Các hướng tư duy và phương pháp giải trong hình oxy

GIẢI ðÁP TOÁN CẤP 3 – THI ðẠI HỌC

CÁC HƯỚNG TƯ DUY VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
TRONG HÌNH HỌC OXY

Biên soạn: Thanh Tùng

CÁC BÀI TOÁN TRONG
TAM GIÁC, TỨ GIÁC

CÁC BÀI TOÁN VỀ
ðƯỜNG THẲNG

CÁC BÀI TỐN VỀ
ðƯỜNG TRỊN

CÁC BÀI TỐN VỀ ELIP

BÀI TỐN TÌM ðIỂM

*) Tóm tắt lý thuyết đầy đủ theo một trình tự logic và có hệ thống.
*) ðưa ra các hướng tư duy và phương pháp giải khái quát cho từng lớp bài tốn.
*) Có bài tốn mẫu minh họa đi kèm.
*) Phần bài tập áp dụng có gợi ý.
*) Lời giải chi tiết cho từng bài toán cụ thể
(tham khảo thêm trên ).

HÀ NỘI

03/2013

CÁC HƯỚNG TƯ DUY VÀ PHƯƠNG PHÁP GIẢI HÌNH HỌC OXY

A. KIẾN THỨC CƠ BẢN

2


3


B. CÁC BÀI TỐN
BÀI TỐN 1: BÀI TỐN TÌM ðIỂM

ðể hiểu rõ hơn cho 4 hướng tư duy tương ứng với 4 TH của Bài tốn 1: “Bài Tốn Tìm ðiểm” thầy sẽ
dùng 6 bài thi ðại Học năm 2012 vừa qua ñể minh họa.
1) (A, A1 – 2012:CB). Cho hình vng ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là ñiểm trên cạnh CD sao cho

 11 1 
;  và đường thẳng AN có phương trình 2 x − y − 3 = 0 . Tìm tọa ñộ ñiểm A.
 2 2

CN = 2ND. Giả sử M 

2) (A, A1 – 2012 :NC). Cho đường trịn (C ) : x 2 + y 2 = 8 . Viết phương trình chính tắc của elip (E), biết rằng (E) có
độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C ) tại bốn ñiểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh của một hình vng.
3) (B – 2012:CB). Cho ñường tròn (C1 ) : x 2 + y 2 = 4 , (C2 ) : x 2 + y 2 − 12 x + 18 = 0 và ñường thẳng d : x − y − 4 = 0 .
Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc (C2 ) , tiếp xúc với d và cắt (C1 ) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB
vng góc với d.
4) (B – 2012 :NC). Cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và đường trịn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương

trình x 2 + y 2 = 4 . Viết phương trình chính tắc của elip (E) ñi qua các ñỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox.
5) (D – 2012:CB). Cho hình chữ nhật ABCD. Các đường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là x + 3 y = 0 và

1
x − y + 4 = 0 ; ñường thẳng BD ñi qua ñiểm M (− ;1) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
3
6) (D – 2012 :NC). Cho ñường thẳng d : 2 x − y + 3 = 0 . Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc d , cắt trục Ox
tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho AB = CD = 2.

4


1) (A, A1 – 2012:CB). Cho hình vng ABCD. Gọi M là trung ñiểm của cạnh BC, N là ñiểm trên cạnh CD sao cho

 11 1 
;  và đường thẳng AN có phương trình 2 x − y − 3 = 0 . Tìm tọa độ điểm A.
 2 2

CN = 2ND. Giả sử M 

Cách 1

Phân tích:

:

+) Ta có { A} = AN ∩ AM nên Theo hướng tư duy 1 (TH1) ta phải ñi lập thêm phương trình AM
+) Biết M nhưng chưa biết A (chính là đáp số ta cần tìm) nên ta phải đi tìm thêm vtpt hoặc vtcp
+) Bài tốn khơng có yếu tố song song, vng góc để tìm vtpt hoặc vtcp nên ta phải khai thác ytố ñịnh lượng

(

uuuur uuur

+) Yếu tố ñịnh lượng: cos ∠MAN = cos nAM , nAN

uuuur

) ⇒n

AM

⇒ phương trình AM → tọa độ điểm A

Giải:
ðặt AB = a ⇒ ND =

a
2a
a
; NC =
; MB = MC = ( vì ABCD là hình vng và CN = 2 ND )
3
3
2

Và áp dụng Pitago ta ñược: AM =

a 5
5a

a 10
và AN =
; MN =
2
6
3

AM 2 + AN 2 − MN 2
2
=
2 AM . AN
2
uuuur
uuur
uuuur uuur
Gọi nAM = (a; b) là vtpt của AM và ta có nAN = (2; −1) ⇒ cos ∠MAN = cos nAM , nAN
Trong ∆AMN ta có: cos ∠MAN =

(

)

2a − b
3a = −b
2
=
⇔ 2(2a − b) 2 = 5(a 2 + b 2 ) ⇔ 3a 2 − 8ab − 3b 2 = 0 ⇔ (3a + b)(a − 3b) = 0 ⇔ 
2
2
2

2
2
a + b . 2 +1
 a = 3b
uuuur
11  
1

+) Với 3a = −b chọn a = 1; b = −3 ⇒ nAM = (1; −3) ⇒ phương trình AM :  x −  − 3  y −  = 0
2 
2

2 x − y − 3 = 0  x = 1
⇔
⇒ A(1; −1)
hay AM : x − 3 y − 4 = 0 . Vì { A} = AN ∩ AM nên ta giải hệ: 
 x − 3 y − 4 = 0  y = −1
uuuur
11  
1

+) Với a = 3b chọn a = 3; b = 1 ⇒ nAM = (3;1) ⇒ phương trình AM : 3  x −  +  y −  = 0
2 
2

⇔

2 x − y − 3 = 0
x = 4
⇔

⇒ A(4;5)
3x + y − 17 = 0  y = 5

hay AM : 3 x + y − 17 = 0 . Vì { A} = AN ∩ AM nên ta giải hệ: 
Vậy A(1; −1) hoặc A(4;5)

5


Cách 2:

Phân tích: A ∈ AN nên Theo hướng tư duy 2 (TH2) ta gọi A(t ) ∈ AN ta cần thiết lập 1 phương trình f (t ) = 0

 11 1 
;  là trung ñiểm của BC ta chưa sử dụng – sẽ giúp ta làm ñiều này) → t = ? → A
 2 2

(còn dữ kiện M 
Giải:

2.
+) Gọi H là hình chiếu của M lên AN ⇒ MH = d ( M , AN ) =
ðặt AB = a ⇒ ND =

11 1
− −3
2 2
22 + 12

=

3 5
2

a
2a
a
; NC =
; MB = MC = ( vì ABCD là hình vng và CN = 2 ND )
3
3
2

Và áp dụng Pitago ta ñược: AM =

a 5
5a
a 10
và AN =
; MN =
2
6
3

Trong ∆AMN ta có: cos ∠MAN =

AM 2 + AN 2 − MN 2
2
=
2 AM . AN

2

⇒ ∠MAN = 450 ⇒ ∆MAH cận tại H ⇒ AM = 2 MH = 2.
+) Gọi A(t ; 2t − 3) ∈ AN và AM 2 =

3 5 3 10
(*)
=
2
2

45
(theo (*))
2

t = 1
 A(1; −1)
7  45
 11  
⇔ t 2 − 5t + 4 = 0 ⇔ 
⇒
⇔  t −  +  2t −  =
2 
2
2

t = 4  A(4;5)
Vậy A(1; −1) hoặc A(4;5)
2

2

Cách 3:

 11 1 
;  cố ñịnh . Nếu AM = h = const ( ta sẽ tìm cách đi tính AM ).
 2 2

Phân tích: A ∈ AN và M 

Nên Theo hướng tư duy 3 (TH3) : { A} = AN ∩ (C ) với (C ) là đường trịn tâm M bán kính R = h

6


2.
Giải: +) Gọi H là hình chiếu của M lên AN ⇒ MH = d ( M , AN ) =
ðặt AB = a ⇒ ND =

2 +1
2

2

=

3 5
2

a

2a
a
; NC =
; MB = MC = ( vì ABCD là hình vuông và CN = 2 ND )
3
3
2

Và áp dụng Pitago ta ñược: AM =

a 5
5a
a 10
và AN =
; MN =
2
6
3

Trong ∆AMN ta có: cos ∠MAN =

AM 2 + AN 2 − MN 2
2
=
2 AM . AN
2

⇒ ∠MAN = 450 ⇒ ∆MAH cận tại H ⇒ AM = 2 MH = 2.

3 5 3 10

=
2
2
2

Vậy AM =

11 1
− −3
2 2

2

3 10
1  45
 11  
⇒ A nằm trên đường trịn có phương trình:  x −  +  y −  =
2
2 
2
2


2
 11 2 
1  45
x = 4
x = 1
 x−  + y−  =
Mà A ∈ AN : 2 x − y − 3 = 0 Nên ta xét hệ : 

hoặc 
2 
2
2 ⇔
 y = −1
y = 5
2 x − y − 3 = 0


Vậy A(1; −1) hoặc A(4;5)
Cách 4: (Các em có thể tham khảo thêm cách giải của Bộ Giáo Dục nhưng vì cách giải này theo thầy khơng được
“tự nhiên” nên thầy khơng trình bày ở đây)
2) (A, A1 – 2012 :NC). Cho đường trịn (C ) : x 2 + y 2 = 8 . Viết phương trình chính tắc của elip (E), biết rằng (E) có
độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C ) tại bốn ñiểm phân biệt tạo thành bốn ñỉnh của một hình vng.

Phân tích:

x2 y 2
+) (E) có độ dài trục lớn bằng 8 ⇒ 2a = 8 ⇒ a = 4
+
= 1 như vậy ta cần tìm a; b
a 2 b2
+) Theo Hướng tư duy 4 (TH4) ta gọi A( x; y ) ( x > 0 ) là một giao ñiểm của (E) và (C ) : A ∈ (C ) ⇒ x 2 + y 2 = 8
và dữ kiện (E) cắt (C ) tại bốn ñiểm phân biệt tạo thành bốn đỉnh của một hình vng giúp ta thiết lập thêm phương
trình: y = x (4 đỉnh nằm trên hai đường phân giác thuộc góc phần tư thứ nhất và thứ hai – nhưng vì ta chọn điểm
+) Phương trình ( E ) :

A( x; y ) ( x > 0 ) thuộc góc phần tư thứ nhất) ⇒ tọa độ điểm A
Giải: Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) có dạng:

+) Mà A ∈ ( E ) ⇒ b → phương trình (E).

x2 y 2
+
=1
a 2 b2

+) (E) có độ dài trục lớn bằng 8 ⇒ 2a = 8 ⇒ a = 4
+) Gọi A( x; y ) ( x > 0 ) là một giao điểm của (E) và (C ) .Ta có: A ∈ (C ) ⇒ x 2 + y 2 = 8 (1)
Mặt khác: (E) cắt (C ) tại bốn ñiểm phân biệt tạo thành bốn ñỉnh của một hình vuông ⇒ y = x (2)
Từ (1) và (2) ⇒ 2 x 2 = 8 ⇒ x = 2 (vì x > 0 ) ⇒ y = 2 ⇒ A(2; 2)
+) Mà A ∈ ( E ) ⇒

22 22
16
x2 y2
2
.
Vậy
phương
trình
chính
tắc
của
elip
(E)
là:
+
=
1

⇒
b
=
+
=1
42 b 2
3
16 16
3
7


3) (B – 2012:CB). Cho đường trịn (C1 ) : x 2 + y 2 = 4 , (C 2 ) : x 2 + y 2 − 12 x + 18 = 0 và ñường thẳng d : x − y − 4 = 0 .
Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc (C2 ) , tiếp xúc với d và cắt (C1 ) tại hai ñiểm phân biệt A và B sao cho AB
vng góc với d.

Phân tích:
Muốn viết phương trình đường trịn ta cần:
+) Xác định tâm I (dùng Thuật Tốn Tìm ðiểm) . Khi đó theo Hướng tư duy 2 (TH2) ta gọi I (t ) ∈ II1
(Trước đó ta đi lập phương trình II1 đi qua I1 vng góc với AB (tính chất đường nối tâm) hay song song với d )
Và dữ kiện I ∈ (C2 ) giúp ta thiết lập được phương trình : f (t ) = 0 → t = ? → tọa độ điểm I
( Ta có thể làm theo Hướng tư duy 3 (TH3) với { I } = II1 ∩ (C2 ) → tọa ñộ I - cách trình bày khác của TH2)
+) Xác định bán kính: R nhờ R = d ( I , d )
Giải:
Gọi I là tâm đường trịn (C ) cần viết phương trình. Ta có (C1 ) : x 2 + y 2 = 4 ⇒ tâm của (C1 ) là I1 (0;0)

 II1 ⊥ AB
⇒ II1 // d ⇒ phương trình II1 : x − y = 0 .
 AB ⊥ d

Vì 

Gọi I (t ; t ) ∈ II1 mà I ∈ (C2 ) ⇒ t 2 + t 2 − 12t + 18 = 0 ⇔ t 2 − 6t + 9 = 0 ⇔ t = 3 ⇒ I (3;3)
Mà (C ) tiếp xúc với d ⇒ R = d ( I , d ) =

3−3+ 4
1 +1
2

2

= 2 2 . Vậy phương trình (C ) là: ( x − 3) 2 + ( y − 3) 2 = 8

4) (B – 2012 :NC). Cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và đường trịn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương
trình x 2 + y 2 = 4 . Viết phương trình chính tắc của elip (E) ñi qua các ñỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox.

x2 y 2
+
= 1 (a > b > 0) như vậy ta cần tìm a; b
a 2 b2
+) Theo Hướng tư duy 2 (TH2) vì (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D và A ∈ Ox nên gọi A( a; 0) ∈ Ox và B (0; b) ∈ Oy
Phân tích: +) Phương trình ( E ) :

+) Khai thác dữ kiện: AC = 2BD → f1 (a, b) = 0 (1)
+) Khai thác dữ kiện: đường trịn x 2 + y 2 = 4 tiếp xúc với các cạnh của hình thoi → f 2 ( a, b) = 0 (2)
Từ (1) và (2) → a 2 = ? và b 2 = ? → phương trình (E).

8

Giải: Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) :

x2 y2
+
= 1 ( với a > b > 0 )
a 2 b2

Vì (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D và A ∈ Ox nên không mất tính tổng quát giả sử: A( a; 0) và B (0; b) .
Mà hình thoi ABCD có AC = 2BD ⇔ 2OA = 4OB ⇔ OA = 2OB ⇔ a = 2b (vì a > b > 0 ) hay A(2b;0) , B (0; b)
Gọi H là hình chiếu của O lên AB

⇒ OH = R = 2 ( vì ñường tròn x 2 + y 2 = 4 tiếp xúc với các cạnh của hình thoi)
1
1
1
1
1
1
Xét tam giác OAB ta có:
=
+
hay = 2 + 2 ⇔ b 2 = 5 ⇒ a 2 = 4b 2 = 20
2
2
2
OH
OA OB
4 4b b
2
x

y2
Vậy phương trình chính tắc của elip ( E ) là:
+
=1
20 5
5) (D – 2012:CB). Cho hình chữ nhật ABCD. Các đường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là x + 3 y = 0

1
3

và x − y + 4 = 0 ; ñường thẳng BD ñi qua ñiểm M ( − ;1) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
Cách 1:

Phân tích: +) Theo Hướng tư duy 1 (TH1) : { A} = AC ∩ AD → tọa ñộ ñiểm A
+) Theo Hướng tư duy 2 (TH2) : D ∈ AD , B ∈ AB nên ta gọi D (t1 ), B(t2 ) (trước đó ta đi lập pt AB )
+) Gọi { I } = AC ∩ BD ( I là trung ñiểm của AC và BD ) ⇒ I (t1 , t2 ) mà I ∈ AC ⇒ f1 (t1 , t2 ) = 0 (1)

uuur uuuur

Vì MB, MD cùng phương ⇒ f 2 (t1 , t2 ) = 0 (2)

t1 = ?
⇒ tọa ñộ của B, D, I và C
t2 = ?

+) Từ (1) và (2) ⇒ 

x + 3y = 0
 x = −3
⇔

⇒ A(−3;1)
x − y + 4 = 0
y =1

Giải: Vì { A} = AC ∩ AD nên xét hệ: 

x + 3 y −1
=
⇔ x+ y+2=0
1
−1
 t +t t −t +2
Gọi B (t1 ; −t1 − 2) ∈ AB và D (t2 ; t2 + 4) ∈ AD ( t1 ; t2 ≠ −3 ) ⇒ I  2 1 ; 2 1
 : là trung ñiểm của BD
2
 2

t +t
t −t + 2
Mà I ∈ AC ⇒ 2 1 + 3. 2 1
= 0 ⇔ 2t2 − t1 + 3 = 0 ⇔ t1 = 2t2 + 3 (*)
2
2
uuur 
uuuur 
1
10
1
 



Có: MB =  t1 + ; −t1 − 3  =  2t2 + ; −2t2 − 6  (theo (*)) và MD =  t2 + ; t2 + 3 
3
3
3

 



uuur uuuur
6t + 10 −2t2 − 6
Mặt khác B, D , M thẳng hàng ⇒ MB , MD cùng phương ⇒ 2
=
= −2 ⇔ t2 = −1 ⇒ t1 = 1
3t2 + 1
t2 + 3
AB đi qua A và vng góc với AD nên AB có phương trình:

⇒ B (1; −3), D(−1;3) và I (0;0) ⇒ C (3; −1) ( vì I là trung điểm của AC )

9


5) (D – 2012:CB). Cho hình chữ nhật ABCD. Các đường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là x + 3 y = 0

1
3

và x − y + 4 = 0 ; ñường thẳng BD ñi qua ñiểm M ( − ;1) . Tìm tọa ñộ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.

Cách 2:

Phân tích: +) Theo Hướng tư duy 1 (TH1) : { A} = AC ∩ AD → tọa ñộ ñiểm A
+) Do trong bài tốn có nhiều tính chất đối xứng nên ta nghĩ tới việc tìm các điểm phụ liên quan. Cụ thể:
+) Ta tìm điểm N đối xứng với M qua đường trung trực d của AD bằng cách viết pt d ' ñi qua M song
song với AD và { N } = d '∩ AC ⇒ pt trung trực d của AD ⇒ tọa ñộ trung ñiểm I , J của AC và AD

⇒ tọa ñộ C , D, B

x + 3y = 0
 x = −3
⇔
⇒ A(−3;1)
x − y + 4 = 0
y =1

Giải: Vì { A} = AC ∩ AD nên xét hệ: 

1
− ( y − 1) = 0 ⇔ 3x − 3 y + 4 = 0
3
 x = −1
x + 3y = 0
 1
⇔
⇒ N  −1; 
Gọi { N } = d '∩ AC nên ta xét hệ: 
1
3


3 x − 3 y + 4 = 0
 y = 3
Gọi d là ñường trung trực của AD cắt MN , AC , AD lần lượt tại H , I , J
Phương trình của d ' đi qua M song song AD có dạng: x +

5 
5

 5 5
⇒ H , I , J lần lượt là trung ñiểm MN , AC , AD ⇒ H  − ;  ⇒ pt của d :  x +  +  y −  = 0 ⇔ x + y = 0
4 
4

 4 4
x + y = 0
x = 0
⇔
⇒ I ( 0;0 ) ⇒ C (3; −1) ( I là trung ñiểm của AC )
Ta có: { I } = d ∩ AC nên ta xét hệ: 
x + 3y = 0  y = 0
x + y = 0
 x = −2
⇔
⇒ J ( −2; 2 ) ⇒ D( −1;3) ( J là trung ñiểm của AD )
và { J } = d ∩ AD nên ta xét hệ: 
x − y + 4 = 0  y = 2
⇒ B (1; −3) ( I là trung ñiểm của BD )
6) (D – 2012 :NC). Cho ñường thẳng d : 2 x − y + 3 = 0 . Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc d , cắt trục Ox
tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho AB = CD = 2.

10


Phân tích: Muốn viết phương trình đường trịn ta cần:
+) Xác định tâm I (dùng Thuật Tốn Tìm ðiểm) . Khi đó theo Hướng tư duy 2 (TH2) ta gọi I (t ) ∈ d
Và dữ kiện AB = CD giúp ta thiết lập được phương trình : f (t ) = 0 → t = ? → tọa ñộ ñiểm I
+) Xác ñịnh bán kính: R nhờ R 2 = IA2 = IH 2 + HA2 với IH = d ( I , Ox) và HA =

AB
=1
2

Giải:
+) Gọi I là tâm đường trịn cần lập và gọi I (t ; 2t + 3) ∈ d

2t + 3 = t
t = −3  I (−3; −3)
⇔
⇒
2t + 3 = −t
t = −1  I (−1;1)

+) Ta có AB = CD ⇔ d ( I , Ox) = d ( I , Oy ) ⇔ 2t + 3 = t ⇔ 
+) Với I ( −3; −3) ⇒ IH = d ( I , Ox) = −3 = 3 và ta có: AH =

AB 2
= = 1 ⇒ R 2 = IA2 = IH 2 + HA2 = 10
2
2

Vậy phương trình ñường tròn: ( x + 3) 2 + ( y + 3) 2 = 10 .
+) Với I ( −1;1) ⇒ IH = d ( I , Ox) = 1 = 1 và ta có: AH =

AB 2
= = 1 ⇒ R 2 = IA2 = IH 2 + HA2 = 2
2
2

Vậy phương trình đường trịn: ( x + 1) 2 + ( y − 1) 2 = 2 .
CHÚ Ý: Trước khi vào phần BÀI TOÁN 2 chúng ta có một số quy ước sau:
+) M (t ) ∈ ∆ : ta ràng buộc ñiểm M theo một ẩn là t.
+) M (t1 , t2 ) : ñiểm M có tọa độ phụ thuộc vào hai ẩn t1 và t 2 .

 xM = t1
 yM = t 2

+) M (t1 ; t2 ) : điểm M có tọa ñộ : 

BÀI TOÁN 2: CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ðẾN BÀI TỐN 1
Dạng 1: Các bài tốn trong tam giác, tứ giác
Loại 1: Các bài tốn về ðịnh Tính
Loại 1.1: Các bài tốn về đường trung tuyến, đường cao, trung trực
Bài 1: Biết ñỉnh A của tam giác ABC và 2 trung tuyến BM, CN. Viết phương trình các cạnh của ∆ABC .

Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 1 ñể giải các ví dụ sau)
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có A(4; – 1) và phương trình hai đường trung tuyến BM: 8x – y – 3 = 0,
CN: 14x – 13y – 9 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C.
(ðs: B(1; 5), C(–4; – 5))

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có A(1; – 2) và phương trình hai ñường trung tuyến BM và CN lần lượt là
x – 6y + 3 = 0 và 5x – 6y – 1 = 0. Tính diện tích tam giác ABC.
(ðs: S∆ABC = 16 (ñvdt))
11


Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có trọng tâm G(-2;0) biết phương trình các cạnh AB, AC theo thứ tự là
4x + y + 14 = 0 và 2x + 5y – 2 = 0. Viết phương trình BC.
(ðs: x – 2y – 1 = 0 ; với B (−3; −2) , C (1; 0) )
Ví dụ 4: Cho hai ñường thẳng d1 : x – y + 1 = 0, d 2 : 2x + y – 1 = 0 và điểm P(2; 1). Viết phương trình
đường thẳng d 3 qua P và cắt d1 , d 2 lần lượt tại A và B sao cho P là trung ñiểm của AB. (ðs: 4x – y – 7 = 0)
Ví dụ 5: Cho tam giác ABC có trung ñiểm của AB là I(1; 3), trung ñiểm AC là J(-3; 0). ðiểm A thuộc Oy và
9
 9  3 
đường BC qua gốc tọa độ O. Tìm tọa độ các ñỉnh của tam giác ABC. (ðs: A  0;  , B  2;  ,  −6; −  )
2
 2  2 
( Các em tham khảo phần giải mẫu qua các Ví dụ 2, Ví dụ 3, Ví dụ 5 )
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có A(1; – 2) và phương trình hai đường trung tuyến BM và CN lần lượt là
x – 6y + 3 = 0 và 5x – 6y – 1 = 0. Tính diện tích tam giác ABC.
Giải:

x +x
t +1

xN = A B =

3
t
+




 t +1 t − 9 
2
2
+) Gọi B  t ;
⇒ N
;
 ∈ BM . Do N là trung ñiểm của AB ⇒ 

 6 
 2 12 
 x = y A + yB = t − 9
 N
2
12
t +1
t −9
Mà N ∈ CN ⇒ 5.
− 6.
− 1 = 0 ⇔ t = −3 ⇒ B (−3;0)
2
12
x = 1
x − 6 y + 3 = 0

+) Tọa ñộ trọng tâm G của ∆ ABC là nghiệm của hệ: 
⇔
2

5 x − 6 y − 1 = 0
 y = 3
 2   xC = 3 xG − x A − xB = 3 − 1 + 3 = 5
⇒ G  1;  ⇒ 
⇒ C (5; 4) .Vậy phương trình BC:
 3   yC = 3 yG − y A − yB = 2 + 2 − 0 = 4
x+3 y
= ⇔ x − 2y + 3 = 0
8
4

Gọi H là chân ñường cao kẻ từ A xuống BC ⇒ AH = d ( A; BC ) =

1 − 2.(−2) + 3
12 + 22

=

8
5

1
1 8
AH .BC = . .4 5 = 16 (đvdt)
2
2 5
Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có trọng tâm G(-2;0) biết phương trình các cạnh AB, AC theo thứ tự là
4x + y + 14 = 0 và 2x + 5y – 2 = 0. Viết phương trình BC
Giải:

Ta có: BC =

82 + 42 = 4 5 ⇒ S ∆ABC =

12


4 x + y + 14 = 0
 x = −4
⇔
+) Tọa ñộ ñiểm A là nghiệm của hệ: 
⇒ A ( −4; 2)
2 x + 5 y − 2 = 0
y = 2
+) Gọi B (t1 ; −4t1 − 14) ∈ AB và C (5t2 + 1; −2t2 ) ∈ AC
 xA + xB + xC = 3 xG
+) Vì G là trọng ∆ ABC nên ta có: 
 y A + yB + yC = 3 yG
−4 + t1 + 5t2 + 1 = −6 t1 + 5t2 = −3
t = −3
B(-3;-2)
⇒
⇔
⇔1
⇒
C(1;0)
2 − 4t1 − 14 − 2t2 = 0
2t1 + t2 = −6 t2 = 0
x+3 y+2
Vậy phương trình BC:

=
⇔ x − 2 y −1 = 0
4
2
Ví dụ 5: Cho tam giác ABC có trung điểm của AB là I(1; 3), trung ñiểm AC là J(-3; 0). ðiểm A thuộc Oy và
ñường BC qua gốc tọa ñộ O. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Giải:

B(2;6 − a)
Gọi A (0; a ) ∈ Oy ⇒ 
( Vì I(1; 3), J(-3; 0) lần lượt là trung điểm của AB và AC)
C( − 6; − a)
uuur
OB = (2;6 − a)
2 6−a
9
=
⇔a=
Ta có:  uuur
Mà BC đi qua gốc tọa ñộ O hay O,B,C thẳng hàng ⇒
−6
−a
2
OC = ( − 6; − a)
9
 9  3 
⇒ A  0;  , B  2;  , C  −6; − 
2
 2  2 
Bài 2: Biết ñỉnh A của tam giác ABC và 2 ñường cao BH và CK. Viết phương trình các cạnh.

uuur uuur
nAB = uCK
Cách giải: +) Viết phương trình AB, AC với  uuur uuur
nAC = u BH

{B} = AB I BH
{C} = AC I CK

+) Tìm B, C với 

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 2 ñể giải các ví dụ sau)
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC biết đỉnh A(1; –3); phương trình hai đường cao xuất phát từ B và C lần lượt là
x+ 2y – 8 =0 và 3x + 5y – 1 = 0. Viết phương trình cạnh BC.
(ðs: 3x – 2y – 8 = 0)
Ví dụ 2 (A – 2004): Cho hai ñiểm A (0; 2) và B( − 3 ; −1 ). Tìm tọa độ trực tâm và tọa độ tâm ñường tròn ngoại tiếp
của tam giác OAB.

(ðs: H( 3; −1) , I ( − 3;1) )

13


Bài 3: Cho ñỉnh A và hai ñường trung trực d1 , d 2 của cạnh AB và AC (hoặc BC).Viết phương trình các cạnh.

TH1

TH2

B

C

Cách giải: TH1: B, C lần lượt ñối xứng với A qua d1 và d 2 ⇒ 

TH2: +) B ñối xứng với A qua d1 ⇒ B
+) C ñối xứng với B qua d 2 ⇒ C

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 3 để giải các ví dụ sau)
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có đỉnh A(1; 2) và hai ñường trung trực của cạnh AB và AC lần lượt là x – 2y – 2 = 0
và x – y + 5 = 0. Viết phương trình trung tuyến AM của tam giác ABC.
(ðs: y = 2)
Ví dụ 2 : Cho tam giác ABC có điểm M(0; 3) thuộc ñoạn AC; hai ñường trung trực của cạnh AB và AC lần lượt có
phương trình là x – 2y – 2 = 0 và x – y + 5 = 0. Viết phương trình cạnh BC của tam giác ABC biết AC = 4AM.
(ðs: 4x + 3y – 6 = 0)

Bài 4: Biết ñỉnh A của tam giác ABC và ñường cao BH, trung tuyến CM. Lập phương trình các cạnh.

Cách giải:
Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 4 để giải các ví dụ sau)
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có A(–4; – 5) và phương trình đường cao BH: x + 2y – 2 = 0, ñường trung tuyến
CM: 8x – y – 3 = 0. Tìm tọa độ đỉnh B, C.
(ðs: B(4; –1), C(1; 5))
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có phương trình của trung tuyến AM và đường cao BH lần lượt là: 2x + y – 3 = 0;

1
2

5
2

2x – y – 4 = 0. ðiểm N  ; −  thuộc ñoạn BC và ñỉnh C thuộc ñường thẳng d: x + y – 3 = 0. Viết phương trình
2

đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC biết BC khơng song song với hai trục tọa độ.

2

3 
1 5

(ðs:  x −  +  y +  = )
2 
2
2


Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có đỉnh A(2;1) , đường cao qua đỉnh B có phương trình là : x – 3y – 7 = 0 và đường trung
tuyến qua đỉnh C có phương trình : x + y + 1 = 0.Xác ñịnh tọa ñộ của B và C.
(ðs: B ( −2; −3), C (4; −5) )

 4 1
 3 3

Ví dụ 4: Cho tam giác ABC cân tại đỉnh A có trọng tâm G  ;  , phương trình đường thẳng BC là x – 2y – 4 = 0 và
ñường thẳng BG là 7x – 4y – 8 = 0.Tìm tọa ñộ các ñỉnh A,B,C.

 16 19 
 52 8 
;  , B (0; −2), C  ;  )
 9 9

 9 9

(ðs: A  −

Ví dụ 5:Cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d : x – 4y – 2 = 0 , cạnh BC song song với đường thẳng d.
Phương trình đường cao BH : x + y + 3 = 0 và trung ñiểm của cạnh AC là M(1;1). Tìm tọa ñộ các ñỉnh A,B,C.

 2
 3

2
3

 18 3   8 8 
; ,C  ;  )
 5 5  3 3

(ðs: A  − ; −  , B  −

14


Bài 5: Biết ñỉnh A và trung tuyến CC’, ñường trung trực của cạnh BC. Tìm tọa độ B, C.

Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 5 để giải các ví dụ sau)
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC biết A(5; 13). Phương trình ñường trung trực cạnh BC, ñường trung tuyến CC’
(C’ thuộc AB) lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 1 = 0. Viết phương trình cạnh BC.
(ðs: x – y + 2 = 0)

Ví dụ 2 : Cho tam giác ABC có đường trung trực của cạnh BC cắt ñương thẳng ñi qua AB tại ñiểm M (1; 2) và

uuur

uuur

song song với ñường thẳng 2 x − y + 2013 = 0 biết AB = 2 MA và ñường trung tuyến xuất phát từ đỉnh C có
phương trình 11x + 7 y + 11 = 0 . Tìm tọa độ 3 đỉnh của tam giác ABC.

2
5

(ðs: A(0;1), B ( −2; −1), C  ; −

11 
)
5

Bài 6: Biết trung ñiểm M của AB và trung tuyến AN, đường cao BH. Viết phương trình các cạnh của ∆ ABC.

Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 6 ñể giải các ví dụ sau)
Ví dụ 1: Tam giác ABC có ñường trung tuyến AN : x – y + 1 = 0, ñường cao BH : x + 2y – 1= 0, đoạn AB có trung
điểm M(1; 1). Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC.
(ðs: AB: x = 1; AC: 2x – y = 0; BC: 3x – y – 3 = 0)
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có điểm M(0; 3) là trung điểm của AB. Phương trình trung tuyến AN: 2x – y – 2 = 0,
ñường cao BH: x – 3y + 14 = 0.Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC (ðs: ( x + 3) 2 + ( y + 3) 2 = 50 )

15

Bài 7: Biết ñỉnh A (hoặc ñường cao xuất phát từ A ñi qua ñiểm N và trọng tâm G thuộc một ñường thẳng…)
của tam giác ABC và trung tuyến BM, đường cao BH. Viết phương trình các cạnh.

TH1

TH2

Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 7 để giải các ví dụ sau)
Ví dụ 1:Cho tam giác ABC biết ñỉnh A(1; – 1), ñường cao và trung tuyến cùng xuất phát từ B lần lượt có phương
trình: x + 2y – 3 = 0 và x + 3y – 5 = 0 . Viết phương trình BC.
(ðs: x – 4y + 9 = 0)
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC biết ñường cao BH và trung tuyến BM lần lượt có phương trình: 4x + 3y + 2 = 0; x – 1 =
0. Tính diện tích tam giác ABC biết rằng trọng tâm G của tam giác thuộc ñường thẳng d: 2x + 3y – 1 = 0 và ñường cao
xuất phát từ ñỉnh A có hồnh độ âm đi qua điểm N(3; –3).
(ðs: S ∆ABC = 5 (đvdt))
Ví dụ 3 (D – 2009): Cho tam giác ABC có M(2; 0) là trung điểm của cạnh AB. ðường trung tuyến và ñường cao qua
ñỉnh A lần lượt có phương trình là 7x – 2y – 3 = 0 và 6x – y – 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng AC.
(ðs: 3x – 4y + 5 = 0)

2
3




Ví dụ 4 (B – 2003): Cho tam giác ABC có AB = AC , ∠BAC = 900. Biết M(1; -1) là trung ñiểm cạnh BC và G  ;0 

là trọng tâm của tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.

(ðs: A(0; 2), B(4; 0), C(–2; – 2))

Ví dụ 5 (A – 2009): Cho hình chữ nhật ABCD có điểm I(6; 2) là giao ñiểm của hai ñường chéo AC và BD. ðiểm
M(1; 5) thuộc ñường thẳng AB và trung ñiểm E của cạnh CD thuộc ñường thẳng ∆ : x + y – 5 = 0. Viết phương trình
đường thẳng AB.
(ðs: x – 4y + 19 = 0 và y – 5 = 0)

Bài 8: Sử dụng điều kiện vng góc (trường hợp riêng của Bài 19) để giải bài tốn.
Cách giải:
*) Gọi tọa ñộ các ñiểm (nếu chưa biết) liên quan tới yếu tố vng góc theo một ẩn nhờ vào:
+) điểm thuộc đường thẳng.
+) điểm có mối liên hệ với ñiểm khác: trung ñiểm, trọng tâm, thỏa mãn hệ thức véctơ…

16


uuur uuuur
 AB ⊥ MN ⇔ AB.MN = 0

uur uur
 na .nb = 0

*) “Cắt nghĩa” điều kiện vng góc:  a ⊥ b ⇒  uur uur
⇒ f (t ) = 0 ⇒ t = ? ⇒ tọa ñộ các ñiểm

ua .ub = 0
uuur uuur


0
∠AMB = 90 ⇔ MA.MB = 0
Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 8 để giải các ví dụ sau)
Ví dụ 1 (D – 2004): Cho tam giác ABC có các ñỉnh A(-1; 0); B (4; 0); C(0;m) với m ≠ 0. Tìm tọa độ trọng tâm G của
m
tam giác ABC theo m. Xác ñịnh m ñể tam giác GAB vuông tại G.
(ðs: G (1; ), m = ±3 6 )
3
2
Ví dụ 2 (D – 2008): Cho (P): y = 16 x và ñiểm A(1; 4). Hai ñiểm phân biệt B, C (B và C khác A) di ñộng trên (P) sao
cho ∠BAC = 900 . Chứng minh rằng ñường thẳng BC ln đi qua một điểm cố định. (ðs: ñiểm cố ñịnh I(17; –4))
Ví dụ 3 (A – 2009): Cho hình chữ nhật ABCD có điểm I(6; 2) là giao ñiểm của hai ñường chéo AC và BD. ðiểm
M(1; 5) thuộc ñường thẳng AB và trung ñiểm E của cạnh CD thuộc ñường thẳng ∆ : x + y – 5 = 0. Viết phương trình
đường thẳng AB.
(ðs: x – 4y + 19 = 0 và y – 5 = 0)
Ví dụ 4: Cho điểm M(3; 3), viết phương trình đường thẳng đi qua I(2; 1) cắt Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho tam
giác AMB vuông tại M.
(ðs: x + 2y – 4 = 0 và x + y – 3 = 0).

CHÚ Ý:
Qua các bài toán trên liên quan tới yếu tố trung tuyến và đường cao, đường trung trực các em có thể rút ra ñược một
vài ñiều như sau (tuy ñơn giản nhưng hướng tư duy này sẽ giúp chúng ta giải quyết tốt những bài toán dạng trên):

 x A + xB = 2 xM
: nghĩa là khi có dữ kiện này sẽ giúp chúng ta thiết lập ñược 2
 y A + y B = 2 yM

+) Nếu M là trung điểm của AB ⇒ 

phương trình

+) AH là đường cao của BC: giúp chúng ta biết ñược phương của ñường này nếu biết ñường kia.
+) d là trung trực của BC: nghĩa là B ñối xứng với C qua d.

Loại 1.2: Các bài tốn về đường phân giác trong
Bài 9: Biết ñỉnh A và hai ñường phân giác trong BB’ và CC’. Lập phương trình BC.

Cách giải:
+) Tìm A1 ñối xứng với A qua BB’ ⇒ A1 ∈ BC (1)

+) Tìm A2 đối xứng với A qua CC’ ⇒ A2 ∈ BC (2)

+) Từ (1) và (2) ⇒ phương trình BC (chính là phương trình A1 A2 )

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 9 để giải các ví dụ sau)
Ví dụ 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(1; 1), phương trình đường phân giác trong góc B,
góc C lần lượt là BD: 2x + y + 4 = 0; CE: x + 3y + 1 = 0. Lập phương trình cạnh BC. (ðs:x + 23y + 46 = 0)
Ví dụ 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong góc B, góc C lần




lượt là BD: 6x + 8y – 17 = 0; CE: x – 2y + 3 = 0, ñiểm M  −1;
ñộ các ñỉnh của tam giác ABC.

17 
 1
 và N  1;  lần lượt thuộc cạnh AB, AC. Tìm tọa
7 
 3

 7
 6




(ðs:A(0; – 1), B  − ;3  , C(3; 3))
17


Bài 10: Biết ñỉnh A và trung tuyến BM, phân giác trong BD. Viết phương trình các cạnh.

Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 10 để giải các ví dụ sau)
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 4), đường phân giác trong và trung tuyến xuất phát từ ñỉnh B lần lượt có
phương trình x – y + 1 = 0 và 2x + 3y – 4 = 0. Tìm tọa ñộ ñỉnh C.
(ðs:C(–1; 6))
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có đỉnh A(1; 2), đường phân giác trong và trung tuyến xuất phát từ đỉnh B lần lượt có
phương trình 2x + y – 1 = 0 và 2x + 3y – 3 = 0. Tìm tọa điểm D là chân đường phân giác trong của góc B xuống AC.
( ðs: D ( −5;11) )

Bài 11: Biết ñỉnh A và trung tuyến BM, phân giác trong CD. Viết phương trình các canh.

Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 11 để giải các ví dụ sau)
Ví dụ 1: Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(1; 2), đường trung tuyến BM: 2x + y + 1 = 0 và phân
giác trong CD: x + y – 1 = 0. Viết phương trình ñường thẳng BC
(ðs: 4x + 3y + 4 = 0).

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có chân đường trung tuyến kẻ từ B xuống AC là M(1; – 1), ñường phân giác trong của
góc C là x + y – 2 = 0. Viết phương trình cạnh AC biết ñiểm N(–7; 7) thuộc cạnh BC.
(ðs: 5x + 3y – 2 = 0)
Ví dụ 3 (D – 2011 ): Cho 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.
(ðs: A(4;3), C (3; −1) )

18


Bài 12: Biết ñỉnh A và ñường cao BH, phân giác trong BD. Viết phương trình các cạnh tam giác.

Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 12 để giải các ví dụ sau)
Ví dụ : Tam giác ABC có A(-3;1), đường cao BH, phân giác trong BD lần lượt có phương trình: x + 7y + 32 = 0 và
x + 3y + 12 = 0. Tìm tọa độ điểm C.
(ðs: C(–4; – 6) )

Bài 13: Biết ñỉnh A và ñường cao BH, phân giác trong CD. Viết phương trình các cạnh tam giác.

Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 13 để giải các ví dụ sau)
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có C(–2; 3). ðường cao của tam giác kẻ từ ñỉnh A và ñường phân giác trong của góc B
lần lượt là: 3x – 2y – 25 = 0; x – y = 0. Viết phương trình cạnh AC của tam giác.
(ðs: 8x + 7y – 5 = 0)
Ví dụ 2 (B – 2008): Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, hãy xác ñịnh tọa ñộ ñỉnh C của tam giác ABC biết rằng hình
chiếu vng góc của C trên đường thẳng AB là ñiểm H(– 1; – 1), ñường phân giác trong của góc A có phương trình
x – y + 2 = 0 và đường cao kẻ từ B có phương trình 4x + 3y – 1 = 0.

 10 3 
; )
 3 4

(ðs: C  −

CHÚ Ý:
Như vậy qua các bài tốn liên quan đến đường phân giác trong của tam giác các em sẽ nhận thấy ta ln tìm thêm
ñiểm ñối xứng với ñiểm ñã biết tọa ñộ trên cạnh kề của góc chứa phân giác qua phân giác đó , và điềm đó sẽ thuộc
cạnh kề cịn lại (đây là đặc điểm ln được khai thác khi có bài toán chứa phân giác)

19


Loại 2: Các bài toán về ðịnh Lượng
Bài 14: Biết ñỉnh A hoặc trọng tâm G của tam giác ABC thuộc một ñường thẳng d cho trước.
Biết tọa ñộ ñỉnh B, C và diện tích tam giác ABC( hoặc diện tích của 1 trong 3 tam giác ABG, BCG, CAG) . Tìm
tọa độ đỉnh A.(Nếu biết thêm trung tuyến AM thì thay dữ kiện biết tọa độ B, C bởi biết đường thẳng BC và câu hỏi là
tìm tọa độ ñỉnh B, C)

TH1

TH2

Cách giải:

(trường hợp riêng của Bài 16)

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 14 để giải các ví dụ sau)

Ví dụ 1 (B – 2004): Cho hai điểm A(1; 1), B(4; -3). Tìm ñiểm C thuộc ñường thẳng x – 2y – 1 = 0 sao cho khoảng
cách từ C ñến ñường thẳng AB bằng 6.

 43 27 
;−  )
 11 11 

( ðs: C (7;3) hoặc C  −

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC với A(2; –1), B(1; –2), trọng tâm G của tam giác nằm trên ñường thẳng x + y – 2 = 0.
Tìm tọa độ đỉnh C biết tam giác ABC có diện tích là 13,5.
(ðs: C(15; –9) hoặc C(–12;18))
Ví dụ 3: Cho tam giác ABC với A(1; 1), B(–2; 5), trọng tâm G thuộc ñường thẳng ∆1 : 2x + 3y – 1 = 0, ñỉnh C thuộc
ñường thẳng ∆ 2 : x + y – 1 = 0. Tính diện tích tam giác ABC.
CHÚ Ý:

Tam giác ABC có G là trọng tâm thì: S∆ABG = S ∆BCG = S ∆CAG =

(ðs: S ∆ABC = 6 (ñvdt))

1
S ∆ABC
3

20


uuur
uuur
Bài 15: Biết đỉnh A và phương trình đường thẳng BC và hình chiếu H của A xuống BC chia theo BH = k HC và biết

diện tích tam giác ABC (hoặc biết độ dài đoạn BC). Tìm tọa độ B, C.

Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 15 để giải các ví dụ sau)
Ví dụ 1:Cho tam giác ABC có đỉnh A(2; – 2) và phương trình đường thẳng BC là 3x – 4y + 1 = 0 và hình chiếu H của

uuur

uuur

A xuống BC thỏa mãn HC = −6 BH . Tìm tọa độ các điểm B và C, biết diện tích tam giác ABC bằng 7,5 .
(ðs: B(1; 1), C(5; 4))
Ví dụ 2 (B – 2009 – NC): Cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(–1;4) và các đỉnh B,C thuộc ñường thẳng
∆: x – y – 4 = 0. Xác ñịnh toạ ñộ các ñiểm B và C, biết diện tích tam giác ABC bằng 18.

 11 3   3 5 
 3 5   11 3 
;  , C  ; −  hoặc B  ; −  , C  ;  )
 2 2 2 2
2 2  2 2

( ðs: B 

1
2




Ví dụ 3 (B – 2002): Cho hình chữ nhật ABCD có tâm I  ;0  , phương trình đường thẳng AB là x – 2y + 2 = 0 và
AB = 2AD. Tìm tọa độ các điểm A, B, C, D biết rằng A có hồnh độ âm. (ðs: A( −2;0), B (2; 2), C (3; 0), D ( −1; −2) )

Bài 16:

uuur

uuur

TH1: Biết ñỉnh A và phương trình đường thẳng BC, đường thẳng d đi qua ñiểm H thuộc BC thỏa mãn BH = k HC
và biết diện tích tam giác ABC (hoặc biết độ dài ñoạn BC). Tìm tọa ñộ B, C.
TH2: Biết phương trình AC và biết phương trình đi qua A căt BC tại H (biết A), biết B ( hoặc C) và thỏa mãn
BH.BC = k. Tìm đỉnh cịn lại.

BH.BC = k
TH1

TH2

21


Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 16 để giải các ví dụ sau)
Ví dụ 1:Cho tam giác ABC có đỉnh A(1; 1), cạnh BC có phương trình 3x – 4y + 6 = 0. ðường thẳng d cắt ñoạn BC tại
ñiểm H sao cho HC = 3BH. Xác ñịnh tọa ñộ ñiểm B, C biết đường thẳng d có phương trình x – 4y + 8 = 0 và tam giác
ABC có diện tích bằng 1,5.
(ðs: B(2; 3), C(-2; 0) )
Ví dụ 2 (B – 2011): Cho hai ñường thẳng ∆ : x – y – 4 = 0 và d: 2x – y – 2 = 0. Tìm tọa độ điểm N thuộc ñường thẳng

6 2
5 5

d sao cho ñường thẳng ON cắt ñường thẳng ∆ tại ñiểm M thỏa mãn OM.ON = 8. (ðs: N (0; −2) hoặc N  ; 

Bài 17: Biết tọa ñộ ñiểm A, ñường phân giác trong của góc B và cho biết độ lớn góc B và diện tích tam giác ABC.
Tìm tọa độ B,C

Cách giải:

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 17 để giải ví dụ sau)
22


Ví dụ (B – 2010): Cho tam giác ABC vng tại A có 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 hồnh ñộ dương.

Bài 18: Tam giác ABC cân tại A, biết AB và BC nằm lần lượt trên 2 ñường thẳng d1 , d 2 . Biết M ( x0 ; y0 ) ∈ AC. Tìm
tọa độ các đỉnh.

Cách giải:

C2:

+) Tìm {B} = d1 I d 2
+) Viết phương trình d 3 qua M song song với d 2
+) Tìm {N } = d1 I d 3 ⇒ phương trình trung trực d 4 của MN ⇒ {A} = d 4 I d1
+) Viết phương trình AM ⇒ {C} = AM I d 2
NHẬN XÉT: C2 hay hơn C1

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 18 ñể giải các ví dụ sau)
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC cân tại A có phương trình hai cạnh BC, AB lần lượt là: x – 3y – 1 = 0 và x – y – 5 = 0.
ðường thẳng AC đi qua M(–4; 1). Tìm tọa độ đỉnh C.

8 1
5 5

(ðs: C  ;  ).

Ví dụ 2: Trong mặt phẳng Oxy, hãy xác ñịnh tọa ñộ các ñỉnh của tam giác ABC vuông cân tại A. Biết rằng cạnh
huyền nằm trên ñường thẳng d: x + 7y – 31 = 0, ñiểm N(7; 7) thuộc ñường thẳng AC, điểm M(2; –3) thuộc AB và
nằm ngồi đoạn AB.
(ðs: A( −1;1), B (−4;5), C (3; 4) )
Ví dụ 3: Cho tam giác ABC cân tại A có phương trình AB, BC lần lượt là y + 1 = 0 và x + y – 2 = 0. Tính diện tích
23


(ðs: S ∆ABC = 8 ).

tam giác ABC biết AC ñi qua ñiểm M(–1; 2)

Ví dụ 4 (A – 2010 – NC): Cho tam giác ABC cân tại A có ñỉnh A(6; 6); ñường thẳng ñi qua trung ñiểm của các cạnh
AB và AC có phương trình x + y – 4 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C, biết ñiểm E(1; - 3) nằm trên ñường cao ñi qua
ñỉnh C của tam giác ñã cho.
(ðs: B (0; −4), C ( −4;0) hoặc B ( −6; 2), C (2; −6) )
Ví dụ 5 (B – 2007): Cho ñiểm A(2; 2) và các ñường thẳng d1 : x + y – 2 = 0, d 2 : x + y – 8 = 0. Tìm tọa độ các ñiểm
B và C lần lượt thuộc d1 và d 2 sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. (ðs: B (−1;3), C (3;5) hoặc B (3; −1), C (5;3) )

1 

2 

Ví dụ 6 (B – 2011 – NC): Cho tam giác ABC có đỉnh B  ;1 . ðường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các
cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các ñiểm D, E, F. Cho D(3; 1) và đường thẳng EF có phương trình y – 3 = 0. Tìm tọa

 13 
)
 3

( ðs: A  3;

ñộ ñỉnh A, biết A có tung độ dương.

Bài 19: Các điểm liên hệ với nhau bởi một ẩn và một ñiều kiện về ñịnh lượng
Cách giải:
+) Khai thác dữ kiện bài tốn để chuyển các điểm về 1 ẩn t (nhờ thuật tốn tìm ñiểm)
+) Thiết lập phương trình: f (t ) = 0 ⇒ t = ? ⇒ các điểm cần tìm.
CHÚ Ý: Bài 8 là trường hợp ñặc biệt của Bài 19 khi điều kiện định lượng là điều kiện góc 900 (vng góc).

Bài tập áp dụng (Các em hãy dựa vào ý tưởng Bài 19 để giải các ví dụ sau)
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vuông tại A. Hai điểm A, B thuộc trục hồnh. Phương trình cạnh BC là 4x + 3y – 16 = 0.
Xác ñịnh tọa ñộ trọng tâm G của tam giác ABC, biết bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC bằng 1.




4
3





4
3

(ðs: G  2;  hoặc G  6; −  )
Ví dụ 2 (A – 2002): Cho tam giác ABC vng tại A, phương trình đường thẳng BC là

3x − y − 3 = 0 , các ñỉnh A và B

thuộc trục hồnh và bán kính đường trịn nội tiếp bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.

7+4 3 6+2 3 
 −4 3 − 1 −6 − 2 3 
hoặc G 
;
;

 )


3
3 
3
3




(ðs: G 

Ví dụ 3 (D – 2008): Cho (P): y 2 = 16 x và ñiểm A(1; 4). Hai ñiểm phân biệt B, C (B và C khác A) di ñộng trên (P) sao
cho góc ∠BAC = 900 . Chứng minh rằng đường thẳng BC ln đi qua một điểm cố ñịnh. (ðs: ñiểm cố ñịnh I(17; –4))
Ví dụ 4 (A – 2006): Cho các ñường thẳng: d1 : x + y + 3 = 0, d 2 : x – y – 4 = 0, d 3 : x – 2y = 0. Tìm tọa độ điểm M
nằm trên đường thẳng d 3 sao cho khoảng cách từ M ñến ñường thẳng d1 bằng hai lần khoảng cách từ M ñến ñường
thẳng d 2 .

(ðs: M ( −22; −11) hoặc M (2;1) )

Ví dụ 5 (B – 2005): Cho hai điểm A(2;0) và B(6;4). Viết phương trình đường trịn (C) tiếp xúc với trục hồnh tại
điểm A và khoảng cách từ tâm của (C) ñến ñiểm B bằng 5.
(ðs: (C ) : ( x − 2) 2 + ( y − 1) 2 = 1 hoặc (C ) : ( x − 2) 2 + ( y − 7) 2 = 49 )
Ví dụ 6 (A – 2005): Cho hai ñường thẳng d1 : x – y = 0 và d2 : 2x + y – 1 = 0 tìm tọa độ các đỉnh của hình vng
ABCD biết rằng đỉnh A thuộc d1 , ñỉnh C thuộc d2 và các ñỉnh B, D thuộc trục hoành.
(ðs: A(1;1), B (0;0), C (1; −1), D (2;0) hoặc A(1;1), B (2;0), C (1; −1), D (0;0) )
Ví dụ 7 (D – 2006): Cho ñường tròn (C ) : x 2 + y 2 − 2 x − 2 y + 1 = 0 và ñường thẳng d: x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ
điểm M nằm trên d sao cho đường trịn tâm M, có bán kính gấp đơi bán kính đường trịn (C), tiếp xúc ngồi với đường
trịn (C).
( ðs: M (1; 4) hoặc M (−2;1) )
Ví dụ 8 (D – 2004): 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
24


tam giác ABC theo m. Xác ñịnh m ñể tam giác GAB vuông tại G.

1
2

(ðs: G (1;

m
), m = ±3 6 )
3




Ví dụ 9 (B – 2002): Cho hình chữ nhật ABCD có tâm I  ;0  , phương trình đường thẳng AB là x – 2y + 2 = 0 và
AB = 2AD. Tìm tọa độ các điểm A, B, C, D biết rằng A có hồnh độ âm. (ðs: A( −2;0), B (2; 2), C (3;0), D (−1; −2) )

Dạng 2: Các bài tốn về đường thẳng
Loại 1: ði qua một ñiểm và thỏa mãn một yếu tố định lượng
Cách giải chung:
C1:
+) Gọi phương trình đi qua ñiểm M ( x0 ; y0 ) có hệ số góc k có dạng:

y = k ( x − x0 ) + y0 hay kx − y + y0 − kx0 = 0 ( ∆ )
+) Sau đó “cắt nghĩa” dữ kiện về định lượng để thiết lập phương trình: f ( k ) = 0 ⇒ k = ? ⇒ phương trình ∆ .

C2:

r

+) Gọi phương trình đi qua ñiểm M ( x0 ; y0 ) có vtpt n = ( a; b ) ( a 2 + b 2 ≠ 0 ) có dạng:

a ( x − x0 ) + b( y − y0 ) = 0 hay ax + by − ax0 − by0 = 0 ( ∆ )
+) Sau đó “cắt nghĩa” dữ kiện về định lượng để thiết lập phương trình: f (a, b) = 0 → a = kb (*)

a = ?
⇒ phương trình ∆

b = ?

+) Từ (*) chọn 

CHÚ Ý: Chúng ta ñã sử dụng cách này trong Bài 18

Bài tập áp dụng
Ví dụ 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm M(1; 4) và N(6; 2). Lập phương trình ñường thẳng ∆ qua M sao
cho khoảng cách từ N tới ∆ bằng 5.
(ðs: 21x − 20 y + 59 = 0 và x = 1).
Ví dụ 2: Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy, cho hai ñiểm A(1; 2) và B(5; –1). Viết phương trình đường thẳng qua M(3; 5)
và cách ñều A và B.
(ðs: 3x + 4y – 29 = 0 và x = 3)
Ví dụ 3: Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm M(1; 2). Viết phương trình đường thẳng qua M cắt Ox, Oy lần lượt tại hai
ñiêm A, B sao cho OAB là tam giác vuông cân.
(ðs: x + y – 3 = 0 và x – y + 1 = 0)
Ví dụ 4: Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm M(4; 3). Viết phương trình đường thẳng qua M sao cho nó tạo với hai trục
tọa độ một tam giác có diện tích bằng 3.
(ðs: 3 x − 2 y − 6 = 0 và 3x – 8y + 12 = 0).
Ví dụ 5: Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A(4; 1), B(1; 7) và C(-1; 0). Viết phương trình đường thẳng đi
qua C và chia tam giác thành hai phần bằng nhau, phần chứa điểm A có diện tích gấp đơi phần chứa ñiểm B.
(ðs: 6x – 5y + 6 = 0).
Ví dụ 6: Trong mặt phẳng Oxy, cho ba ñiểm A( - 1; 2), B(5; 4) và M(2; 5). Viết phương trình ñường thẳng ñi qua M
và cách ñều hai ñiểm A và B
(ðs: 5x – 3y + 13 = 0 và x = 2)
Ví dụ 7: Trong mặt phẳng Oxy, cho ñiểm M(9; 4). Viết phương trình ñường thẳng qua M, cắt hai tia Ox và tia Oy tại
A và B sao cho:
1) tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất.
(ðs: 4x + 9y – 72 = 0)
2) OB + OC nhỏ nhất.

(ðs: 4x + 9y – 72 = 0)
Ví dụ 8 : Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có cạnh AB nằm trên đường thẳng x – 2y + 5 = 0 và ba ñiểm
M(–1; 4), N(1; 1), P(–3; 3) lần lượt thuộc các cạnh BC, CD và AD. Viết phương trình cạnh AD.
(ðs: x + 2 y − 3 = 0 hoặc 11x − 2 y + 39 = 0 )
25