Đề tài MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ CÁC ĐIỂM, CÁC ĐƯỜNG ĐẶC BIỆT TRONG TAM GIÁC

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.
1


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.

2


B. PHẦN NỘI DUNG
I. MỘT SỐ KIẾN THỨC SỬ DỤNG TRONG CHUYÊN ĐỀ
1. Biểu thức tọa độ về các phép toán trong vectơ.
r

r

*) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho a   x; y  ; b   x '; y ' . Khi đó:
r r

+) a �b   x �x '; y �y '
r

+) k .a   kx; ky  với k là số thực.
r

r

�x  x '
�y  y '

+) a  b � �
rr

r

r

rr

+) a.b  xx ' yy ' � a  b � a.b  0 � xx ' yy '  0
r
a
+)  x 2  y 2
rr
r r
a.b
+) cos a, b  r r 
a.b

 

xx ' yy '
x  y 2 . x '2  y '2
2

*) Cho M  x1 ; y1  ; N  x2 ; y2  .
uuuu
r

2
2
+) Khi đó MN   x2  x1 ; y2  y1  ; MN   x2  x1    y2  y1 

x  xB y A  yB �
;
�
2 �

�
+) Trung điểm I của đoạn thẳng AB có tọa độ: I � A
� 2

x  xB  xC y A  y B  yC �
;
�
3
3
�
�

�
+) Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ G � A

2. Phương trình đường thẳng
a) Phương trình tổng quát của đường thẳng

r

- Vectơ pháp tuyến (VTPT) của đường thẳng là vectơ khác 0 , có giá vuông
góc với đường thẳng.
r

2
2
- Đường thẳng d qua M  x0 ; y0  , có VTPT n   a; b   a  b  0  có phương

trình tổng quát: a  x  x0   b  y  y0   0  1 .
b) Phương trình tham số của đường thẳng
r

- Vectơ chỉ phương (VTCP) của đường thẳng là vectơ khác 0 , có giá song
song hoặc trùng với đường thẳng.
3


r

- Đường thẳng d đi qua M  x0 ; y0  , có VTCP u   a; b  đk

a

2

 b 2  0  có

�x  x0  at

 t ��  2  .
y

y

bt
0
�

phương trình tham số: �

- Chú ý: Khi a.b �0 thì đường thẳng d có phương trình dạng chính tắc:
x  x0 y  y0

.
a
b

3. Mối quan hệ giữa VTPT và VTCP của cùng một đường thẳng:
2
2
Nếu đường thẳng d có phương trình tổng quát: ax  by  c  0  a  b  0 

thì

r

đường thẳng d có VTPT là n   a; b  , suy ra VTCP của đường thẳng d là
r
r

u   b; a  hoặc u   b;  a  . Điều ngược lại cũng đúng. Tức là đường thẳng d
r

r

có VTCP là u   a; b  thì VTPT của đường thẳng d là n   b; a  hoặc
r
n   b;  a  .
�x  x0  at
 t ��  2  thì M  x0  at; y0  bt 
�y  y0  bt

4. Điểm M thuộc đường thẳng d: �

5. Vị trí tương đối của hai đường thẳng
Hai đường thẳng có 3 vị trí tương đối:
- d//d’
- d �d '
- d cắt d’. ( đặc biệt d  d ' )

 Lưu ý:
-

Hai đường thẳng song song thì cùng VTPT, cùng VTCP.

-

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

6. Góc và khoảng cách
2
2
- Khoảng cách giữa hai điểm M  x1 ; y1  ; N  x2 ; y2  là: MN   x2  x1    y2  y1 

- Khoảng cách từ điểm M  xM ; yM  đến đường thẳng  : ax  by  c  0 là:
d  M ,  

axM  byM  c
a 2  b2
4


r ur

r ur

- Góc giữa hai đường thẳng d, d’ là  : cos  d , d '  cos   cos  u, u '  cos  n, n '

 Lưu ý: Khi hai đường thẳng cắt nhau, chúng tạo ra 4 góc. Khi đó phương
trình các đường phân giác của góc tạo bởi hai đường là:
ax  by  c
a 2  b2

a'x b' y c'
�
( ax  by  c  0; a ' x  b ' y  c '  0 ) là phương trình hai
a '2  b '2

đường thẳng).

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 yếu tố đường cao � Sử dụng tính chất vuông góc.
ii) Bài toán có yếu tố đường trung tuyến � Sử dụng tính chất trung điểm.
iii) Bài toán có yếu tố đường phân giác hoặc đường trung trực � Sử dụng
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:
-u
Khai
uuu
r thác
uuutính
u
r chất:
BM  3GM với M là trung

A

điểm AC suy ra M.
- Khai thác tính chất đối xứng

M
G

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

B

B'

C

B qua phân giác góc A. Từ đó

D

viết được phương trình AC
� A�C .
Hướng dẫn
Gọi M(x;y) là trung điểm của AC, ta có
5


uuuu
r uuuu
r
�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
1( a  4)  1(b  1)  0
�
ab30
�
�
��
� B '(2; 5).
nghiệm của hệ �a  4 b  1
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)
( x  4)  ( y  1)  0
�
�
� D(4;9) .
thỏa mãn �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
�
2S
suy ra AC  8 � AB  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) .
6


uuu
r uuur
Do d là phân giác trong nên AB, AD cùng hướng suy ra B (4;7) .
Do đó phương trình BC : 3 x  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
�
�
� H '(3;1).
-Ta có tọa độ H ' là nghiệm của hệ �a  1 b  1


2

0
�
�2
2
-Đường AC đi qua H’ và vuông góc với d2 nên có pt: 3 x  4 y  13  0
3 x  4 y  13  0
�
� A  5;7  .
Khi đó ta có tọa độ A là nghiệm của hệ �
�x  y  2  0
1 uuur
Đường thẳng CH đi qua H với vectơ pháp tuyến HA  (3;4) nên có phương

2
� 10 3 �
 ; �
trình 3 x  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]
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 
uuur

r
3 uuuu
2

- Để ý CA  CB'
Hướng dẫn

7


Lấy C(0:y0) thuộc Oy.
Ta có d(B;  )=

y 1

y 1
3
9

� y 0  10; y 0  8
; d(C;  )= 0 , theo bài ra ta có 0
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.
uuuu
r

uuur

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
uuur

r
3 uuuu
2

Theo định lý Ta - Let suy ra CA  CB' ,
uuur
uuur � 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.
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, A 2 là điểm đối xứng của A
qua I, H1 là điểm đối xứng của H qua BC.
Chứng minh rằng:
a) Tứ
2 là hình bình hành và M là trung điểm HA2.
uuurgiácuBHCA
uur
b) AH  2 IM .
uuu
r uur

c) Ba điểm I, H, G thẳng hàng và IH  3IG .
d) Hai tam giác A1JB, A1JC cân tại A1
8


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
A

I
G
H

J
C

B

M

�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 HA 2, AA2 nên
b)Vì �
�AH  BC
uuur
uuur
IM là đường trung bình của tam giác AHA2 � AH  2 IM � AH  2 IM
uuur
uuur uuu
r uu
r
uuur uur uur uuu
r uu
r uur uur uur
c)Ta có AH  2 IM � IH  IA  2 IM  IB  IC � IH  IA  IB  IC  3IG
vậy H, G, I thẳng hàng.
�
�
AC
d)Ta có �
nên tam giác A1JC cân tại A1, tương tự tam giác
A1CJ  �
A1JC 
2
A1JB cân tại A1.
� H  CHH
�
e)Ta có tam giác HBH1 cân tại nên CH
1

1 (1),
�  BAH
�
ta có BCH
(2) (vì cùng phụ với �
ABC ) mặt khác ta có
�
�  BAH
�  CBA
�  900 � CHH
�
� (2)
CHH
 BCH
 CBA
1

1

� H  CBA
� suy ra H1 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác
Từ (1), (2) suy ra CH
1
ABC.
9


f) Từ e) suy ra tam giác HBC và tam giác H 1BC đối xứng nhau qua đường thẳng
BC suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác H 1BC 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:
uuur
uuur
-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
nên viết được phương trình BC, C

I
H

thuộc đường tròn tâm I.
B
M

C

Hướng dẫn
uuur
IA


74,
AH  (0;6) phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC là
Ta có
(C): ( x  2) 2  y 2  74 .
�xM  2  0
uuur
uuur
�xM  2
�
Gọi M là trung điểm BC ta có AH  2 IM � �
1 ��
yM  6
�yM  3
�
�
2
uuur
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
11 1

�
�
tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm lần lượt có tọa độ là I  4; 0  , G � ; �.
3 3
�

�

Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC biết rằng đỉnh B nằm trên đường
10


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:
C1: -Khai thác giả thiết B �d

A

uuur 3 uuur
-Khai thác BN  BG
2

M

-Khai thác tính chất
IN  AC � IN / / BM
C2: Khai
uuu
r thác
uurbổ đề 1c)
- IH  3IG � H
- Viết pt BH qua H, M suy ra toạ

N

H
G

I

(d)
C

B

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 .
uuur

3 uuur
2

Gọi N là trung điểm AC suy ra BN  BG (1)
uuur
uuur �
11
2�
BN

x

a
;
y

2
a

1
,
BG  �  a; 2a  �
. .



Mà
N
N
3�
�3
�
3�
11 �
11  a
�
�xN  a  2 �3  a �
�
�
�
�xN 
��
2
Theo (1) suy ra �
3
2
�
�
�y  2a  1 
�
y

a
2a  � � N
N

�
�
2� 3�
�
uur

11  a

�
�
;a �
.
suy ra N �
� 2
�

r
uur
uuuu
r
3  a �uuuu
;a�
, BM   4  a; 2a  1 mà IN / / BM � k ��: IN  k BM
�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
�
r uur
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
2
R  IB  10 nên có phương trình:  x  4   y  10.
2

11


Suy ra tọa độ A, C là nghiệm của hệ phương trình:
�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
-M là trung điểm BC nên suy ra B
- A  AH �AC

I

F

H
E
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
uuur
r
EH   3;3 � vtpt là n BH   1; 1 � BH : x  y  2  0 .
r
r
Do AC  BH nên vtpt của AC là n AC  u BH   1;1 � pt AC : x  y  4  0

r

r

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
12


�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
uuur

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
�x  2  0
�x  2
��
� A  2; 2  .
�x  y  4  0
�y  2

trình: �

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
22

6

�
�
tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết K � ;  �, N  2; 2  và điểm I có tọa độ
5�
�5

nguyên.
Phân tích hướng giải:
-Gọi D là giao của AI và đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC, khai thác bổ
đề 1a) BHCD là hình bình hành. Gọi M
là trung điểm BC thì M là trung điểm
DH.
-Viết phương trình AI, BN, CK
-Tham số tọa độ D �AI � M

-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
13


+) 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
+) 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
�
�
�
3
�

b    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

14


Hướng dẫn
Ta có IA=5, do đó phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC là:
(C ) : ( x  6) 2  ( y  6) 2  25 .
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
� �
�  DJC
�  A  C nên tam giác DJC cân tại D.
Ta có DCJ
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
�
( x  6) 2  ( y  6) 2  25
�x  2 �x  10
�
�
��
�
�
( x  9) 2  ( y  10) 2  50 �y  9 �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.
Khi đó B, C là giao của đường tròn

I

K

M

B

C

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

D

tiếp ABC và đường thẳng KF.
F

Hướng dẫn
15


-Gọi D là giao của AK và đường tròn ngoại tiếp ABC ta chứng minh được
� �
�  DKC
�  A  C nên tam giác DCK cân tại D, tương tự chứng minh được
DCK
2
tam 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
2

giao điểm 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
�
( x  3)2  ( y  5) 2  25
�
�x 
�x 
�
�
3
�
�
� 3
( x  6) 2  ( y  9) 2  50 �y  6 �y  4
�
�
�
13 �
13 �
�5 � �
�5 � �
, C � ;4 �hoặc C � ;6 �
, B � ;4 �� BC : 3 x  4 y  29  0.
Vậy B � ;6 �
�3 � �3 �
�3 � �3 �
Phương trình KF: x  y  3  0 .

��
x  1
�x  y  3  0
��
� ��
x6
Tọa độ A(x; y) là nghiệm của hệ �
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
3 x  5 y  8  0, x  y  4  0 . Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt

lại 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:

16


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

A

AD và BC.
-Khai thác bổ đề 1e) chỉ ra được K là trung

H

điểm DH suy ra tọa độ H.
-Xác định được tọa độ điểm A là giao của
AD và AM.
- B (t ; t  4) �BC và kết hợp M là trung

B

điểm BC suy ra tọa độ M, H là trực tâm
uuur uuur
ABC nên BH  AC � BH . AC  0 � t
Hướng dẫn giải

K

M

C

D

Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của
uu
r uu
r

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  2
�x  y  4  0
�
�7 1 �
��
� M � ; �
�
3x  5 y  8  0
�2 2 �
�
�y   1
�
2

uuur

uuur

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  .
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

uuur uuur
t2
�
BH .BC  0 �  2  t   6  t    8  t   2  t   0 �  2  t   14  2t   0 � �
t7
�
17


Do t �3 � t  2 � B  2; 2  , C  5;1 .
uuu
r
uuur
uuur
uuur
Ta có AB   1; 3 , AC   4;0  � nAB   3;1 , nAC   0;1
Do đó AB : 3x  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 ngoại tiếp I(1;0). Trung điểm BC nằm trên đường thẳng có
phương trình x-2y-1=0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết rằng đường tròn ngoại
tiếp tam giác HBC đi qua điểm E(6;-1) và hoành độ điểm B nhỏ hơn 4.
Phân tích hướng giải:

-Khai thác bổ đề 1f) ta chứng minh
đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC
đối xứng với đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC qua BC, suy ra tâm J của
đường tròn ngoại tiếp HBC đối xứng
với tâm I qua BC.
-Mà IM  BC tại trung điểm M của

BC suy ra M là trung điểm IJ.
-Ta có JH=JE
Hướng dẫn
-Gọi H’ là điểm đối xứng với H qua BC chứng minh H’ thuộc đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC. Khi đó tam giác H’BC đối xứng với tam giác HBC qua BC.
Suy ra tâm J của đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC đối xứng với tâm I của
đường tròn ngoại tiếp tam giác H’BC (cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC).
-Gọi M là trung điểm của BC, M �d � M  2t  1; t  suy ra J(1+4t; 2t)
JH  JE �  1  4t    1  2t    4t  5    2t  1
2

2

2

PT cạnh BC: 2x+y-7=0 ;
PT đường cao AH: x-2y=0

18

2

� t  1; M (3;1)


14 7

18 9

�
�
�
�
Gọi K là giao của AH và BC suy ra : K � ; �� H ' � ; �
�5 5 �
�5 5 �

PT đường tròn tâm I(1 ;0) bán kính IH’ là :  x  1  y 2  10
2

BC cắt đường tròn tâm I tại B, C nên tọa độ B, C thỏa mãn HPT
2x  y  7  0
�
�
suy ra B(2;3); C(4;-1).
�
2
 x  1  y 2  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

�  LBH

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

K

�  KCH
�
Ta có tứ giác CKHI nội tiếp nên KIH

L
H

(2)
�  LBH
� (3)
Mà tứ giác BCKL nội tiếp nên KCH
�  KIH
�
Từ (1),(2), (3) suy ra LIH
suy ra AI là

C

B

I

� (*)
phân giác LIK
�  IKH

�
� (**)
Tương tự suy ra LKH
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.
Phân tích hướng giải:

- Từ bổ đề 2 ta có H là tâm đường tròn

A

nội tiếp tam giác MNP. Từ đó tìm được

N

tọa độ H.

P

-Viết phương trình các cạnh AB, BC,

H

CA
B

Hướng dẫn

19

C
M


-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 : 3 x  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.
� là d3 : x  y  0 .
-Phương trình phân giác trong của góc MNP
2 x  y  3  0 �x  1
�
��
� H (1;1) .
Tọa độ H là nghiệm của hệ �
�x  y  0
�y  1
uuuur
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 : 3 x  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 B, F khác C). Hãy viết phương trình cạnh AC của tam
6 17 �
�.
�5 5 �

�
giác ABC; biết rằng D  2;1 , E  3; 4  , F � ;
Phân tích hướng giải:

20


- 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
B

H
A'

C

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
�  FCA
�  ABE
� �
BCB’C’ nội tiếp nên FDA
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
�
� x  2  0; y  1  0 . Kiểm tra vị trí
10

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 �

uuur
HE   1;1 � AC : x  y  6  0 .

21


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  900 .

M

E

suy ra �
ADE  �
AHE (cùng chắn AE)

I
H

� )
Mặt khác �
ABF  �
AHE (cùng bù với EHF
� D  IC
� A.
Tam giác IAC cân tại I nên IA

B

F

C

� 1�
AIC  �
ABC .
Gọi M là trung điểm của AC ta có MIC
2
�AB
�AF suy ra
Suy ra hai tam giác ABF và ICM có IC
� �
�AF  900 � AKE
�  900 � AI  DE .
IAC
ADE  �
ABC  B
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:

22

-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
C

tọa độ B
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 : 3 x  4 y  5  0 .
��x  3
��
3x  4 y  5  0
�
��y  1 � A(5; 5).
�
Tọa độ A thỏa mãn hệ �
( x  1) 2  ( y  2) 2  25 �
�x  5
�
�
�
�
�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 � C �114 ; 34 �
�
.
�
�
�
�
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

23


�
� 29
x
�
�
� 65
�
�
7 x  4 y  15  0
�
�
�y  193 � B �29 ; 193 �
�
.
�
�
�
� 65
65 65 �
( x  1) 2  ( y  2) 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

H

được BHC A1 là hình bình hành suy ra I
là trung điểm HA1.
-Viết phương trình AT qua A1 và vuông
góc với DE. Ta có A  AA1 �AH .
-Viết phương trình đường tròn (T, AT)

-Viết phương trình BC qua I, vuông góc

T

E

B

I
C

A1

với AH
Hướng dẫn
-Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Gọi A 1 là giao điểm của AT
và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Ta chứng minh được BHCA 1 là hình
bình hành suy ra I là trung điểm H A1. Suy ra A1 (9 ;2)
-Ta chứng minh DE vuông gócvới AT
Đường thẳng A A1 qua A1 vuông góc với DE có phương trình là: y  2  0

24


�x  2 y  3  0 �x  1
��
� A(1;2)
Tọa độ A thoả mãn hệ �
�y  2  0
�y  2

T là trung điểm A A1 nên T(4;2), AT=5
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
(T): ( x  4) 2  ( y  2) 2  25.
Phương trình BC: 2( x  6)  ( y  1)  0 � 2 x  y  11  0 .
�
( x  4)2  ( y  2)2  25 �x  8 �x  4
��
��
Tọa độ B, C thỏa mãn hệ �
y

5
2
x

y

11

0
�
�y  3
�
Nếu B(8 ;5), C(4 ;-3) thì ta có phương trình AC
AC: ( x  1)  ( y  2)  0 � x  y  1  0 .
�x  2  0
� D(2; 1) (loại)
Tọa độ D thoả mãn hệ �
�x  y  1  0
Nếu B(4 ;-3), C(8 ;5) thì ta có phương trình AC

AC: ( x  1)  3( y  2)  0 � x  3 y  7  0 .
�x  2  0
� D(2;3) (thỏa mãn)
Tọa độ D thoả mãn hệ �
�x  3 y  7  0
Vậy B(4 ;-3), C(8 ;5).
Chú ý: Ngoài cách làm trên ta có thể nhận xét:
-Gọi K là trung điểm của AH. Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn tâm K và
BCDE nội tiếp đường tròn tâm I. Suy ra IK  DE.
-Các bước giải sau cũng khá đơn giản.
Bổ đề 4. Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (C) tâm I, gọi D là
trung điểm cạnh AB, E là trọng tâm tam giác ACD thì IE vuông góc với CD
Chứng minh:
Ta chứng minh bằng phương pháp vectơ
A

D

E

P

I

B

C

uuur uuur uuur 1 uuu
r uuur

C
D

A
D

AC

AB
 AC
Ta có
2
uu
r uur uur uur uur 1 uu
r uur uur 1 uur uur
IA  IC  ID  3IE � IE  IA  IC  ID  2 IP  ID (P là trung điểm AC)
3
3





25



