MỘT số bài TOÁN LIÊN QUAN đến TAM GIÁC TRONG HÌNH học PHẲNG

MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN TAM GIÁC TRONG HÌNH HỌC PHẲNG.
1) Đường trung tuyến của tam giác

* Định nghĩa: Đường trung tuyến của tam giác là
đoạn thẳng nối đỉnh và trung điểm cạnh đối diện.
Ba đường trung tuyến của tam giác đồng quy tại
một điểm G – gọi là trọng tâm của tam giác đó.

* Một số nhận xét: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM ta phải nghĩ đến các tính chất sau và
sử dụng cơng thức trung điểm, cơng thức tính trọng tâm
+ Đường trung tuyến AM chia tam giác thành hai phần có diện tích bằng nhau
+ Điểm M là trung điểm cạnh BC nằm trên trung tuyến AM.
+ Giao điểm của hai đường trung tuyến là trọng tâm của tam giác
+ G là trọng tâm tam giác ABC thì

*)

x A + xB + xC

 xG =
3

 y = y A + y B + yC
 G
3

, *)

1
S∆GAC = S ∆GBC = S∆GAB = S ∆ABC
3

, *)

uuur 2 uuuu
r
AG = AM
3

Ví dụ 1:

A( 4;−1)

Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có
và phương trình đường trung tuyến
BM : 8 x − y − 3 = 0; CN : 14 x − 13 y − 9 = 0
. Tìm tọa độ các đỉnh B, C.
Hướng dẫn giải:
Phương pháp:
Cách 1:


-

-

B( x B , y B )
Tìm tọa độ đỉnh
.
B ∈ BM
Vì

ta có phương trình (1).
 x + xA yB + y A 
N B
;

2
 2
 N ∈ CN
Từ tọa độ B ta biểu diễn
vì
ta có phương trình (2).
Giải hệ (1) (2) ta tìm được tọa độ B. Tương tự ta có đỉnh C.

Cách 2:
– Xác định trọng tâm G = BM ∩ CN.
– Xác định A′ đối xứng với A qua G (suy ra BA′ // CN, CA′ // BM).
– Dựng dB qua A′ và song song với CN.
– Dựng dC qua A′ và song song với BM.
– Xác định B = BM ∩ dB, C = CN ∩ dC.
Cách 1:
Giả sử

B( x1 ; y1 ) ; B ∈ BM ⇒ 8 x1 − y1 − 3 = 0 (1)

. Vì N là trung điểm của AB nên

 4 + x1 − 1 + y1 
 4 + x1 
 − 1 + y1 
N

;
; N ∈ CN ⇒ 14
 − 13
 − 9 = 0 ( 2)
2 
 2
 2 
 2 


 x1 = 1
⇒ B(1;5)
 y1 = 5

(1) ( 2) ⇒ 
Giải hệ
Tương tự ta có

C ( − 4;−5)

Cách 2:
Gọi

G ( x; y )

là trọng tâm tam giác ABC. Khi đó,

của hệ phương trình:

G ( x; y ) = BM ∩ CN

. Tọa độ của G là nghiệm

1

x=

8
x
−
y
−
3
=
0


1 1
3
⇔
⇒ G  ;− 

 3 3
14 x − 13 y − 9 = 0
y = − 1

3

A' ( x' ; y ')

Gọi
là điểm đối xứng của A qua G. Khi đó, G là trung điểm của AA’. Ta có, toạ độ của
A’ là nghiệm của hệ phương trình sau:
2
10


4 + x' = 3
 x ' = − 3
 10 1 
⇔
⇒ A'  − ; 

 3 3
− 1 + y ' = − 2
y = 1


3
3

A' B : 14 x − 13 y − 51 = 0

Đường thẳng A’B//CN có phương trình
B = BM ∩ A' B

, khi đó tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình sau:

8 x − y − 3 = 0
x = 1

⇔
⇒ B (1;5)

14 x − 13 y + 51 = 0
y = 5

Từ đó, tính được tọa độ
ba đỉnh của tam giác.

C ( − 4;−5)

. Và viết phương trình các cạnh AB, AC, BC khi đã biết tọa độ

Bài tập
Cho tam giác ABC, biết toạ độ một đỉnh và phương trình hai đường trung tuyến. Viết phương


trình các cạnh của tam giác đó, với:
A(1;3), BM : x − 2y + 1= 0, CN : y − 1= 0

a)
A(3;9), BM :3x − 4y + 9 = 0, CN : y − 6 = 0

b)
c)

A( 2;3) , BM:2 x + 3 y − 1 = 0, CN: − x + 2 y + 1 = 0

A(3;1), B(1; −3)

Ví dụ 2: Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết
. Trọng tâm G của tam
giác ABC nằm trên Ox. Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng 3.
Giải:

+ Gọi

G ∈ Ox

⇔ AG =

, G là trọng tâm tam giác ABC

uuur
uuuu
r
AG = ( x − 3; −1), AM = ( xM − 3; yM − 1)
ta có:

uuur
uuuu
r
2
AM ⇔ 3 AG = 2 AM
3

, với

uuur
uuuu

r
3( x − 3) = 2( xM − 3)
3 AG = 2 AM ⇔ 
 −3 = 2( yM − 1)

3

 xM = 2 ( x − 1)
1
3
⇒ M  ( x − 1); − ÷

2
2
 y = −1
M

2

+ Mặt khác M là trung điểm của BC nên

xB + xC

 xM =
 xC = 2 xM − xB
2
⇔
⇒ C (3x − 4; 2)

y

+
y
y
=
2
y
−
y
B
C
C
M
B

y =
 M
2

uuu
r
AB = (−2; −4) ⇒ AB = 2 5

+ Ta có:

. Phương trình cạnh AB:

x − 3 y −1
=
⇔ 2x − y − 5 = 0
−2

−4


d (C ; AB ) =

2(3x − 4) − 2 − 5
5

+

=

6 x − 15

d (C ; AB ) =

5

2S ABC
2.3
3
=
=
AB
2 5
5 ⇒ 6 x − 15 = 3

; mà

⇔ x = 3∨ x = 2

C (2; 2)

Vậy

Cách 2: Gọi

C (3; 2)

hoặc

G ∈ Ox

là tọa độ cần tìm.

, G là trọng tâm tam giác ABC

 xC = 3xG − x A − xB = 3 x − 4
⇔
⇒ C (3 x − 4; 2)
 yC = 3 yG − y A − yB = 2

x A + xB + xC

 xG =
3
⇔
 y = y A + yB + yC
 G
3

. Sau đó ta làm tượng tự cách trên.

2) Đường trung cao của tam giác – trực tâm:

Định nghĩa: Đường cao của tam giác là đoạn
thẳng vng góc hạ từ một đỉnh xuống cạnh
đối. Ba đường cao của tam giác đồng quy tại
một điểm H – gọi là trực tâm của tam giác đó.

A
B'
C'
H

B

A'

C

Một số nhận xét:
+) Nếu giả thiết cho 1 đường cao. Giả sử cho tam giác ABC có AH là đường cao có
uuuu
r uuu
r
AA ' ⊥ BC ⇒ AA '.BC = 0
r
r
r
r

và n AA ' = u BC , u AA ' = n BC
+) Nếu giả thiết cho 2 đường cao thì 2 đường cao cắt nhau tại điểm H thì H gọi là trực tâm
của tam giác. Để tìm tọa độ H có


uuur uuu
r
AH.BC = 0
uuur uuur
và BH.AC = 0

+ Vậy khi cho đường cao ta sẽ sử dụng tính chất vng góc để viết phương trình đường thẳng
các cạnh và sử dụng các đường thẳng đã biết để tìm tọa độ điểm
Phương pháp: – Xác định B = BC ∩ BB′, C = BC ∩ CC′.
– Dựng AB qua B và vng góc với CC′.
– Dựng AC qua C và vng góc với BB′.
– Xác định A = AB ∩ AC.

Ví dụ 1
Cho tam giác ABC, biết phương trình một cạnh và hai đường cao. Viết phương trình hai cạnh và
đường cao còn lại, với:
BC : 4 x + y − 12 = 0, BB' : 5 x − 4 y − 15 = 0, CC ' : 2 x + 2 y − 9 = 0

Phương pháp: – Xác định B = BC ∩ BB′, C = BC ∩ CC′.
– Dựng AB qua B và vng góc với CC′.
– Dựng AC qua C và vng góc với BB′.
– Xác định A = AB ∩ AC.

Giải
Ta có

B = BC ∩ BB'

, từ đó ta có tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình:

4 x + y − 12 = 0
x = 3
⇔
⇒ B( 3;0 )

5 x − 4 y − 15 = 0
y = 0

Lại có

C = BC ∩ CC '

, từ đó ta có tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình:

5

4 x + y − 12 = 0
x =
5 
⇔
2 ⇒ C  ;2 

2 
2 x + 2 y − 9 = 0
 y = 2

+ Đường thẳng AB đi qua B và vng góc với CC’. Do đó, đường thẳng AB có VTPT là

n AB ( − 1;1)

.
AB : − x + y + 3 = 0

Phương trình đường thẳng
+ Đường thẳng AC đi qua C và vng góc với BB’. Do đó, đường thẳng AC có VTPT là
n AC ( 4;5)
.
AC : 4 x + 5 y − 20 = 0

Phương trình đường thẳng
Vậy tam giác ABC có phương trình các cạnh
BC : 4 x + y − 12 = 0

AB : − x + y + 3 = 0

;

AC : 4 x + 5 y − 20 = 0

;

Ví dụ 2
Cho tam giác ABC, biết toạ độ một đỉnh và phương trình hai đường cao. Viết phương trình các
cạnh của tam giác đó, với:

A(3;0), BB′ : 2x + 2y − 9 = 0, CC′ :3x − 12y − 1= 0
Hướng dẫn giải:

+ Đường thẳng AB đi qua A và vng góc với BB’ nên có VTPT là

n AB ( − 1;1)

AB : − x + y + 3 = 0

Phương trình đường thẳng
n AC ( 4;1)
+ Đường thẳng AC đi qua A và vng góc với CC’ nên có VTPT là
AC : 4 x + y − 12 = 0

Phương trình đường thẳng
+ Ta có

B( x; y ) = AB ∩ BB'

, do đó tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình


15

x=

−
x
+
y

+
3
=
0


4 ⇒ B 15 ; 3 
⇔



 4 4
2 x + 2 y − 9 = 0
y = 3

4

+ Ta có

C ( x; y ) = AC ∩ CC '

, do đó tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình

145

x=

4 x + y − 12 = 0

 145 32 

51
⇔
⇒ C
; 

 51 51 
3 x − 12 y − 1 = 0
 y = 32

51
Từ đó, viết phương trình cạnh BC đi qua hai điểm cho trước B và C.

C (5; −2)
Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có
, trung tuyến AM và đường cao AH có phương trình lần
7 x + y − 10 = 0, 7 x − 3 y + 2 = 0
lượt là
. Viết phương trình chứa cạnh AB và tính diện tích tam
giác ABC.
A

C

B
H

M

Giải:
+ Tọa độ của đỉnh A là giao của hai đường trung tuyến AM và đường cao AH là nghiệm của hệ:

7 x + y − 10 = 0
x = 1
⇔

7 x − 3 y + 2 = 0
 y = 3 ⇒ A(1;3)
+ Phương trình cạnh BC đi qua C vng góc với AH có pt:


3( x − 5) + 7( y + 2) = 0 ⇔ 3 x + 7 y − 1 = 0

+ Tọa độ trung điểm M của cạnh BC là nghiệm hệ

⇒

3 1
M  ;− ÷
 2 2  ⇒ B ( −2;1)

. Phươn trình cạnh AB:
S ABC =

3 x + 7 y − 1 = 0
x = 3 / 2
⇔

7 x + y − 10 = 0
 y = −1/ 2
x −1 y − 3
=

⇔ 2x − 3 y + 7 = 0
−2 − 1 1 − 3

.

1
1 23
23
d (C , AB). AB =
. 13 =
2
2 13
2

+ Diện tích tam giác ABC là:

(đvdt)
A(1;0)

Ví dụ 4: Cho tam giác ABC có

và hai đường thẳng lần lượt chứa các đường cao vẽ từ B
x − 2 y + 1 = 0, 3 x + y − 1 = 0
và C có phương trình tương ứng là
. Tính diện tích tam giác ABC.
Giải:
BK : x − 2 y + 1 = 0, CH :3 x + y − 1 = 0

Giả sử đường cao
2( x − 1) + ( y − 0) = 0 ⇔ 2 x + y − 2 = 0

A(1; 0)

Cạnh AC đi qua

vng góc với BK có pt:
1( x − 1) − 3( y − 0) = 0 ⇔ x − 3 y − 1 = 0

A(1; 0)

Cạnh AB đi qua

vng góc với CH có pt:

Tọa độ đỉnh C là nghiệm hệ:

Tọa độ đỉnh B là nghiệm hệ:

3x + y − 1 = 0
 x = −1
⇔

2 x + y − 2 = 0
y = 4
 x − 3 y −1 = 0
 x = −5
⇔

x − 2 y +1 = 0
 y = −2

Khi đó:

⇒

B( −5; −2)

CH = d (C ; AB) =

AB = (−5 − 1) + ( −2) = 2 10
2

⇒

C (−1; 4)

2

, đường cao

| −1 − 3.4 − 2 | 14
=
10
10


1
1 14
S ∆ABC = CH . AB = .
.2 10 = 14

2
2 10
.
3) Đường phân giác trong của tam giác – tâm đường tròn nội tiếp:

Định nghĩa: Đường phân giác trong của tam giác
là đoạn thẳng từ một đỉnh, chia góc tương ứng
thành hai góc bằng nhau. Ba đường phân giác
trong của tam giác đồng quy tại một điểm I – gọi
là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác đó.

Một số nhận xét:
+

*)

CC '

là đường phân giác trong xuất phát từ đỉnh C thì

1µ
·
·
ACC'
= BCC'
= C
2

,

M ∈ AC M '
CC '
M ' ∈ BC
M
*) Lấy
,
đối xứng với
qua đường phân giác
thì
,
*) A, B khác phía so với đường phân giác trong

*) Tỉ số

CC '

,

uuuur
C ' A CA
CA uuuur
=
⇒C'A=−
.C ' B
C ' B CB
CB
d ( I , AC ) = d ( I , AB ) = d ( I , BC ) = r

+ I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC thì
Ví dụ 1

Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC, có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM:
2x + y + 1 = 0
x + y −1 = 0
và phân giác trong CD:
. Viết phương trình đường thẳng BC.
Phương pháp:


C ( xC ; y C )
Tìm tọa độ

. Vì C thuộc CD nên ta có phương trình (1). M là trung điểm AC nên

 x + xC y A + y C 
M A
;

2
2



. Vì M thuộc BM, thay vào ta có phương trình (2). Giải hệ (1) (2) ta có
tọa độ điểm C. Tìm A’ đối xứng A qua phân giác trong CD. Viết phương trình BC (đi qua C và
A’). Lấy giao điểm BC và BM ta có tọa độ điểm B.
Giải
Điểm

C ∈ CD : x + y − 1 = 0 ⇒ C ( t ;1 − t )

Suy ra trung điểm M của AC là

 t +1 3 − t 
M
;

2 
 2

 t +1 3 − t
M ∈ BM : 2 x + y + 1 = 0 ⇒ 2
+ 1 = 0 ⇔ t = −7 ⇒ C ( − 7;8)
+
2
 2 
AK ⊥ CD : x + y − 1 = 0

Từ A(1;2), kẻ
Suy ra

tại I (

K ∈ BC

).

AK : ( x − 1) − ( y − 2 ) = 0 ⇔ x − y + 1 = 0

Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ

x + y − 1 = 0
⇒ I ( 0;1)

x − y + 1 = 0

Tam giác ACK cân tại C, nên I là trung điểm của AK. Do đó

Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình

C ( − 3;1)

Ví dụ 2 Tam giác ABC có
, đường cao
. Viết phương trình các cạnh của tam giác.

K ( − 1;0 )

.

x +1
y
= ⇔ 4x + 3y + 4 = 0
− 7 +1 8

ha : x + 7 y + 32 = 0
, phân giá

l A : x + 3 y + 12 = 0

Hướng dẫn giải:
Viết phương trình AC. Tìm B là giao của BH và BD. Viết phương trình AB. Tìm A1 đối xứng với A
qua phân giác trong BD. Viết phương trình BC (đi qua A1 và B). Tìm C là giao của AC và BC.
Giải
ha : x + 7 y + 32 = 0
có VTPT

Vì

BC ⊥ h A

phương trình

n1 (1;7 )

nên BC có VTCP

n1 (1;7 )

. Đường thẳng BC đi qua

C ( − 3;1)

và có VTCP

x + 3 y −1
=
1
7

Tọa độ A là nghiệm của hệ

 x + 7 y + 32 = 0
x = 3
⇔
⇒ A( 3;−5)

 x + 3 y + 12 = 0
 y = −5

Gọi C1 là điểm đối xứng với C qua lA thì

l A : x + 3 y + 12 = 0

có VTPT

Phương trình CC1 đi qua

n 2 (1;3)

C ( − 3;1)

. Vì

C1 ∈ AB
CC1 ⊥ l A

và có VTCP là

n2 (1;3)

Tọa độ giao điểm I của CC1 và lA là nghiệm của hệ:
− 21

x=
 x + 3 y −1

=


 21 13 
5
⇔
⇒ I  − ;− 
3
 1
5
 5
 x + 3 y + 12 = 0
 y = − 13
5


nên CC1 có VTCP

là

n2 (1;3)

x + 3 y −1

=
1
3

n1 (1;7 )

có


I là trung điểm của CC1 nên

AB đi qua

AC đi qua

A( 3;−5)

A( 3;−5)

27

 xC1 = 2 x1 − xC = − 5
 27 31
⇒ C1 =  − ;− 

5
 5
 y = 2 y − y = − 31
1
C

 C1
5
 42 6  6
C1 A ;  = ( 7;1)
 5 5 5

và có VTCP

và có VTCP

u AB ( 7;1)

AB :

nên phương tình đường thẳng

1
AC = ( − 1;1)
6

x−3 y +5
=
7
1

AC :

nên phương trình đường thẳng

x −3 y +5

=
−1
1

Ví dụ 3. Cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong góc A, đường cao kẻ từ B
x − y + 2 = 0;4 x + 3 y − 1 = 0

lần lượt là:

. Biết hình chiếu vng góc của C lên đường thẳng qua

AB là H(-1;-1). Tìm tọa độ đỉnh C
Hướng dẫn giải:
Giải:
Kí hiệu đường cao là BK: 4x+3y-1=0, phân giác trong AD:x-y+2=0
Gọi H’ là điểm đối xứng với H qua AD thì H’ thuộc AC . Tính được H’(-3;1)
Phương trình AC: 3x-4y+13=0. Tọa độ A là giao điểm của AD và AC là nghiệm của hệ
x − y + 2 = 0
x = 5
⇔
⇒ A( 5;7 )

3 x − 4 y + 13 = 0
y = 7
Đường cao CH qua H và vng góc với HA nên CH: 3x+4y+7=0
Tọa độ C là giao điểm của AC và CH:
10

x=−


3
x
+
4
y
+
7
=
0


 10 3 
3
⇔
⇒ C − ; 

 3 4
3 x − 4 y + 13 = 0
y = 3

4


Ví dụ 4. Trong hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có

C ( − 2;3)

. Đường cao của tam giác kẻ từ
3 x − 2 y − 25 = 0; x − y = 0
đỉnh A và đường phân giác trong góc B có phương trình lần lượt là:

.
Hãy viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC của tam giác.
Hướng dẫn giải:
3 x − 2 y − 25 = 0

Gọi đường cao kẻ từ A là AH:
x− y =0

Đường phân giác trong góc B là BE:
2x + 3y − 5 = 0

BC có phương trình:

Toạ độ B là nghiệm của hệ:

2 x + 3 y − 5 = 0
x = 1
⇔
⇒ B(1;1)

x − y = 0
y = 1

Gọi F là điểm đối xứng của C qua BE. Do BE là phân giác nên F thuộc AB.
Xác định toạ độ F được F(3; -2).
Đường thẳng chứa cạnh AB là đường thẳng đi qua B, F.
Phương trình AB là: 3x + 2y -5 = 0.

Toạ độ A là nghiệm của hệ:

3x + 2 y − 5 = 0
x = 5
⇔
⇒ B( 5;−5)

3x − 2 y − 25 = 0
 y = −5

Vậy phương trình AC là: 8x + 7y - 5 = 0
M (0; −1)
AB = 2 AM
Ví dụ 5: Cho tam giác ABC có cạnh AC đi qua điểm
. Biết
, đường phân
AD : x − y = 0,
CH : 2 x + y + 3 = 0
giác trong
đường cao
.Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

Giải:


M '(a; b)

+) Gọi
Khi đó

là điểm đối xứng của M qua phân giác trong AD và I là trung điểm của

uuuuur uuur
 a b +1
 MM ' / / nAD
 MM ' ⊥ AD
=
a + b = −1 a = −1


 1
−1
⇒   a b −1 
⇔
⇔
⇔
  a b −1 
a − b = −1 b = 0
 I  2 ; 2 ÷∈ AD  I  ;
÷∈ AD
 a − b −1 = 0

 
 2 2 
 2
2
M '(−1;0)
M '(−1; 0)
Phương trình cạnh AB đi qua
vng góc với CH là:
( x + 1) − 2( y − 0) = 0 ⇔ x − 2 y + 1 = 0

Tọa độ đỉnh A là nghiệm của hệ

x − 2 y +1 = 0
x = 1
⇔

x − y = 0
y =1

+) phương trình cạnh AC đi qua A và M là:

Tọa độ C là nghiệm hệ

+)

A(1;1)

⇒

x − 0 y +1
=
⇔ 2x − y −1 = 0
1 − 0 1 +1

2 x + y + 3 = 0
 x = −1/ 2
 1

⇔
⇒ C  − ; −2 ÷


 2

2 x − y − 1 = 0
 y = −2

uuu
r 
r
b − 1  uuuu
 b +1 
B ∈ AB ⇒ B  b;
⇒
AB
=
b
−
1;
,
AM
= (−1; −2)
÷

÷
2 
2 



b = 5 ⇒ B (5;3)

⇒ AB = 2 AM ⇒ (b − 1) 2 = 16 ⇔ 
b = −3 ⇒ B ( −3; −1)
B (−3; −1)

Do AD là phân giác trong nên B và C khác phía so với AD nên ta lấy

Vậy

 1

A(1;1), B (−3; −1), C  − ; −2 ÷
 2


.

⇒

MM '

.


4) Đường trung trực – Tâm đường tròn ngoại tiếp

Định nghĩa: Đường trung trực của một
cạnh của tam giác là đường thẳng đi qua
trung điểm và vng góc với cạnh đó. Ba
đường trung trực của ba cạnh tam giác
trong của tam giác đồng quy tại một điểm

O – gọi là tâm đường trịn ngoại tiếp của
tam giác đó.

A
c

B' b
C'
O

B

A'

C
a

Một số nhận xét:
+ Đường thẳng a là đường trung trực cạnh BC thì B, C đối xứng với nhau qua đt a
+ O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì
BC ⇒ OA ' ⊥ BC
.

OA = OB = OC A '
,
là trung điểm cạnh

A(3; −2), B(1; 0)

Ví dụ 1: Cho tam giác với

. Tam giác có diện tích bằng 4 và bán kính đường
trịn ngoại tiếp bằng 2. Tìm tọa độ đỉnh C. Biết C có tung độ dương.
Giải:
x + y − 1 = 0, AB = 2 2

+) Phương trình cạnh AB là:
M (2; −1)

Gọi M là trung điểm của AB thì

⇒Phương trình đường trung trực cạnh AB là (d)

y = x−3

Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ⇒
+)

I ∈ d ⇒ I ( x; x − 3)

IA = R = 2 ⇔ ( x − 3) 2 + ( x − 1) 2 = 4 ⇔ x 2 − 4 x + 3 = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = 3

TH1: Với

x =1

⇒

I (1; −2)

( x − 1) 2 + ( y + 2) 2 = 4
-Phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là:
yC > 0

( xC − 1) 2 + ( yC + 2) 2 = 4

-Tọa độ C thỏa mãn phương trình:
TH2: Với

x=3

, vơ nghiệm vì theo giả thiết

.

I (3; 0)

⇒
( x − 3) 2 + y 2 = 4

-Phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là:
( xC − 3) 2 + yC 2 = 4

-Tọa độ C thỏa mãn phương trình:

S∆ABC =
-Ta có:

 yC = 5 − xC
1

AB.d (C , AB) = 4 ⇔| xC + yC − 1|= 4 ⇔ 
2
 yC = −3 − xC

 xC = 3 ⇒ C (3; 2)
⇔
yC = 5 − xC ⇒ ( xC − 3) + (5 − xC ) = 4
 xC = 5 ⇒ yC = 0 ( L)
2

Với

2

yC = −3 − xC ⇒ ( xC − 3) 2 + ( xC + 3)2 = 4,

Với

vô nghiệm.
C (3; 2)

Vậy

là điểm cần tìm.
A(3; −4)

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có

, phương trình đường trung trực (d) của cạnh BC, đường
x + y −1 = 0

3x − y − 9 = 0
trung tuyến xuất phát từ đỉnh C lần lượt là
và
. Tìm tọa độ các đỉnh
của tam giác ABC.
Giải:
C (c;3c − 9)

+) Giả sử

và M là trung điểm của BC ⇒

Gọi I là trung điểm của AB thì

M (m;1 − m)

 3 + 2m − c 7 − 2m − 3c 
I
;
÷
2
2



⇒

B(2m − c;11 − 2m − 3c)

+) Vì
3.

I

nằm trên đường trung tuyến kẻ từ đỉnh C nên:

3 + 2m − c 7 − 2m − 3c
−
− 9 = 0 ⇔ 8m − 16 = 0 ⇔ m = 2
2
2

uuur uu
r
BC ⊥ d ⇒ BC / / nd

uu
r
uuur
BC = (2m − 2c; 20 − 2m − 6c) nd = (1;1)
với
,
ta có:

+) Do
2m − 2c = 20 − 2m − 6c ⇔ m + c = 5 ⇒ c = 5 − m = 3
B(1; −2), C (3; 0)

Vậy

.
A(−3; 4)

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có đỉnh
, đường phân giác trong của góc A có phương trình
x + y −1 = 0
I (1; 7)
và tâm đường tròn ngoại tiếp là
. Viết phương trình cạnh BC biết diện tích
tam giác ABC gấp 4 lần diện tích tam giác IBC.
Giải:
Ta có:

IA = 5

(C ) : ( x − 1) 2 + ( y − 7) 2 = 25
. Phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là
(C )

Gọi D là giao điểm thứ hai của phân giác trong góc A với

. Tọa độ D là nghiệm của hệ:

x + y −1 = 0
⇒ D (−2;3)

2
2
(

x
−
1)
+
(
y
−
7)
=
25


AD là phân giác trong của góc A nên D là điểm chính giữa cung nhỏ BC
3x + 4 y + c = 0
là VTPT của BC. BC có phương trình dạng:
.

uur
ID ⊥ BC ⇒ ID = (3; 4)

Gọi H là hình chiếu của A trên BC, K là giao điểm của ID và BC.
S ABC = 4 S IBC ⇔

Do

1
1
AH .BC = 4. IK .BC ⇔ AH = 4 IK ⇔ d ( A, BC ) = 4d ( I , BC )
2
2

c = −39
|7+c|
| 31 + c |
= 4.
⇔| 7 + c |= 4 | 31 + c |⇔ 
c = − 131
5
5
5

3x + 4 y − 39 = 0

Vậy BC có phương trình là:

15 x + 20 y − 131 = 0

hoặc

5. Liên hệ giữa các điểm đặc biệt trực tâm H, trọng tâm G, tâm đường tròn ngoại tiếp O
của tam giác ABC:
uuur 1 uuur
OG = OH
A
3
+ Ba điểm O, G, H thẳng hàng và

+ Gọi M là trung điểm cạnh BC thì

uuuu
r 1 uuur
OM = AH
2

H
G
O
C

B

+ Gọi H’ là giao điểm của AH với đường trịn O thì
H’ đối xứng với H qua đt BC

M

(Việc chứng minh các hệ thức trên dành cho bạn đọc)

H'

I (2; 2)

Ví dụ 1 Cho tam giác ABC có tâm đường trịn ngoại tiếp

H (2;12)

, trực tâm

. Tìm tọa độ

x+ y−2=0
các đỉnh của tam giác ABC, biết rằng đường thẳng BC có phương trình là
.
Giải:
IK ⊥ BC , K ∈ BC
AA '
Kẻ
. Vì tam giác IBC cân nên K là trung điểm BC. Kẻ đường kính
, ta
chứng minh được BHCA’ là hình bình hành ⇒M là trung điểm của HA’.
uur
K ∈ BC ⇒ K (a; 2 − a ) ⇒ IK = (a − 2; −a )

Ta có:
a − 2 −a
=
⇔ a = 1 ⇒ K (1;1)
1
1

. Vì

uur
IK

là vecto pháp tuyến của BC nên


Mà K là trung điểm của HA’ nên

Do I là trung điểm của AA’ nên

 x A = 2 xI − x A '
x = 4
⇒ A
⇒ A(4;14)

 y A = 2 yI − y A '  y A = 14
IB = IA ⇔ (b − 2) 2 + b 2 = (4 − 2) 2 + (14 − 2) 2

B ∈ BC ⇒ B (b; 2 − b)

Do

 x A ' = 2 xK − xH
 x A' = 0
⇒
⇒ A '(0; −10)

 y A ' = 2 y K − yH
 y A ' = −10

. Mà

⇔ 2b 2 − 4b + 4 = 148 ⇔ b 2 − 2b − 72 = 0 ⇔ b = 1 ± 73

b = 1 + 73 ⇒ B (1 + 73;1 − 73), C (1 − 73;1 + 73)

Với
b = 1 − 73 ⇒ B(1 − 73;1 + 73), C (1 + 73;1 − 73)

Với
A(4;14) B(1 + 73;1 − 73), C (1 − 73;1 + 73)
Vậy
,
hoặc
B (1 − 73;1 + 73), C (1 + 73;1 − 73)

Ví dụ 2 (Trích đề thi khối D2010) Cho tam giác ABC có đỉnh A(3;-7), trực tâm là H(3;-1), tâm
đường tròn ngoại tiếp là I(-2;0). Xác định tọa độ đỉnh C, biết C có hồnh độ dương.
Giải:
+) Gọi

A'

⇒ A '(−7; 7)

là điểm đối xứng với A qua tâm I

Ta chứng minh được

BHCA '

là hình bình hành

⇒

BC,

HA '

cắt nhau tại trung điểm M của mỗi
uuur
IM = (0;3) ⇒
⇒ M (−2;3)
IM ⊥ BC
đường
. Do tam giác IBC cân nên
với
Phương trình cạnh
BC là: y-3=0.
C ∈ BC ⇒ C (c;3) (c > 0)

+) Gọi

. Ta có:

IC = IA ⇒ IC 2 = IA2 ⇒ (c + 2) 2 + 32 = (3 + 2) 2 + (−7 − 0) 2 ⇔ (c + 2) 2 = 65 ⇔ c = −2 ± 65


c > 0 ⇒ c = −2 + 65 ⇒ C ( −2 + 65;3)

Do

.
H (5;5)

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm
, phương trình đường thẳng chứa cạnh BC
x + y −8 = 0

M (7;3)
N (4; 2)
là
. Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua hai điểm
và
.
Tính diện tích tam giác ABC.
Giải:
+) Giả sử đường thẳng AH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại
· ' BC = H
· ' AC
H
CH '
(cùng chắn cung
)

H'≠ A

·
·
CBH
= HAC

. Khi đó ta có

·ACB ⇒ H
· ' BC = CBH
·
⇒ ∆BHH '
⇒ H'

Mặt khác
(cùng phụ với
)
cân tại B
và
H đối xứng nhau qua đường thẳng BC.
r
u = (1; −1)
+) Đường thẳng AH đi qua H và nhận vecto chỉ phương của BC là
làm vecto pháp
AH :( x − 5) − ( y − 5) = 0 ⇔ x − y = 0
tuyến nên:
H ' ∈ AH : x − y = 0 ⇒ H '( h; h)

. Trung điểm của

HH '

thuộc BC nên:

h+5 h+5
+
− 8 = 0 ⇔ h = 3 ⇒ H '(3;3)
2
2
(C )

+) Gọi phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là

:

x 2 + y 2 + ax + by + c = 0 ( a 2 + b 2 > 4c)
M , N , H ' ∈ (C )

Do

nên

7 2 + 32 + 7 a + 3b + c = 0
 a = −10
 2 2

3 + 3 + 3a + 3b + c = 0 ⇔ b = −8
 42 + 22 + 4a + 2b + c = 0
c = 36

⇒ (C ) : x 2 + y 2 − 10x − 8 y + 36 = 0



Tọa độ A (với

A≠ H'

) là nghiệm hệ

 x 2 + y 2 − 10x − 8 y + 36 = 0
x = y = 3
⇔
⇒ A(6;6)


x = y = 6
x − y = 0

Tọa độ B, C là nghiệm hệ

 x 2 + y 2 − 10x − 8 y + 36 = 0  y = 8 − x
 x = 3, y = 5
⇔ 2
⇔

2
 x = 6, y = 2
x + y − 8 = 0
 x + (8 − x) − 10 x − 8(8 − x ) + 36 = 0
⇒ BC = (3 − 6) 2 + (5 − 2) 2 = 3 2

S=

Diện tích tam giác ABC là

1
1
| 6+ 6−8|
BC.d ( A, BC ) = .3 2.
=6
2
2
12 + 12

(đvdt)

6. Đường trung bình của tam giác

Định nghĩa: Đường trung bình của tam giác là
đường đi qua trung điểm hai cạnh của tam giác đó.

A

E

M

N

C
H

B
P

Một số nhận xét:
+ Đường trung bình MN của tam giác đi qua trung điểm của hai cạnh AB, AC thì
uuuu
r 1 uuur
MN / / BC , MN = BC
2
. Gọi I là giao điểm của AP và MN thì I là trung điểm của MN và AP.
uuur
uuur

AH ⊥ BC AH
AH = 2 AE
Kẻ
,
cắt MN tại E thì E là trung điểm của MN (
).
Ví dụ 1: Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trung điểm của các cạnh có tọa độ là
M (2;1), N (5;3), P(3; −4)
.
Giải:
Giả sử M, N, P là trung điểm của các cạnh AB, AC, BC.


uuuu
r
MN = (3; 2)

P(3; −4)

Ta có: BC//MN nên đường thẳng BC đi qua

BC:

nhận VTCP là:

suy ra pt cạnh

x −3 y + 4
=
⇔ 2 x − 3 y − 18 = 0

3
2
AB :7 x − 2 y − 12 = 0, AC :5 x + y − 28 = 0

Tương tự ta có: pt các cạnh
3x − y + 5 = 0

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC với đường cao AD có phương trình là

, trực tâm

1 
M  ;4÷
xB < xC
H (−2; −1)
BC = 10
2 
;
là trung điểm cạnh AB,
. Tìm tọa độ A, B, C với
.

Giải:
+) Gọi N là trung điểm cạnh AC thì MN là đường trung bình của tam giác ABC ⇒

MN ⊥ AD

MN / / BC

⇒ phương trình đường trung bình MN:

1
25
1.( x − ) + 3( y − 4) = 0 ⇔ x + 3 y −
=0
2
2

Lấy

 25

N  − 3n; n ÷∈ MN ⇒ MN = 10 | n − 4 |
 2


⇒| n − 4 |=

MN =

. Mà

1
10
BC =
2
2

1
9

7
⇒n= ∨n=
2
2
2

n=

TH1: Với

9 ⇒ N  −1; 9 

÷
2

2

A(a;3a + 5) ⇒ B (1 − a;3 − 3a), C ( −2 − a; 4 − 3a )

. Giả sử

xC < xB
.
n=

TH2: Với

7 ⇒ N  2; 7 

÷

A(a;3a + 5) ⇒ B (1 − a;3 − 3a ), C (4 − a; 2 − 3a)
 2
2
. Giả sử

loại vì

⇒


uuu
r
uuur
⇒ AB = (1 − 2a; −2 − 6 a), HC = (6 − a;3 − 3a)

. Vì H là trực tâm nên
5
uuu
r uuur
a = 0∨ a =
2
AB.HC = 0 ⇔ (1 − 2a)(6 − a ) + ( −2 − 6a)(3 − 3a) = 0 ⇔ 20a − 25a = 0
4
A(0;5), B (1;3), C (4; 2)

Với a=0 ta được
a=

Với

5
4

ta được

5 35
1 3
11 7
A( ; ), B ( − ; − ), C ( ; − )
4 4
4 4
4 4

A(0;5), B(1;3), C (4; 2)

Vậy

hoặc

5 35
1 3
11 7
A( ; ), B (− ; − ), C ( ; − )
4 4
4 4
4 4

Bài tập áp dụng
A(0; 2), B(− 3; −1)
1) Cho hai điểm

. Tìm tọa độ trực tâm và tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp
H ( 3; −1), I (− 3;1)

của tam giác OAB. Đ/s:
A(−1; 0), B(4; 0), C (0; m)
2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có các đỉnh

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.
d1 :2 x + y + 5 = 0, d 2 :3x + 2 y − 1 = 0
3) Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường thẳng

và điểm

B ∈ d1 , C ∈ d 2

G (1;3)

. Tìm tọa độ các điểm

sao cho tam giác

ABC

nhận G là trọng tâm, biết

B (−35; 65), C (48; −73)

A là giao điểm của hai đường thẳng trên. Đ/s:
A(2; −1), B(1; −2)
4) Cho tam giác ABC có

G ∈d :x + y − 2 = 0

, trọng tâm
C1 (15; −9), C2 ( −12;18)

biết tam giác ABC có diện tích bằng 13,5. Đ/s:

. Tìm tọa độ đỉnh C


A(1;1), B ( −2;5)
5) Cho tam giác ABC có

C ∈d :x − 4 = 0

, đỉnh

và trọng tâm

G ∈ d ' :2 x − 3 y + 6 = 0

. Tính diện tích tam giác ABC. Đ/s:

S = 15 / 2

G (−2;0)
6) Cho tam giác ABC có trọng tâm

AB :4 x + y + 14 = 0

, phương trình các cạnh

AC :2 x + 5 y − 2 = 0

A( −4; 2), B ( −3; −2), C (1; 0)

A, B, C .

. Tìm tọa các đỉnh

,

Đ/s:

7) Hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC biết rằng hình chiếu vng góc của C trên

H (−1; −1)

đường thẳng AB là

x− y+2=0

, đường phân giác trong góc A có phương trình

4x + 3 y −1 = 0

đường cao kẻ từ B có phương trình
Cho tam giác ABC có đỉnh

C (−10 / 3;3 / 4)

. Đ/s:

A(3; −7)
8)

và

H (3; −1)

, trực tâm

H (−2;0)

, tâm đường tròn ngoại tiếp
C (−2 + 65;3)

. Xác định tọa độ đỉnh C, biết C có hồnh độ dương. Đ/s:

9)

Cho tam giác ABC có

1

B ( ;1)
2

. Đường trịn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC, CA,
y −3 = 0

D (3;1)

AB tương ứng tại các điểm D, E, F. Cho

và đường thẳng EF có phương trình
A(3;13 / 3)

. Tìm tọa độ đỉnh A biết A có hồnh độ dương. Đ/s:
D (−4;1)
10) Cho tam giác ABC có đỉnh

G (1;1)

, trọng tâm

và đường thẳng chứa phân giác trong

x − y −1 = 0

của góc A có phương trình

A(4;3), C (3; −1)

. Tìm tọa độ các đỉnh A và C. Đ/s:

11) Cho tam giác ABC có chân đường cao hạ từ đỉnh A là điểm

D (5;3)

giác trong của góc A là
C ( −1; 6)

17 1
H( ;− )
5
5

, chân đường phân

M (0;1)

và trung điểm cạnh AB là

. Tìm tọa độ đỉnh C? Đ/s: