MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC TRONG HỆ TRỤC TỌA ĐỘ OXY DÀNH CHO HỌC SINH KHÁ,GIỎI ÔN THI THPT QUỐC GIA

CHUYÊN ĐỀ
”MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC TRONG HỆ TRỤC TỌA ĐỘ OXY
DÀNH CHO HỌC SINH KHÁ,GIỎI ÔN THI THPT QUỐC GIA”
GV thực hiện: ………………..

A. MỞ ĐẦU
I. Lí do chọn đề tài :
“Bài toán hình học trong hệ trục tọa độ Oxy” là một dạng toán hay và rất quan
trọng bởi đó là một dạng bài tập luôn luôn xuất hiện trong đề thi đại học ở hầu như ở tất
cả các năm và cũng đã có trong đề thi THPTQG năm 2015. Đối với nhiều học sinh, bài
toán hình học trong hệ trục tọa độ Oxy xuất hiện trong đề thi của những năm gần đây
được coi là bài toán tương đối khó, nhất là đối với học sinh trường THPT Đồng Đậu lại
càng khó bởi tư duy của các em chưa cao.
Chính vì vậy, qua quá trình giảng dạy học sinh ôn thi ĐH và ôn thi THPT QG năm
2015 cho học sinh trường THPT Đồng Đậu phải trực tiếp hướng dẫn học sinh giải các bài
toán hình học trong hệ trục tọa độ Oxy này, bản thân tôi nhận thấy nếu ta mạnh dạn và
thêm chút kiên trì dạy các em có cách nhìn và hướng nghĩ , hướng tư duy để biết cách
phân tích, loại trừ tìm ra phương pháp giải trong mỗi bài toán thì sẽ kích thích được khả
năng tư duy của học sinh, tạo được hứng thú học tập của học sinh khi học bài toán hình
học trong hệ trục tọa độ Oxy.
Ở đây tôi chỉ giới thiệu một số bài toán về tam giác , tứ giác trong hệ trục tọa độ Oxy đã
và đang xuất hiện trong đề thi đại học; đề thi THPT QG được sắp xếp từ mức độ dễ nhìn
đến mức độ nhìn tổng hợp(phức tạp hơn) để tìm ra lời giải của mỗi bài toán. Mặc dù rất
nhiệt huyết với chuyên đề được rút ra từ kinh nghiệm giảng dạy của mình nhưng vẫn còn
rất nhiều hạn chế, vậy mong quý thầy cô góp ý kiến để tôi có thể hoàn thiện chuyên đề ,
cũng như phương pháp giảng dạy của mình được tốt hơn.
II. Mục đích nghiên cứu::
- Học sinh biết cách phân loại ,định hướng phương pháp giải trong mỗi bài toán hình học
trong hệ trục tọa độ Oxy.
- Bồi dưỡng cho học sinh về phương pháp, kỹ năng giải toán. Qua đó học sinh nâng cao
khả năng tư duy, sáng tạo và hình thành nhiều cách giải khác nhau.

III. Đối tượng nghiên cứu:
- Các dạng toán hình học về tam giác , tứ giác trong mặt phẳng Oxy có trong các đề thi
đại học ở các năm 2002-2015 và đề thi HSG ở các khối,.....

1


- Phân loại các dạng tam giác, tứ giác trong hệ trục tọa độ Oxy và định hướng tư duy
tìm ra phương pháp giải cho mỗi bài toán.
IV. Phương pháp nghiên cứu:
-Tham khảo sách, báo, tài liệu.

- Thực tiễn giảng dạy.

V. Đối tượng áp dụng chuyên đề :
-Học sinh khá, giỏi trung học phổ thông.
VI. Dự kiến số tiết giảng dạy:
- 10 tiết

B. NỘI DUNG
I. Ôn tập kiến thức cơ bản:
1. Phương trình đường thẳng
→

 x = x0 + at

- Đường thẳng đi qua điểm A( x0 ; y0 ) và có VTCP u = (a; b) có PTTS là 
 y = y0 + bt
→

- Đường thẳng đi qua điểm A( x0 ; y0 ) và có VTPT n = (a; b) có PTTQ là
a ( x − x0 ) + b( y − y0 ) = 0

- Đường thẳng đi qua hai điểm A( xA ; y A ) và B( xB ; yB ) có phương trình:

-

x − xA
y − yA
=
( xB − xA ≠ 0; yB − y A ≠ 0 )
xB − x A y B − y A
Đường thẳng đi qua hai điểm A(a;0) và B(0; b) với a≠ 0 và b≠ 0 có phương trình:
x y
+ =1
a b
Đường thẳng song song hoặc trùng với oy có phương trình là ax + c = 0(a ≠ 0)
Đường thẳng song song hoặc trùng với ox có phương trình là by + c = 0(b ≠ 0)
Đường thẳng đi qua gốc tọa độ 0 có phương trình là ax + by = 0 (a 2 + b2 ≠ 0)
Nếu (d) vuông góc với (d’): ax + by + c = 0 thì (d) có phương trình là bx-ay+m = 0
Nếu (d) song song với (d’): ax + by + c = 0 thì (d) có phương trình là
ax+by+m = 0(m ≠ c)
Đường thẳng có hệ số góc là k có phương trình là y=kx + b
Đường thẳng đi qua điểm A( x0 ; y0 ) và có hệ số góc k có phương trình là y-y0 =k(x-x 0 )
(d): y=kx + b vuông góc với (d’): y=k'x + b' ⇔ k.k'=-1
k = k '
(d): y=kx + b song song với (d’): y=k'x + b' ⇔ 
b ≠ b '

2. Khoảng cách và góc

+Khoảng cách từ A( x0 ; y0 ) đến (∆): ax + by + c = 0 tính bởi công thức:
d ( A; ∆) =

ax 0 + by0 + c
a 2 + b2

+Cho đường thẳng (∆): ax + by + c = 0 .
- M, N ở cùng phía với đường thẳng (∆) ⇔ (ax M + by M + c)(ax N + by N + c) > 0
- M, N ở khác phía với đường thẳng (∆) ⇔ (ax M + by M + c)(ax N + by N + c) < 0
2


- Cho hai đường thẳng (∆): ax + by + c = 0 và (∆’): a'x + b'y + c ' = 0 thì :
• Phương trình hai đường thẳng phân giác của các góc tạo bởi ∆ và ∆’ là:
ax + by + c
a 2 + b2

=±

• cos(∆, ∆ ') =

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

a 2 + b 2 . a '2 + b '2

• ∆ ⊥ ∆’ ⇔ a. a’+b. b’=0

3. Đường tròn

2
2
- Đường tròn (C) tâm T(x0; y0), bán kính R có phương trình là ( x − x0 ) + ( y − y0 ) = R 2
- Phương trình x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0 với a 2 + b 2 − c > 0 là phương trình của một đường
tròn với tâm T(-a; -b) và bán kính R = a 2 + b 2 − c
- Cho đường thẳng (∆) : ax + by + c = 0 và đường tròn (C) có tâm T(x0; y0) và bán kính R.
Lúc đó (∆) tiếp xúc (C) ⇔ d (T ; ∆) = R ⇔

ax 0 + by0 + c
a 2 + b2

= R.

II. Phân loại và định hướng tư duy phương pháp giải trong mỗi bài toán:
1. Một số bài toán về tam giác:
1.1) Gợi ý một số hướng tư duy để tìm ra phương pháp giải trong mỗi bài toán:
-Nếu bài toán liên quan đường cao hay trực tâm trong tam giác thì nghĩ đến vấn đề vuông
góc.
-Nếu bài toán liên quan một đường trung tuyến thì nghĩ đến tính chất trung điểm.
-Nếu bài toán liên quan hai đường trung tuyến hay trọng tâm trong tam giác thì nghĩ đến
tính chất trọng tâm hay tọa độ trọng tâm trong tam giác.
-Nếu bài toán liên quan tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác thì nghĩ đến đường trung trực
trong tam giác và khoảng cách từ tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác đến các đỉnh
của tam giác bằng nhau.
-Nếu bài toán liên quan đường phân giác trong trong tam giác thì nghĩ đến tính đối xứng
từ điểm đã biết qua đường phân giác của góc đó.
-Nếu bài toán liên quan tâm đường tròn bàng tiếp góc của tam giác thì cần sử dụng đến
định nghĩa và tính chất tâm đường tròn bàng tiếp của góc trong tam giác.
…………………
1.2) Phân loại tam giác:

a) Tam giác thường:
Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai điểm A(0; 2), B(− 3; −1) . Tìm tọa
độ trực tâm và tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác OAB.
Hướng nghĩ: ở bài toán này đã xuất hiện trực tâm ⇒ quan hệ vuông góc; tâm đường tròn
ngoại tiếp của tam giác ⇒ khoảng cách từ tâm đến các đỉnh của tam giác bằng nhau và
đường trung trực của tam giác.
Giải: Gọi H là trực tâm của tam giác OAB thì ta có:
uuur uuur
 AH .OB = 0
 3 x + y − 2 = 0
 x = 3
⇔
⇔
r
. Vậy H ( 3; −1)
 uuur uuu
 y + 1 = 0
 y = −1
 BH .OA = 0

3


Gọi I ( x0 ; y0 ) là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác OAB thì ta có
 x0 2 + y0 2 = x0 2 + ( y0 − 2 ) 2

IA = IB = IO ⇔ IA2 = IB 2 = IO 2 ⇔ 
2
2
2

2
 x0 + y0 = x0 + 3 + ( y0 + 1)
 x = − 3
⇔ 0
⇒ I (− 3;1)
 y0 = 1

(

)

*Lưu ý : Bài này cũng có thể sử dụng viết pt đường cao để tìm trực tâm H và pt đường
trung trực để tìm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác.
Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác
ABC biết rằng hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AB là điểm H (−1; −1) , đường
phân giác trong của góc A có phương trình x − y + 2 = 0 và đường cao kẻ từ B có phương
trình 4 x + 3 y − 1 = 0 .
Hướng nghĩ: Bài toán xuất hiện đường phân giác trong ⇒ tính đối xứng hạ từ điểm đã
biết; đường cao và hình chiếu ⇒ vuông góc.
Giải:
Gọi d1 : x − y + 2 = 0, d 2 : 4 x + 3 y − 1 = 0
Từ H kẻ đường thẳng vuông góc với đường
thẳng d1 cắt d1 tại I và cắt AC tại H’.
Đường thẳng HH’ qua H(-1;-1) và vuông góc
d1 có phương trình: x + y + 2 = 0
Do I = HH '∩ d1 ⇒ I (−2;0) . Do d1 là đường
phân giác của góc A nên H’ đối xứng với H
qua d1 , suy ra I là trung điểm của HH’
⇒ H '(−3;1)

Đường thẳng AC qua H’(-3; 1) và vuông
góc với d1 có pt: 3x − 4 y + 13 = 0 .
Do A = AC ∩ d1 ⇒ A ( 5;7 ) .
uuur
Đường thẳng CH đi qua H(-1; -1) và vuông góc AH nên nhận AH (−6; −8) có pt:
3x + 4 y + 7 = 0
3 x − 4 y + 13 = 0
10 3
⇒ C (− ; ) .
3 4
3 x + 4 y + 7 = 0

Mà C = AC ∩ CH nên tọa độ điểm C thỏa mãn hpt: 

1 

Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B  ;1÷ . Đường tròn
2 
nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các điểm
D, E, F. Cho D (3;1) và đường thẳng EF có phương trình y – 3 = 0. Tìm tọa độ
đỉnh A, biết A có tung độ dương.
Hướng nghĩ: Bài toán xuất hiện hai đường thẳng cắt
nhau cùng tiếp xúc với đường tròn ⇒ tính chất các
tiếp tuyến cùng đi qua một điểm.
Giải:
2

5
1
Ta có BD = BF ⇒  ÷ = ( x − ) 2 + (3 − 1) 2

2
2
4


⇒ x = 2 hay x = -1 (loại) ⇒ F (2;

3)

1 

Đường thẳng AB qua 2 điểm B  ;1÷ , F (2; 3) nên có pt: 4 x − 3 y + 1 = 0
2 
Do phương trình BD : y = 1,
phương trình EF : y = 3, nên BD // EF ⇒ ∆ABC cân tại A
Suy ra đường thẳng AD vuông góc với BD có pt: x − 3 = 0 .
Đường thẳng AB cắt AD tại A nên ta có: A (3;

13
)
3

Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường cao hạ

từ đỉnh A là H 

17 1 
; − ÷ , chân đường phân giác trong của góc A là D(5;3) và trung điểm
 5 5
của cạnh AB là M (0;1). Tìm tọa độ đỉnh C.

Giải:
Ta có H ∈ AH và AH ⊥ HD nên AH có
phương trình: x + 2 y − 3 = 0 . Do đó A(3 − 2a; a) .
Do M là trung điểm của AB nên MA=MH.
a = 3
Suy ra ( 3 − 2a ) + ( a − 1) = 13 ⇔ 
1
a=−
5

Do A khác H nên A(−3;3).
Phương trình đường thẳng AD là y − 3 = 0.
2

2

Gọi N là điểm đối xứng của M qua AD. Suy

1 + y
−3 = 0

⇒ N (0;5)
ra N ∈ AC và tọa độ điểm N thỏa mãn hệ  2
1.x + 0.( y − 1) = 0
Đường thẳng AC có phương trình : 2 x − 3 y + 15 = 0
Đường thẳng BC có phương trình: 2 x − y − 7 = 0.
 2 x − 3 y + 15 = 0
Suy ra tọa độ điểm C thỏa mãn hệ : 
2 x − y − 7 = 0

Dó đó C (9;11) .

Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, hcho tam giác ABC có đỉnh B(-4;1),
trọng tâm G(1;1) và đường thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình
x − y −1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C.
Hướng nghĩ: Bài toán xuất hiện trọng tâm tam giác ⇒ tính chất trọng tâm; đường phân
giác trong ⇒ tính đối xứng hạ từ điểm đã biết.
Giải:
uuuu
r 3 uuur



Gọi M là trung điểm của AC, ta có BM = BG ⇔ M  ;1÷
2
2
7





Gọi N là điểm đối xứng của B qua phân giác trong ∆
của góc A và H là giao điểm của ∆ với đường thẳng BN.
Đường thẳng BN có phương trình : x + y + 3 = 0

5


x + y + 3 = 0

⇒ H (−1; −2)
x − y −1 = 0

=> Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình : 

 x N = 2 x H − xB = 2
⇒ N (2; −5)
 y N = 2 y H − y B = −5

H là trung điểm của BN ⇔ 

Đường thẳng AC qua 2 điểm M, N nên có pt : 4x – y – 13 = 0
A là giao điểm của đường thẳng ∆ và đường thẳng AC nên tọa độ A là nghiệm
 4 x − y − 13 = 0
⇒ A(4;3)
x − y −1 = 0

của hệ : 

 xC = 2 xM − x A = 3
⇒ C (3; −1)
 yC = 2 yM − y A = −1

M là trung điểm của AC ⇔ 

9 3
2 2

Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm M (− ; ) là trung
điểm của cạnh AB, điểm H (−2; 4) và điểm I (−1;1) lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và

tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ điểm C.
Giải:

uuur 7 1
IM (− ; ) . Ta có M ∈ AB và AB ⊥ IM nên đường thẳng
2 2
AB có phương trình: 7 x − y + 33 = 0 .
A ∈ AB ⇒ A(a;7 a + 33) . Do M là trung điểm của AB nên
uuur uuur
B (−a − 9; −7 a − 30) . Ta có HA ⊥ HB ⇒ HA.HB = 0
 a = −4
⇒ a 2 + 9a + 20 = 0 ⇒ 
.
 a = −5
+Với a = −4 ⇒ A(−4;5), B (−5; −2) .
Ta có BH ⊥ AC nên đường thẳng AC
có phương trình x + 2 y − 6 = 0 .

B

M
I
A

H

C

c = 1
. Do C khác A nên C ( 4;1) .

c = 5

Do đó C (6 − 2c; c) . Từ IC = IA ⇒ ( 7 − 2c ) + ( c − 1) = 25 ⇒ 
2

2

+Với a = −5 ⇒ A(−5; −2), B (−4;5) . Ta có BH ⊥ AC nên đường thẳng AC có phương trình
2 x − y + 8 = 0 . Do đó C (t ; 2t + 8) .
 t = −1
.
 t = −5

Từ IC = IA ⇒ ( t + 1) + ( 2t + 7 ) = 25 ⇒ 
2

2

Do C khác A nên C (−1;6).
*Nhận xét:Như vậy, ở bài này chân đường cao luôn sử dụng quan hệ vuông góc và
tâm đường tròn ngoại tiếp sử dụng đường trung trực trong tam giác.
Bài 7. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC có A(5; 2).
Phương trình đường trung trực đoạn BC là x + y − 6 = 0, trung tuyến CC ' : 2 x − y + 3 = 0 . Tìm
tọa độ các đỉnh B, C.
Hướng nghĩ:Kết hợp đường trung trực và đường trung tuyến ⇒ tính chất trung điểm và
tính chất trọng tâm trong tam giác
Giải: Gọi d : x + y − 6 = 0 .
Gọi M là giao của đường
thẳng d với BC; G là trọng tâm của tam giác ABC .
A

6


Do M ∈ d nên gọi tọa độ M ( t ;6 − t ) .
uuuu
r

3 uuur
5 + 2a 14 − 2a 
;
÷
2
3 
 3
5
 5 + 2a  14 − 2a
+3 = 0⇒ a = −
Mà G ∈ CC ' nên ta có: 2. 
÷−
3
6
 3 
 5 41 
⇒ M − ; ÷
 6 6

Theo tính chất trọng tâm ta có: AM = AG ⇒ G 

Đường thẳng BC qua M và vuông góc với d nên
có phương trình: −3x + 3 y − 23 = 0

2 x − y + 3 = 0
 14 37 
⇒C ; ÷
 3 3 
 −3 x + 3 y − 23 = 0

Khi đó tọa độ điểm C thỏa mãn hệ phương trình: 





Mà M  − ; ÷ là trung điểm của BC nên là có tọa độ điểm B  − ; ÷.
 6 6 
 3 3
5 41

19 4


Vậy B  −

19 4 
 14 37 
; ÷, C  ; ÷.
 3 3
 3 3 

Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC
có A(1;5), phương trình BC : x − 2 y − 6 = 0 , tâm đường tròn nội tiếp I (1;0) . Tìm tọa độ các

đỉnh B, C.
Hướng nghĩ: Xuất hiện tâm đường tròn nội tiếp tam giác ⇒ khoảng cách từ tâm đến các
cạnh của tam giác bằng nhau.
Giải:
Gọi E là hình chiếu vuông góc của I trên cạnh AB.
Kẻ đường thẳng qua I và vuông góc với AI đồng thời cắt cạnh AB tại P và cắt cạnh AC
tại Q.
Khi đó : IE = d ( I ; BC ) = 5 ;
Mà ∆IAP vuông tại I có IE là đường cao nên ta có:
1
1
1
5
IA.IP 5 5
= 2 + 2 ⇒ IP = . Suy ra: AP =
=
2
IE
IA IP
2
IE
2

Đường thẳng PQ đi qua I và vuông góc với AI có
phương tình: y = 0 .
Do P ∈ PQ nên gọi P(a;0)
Ta có :
7

a=


5 5
125
125
2
AP =
⇔ AP 2 =
⇔ ( a − 1) 2 + 52 =
⇔
2
4
4
a = − 3

2
7
3
⇒ P ( ;0) hoặc P (− ;0)
2
2
7
 3 
+) Với P( ;0) ⇒ Q  − ;0 ÷
2
 2 
-AB qua A, P có pt: 2 x + y − 14 = 0 .
-AC qua A, Q có pt: 2 x − y + 3 = 0

7

x − 2 y − 6 = 0
⇒ B ( 4; −1)
2 x + y − 7 = 0
2 x − y + 3 = 0
⇒ C (−4; −5)
-Tọa độ điểm C thỏa mãn hpt: 
x − 2 y − 6 = 0
3
7
Tương tự, với P(− ;0) ⇒ Q( ;0) . khi đó B(−4; −5) và C (4; −1)
2
2

Khi đó :-Toạ độ điểm B thỏa mãn hpt: 

Vậy :

B (−4; −5) và C (4; −1) hoặc C (−4; −5) và B (4; −1) .

Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC có phương
trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B là x + 3 y − 18 = 0 , phương trình đường trung
trực của BC là 3x + 19 y − 279 = 0. Đỉnh C thuộc đường thẳng d : 2 x − y + 5 = 0 . Tìm tọa độ
·
đỉnh A biết rằng BAC
= 1350.
Hướng nghĩ:-Bài toán xuất hiện đường cao ⇒ quan hệ vuông góc; đường trung trực ⇒
vuông góc và trung điểm;
·
-Điểm khác ở đây là có BAC

= 1350 ⇒ ∆HBA vuông cân tại H
Hướng dẫn:
Gọi M là trung điểm của cạnh BC ; H là hình chiếu vuông góc của B lên cạnh AC. Khi
đó M thuộc đường trung trực d’ 3x + 19 y − 279 = 0. của BC;
phương trình BH x + 3 y − 18 = 0 .
-Do AC ⊥ BH nên AC có phương
trình dạng: −3x + y + m = 0
Vì C = AC ∩ d ; H = AC ∩ BH
nên ta có:
 3m − 152 m − 24 
C ( m + 5; 2m + 15 ) , H 
;
÷
10 
 10
-Do M ∈ d nên gọi tọa độ
M (93 − 57t;3t ) . Mà
 207 + 41m −21 − 41m 
MC ⊥ d ⇒ M 
;
÷
2
38


Ta có : HM = MC . Từ đó ta tìm được

tọa độ điểm H, M, C , suy ra tọa độ
điểm B.
·

Theo giả thiết BAC
= 1350 , suy ra ∆HBA vuông cân tại H , ta có HA = HB , mà A ∈ CH .
Từ đó ta tìm được tọa độ điểm A(4;8).
Bài 10. 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  ; ÷ . Tìm tọa độ các
3 3
11 1





đỉnh 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 .
Giải: Gọi B ( a;1 − 2a ) ∈ d .
uuur

3 uuur
2

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

8


uuur

uuur


Mà BN = ( xN − a; yN + 2a − 1) , BG = 

11
2
− a; 2a − ÷. .
3
3


3  11 
11 − a

 xN − a = 2  3 − a ÷



 xN =
⇒
2
Theo (1) suy ra 
 y + 2a − 1 = 3  2a − 2   yN = a

÷
 N
2
3
 11 − a 
; a ÷.

suy ra N 
 2

uur  3 − a  uuuu
r
; a ÷, BM = ( 4 − a; 2a + 1)
Ta có IN = 
 2


A
M

mà

N

H
G

I

(d)
B

C

uur uuuu
r
uur

uuuu
r
IN / / BM ⇔ ∃k ∈ ¡ : IN = k BM
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 R = IB = 10 nên có
phương trình: ( x − 4 ) + y 2 = 10.
Suy ra tọa độ A, C là nghiệm của hệ phương trình:
2

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)

*Nhận xét: Ở bài này đã sử dụng tính chất trọng tâm của tam giác, trung điểm của
đoạn thẳng và khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đến các đỉnh bằng
bán kính của đường tròn đó.
Bài 11
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng chứa
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 đường
9


tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D ( 4; −2 ) . Viết phương trình các đường
thẳng AB, AC; biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3.
Giải
A

H

B

K

M

C

D

Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tamuugiác
ABC, K là giao điểm của BC và
r uu
r
AD, E là giao điểm của BH và AC. 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

2 ⇒ M  7 ;− 1 
⇔


÷
2 2
3 x + 5 y − 8 = 0
y = − 1


2
uuur uuur
AD vuông góc với BC nên nAD = uBC = ( 1;1) , mà AD đi qua điểm D suy ra phương trình của

AD :1( x − 4 ) + 1( y + 2 ) = 0 ⇔ x + y − 2 = 0 . Do A là giao điểm của AD và AM nên tọa độ điểm

A là nghiệm của hệ phương trình
3 x + 5 y − 8 = 0
x = 1
⇔
⇒ A ( 1;1)

x + y − 2 = 0
y =1

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
·
·
·
·
Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK
, mà KCE
(nội tiếp chắn cung »AB ) Suy ra

= KCE
= BDA
·
·
, vậy K là trung điểm của HD nên H ( 2; 4 ) .
BHK
= BDK

Do B thuộc BC ⇒ B ( t ; t − 4 ) , kết hợp với M là trung điểm BC suy ra C ( 7 − t;3 − t ) .
uuur
uuur
HB (t − 2; t − 8); AC (6 − t ; 2 − t ) . Do H là trực tâm của tam giác ABC nên
uuur uuur
t = 2
HB. AC = 0 ⇔ ( t − 2 ) ( 6 − t ) + ( t − 8 ) ( 2 − t ) = 0 ⇔ ( t − 2 ) ( 14 − 2t ) = 0 ⇔ 
t = 7
Do t ≤ 3 ⇒ t = 2 ⇒ B ( 2; −2 ) , C ( 5;1) . Ta có
uuur
uuur
uuur
uuur
AB = ( 1; −3) , AC = ( 4;0 ) ⇒ nAB = ( 3;1) , nAC = ( 0;1)
Suy ra AB : 3 x + y − 4 = 0; AC : y − 1 = 0.

*Nhận xét: ở bài này có một đường trung tuyến ta vẫn sử dụng tính chất trung điểm
của đoạn thẳng. Tuy nhiên, điểm mới ở bài này là từ quan hệ vuông góc ta nghĩ đến tứ
giác nội tiếp đường tròn khi có tổng hai góc đối diện bằng 1800. Mà những năm gần
10

đây bài toán hình học tọa độ Oxy trong đề thi đại học-THPT QG liên quan góc hình
học cũng đã xuất hiện khá nhiều.
Bài 12. 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 giác
ABC;


biết rằng D ( 2;1) , E ( 3; 4 ) , F  ;

6 17 
÷.
5 5 

Giải:
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 : 3 x − 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

E

A

B'
C'

F
B

H
A'

C

D

⇔ 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)
·
·
· C = EAC
·
Ta có DAC
= DFC
= EF
⇒ AC là trung trực của HE nên AC đi qua trung điểm
uuur
5 7
B '  ; ÷ và có vtpt là HE = ( 1;1) ⇒ AC : x + y − 6 = 0
2 2

*Nhận xét : Ở bài toán này cũng đã sử dụng góc nội tiếp từ tứ giác nội tiếp từ quan hệ
vuông góc.
Bài 13.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC không là tam giác vuông
và nội tiếp đường tròn (I) ( đường tròn (I) có tâm
A
là I );

điểm H ( 2; 2 ) là trực tâm tam giác ABC.

Kẻ các đường kính AM, BN của đường tròn (I).
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết
M ( 5;3) , N ( 1;3) và đường thẳng BC đi qua điểm

F

H

P ( 4; 2 ) .

Giải:
Ta có: Các tứ giác BHCM, AHCN là các hình
bình hành suy ra nếu gọi E, F lần lượt là trung

N

I
B

E

C

P

M

11

điểm của BC, CA thì E, F cũng tương ứng là trung điểm của HM, HN. Do đó
7 5
3 5
E  ; ÷, F  ; ÷.
2 2
2 2


Đường thẳng BC đi qua điểm P(4; 2), M  ; ÷ nên:
2 2
7 5

BC :

x−4 y−2
=
⇔ x+ y−6 = 0
7
5
.
−4
−2
2
2

r
n
AH vuông góc với BC suy ra AH có vtpt AH = ( 1; −1) , kết hợp với AH đi qua điểm H ( 2; 2 )

suy ra:

AH :1( x − 2 ) − 1( y − 2 ) = 0 ⇔ x − y = 0 .

A ∈ AH ⇒ A ( a; a ) , C ∈ BC ⇒ C ( b;6 − b ) .

Do F là trung điểm AC nên:
x A + xC

 xF = 2
a + b = 3
a = 1
⇔
⇔
⇒ A ( 1;1) , C ( 2; 4 ) .

y
+
y
a
+
6
−
b
=
5
b
=
2


A

C
y =
 F
2

Do E là trung điểm của BC nên:
xB + xC

x
=
E

 xB = 2 xE − xC
x = 5
2
⇔
⇔ B
⇒ B ( 5;1) .

y
+
y
y
=
2
y
−
y
y
=

1
B
C
B
E
C

B

y =
 E
2

Vậy A ( 1;1) , B ( 5;1) , C ( 2; 4 ) .
*Nhận xét :Tháo nút của bài này là từ quan hệ vuông góc kết hợp với đường tròn
ngoại tiếp tam giác ta có các hình bình hành BHCM, AHCN từ đó ta tìm được tọa độ
điểm E, F và giải quyết được bài toán dễ dàng. Đó cũng là sự kết hợp mới mà các em
học sinh cần phải ghi nhớ.
Bài 14.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC không là tam giác vuông, nội
tiếp trong đường tròn (I). Kẻ đường kính AM của đường tròn (I). Đường thẳng ∆ đi qua
đỉnh A, vuông góc với BC và ∆ cắt đường tròn (I) tại điểm N (N khác A). Tìm tọa độ các
đỉnh A, B, C biết rằng M ( 5;3) , N ( 4; 4 ) , đường thẳng BC đi qua điểm P ( 4; 2 ) , đường


thẳng AC đi qua điểm Q  ; ÷ và hoành độ điểm B lớn hơn 3.
2 2
Giải:
3 5

12


A

H
I

B

K

Q

P

E

N

C

M

Do ·ANM = 900 ⇒ AN ⊥ MN , kết hợp với AN vuông góc BC suy ra BC song song với MN
uuuu
r
hay đường thẳng MN có vtcp là MN = ( −1;1) . Do đó phương trình đường thẳng
BC :

x−4 y−2
=
⇔ x+ y−6 = 0.
−1
1

uuuu
r

AH vuông góc với MN nên AH có vtpt là MN = ( −1;1) suy ra phương trình đường thẳng
AH: −1( x − 4 ) + 1( y − 4 ) = 0 ⇔ x − y = 0 .
Gọi K là giao điểm của AH và BC suy ra K là trung điểm HN và tọa độ K là nghiệm của
hệ phương trình:
x − y = 0
x = 3
⇔
⇒ K ( 3;3) , kết hợp với K là trung điểm HN suy ra H ( 2; 2 ) .

x + y − 6 = 0
y = 3

Gọi E là trung điểm BC, do tứ giác BHCM là hình bình hành suy ra E là trung điểm HM


suy ra E  ; ÷.
2 2
B thuộc đường thẳng BC nên B ( t;6 − t ) , kết hợp với E là trung điểm của BC suy ra
7 5

uuur  2t − 11 7 − 2t  uuur

C ( 7 − t ; t − 1) . Ta có CQ = 
;
÷, BH = ( 2 − t ; t − 4 )
2 
 2

Do
H là trực tâm tam giác ABC nên
uuur uuur

CQ. BH = 0 ⇔ ( 2t − 11) ( 2 − t ) + ( 7 − 2t ) ( t − 4 ) = 0

t = 5
⇔ −4t + 30t − 50 = 0 ⇔  5 , kết hợp với t > 3 ⇒ t = 5 . Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác
t =
 2
ABC là B ( 5;1) , C ( 2; 4 ) , A ( 1;1) (A là giao của đường thẳng AH và AC)
2

*Nhận xét :Đây là bài toán có hướng nghĩ tương tự như bài 13, học sinh có thể dễ
dàng nhận ra điều đó.
Bài 15.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vuông góc ( Oxy ) cho tam giác ABC và đường
thẳng ∆ có phương trình ∆ : x − 3 y − 1 = 0 . Giả sử D ( 4; 2 ) , E ( 1;1) , N ( 3;3) theo thứ tự là chân
đường cao kẻ từ A, chân đường cao kẻ từ B và trung điểm cạnh AB. Tìm tọa độ các đỉnh
13


của tam giác ABC biết rằng trung điểm M của cạnh BC nằm trên đường thẳng ∆ và
điểm M có hoành độ lớn hơn 2.

Giải:
Vì các điểm đối xứng với trực tâm của tam giác qua
các đường thẳng chứa cạnh, qua trung điểm các
cạnh nằm trên đường tròn ngoại tiếp của tam giác,
nên D, E , M , N cùng nằm trên một đường tròn.
2
2
2
2
Gọi ( C ) : x + y + 2ax + 2by + c = 0, ( a + b − c > 0 ) ,
là đường tròn đi qua bốn điểm D, E , N , M .
Khi đó ta có:
8a + 4b + c = −20
5
3

 2a + 2b + c = −2 ⇔ a = − , b = − , c = 6.
2
2
6a + 6b + c = −18


Do M ∈ d nên tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình
 x = 4, y = 1
 x2 + y2 − 5x − 3 y + 6 = 0
⇔

x = 8 , y = 1
x
−

3
y
−
1
=
0

5
5


( Lo¹i, do x > 2 )

Suy ra M ( 4;1) .
Phương trình đường thẳng qua hai điểm B, C có pt: x − 4 = 0. Giả sử và M là trung điểm
của đoạn nên C ( 4; 2 − t ) ; N là trung điểm của đoạn thẳng AB nên A ( 2;6 − t ) .
uuu
r uuur

5
2

Do BE vuông góc với AC nên BE ×AC = 0 ⇔ −6 − 4 ( 1 − t ) = 0 ⇔ t = . Do đó
1
 7  5 
A  2; ÷, B  4; ÷, C  4; − ÷.
2
 2  2 

*Nhận xét :Ở bài này vẫn dùng quan hệ vuông góc cùng với tính chất đối xứng để suy

ra tứ giác nội tiếp. Khi đó ta giải quyết được bài toán.
Bài 16. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC ngoại
tiếp đường tròn tâm I . Các đường thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp

 

tam giác ABC tại các điểm M ( 1; −5) , N  ; ÷, P  − ; ÷ (M, N, P không trùng với các
2 2  2 2
đỉnh của tam giác ABC). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng đường thẳng AB đi qua
điểm Q ( −1; 1) và điểm A có hoành độ dương.
Giải:
7 5

13 5

14


A
N
P
I

K

C

B

M

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là đường tròn đi qua 3 điểm M, N, P nên ta lập
được phương trình này là: x 2 + y 2 + 3x − 29 = 0 suy ra tâm K của đường tròn ngoại tiếp tam


giác ABC có tọa độ là K  − ; 0 ÷ .
 2 
3

uuur

uuur

5
2

Do AB ⊥ KP nên AB có vtpt nAB = KP = − ( 2; −1) . Suy ra phương trình
AB : 2 ( x + 1) − 1( y − 1) = 0 ⇔ 2 x − y + 3 = 0 . Do đó tọa độ A, B là nghiệm của hệ phương trình
2 x − y + 3 = 0
 y = 2x + 3
 x = 1, y = 5
⇔ 2
⇔
 2
2
 x = −4, y = −5
 x + y + 3 x − 29 = 0
 x + 3x − 4 = 0
uuur uuur 5
Suy ra A ( 1;5 ) , B ( −4; −5 ) . Do AC ⊥ KN nên AC có vtpt là nAC = KN = ( 2;1)

2
Suy ra pt AC : 2 ( x − 1) + y − 5 = 0 ⇔ 2 x + y − 7 = 0 . Khi đó tọa độ A, C là nghiệm của hệ

phương trình:
2 x + y − 7 = 0
 y = −2 x + 7
 x = 1, y = 5
⇔ 2
⇔
. Từ đây suy ra C ( 4; −1) .
 2
2
 x = 4, y = −1
 x + y + 3 x − 29 = 0
 x − 5x + 4 = 0

Vậy A ( 1;5 ) , B ( −4; −5 ) , C ( 4; −1) .
*Nhận xét :Ở bài này chủ yếu sử dụng tính chất dây cung vuông góc với bán kính của
đường tròn.
Bài 17.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho ∆ABC với góc A nhọn, điểm I(4; 2) là trung
điểm của đoạn BC, điểm A nằm trên đường thẳng d : 2 x − y − 1 = 0 . Dựng bên ngoài tam
giác ABC các tam giác ABD, ACE vuông cân tại A. Biết phương trình đường thẳng
DE : x − 3 y + 18 = 0 và BD = 2 5 , điểm D có tung độ nhỏ hơn 7. Xác định tọa độ các điểm
A, B, C.
Hướng nghĩ: Biết một đường thẳng , một điểm, một điểm thỏa mãn điều kiện cho trước
⇒ chứng minh một đường thẳng đi qua điểm đó và điểm cho trước vuông góc hoặc song
song với đường thẳng đã cho.
Giải:
Ta có:

15


uur uuur uuu
r uuur uuur uuur
2 AI .DE = AB + AC + AE − AD
uuur uuur uuur uuur
= AB. AE − AC. AD
= AB. AE.cos ∠BAE − AC. AD.cos ∠CAD
⇒ AI ⊥ DE.
Phương trình đường thẳng AI : 3x + y − 14 = 0

Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ
3 x + y − 14 = 0
x = 3
⇔
⇒ A(3;5).

2 x − y − 1 = 0
y = 5
BD = 2 5 ⇒ AD = 10. Gọi D(3a − 18; a ) , ta có
AD = 10 ⇔ ( 3a − 21) + ( a − 5 )
2

2

38

a = (loai )


= 10 ⇔
5

Với a = 6 ⇒ D(0;6)
a = 6

Đường thẳng AB đi qua A(3;5) , vtpt là

uuur
AD = (−3;1) có phương trình : 3 x − y − 4 = 0

b = 4
b = 2

Gọi tọa độ B(b;3b − 4) ta có: AB = 10 ⇒ ( b − 3) + ( 3b − 4 ) = 10 ⇔ 
2

2

Với b = 4 ⇒ B(4;8) ⇒ C (4; −4) , loại do góc BAC tù.
Với b = 2 ⇒ B(2; 2) ⇒ C (6; 2) , thỏa mãn.
Bài 18. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác OAB có các đỉnh A và B thuộc
đường thẳng ∆ : 4 x + 3 y − 12 = 0 và điểm K(6; 6) là tâm đường tròn bàng tiếp góc O. Gọi C
là điểm nằm trên ∆ sao cho AC=AO và các điểm C, B nằm khác phía so với điểm A. Biết
điểm C có hoành độ bằng

24
. Tìm tọa độ các đỉnh A, B.
5

Hướng nghĩ:Khi bài toán xuất hiện tâm đường tròn bàng tiếp góc O thì ta luôn nghĩ đến
định nghĩa và tính chất của đường tròn bang tiếp và kết hợp với giả thiết của bài toán ,từ
đó sẽ tìm ra lời giải cho bài toán.
Giải:
Trên ∆ lấy điểm D sao cho BD=BO và D, A nằm khác phía so với B. Gọi E là giao điểm
của các đường thẳng KB và OD.
Vì K là tâm đường tròn bang tiếp góc O của tam giác OAB nên KE là phân giác của góc
∠OAC . Mà OAC là tam giác cân tại A (do AO=AC, theo gt) nên suy ra KE cũng là đường
trung trực của OC. Do đó E là trung điểm của OC và KC=KO.
Xét tương tự đối với KF , ta cũng có F là trung điểm của OD và KD=KO.
Suy ra tam giác CKD cân tại K. Do đó , hạ KH ⊥ ∆ , ta có H là trung điểm của CD.
Như vậy:+A là giao của ∆ và đường trung trực d1 của đoạn thẳng OC;
(1)
+B là giao điểm của ∆ và đường trung trực d 2 của đoạn thẳng OD, với D là điểm đối
xứng của C qua H và H là hình chiếu vuông góc của K trên ∆ .
(2)
24
( gt ) nên gọi yo là tung độ của C, ta có:
5
24
12
4. + 3 yo − 12 = 0 ⇒ yo = − .
5
5

Vì C ∈ ∆ và có hoành độ xo =

16



Từ đó trung điểm E của OC có tọa độ là  ; − ÷ và đường thẳng OC có phương trình:
 5 5
12

6

x + 2 y = 0.

Suy ra phương trình của d1 : 2 x − y − 6 = 0 .
Do đó , theo (1) tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình:
 4 x + 3 y − 12 = 0  x = 3
⇒
⇒ A ( 3;0 ) .

2 x − y − 6 = 0
y = 0

Gọi d là đường thẳng đi qua K(6; 6) và vuông góc với ∆ , ta có phương trình của d là :
3x − 4 y + 6 = 0 .
Do H là giao điểm của ∆ và d nên tọa độ điểm H là nghiệm của hpt:
 4 x + 3 y − 12 = 0
 6 12 
 12 36 
⇒ H  ; ÷. Suy ra D  − ; ÷.

5 5 
 5 5 

3 x − 4 y + 6 = 0
 6 18 
Do đó, trung điểm F của OD có tọa độ là:  − ; ÷ và đường thẳng OD có phương trình:
 5 5
3 x + y = 0 . Suy ra phương trình d 2 : x − 3 y + 12 = 0
 4 x + 3 y − 12 = 0
⇒ B ( 0; 4 )
 x − 3 y + 12 = 0

Do đó theo (2), tọa độ điểm B là nghiệm của hệ pt: 

Vậy A ( 3;0 ) , B ( 0; 4 ) .
*Bài tập tự luyện:
Bài 1: Cho tam giác ABC có đỉnh A(1; 0) và hai đường thẳng lần lượt chứa các đường
cao vẽ từ B và C có phương trình tương ứng là: x+2y+1=0 , 3x+y-1=0 . Tính diện tích tam
giác ABC.
Bài 2: Cho điểm A(2; 3) và hai đường thẳng d2: x+2y-7=0 . Tìm tọa độ các điểm B trên d1
và C trên d2 sao cho tam giác ABC có trọng tâm G(2; 0).
Bài 3: Cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x-4y-2=0 , cạnh BC song song
với d. Phương trình đường cao BH: x+y+3=0 và trung điểm của cạnh AC là M(1; 1). Tìm
tọa độ các đỉnh A, B, C.
Bài 4: Cho tam giác ABC có đỉnh A(2;1), đường cao qua đỉnh B có phương trình
x-3y-7=0 và đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình x+y+1=0 . Xách định tọa độ
các đỉnh A, B, C của tam giác ABC.
Bài 5: Cho tam giác ABC có trọng tâm G(-2; 0), phương trình các cạnh AB: 4x+y+14=0 ,
AC: 2x+5y-2=0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
Bài 6: Cho tam giác ABC biết ba chân đường cao tương ứng với ba đỉnh A, B, C lần
lượt là A’(1; 1), B’(-2; 3), C’(2; 4). Viết phương trình cạnh BC.
Bài 7: Cho tam giác ABC có AB: 5x+2y+7=0 ; BC x-2y-1=0 . Phương trình đường phân
giác trong góc A là x+y-1=0 . Tìm tọa độ điểm C.

Bài 8: Cho tam giác ABC biết C(4; 3) Đường phân giác trong và trung tuyến kẻ từ đỉnh A
lần lượt có phương trình x+2y-5=0 và 4x+3y-10=0 . Tìm tọa độ điểm B.
Bài 9: Cho tam giác ABC biết A(-1;1), trực tâm H(1;3), trung điểm của cạnh BC là điểm
M(5; 5). Xách định tọa độ các đỉnh B và C của tam giác ABC.
Bài 10: Cho tam giác ABC có d: 2x-y-3=0 là đường phân giác trong của góc A. Biết
B1(-6; 0), C1(-4; 4) lần lượt là hình chiếu vuông góc của B, C lên các đường thẳng AC,
AB. Xác định tọa độ của A, B, C.
17


Bài 11: Cho tam giác ABC biết đường cao kể từ đỉnh C và đường trung trực đoạn BC lần
lượt là x-y+2=0 ; 3x+4y-2=0 . Điểm A(4; 2). Tìm tọa độ các đỉnh B, C.
Bài 12: Cho tam giác ABC biết đường cao kể từ đỉnh A và đường phân giác trong của
góc B lần lượt có phương trình là x-2y-2=0 ; x-y-1=0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC, biết M(0; 2) thuộc đường thẳng AB và AB=2BC.
Bài 13: Cho tam giác ABC có diện tích bằng 12 + 6 6 , A(-2; 0), B(4; 0), bán kính
đường tròn ngoại tiếp bằng 5. Tìm tọa độ điểm C biết tung độ của C dương.
·
Bài 14: Cho tam giác ABC có BAC
= 1350 , đường cao BH: 3x+y+10=0 , trung điểm của
1
2

3
2

cạnh BC là M ( ; − ) và trực tâm H(0; -10). Biết tung độ của điểm B âm. Xách định tọa
độ các đỉnh của tam giác ABC.
Bài 15: Cho tam giác ABC có trực tâm H, BC: x-y+4=0 , trung điểm của cạnh AC là
M(0; 3), đường co AH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại N(7; 1). Xách định

tọa độ các đỉnh của tam giác ABC và viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác
HBC.
Bài 16: Cho tam giác ABC có A(-1; -3), B(5; 1). Điểm M nằm trên đoạn thẳng BC sao
cho MC=2MB. Tìm tọa độ điểm C biết rằng MA=AC=5 và đường thẳng BC có hệ số
góc là một số nguyên.
Bài 17: Cho tam giác ABC có đỉnh C(5; 1), M là trung điểm của BC, điểm B thuộc
đường thẳng d: x+y+6=0 . Điểm N(0; 1) là trung điểm của AM, điểm D(-1; -7) không
nằm trên đường thẳng AM và khác phía với A so với đường thẳng BC, đồng thời khoảng
các từ A và D tới đường thẳng BC bằng nhau. Xác định tọa độ các điểm A, B.
Bài 18: Cho tam giác ABC có A(0; 2 3), B(-2;0), C(2;0) và BH là đường cao. Tìm tọa độ
điểm M, N trên đường thẳng chứa BH sao cho tam giác MBC, NBC và ABC có chu vi
bằng nhau.
Bài 19: Cho tam giác ABC có H(1; 1) là chân đường cao kẻ từ đỉnh A. Điểm M là trung
·
·
·
điểm của cạnh BC và BHA
. Tìm tọa độ các điểm A, B, C.
= HAM
= MAC
Bài 20: Cho tam giác ABC có AC>AB, C(6; 0) và hai đường thẳng d: 3x-y-10=0 , ∆:
3x+3y-16=0 . Biết rằng đường thẳng d chứa đường phân giác trong góc A, đường thẳng ∆
vuông góc với cạnh AC và ba đường thẳng ∆, d và trung trực của cạnh BC đồng quy tại
một điểm. Tìm tọa độ điểm B.
Bài 21: Cho tam giác ABC có A(-1; 3), trọng tâm G(2; 2). Biết điểm B, C lần lượt là
thuộc các đường thẳng d : x +3y − 3 = 0 và d ' : x − y − 1 = 0 . Viết phương trình đường
thẳng ∆ đi qua A có hệ số góc dương sao cho tổng khoảng cách từ B và C đến ∆ là lớn
nhất.
Bài 22: Cho tam giác ABC có phương trình đường cao AH là x = 3 3 Phương trình
đường phân giác trong góc ·ABC , ·ACB . Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC

bằng 3. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC, biết đỉnh A có tung độ dương.
b)Tam giác cân-đều:
*Đặc điểm: -Tam giác cân có: hai cạnh bên bằng nhau, hai góc bằng nhau, các loại
đường của đỉnh cân trùng nhau và các loại đường xuất phát từ hai đỉnh còn lại tương
ứng bằng nhau.
-Tam giác đều : có tất cả các cạnh bằng nhau, các góc bằng nhau, các đường và các
điểm trong tam giác đều trùng nhau.
18


Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC cân tại C,
các đường thẳng AB, AC có phương trình lần lượt là x + 2 y = 0 và x − y + 6 = 0 . Tìm tọa độ
các đỉnh của tam giác ABC, biết trọng tâm G nằm trên trục tung.
Hướng nghĩ: Có trọng tâm ⇒ dùng tính chất trọng tâm hoặc tọa độ trọng tâm, tam giác
cân ⇒ hai cạnh hoặc hai góc bằng nhau.
Giải:
Gọi M là trung điểm của cạnh CB.
Do A = AB ∩ AC ⇒ tọa độ điểm A thỏa mãn hệ phương
x + 2 y = 0
 x = −4
⇒
⇒ A(−4; 2) .
x − y + 6 = 0  y = 2
Do G ∈ Oy ⇒ gọi tọa độ điểm G (0; m)

trình: 

-Theo tính chất trọng tâm tam giác ta có:

uuur

uuuu
r
 3m − 2 
AG = 2GM ⇒ M  2;
÷
2 

Do B ∈ AB ⇒ gọi tọa độ điểm B(−2t; t ) .
Mà M là trung điểm của BC ⇒ C (4 + 2t ;3m − 2 − t )
Lại có C ∈ AC ⇒ ta có phương trình:
 B (−2m + 8; m − 4)
4 + 2t − (3m − 2 − t ) + 6 = 0 ⇒ t = m − 4 ⇒ 
C (2m − 4; 2m + 2)

-Tam giác ABC cân tại C nên
CA = CB ⇔ CA2 = CB 2 ⇔ ( −4 − 2m + 4 ) + ( 2 − 2m − 2 ) = ( −4m + 12 ) + ( − m − 6 )
2

2

2

2

m = 6
⇔ 9m − 84m + 180 = 0 ⇔ 
 m = 10
3

 B (−4; 2)

⇒ B ≡ A (loại)
+Với m = 6 m = 6 ⇒ 
C (8;14)
2

 4 2
B  ; − ÷
10   3 3 
+Với m = ⇒ 
3
C  8 ; 26 
  3 3 ÷

 4 2   8 26 
Vậy A(−4; 2) , B  ; − ÷, C  ; ÷ .
3 3 3 3 

Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC cân tại A
có đỉnh A(-1; 4) và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng ∆: x-y-4=0. Xác định tọa độ điểm
B và C, biết diện tích tam giác bằng 8.
Hướng nghĩ: Tam giác ABC cân ⇒ đường trung , tuyến đường cao, đường trung trực
A
trùng nhau
Giải :
Gọi H là hình chiếu của điểm A trên ∆ → H là trung điểm của BC. Ta có
AH = d ( A, BC ) =

9
;
2

BC =

2 S ∆ABC
BC 2
97
= 9 2 , AB = AC = AH 2 +
=
AH
4
2

Khi đó tọa độ điểm B, C là nghiệm của hpt :
B

H

C
19



11
  x = 2

 y = 3
97

2
2

 
2
( x + 1) + ( y − 4) =
⇔
2


 x = 3
 x − y − 4 = 0
 
2

 y = − 5
2
 
11 3
3 5
3 5
11 3
Vậy B( ; ), C( ;- ) hoặc B( ; − ), C ( ; )
2 2
2 2
2 2
2 2

Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có
đỉnh A(6 ; 6); đường thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trình
x + y − 4 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh B và C, biết điểm E(1; -3) nằm trên đường cao đi qua
đỉnh C của tam giác đã cho.
Hướng nghĩ: Tam giác ABC cân ⇒ đường trung tuyến , đường cao, đường trung trực

trùng nhau.
Giải :
Gọi H là trung điểm của BC, D là trung điểm của AH, ta có AH ⊥ BC. Do đó tọa độ
x + y − 4 = 0
⇒ D(2; 2) ⇒ H (−2; −2).
x − y = 0

D(x ; y) thỏa mãn hệ : 

Gọi đường thẳng d: x+y-4=0.
Đường thẳng BC đi qua H và song song d, suy ra BC
có phương trình x+y+4=0.
Điểm B, C thuộc đường thẳng BC: x+y+4=0 và B, C đối
xứng nhau qua H(-2 ; -2) , do đó tọa độ B, C
có dạng B(t; -4-t), C(-4-t; t).
Điểm E(1 ; -3) nằm
trênr đường cao đi qua đỉnh C của tam
uuur uuu
giác ABC, suy ra: AB.CE = 0 ⇔ (t − 6)(5 + t ) + (−10 − t )(−3 − t ) = 0
t = 0
⇔ 2t 2 + 12t = 0 ⇔ 
 t=-6

Ta được: B(0;-4), C(-4; 0) hoặc B(-6; 2), C(2; -6)

A

D

d

E
C

B
H

Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho hai đường thẳng
d1 : 3x − y − 3 = 0, d 2 : 3x + y − 3 − 2 = 0 cắt nhau tại A. Lập phương trình đường thẳng d
cắt d1 , d 2 lần lượt tại B và C sao cho tam giác ABC đều có diện tích bằng 3 3 .
Hướng nghĩ: Tam giác ABC đều ⇒ ba cạnh bằng nhau ⇒ diện tích tam giác đều.
Hướng dẫn:
Do A = d1 ∩ d 2 nên tọa độ điểm A thỏa mãn hệ phương trình :
 3 x − y − 3 = 0
⇒

3
x
+
y
−
3
=
0


 3 +1 
A 
;1÷
÷

3



Do tam giác ABC đều nên gọi a (a>0) là cạnh của tam giác ABC.
20


Theo đề S∆ABC = 3 3 ⇒ a = 2 3
Do đó : AB = AC = 2 3 .
-Với B ∈ d1 ⇒ gọi tọa độ B ( m; 3m − 3 )
1

m = 2 + 3
2
Mà AB = 2 3 ⇔ AB = 12 ⇒ 
.
1

m = 3

1


 1

Khi đó B  2 + ;1 + 3 ÷ hoặc B  ;1 − 3 ÷
3



 3


-Với C ∈ d 2 ⇒ gọi tọa độ C ( n; 2 + 3 − 3n )
1

n = 2 + 3
2
Mà AC = 2 3 ⇔ AC = 12 ⇒ 
1

n = 3



1



 1



Khi đó C  2 + ;1 − 3 ÷ hoặc C  ;1 + 3 ÷
3


 3

Vậy phương trình đường thẳng d là : x − 2 −

1
1
= 0 hoặc x −
= 0 hoặc y − 1 − 3 = 0 hoặc
3
3

y −1 + 3 = 0 .

Bài 5:
Trong mặt phẳng tọa độ với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng có phương trình lần
lượt là d1 : x − 2 y + 2 = 0, d 2 : 3 x − 3 y + 6 = 0 và tam giác ABC đều có diện tích bằng 3 và
trực tâm I thuộc d1 . Đường thẳng d 2 tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Tìm
tọa độ giao điểm d1 và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết điểm I có hoành độ
dương.
Hướng nghĩ: -Tam giác ABC đều ⇒ ba cạnh bằng nhau ⇒ diện tích tam giác đều;
-Tam giác ABC đều ⇒ tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn ngoại tiếp trùng nhau.
Giải:
Gọi M = AI ∩ BC . Giả sử AB = x( x > 0), R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội
tiếp tam giác ABC
-Do tam giác ABC đều nên S ABC

x2 3
x2 3
=
⇔ 3=
⇒x=2
4
4

-Do tam giác ABC đều nên trực tâm I là tâm đường tròn ngoại tiếp , nội tiếp tam giác
1
1
3
3=
.
3
3
3
Giả sử I (2a − 2; a) ∈ d1 (a > 1)
Do d 2 tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên

6−2 6
3(2a − 2) − 3a + 6
3
a=
< 1(l )

d ( I ; d2 ) = r ⇔
=
⇔ 3a − 6 + 6 = 6 ⇔
3

3
9+9
 a = 2
Suy ra I (2; 2) .

ABC ⇒ r = IM = AM =

21


2
3

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính R = AM =

2 3
3

⇒ phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC là : ( x − 2) 2 + ( y − 2) 2 =

4
3

Giao điểm của đường thẳng (d1 ) và (C ) là nghiệm của hệ phương trình:
x − 2 y + 2 = 0

4

2
2
( x − 2) + ( y − 2) = 3

Vậy giao điểm của (d1 ) và (d 2 ) là E (2 +

2
4

2
4
;2 +
), F (2 −
;2 −
).
15
15
15
15

Bài tập tự luyện:
Bài 1: Cho tam giác ABC cân tại B, có AB : 3x − y − 2 3 = 0 . Tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC là I(0 ;2). _Điểm B thuộc trục Ox. Tìm tọa độ điểm C.
Bài 2: Cho tam giác ABC cân tại A có AB : x + 2 y − 2 =uu0ur; uuurAC: 2 x + y + 1 = 0 , Điểm
M(1 ; 2) thuộc cạnh BC. Tìm tọa độ điểm D sao cho DB.DC nhỏ nhất.
Bài 3: Cho tam giác ABC cân tại A, đỉnh B thuộc d : x − 4 y − 2 = 0, cạnh AC song
song với d. Đường cao kẻ từ đỉnh A có phương trình x + y + 3 = 0 , điểm M(1 ; 1) nằm
trên AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
11 5
3 3

Bài 4: Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi D là trung điểm của AB. Biết rằng I ( ; ) và
E(

13 5
; )
3 3

lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, trọng tâm tam giác ADC. Các

điểm M(3; -1), N(-3; 0) lần lượt thuộc các đường thẳng DC, AB. Tìm tọa độ các điểm
A, B, C biết A có tung độ dương.
Bài 5: Cho tam giác ABC cân tại A có trực tâm H(-3; 2). Gọi D, E là chân đường cao kẻ
từ B và C. Biết điểm A thuộc đường thẳng d : x − 3 y − 3 = 0, điểm F(-2; 3) thuộc đường
thẳng DE và HD=2. Tìm tọa độ điểm A.
Bài 6: Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi N là trung điểm của AB. Gọi E và F lần lượt là
chân đường cao hạ từ đỉnh B, C của tam giác ABC. Tìm tọa độ của đỉnh A biết rằng
E (7;1), F(

11 13
; ) và phương trình đường thẳng CN là 2 x + y − 13 = 0 .
5 5

Bài 7: Cho tam giác ABC cân tại B, với A(1; -1), C(3; 5). Điểm B nằm trên đường
thẳng d: 2 x − y = 0 . Viết phương trình các đường thẳng AB, BC.
Bài 8: Cho hai đường thẳng d1: 2 x − y + 1 = 0 và d2: x + 2 y − 7 = 0 . Lập phương trình đường
thẳng đi qua gốc tọa độ O và tạo với d1; d2 một tam giác cân đáy thuộc đường thẳng đó.
Bài 9: Cho tam giác ABC cân tại A. Biết AB: 2 x + y − 1 = 0 ; BC: x + 4 y + 3 = 0 . Viết
phương trình đường cao kẻ từ đỉnh B của tam giác ABC.
b) Tam giác vuông:
*Đặc điểm: -Tam giác vuông ⇒ vấn đề vuông góc, tính chất độ dài đường trung tuyến kẻ
từ đỉnh góc vuông bằng nửa cạnh huyền.
-Vuông góc ⇒ tích vô hướng, phương trình đường thẳng vuông góc với đường thẳng, góc
nội tiếp chắn nửa đường tròn
22


Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC có các
đỉnh A(-1 ; 0) , B(4 ; 0), C(0; m) với m ≠ 0. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC
theo m. Xác định m để tam giác GAB vuông tại G.

Giải
Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ:
x A + xB + xC
y + yB + yC m
m
= 1; yG = A
= . Vậy G (1; ) .
3
3
3r uuu
3
uuu
r
Tam giác AGB vuông góc tại G ⇔ GA.GB = 0.
uuu
r
m uuur
m
GA(−2; − ); GB (3; − ).
3
3
2
uuu
r uuu
r
m
GA.GB = 0 ⇔ −6 +
= 0 ⇔ m = ±3 6.
9
xG =

Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC có AB = AC ,
2
·
BAC
= 900 . Biết M(1;-1) là trung điểm cạnh BC và G( ; 0) là trọng tâm tam giác ABC.
3

Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
Giải :
Vì
G làuu
trọng
tâm tam giác ABC và M là trung điểm cạnh BC nên
uuur
uu
r
MA = 3MG = (−1;3) ⇒ A(0; 2)

B

uuur

G

Phương trình BC đi qua M(1; -1) và vuông góc với MA = (−1;3) là
−1( x − 1) + 3( y + 1) = 0 ⇔ − x + 3 y + 4 = 0

(1)

A

M
C

Ta thấy MB = MC = MA = 10 ⇒ tọa độ B, C thỏa mãn phương trình
( x − 1) 2 + ( y + 1) 2 = 10

(2)

Giải hệ (1), (2) ta được tọa độ của B, C là (4 ; 0), (-2 ; -2).
Bài 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(2; 2) và các đường thẳng:
d1 : x+y-2=0, d 2 : x+y-8=0 . Tìm tọa độ điểm B và điểm C lần lượt thuộc d1 và d2 sao cho
tam giác ABC vuông cân tại A.
Giải:
Vì B ∈ d1 và C ∈ d 2 nên B(b; 2 − b) , C (c;8 − c)
Từ giả thiết ta có hệ:
uuur uuur
 AB. AC = 0
(b − 2)(c − 2) + (−b)(6 − c) = 0
bc − 4b − c + 2 = 0
(b − 1)(c − 4) = 2
⇔ 2
⇔
⇔



2
2

2
2
2
2
2
b + (b − 2) = (c − 2) + (6 − c)
b − 2b = c − 8c + 18
(b − 1) − (c − 4) = 3
 AB = AC
Đặt b − 1 = x , c − 4 = y ta được:
 xy = 2
 x = −2, y = −1 b = −1, c = 3
⇔
⇔
 2
.
2
 x = 2, y = 1
b = 3, c = 5
x − y = 3
 B (−1;3)
 B (3; −1)
Vậy 
hoặc 
C (3;5)
C (5;3)

Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A, phương
trình BC: x − 2 y − 7 = 0 , đường thẳng AC đi qua điểm M (−1;1) , điểm A có hoành độ
dương nằm trên đường thẳng ∆: x − 4 y + 6 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

Giải :
uuur
Vì A∈ ∆ : x − 4 y + 6 = 0 ⇒ A(4 a − 6;a) ⇒ MA = (4 a − 5;a − 1)
23


Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên ·ACB = 450
uuur uuur

2(4a − 5) + (a − 1)

1

1

=
Do đó cos( MA, uBC ) = 2 ⇔
2
(4 a − 5) 2 + (a − 1) 2 . 5
8
−3 1

a = → A( ; ) (l )

7
7 7
⇔ 77 a 2 − 186a + 112 = 0 ⇔ 
 a = 14 → A( 1 ; 3 ) (t / m)

11

11 11
6
89 225
⇒ AC ≡ AM : x-3y+4=0, AB: 3x+y- =0. Từ đó ta có B ( ; −
), C(29;11) .
11
77
77

Bài 5. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, xét tam giác ABC vuông tại
A, phương trình đường thẳng BC là 3x − y − 3 = 0 , các đỉnh A và B thuộc trục hòanh
với bán kính đường tròn nội tiếp bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.
Giải:
Ta có BC ∩ Ox ⇒ B(1;0). Đặt xA = a ta có A(a; 0) và xC = a ⇒ yC = 3a − 3.
Vậy C (a; 3a − 3)
1

 xG = 3 ( x A + xB + xC )
2a + 1 3(a − 1)
Từ công thức 
ta có G (
;
)
3
3
y = 1 (y + y + y )
B
C
 G 3 A
1

3
Ta có AB = a − 1 , AC= 3 a − 1 , BC=2 a − 1 . Do đó S∆ABC = AB. AC = (a − 1) 2
2
2
2
a −1
2S
3(a − 1)
=
=2
Ta có r = AB + AC + BC =
3 a −1 + 3 a −1
3 +1

Vậy

a − 1 = 2 3 + 2. Từ đây tìm được 2 giá trị của a là:

7+4 3 6+2 3
;
)
3
3
−4 3 − 1
a = −2 3 − 1 ⇒ G 2 =(
;-6-2 3)
3
a = 2 3 − 2 ⇒ G1 = (

Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC vuông tại

A, đỉnh C(-4; 1), phân giác trong góc A có phương trình x + y − 5 = 0 . Viết phương trình
đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và đỉnh A có hoành độ dương.
Giải
Gọi D là điểm đối xứng với C(-4; 1) qua d: x + y − 5 = 0 ,
D suy ra tọa độ D(x; y) thỏa mãn:
d
B

( x + 4) − ( y − 1) = 0

⇒ D(4;9).
 x − 4 y +1
 2 + 2 − 5 = 0

Điểm A thuộc đường tròn đường kính CD, nên tọa độ A(x;
C

A

x + y − 5 = 0

y) thỏa mãn: 

2
2
 x + ( y − 5) = 32

Với x>0,

suy ra A(4; 1)

24


⇒ AC = 8 ⇒ AB =

2 S∆ABC
= 6.
AC

B thuộc đường thẳng AD: x=4 suy ra tọa độ B(4; y) thỏa mãn: ( y − 1)2 = 36
uuur
uuur
⇒ B (4;7) hoặc B (4; −5) . Do d là phân giác trong của góc A, nên AB và AD cùng hướng,
suy ra B(4; 7). Do đó, đường thẳng BC có phương trình: 3x − 4 y + 16 = 0 .
Bài 7(THPT QG năm 2015):
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là hình chiếu
vuông góc của A trên cạnh BC ; D là điểm đối xứng của B qua H , K là hình chiếu vuông
góc của C trên đường thẳng AD . Giả sử H (−5; −5), K (9; −3) và trung điểm của cạnh AC
thuộc đường thẳng x − y + 10 = 0 . Tìm tọa độ điểm A.
Giải:
Gọi M là trung điểm AC. Ta có MH = MK =

AC
2

Nên M thuộc đường trung trực của HK.
Đường trung trực của HK có phương trình:
7 x + y − 10 = 0 , nên tọa độ của M thỏa mãn hệ :
 x − y + 10 = 0 . Suy ra
M (0;10) .



7 x + y − 10 = 0
Ta có ∠HKA = ∠HCA = ∠HAB = ∠HAD , nên tam giác AHK cân tại H,
= HK . Mà MA = MK , nên A đối xứng với K qua MH.
Suy rauuHA
uur
Ta có MH (5;15) ; đường thẳng MH có phương trình 3x − y + 10 = 0 . Trung điểm AK thuộc

MH và AK ⊥ MH nên tọa độ điểm A thỏa mãn hệ :
  x +9   y −3
3 
÷− 
÷+ 10 = 0
. Suy ra A(−15;5) .
  2   2 
( x − 9) + 3( y + 3) = 0.


*Nhận xét : Ở bài toán này cũng đã sử dụng góc nội tiếp từ tứ giác nội tiếp từ vấn đề
vuông góc.
Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại A , có trọng
tâm G. Gọi E, H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC; D là điểm đối xứng với H
qua A, I là giao điểm của đường thẳng AB với đường thẳng CD. Biết điểm D(-1; -1),
đường thẳng IG có phương trình 6 x − 3 y − 7 = 0 và điểm E có hoành độ bằng 1. Tìm tọa độ
của các đỉnh của tam giác ABC.
Hướng nghĩ: bài toán cho biết 1 phương trình đường thẳng , tọa độ một điểm , dấu hiệu
của một điểm khác ⇒ chứng minh quan hệ song
song hoặc vuông góc.
Giải:

Gọi K là trung điểm của BI, suy ra HK / / CD
⇒ A là trung điểm của KI .
HK = DI =

1
IC ;
2

25