Sáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Khai thác ứng dụng một số tính chất hình học để giải quyết các bài toán tọa độ trong mặt phẳng

CỘNGHÒA
HÒAXÃ
XÃ HỘI
HỘI CHỦ
CỘNG
CHỦNGHĨA
NGHĨAVIỆT
VIỆTNAM
NAM
Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN
Kính gửi: Sở khoa học và cơng nghệ Tỉnh Ninh Bình.
Chúng tơi:
STT

KIẾN Trình
Họ và tênĐƠN U
NgàyCẦU
thángCƠNG
Nơi NHẬN
cơng tácSÁNG
Chức
năm sinh
danh
độ
chun
mơn

Tỷ lệ

đóng góp
vào việc
ra
KHAI THÁC ỨNG DỤNG MỘT SỐ TÍNH CHẤT HÌNH tạo
HỌC
sáng kiến

ĐỂ GIẢI QUYẾT CÁC BÀI TỐN TỌA ĐỘ TRONG PHẲNG

1

Nguyễn Trường
Sơn

01/08/198
3

Trường THPT
Chun
Lương Văn
Tụy

Khơng

Đại
học

50%

2

Nguyễn Thị Bích
Ngọc

04/06/197
6

Trường THPT
Chun
Lương Văn
Tụy

Tổ phó Đại
tổ
học
Tốn
Tin

15%

3

4

5

Các Bùi
tác Mỹ
giả:Nương

10/02/197
8

Trường THPT Khơng Thạc
15%
Chun
sỹ
Nguyễn Trường Sơn
Nguyễn Thị Bích Ngọc
Lương Văn
Nguyễn Thị Hiền
Đinh Kim Thoa
Tụy

BùiHiền
Mỹ Nương
Nguyễn Thị
06/01/196
8

Trường THPT Phó bí Thạc
Chun
thư chi sỹ
Đơn vị cơng tác: Trường THPT Chuyên
Văn
Lương Lương
Văn
bộ Tụy
Tụy
Đinh Kim Thoa

27/01/197
6

Trường THPT
Chuyên
Lương Văn
Tụy

Không

Đại
học

10%

10%

Là các đồng tác giả đề nghị cơng nhận sáng kiến:

Ninh bình, tháng 5 năm 2014

KHAI THÁC ỨNG DỤNG MỘT SỐ TÍNH CHẤT HÌNH HỌC
ĐỂ GIẢI QUYẾT CÁC BÀI TOÁN TỌA ĐỘ TRONG PHẲNG.

1


 Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Mơn Tốn ở các trường THPT và các trường Đại học,
cao đẳng sư phạm.

 Mô tả bản chất của sáng kiến
* Về nội dung của sáng kiến:
 Các bước thực hiện giải pháp và điều kiện áp dụng:
+ Giáo viên có thể trực tiếp sử dụng sáng kiến để giảng dạy chuyên đề về tọa độ trong
mặt phẳng với mục đích ơn thi Đại học, cao đẳng, cũng như bồi dưỡng học sinh giỏi
trong các kì thi học sinh giỏi tỉnh, học sinh giỏi quốc gia, quốc tế.
+ Học sinh sau khi được trang bị những kiến thức cơ bản trên lớp có thể sử dụng tài
liệu để tự học, tự nghiên cứu để bổ sung thêm kiến thức chuyên sâu.
 Hiện trạng trước khi áp dụng giải pháp mới:
1. Trong các đề thi Đại học- Cao đẳng từ trước tới nay, các bài toán về tọa độ
trong mặt phẳng thường xuyên xuất hiện với mức độ ngày càng khó và phong phú
hơn. Có thể nói các câu hỏi liên quan tới bài toán này thường là câu để học sinh đạt 8,
9, 10 điểm. Để giải quyết các dạng bài toán này học sinh cần có kiến thức hình học
phẳng chắc chắn. Việc phát hiện ra "nút thắt" của bài toán là điều quan trọng nhất,
quyết định tới thành công của lời giải. Giải bài toán Oxy cũng giống như chúng ta giải
một thế cờ. Tuy nhiên, do các em học sinh học tương đối yếu về hình học phẳng nên
việc phát hiện ra được tính chất hình học phẳng là vơ cùng khó khăn. Điều đó đã làm
cho các em khơng tự tin và mất điểm một cách đáng tiếc.
2. Chương trình học của chuyên đề này lại nằm ở lớp 10, khi đó các em học
sinh cịn nhiều bỡ ngỡ, chưa ơn tập và tìm hiểu sâu các kiến thức liên quan. Mặt khác,
trong các sách giáo khoa và sách bài tập toán, phần bài tập cũng như lý thuyết chỉ
dừng lại ở mức độ cơ bản, ít dạng bài tập, ít kiến thức được vận dụng. Trong các tài
liệu tham khảo, các bài tập về tọa độ trong hình học phẳng mà có sử dụng kiến thức về
hình học phẳng có thể nói là chưa nhiều, chưa được xây dựng theo một hệ thống chi
tiết và thường chỉ đưa ra các dạng bài tập ứng dụng về một vấn đề chung như các bài
tốn về viết phương trình đường thẳng, đường trịn, chưa có nhiều các dạng bài tập
nâng cao.
3. Thực tế, trong một lớp có nhiều đối tượng học sinh với mức độ nhận thức khác
nhau, đòi hỏi phải có một hệ thống bài tập phù hợp cho từng đối tượng. Trong các tài
liệu hiện hành cũng đã chú ý đến việc phân loại học sinh nhưng chưa phong phú và

chưa sát thực.
4. Khi soạn giảng, giáo viên bắt buộc phải tham khảo rất nhiều tài liệu từ nhiều
phương tiện, nhất là đối với những đối tượng học sinh luyện thi đại học và học sinh
giỏi các cấp, do đó mất rất nhiều thời gian, cơng sức, tốn kém nhiều tiền bạc.
5. Để đáp ứng yêu cầu nghiên cứu và giảng dạy hình học tọa độ trong mặt phẳng
học sinh cần phải có kiến thức và kĩ năng tốt, nếu khơng phân tích cách giải và lời giải

2


chi tiết thì người đọc khơng thể hiểu rõ bản chất của bài tốn đó và dẫn đến giải bài
tốn một cách máy móc, thậm chí dễ mắc phải sai lầm.
 Những điểm mới về giải pháp:
+Về nội dung:
1. Các tác giả đã xoay quanh một bài toán nhỏ, khai thác các ứng dụng hình học
của bài tốn đó. Các bài tập được sắp xếp từ cơ bản đến phức tạp, từ dễ đến khó, phù
hợp với trình độ nhận thức của mọi đối tượng học sinh, có thể dành cho nhiều đối
tượng học sinh từ người mới học đến những học sinh dự thi học sinh giỏi các cấp.
2. Đa số các bài tốn được sáng tạo nên thơng qua các phần mềm toán học như
The Geometer’s Sketchpad, Cabri….
3. Các kiến thức hình học trong tài liệu đều liên quan tới kiến thức THCS nên
việc tiếp cận với chuyên đề này khơng khó khăn. Chun đề viết một cách có hệ thống
và có phân tích lời bình để chỉ ra nút thắt của bài toán nên học sinh sẽ dễ tìm hiểu và
mở rộng vấn đề. Từ đó giúp các em biết cách học, biết cách suy nghĩ, tìm tịi và từng
bước sáng tạo trong học tốn.
+Về phương pháp:
1. Xuất phát từ yêu cầu cơ bản của việc dạy và học phần hình học tọa độ trong
mặt phẳng, học sinh cần nắm vững hệ thống các kiến thức cơ bản và những ki năng
cần thiết để có thể giải quyết thành thạo các dạng bài tập từ dễ đến phức tạp.
2. Từ thực tế trong trường có nhiều đối tượng học sinh, từ học sinh chuyên, cận

chuyên đến không chuyên. Đề tài đã được đúc rút thông qua quá trình giảng dạy thực
tế ở một số lớp và trên các đối tượng học sinh trong mỗi lớp, đặc biệt các lớp ơn thi đại
học.
3. Trong q trình thực hiện đề tài chúng tôi luôn tham khảo, trao đổi với các giáo
viên khác trong tổ.
 Hiệu quả kinh tế và hiệu quả xã hội đã đạt được.

1. Hiệu quả kinh tế. Qua ý kiến nhận xét của học sinh, của đồng nghiệp đã sử
dụng sáng kiến này làm tài liệu tham khảo học tập và nghiên cứu, hiệu quả kinh
tế mà sáng kiến mang lại là rất lớn cụ thể:
- Tiết kiệm được nhiều thời gian và cơng sức tìm tòi tài liệu của giáo viên và
học sinh trong giảng dạy và học tập mơn Tốn.
- Tiết kiệm được nhiều chi phí mua tài liệu và sưu tầm tài liệu.
- Tiết kiệm được tiền mời thầy tập huấn cho đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia.
2. Hiệu quả xã hội.
Sáng kiến này được các tác giả triển khai áp dụng vào giảng dạy lớp 10, 11, 12
từ năm học 2013 và được học sinh sử dụng hiệu quả. Hiệu quả mà sáng kiến này cùng

3


các chuyên đề khác mang lại về mặt giáo dục, xã hội trước hết là kết quả thi đại học,
học sinh giỏi các cấp của học sinh. Kết quả thi đại học mơn Tốn của học sinh chun
Tốn – K52 là rất cao, các em đều đạt 9 điểm trở lên, các học sinh lớp khác như
chuyên Sinh, 12B1 năm học 2013 cũng đạt điểm khá cao.
Đặc biệt, một phần sáng kiến đã được gửi lên tạp chí tốn học tuổi trẻ và đã được
đăng trên tạp chí, được các bạn độc giả đón nhận.
- Sáng kiến này là tài liệu tham khảo hữu ích cho giáo viên, sinh viên, học sinh khi
nghiên cứu toán học. Giúp cho việc học tập chuyên đề liên quan tới các bài toán tọa độ
trong phẳng được dễ dàng, hiệu quả; không cần mất thời gian, sức lực, trí óc để tìm và

tổng hợp kiến thức.
- Giúp quá trình học tập, giảng dạy chuyên đề tọa độ phẳng được dễ dàng và hiệu
quả. Làm nền tảng cho việc tiếp tục nghiên cứu và phát triển cũng như ứng dụng trong
các bài tọa độ trong không gian.
- Giúp học sinh rèn kỹ năng tự học tự nghiên cứu, rèn khả năng quan sát, tư duy
hình học.
 Về khả năng áp dụng của sáng kiến:
- Đây là một cách thức phân loại bài tập theo hướng đổi mới tư duy cho cả người
học và người dạy, phù hợp với xu thế, yêu cầu đổi mới phương pháp dạy và học toán
hiện nay.
- Sáng kiến là một tài liệu tham khảo rất hữu ích cho mọi đối tượng học sinh và
giáo viên học tập, nghiên cứu và giảng dạy mơn Tốn.
- Q trình áp dụng sáng kiến tại trường THPT chuyên Lương Văn Tụy từ năm
2013 cho thấy sáng kiến dễ dàng áp dụng và mang lại hiệu quả. Để sử dụng hiệu quả
sáng kiến, người học nên sử dụng thêm các phần mềm vẽ hình chuyên dụng cho bộ
mơn tốn để giúp cho việc sáng tạo cũng như phát hiện tính chất hình học một cách dễ
dàng hơn.
- Giáo viên có thể xây dựng thêm các bài tập trên cơ sở sự phân loại bài tập để làm
phong phú thêm kiến thức, tăng cường thêm số lượng bài tập áp dụng.

4


 Những cá nhân và đơn vị đã áp dụng sáng kiến:

-

Bùi Nghĩa Hải -giáo viên toán trường THPT chuyên Lương Văn Tụy, trình độ
thạc sĩ.

-

Phạm Vân Hà- giáo viên tốn trường THPT chun Lương Văn Tụy, trình độ
thạc sĩ.

-

Phạm Đức Tùng- giáo viên toán trường THPT chuyên Lương Văn Tụy, trình
độ thạc sĩ.

-

Tập thể lớp 10 chun tốn ( năm học 2013-2014)

-

Tập thể lớp 10 B1 ( năm học 2013-2014)

-

Tập thể lớp 10 chuyên sinh ( năm học 2013-2014)

Chúng tôi xin cam đoan mọi thông tin nêu trong đơn là trung thực, đúng sự thật và
hoàn toàn chịu trách nhiệm trước pháp luật.
Ninh Bình, ngày 22 tháng 05 năm 2014
Người nộp đơn

Nguyễn Trường Sơn

5

PHỤ LỤC
I. GIẢI TAM GIÁC.
Ta gọi chung các bài toán: Xác định tọa độ đỉnh của tam giác, các yếu tố liên quan đến
đường cao, trung tuyến, phân giác, trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn nội, ngoại tiếp
là giải tam giác.
Muốn giải quyết tốt các dạng câu hỏi về giải tam giác ta cần nắm chắc các tính chất cơ
bản sau:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (I), H là trực tâm của tam giác. Gọi E, F lần
lượt là chân đường cao hạ từ B,C. M là trung điểm của cạnh BC. G là trọng tâm tam
giác ABC.
Khi đó:

uuur
uuur
uuu
r
AH
=
2
IM
=
2
AJ
Nhận xét 1.
( trong đó J là
trung
điểm
của

đoạn
AH).
Từ
đó suy ra:
uuur
uur
GH = −2GI .
Chứng minh.
+ Với tam giác ABC vng thì hiển nhiên
nhận xét 1 đúng.
+ Với tam giác ABC không vuông.
Gọi D là điểm đối xứng của A qua I. Suy ra D
thuộc đường tròn (I).
 DC ⊥ AC
⇒ DC P BH

BH ⊥ AC

Ta có:
.
Tương tự, ta chứng minh được

DB PCH

.

Khi đó, tứ giác BHCD là hình bình hành.
Lại
uuur có, uM
uur là trung

uuu
r điểm của BC nên suy ra M là trung điểm của HD. Khi đó :
AH = 2 IM = 2 AJ ( đpcm).

uuu
r
uuuu
r
uuur uuur
uur uuur
uuur
uur
GA
=
−
2
GM
GH
+
HA
=
−
2
GI
−
2
IM
⇔
GH
=

−
2
GI
Ta có :
do đó:
.
Thơng qua nhận xét 1, học sinh nhận thấy các điểm H, M, D thẳng hàng và M chính là
trung điểm của HD. Nhận xét này cũng thường xuất hiện trong các đề thi Đại học –
Cao đẳng.

6


Nhận xét 2. JM P IA, IA ⊥ EF .
Chứng minh :
0
·
·
Ta có: CFB = CEB = 90 nên tứ giác BCEF nội tiếp đường trịn tâm M

Ta cũng có : AFHE nội tiếp đường tròn tâm J. Suy ra : JM ⊥ EF .
Theo nhận xét 1, suy ra :

IA P JM

. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Nhận xét 3. Gọi P là giao điểm thứ hai của đường thẳng BH với đường trịn (I). Khi
đó, P là điểm đối xứng của H qua đường thẳng AC.
Chứng minh:

·
·
Ta có: ACP = ABP ( cùng chắn cung AP) .
·ACP = ·ABE
·
·
( vì tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn). Suy ra: ABP = ABE . Như vậy,
BA vừa là đường phân giác vừa là đường cao nên suy ra điều phải chứng minh.

Chú ý: Nếu P là điểm đối xứng của trực tâm H qua đường thẳng AC của tam giác
ABC thì P thuộc đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC.
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC sẽ đối xứng với đường tròn ngoại tiếp tam giác
HAC qua đường thẳng AC
Nhận xét 4. Gọi Q là chân đường cao hạ từ đỉnh A của tam giác nhọn ABC. Khi đó H
là tâm nội tiếp của tam giác EFQ .
Chứng minh:

·
·
Tứ giác AFHQ nội tiếp đường tròn nên FBH = FQH .
·
·
Tứ giác HQCE nội tiếp đường tròn nên ECH = EQH .
·
·
·
·
Từ đó suy ra: FQH = EQH ( do ACP = ABE ).
Vậy QH là đường phân giác của góc Q.
Chứng minh tương tự ta cũng có EH là phân giác của góc E, FH là phân giác của góc

F. Như vậy H là tâm nội tiếp tam giác ABC.
Nhận xét 5. Gọi J là tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC. Khi đó đường thẳng AJ
cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BAC tại điểm chính giữa của cung BC (khơng chứa
A). Giả sử điểm đó là U. Khi đó dễ thấy: UJ=UB=UC.
Sau đây, chúng tơi xin đưa ra một vài các ví dụ áp dụng các nhận xét này.

7


2
2
Thí dụ 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x + y = 25
ngoại tiếp tam giác nhọn ABC có chân các đường cao hạ từ B, C lần lượt là M(-1;-3),
N(2;-3). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng điểm A có tung độ âm.

Phân tích lời giải. Với những kiến thức được trang bị ở trên, các em học sinh dễ dàng
phán đoán và đưa ra lời giải. Học sinh sẽ nhận ra được OA ⊥ MN , để từ đó viết được
phương trình đường thẳng OA. Khi đó sẽ đi tìm được điểm A. Mấu chốt của bài tốn
chính là việc tìm được tọa độ điểm A
Lời giải.
uuuu
r
(
C
)
MN
= (3;0)
R
=
5

có tâm O(0;0), bán kính
. Ta có:
Cách 1. Đường trịn
uuuu
r
MN
= (3;0)
OA
⊥
MN
Theo nhận xét 2, ta có:
. Khi đó đường thẳng OA qua O, nhận
làm vecto pháp tuyến có phương trình: x = 0 .
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
x = 0
x = 0

⇔  y = 5
 2
2
 x + y = 25
  y = −5


Vì A có tung độ âm nên A(0;-5).
uuuu
r
uuur
AM
=

(
−
1;
2),
AN = (2;2) lần lượt là vecto chỉ phương của đường thẳng AC, AB.
Ta có:
Phương trình đường thẳng AC: 2 x + y + 5 = 0 .
Phương trình đường thẳng AB: x − y − 5 = 0 .
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
2 x + y + 5 = 0
 x = 0; y = −5
⇔
⇒ C (−4;3)
 2
2
x
=
−
4;
y
=
3
x
+
y
=
25


.

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
x − y − 5 = 0
 x = 0; y = −5
⇔
⇒ B(5;0)
 2
2
 x = 5; y = 0
 x + y = 25
.

uuu
r uuur
uuur uuu
r
uuu
r uuu
r
AB. AC > 0, BC.BA > 0, CB.CA > 0 nên

Dễ thấy:
A(0; −5), B (5;0), C (−4;3) .

8

tam

giác ABC

nhọn.

Vậy


Cách 2. Giả sử H (a; b) . Gọi P, Q lần lượt là giao điểm thứ hai của đường thẳng CH,
BH với đường tròn (C ) .
Theo nhận xét 3, P, Q lần lượt là điểm đối xứng của H qua các AB, AC. Vậy
P(4 − a, −6 − b), Q(−2 − a; −6 − b) .
Ta có hệ:
(4 − a) 2 + (6 + b) 2 = 25
 a = 1, b = −2
⇔

 a = 1, b = −10
2
2

(2 + a) + (6 + b) = 25
uuuur
uuur
uuuur uuur
HM
=
(
−
2;
−
1),
HN

=
(1;
−
1)
⇒
HM .HN = −1 < 0 .
H
(1;
−
2)
Với
. Ta có:
uuuur
uuur
uuuur uuur
·
H
(1;
−
10)
HM
=
(
−
2;7),
HN
=
(1;7)
⇒
HM .HN = 47 > 0 . Suy ra BAC

Với
. Ta có:
là
góc tù ( mâu thuẫn với giả thiết).
Do đó H (1; −2) .
Phương trình đường thẳng AC: 2 x + y + 5 = 0 .
Phương trình đường thẳng AB: x − y − 5 = 0 .
1 3
uuur
uur
I( ; )
Gọi I là trung điểm của BC. Từ AH = 2OI suy ra 2 2 . Phương trình đường thẳng
x + 3y − 5 = 0
BC là:
.

Từ đó suy ra các điểm

A(0; −5), B (5;0), C ( −4;3)

thỏa mãn yêu cầu bài tốn.

Thí dụ 2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(-2;-1), trực
tâm H(2;1), BC = 2 5 . Gọi E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ B, C của tam giác
ABC. Lập phương trình đường thẳng BC, biết trung điểm M của BC nằm trên đường
thẳng d: x-2y-1=0 và M có tung độ dương.
Lời giải. M thuộc đường thẳng d nên M (2a + 1; a)(a > 0) .
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
uuur
uuur

uuur
Ta có AH = (4; 2), AH = 2 5 và AH = 2 IM , suy ra I (2a − 1; a − 1), IM = 5
M là trung điểm BC nên IM ⊥ BC . Do đó :
2

 BC 
2
IA = 
÷ + IM = 10
2


2

9


⇒ (2a + 1) 2 + a 2 = 10
⇔ 5a 2 + 4a − 9 = 0
a = 1
⇔
a = − 9
5

Do a>0 nên a=1. Suy ra M(3;1).
uuur
Đường thẳng BC đi qua M(3;1), nhận AH = (4;2) làm vecto pháp tuyến có phương
trình: 2x+y-7=0.
Thí dụ 3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, trực
tâm H(-3;2). Gọi D, E lần lượt là chân đường cao kẻ từ B, C của tam giác ABC. Biết

điểm A nằm trên đường thẳng d : x − 3 y − 3 = 0 , điểm F(-2;3) thuộc đường thẳng DE
và HD=2. Tìm tọa độ điểm A.
d : x − 3 y − 3 = 0 nên A(3t + 3; t ) với t ∈ ¡ .
Lời
uuu
r giải.Do A nằmuutrên
u
r đường thẳng
FA = (3t + 5, t − 3) , HA = (3t + 6, t − 2) .

Do tam giác ABC cân tại A nên AH ⊥ DE .
2
2
2
Xét tam giác vng HAD ta có: AD = AH − HD .

Khi đó:
FA2 − FH 2 = DA2 − DH 2
⇒ FA2 − FH 2 = AH 2 − 2 HD 2
⇒ (3t + 5)2 + (t − 3)2 − 2 = (3t + 6)2 + (t − 2)2 − 8
⇒t =0
Vậy A (3;0).
Lời bình: Một tính chất thú vị được sử dụng trong thí dụ 3, rất hay gặp đó là: Cho 4
2
2
2
2
điểm A, B, C, D mà AB vng góc với CD thì khi đó AC − AD = BC − BD .
Thí dụ 4. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A.
11 13

E (7;1), F ( ; )
5 5 lần lượt là chân đường
Gọi N là trung điểm của đoạn thẳng AB. Gọi
cao hạ từ các đỉnh B, C của tam giác ABC. Tìm tọa độ của đỉnh A biết rằng phương
trình đường thẳng CN là 2 x + y − 13 = 0 .
Lời giải. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Do tam giác ABC cân tại A nên AG chính
là đường trung trực của đoạn thẳng EF. Phương trình của đường thẳng AG là
−3 x + y + 12 = 0 . Tọa độ điểm G là nghiệm của hệ phương trình:

10


2 x + y − 13 = 0
x = 5
⇔
⇒ G (5;3)

−
3
x
+
y
+
12
=
0
y
=
3



.
A ∈ AG ⇒ A(a;3a − 12), C ∈ CN ⇒ C (c;13 − 2c) . Do G là trọng tâm tam giác ABC

nên suy ra B(15 − a − c;8 − 3a + 2c) ,
uuu
r
CB (15 − a − 2c; −5 − 3a + 4c)
uuu
r
uuur
EB(8 − a − c;7 − 3a + 2c), EC (c − 7;12 − 2c)

Ta có:

 AG ⊥ BC

 EB ⊥ EC

15 − a − 2c + 3(−5 − 3a + 4c) = 0
⇒
(8 − a − c)(c − 7) + (7 − 3a + 2c)(12 − 2c) = 0
⇔a=c=7

Khi đó ta có A(7;9), B(1;1), C (7; −1) .
Thí dụ 5. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường
trịn tâm I(1;2), bán kính R = 5 . Chân đường cao hạ từ B, C của tam giác ABC lần lượt
là H(3;3), K(0;-1). Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCHK, biết rằng
tung độ điểm A dương.
uuur

Lời giải. Ta có : KH = (3;4)
Theo nhận xét 2, ta có IA ⊥ HK . Do đó đường thẳng IA có phương trình là :
 x = 1 + 4t
(t ∈ ¡ )

 y = 2 − 3t
A thuộc đường thẳng IA nên A(1 + 4t; 2 − 3t ) với

t<

2
3.

t = 1
IA = 5 ⇔ 16t 2 + 9t 2 = 25 ⇒ 
t = −1 . Vậy A(−3;5) .
Ta có:
Đường thẳng AB có phương trình:

2x + y + 1 = 0

Đường thẳng AC có phương trình: x + 3 y − 12 = 0
Đường thẳng BH có phương trình:

3x − y − 6 = 0

Đường thẳng CK có phương trình: x − 2 y − 2 = 0 .

11

Khi đó dễ dàng suy ra: B (1; −3), C (6; 2) .
Gọi J là tâm ngoại tiếp tứ giác BCHK. Suy ra J là trung điểm của BC. Khi đó:
7 1
J ( ;− )
2 2 .
7
1
25
( x − )2 + ( y + )2 =
2
2
2 .
Phương trình đường trịn ngoại tiếp tứ giác BCHK là:

Lời bình: Có rất nhiều cách xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCHK. Ta có
thể xác định tâm V đường trịn ngoại tiếp tam giác AHK. Sau đó suy ra tâm J bằng
cách sử dụng nhận xét 1.
Thí dụ 6. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho 3 điểm E(-1;-2), F(2,2), Q(1,2) lần lượt là chân ba đường cao hạ từ các điểm A, B, C của tam giác ABC. Viết
phương trình ba cạnh của tam giác ABC.
Lời giải: Theo nhận xét 4, trực tâm H của tam giác ABC chính là tâm đường trịn nội
tiếp tam giác EFQ. Do đó, ta tìm tọa độ điểm H như sau:
Gọi U là giao điểm của AE với QF. Khi đó ta có:
uuur
UQ EQ 4
4 uuur
1
=
= ⇒ UQ = − UF ⇒ U ( ; 2)
UF EF 5

5
3
uuuu
r
HU FU 1
1 uuur
=
= ⇒ HU = − HE ⇒ H (0;1)
HE FE 3
3
.

Phương trình đường thẳng AB là –x+y-3=0
Phương trình đường thẳng AC là 2x+y-6=0
Phương trình đường thẳng BC là x+3y+7=0.
Thí dụ 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có B(4;3), C(1;4).
Gọi H, B’, C’ lần lượt là trực tâm, chân đường cao kẻ từ B, chân đường cao kẻ từ C
của tam giác ABC. Trung điểm của đoạn thẳng AH nằm trên đường thẳng có phương
trình x-y=0. Tìm tọa độ đỉnh A, biết đường thẳng qua B’ và C’ có phương trình là
x+2y-7=0 và hồnh độ của A nhỏ hơn 2.
5 7
M( ; )
2 2 .
Lời giải. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và AH. Suy ra:
r
n
Theo nhận xét 2, ta có đường thẳng MN đi qua M và nhận = (2; −1) làm vecto pháp
tuyến. Phương trình đường thẳng MN là:
5
7

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

12


Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình:
4 x − 2 y − 3 = 0
3
3 3
⇔ x = y = ⇒ N( ; )

2
2 2
x − y = 0
.
Gọi R là bán kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác AB’HC’.
3
3
( x − )2 + ( y − ) = R 2
2
2
Phương trình đường trịn ngoại tiếp tứ giác AB’HC’ là:
.
5
7
5
( x − )2 + ( y − )2 =

2
2
2.
Phương trình đường trịn ngoại tiếp tứ giác BCB’C’ là:

Phương trình đường thẳng B’C’ là:

Do đó:

R2 +

2x + 4 y − R2 −

23
=0
2
.

23
5
5
= 14 ⇔ R 2 = ⇒ R =
2
2
2.

3 3
r
N( ; )
n

2 2 nhận 1 = ( −3;1) làm vecto pháp tuyến nên
Đường thẳng AH qua điểm
phương trình của đường thẳng AH là: 3 x − y − 3 = 0 .

Do A nằm trên đường thẳng AH nên A(t ,3t − 3) với t < 2 .
Lại có:
t = 1
3
9
5
NA = R ⇒ (t − ) 2 + (3t − )2 = ⇔ 
⇒ t =1
2
2
2
t = 2

.

Vậy điểm A(1 ;0) thỏa mãn yêu cầu bài tốn.
Thí dụ 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho
tam giác ABC nhọn trực tâm H, các đường thẳng AH,
BH, CH lần lượt cắt đường trọn ngoại tiếp tam giác
6 17
K( ; )
5 5 . Viết phương
ABC tại D(2;1), E(3;4)và
trình BC.
Lời giải.
Gọi M, N, J lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC. Theo

nhận xét 4, H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác JMN.
Lại theo nhận xét 3, các điểm D, E, K lần lượt là các điểm đối xứng của H qua các
đường thẳng BC, CA, AB.
Như thế, H cũng là tâm đường tròn nội tiếp tam giác KDE.
Trước hết các bạn nhớ lại bài toán sau:

13


Trong mặt phẳng tọa độ với hệ trục Oxy, tọa độ tâm nội tiếp tam giác ABC sẽ được
tính theo công thức sau:
ax A + bxB + cxC

 xI =
a+b+c

 y = ay A + by B + cyC
I
a+b+c

(*).
Trở lại bài tốn trên:
H ( x; y )
Giả sử
. Ta có:
uuur
uuur
9 3
3 10
DE = (1;3) ⇒ DE = 10, EK = (− ; − ) ⇒ EK =

,
5 5
5
uuur
4 12
4 10
DK = (− ; ) ⇒ DK =
5 5
5

24 10

 xH = 5 = 2
12 10


17
5
⇒ H (2; )

6
34 10


5 = 17
y
=
H

6

12 10


5
Khi đó, áp dụng cơng thức (*) ta có:
23
M (2; )
12
M là trung điểm của HD nên
.
23
y=
12
Phương trình đường thẳng BC là:
.
Thí dụ 9. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp một đường tròn (I)
3 5
D( ; − )
2 2 . Biết BC vng góc với đường thẳng
có A(2;9). Trung điểm của BC là
∆ : 3 x − y + 2013 = 0 . Gọi M là điểm tùy ý thuộc cung nhỏ BC. Điểm P, Q tương ứng
là điểm đối xứng của M qua AC và AB. Biết phương trình đường thẳng
chứa PQ là y=6. Tìm tọa độ các đỉnh B,C của tam giác ABC.
Lời giải.
Gọi H là trực tâm tam giác ABC. E, F lần lượt là điểm đối xứng của H qua AC, AB.
Theo nhận xét 3, ta có E, F thuộc đường trịn (I). Ta có: MHEP, MHFQ là những hình
thang cân. Khi đó:
·
·
·

·
·
·
PHE
= MEH
= MAB
, QHF
= MFH
= MAC
.
0
·
·
·
·
·
·
Do đó: PHE + QHF + EFH = MAB + MAC + QHF = 180 .
Suy ra: P, Q, H thẳng hàng ( đường thẳng PQ chính là đường thẳng Steiner).

14


uuur
H
(
t
;6)
Do đó:
và AH = (t − 2; −3) .

uuur
r
∆
:
3
x
−
y
+
2013
=
0
AH
=
(
t
−
2;
−
3)
n
Do
vng góc với BC nên
và = (3; −1) cùng
t −2
= 3 ⇒ t = 11
3
phương. Suy ra:
.
H

(11;6)
Vậy
.
Theo nhận xét 1, ta có:
3

9
=
2(
− x)
uuur
uur 
2
AH = 2 ID ⇒ 
−3 = 2(− 5 − y )

2
 x = −3
⇔
⇒ I (−3; −1)
 y = −1
.
Phương trình đường trịn ngoại tiếp
tam
giác
ABC
là:
2
2
( x + 3) + ( y + 1) = 125 .

Phương trình đường thẳng BC là : x + 3 y + 6 = 0 .
Tọa độ B, C thỏa mãn hệ phương trình :
5
5

y=
− 1, x = −3(
+ 1)
2
2

( x + 3) + ( y + 1) = 125
2
2
⇔

 y = − 5 − 1, x = 3( 5 − 1)
x + 3y + 6 = 0

2
2
5
5
5
5
B (−3(
+ 1);
− 1), C (3(
− 1); −
− 1)

2
2
2
2
Vậy
và

5
5
5
5
+ 1);
− 1), B(3(
− 1); −
− 1)
2
2
2
2
.
Lời bình: Mấu chốt của thí dụ 9 chính là chứng minh được P,Q,H thẳng hàng. Điều
này làm cho các học sinh vơ cùng lúng túng và thấy rất khó khăn.
Thí dụ 10. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường
11 7
G( ; )
3 3 là trọng tâm tam giác ABC. Các điểm
trịn có bán kính R = 10 ,
K (4; 4), T (3;1) lần lượt là chân đường
C (−3(

cao hạ từ A, B của tam giác ABC. Tìm
toạ độ các đỉnh của tam giác ABC.
Lời giải.
Gọi M, N , P lần lượt là trung điểm của
BC, CA, AB, H là trực tâm tam giác
ABC, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC, J là tâm đường tròn Euler.
Xét phép vị tự V(G;-2) ta có:

15


V ( G ; −2 ) ( P ) = C ,

V ( G; −2 ) ( M ) = A,

V ( G ; −2 ) ( N ) = B
Suy ra, qua phép vị tự V(G;-2) đường tròn Euler biến thành đường trịn (I). Như vậy, I
10
R1 =
2 .
chính là ảnh của J qua phép vị tự V(G;-2) và bán kính đường trịn (J) là
Phương trình đường trung trực của đoạn KT là x + 3 y − 11 = 0 .
Do K, T thuộc đường tròn (J) nên tâm J nằm trên đường trung trực của đoạn KT.Vậy
J (11 − 3t ; t ) .

10
5
5
7 5

⇒ (8 − 3t ) 2 + (t − 1) 2 = ⇒ t = ⇒ J ( ; )
2
2
2
2 2 .
Ta có :
uur
uuu
r
V ( G; −2 ) ( J ) = I ⇒ GI = −2GJ ⇒ I (4; 2)
.
uuur
uur
GH = −2GI ⇒ H (3;3)
Theo nhận xét 1, ta có :
.
Phương trình đường thẳng HK là x-y =0.
Phương trình đường thẳng HT là x=3.
Phương trình đường thẳng BC là x+y-8=0.
Phương trình đường thẳng AC là y=1
Do A là giao điểm của HK và AC nên A(1;1).
C là giao điểm của BC và AC nên C(7;1).
B là giao điểm của HT và BC nên B(3;5).
Thí dụ 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G
11
2
10
( x − )2 + ( y − )2 =
3
3

9 và trực tâm H thuộc đường
thuộc đường trịn (C):
thẳng x−3y−1=0. Tìm tọa độ điểm C, biết A(2;−1), B(6;1).
Lời giải. Gọi M là trung điểm của AB.
Xét phép vị tự tâm M tỷ số k = -3, biến điểm G thành điểm D.
Do G thuộc đường tròn (C) nên qua phép vị tự V(M;-3) ta suy ra D sẽ thuộc đường
2
2
tròn (C’) có phương trình: ( x − 5) + ( y + 2) = 10 .
JT =

Dễ thấy: A, B thuộc đường trịn (C’).
Do
đó
(C')
là
đường
trịn
ngoại
tiếp
tam
giác
ABD.
Hay (C') là đường trịn đối xứng với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC qua tâm M
và cũng là đường tròn đối xứng với đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC qua đường thẳng AB. Do
đó đường trịn (C') lại đi qua trực tâm H.
Vậy H là giao điểm của (C') và đường thẳng d.
Tọa độ điểm H thỏa mãn hệ phương trình:
( x − 5)2 + ( y + 2) 2 = 10

y =1
⇔
⇒ H (4;1)

x
=
4
x
−
3
y
−
1
=
0


.
Phương trình đường thẳng AC là: x=2.

16


Phương trình đường thẳng BC là: x+y-7=0.
Tọa độ điểm C thỏa mãn hệ phương trình:
x = 2
x = 2
⇔
⇒ C (2;5)


x + y − 7 = 0
y = 5
.
Lời bình: Ở thí dụ 11, chúng ta đã sử dụng linh hoạt nhận xét 3. Điều này giúp cho ta
có thể tìm được tọa độ điểm H.
Thí dụ 12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn
4
·
sin BAC
=
5 . Tìm tọa độ các đỉnh
tâm I(2;1), bán kính R=5 có trực tâm H(-1;-1) và có
A, B, C.
Lời giải.
Phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là:
( x − 2) 2 + ( y − 1) 2 = 25
BC
= 2 R ⇔ BC = 8
·
sin
BAC
Áp dụng định lý sin trong tam giác ABC ta có:
.
Gọi K là trung điểm của đoạn BC và J là giao điểm thứ hai của đường thẳng AI với
đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC.
Áp dụng cơng thức độ dài đường trung tuyến trong tam giác IBC ta có:
IB 2 + IC 2 BC 2
IK 2 =
−
= 9 ⇒ IK = 3

2
4
Do H, K, J thẳng hàng và AH=2IK nên AH=6.
Phương trình đường trịn tâm H, bán kính AH = 6 là:
( x + 1) 2 + ( y + 1) 2 = 36
Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ phương trình:
( x + 1) 2 + ( y + 1) 2 = 36

2
2
( x − 2) + ( y − 1) = 25
Từ đây suy ra tọa độ điểm A.
+ Biết tọa độ A và I suy ra tọa độ J. Biết tọa độ H và J suy ra tọa độ K.
+ Viết phương trình BC do BC vng góc với AH và đi qua K.
+ Dễ dàng tìm được tọa độ B và C .
Thí dụ 13. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H
thuộc đường thẳng (d): 3 x − y − 4 = 0 . Biết đường trịn ngoại tiếp tam giác HBC có
2
2
phương trình: x + y − x − 5 y + 4 = 0 , trung điểm của AB là M(3;2). Tìm toạ độ các
đỉnh của tam giác ABC.
1 5
I( ; )
Lời giải. Đường trịn ngoại tiếp tam giác HBC có tâm 2 2 bán kính
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình:

17

5
2.

 x2 + y 2 − x − 5 y + 4 = 0
⇔ x= y =2⇒

3x − y − 4 = 0
H(2;2).

Lấy B(x,y) thuộc đường trịn (HBC). Khi
2
2
đó: x + y − x − 5 y + 4 = 0 (1).
Gọi K là điểm đối xứng của H qua M, khi đó
có K(2;4).
Gọi J lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC. Theo chú ý của nhận xét 3, dễ
5
13
uuur ur
J ( − x; − y )
2
thấy KB = JI ⇒ 2
.
Lại có JM vng góc với BM nên:
uuur uuuu
r
5
13
23
JM .BM = 0 ⇔ x 2 + y 2 − x − y +

=0
2
2
2
(
2).

 x = 1; y = 4
 x = 2; y = 3
Từ (1) và (2) ta có: 
. Với x=2; y=3 ta có B trùng M.
Vậy A(3;2), B(1;4); C(1;1) thỏa mãn yêu cầu bài tốn.
7
11 19
D(4; ); E ( ; )
2
5 10 là
Thí dụ 14. Trong mặt phẳng với hệ Oxy cho tam giác ABC. Biết
chân các đường cao kẻ từ A và B của tam giác. Biết N (3;3) là trung điểm cạnh AB và

trung điểm M của BC thuộc đường thẳng d : x − 3 y − 1 = 0 , hồnh độ điểm M lớn hơn
2. Tìm tọa độ các đỉnh của tam
giác ABC.
Lời giải.
Dễ thấy các điểm D, E, M , N
cùng nằm trên đường tròn (T)đường tròn Ơ-le của tam giác
ABC. Do đường tròn (T) đi qua
D, E, N nên ta dễ dàng suy ra
phương trình đường tròn (T) là
9

39
x2 + y 2 − 8x − y +
=0
2
2
.

18


Lại có M thuộc đường thẳng d nên tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình:
9
39
 2
 x = 4; y = 1
2
=0
 x + y − 8x − y +
⇔
2
2

 x = 5 ; y = 19 ( L)
 x − 3 y − 1 = 0

4
4
.
Vậy M (4;1) .
Phương trình đường thẳng BC: x-4=0. Do B thuộc BC nên giả sử B (4; t ) .

Vì N là trung điểm BC nên có
C (4; 2 − t ) . Vì M là trung điểm
AB nên có A(2;6 − t ) Khi đó ta
uuur
uuu
r 6 19
AC (2; −4); BE ( − : − t )
5 10
có:
.
Do AC vng góc với BE nên
6
19
5
− .2 + ( − t ).(−4) = 0 ⇔ t =
5
10
2 .
7
5
1
A(2; ); B(4; ); C (4; − )
2
2
2 .
Vậy

Thí dụ 15. Trong mặt phẳng với
hệ tọa độ Oxy, cho ΔABC nhọn
7

M ( ;7)
2
có A(2;1).
là trung điểm của BC. H là trực tâm của ΔABC. Tìm tọa độ B và C
d
:
x + 2 y − 10 = 0 đi qua H và cắt AB; AC lần lượt tại E và F thỏa
biết đường thẳng
mãn HE=HF.
Lời giải.
Mấu
chốt
của
bài
toán
là
chứng
minh MH ⊥ EF
.
Từ C kẻ đường thẳng song song với EF cắt AB tại N và cắt AH tại K.
Do EH=FH nên KN=KC, từ đó suy ra KM là đường trung bình của ΔCNB, MK ⊥ NB
nên MK ⊥ CH .
Xét ΔKHC có M là trực tâm nên HM ⊥ CN ⇒ HM ⊥ EF .
7
2( x − ) − ( y − 7) = 0
2
Phương trình đường thẳng HM là
.

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình :

19


7

x = 2
2( x − ) − ( y − 7) = 0
⇔
⇒ H (2;4)
2

y
=
4

 x + 2 y − 10 = 0
.
Phương trình đường thẳng BC là y−7=0
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC
7 11
uuur
uuur
I( ; )
Do AH = 2 IM nên 2 2 .
7
11
45
( x − )2 + ( y − )2 =
2

2
2 .
Phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là

Tọa độ B, C thỏa mãn hệ phương trình :
7 2
11 2 45

 x = 8, y = 7
( x − ) + ( y − ) =
2
2
2 ⇔

 x = −1, y = 7
 y = 7
Suy ra B(8 ;7), C(-1 ;7) hoặc C(8 ;7), B(-1 ;7).
Nhận xét. Bài toán trên thực tế xuất phát từ
một bài toán hết sức quen thuộc và có nhiều
ứng dụng là bài tốn con bướm.
Thí dụ 16. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường
trịn ngoại tiếp, nội tiếp lần lượt là I(-2; -2),
K(0,1). Đường thẳng AK cắt đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC tại D(1,2) ( D khác
A). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Lời giải. Phương trình đường trịn ngoại tiếp
tam giác ABC là:
( x + 2) 2 + ( y + 2) 2 = 25 .

Phương trình đường thẳng AD là y − x − 1 = 0 .
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
 y − x −1 = 0
 x 2 + 5x − 6 = 0
⇔
⇒ A(−6; −5)


2
2
(
x
+
2)
+
(
y
+
2)
=
25
y
=
x
+
1


.

Theo nhận xét 5, ta có DB=DC=DI, do đó B, C thuộc đường trịn tâm D, bán kính DI.
2
2
Phương trình đường trịn tâm D, bán kính DI là ( x − 1) + ( y − 2) = 2 .

20


Tọa độ điểm B, C thỏa mãn hệ phương trình:
 x = 2; y = 1
2
2
( x − 1) + ( y − 2) = 2
⇔

2
2
 x = − 6 ; y = 67
( x + 2) + ( y + 2) = 25
25
25 .

Khi đó:

B(2;1), C ( −

6 67
6 67
; )
C (2;1), B (− ; )

25 25 hoặc
25 25 .

Thí dụ 17. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường trịn
ngoại tiếp là I( 1; 2) , tâm đường tròn nội tiếp K thuộc đường thẳng 2x + y - 5 = 0.
2
2
Phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác KBC: ( x − 3) + ( y − 4) = 5 . Tính diện
tích tam giác ABC.
Lời giải. Đường trịn ngoại tiếp tam giác KBC có tâm D(3;4) bán kính

5.

Theo nhận xét 5, D thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Phương trình đường
2
2
trịn ngoại tiếp tam giác ABC là: ( x − 1) + ( y − 2) = 8
Phương trình đường thẳng BC: 4 x + 4 y − 23 = 0 .

Ta có:

BC = 2 IB 2 − d 2 ( I ; BC ) = 2 8 −

121
270
=
32
4

Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình:

( x − 3) 2 + ( y − 4) 2 = 5
x = 1
⇔
⇒ K (1;3)

y = 3
 y = 5 − 2x
.

Phương trình đường thẳng AD là: x − 2 y + 5 = 0 .
Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ:
9
8

x − 2 y + 5 = 0
x=− ,y=
9 8

⇔
⇒
A
(
−
, )
5
5

2
2


5
5
(
x
−
1)
+
(
y
−
2)
=
8

 x = 3, y = 4

Khoảng cách từ A đến đường thẳng BC là

Diện tích tam giác ABC:

S ABC =

119 2
2.40

d ( A; BC ) =

119 2
40 .

270 119 135
=
4
160

Bài tập tự luyện.
Bài tập 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với

21


C(-3;0), đường thẳng đi qua chân đường cao hạ từ A, B có phương trình là 7x+y+5=0.
Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết M(4;1) thuộc đường trịn
đó.
Bài tập 2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, gọi
6 −3
K( ; )
5 5 lần lượt là chân đường cao hạ từ A và B của tam giác ABC. Điểm E(M và
3;0) là điểm đối xứng của M qua trung điểm N của cạnh AB. Xác định tọa độ các đỉnh
của tam giác ABC biết M nằm trên đường thẳng d:4x+y-2=0.
Bài tập 3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A,
đường thẳng BC có phương trình 2x+y-2=0, E, F lần lượt là chân đường cao kẻ từ B,
C của tam giác ABC. Đường thẳng BE có phương trình x+y+1=0, điểm M(1;1) thuộc
đường thẳng CF. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Bài tập 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có chân đường cao
16 −2
P( ; )
5 5 là hình
hạ từ B, C xuống cạnh đối diện lần lượt là K(−2;2) , E(2;2). Điểm
chiếu vuông góc của E xuống BC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC ?

Bài tập 5. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, cạnh đáy BC có
phương trình x+y+1=0. Phương trình đường cao BH là: x-2y-2=0. Điểm M(2;1) thuộc
đường cao CK. Viết phương trình các cạnh AB,AC của tam gíác ABC.
Bài tập 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC với AK, DC là
hai đường cao và H là trực tâm tam giác ABC. Biết PT đường tròn ngoại tiếp tam giác
2
2
DHK: ( x − 2) + y = 5 , trung điểm của AC là P(7;5). Tìm toạ độ các điểm A, B, C
biết BC đi qua điểm Q(1;4) và hoành độ điểm D lớn hơn 3.
Bài tập 7. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho ΔABC có A(2 ;3), chân hai đường cao kẻ
−7 −17
−1 23
H( ;
) K( ; )
10 10 . Gọi I là tâm đường tròn ngoại
13 13 ,
từ A và B lần lượt là
tiếp ΔABC, E là một điểm thuộc cung nhỏ AB. Kẻ EM⊥BC, EN⊥AC. Tìm toạ độ
điểm E để MN lớn nhất.
Bài tập 8. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC. Gọi
11 13
E (7;1), F ( ; )
5 5 lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh B, C của tam giác ABC.
Tìm tọa độ của đỉnh A biết rằng phương trình đường thẳng BC là 2 x + y − 13 = 0 và
điểm B có tung độ dương.
II. GIẢI CÁC HÌNH ĐẶC BIỆT.
Để giải quyết tốt các câu hỏi liên quan đến các hình đặc biệt như hình vng, hình
chữ nhật, hình thoi, hình bình hành, hình thang ... thì chìa khóa là ta quy bài tốn về
quan hệ “ góc và khoảng cách” hoặc ta kẻ thêm các đường phụ để tận dụng các yếu

22


tố liên quan đến trọng tâm, trực tâm, tâm đường trịn nội, ngoại tiếp, đường trung
bình...của một tam giác.
1. HÌNH BÌNH HÀNH.
Thí dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 3,
hai đỉnh A(2;-3), C(3;-2) và trọng tâm tam giác ABC nằm trên đường thẳng 3x-y-8=0.
Viết phương trình các cạnh của hình bình hành ABCD.
Phân tích lời giải.
+ Để viết được phương trình các cạnh của hình bình hành ABCD điều cần thiết nhất và
có lẽ mọi học sinh ai cũng phải nghĩ đến đó là tìm tọa độ hai điểm cịn lại B, D.
+ Do đề bài đã cho ta biết hai điểm A, C nên hiển nhiên nếu ta tìm được tọa độ B thì ta
suy ra tọa độ điểm D vì B, D đối xứng qua trung điểm của AC.
+ Vậy tìm tọa độ hai điểm B, D như thế nào? Đây mới là cái “ mấu chốt” của vấn đề.
+ Cịn hai giả thiết quan trọng nữa đó là các kiến thức liên quan tới trọng tâm tam giác
và diện tích hình bình hành. Nếu ta tìm được trọng tâm G của tam giác ABC thì bài
tốn đã được giải quyết. Như vậy ta cần tìm mối liên hệ giữa diện tích tam giác GAC
với diện tích hình bình hành ABCD.
Lời giải. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC.
Do G thuộc đường thẳng d: 3x-y-8=0 nên G (t ;3t − 8), t ∈ ¡ .
Phương trình đường thẳng AC: x-y-5=0, AC = 2 .
Diện tích tam giác GAC là:

SGAC =

1
1
S ABCD =
6

2.

t − 3t + 8 − 5
t = 1
1
1
1
d (G, AC ). AC = ⇒
=
⇔
2
2
2
2
t = 2 .
Do đó:
Với t = 1 , ta suy ra trọng tâm G(1;-5), B(-2;-10), D(7;5).
Khi đó phương trình đường thẳng AB:7x-4y-26=0.
Phương trình đường thẳng BC:8x-5y-34=0.
Phương trình đường thẳng CD:7x-4y-29=0.
Phương trình đường thẳng AD:8x-5y-31=0.
Với t = 2 , ta suy ra trọng tâm G(2;-2), B(1;-1), D(4;-4).
Khi đó phương trình đường thẳng AB:2x+y-1=0.
Phương trình đường thẳng BC:x+2y-1=0.

23


Phương trình đường thẳng CD:2x+y-4=0.
Phương trình đường thẳng AD:x+2y+4=0.

Thí dụ 2. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao
điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.
Lời giải
uuu
r
AB = ( −1;2 ) ⇒ AB = 5

Ta có:
.
2
x
+
y
−
2=0
Phương trình của AB là:
I ∈ ( d ) : y = x ⇒ I ( t;t )
.
I là trung điểm của AC và BD nên ta
C 2t − 1; 2t ) , D ( 2t ; 2t − 2 )
có: (
.
Mặt khác: S ABCD = AB.CH = 4 (CH: chiều cao)

⇒ CH =

4
5.

 4

5 8 8 2
t
=
⇒
C
| 6t − 4 |
4
 ; ÷, D  ; ÷

d ( C ; AB ) = CH ⇔
=
⇔ 3
3 3 3 3
5
5
t = 0 ⇒ C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 )
Ngoài ra:

5 8 8 2
C  ; ÷, D  ; ÷
C −1;0 ) , D ( 0; −2 )
Vậy tọa độ của C và D là  3 3   3 3  hoặc (
Thí dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có tam giác ABD
vng tại D. Hình chiếu vng góc của B, D xuống đường chéo AC lần lượt là
 13 11   22 14 
K  ; ÷, H  ; ÷
 5 5   5 5  . Hãy tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành ABCD biết
BD = 3 2 .

Phân tích lời giải.

+ Với điều kiện đầu bài ta có thể dễ dàng viết được phương trình đường thẳng AC,
BH, DK.
+ Tham số hóa các điểm B, D. Dựa vào tính chất đối xứng của hình bình hành và điều
kiện BD = 3 2 ta có thể tìm được tọa độ của B, D. Đến đây bài tốn coi như đã được
giải quyết.
Lời giải.
Phương trình đường thẳng AC: x-3y+4=0.
Phương trình đường thẳng HD: 3x+y-16=0.

24


Phương trình đường thẳng KB: 3x+y-10=0.
Vì D thuộc HD nên D(d; 16-3d), B thuộc KB nên B(b;10-3b).
Gọi I là tâm hình bình hành ABCD. Khi đó
ta có d=7-b. Suy ra D(7-b;3b-5).

I(

b + d 26 − 3b − 3d
;
)
2
2
. Do I thuộc AC nên

b = 2
BD = 3 2 ⇔ (2b − 7) + (6b − 15) = 3 2 ⇔ 
b = 16
5


Lại có
2

2

7 5
I( ; )
Với b=2, ta suy ra B(2;4), D(5 ;1), 2 2 . Khi đó đường thẳng AD : x-y-4=0.

x − 3y + 4 = 0
x = 8
⇔
⇒ A(8;4)

x− y−4=0
y=4


Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
.
Do I là trung điểm của AC nên C(-1;1).
Với

b=

16
5 ta thực hiện các bước tương tự.

Thí dụ 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có đỉnh B(1;5).

Phương trình đường thẳng AH: x+2y-2=0 (H là hình chiếu vng góc của A lên BC),
phương trình phân giác góc ACB là d: x-y-1=0. Tìm tọa độ A,C,D.
Phân tích lời giải. Thực chất bài toán quy về giải tam giác ABC khi biết tọa độ đỉnh
B, đường cao AH, đường phân giác trong góc C.
Lời giải.
BC đi qua B(1;5) và vng góc AH nên BC có phương trình - 2x + y – 3 = 0

Toạ độ C là nghiệm của hệ phương trình

 −2 x + y − 3 = 0
⇒ C (−4; −5)

x − y −1 = 0

Gọi A’ là điểm đối xứng B qua đường phân giác x − y − 1 = 0( d ), BA ∩ d = K
Đường thẳng KB đi qua B và vng góc d nên KB có phương trình:
x+y–6=0
x + y − 6 = 0
7 5
⇒ K( ; )

x − y −1 = 0
2 2
Toạ độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình 
Suy ra A’ (6;0) , phương trình A’C :x – 2y – 6 = 0

25