Tìm tọa độ điểm thỏa điều kiện trong hình học phẳng OXY

Hình học 10|

HÌNH HỌC 10
CHƯƠNG 3: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG
BÀI 1: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
DẠNG 5: TÌM TỌA ĐỘ ĐIỂM THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN CHO TRƯỚC
Loại 1: Tìm tọa độ điểm thỏa mãn điều kiện về khoảng cách, góc,
hình chiếu, đối xứng …
LÝ THUYẾT.

Phương pháp giải toán
Hướng 1. Nếu điểm M thuộc đường thẳng  thì ta viết phương trình  dưới dạng tham số. Khi
đó tọa độ điểm M chỉ phụ thuộc một tham số t . Tiếp đến, từ giả thiết của bài toán ta tìm (thiết lập)
phương trình ẩn t . Giải phương trình này ta tìm được t và từ đó tìm được M .
Hướng 2. Tọa độ điểm M cần tìm gồm có hoành độ x và tung độ y . Vì có hai yếu tố phải tìm nên
từ giả thiết của bài toán ta tìm (thiết lập) hệ hai phương trình ẩn x và y . Giải hệ này ta tìm được
tọa độ của điểm M .

II
=

BÀI TẬP TỰ LUẬN.

Ví dụ 1
Ví
Trong mặt phẳng Oxy , cho hai đường thẳng d : x  2 y  3  0 và  : 3x  4 y 1  0 . Tìm trên d
điểm M sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng  bằng 2 .
Lời giải
Vì M  d nên M  2t  3; t  .
Ta có d  M ,   

3  2t  3  4t  1
3 4
2

2

10t  10  10
t  2
 2  10t  10  10  

.
10t  10  10
t  0

Vậy có 2 điểm M cần tìm là M 1; 2  , M  3;0  .

Ví dụ 2
Ví
Trong mặt phẳng Oxy , cho hai điểm A  3; 3 , B  5; 1 và đường thẳng  : 2 x  y  1  0 . Tìm
trên  điểm M sao cho tam giác MAB cân tại M .
Lời giải
1|

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

I
=


| Chương 3: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

Cách 1.
Vì M   nên M  t; 2t  1 .
Tam giác MAB cân tại M nên
MA  MB   3  t    2  2t    5  t    2t   13  2t  25  10t  12t  12  t  1.
2

2

2

2

Vậy điểm M cần tìm là M 1;1 .
Cách 2.
Vì tam giác MAB cân tại M nên M thuộc đường trung trực của đoạn thẳng AB .
Trung điểm của AB là I  4; 2  .
Gọi d là đường trung trực của AB . Khi đó, AB   2; 2  là véc-tơ pháp tuyến của d .

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

Phương trình tổng quát của đường thẳng d là 2  x  4   2  y  2   0  x  y  2  0 .
Ta có tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình
2 x  y  1  0
2 x  y  1  x  1
.



x  y  2  0

x  y  2
y 1
Vậy điểm M cần tìm là M 1;1 .

Ví dụ 3
Ví
Trong mặt phẳng Oxy , cho điểm A  4;1 và đường thẳng  : x  2 y  1  0 . Tìm tọa độ điểm B đối
xứng với A qua đường thẳng  .
Lời giải

A

H

Δ

B
Đường thẳng d đi qua A và vuông góc với  có phương trình là

2  x  4   y  1  0  2 x  y  7  0 .
Gọi H là giao điểm của d và  . Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ
x  2 y 1  0
x  2 y  1
x  3


 H  3; 1 .

2 x  y  7  0
2 x  y  7

 y  1
Ta có H là trung điểm của AB nên B  2; 3 .
Vậy B  2; 3  .

Ví dụ 4
Ví
|2


Hình học 10|
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có AB : x  y  4  0 , BC : 3x  5 y  4  0 ,
CA : 7 x  y  12  0 . Tìm tọa độ điểm D là chân đường phân giác trong của góc A .

Lời giải

A

B

D

C

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
3x  5 y  4  0
3x  5 y  4
x  2


 C  2; 2  .


7 x  y  12  0
7 x  y  12
 y  2
Phương trình các đường phân giác của góc A là

x y4
12   1

2



7 x  y  12
72  12

 x  3 y  16  0
 5 x  y  4  7 x  y  12  
3x  y  2  0

 1 
.
 2 

Đặt f  x; y   x  3 y  16 . Khi đó, f  B  . f  C   f  3;1 . f  2; 2  16   20   320  0 nên hai
điểm B và C nằm cùng phía so với đường thẳng 1 .
Suy ra  2 là đường phân giác trong của góc A .
Ta có D  BC  2 nên tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình

7


x

3x  5 y  4  0
3x  5 y  4

9


.

3x  y  2  0
3x  y  2
y   1

3
 7 1
Vậy D   ;   .
 9 3

Ví dụ 5
Ví
Trong mặt phẳng Oxy , cho điểm M  2; 2  và hai đường thẳng d1 : x  y  2  0 , d2 : x  y  8  0 .
Tìm tọa độ điểm A  d1 và B  d 2 sao cho tam giác MAB vuông cân tại M .
Lời giải
Vì A  d1 , B  d 2 nên A  s; 2  s  và B  t;8  t  .
Khi đó, MA   s  2; s  và MB   t  2;6  t  .
Tam giác MAB vuông cân tại M nên
3|

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình
x  y  4  0
 x  y  4
 x  3


 B  3;1 .

3x  5 y  4  0
3x  5 y  4
y 1


| Chương 3: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng


2st  8s  2t  4  0
 MA  MB
 s  2  t  2   s  6  t   0




2
2
2
2
2

2
 MA  MB
2s  2t  4s  16t  36  0

 s  2     s    t  2    6  t 

 st  4s  t  2  0
 s  1 t  4   2
 2 2

2
2
 s  t  2s  8t  18  0 
 s  1   t  4   3  0
Từ 1 ta rút được t  4 

1
.
 2

2
(với s  1 ) và thay vào  2  ta được phương trình
s 1

 s  12  1  s  1  2
s  3
 3  0   s  1  3  s  1  4  0  


 s  1 


 s  1 .
2
 s  12  4
 s  1
 s  1  2

2

4

4

2

Với s  3 thì t  5 . Suy ra A  3; 1 và B  5;3 .

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

Với s  1 thì t  3 . Suy ra A  1;3 và B  3;5 .
Vậy A  3; 1 , B  5;3 hoặc A  1;3 , B  3;5 .

Ví dụ 6
Ví
Trong mặt phẳng Oxy , cho hai đường thẳng d1 : x  7 y  17  0 và d2 : x  y  5  0 . Gọi A là
giao điểm của d1 và d 2 . Đường thẳng d đi qua điểm M  0;1 và cắt d1 , d 2 lần lượt tại B và C
sao cho tam giác ABC cân tại A . Tìm tọa độ điểm B .
Lời giải

A

d

B
d1

C
d2

Phương trình đường thẳng d đi qua M  0;1 có dạng

a  x  0  b  y  1  0  ax  by  b  0 , (với a 2  b2  0 ).
Vì tam giác ABC cân tại A nên hai góc ở đỉnh B và C là nhọn.
a  7b
ab

Do đó, cos B  cos C  cos  d , d1   cos  d , d 2  
2
12  12 . a 2  b2
12   7  . a 2  b2
 a  3b
 a  7b  5  a  b 
.
 a  7b  5 a  b  

a  b
 a  7b  5  a  b 
3


|4


Hình học 10|
Với a  3b thì do a 2  b2  0 nên b  0 . Do đó, phương trình đường thẳng d là
3bx  by  b  0  3x  y  1  0 .

1 5
Vậy tọa độ điểm B là B  ;  hoặc B  3;2  .
2 2

Ví dụ 7
Ví
Trong mặt phẳng Oxy , cho hai điểm A 1; 2  , B  4;3 . Tìm tọa độ điểm M sao cho MAB  135
10
.
2
Lời giải

và khoảng cách từ M đến đường thẳng AB bằng

M
10

135°

2

H

A

B

Phương trình đường thẳng AB là
x 1 y  2

 x 1  3 y  2  x  3 y  5  0 .
4 1 3  2
Gọi M  x; y  . Khi đó,

d  M , AB  

x  3y  0
x  3y  5
10
10


 x  3y  5  5  
2
2
2
 x  3 y  10
12   3

Ta có AB   3;1 , AM   x  1; y  2  và





cos MAB  cos AB, AM  

 5.

 x  1   y  2
2

2

3  x  1  y  2
2
AB. AM
2



2
2
2
2
AB . AM
10.  x  1   y  2 

 3x  y  5.

 3

Từ 1 ta có x  3 y và thay vào  3 ta được phương trình

5|

1
.
 2

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

1

x

x

7
y

17

0


1 5
2
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 

 B ;  .
2 2
3x  y  1  0
y  5


2
b
Với a  thì do a 2  b2  0 nên b  0 . Do đó, phương trình đường thẳng d là
3
b
 x  by  b  0  x  3 y  3  0 .
3
 x  7 y  17  0
 x  3
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 

 B  3; 2  .
x  3y  3  0
y  2


| Chương 3: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
1


10 y  5  0
y 
5. 10 y  10 y  5  10 y  5  

2
2
2
2


5 10 y  10 y  5   100 y  100 y  25 
10 y  10 y  0
2

1

y  2


 y 0.
y0


  y  1

Như thế ta tìm được điểm M  0;0  .

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

Từ  2  ta có x  3 y  10 và thay vào  3 ta được phương trình


10 y  35  0
5. 10 y 2  70 y  125  10 y  35  
2
2

5 10 y  70 y  125  25  4 y  28 y  49 
7


y
7


2
y 



 y  3.
2
y4

2
2 y  14 y  24  0




 y  3
Như thế ta tìm được M  1;3 .
Vậy M  0;0  hoặc M  1;3 .

Loại 2: Tìm tọa độ điểm M là giao điểm của hai đường thẳng (chủ yếu
trong tam giác)

I
=

LÝ THUYẾT.

Thường gặp :
Tìm tọa độ đỉnh và các điểm đặc biệt trong tam giác
1. Đường cao và trực tâm
Kiến thức cần sử dụng: Tính chất vuông góc
2. . Đường trung tuyến và trọng tâm
Kiến thức: Cần sử dụng giả thiết của trung điểm M của cạnh BC

 M  AM
 M  AM  BC
M  AM

  M  BC


 M là trung điêm cua BC
 M là trung điêm cua BC
 M là trung điêm cua BC

“Trung điểm thuộc vào trung tuyến và cạnh ”
3. Đường phân giác và tâm đường tròn nội tiếp tam giác
*Bài toán phụ: Cho tam giác ABC, BK là đường phân giác trong của góc ABC, A1 là điểm đối
xứng với A qua BK. Ta luôn có: A1  BC
Kĩ năng: Lấy đối xứng đỉnh của tam giác qua đường phân giác trong (ngoài)
4. Tọa độ điểm trong tam giác đặc biệt như tam giác vuông , đều ,cân.

|6


Hình học 10|

II
=

BÀI TẬP TỰ LUẬN.

Ví dụ 1
Ví
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng  : 2 x  y  5  0 và hai điểm A  2;3 , B  4;1 .
Tìm tọa độ điểm M thuộc  sao cho tam giác MAB vuông tại M .


 AM   t  2; 2t  8
+ Gọi M (t; 2t  5)  

 BM   t  4; 2t  6 
+ Khi đó tam giác MAB vuông tại M

 AM .BM  0   t  2  t  4    2t  8 2t  6   0
t  2  M  2; 1
 5t 2  30t  40  0  

t  4  M  4;3
+ Vậy M  2; 1 hoặc M  4;3 .

Ví dụ 2
Ví
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác MAB cân tại A và đường thẳng  : 2 x  y  5  0 .
Biết B 1; 4  và I  2; 2  là trung điểm của AM . Tìm tọa độ điểm A và M biết  đi qua điểm

M và M có hoành độ là số nguyên.
Lời giải

7|

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

Lời giải


| Chương 3: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

+ Gọi M  2t  1; t   
Vì I  2; 2  là trung điểm của AM nên:

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

 x  2 xI  xM  2t  5
 A
 A  2t  5; 4  t 
 y A  2 yI  yM  4  t
+ Tam giác MAB cân tại A
 AM  AB  AM 2  AB2

  4t  6    2t  4    2t  4   t 2
2

2

2

 t  2
 4t  6  t


t   6
4
t

6


t

5

7 6
M  3; 2  hoặc M  ;   (loại)
5 5

+ Với M  3; 2  A 1; 2 . Vậy A 1; 2  và M  3; 2  .

Ví dụ 3
Ví
Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác MAB có trọng tâm G  2; 1 và A 1; 3 . Đường thẳng
 : 2 x  y  4  0 đi qua M . Tìm tọa độ điểm M và B biết MB  5MA và M có hoành độ

dương.
Lời giải

Gọi M  t; 2t  4    với t  0 . Vì G  2; 1 là trọng tâm tam giác MAB nên:

|8


Hình học 10|

 xB  3xG  xA  xM  5  t
 B  5  t; 4  2t 

 yB  3 yG  y A  yM  4  2t
2
2
2
2
Khi đó: MB  5MA  MB2  25MA2   2t  5   4t  8  25  t  1   2t  1 


13
(loại)
 105t 2  66t  39  0  t  1 hoặc t  
35
 M 1; 2  ; B  4;2  .

Ví dụ 4
m  0 . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC theo m . Xác định m để tam giác GAB
vuông tại G .

Lời giải

+ Do G là trọng tâm tam giác ABC nên:
x x x
1  4  0

xG  A B C 
1


 m
3
3
 G 1; 

 3
 y  y A  yB  yC  0  0  m  m
G

3
3
3



m

GA   2;  3 



+ Suy ra 

, khi đó tam giác GAB vuông tại G
m


 GB  3; 



3

 GA.GB  0  6 

m2
 0  m  3 6
9

 m
Vậy G 1;  với m  3 6.
 3

Ví dụ 5
Ví
Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC . Biết A  4;1 , phương trình hai đường thẳng chứa lần
9|

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

Ví
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có các đỉnh A  1;0  , B  4;0  , C  0; m  với

| Chương 3: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
lượt hai đường cao tam giác từ B và C là 2 x  y  8  0;2 x  3 y  6  0 . Tìm tọa độ B và C .
Lời giải
Ta có A  4;1 không thuộc 2 x  y  8  0 do 2.4  1  8  0 và

A  4;1 không thuộc 2 x  3 y  6  0 do 2.4  3.1  6  0 .
Gọi BI : 2 x  y  8  0 ; CK : 2 x  3 y  6  0 .

 15 1 
H  BI  CK  H  ;  
 4 2
qua A(4;1)
qua A(4;1)


AH : 
1 3  AH : 
VTCP AH  ( ;  )

VTPT nAH  (6; 1)

4 2


STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

 AH : 6  x  4  1 y  1  0  6 x  y  23  0



qua A
qua A(4;1)
qua A(4;1)
 AB : 
 AB : 


 CK
VTPT n  (3; 2)
VTCP nCK  (2;3)

*) AB: 

AB : 3 x  4  2  y  1  0  3x  2 y  10  0
B  AB  BI  B  6;4 



qua A
qua A(4;1)
qua A(4;1)
 AC : 
 AC : 


 BI
VTCP nBI  (2;1)
VTPT n1  (1;2)

*) AC: 

AB :1 x  4  2  y  1  0  x  2 y  6  0

C  AC  CK  C  6;6

Ví dụ 6
Ví
Trong mặt phẳng Oxy ,cho tam giác ABC . Biết đỉnh A(-1;-3),đường trung trực đoạn AB là
3x+2y-4=0, Trọng tâm G(4;-2). Tìm tọa độ B, C.
Lời giải


qua A
qua A(-1;-3)
 AB : 

 d AB
VTPT n  (2; 3)

AB 

AB : 2  x  1  3 y  3  0  2 x  3 y  7  0
M  AB  d AB  M  2; 1

M là trung điểm của AB nên B(2.2+1;2.(-1)+3)  B(5;1)
Ta có MC  3MG (*)
Gọi C(x;y)

MC ( x  2; y  1)
MG (2; 1)

| 10


Hình học 10|

 x  2  3.2
x  8

 C (8; 4)
 y  1  3.(1)  y  4

(*)  

Ví dụ 7
Ví
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A  6; 6  ; đường thẳng d 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.

+ Từ A hà đường cao AH ( H  BC ) cắt d tại I .
Vì tam giác ABC cân tại A nên H , I lần lượt là trung điểm của BC và AH .
Khi đó AH đi qua A  6; 6  vuông góc với d nên có phương trình: x  y  0 . Suy ra tọa

x  y  4  0
x  2
 I  2; 2  H  2;  2  .

độ điểm I thỏa mãn hệ: 
x  y  0
y  2

+ Đường thẳng BC đi qua H và song song với d nên có phương trình x  y  4  0 .
+ Gọi B  t;  t  4   BC  C  4  t; t  ( do H là trung điểm BC )

 AB   t  6;  10  t 


CE   t  5;  3  t 

Do E 1;  3 nằm trên đường cao đi qua C của tam giác ABC , suy ra:

AB.CE  0   t  6  t  5   10  t  3  t   0

 B  0;  4 


t  0
C  4; 0 
 t 2  6t  0  

t  6  
 B  6; 2 

 
C  2;  6 

Vậy B  0;  4 , C  4; 0  hoặc B  6; 2  , C  2;  6  .

11 |

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

Lời giải


| Chương 3: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

Ví dụ 8
Ví
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC có phương trình đường trung tuyến kẻ từ

A và đường thẳng chứa cạnh BC lần lượt là 3x  5 y  2  0 và x  y  2  0 . Đường thẳng qua
A , vuông góc với BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D  2;  2  .
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết đỉnh B có hoành độ không lớn hơn 1 .

Lời giải
A(?)

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

I
x
B(?)

y

2=0

C(?)

M

D(2; - 2)

3x + 5y

2=0

+ Gọi M là trung điểm của BC và I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Suy ra tọa độ điểm M là nghiệm của hệ

3

x

x  y  2  0

3 1
2

 M  ; .

2 2
3x  5 y  2  0
y   1

2

AD đi qua D  2; 2  và vuông góc với BC nên có phương trình x  y  0 .
Khi đó, tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
x  y  0

 x  1
 A  1;1 .


y 1
3x  5 y  2  0
+ IM đi qua M và vuông góc với BC nên có phương trình x  y  1  0
Gọi I  t;1  t   IM , khi đó IAD cân tại I nên:

IA2  ID2  1  t   t 2   t  2    t  3  2t  1  10t  13  t  1  I 1;0  .
2

2

2

+ Gọi B  b; b  2   BC với b  1 , khi đó:

IB2  IA2   b  1   b  2   5  b2  3b  0  b  0 hoặc b  3 (loại)  B  0; 2  .
2

2

+ Vì M là trung điểm của BC nên C  3;1 .
Vậy A  1;1 , B  0; 2  , C  3;1 .

Ví dụ 9
Ví
| 12

Hình học 10|
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có A  3; 4  , trọng tâm G  2; 2  , trực tâm
 23 26 
H  ;  . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
 9 9 

+

Gọi

M ( x; y)

là

trung

điểm

BC ,

khi

đó:

3

2  3  2( x  2)
3
x 

AG  2GM  

2  M ( ;1)
2
2  4  2( y  2)

y 1
4 10 2
3
)
(2;5) làm
+ BC đi qua M ( ;1) và vuông góc với AH nên nhận AH  ( ;
9 9
2
9
VTPT.
3
Do đó phương trình BC : 2( x  )  5( y  1)  0  2 x  5 y  8  0
2
3
+ Gọi B(4  5t; 2t )  BC  C(1  5t;2  2t ) (do M ( ;1) là trung điểm BC )
2

 13  45t 18t  26 
;
 HB  

9  , khi đó H là trực tâm của tam giác ABC nên:
Suy ra: 
 9

CA  (5t  4; 2  2t )

t  0
13  45t
18t  26
HB.CA  0 
.(5t  4) 
.(2  2t )  0  t 2  t  0  
9
9
t  1
+ Với t  0  B(4;0), C (1; 2)

+ Với t  1  B(1; 2), C (4;0)

Ví dụ 10
Ví
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình đường cao kẻ từ A là

1
3x  y  5  0 , trực tâm H (2; 1) và M ( ; 4) là trung điểm cạnh AB . Tìm tọa độ các đỉnh của
2
13 |

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

Lời giải


| Chương 3: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

tam giác ABC biết BC  10 và B có hoành độ nhỏ hơn hoành độ của C .
Lời giải
A(?)

1
M( ;4)
2

N

H(-2;-1)

C(?)

B(?)
3x-y+5=0

+ Gọi

là trung điểm của AC, khi đó MN

N

là đường trung bình của

BC
10

2
2

1 
MN đi qua M  ; 4  và vuông góc với AH nên có phương trình 2 x  6 y  25  0
2 

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

ABC  MN 

5
5
 1   1  2t 
 25  2t 
2
Gọi N  t;
 
  MN , khi đó: MN    t    
2
2
6 
 2  6 

2

2

 
9
N  1; 

2

t  1  
 t2  t  2  0  

  7
t  2
 N  2; 
  2
Gọi A  a;3a  5  AH  B 1  a;3  3a  (do M là trung điểm của AB)
9

+ Với N  1;   C  2  a; 4  3a  (do N là trung điểm của AC)
2

Nhận thấy 2  a  1  a  xC  xB (Không thỏa mãn)

 7
+ Với N  2;   C  4  a; 2  3a  (do N là trung điểm của AC )
 2

 AB  1  2a; 2  6a 
Khi đó 
nên ta có:
CH

a

6;3
a

3






a  0
AB  CH  AB.CH  0  4a  5a  0  
a  5
4

2

Khi a  0  A  0;5 , B 1;3 , C  4;2 
Khi a 

5
 5 35   1 3   11 7 
 A  ;  , B  ;  , C  ;  
4
4 4   4 4   4 4

Ví dụ 11
Ví

| 14


Hình học 10|

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC có phương trình đường trung tuyến kẻ từ

A và đường thẳng BC lần lượt là 3x  5 y  2  0 và x  y  2  0 . Đường thẳng qua A vuông
góc BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D(2; 2) . Tìm tọa độ các
đỉnh của tam giác ABC biết rằng B có tung độ âm.

+ Ta có phương trình AD : x  y  0

x  y  0
 x  1
Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 

 A  1;1
3x  5 y  2  0
y 1
+ Gọi AD  BC  K  và M là trung điểm của BC. Khi đó

x  y  0
x  1
Tọa độ điểm điểm K là nghiệm của hệ 

 K 1; 1
x  y  2  0
 y  1

3

x

3x  5 y  2  0


2  M  3 ; 1 
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 



2 2
x  y  2  0
y   1

2
+ Gọi H là trực tâm tam giác ABC và AC  BH  E
Ta có H1  C (cùng phụ với HAC ) và BDA  C (cùng chắn AB )
Suy ra H1  BDA  BHD cân tại B  K là trung điểm của HD  H  0;0 
+ Gọi B  b; b  2   BC (với b  2 )  C  3  b;1  b  (do M là trung điểm của BC )

 HB   b; b  2 
Suy ra 

 AC   4  b; b 

Khi đó: HB  AC  HB. AC  0  b  4  b   b  b  2   0  b2  3b  0  b  0
hoặc b  3 (loại)  B  0; 2  .
Vậy A  1;1, B 0; 2 , C 3;1  .

15 |

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

Lời giải

| Chương 3: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

Ví dụ 12
Ví
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho điểm A  2; 2  và các đường thẳng d1 : x  y  2  0 ,

d2 : x  y  8  0 . Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt thuộc d1 và d 2 sao cho tam giác ABC
vuông cân tại A .
Lời giải
d1:x+y-2=0

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

B(?)

d2:x+y-8=0
A(2; 2)

C(?)


 B  2; 2  b   d1

 AB   b  2;  b 
+ Gọi 
.

C
c

;8

c

d


AC

c

2;6

c



2





 AB. AC  0
 b  2  c  2   b  c  6   0
+ Do ABC vuông cân tại A nên  2


2
2

2
2
2
 AB  AC

 b  2   b   c  2    6  c 

bc  4b  c  2  0
 b  1 c  4   2
 2 2
.

2
2
b

1

c

4

3




b  c  2b  8c  18  0



u  b  1
Đặt 
, khi đó hệ có dạng:
v  c  4

2
2


uv  2
u  2; v  1
v 
v 
.


u
u 
 2 2
u  2; v  1
u  v  3
u 4  3u 2  4  0
u 2  4



 B  3;  1 , C  5;3
b  3; c  5
Suy ra 
.


b  1; c  3
 B  1;3 , C  5;3
Vậy B  1;3 , C 3;5  hoặc B  3; 1 , C 5;3  .

Ví dụ 13
Ví
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường thẳng  : x  y  2  0
. Đường thẳng đi qua A và B có phương trình x  2 y  3  0 . Tìm tọa độ A và B biết AB  5 ,
C  1; 1 và hoành độ của A lớn hơn hoành độ của B .
| 16


Hình học 10|

Lời giải
x + 2y - 3 = 0

A
:x+y-2=0

G

+ Gọi I là trung điểm của AB
Do I  AB nên I  3  2m; m  và trọng tâm G   nên G  n; 2  n 

CG   n  1;3  n 
+ Suy ra 
. Mặt khác G là trọng tâm tam giác ABC nên:
CI


4

2
m
;
m

1





3n  4m  5
m  1 
3  n  1  2  4  2m 
 I  5; 1
3CG  2CI  



3n  2m  7
n  3


3  3  n   2  m  1
G  3; 1
AB
5

+ Khi đó A , B thuộc đường tròn tâm I  5; 1 và bán kính R 
.

2
2
Suy ra tọa độ A , B là nghiệm của hệ:
  3 
1

x

4;
y

x  2 y  3  0
x  3  2 y
 A  6; 



  2 
2


5
1
2
2
2
3

x

5

y

1

y

1










 B  4; 1 
x  6; y  
4
4

2   2 

 3 
 1

+ Vậy A  6;  và B  4; 
 2 
 2

Ví dụ 14
Ví
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC biết A  5; 2  , phương
trình đường trung trực BC , đường trung tuyến CD lần lượt có phương trình
x  3 y  1  0 và 4 x  3 y  16  0 .
Lời giải

17 |

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

C(-1;1)

B


| Chương 3: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
A(5;2)
4x + 3y - 16 = 0

x - 3y + 1= 0

D
G
B(?)

+ Gọi M
là trung điểm
x  3 y  1  0  M  3t1  1; t1 

C

M

của

BC

nên

M

thuộc

đường

thẳng

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , khi đó G  CD  G  4  3t2 ; 4t2 

 AM   3t1  6; t1  2 
Suy ra 

 AG   3t2  1; 4t2  2 

+ Khi đó
3

3t1  6   3t2  1
t1  1

2t1  3t2  3
3


2
AM  AG  


1  M  2;1
3
t

6
t


1
2
t


1
2


t  2   4t  2 
 2
3
1
2

2

+ BC đi qua M  2;1 và vuông góc với đường thẳng x  3 y  1  0 nên ta có phương

trình: 3x  y  7  0
Khi đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:
4 x  3 y  16  0
x  1

 C 1; 4 

3x  y  7  0
y  4

+ Do M  2;1 là trung điểm của BC , suy ra B  3; 2  .
Vậy C 1;4 , B 3; 2 

Ví dụ 15
Ví
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A với BC  4 2 . Các đường thẳng
5

 18 
AB và AC lần lượt đi qua các điểm M 1;   và N  0;  . Xác định tọa độ các đỉnh của tam

3

 7
giác ABC , biết đường cao AH có phương trình x  y  2  0 và điểm B có hoành độ dương.

Lời giải

| 18


 18 
Gọi N ' đối xứng với N  0;  qua AH , suy ra N '  AB.
 7
18
 18 
NN ' đi qua N  0;  và vuông góc với AH nên có phương trình: x  y   0 .
7
 7

Khi đó tọa độ giao điểm I của NN ' và AH là nghiệm của hệ:
2

18
x




x  y   0
 2 16 

7

 I  ; 
7

 7 7
 y  16
 x  y  2  0

7
 4 
Do I là trung điểm của NN '  N '   ; 2 
 7 
5
 4 

+ Khi đó AB đi qua M 1;   và N '   ; 2  nên có phương trình: 7 x  3 y  2  0 .
3
 7 


7 x  3 y  2  0
 x  1
 A  1;3
Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 

x y 2  0
y  3
1
+ Gọi B  1  3t;3  7t   AB với t  .

3
1  3t  3  7t  2
BC
2 2 
2 2
Khi đó ta có: d  B; AH  
2
2

 4t  4  t  1 hoặc t  1 (loại)
Suy ra B  2; 4 
+ BC đi qua B  2; 4  và vuông góc với AH nên có phương trình: x  y  6  0

 x y6  0
x  4

Khi đó tọa độ điểm H là nghiệm của hệ: 
x  y  2  0
 y  2

 H  4; 2   C  6;0  (do H là trung điểm của BC )
Vậy A(1;3), B 2; 4 , C 6;0 .

Ví dụ 16
Ví
19 |

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

Hình học 10|

| Chương 3: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

Trong mặt phẳng Oxy ,cho tam giác ABC ,biết tọa độ A(2;2); B(-1;6);C(5;5). Tìm tọa độ trực tâm
H
Lời giải


qua A(2;2)

VTPT BC  (6; 1)

*) AH : 

 AH : 6  x  2  1 y  2   0  6 x  y  10  0

qua B(-1;6)
 BH : 3  x  1  3  y  6   0  x  y  5  0
VTPT
AC

(3;3)



*) BH : 

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

*) CH : 3x  4 y  5  0

 15 20 
; 
7 7 

*) H  AH  BH  H 

Ví dụ 17
Ví
Cho tam giác ABC, M(-1;3) là trung điểm của AB, trung tuyến BN: x-3y+5=0; đường cao AH:
2x-y+5=0. Tìm tọa độ A, B, C
Lời giải

A  AH  A(a;2a  5)
M là trung điểm của AB nên B(2.(-1)-a;2.3-2a-5)  B(a  2; 2a  1)

B  NB  a  2  6a  3  5  0  5a  0  a  0  A(0;5); B(2;1)
BC: 1( x  2)  2( y  1)  0  x  2 y  0
C  BC  C (2c; c) ; N là trung điểm của AC  N (c;

c5
)
2

c5
 5  0  2c  3c  5  10  0
2
 5c  5  c  1  C (2;1)
N  NB  c  3.

Ví dụ 18
Ví
Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC biết phương trình đường thẳng lần lượt chứa các cạnh :
AB: 2x+y-5=0; BC: x+2y+2=0; CA: 2x-y+9=0.Tìm tâm đường tròn nội tiếp tam giác
Lời giải

A  AB  AC  A  1;7 

B  AB  BC  B  4; 3
| 20


Hình học 10|

C  BC  AC  C  4;1
*) Các đường phân giác của góc B

2x  y  5

x  2 y  2   2 x  y  5  x  2 y  2   x  y  7  0  l1 

2 x  y  5   x  2 y  2


 x  y  1  0  l2 
1 4

4 1
Với  l1  :  1  7  7  4  1  7   0

 Đường phân giác trong của góc B là  l2  : x  y  1  0
*) Các đường phân giác của góc A

4 1

2 x  y  9   2 x  y  5  2 x  y  9   y  7  0  l3 


 2 x  y  5  2 x  y  9

 x  1  0  l4 
4 1

Với  l3  :  3  7 1  7   0

 Đường phân giác trong của góc A là  l4  : x  1  0

I   l2    l4   I  1;2

Ví dụ 19
Ví
Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có A(2;-4), các đường phân giác trong kẻ từ B,C
lần lượt d B : x  y  2  0; dC : x  3 y  6  0 , tìm tọa độ B và C
Lời giải
*) Gọi Gọi A1 là điểm đối xứng với A qua d B , D là trung điểm của AA1

 AA1 : x  y  6  0

D  AA1   d B   D  4; 2  A1  6;0 

*) Gọi A2 là điểm đối xứng với A qua d C , E là trung điểm của AA 2

 AA2 : 3x  y  2  0
6 8
2 4
E  AA 2   dC   D  ;    A2  ; 
5 5
5 5

qua A1  6;0 
qua C  6;0 


BC 
28 4
 2 4   BC 
qua A 2  5 ; 5 
VTCP A1 A2  ( ; )
5 5




BC: 1( x  6)  7( y  0)  0  x  7 y  6  0
Giải hệ phương trình của dB và BC ta được tọa độ B(4/3;2/3)
Giải hệ phương trình của dC và BC ta được tọa độ C(6;0)

21 |

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

2x  y  5


| Chương 3: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

Ví dụ 20
Ví
Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có đường phân giác trong AD: x  y  0 , đường cao
CH: 2 x  y  3  0 , AC qua M(0;-1) biết AB=2AM. Tìm tọa độ B, C
Lời giải
*) Gọi M 1 là điểm đối xứng với M qua AD , E là trung điểm của MM1

 MM1 :1( x  0)  1( y  1)  0  x  y  1  0

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

 1 1
E  MM1  AD  E   ;  
 2 2
E là trung điểm của MM1  M1  1  0; 1  1  M1  1;0 

qua M1  1;0 
AB 
 CH
AB: 1( x  1)  2( y  0)  0  x  2 y  1  0

A  AB  AD  A 1;1
TH1: M thuộc cạnh AC  M1 là trung điểm của AB  B(2  1;0  1)  B(3; 1)

*) Gọi B1 là điểm đối xứng với B qua AD , F là trung điểm của BB1

 BB1 :1( x  3)  1( y  1)  0  x  y  4  0

F  BB1  AD  F  2; 2

F là trung điểm của BB1  B1 (4  3; 4  1)  B1 (1; 3)

qua M  0; 1

qua M  0; 1

AC 
 AC 


qua B1  1; 3
VTCP MB1  (1; 2)
AC: 2( x  0)  1( y  1)  0  2 x  y  1  0
 1

C  AC  CH  C   ; 2 
 2

TH2: M không thuộc cạnh AC nên BA  2 AM1; B( x; y)

BA  (1  x;1  y )
AM 1  (2; 1)
1  x  2.(2)
x  5



 B(5;3)
1

y

2.(

1)
y

3


*) Gọi B2 là điểm đối xứng với B qua AD , G là trung điểm của BB2

 BB2 :1( x  5)  1( y  3)  0  x  y  8  0

G  BB2  AD  G  4;4

G là trung điểm của BB2  B2 (8  5;8  3)  B2 (3;5)

| 22


Hình học 10|

qua M  0; 1


qua M  0; 1

AC 
 AC 


qua B2  3;5
VTCP MB2  (3;6)
AC: 2( x  0)  1( y  1)  0  2 x  y  1  0
 1

C  AC  CH  C   ; 2 
 2


Loại 3: bài toán tìm tọa độ điểm có sử dụng tính chất của đường tròn
ngoại tiếp, nội tiếp tam giác.
LÝ THUYẾT.
BÀI TẬP TỰ LUẬN.

Ví dụ 1
Ví
Trong mặt phẳng toạ độ cho ABC với A(0;3) , B(0; 12) , C (6;0) . Tìm toạ độ điểm I là tâm
đường tròn ngoại tiếp ABC .
Lời giải

 IA  IB
Gọi I(a; b) . Ta có 
.
 IA  IC

x  0
 x 2   y  32  x 2   y  12 2
30 y  135 



9.
2
2
2
2
4
x

2
y

9
y



x

y

3

x


6

y

 



2
9

Vậy I  0;   .
2


Ví dụ 2
Ví
Trong mặt phẳng toạ độ cho hai điểm A  3;0  , B  0; 4  . Tìm tọa độ điểm I là tâm đường tròn nội tiếp

OAB .
Lời giải
Phương trình đường thẳng AB :

x y
  1  4 x  3 y 12 0 .
3 4

Gọi I  x; y  , nhận xét: 0  x  4 .

x  y
x  y
x  1
d  I , OA  d  I , OB 



Ta có: 
.
7 x  12  
3x  4 y  12  
y 1
d  I , OA  d  I , BA
x 
x 
5

5

23 |

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

I
=
II
=


| Chương 3: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

Vậy I 1;1 .

Ví dụ 3
Ví
Đường tròn (C ) có tâm I (1;3) và tiếp xúc với đường thẳng d : 3x  4 y  5  0 tại điểm H . Tìm
tọa điểm H .

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

Lời giải

IH  d  IH : 4 x  3 y  c  0 . Đường thẳng IH qua I  1; 3 nên 4(1)  3.3  c  0  c  5 .

Vậy IH : 4x  3 y  5  0 .

1

x

4
x

3
y

5

0



5
Giải hệ: 
.

7
3x  4 y  5  0
y 

5
1 7
Vậy H  ;  .
5 5

Ví dụ 4
Ví

13 
9 5
;3  , tâm đường tròn ngoại tiếp I  ;  , M  6,3 là
2 2
3 
trung điểm cạnh BC . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
Lời giải

Cho tam giác ABC có trọng tâm G 

A

G
B

I
C

M

Gọi A  x; y  . Ta có AG    x;3  y  , GM   ;0  .
3

3 
13

5

| 24


Hình học 10|

x  1
AG  2GM  
 A 1;3 .
y  3
3 1
IM  BC  BC nhận IM   ;  làm VTPT
2 2
 BC : 3x  y  21  0 .

Ta có AI  BI  CI 

5 2
.
2

Ví dụ 5
Ví

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I 1; 2  và phương trình phân giác trong góc A
là d : x  y  2  0 . Giả sử đường cao kẻ từ A đi qua H  3; 4  . Tìm tọa độ điểm A .
Lời giải
A

H
I
E
B

C

D

 Gọi D là giao điểm khác A của phân giác góc A với đường tròn tâm I .
1
1
sđ BD và DAC  sđ DC
2
2
mà BAD  DAC  sđ BD =sđ DC  D là điểm chính giữa cung BC  ID  BC  ID / / AH

Ta có: BAD 

 IDA  HAD .
 AID cân tại I  IAD  IDA  HAD  IAD .
 AD là phân giác góc HAI .

Gọi K là hình chiếu vuông góc của I trên AD .
Phương trình đường thẳng IK là: IK : x  y  3  0 .
x  y  3  0
5 1
K  AD  IK  tọa độ K là nghiệm hệ: 
 K  ; .
2 2
x  y  2  0
25 |

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

3x  y  21  0
x  5
x  7

2
2
hoặc 
 Tọa độ B, C là nghiệm hệ: 
9 
5
25  
y  6
y  0

 x  2    y  2   2
 


 B  5;6  , C  7;0  hoặc B  7;0  , C  5;6 