra D là trung điểm KF nên D(6;9)
Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC là: (C ) : ( x − 3)2 + ( y − 5)2 = 25
Phương trình đường tròn đường kính KF là: (C1 ) : ( x − 6)2 + ( y − 9)2 = 50
Tọa độ B, C là nghiệm của hệ

5  13

2
2

( x − 3) + ( y − 5) = 25
x =
x =


3
3




2
2

( x − 6) + ( y − 9) = 50 

y = 6 y = 4
 5   13 
 5   13 
Vậy B  ;6  , C  ;4  hoặc C  ;6  , B  ;4   BC : 3x + 4 y − 29 = 0.
3   3 
3   3 

Phương trình KF: x − y + 3 = 0 .

  x = −1
x − y + 3 = 0

Tọa độ A(x; y) là nghiệm của hệ 


x = 6
2
2
(
x
−
3)
+
(
y

−
5)
=
25

y = x + 3

Vậy A(-1;7) vì (A(6;9)  D loại).
Bài 7. [Trích đề thi THPT quốc gia 2015-Chuyên Vĩnh Phúc]
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc ( Oxy ) , cho tam giác ABC. Đường trung
tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là
3x + 5 y − 8 = 0, x − y − 4 = 0 .

Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt lại

Trang 17 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải


đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm D ( 4; −2) . Lập phương trình các đường
thẳng AB, AC biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3.
Phân tích hướng giải:
-Xác định được trung điểm M của BC

A

- AD ⊥ BC nên viết được pt AD đi qua D.
-Xác định được tọa độ điểm K là giao của
AD và BC.

H

-Khai thác bổ đề 1e) chỉ ra được K là trung
điểm DH suy ra tọa độ H.
-Xác định được tọa độ điểm A là giao của

B

K

M

C

AD và AM.
- B(t; t − 4)  BC và kết hợp M là trung

D

điểm BC suy ra tọa độ M, H là trực tâm
ABC nên BH ⊥ AC  BH . AC = 0  t
Hướng dẫn giải
Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của BC và
AD. Ta kí hiệu nd , ud lần lượt là vtpt, vtcp của đường thẳng d. Do M là giao điểm của
AM và BC nên tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
7

x=

x

−
y
−
4
=
0


7 1
2

 M  ;− 

2 2
3x + 5 y − 8 = 0
y = − 1

2

AD vuông góc với BC nên nAD = uBC = (1;1) , kết hợp AD đi qua điểm D suy ra phương
trình của AD :1( x − 4) + 1( y + 2) = 0  x + y − 2 = 0 . Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ
phương trình:

x − y − 4 = 0
x = 3

 K ( 3; − 1) .

x + y − 2 = 0
 y = −1

Ta chứng minh được K là trung điểm của HD nên H ( 2; 4 ) .

Trang 18 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải


Do A là giao điểm của AD và AM nên tọa đô điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
3x + 5 y − 8 = 0
x = 1

 A (1;1)

x + y − 2 = 0
y =1

Do B thuộc BC  B ( t; t − 4) , kết hợp với M là trung điểm BC suy ra C ( 7 − t;3 − t ) . Do H
là trực tâm của tam giác ABC nên
t = 2
BH .BC = 0  ( 2 − t )( 6 − t ) + (8 − t )( 2 − t ) = 0  ( 2 − t )(14 − 2t ) = 0  
t = 7

Do t  3  t = 2  B ( 2; −2) , C (5;1) .
Ta có AB = (1; −3) , AC = ( 4;0 )  nAB = ( 3;1) , nAC = ( 0;1)
Do đó AB : 3 x + y − 4 = 0; AC : y − 1 = 0.
Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(2;1) và tâm
đường tròn ngoa ̣i tiế p I(1;0). Trung điể m BC nằ m trên đường thẳ ng có phương trình x2y-1=0. Tìm to ̣a đô ̣ các đỉnh B, C biế t rằ ng đường tròn ngoa ̣i tiế p tam giác HBC đi qua
điể m E(6;-1) và hoành đô ̣ điể m B nhỏ hơn 4.
Phân tích hướng giải:
-Khai thác bổ đề 1f) ta chứng minh

A

đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC
đối xứng với đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC qua BC, suy ra tâm J của

I

H

C

đường tròn ngoại tiếp HBC đối xứng
với tâm I qua BC.
-Mà IM ⊥ BC tại trung điểm M của

B

M

K
H'

J

BC suy ra M là trung điểm IJ.
-Ta có JH=JE
Hướng dẫn
-Go ̣i H’ là điể m đố i xứng với H qua BC chứng minh H’ thuô ̣c đường tròn ngoa ̣i tiế p

tam giác ABC. Khi đó tam giác H’BC đố i xứng với tam giác HBC qua BC.

Trang 19 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải


Suy ra tâm J của đường tròn ngoa ̣i tiế p tam giác HBC đố i xứng với tâm I của đường
tròn ngoa ̣i tiế p tam giác H’BC (cũng là đường tròn ngoa ̣i tiế p tam giác ABC).
-Go ̣i M là trung điể m của BC, M  d  M ( 2t + 1; t ) suy ra J(1+4t; 2t)
JH = JE  (1 − 4t ) + (1 − 2t ) = ( 4t − 5 ) + ( 2t + 1)  t = 1; M (3;1)
2

2

2

2

PT ca ̣nh BC: 2x+y-7=0 ;
PT đường cao AH: x-2y=0

Go ̣i K là giao của AH và BC suy ra : K 

14 7 
 18 9 
;   H ' ; 
 5 5
 5 5

PT đường tròn tâm I(1 ;0) bán kính IH’ là : ( x − 1) + y 2 = 10

2

BC cắ t đường tròn tâm I ta ̣i B, C nên to ̣a đô ̣ B, C thỏa mãn HPT
2 x + y − 7 = 0

suy ra B(2;3); C(4;-1).
2
2
( x − 1) + y = 10

Bổ đề 2. Cho tam giác ABC nhọn, có trực tâm H và I, K, L lần lượt là chân đường
cao kẻ từ các đỉnh A, B, C xuống các cạnh đối diện. Chứng minh H là tâm đường
tròn nội tiếp tam giác IKL.
Chứng minh:
Chứng minh AI là phân giác LIK

A

Ta có tứ giác BLHI nội tiếp nên LIH = LBH (1)
Ta

có

tứ

giác

CKHI

nội

tiếp

K

nên

L
H

KIH = KCH (2)

Mà tứ giác BCKL nội tiếp nên KCH = LBH (3)

B

Từ (1),(2), (3) suy ra LIH = KIH suy ra AI là

C
I

phân giác LIK (*)
Tương tự suy ra LKH = IKH suy ra BK là phân giác LKI (**)
Từ (*), (**) suy ra H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác IKL.
Bài 10. Cho tam giác ABC có M (2; −1), N (2;2), P(−2;2) tương ứng là chân đường cao
hạ từ A, B, C của tam giác ABC. Xác định tọa độ A, B, C.

Trang 20 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải

Phân tích hướng giải:
- Từ bổ đề 2 ta có H là tâm đường tròn

A

nội tiếp tam giác MNP. Từ đó tìm
N

được tọa độ H.
P

-Viết phương trình các cạnh AB, BC,

H

CA
B

C
M

Hướng dẫn
-Chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP.
-Viết phương trình MN : x − 2 = 0
Phương trình đường thẳng NP : y − 2 = 0
Phương trình đường thẳng MP : 3x + 4 y − 2 = 0 .
 d1 : x − 2 y − 4 = 0
-Phương trình phân giác của góc tạo bởi MN, MP là 
d2 : 2 x + y − 3 = 0

Kiểm tra ta được d2 là phân giác trong.
-Phương trình phân giác trong của góc MNP là d3 : x − y = 0 .
2 x + y − 3 = 0  x = 1

 H (1;1) .
Tọa độ H là nghiệm của hệ 
x
−
y
=
0
y
=
1



Cạnh BC đi qua M(-2 ;1) nhận HM (1; −2) làm VTPT nên có phương trình là
BC : x − 2 y − 4 = 0.

Cạnh AC có phương trình là AC : x + y − 4 = 0.
Cạnh AB có phương trình là AB : 3x − y + 8 = 0 .
Vậy tọa độ các đỉnh là A(−1;5), B(−4; −4), C (4;0).
Bài 11. [Trích đề thi học sinh giỏi khối 10 tỉnh Vĩnh Phúc 2011 ] Trong mặt phẳng
với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn với trực tâm H. Các đường thẳng AH,
BH, CH lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D, E, F (D khác A, E khác

Trang 21 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải

B, F khác C). Hãy viết phương trình cạnh AC của tam giác ABC; biết rằng
 6 17 
D ( 2;1) , E ( 3; 4 ) , F  ;  .
5 5 

Phân tích hướng giải:
- Gọi A’, B’, C’ lần lượt là chân đường cao hạ

E

A

từ các đỉnh A, B, C. Từ bổ đề 2 ta có H là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác A’B’C’. Mặt
khác chứng minh được EF//B’C’, ED//A’B’,
DF//A’C’ nên chỉ ra được H là tâm đường
tròn nội tiếp tam giác DEF. Từ đó ta cũng có

B'
C'

F

H
A'
C

B

D

thể nghĩ tới hướng chứng minh trực tiếp H là
tâm đường tròn nội tiếp DEF.
Khi đó ta xác định được tọa độ H.
- AC là trung trực của HE nên viết được phương trình cạnh AC.
Hướng dẫn
Gọi A’, B’, C’ lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C. Do tứ giác BCB’C’
nội tiếp nên FDA = FCA = ABE = ADE  H nằm trên đường phân giác trong hạ từ D của
tam giác DEF, tương tự ta cũng chỉ ra được H nằm trên đường phân giác trong hạ từ
đỉnh E của tam giác DEF. Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác DEF.
Ta lập được phương trình các đường thẳng DE, DF lần lượt là
DE : 3x − y − 5 = 0; DF : 3x + y − 7 = 0 . Do đó phương trình phân giác trong và ngoài của

đỉnh D là

3x − y − 5
10

=

3x + y − 7
10

 x − 2 = 0; y − 1 = 0 . Kiểm tra vị trí tương đối của E, F

với hai đường trên ta được phân giác trong kẻ từ đỉnh D là

d : x − 2 = 0 . Tương tự ta lập được phương trình phân giác trong kẻ từ đỉnh E là
d ' : x − y + 1 = 0 . Mặt khác H là giao của d và d’ nên H ( 2;3)

5 7
Ta có AC là trung trực của HE nên AC đi qua trung điểm B '  ;  và có vtpt là
2 2

HE = (1;1)  AC : x + y − 6 = 0 .

Trang 22 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải


Bổ đề 3. Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) có tâm I, Kẻ các đường cao BE, CF
của tam giác ABC thì IA vuông góc với EF.
Chứng minh:
Ta chứng minh với TH tam giác ABC nhọn
Gọi K là giao điểm của AI và DE, H là trực

A

tâm tam giác ABC, M là trung điểm AC.
Ta có tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn vì

D

K

ADH = AEH = 90 .
0

M
E

suy ra ADE = AHE (cùng chắn AE)

I
H

Mặt khác ABF = AHE (cùng bù với EHF )
Tam giác IAC cân tại I nên IAD = ICA .

Gọi M là trung điểm của AC ta có MIC =

B

F

C

1
AIC = ABC .
2

Suy ra hai tam giác ABF và ICM có ICA = BAF suy ra

IAC + ADE = ABC + BAF = 900  AKE = 900  AI ⊥ DE .
TH tam giác ABC tù ta vẫn chứng minh được bổ đề trên.
Khai thác tính chất trên ta có thể giải được một số bài tập sau :
Bài 12. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn
(C ) : ( x − 1)2 + ( y + 2)2 = 25. Gọi D, E lần lượt là chân đường cao kẻ từ B, C. Giả sử
D(−2; −2), E (1;2) . Tìm tọa độ A, B, C biết A có tung độ âm.

Phân tích hướng giải:

Trang 23 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải


-Vận dụng bổ đề trên ta chứng minh

A

DE vuông góc với IA (I là tâm đường
tròn ngoại tiếp ABC)
-Viết phương trình AI suy ra tọa độ A.

D

K

-Viết phương trình AC qua A, D suy ra
E

I

tọa độ C.
-Viết phương trình AB qua A, E suy ra
B

tọa độ B

C

A'

Hướng dẫn
-Gọi I(1;-2) là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC.
-Ta chứng minh AI vuông góc với DE.
-Đường thẳng AI qua I vuông góc với DE có phương trình là
AI : 3x + 4 y + 5 = 0 .
 x = 3

3 x + 4 y + 5 = 0
  y = 1  A(5; −5).

Tọa độ A thỏa mãn hệ 
2
2
 x = 5
( x − 1) + ( y + 2) = 25

  y = −5

-Đường thẳng AC đi qua A, D có phương trình AC : 3x + 7 y + 20 = 0.
Tọa độ C thỏa mãn hệ

−114
  x = 29

3 x + 7 y + 20 = 0
  y = −34
 −114 −34 



C
;


.

2
2

29
29
29
(
x
−
1)
+
(
y
+
2)
=
25




 x = 5

  y = −5
 

-Đường thẳng AB đi qua A, E có phương trình AB : 7 x + 4 y − 15 = 0 .
Tọa độ B thỏa mãn hệ

Trang 24 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải



29
x
=
 
65

7 x + 4 y − 15 = 0
  y = 193
 29 193 


B

 ;
.

2
2
65

 65 65 
( x − 1) + ( y + 2) = 25  
 x = 5
  y = −5


Bài 13. [Trích đề thi thử THPT quốc gia lần 1 năm 2014-2015-Vĩnh Phúc]
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(3 ;0) và trung
điểm BC là I(6 ;1). Đường cao AH có phương trình x + 2 y − 3 = 0. Gọi D, E lần lượt là
chân đường cao kẻ từ B, C của tam giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC, biết đường thẳng DE có phương trình x − 2 = 0 và điểm D có tung độ dương.
Phân tích hướng giải:
-Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam

A

giác ABC. Gọi A1 là giao điểm của AT
và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
-Khai thác bổ đề 3 ta chứng minh DE

D

vuông góc với TA.
-Khai thác bổ đề 1a) ta chứng minh
được BHC A1 là hình bình hành suy ra I

T

E
H

B

I
C

là trung điểm HA1.
-Viết phương trình AT qua A1 và vuông

A1

góc với DE. Ta có A = AA1  AH .
-Viết phương trình đường tròn (T, AT)
-Viết phương trình BC qua I, vuông góc
với AH
Hướng dẫn
-Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi A1 là giao điểm của AT và
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Ta chứng minh được BHCA1 là hình bình hành
suy ra I là trung điểm H A1. Suy ra A1 (9 ;2)
-Ta chứng minh DE vuông gócvới AT

Trang 25 – Website chuyên đề thi thử file word có
lời giải