50Bai oxy chonloc thaytungtoan p1

HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

facebook.com/ ThayTungToan

TUYỂN TẬP 50 BÀI TOÁN OXY HAY VÀ KHÓ_P1
GV: Nguyễn Thanh Tùng
Bài 1. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nhọn và AB  BC  CA .
Đường tròn tâm C bán kính CB cắt đường thằng AB và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt tại D
1 
7

và E (với E  B) . Biết M  ;0  là trung điểm của BC và DM cắt AC tại N  ; 1 . Tìm tọa độ các đỉnh
2 
4

của tam giác ABC biết E , D đều thuộc đường thẳng x  3  0 .
1 
7

Giải: Ta có MD đi qua M  ;0  và N  ; 1
2 
4

nên có phương trình: 4 x  5 y  2  0
Khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ:
4 x  5 y  2  0
x  3

 D(3; 2)


x  3  0
 y  2

D

E
1 1
2

A

2

N

B
 (cùng chắn cung 
D

Ta có E
AC ) và B
2
2
2
2
D
 (1)
(vì tam giác CBD cân tại C ). Suy ra E
2

2

2

  CDE
 (2).
Mặt khác, CE  CD  CED
D
  AE  AD
Từ (1) và (2), suy ra E
1

B

M

C

1

Suy ra CA là đường trung trực của ED  CA  ED
7

Khi đó CA đi qua N  ; 1 và vuông góc với
4

đường thẳng ED : x  3  0 nên phương trình CA : y  1
Suy ra C (c; 1) , khi đó B(1  c;1) (vì M là trung điểm của BC ).
c  1
Ta có CB  CD  CB  CD  (2c  1)  2  (c  3)  1  3c  2c  5  0  

c   5
3

+) Với c  1  C(1; 1) , B(0;1) , suy ra BD có phương trình: x  y  1  0
2

2

2

2

2

2

2

x  y 1  0
x  2
Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 

 A(2; 1) (thỏa mãn AB  BC  CA )
 y  1
 y  1
5
 5
 8 
+) Với c    C  ; 1 , B  ;1  , suy ra BD có phương trình: 9 x  y  25  0
3

 3
 3 
26

9 x  y  25  0
x 
 26

Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 

9  A  ; 1  AB  BC (loại).
 9

 y  1

 y  1
Vậy A(2; 1), B(0;1), C(1; 1)
 .

Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

facebook.com/ ThayTungToan

Bài 2. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A(2;0) . Đường

thẳng  có phương trình 3x  y  0 đi qua C và chỉ có một điểm chung C với hình bình hành, cắt đường kéo
 2 6
BD tại điểm M (2;6) . Gọi H   ;  , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của B, D lên  . Diện tích hình
 5 5
24
thang BHKD bằng
. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD biết K có hoành độ dương.
5

Giải:
Gọi I là tâm của hình bình hành ABCD và A ', I ' lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, I lên  .
Khi đó II ' là đường trung bình trong cả hình thang BHKD và tam giác AA ' C .
6
Do đó ta có: BH  DK  2 II '  AA '  d ( A, ) 
10

M( 2;6)
A( 2;0)

B(?)

 

I

H

D(?)
5

2 6
;
5 5

C(?)

24
SBHKD=

Δ: 3x + y = 0

I'
A'

K

Lúc đó S BHDK 

2.S BHDK
( BH  DK ).HK
 HK 

2
BH  DK

24
5  8 10 .
6
5
10

2.

2

2

128
6  128
 2 
  t     3t   
5
5
5
 5 
6
 6 18 
 5t 2  4t  12  0  t  hoặc t  2 (loại)  K  ;   .
5
5 5 
Khi đó phương trình KD : x  3 y  12  0 và BH : x  3 y  4  0

Gọi K  t; 3t    với t  0 , khi đó : HK 2 

2 6
Cách 1: Ta có I ' là trung điểm của HK  I '  ;   , suy ra phương trình II ' : x  3 y  4  0
5 5
Gọi I (3m  4; m) II ' , suy ra C (6m  12;2m) (do I là trung điểm của AC ).
3
 1 3

Mặt khác, C    3.(6m  12)  3.2m  0  m    I   ;  
2
 2 2

Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

facebook.com/ ThayTungToan

 1 3
BD đi qua I   ;   và M (2;6) nên có phương trình: 5x  y  4  0 .
 2 2
5 x  y  4  0
x  0
Khi đó tọa độ điểm điểm D là nghiệm của hệ: 

 D(0; 4) .
 x  3 y  12  0
 y  4
5 x  y  4  0  x  1
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 

 B(1;1) .
x  3y  4  0
y 1

Cách 2:
 3b  3d  8 b  d 
Gọi D(3d 12; d) và B(3b  4; b)  I 
;
  C  3b  3d  10; b  d 
2
2 


 B(3b  4; b)
Do C    3.(3b  3d  10)  b  d  0  d  b  3  
. Ta có
 D(3b  3; b  3)
 
Do M  BD nên MB, MD cùng phương, suy ra :



 MB  (3b  2; b  6)
 

 MD  (3b  5; b  9)

 B(1;1)
(3b  2)(b  9)  (b  6)(3b  5)  48b  48  b  1  
 C (1; 3)
 D(0; 4)
Vậy B(1;1), C(1; 3), D(0; 
4) .

Bài 3. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A ( AB  AC ) . Trên
 60 15 
cạnh AB lấy điểm I sao cho AI  AC . Đường tròn đường kính IB cắt BC tại M  ;  và cắt đường kéo
 17 17 
dài CI tại N (4; 1) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết A thuộc đường thẳng 2015x  2016 y  0 .

Giải:
  CMI
  180  ACMI nội tiếp đường tròn
Ta có CAI
C
  I  450  I  M
M
M
  900  
M
AMN  900
0

1

1

2

4

1

4

hay AM  MN .

1

  8 32  8
Ta có MN   ;    .(1; 4)
 17 17  17
Suy ra phương trình AM : x  4 y  0
Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
x  4 y  0
A
 x  y  0  A(0;0)

2015 x  2016 y  0

 C
  450  M  450  MI là phân giác của góc 
Ta có M
AMN
2
1
3

M

1
2

3

4

1

1

I

B
N

  900  BAC
  ACBN nội tiếp đường tròn  N
Mặt khác, BNC
1
1
2

2
2
1

N

 , suy ra I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác AMN
Suy ra NI là phân giác của MNA
Phương trình AN : x  4 y  0 ; AM : x  4 y  0 và MN : 4 x  y 15  0

x  4y
4 x  y  15
3x  5 y  15  0
Phương trình phân giác của góc 


AMN thỏa mãn:
17
17
5 x  3 y  15  0
Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !

B


HOCMAI.VN
facebook.com/ ThayTungToan
Do A, N khác phía với MI nên phương trình MI : 5x  3 y  15  0  BC : 3x  5 y 15  0
GV: Nguyễn Thanh Tùng

x  4y
4 x  y  15
x  y  5  0
Phương trình phân giác NC của góc 


ANM thỏa mãn:
17
17

x  y  3  0
Do A, M khác phía so với NC nên NC có phương trình: x  y  3  0
x  y  3  0
x  0
Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 

 C (0; 3)
3x  5 y  15  0
y  3
Khi đó AB đi qua A(0;0) vuông góc với AC nên có phương trình: y  0

y  0
x  5
Suy ra tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 

 B(5; 0) . Vậy A(0;0), B(5;0), C (0;3) .
3x  5 y  15  0
y  0
Chú ý: Trong hình vẽ bài toán này, ta có thể khai thác thêm tính chất ED  AN để sáng tạo ra các đề bài mới,
với E là giao điểm của AB và MN và D là giao điểm thứ hai của đường tròn đường kính IB với AN .
C

M

A

E

B

I

D

N

Bài 4. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD . Đường thẳng đi qua B
 3 3 1
vuông góc với AC tại H có phương trình y  1. Gọi M  2;  , N  ;   lần lượt các điểm thuộc đoạn
 2 2 2
AH , DC sao cho AM  3MH , DC  4 NC . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD .

Giải:

A(?)

B(?)

M

1
1

D(?)

N

H
C(?)

Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN
AC đi qua M và vuông góc với BH nên có phương trình: x  2
x  2
Khi đó tọa độ điểm H là nghiệm của hệ 
 H (2;1) .
y 1
GV: Nguyễn Thanh Tùng

facebook.com/ ThayTungToan

2  xA  3.(2  2)
 
 xA  2

Mặt khác, ta có AM  3MH   3
 A(2;3)
 3 
 yA  3
 2  y A  3. 1  2 



  HB  4 HB (1) ; Xét BNC , ta có: tan N
  BC  4 BC  4 BC (2).
Xét MBH , ta có: tan M
1

1
MH
AH
NC CD
AB
HB AH
HB BC
Lại có: ABH ~ ACB 
(3).



CB AB
AH AB
  tan N
 M
N

Từ (1), (2), (3) suy ra : tan M
1

1

1

1

Khi đó M , N cùng nhìn BC dưới các góc bằng nhau, suy ra MNCB là tứ giác nội tiếp
  900 hay BM  MN , suy ra phương trình BM : x  4 y  8  0 .
 BMN

x  4 y  8  0
x  4
Tọa độ điểm B là nghiệm của hê: 

 B(4;1) .
y 1
y 1
Khi đó DC đi qua N song song với AB nên có phương trình: x  y  2  0
x  y  2  0
x  2
Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 

 C (2;0) .
x  2
y  0
 
Do ABCD là hình chữ nhật nên CD  BA  (2; 2)  D(0; 2) . Vậy A(2;3), B(4;1), C(2;0) ,D (0;2) .
Chú ý: Yếu tố vuông góc trong bài toán, cụ thể BM  MN sẽ luôn được giữ nguyên nếu đề bài đảm bảo được
MH NC
tỉ số

k.
AH DC
Bài 5. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có điểm B(1; 4) . Gọi D,
E (1; 2), N lần lượt là chân đường cao kẻ từ A , chân đường cao kẻ từ B của tam giác ABC và trung điểm của
 3 7
cạnh AB . Biết I   ;  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEN . Tìm tọa độ đỉnh C của tam giác ABC
 2 2
Giải:

BE có phương trình: x  1 , khi đó AC đi qua E (1; 2)
A
vuông góc với BE nên AC có phương trình: y  2

E

 c 1 
;3 
Gọi M là trung điểm của BC và gọi C (c;2)  AC  M 
 2

N
Lúc này ta sẽ chỉ ra M cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp
I
tam giác DEN hay ta sẽ chứng minh MEND là tứ giác
nội tiếp đường tròn. Thật vậy:
B
D
  NEA

M
 NAE
  MNE
 (1)
Ta có 
(vì NAE cân tại N và MN // AC )  NAE
  NEA

 MNE
Mặt khác: E , D cùng nhìn AB dưới một góc vuông nên ABDE nội tiếp đường tròn , khi đó:

Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !

C(?)


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

facebook.com/ ThayTungToan

 (cùng bù với BDE
 ) (2)
  EDM
 BDE
NAE
Từ (1) và (2) suy ra : MNE = EDM , suy ra MEND nội tiếp đường tròn.
2
2
2
2
c  1
C (1; 2)
c2 1 1  3
Khi đó ta có: IM  IE  R  IM  IE  
           c  5  C (5; 2) .
 2   2  2  2



Vậy C (1;2) hoặc C (5;2) .
2

2

Bài 6. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (T ) . Biết
5

 3
AC vuông góc với BD tại E (1; 1) . Gọi M  ; 3  là trung điểm của AB và N  0;  là điểm thuộc cạnh
2

 4
DC sao cho CN  3DN . Viết phương trình đường tròn (T ) biết C có hoành độ dương.

Giải
 C
 (1)
Do ABCD nội tiếp đường tròn nên B
1
1

AD )
( vì cùng chắn cung 
Ta có EM là trung tuyến của tam giác vuông AEB
E
E
 (2)
nên EMB cân tại M hay B

1

1

B
1

M
(T)

4

E

Từ (1) và (2), suy ra C
1
4
E
  900  C
E
  900 , suy ra ME  DC . A
Mặt khác, E
4
5
1
5

1

E

I

 3
5
Khi đó DC đi qua N  0;  vuông góc với EM nên có
4


4
 x  1  4t
phương trình: 3x  4 y  3  0  
D
N
 y  3t
 
3
1

Suy ra C (1  4t;3t ) (với t  )  CN  1  4t;  3t 
4
4


1  4t  3xD
1  4t





 xD 
 1  4t

;1  t 
Ta có CN  3ND   3
3  D
3 

 3

 4  3t  3  yD  4 

 yD  1  t




1

C


 
  4t  2

; 2  t  và EC   4t  2;3t  1 . Khi đó: ED  EC  ED.EC  0
Suy ra ED   
3



2
 4t  2 
2
 
 .(4t  2)  (2  t ).(3t  1)  0  5t  3t  2  0  t  1 hoặc t   (loại), suy ra
3 
5


C (3;3)

 D(1;0)

 A(a; 2a  3)  CE
Khi đó phương trình CE : 2 x  y  3  0 và DE : x  2 y  1  0 , suy ra 
 B(2b  1; b)  DE
a  2b  1  5
a  0
 A(0; 3)
Do M là trung điểm của AB nên 


2a  3  b  6
b  3  B(5; 3)
Gọi I là tâm của đường tròn (T ) , khi đó:

Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !

HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

facebook.com/ ThayTungToan

5

x
2
2
2
2
2
2



IA

IB
x

(
y

3)

(
x


5)

(
y

3)



2  I  5 ; 1 
IA  IB  ID   2
 2



2
2
2
2
2 2


 IA  ID
 x  ( y  3)  ( x  1)  y
y   1


2
Bán kính của (T ) là: R  IA 

5
. Vậy đường tròn (T ) cần lập có phương trình:
2

2

2

5 
1
25

.
x   y   
2 
2
2


Bài 7. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường
 1 
tròn (T ) và C (1;0) . Biết tiếp tuyến của đường tròn (T ) tại B cắt AC tại E . Gọi F   ; 2  là điểm thuộc
 2 
 3 5
đoạn BE và J   ;  là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác
 4 4
ABC biết D(2;1) thuộc đường tròn (T ) .

Giải:

Gọi M là giao điểm của CF và đường tròn (T ) .
Lúc này ta sẽ chứng minh M cũng thuộc đường
tròn ngoại tiếp tam giác AEF hay ta sẽ đi chứng minh
AEFM nội tiếp đường tròn tâm J . Thật vậy:
B
 (cùng phụ với 
Ta có E
ACB )
1

B

1

1

M
 (cùng chắn cung AC )
và B
1
1
M
E
  FMA
M
  FMA
  1800 ,
Suy ra E
1
1

1
1
suy ra AEFM nội tiếp đường tròn tâm J (*)
Phương trình đường thẳng CF là:
 x  1  3t
 M (1  3t; 4t ) .

 y  4t

F

M
2

E

D

1

I

1

J
A

Khi đó từ (*), suy ra:
2

2

7 
5 5

JM  JF  JM  JF   3t     4t     50t 2  41t  8  0
4 
4 8

2

2

  1 32 
8

t


M  ; 

 1 32 
25   25 25 


M ; 
  1 
 25 25 
t   1
M   ;2  F



2
  2 
Ta có phương trình trung trực d1 của DC là : x  y  2  0
phương trình trung trực d 2 của MC là: 3x  4 y  1  0
Khi đó tọa độ tâm I của đường tròn (T ) ngoại tiếp tam giác ABC (hay ngoại tiếp tam giác MBC )

x  y  2  0
x  1
là nghiệm của hệ: 

 I 1;1
3x  4 y  1  0
y 1
Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !

C


HOCMAI.VN
Do ABC vuông tại A , suy ra I là trung điểm của BC , do đó B(1; 2)

facebook.com/ ThayTungToan

GV: Nguyễn Thanh Tùng

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và ngoại tiếp tam giác AEF lần lượt có phương trình:
3

5
3
x2  y 2  2 x  2 y  1  0 và x 2  y 2  x  y   0
2
2
2
Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
1

x
 x2  y 2  2 x  2 y  1  0

x

0



 1 32 
25
hoặc
hoặc
A

A
(0;1)


 2


3
5
3
 ;   M (loại)
2
32
y

1
x

y

x

y


0
 25 25 

y 


2
2
2

25
Vậy A(0;1), B(1;2) .

9 3
Bài 8. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với M  ;   là trung điểm
2 2
của đoạn BC và đường cao xuất phát từ đỉnh A có phương trình x  3 y  5  0 . Gọi E , F lần lượt là chân

đường cao kẻ từ đỉnh B, C của tam giác ABC . Tìm tọa độ đỉnh A , biết đường thẳng đi qua hai điểm E , F có
phương trình 2 x  y  2  0 .

Giải
 Gọi N là trung điểm của AH với H là trực tâm của
AH
BC
và ME  MF 
,
ABC . Ta có: NE  NF 
2
2
suy ra MN  EF . Suy ra MN có phương trình:
2x  4 y  3  0
Khi đó tọa độ điểm N là nghiệm của hệ :
2 x  4 y  3  0
7
11
 11 7 
và y   N   ; 
x

2
2
 2 2

x  3y  5  0

A(?)
1

E

1

N
4

F

H

 1 
 I   ;1 là trung điểm của MN .
B
 2 
 NEA và MCE lần lượt cân tại N và M
 

 E1  A1
E

  900  NEM
  900 (*)

E

A1  MCE
1
4



 E4  MCE
 Gọi E(t;2t  2) EF khi đó từ :

I

M

2
t  2
 E (2;6)
125
2
 1
(*)  IE  IM  IE  IM   t     2t  1 
 t2  t  6  0  

4
 2
t  3  E (3; 4)
 Đường cao xuất phát từ đỉnh A có phương trình x  3 y  5  0 nên gọi A(5  3a; a) . Ta có
2

2

2
2
a  1
 A(2;1)
21  
7  125

NE  NA  NE 2  NA2   3a     a   
 a 2  7a  6  0  

2 
2
2

 a  6  A(13;6)
Vậy đáp số của bài toán là A(2;1) hoặc A(13;6) .

Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !

C


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

facebook.com/ ThayTungToan

Bài 9. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm

J (2;1) . Biết đường cao xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình 2 x  y  10  0 và D(2; 4) là

giao điểm thứ hai của AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC
biết B có hoành độ âm và B thuộc đường thẳng có phương trình x  y  7  0 .
Giải:


AJ đi qua J (2;1) và D(2; 4) nên
có phương trình: x  2  0
Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ :
x  2  0
x  2

 A(2;6)

2 x  y  10  0
y  6

A(?)
m

2

E
J
n

 Gọi E là giao điểm thứ hai của BJ với
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .


 
AmE  EnC
Khi đó: 
  DqB

CpD
  CpD


 EnC
AmE  DqB

C(?)

B(?)

q

p


 (1)
hay ECD
AmE  DqB
 1 
 EBD  2 sd ECD
 Mặt khác: 
  1 sd 

 DJB

AmE  sd DqB

2
  DJB

Từ (1) và (2) suy ra: EBD



1

D



(2)

A1  
A2  DB  DC (2*)
hay tam giác DBJ cân tại D , suy ra DB  DJ (*) . Lại có 
Từ (*) & (2*) suy ra: DB  DJ  DC hay D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác JBC
 Suy ra B, C nằm trên đường tròn tâm D(2; 4) bán kính DJ  5 có phương trình :
( x  2)2  ( y  4)2  25 . Khi đó tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:

( x  2)2  ( y  4) 2  25
 x  3
x  2
 B(3; 4)
hoặc 




 y  4
 y  9  B(2;9)
x  y  7  0
Do B có hoành độ âm nên ta được B(3; 4)

BC đi qua B và vuông góc với đường thẳng 2 x  y  10  0 nên có phương trình: x  2 y  5  0
( x  2)2  ( y  4) 2  25

Khi đó tọa độ C là nghiệm của hệ : 
x  2 y  5  0
Vậy A(2;6), B( 3; 4), C(5;0) .

 x  3
C (3; 4)  B
x  5
hoặc 


 y  4
C (5;0)
y  0

Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

facebook.com/ ThayTungToan

Bài 10. (Nguyễn Thanh Tùng). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A và M là trung
 11 7 
điểm của AB . Đường thẳng CM có phương trình 5x  7 y  20  0 và K  ;   là trọng tâm của tam giác
 6 6
ACM . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm nằm trên đường thẳng 2 x  4 y  7  0 và có bán kính

bằng

5
. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết A và C có tọa độ nguyên .
2
Giải:
A(?)

Gọi G , I lần lượt là trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC . Gọi N là trung điểm của MA , khi đó :
CK CG 2

  GK // MN hay GK // AB .
CN CM 3
Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp nên:
MI  AB  MI  GK (1)
Gọi P là trung điểm của AC và do ABC cân tại A nên:
 MP / / BC
MK / / BC


 GI  MK (2)

 AG  BC
GI  BC
Từ (1) và (2) , suy ra I là trực tâm của tam giác MGK
 KI  MG hay KI  CM .
Khi đó KI có phương trình: 7 x  5 y  7  0
Suy ra tọa độ điểm I là nghiệm của hệ:
7 x  5 y  7  0
7
7
7 7
 x  và y    I  ;  

2
2
2 2
2 x  4 y  7  0
Gọi C (4  7t;5t) CM , khi đó : R  IC 
2

N

K

M

P

I

G

B(?)

C(?)

5
25
 IC 2 
2
2

2

1 
7
25
21

(loại)  C (4;0)
  7t     5t   
 74t 2  42t  0  t  0 hoặc t  
2 
2
2
37


5
7


Gọi M (4  7 m;5 m) CM , khi đó K là trọng tâm tam giác ACM nên A  7m  ; 5m  
2
2


Ta có IA2  R 2   7m  6    5m 
2

2

1

 A(1; 1)
m

25
2
2

 148m  168m  47  0  
   72 12 
 A ;  
2
 m   47
  37 37 

74

1 5

Do A có tọa độ nguyên nên A(1; 1)  M  ;    B(0; 4) (vì M là trung điểm của AB )
2 2
Vậy A(1; 1), B(0; 4), C(4;0) .

CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ ĐỌC TÀI LIỆU
GV: Nguyễn Thanh Tùng
Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !