Rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh trung học phổ thông thông qua việc định hướng giải quyết bài toán hình học tọa độ phẳng dựa trên tính chất đặc trưng của điểm và đường

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM:
RÈN LUYỆN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH TRUNG HỌC PHỔ
THÔNG THÔNG QUA VIỆC ĐỊNH HƯỚNG GIẢI QUYẾT BÀI TỐN
HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG DỰA TRÊN TÍNH CHẤT ĐẶC TRƯNG
CỦA ĐIỂM VÀ ĐƯỜNG

Người thực hiện: Đậu Thị Hiền
Chức vụ: Giáo viên
Năm học: 2020 – 2021

Tháng 3 năm 2021


2
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lý do chọn đề tài
Trong xu hướng phát triển nền kinh tế tri thức, Việt Nam càng coi trọng
giáo dục, khẳng định giáo dục là quốc sách hàng đầu để sáng tạo ra hệ thống giá
trị hiện đại, đổi mới, làm nguồn lực thúc đẩy phát triển kinh tế - xã hội. Những
năm qua, với nhiều giải pháp thiết thực được triển khai và thực hiện có hiệu quả,
nền giáo dục Việt Nam đã đạt được nhiều thành tựu to lớn trên lĩnh vực giáo
dục, đào tạo nguồn nhân lực cho đất nước và xã hội.
Tuy nhiên, trước yêu cầu cấp bách của sự phát triển kinh tế - xã hội trong
bối cảnh toàn cầu hóa, đã nảy sinh một số bất cập đòi hỏi chúng ta phải có sự
đổi mới căn bản trong chương trình giáo dục nói chung và giáo dục phổ thông
nói riêng. Trên cơ sở kế thừa và phát triển những ưu điểm của các chương trình
giáo dục phổ thông đã có của Việt Nam; đồng thời, tiếp thu thành tựu nghiên
cứu về khoa học giáo dục và kinh nghiệm xây dựng chương trình theo mô hình

phát triển năng lực của những nền giáo dục tiên tiến trên thế giới và quá trình
nghiên cứu, sáng tạo, đổi mới phương pháp của mỗi nhà khoa học và mỗi giáo
viên gắn với nhu cầu phát triển của đất nước, những tiến bộ của thời đại khoa
học - công nghệ để sáng tạo ra những sản phẩm trí tuệ, góp phần thực hiện có
hiệu quả chủ trương đổi mới và phát triển nền giáo dục của đất nước.
Trong Nghị quyết Hội nghị lần thứ 8, Ban Chấp hành Trung ương khóa XI
(Nghị quyết số 29-NQ/TW) về đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo
cũng đã chỉ rõ một thực trạng hiện nay là “…công việc giảng dạy, học tập, thi
cử, kiểm tra và đánh giá kết quả còn lạc hậu, thiếu thực chất…’’. Để đáp ứng
được các yêu cầu của cuộc sống, của xã hội hiện đại buộc chúng ta phải tiến
hành đổi mới căn bản, toàn diện hệ thống giáo dục quốc gia. Đó là thay đổi tất
cả những yếu tố, những chủ thể của quá trình đào tạo: Thầy phải thay đổi, trò
phải thay đổi, cán bộ quản lý phải thay đổi; tư duy phải thay đổi, hành động phải
thay đổi; chương trình phải thay đổi, sách giáo khoa phải thay đổi, cách dạy,
cách học, cách thi cử càng phải thay đổi. Trong đó, đổi mới giáo dục phổ thông
giữ vai trị then chốt, bởi vì “giáo dục phổ thơng là nền tảng của cả hệ thống
giáo dục quốc gia”. Trong những năm gần đây thì nội dung, phương pháp đào
tạo, chương trình mơn Tốn học ở bậc THPT đã có rất nhiều thay đổi về yêu cầu
giáo dục, nội dung kiến thức và kỹ năng. Cụ thể:
Về chương trình: đã có những quy định về Chuẩn kiến thức và người giáo
viên phải dạy như thế nào để học sinh đạt được chuẩn kiến thức đó.
Về kỹ năng, hình thức và phương pháp dạy học: chuyển từ nền giáo dục
THPT nặng về truyền thụ kiến thức một chiều sang nền giáo dục THPT chú
trọng phát triển năng lực và phẩm chất của học sinh, được tiến hành bằng cách
đổi mới dạy học theo hướng phát triển năng lực cá nhân người học, người giáo


3
viên phải lấy học sinh làm trung tâm; áp dụng các phương pháp , kỹ thuật dạy
học tích cực, chấm dứt hoàn toàn hiện tượng dạy học theo kiểu áp đặt, truyền

thụ kiến thức một chiều, thầy đọc- trò chép; chú trọng rèn luyện phương pháp tự
học, tự nghiên cứu, giúp những học sinh có năng lực hoạt động trí tuệ, phát huy
được tính tích cực trong học tập nói chung và học tập mơn Tốn nói riêng; tăng
cường các hoạt động phát triển tư duy và tính sáng tạo; biết vận dụng kiến thức
đã được học để giải quyết các vấn đề nảy sinh trong thực tế …
Trong quá trình học sinh tiếp cận với các bài toán hình học tọa độ phẳng,
học sinh gặp khó khăn trong việc định hướng cách giải, học sinh không biết cách
sử dụng giả thiết cũng như mối liên hệ của giả thiết với yêu cầu bài toán đặt ra
làm bước cản lớn trong việc giải toán. Chính vì vậy, tác giả viết đề tài này nhằm
một phần nào đó định hướng cũng như chỉ ra mối liên hệ của các điểm, các
đường trong bài toán, từ đó vận dụng tính chất đặc trưng của điểm và đường vào
việc tìm ra lời giải mà bài toán yêu cầu.
Nhằm khắc phục phần nào những khó khăn, hạn chế đã nêu trên, tác giả
lựa chọn và viết sáng kiến kinh nghiệm với đề tài: “Rèn luyện tư duy sáng tạo
cho học sinh trung học phổ thông thông qua việc định hướng giải quyết bài
toán hình học tọa độ phẳng dựa trên tính chất đặc trưng của điểm và đường”.
2. Mục đích nghiên cứu
Giới thiệu, cung cấp thêm cho các em học sinh lớp 10 THPT và đồng
nghiệp một số cách nhìn trong việc giải quyết các bài toán về tọa độ của hình
học phẳng khó, dựa trên kiến thức đã được tìm hiểu ở bậc THCS thiết lập mối
quan hệ của điểm và đường để từ đó giải quyết nhanh các bài toán tọa độ hình
học phẳng.
Rèn luyện cho các em học sinh THPT nói chung, học sinh các lớp 10
THPT chuẩn bị tham gia kỳ thi THPTQG hàng năm, kỳ thi HSG nói riêng khả
năng thông hiểu, vận dụng , vận dụng cao các kiến thức cơ bản của Hình học 10
vào giải quyết các bài toán Hình học tọa độ phẳng.
Hình thành cho các em học sinh thế giới quan khoa học, chỉ cho các em
phương pháp tìm hiểu mối liên hệ mật thiết giữa các phần trong các nội dung,
chương trình môn Toán bậc THPT, mối liên hệ giữa kiến thức sách giáo khoa và
thực tiễn cuộc sống.

Phát triển tư duy sáng tạo cho các em học sinh, đáp ứng các yêu cầu trong
Nghị quyết Hội nghị lần thứ 8, Ban Chấp hành Trung ương khóa XI (Nghị quyết
số 29-NQ/TW) về đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo, đáp ứng yêu
cầu công nghiệp hóa, hiện đại hóa trong điều kiện kinh tế thị trường định hướng
xã hội chủ nghĩa và hội nhập quốc tế.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu


4
Học sinh lớp 10 , học sinh chuẩn bị tham dự kỳ thi THPTQG hàng năm.
Giáo viên giảng dạy môn Toán THPT.
4. Phương pháp nghiên cứu
Trên cơ sở kiến thức Sách giáo khoa Hình học 10 (cơ bản), tác giả xây
dựng, khai thác, phát triển, sắp sếp các vấn đề, lồng ghép vào các ví dụ (được
tham khảo từ đề thi HSG tỉnh lớp 11 hàng năm của các tỉnh, thành phố, đề thi
thử THPTQG hàng năm của một số trường và một số tài liệu tham khảo khác)
để phân hoạch thành các dạng toán cụ thể theo từng mức độ để phù hợp với từng
nhu cầu, năng lực của các em học sinh.
Tham khảo bài viết của các đồng nghiệp ở các tạp chí có nội dung liên
quan đến đề tài.
Trao đổi với các đồng nghiệp ở Tổ Toán - Tin ở Trường THPT Chuyên
Phan Bội Châu (Nghệ An) và một số đơn vị bạn trong tỉnh có quan tâm đến vấn
đề này để đề xuất biện pháp tiếp cận lời giải các bài toán, triển khai đề tài.
Trao đổi, thảo luận và phối hợp trực tiếp với các em học sinh được tác giả
trực tiếp giảng dạy ở Trường THPT Chuyên Phan Bội Châu (Nghệ An) để kiểm
nghiệm và rút kinh nghiệm.
5. Khả năng ứng dụng và triển khai kết quả
Đề tài có thể dùng làm tài liệu tham khảo, học tập cho các em học sinh
lớp 10 - THPT trong và ngoài trường.
Đề tài có thể làm tài liệu tham khảo cho các giáo viên giảng dạy bộ mơn

Tốn THPT.
Đề tài có thể ứng dụng để phát triển thành mô hình sách tham khảo trong
lĩnh vực này để phục vụ công tác giảng dạy của giáo viên, công việc học tập cho
học sinh và công tác nghiên cứu của các nhà giáo dục.
Mặc dù đã rất cố gắng tìm tịi, nghiên cứu song sẽ khơng tránh khỏi
những thiếu sót, tác giả rất mong muốn nhận được sự đóng góp ý kiến của các
đồng nghiệp, các độc giả để tiếp tục hoàn thiện hơn và đạt được nhiều kết quả
tốt hơn nữa trong việc giảng dạy mơn Tốn THPT nói chung và giảng dạy phần
Tọa độ Hình học phẳng THPT nói riêng. Tác giả xin chân thành cảm ơn.
B. NỘI DUNG
1. Một số khái niệm và tính chất cơ bản của tọa độ hình học phẳng
Trong mục này chúng tôi trình bày lại một số khái niệm và tính chất cơ
bản của tọa độ hình học phẳng.
1.1. Định nghĩa trục tọa độ


5
Trục tọa độ là ( còn gọi là trục) là một đường thẳng trên đó đã xác định
r

một điểm O gọi là điểm gốc và một vectơ đơn vị e .
r
O; e
Ta ký hiệu trục tọa độ là
r
O; e
Cho M là điểm tùy ý trên trục
. Khi đó có duy nhất một số k sao cho
uuuu
r

 
 

r

OM  k .e . Ta gọi số k đó là tọa độ của điểm M với trục đã cho.
1.2. Định nghĩa hệ trục tọa độ
rr
r
r
O; i, j
O
;
j
Hệ trục tọa độ
gồm hai trục (O; i ) và
vuông góc với nhau.
r
(
O
;
i ) được gọi là trục
Điểm gốc O chung của hai trục gọi là gốc tạo độ. Trục
r
O; j
hoành và kí hiệu Ox, trục
được gọi là trục tung và kí hiệu là Oy. Các
r r
r

r
i  j 1
vectơ i và j là các vectơ đơn vi trên Ox và Oy và
. Hệ trục tạo độ
rr
O; i, j
còn được kí hiệu là Oxy.









 





1.3. Tọa độ vectơ

r
uuu
r r
Trong mặt phẳng Oxy, cho vectơ u tùy ý. Vẽ OA  u và gọi A1 , A2 lần
uuu
r uuur uuuu

r
OA

OA

OA
1
2 và cặp
lượt là hình chiếu vuông góc của A lên Ox và Oy. Ta có
u
u
u
r
r
r
r
uuur
r uuuu
r
r
x
;
y
u

xi

y
j.
OA


x
.
i
,
OA

y
.
j


1
2
số duy nhất
để
. Như vậy
r
u
Cặp số (x;y) duy nhất đó được gọi là tạo độ của vectơ đối với hệ tọa độ Oxy
r
r
u

x
;
y
u



và viết
hoặc  x; y  . Số thứ nhất x gọi là hoành độ, số thứ hai y gọi là
r
u
tung độ của vectơ
r
r
r
r
u   x; y  � u  xi  y j

Như vậy

1.4. Nhận xét
Từ định nghĩa tọa độ vectơ , ta thấy hai vectơ bằng nhau khi và chỉ khi
chúng có hoành độ bằng nhau và tung độ bằng nhau.
r r
�x  x '
r
r
uv��
�y  y ' .
Nếu u   x; y  và u '   x '; y '  thì

Như vậy, một vectơ hoàn toàn được xác định khi biết tạo độ của nó.
1.5. Biểu thức tọa độ của tích vô hướng


6


Trên mặt phẳng tọa độ

rr
O; i, j

 , cho hai vectơ ar   a ; a  , br   b ; b  . Khi
1

rr
rr
a
đó tích vô hướng a.b là .b  a1b1  a2b2

2

1

2

1.6. Vectơ chỉ phương của đường thẳng
r
r r
u
u

Vectơ được gọi là vectơ chỉ phương của đường thẳng
nếu �0 và
r
giá của u song song hoặc trùng với 

1.7. Định nghĩa phương trình tham số của đường thẳng
M x ;y
Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng  đi qua điểm  0 0  và nhận

r
u   u1; u2  làm vectơ chỉ phương. Với mỗi điểm M bất kì trong mặt phẳng, ta
uuuuur
uuuuur
M
M

x

x
;
y

y
M
�

�
M


0
0
0 .
0M
có

Khi đó
cùng phương với
r
uuuuur
r
u � M 0 M  t.u

�x  x0  t .u1
��
�y  y0  t.u2
�x  x0  t.u1
��
�y  y0  t.u2

 1

Hệ phương trình (1) được gọi là phương trình tham số của đường thẳng  ,
trong đó t là tham số.
1.8. Vectơ pháp tuyến của đường thẳng
r
r r
r
Vectơ n được gọi là vectơ pháp tuyến của đường thẳng  nếu n �0 và n
vuông góc với vectơ chỉ phương của 
1.9. Phương trình tổng quát của đường thẳng
M x ;y
Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng  đi qua 0  0 0  và nhận

r
n  a; b  làm vectơ pháp tuyến. Với mỗi điểm M(x;y) bất kì thuộc mặt phẳng, ta

uuuuur
có: M 0 M   x  x0 ; y  y0 
r uuuuur
M
x
;
y
�

�
n
 M 0M

Khi đó 

� a  x  x0   b  y  y0   0

� ax  by  ax0  by0  0
� ax  by  c  0, c   ax0  by0 (2)


7
Định nghĩa: Phương trình ax  by  c  0 với a, b không đồng thời bằng 0,
được gọi là phương trình tổng quát của đường thẳng.
1.10. Vị trí tương đối của hai đường thẳng
Xét hai đường thẳng 1 và  2 có phương trình tổng quát lần lượt là
a1 x  b1 y  c1  0 và a2 x  b2 y  c2  0 .
Tọa độ giao điểm của 1 và  2 là nghiệm của hệ phương trình:
�a1 x  b1 y  c1  0
�

a2 x  b2 y  c2  0
�

(I)

Ta có các trường hợp sau:
a) Hệ (I) có một nghiệm

 x0 ; y0  , khi đó 1 cắt  2 tại

M 0  x0 ; y0 

b) Hệ (I) vô số nghiệm, khi đó 1 trùng với  2
c) Hệ (I) vô nghiệm, khi đó 1 không có điểm chung với  2 , hay 1 song
song với  2
1.11. Góc giữa hai đường thẳng
Cho hai đường thẳng 1 : a1 x  b1 y  c1  0 và  2 : a2 x  b2 y  c2  0 .
�
�
ur
uu
r
 �

,
� 1 2 �
n
n

�

�
Đặt
thì ta thấy bằng hoặc bù với góc giữa 1 và 2 trong
ur uu
r
đó n1 , n2 lần lượt là vectơ pháp tuyến của 1 ,  2 . Vì cos  �0 nên ta suy ra
ur uu
r
n1.n2
cos   ur uu
r
n1 n2

Do đó ta có
cos  

a1a2  b1b2
a12  b12 a22  b22

1.12. Công thức tính khoảng cảnh từ một điểm đến một đường thẳng
Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng  có phương trình ax  by  c  0
M x ;y
và điểm 0  0 0  . Khoảng cách từ điểm M 0 đến đường thẳng  , kí hiệu là
d  M0, 
, được tính bởi công thức


8

d  M0, 

ax0  by0  c
a 2  b2

2. Sử dụng mối quan hệ giữa điểm được cho với điểm cần tìm để xác
định tọa độ điểm
Trong mục này thơng qua các bài tốn, tác giả trình bày một số dấu hiệu
về mối qua hệ giữa điểm đã cho với điểm cần tìm, để từ đó xây dựng các cơng
thưc, phương trình cần thiết nhằm tìm ra tọa đợ điểm mà bài tốn u cầu.
Chúng ta lần lượt xét các bài toán sau:
Bài toán 1.1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC
có A(0;2), B(-2;-2) và C(4;-2). Gọi M, N lần lượt là trung điểm cạnh AB và BC,
H là chân đường cao hạ từ B lên AC. Xác định trọng tâm G của tam giác MNH.
�1 1 �
�
G�
�3 ;  3 �
�
A. �

�1 1�
G�
 ; �
3 3�
�
B.

�1 1 �
G� ; �
C. �3 3 �

�1 1�
G�
 ; �
3 3�
�
D.

Nhận xét và định hướng: Trong bài toán này rõ ràng chúng ta thấy được
nếu có tọa đợ của M, N, H thì tìm được tọa độ trọng tâm. Mà M, N là trung
điểm của AB, BC nên ta dễ dàng tìm được tọa đợ hai điểm đó. Còn H là chân
đường cao, ta dựa vào điều kiện tọa đợ chân đường cao thì việc tìm tọa đợ H dễ
dàng thực hiện được. Cụ thể ta có lời giải bài toán như sau :
uuur
H x; y 
Lời giải : Ta có M(-1,0) và N(1;-2), AC   4; 4  . Giả sử 
. Ta có:
uuur uuur
�BH  AC
�
4 x  2  4 y  2  0
�x  1
��
��
� H  1;1
�
�y  1
� 4x  4  y  2  0
�H �AC
�1 1 �

G� ; �
Do G là trọng tâm tham giác MNH nên ta có: �3 3 �.

Vậy đáp án của chúng ta là A.
Qua bài Bài toán 1.1 ta thấy việc tìm ra mối quan hệ giữa điểm được cho
và điểm cần tìm là chìa khóa giải quyết bài tốn này. Ngoài u cầu là tìm trọng
tâm G của tam giác NMH, chúng ta cũng có thể sử dụng giả thiết đó những với
những yêu câu tương tụ với những điểm đặc biệt khác. Ví dụ sau đậy là minh
chứng.
Bài toán 1.2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC
có A(0;2), B(-2;-2) và C(4;-2). Gọi M, N lần lượt là trung điểm cạnh AB và BC,
H là chân đường cao hạ từ B lên AC. Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp I của


9
tam giác MNH.
�1 1�
I�
 ; �
2 2�
�
A.

�1 1 �
I � ; �
B. �2 2 �

�1 1 �
I�; �
C. �2 2 �

Hướng dẫn Giả sử

�1 1�
I�
 ; �
2 2�
�
D.

I  x; y 

. Ta có:

2
2
2
�
 x  1  y 2   x  1   y  2   0
�IM  IN
�
��
�
2
2
2
2
�IM  IH
�  x  1  y   x  1   y  1

� 1
x
�
� 2
�1 1 �
��
� I � ; �
�2 2 �
�y   1
�
2

Vậy đáp án là B.
Đối với những bài toán cho điểm đặc biệt của tam giác và yêu cầu tìm
đỉnh của tam giác ta sử dụng công thức biểu diễn về mối qua hệ điểm đó với
điểm cần tìm mà học sinh đã được học nhiều ở bậc THCS. Ví dụ như các bài
tốn sau:
Bài toán 1.3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC
H 1;3
I 3; 3
có trực tâm 
, tâm đường tròn ngoại tiếp 
và trung điểm của AC
là M  2; 2  . Tìm toạ độ các điểm A biết rằng A có hoành độ âm.
A.

A  1; 5 

B.

C. A  1;5 

A  1;5 

D. A  1;5  hoặc A  1; 5 

Bài giải: Gọi D là điểm đối xứng B qua I , ta có HADC là hình bình hành.
Theo giả thiết M là trung điểm AC , suy ra M cũng là trung điểm HD , do đó ta
có
�xD  2 xM  xH  5
�
�yD  2 yM  yH  7

Kết hợp với

�xB  2 xI  xD  1
�
�yB  2 yI  yD  1

, suy ra

hay

B  1;1

D  5; 7 

. Gọi

.

 C

là đường tròn ngoại tiếp


10
tam giác ABC , phương trình của  C  :  x  3   y  3  20 .
uuu
r
Mặt khác, do MI   1; 1 nên AC : x  y  4  0 . Toạ độ của A là nghiệm của
hệ:
2

2

x y40
�
�x  1
�
�x  1
��
�
2
2
 x  3   y  3  20 �y  5 hoặc �
�
�y  5 .
Kết hợp giả thiết bài toán ta có

A  1; 5 

.

Bài toán 1.4. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC
H 1; 1
I 2;1
nhọn, khơng cân có trực tâm 
, nội tiếp đương trịn tâm   , bán kính
� 4
sin BAC 
5 . Tìm toạ độ các điểm B biết rằng các điểm A, B có hoành
R  5 và
độ âm.
A.

B  2; 2 

B.

B  6; 2 

C.

B  2;2 

D.

B  2; 2 

hoặc

B  6; 2 

Bài giải: Gọi D là điểm đối xứng B qua I , ta có HADC là hình bình
hành. Theo giả thiết M là trung điểm AC , suy ra M cũng là trung điểm HD .
�

Do BC  2.R.sin BAC  8 nên AH  2 IM  6 , suy ra hệ
2
2
�
 xA  2    y A  1  25 �xA  1
�
��
�
2
2
�y A  5
� x A  1   y A  1  36
uuur
uuur
A  1;5 
AH

2
IM nên M  2; 2  , suy ra phương trình của
hay
. Lại có
BC : y  2  0 , tọa độ của B là nghiệm của hệ:

y20
�
�
�
2
2
 x  2    y  1  25 .
�
Giải ra ta được

B  2; 2 

. Vậy đáp án là A.

Bài toán 1.5. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC
�2 2 �
G� ; �
I 1; 2  E  10;6 
nhọn có trọng tâm �3 3 �
, tâm đường tròn ngoại tiếp 
,
thuộc


11
N 9; 1 �BC
trung tuyến AM và 
. Tìm toạ độ điểm B biết B có tung độ nhỏ
hơn 2.

A.

B  5;1

B.

B  5;1

C.

B  5; 1

D.

B  5; 1

Bài giải. Do MI  BC nên IM  MF ; phương trình AM : 4 x  7 y  2  0 ,
suy ra

uuur
uuuu
r
IM

7
m

2;4
m


4
,
FM
  7m  6;4m  3 ; suy ra


. Ta có
 7m  2   7m  6    4m  4   4m  3  0 � m  0 hay M  3;2  .
uuu
r
uuuu
r
A 4; 2 
GA


2
GM
Mà
nên 
. Lại có phương trình BC : x  2 y  7  0 , kết
B 5;1
hợp với IA  IB  IC ta được   . W
M  3  7m;2  4m 

Bài toán 1.6. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC
A 3; 7 
M 2;3
nhọn có 
và 

là trung điểm của BC . Gọi H , K lần lượt là chân
J 3; 4 
đường cao hạ từ B, C và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHK là 
.
Tìm toạ độ điểm B .
A.
C.



B 2  65;3



B 2  65;3



B.



D.







 

B 2  65;3

B 2  65;3 ; B 2  65;3

Bài giải: Gọi E là trực tâm tam giác ABC , suy
I là tâm đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC và
A qua I . Ta có EBDC là hình bình hành nên trung
uuur
uuur
ED
AE

2
IM và E  3; 1 nên
trung điểm
. Ta có
trình của (C):  x  2 

2

 y 2  74

ra E đối xứng A qua J ,
D là điểm đối xứng của
điểm M của BC cũng là
I  2;0 
, suy ra phương

, phương trình của đường thẳng BC : y  3  0 .

Do đó tọa độ của B, C là nghiệm của hệ:

�
�x  2  65
� y 3 0
�x  2  65
�
�
�
2
�
2
 x  2   y  74 � y  3 hoặc � y  3 , suy ra :
�



B 2  65;3

 hoặc B  2 

Vậy đáp án là D .



65;3

.

12
Tương tự với việc sử dụng kiến thức hình học THCS vào giải hình học tọa
đợ phẳng, cụ thể hơn là bài tốn tìm điểm ở bài tốn trên. Bài toán sau đây học
sinh muốn làm được cũng cần huy đợng kiến thức hình học đã được học ở bậc
THCS.
Bài toán 1.7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC
M 1; 2  , N  2;2  , P  1;2 
nhọn có các điểm 
lần lượt là chân đường cao hạ từ
A, B, C lên cạnh đối diện. Tìm tọa đỉnh A của tam giác ABC .
A.

A  1;4 

B.

C. A  1;4 

A  1; 4 

D. A  1; 4 

Hướng dẫn. Bài toán này muốn làm được cần thiết lập được mối liên hệ
giữa các điểm M, N, P là chân đường cao với các điểm A, B, C thông qua biểu
thức vectơ và các kiếm thức của các điểm đã được học ở bậc học THCS
Bài giải. Gọi H là trực tâm tam giác ABC , do B, P, N , C thuộc đường tròn
�
�

đường kính BC nên PNB  PCB và H , N , C , M thuộc đường tròn đường kính HC
�
�
�
�
�
�
�
�
nên HNM  HCM , suy ra PNB  BNM . Tương tự ta có MPH  NPH , PMH  NMH
hay H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP . Do NP  3 ,
uuuur
uuur
uuur
HM   1  xH ; 2  yH  MP  4 HN   2  xH ; 2  yH  MN  5 HP   1  xH ; 2  yH 
;
,
;
,
uuuur
uuur
uuur r
. Kết hợp với NP.HM  MP.HN  MN .HP  0 ta có hệ phương trình:

3(1  xH )  4(2  xH )  5(1  xH )  0
�
�x  0
� �H
�
3(2  yH )  4(2  yH )  5(2  yH )  0

�
�yH  1

uuuur
H
(0;1)
hay
. Ta có HM   1; 3

uuur
HN   2;1
,
uuur
phương trình đường thẳng AC : 2( x  2)  1( y  2)  0 � 2x  y  6  0 ; HP   1;1 ,
phương trình đường thẳng AB :1( x  1)  1( y  2)  0 � x  y  3  0 . Suy ra tọa độ
các đỉnh tam giác là A(1; 4) , B(4; 1) và C (5; 4) .

phương trình đường thẳng BC :1( x  1)  3( y  2)  0 � x  3 y  7  0 ;

Vậy đáp án bài này là: A
Ta gặp một số bài toán tương tự như sau:
Bài tập 1.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có
đỉnh

A  3;6 

, trực tâm
đỉnh B, C biết xB  xC .

H  2;1

�4 7 �
G� ; �
và trọng tâm �3 3 �
. Xác định tọa độ các


13
A.

B  1; 2  , C  6;3 

B.

B  1;2  , C  6;3

C.

B  1; 2  , C  6;3

D.

B  1; 2  , C  6;3

Đáp án là A.
Bài tập 1.2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có
�2 10 �
H�; �
A 1;2
G 1;1

đỉnh   , trực tâm �3 3 � và trọng tâm   . Xác định tọa độ các đỉnh
B, C của tam giác ABC .

Bài tập 1.3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho ABC có đỉnh
B  1;1
H 1;3
I 3; 3
, trực tâm 
và tâm đường tròn ngoại tiếp 
. Xác định tọa
độ các đỉnh A, C biết x A  xC .
A.

A  1; 5  , C  5;1

B.

A  5;1 , C  1;5 

C.

A  5;1 , C  1; 5 

D.

A  5; 1 , C  1; 5 

Đáp án là C.
Bài tập 1.4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho ABC có đỉnh
�2�

G�
1; �
C  3; 8 
3 � và tâm đường tròn ngoại tiếp I  5;1 . Xác định
�
, trọng tâm
tọa độ các đỉnh A, B biết xA  xB .

A.
C.

A  2;7  , B  4;3
A  7;2  , B  3;4 

B.

A  4;3 , B  2;7 

D.

A  3;4  , B  2,7 

Đáp án là B.
Bài tập 1.5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội
0 D 1; 1
I 2;1
tiếp đường tròn (C ) có tâm 
và AIB  90 , 
là hình chiếu vuông
M 1;4 

góc của A lên BC , đường thẳng AC đi qua 
. Tìm tọa độ đỉnh B biết
A có hoành độ dương.
�

A.

B  2;2 

B.

B  2;2 

C.

B  2; 2 

D.

B  2; 2 

Đáp án là C.


14
Bài tập 1.6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có
A  3;1 B  1; 3
,
và trọng tâm G thuộc trục Ox . Tìm tọa độ đỉnh C biết tam
giác ABC có diện tích bằng 3 .

A.

C  2;2 

B.

C  3;2 

C.

C  2; 2 

D.

C  2; 2 

Đáp án là A.
Bài tập 1.7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có
�1 5 �
H � ; �
các điểm M  1;4  , N  1;3 là trung điểm BC , CA và �3 3 �là trực tâm tam
giác ABC . Tìm tổng P  x A  xB  xC với x A ; xB ; xC là hoành độ ba đỉnh của tam

giác ABC .
A. P  3

B. P  9

C. P  2

D. P  15

Đáp án là A.
Bài tập 1.8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nhọn
M  2;3 N  2;2 
P 2;2 
có các điểm
,
và 
lần lượt là chân đường cao hạ từ A,
B, C lên cạnh đối diện. Tìm tọa độ ba đỉnh của tam giác ABC.
A.

A  1;5  , B  4;4  , C  4;0 

B.

A  1;5  , B  4; 4  , C  4;0 

C.

A  1;5  , B  4; 4  , C  4;0 

D.

A  1;5  , B  4; 4  , C  4;0 

Đáp án là B.
Bài tập1.9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có
M  1;0  N  4; 3

D 2;6 
các điểm
,
lần lượt là trung điểm AB, AC và 
là chân
đường cao hạ từ A lên BC. Tìm tọa độ đỉnh A của tam giác ABC .
A.

A  5;1

B.

A  5; 1

C.

A  5;1

D.

A  5; 1

Đáp án là B.
Bài tập 1.10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có
các đỉnh A  0;2  , B  2; 2  , C  4; 2  . Gọi H là trực tâm tam giác ABC , M là


15
giao điểm ( �A ) của đường tròn đường kính AH với AB , N là giao điểm ( khác
B) của đường tròn đường kính BH với BC. Viết phương trình đường tròn ngoại

tiếp (C) của tam giác AMN .
Bài tập 1.11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có
M  3;4 
trung điểm của BC là
, tâm đường tròn ngoại tiếp là I(5 ;3) và H(4 ;2)
là chân đường cao hạ từ C lên AB. Tìm tọa độ đỉnh A của tam giác ABC.
A. A  8;2 

B. A  4;2 

A  8;0 

C.

D.

A  5; 1

Đáp án là A.
Bài tập1.12. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác
ABC có trực tâm H  1;6  , M  2;2  là trung điểm của AC và N  1;1 là
2  x2
P  x 2  xB
A
C với x A ; xB ; xC là hoành độ các đỉnh
trung điểm BC. Tính
A, B và C.
A. P  11

B. P  3

C. P  10

D. P  15

Đáp án là A.
Bài tập 1.13. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có
H 1;4 
M  0; 3
trực tâm 
, trung điểm BC là
và tâm đường tròn ngoại tiếp
I 3; 6 
tam giác HBC là 
. Xác định toạ độ đỉnh A, B của tam giác.
A.

A  7;10  , B  7; 10 

B.

A  7;10  , B  7; 10 

C.

A  7;4  , B  7; 10 

D.

A  5; 1 , B  7;10 

Đáp án A
Bài tập 1.14. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC
H 1;3
I 3; 3
có trực tâm 
, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là 
,
M  2; 2  là trung điểm AC. Tìm tọa độ điểm B
A.

B  1;1

B.

B  1; 1

C.

B  1;1

D.

B  1; 1


16
Đáp án là A.
Bài toán 1.15. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC
ngoại tiếp đường tròn (C ) . Các cạnh AB, BC , CA lần lượt tiếp xúc với (C ) tại

M  3;2  , N  4;1 , P  5; 2 
. Tìm tọa độ đỉnh C .
� 1�
C�
5;  �
3�
�
A.

� 1�
C�
5; �
3�
�
B.

� 1�
C�
5; �
2�
�
C.

� 1�
C�
5;  �
2�
�
D.

Đáp án là A.
3. Sử dụng mối liên hệ giữa các điểm và đường đặc biệt trong tam
giác để tìm điểm và đường
Chúng ta biết rằng mỗi điểm và đường được cho trong giả thiết đều mang
những tính chất đặc biệt. Việc phát hiện tính chất đó của chúng sẽ giúp chúng ta
giải quyết tốt bài toán đặt ra. Các bài toán sau là mợt số ví dụ minh họa cho
nhận định đó.
Bài toán 2.1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác
ABC nhọn có trung tuyến AM : 3 x  5 y  2  0 , đường thẳng BC : x  y  2  0

D 2; 2 
và đường cao AH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại 
( khác
A). Tìm toạ độ đỉnh B biết điểm B có tung độ âm.

A.

B  0; 2 

B.

B  0; 3

C.

B  1; 2 

D.

C  1; 5 

Nhận xét và định hướng:
Bài toán cho phương trình trung tuyến AM, nếu ta xác định thêm mợt
đường thẳng đi qua A thì ta sẽ tìm được tọa độ điểm A. Nhận thấy với tọa độ
điểm D và phương trình đường thẳng BC ta sẽ viết được phương trình đường
thẳng AH và từ đó xác định tọa đợ điểm A cũng như viết được phương trình
đường trọn ngoại tiếp tam giác ABC thông qua việc thiết lập các mối quan hệ
của giả thiết bài toán. Việc tìm ra phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác
ABC là ta đã có 2 đường phân biệt đi qua điểm B, C đó là phương trình đường
trịn ngoại tiếp tam giác ABC và phương trình cạnh BC. Như vậy, bài toán đã
được giải quyết.
uuur
n
Bài giải: Do AH  BC nên AH   1;1 , phương trình của AH : x  y  0


17
�x  y  2  0
�x  1
��
�
x y0
�y  1 hay A(1;-1). Lại có, từ
, tọa độ A là nghiệm của hệ: �
M  AM �BC
nên
tọa
độ
của
M

là
nghiệm
của
hệ:
�x  y  2  0
�3 1 �
� M � ; �
�
3x  5 y  2  0
�2 2 �.Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
�
và I là tâm của (C).

Phương trình của IM : x  y  1  0 , suy ra I  a;1  a  . Kết hợp với
2
I
1;0
(
C
)
:
x

1
 y2  5




IA  ID ta được

, phương trình của
. Tọa độ của B
là nghiệm của hệ:

�
x0
�
� x  1 2  y 2  5 �
�x  3
��
�
�
�
� x y20
�y  2
�y  1
B 0; 2 
�
�
hoặc �
. Vậy 
Đáp án là A.
Tương tự bài toán 2.1. ta có bài toán sau đây
Bài toán 2.1.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC
nhọn có BC : x  y  4  0 , trung tuyến AM : 3 x  5 y  8  0 . Đường thẳng đi
qua A, vuông góc với BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ
D 4; 2 
hai là 
. Viết phương trình đường thẳng AB, AC biết rằng hồnh độ của
đỉnh B khơng lớn hơn 3.

AB : 3x  y  4  0
A. AC : y  1  0

AB : 3x  y  4  0
AC : y  1  0
B.

AB : 3x  y  4  0
AC : y  1  0
C.

AB : 3x  y  4  0
D. AC : y  1  0

Đáp án là A.
�
�
Hướng dẫn. Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK  KCE , kết hợp với
�  KCE
�
�  BDK
�
BDA
ta có BHK
hay K là trung điểm của DH và phương trình

AB : 3x  y  4  0, AC : y  1  0 .

A 3;3
Bài toán 2.2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho ABC có   ,

I 2;1
tâm đường tròn ngoại tiếp   và đường phân giác trong AD : x  y  0 . Tìm


18

tọa độ của B, C biết

BC 

8 5
�
5 và BAC nhọn.

�8 6 �
B� ; �
, C  0;2 
5
5
�
�
A.

�8 6 �
B� ; �
, C  0;2 
5
5
�
�

B.

�8 6 �
B� ; �
, C  0; 2 
5
5
�
�
C.

�8 6�
B�
 ; �
, C  0;2 
5
5
�
�
D.

Nhận xét và định hướng:
Với giả thiết cho tọa độ điểm A và I ta viết được phương trình đường trịn
ngoại tiếp tam giác ABC. Việc cho phương trình đường phân giác AD giúp ta
tìm được giao điểm D của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với AD. Nhờ có
độ dài cạnh BC và thiết lập công thức tỷ lệ ta xác định được giao điểm của ID
với BC và từ đó ta tìm được tọa đợ điểm B, C. Cụ thể:
Bài giải. Gọi (C ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , phương trình
2
2

C
:
x

2

y

1
 5 . Tọa độ của D là nghiệm của hệ :






của

�
x0
� x  2  2   y  1 2  5 �
��
�
�
�
�y  0
D 0;0 
x y0
�
�

hay 
. Giả sử M là trung điểm của BC
3 5
�
5 , ID  5 . Từ giả thiết BAC nhọn, ta có
, ta có
uuu
r IM uur
�4 2 �
�
IM 
ID � M �
�5 ; 5 �
ID
� �. Phương trình thẳng BC : 2 x  y  2  0 . Tọa độ của
IM 

�
�x  8
�
5
�
�
2
2
�
�
� x  2    y  1  5 �x  0
�
��

�
�y   6
�
�
y

2
�
�
B, C là nghiệm của hệ: � 2 x  y  2  0
5 . Do đó
hoặc �
�8 6 �
�8 6 �
�
�
B  0;2  , C �
;

C
0;2
,
B
  �
�5 5 �
�5 ;  5 �
�
�hoặc
�
�.

ta có đường

Vậy đáp án là: A.
Bài toán 2.3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác
ABC có chân đường phân giác trong hạ từ đỉnh A là D  1; 1 , trung điểm của


19
13 1 �
�
M � ; �
�5 5 �và phương trình tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tại
BD là
tiếp điểm A là d : x  2 y  7  0 . Tìm tọa độ của A biết A,C có tung độ dương.

A. A  1;3 , C  15; 9 
C.

B. A  1;3 , C  15;9 

A  1;3  , C  15; 9 

D.

A  1; 3 , C  15; 9 

Bài giải. Phương trình đường thẳng BC : x  2 y  3  0 . Gọi E  d I BC ,
�x  2 y  3  0
� E  5;1
�

�x  2 y  7  0

�

�

. Do EAB  ACB và
�  BAD
�
�
�
�
�
�
�
DAC
nên EAD  EAB  BAD  ACB  DCA  EDA , suy ra EA  ED .

tọa độ E là nghiệm của hệ:

A 7  2a; a 
Lại có, A �d : x  2 y  7  0 nên 
(a>0) .

Suy ra  2  2a    a  1  20
2

�a  3 �A  1;3

2

.

�21 3 �
B� ; �
Do M là trung điểm của BD nên �5 5 � , phương trì trình đường thẳng
C
trung trực  của AB là: 4 x  3 y  5  0 . Gọi I là tâm đường tròn   ngoại
tiếp tam giác ABC , phương trình IA : 2 x  y  1  0 , tọa độ I là nghiệm của hệ
�
�2 x  y  1  0 ��
�x  4 �I 4; 7 , R  IA  5 5
�
�


�
�
4
x

3
y

5

0
y



7
�
�
.

Phương trình của  C  :  x  4 

2

  y  7   125 , tọa độ C là nghiệm của hệ:
2

2
2
�
�
 x  4    y  7   125 � C  15; 9 
�
x  2y 3  0
�

Vậy đáp án là: A.
Tương tự bài toán 2.3. ta có bài toán sau
Bài toán 2.3.1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác
�21 3 �
B� ; �
ABC có �5 5 �, phương trình tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tại tiếp
điểm A là d : x  2 y  7  0 và chân đường phân giác ngoài hạ từ đỉnh A là

20
E  9;3

. Tìm tọa độ của A, C biết A có tung độ dương.

A.

A  1;3

B.

A  1;3

C.

A  1; 3

D.

A  1; 3

Đáp án là: A
Bài toán 2.4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có
A  1;4 
C
, tiếp tuyến tại tiếp điểm A của đường tròn ngoại tiếp   cắt BC tại
ADB là d : x  y  2  0 . Viết phương trình
điểm D D , phân giác trong của góc �
M 4;1
của AB biết AC đi qua 

.
A. AB : 5 x  3 y  7  0

B. AB : 5 x  3 y  7  0

C. AB : 5 x  3 y  7  0

D. AB : 5 x  3 y  7  0

Bài giải:
Ta có AC : 3x  5 y  17  0 . Giả sử D thuộc tia đối của tia BC ,
�7 11 �
E  d I AB, F  d I AC � F � ; �
�2 2 �.
�
�
�
�
�
�
Do AFE  FDC  BCA  FDA  DAE  AEF nên AE  AF .

Mà

E �d � E  a; a  2 

hay ta có

 a  1

2

  a  2  4

2

�7 �2 �11 �2
7
� �
�
�
�2  1�  �2  4� �a  2
�
� �
�
(loại) hoặc

� 1 3�
1
a   �E �
 ; �
�
�
2
� 2 2 �.

Do đó ta có phương trình AB : 5 x  3 y  7  0
Đáp án là : A.
Bài toán 2.5. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác
2

2
ABC nhọn và nội tiếp đường tròn  C  : x  y  25 , đường thẳng AC đi qua
K  2;1
. Gọi M , N lần lượt là chân đường cao hạ từ B, C và
MN : 4 x  3 y  10  0 . Tìm toạ độ đỉnh B biết A có hoành độ âm.


21
A.

B  3;4 

B.

B  3; 4 

C.

B  3;4 

D.

B  3; 4 

Bài giải: Gọi Ax là đường thẳng tiếp xúc với (C ) tại A, suy ra OA  Ax
0
0
�
�
�

�
. Do tứ giác BMNC nội tiếp nên ACB  MNB  180 . Mà ANM  MNB  180 nên
�
�
�
�
ACB  �
ANM . Lại có �
ACB  xAB
nên xAB  ANM � MN / /Ax , suy ra MN  OA

, phương trình OA : 3x  4 y  0 . Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình:
�3x  4 y  0 �x  4
�
�
��
�A  4;3
�2
2
�
�
y

3
�x  y  25 �
. Phương trình AC : x  3 y  5  0 , tọa độ
�x  3 y  5  0 �x  5
�
�
��

�C  5;0 
�2
2  25 �y  0
�
x

y
�
của C là nghiệm của hệ �
và tọa độ của M là
�
�4 x  3 y  10  0 �
�x  1
��
�M  1;2 
�
�
�
x

3
y

5

0
y

2
�

nghiệm của hệ �
. Đường thẳng
BM : 3 x  y  5  0
�3x  y  5  0 �x  0
�
�
��
�B  0;5 
�2
2
�
�
y

5
x

y

25
�
tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình �

�
�x  3
�B  3; 4 
�
�
y



4
hoặc �
.Vậy

�B  0;5
�
B  3; 4 
�

Đáp án là: D.
Tương tự với bài toán 2.5 trên ta có bài toán tương tự
Bài toán 2.5.1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác
2
2
ABC nội tiếp đường tròn  C  :  x  1   y  1  25 . Gọi M  2; 2  , N  1;2 
lần lượt là chân đường cao hạ từ B, C .Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C biết A có
tung độ âm.
�29 193 � � 114 34 �
� �
�
A  5; 5 , B �
�65 ; 65 �, C � 29 ;  29 �
�
� �
�
A.
�29 193 � � 114 34 �
A  5;5  , B � ;
,C �


; �
�
�65 65 � � 29 29 �

B.


22
114 34 �
�29 193 � �
A  5; 5  , B � ;
,C � ; �
�
�65 65 � �29 29 �
C.

D.

�29 193 � � 114 34 �
A  5;5  , B � ;
,C �

; �
�
�65 65 � � 29 29 �

Đáp án là A.
Bài toán 2.5.2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác
ABC nhọn có K , D lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, C lên BC , AB và

H  AK I CD . Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác DHK là
2
(C ) :  x  2   y 2  5 M  7;5
,
là trung điểm của AC và đường thẳng BC đi
Q 1;4
qua điểm   . Tìm tọa độ của A, B, C biết điểm D có hoành độ lớn hơn 3.
A. A  13;2  , B  1; 2  , C  1;8 
C.

B. A  13;2  , B  1;2  , C  1;8 

A  13;2  , B  1;2  , C  1;8 

D.

A  13;2  , B  1; 2  , C  1;8 

Bài giải.
0
�
�
Ta có ADC  AKC  90 nên A, D, K , C � T  có đường kính AC . Gọi I là

trung điểm của BH , ta có
I  2;0  , DK  5

.

Do

�  BKH
�  900 � B, D, H , K �(T )
BDH

�  DAM
�
BH  AC � IBD
 900 .

Kết

hợp

� �
�  IDB
�
DAM
ADM , IBD
ta
2

với
có

� �
�  900 � MD  IM 2  IK 2  3 5
IDB
ADM  900 � IDM

 T  :  x  7

hay

  y  5   45 ,
2

tọa

độ

của

, suy ra phương trình

D, K là

nghiệm

của

hệ:

�
2
2
�
�  x  2  y  5
�
2

2
�
x

7

y

5
 45
�




D 4; 1 , K  1;2 
�
hay 
. Phương trình BC : x  1  0 ,
�
� x  2  2  y 2  5
�B  1; 2 
�
� x 1  0
tọa độ B là nghiệm của hệ �
và tọa độ C là nghiệm

�
� x  7  2   y  5  2  45
�C  1;8  , A  13;2 

�
�
x 1  0
�
.

của
hệ
A  13;2  , B  1; 2  , C  1;8 

.

Vậy


23
Đáp án là: A.
Bài toán 2.6. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác
��� 4
�
5�
�BAC �
�
�
C �2;  � cos �
�
�
� 5
3 � và
ABC có �

�
� . Gọi M là một điểm trên cạnh BC và
hai điểm E , F lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên AB, AC ; phương
�7 1 �
I�; �
trình đường thẳng EF : 2 x  y  1  0 và trung điểm AM là �3 3 �. Tìm tọa độ
của A biết F có tung độ âm.
�10 5 �
�
A�
�3 ; 3 �
�
A. �

10 5 �
�
A� ;  �
B. �3 3 �

� 10 5 �
A�
 ; �
3 3�
�
C.

� 10 5 �
A�
 ; �
3 3�

�
D.

Bài giải. Tứ giác AEMF nội tiếp đường tròn  C  đường kính AM có
�7 1 �
I�; �
�3 3 �. Gọi H là trung điểm của

EF , ta có IH  EF
IH
5
5
� 1 �
�
IE  IF 

IH

d  I ;EF   5
� 4
BAC  EIF  HIE
4
cos BAC
2
, suy ra

tâm

� 7 �2 � 1 �2
� �

�
(C ) : �
�x  3 �  �y  3 �  5
�
� �
�
Phương trình đường tròn
.

Tọa độ của E, F là nghiệm của hệ:
�
�2 � 1 �2
��
7
�2 11 � �4 5 �
�
x �
�
y �
5
��
� ; �; F � ;  �
�
�
�
�
�
E
�� 3 � � 3 �
�15 15 � �3 3 �

�
�
� �
�
�
2x  y 1  0
�
.
Đường thẳng

AC : y 

� 5�
5
�
 0 �A �
�a;  3 �
3
�
�. Vì A � C  nên ta có:

� 7 �2 � 5 1 �2
�a  �  �  �  5 �a  10
� 3 � � 3 3�
3
�
� �
�
�10 5 �
�

A�
�3 ;  3 �
�.
hay �

,


24
Đáp án là: B.
Bài toán 2.7. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác
ABC có A  2; 1 , trực tâm H  2;1 và BC  2 5 . Gọi D, E lần lượt là chân
N 3; 4 
đường cao hạ từ B, C và ED đi qua 
, trung điểm M của cạnh BC thuộc
đường thẳng d : x  2 y  1  0 . Viết phương trình đường thẳng BC.
A. BC : 2 x  y  7  0

B. BC : 2 x  y  7  0

C. BC : 2 x  y  7  0

D. BC : 2 x  y  7  0

Bài giải:
C
C
Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn  1  đường kính AH nên  1  nhận
I  0;0 
C1  : x 2  y 2  5


AH
trung điểm
của
làm tâm nên phương trình của
. Lại
M  2m  1; m 
có M �d : x  2 y  1  0 nên
và tứ giác BCDE nội tiếp đường
 C2  đường kính BC có tâm M , phương trình
tròn
2
2
C :  x  2m  1   y  m   5
2
.

 

2  y 2  x  2m  1 2  y  m 2
DE
:
x

 

Phương trình đường thẳng
2
�2  2m  1 x  2my   2m  1  m2  0 .

Mà
hoặc

N  3; 4  �DE
M  3;1

2
2
nên 2  2m  1 x  2my   2m  1  m  0 �M  1; 1

.

Phương trình đường thẳng BC : 2 x  y  3  0 hoặc BC : 2 x  y  7  0
Đáp án là: C.
Bài toán 2.8. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác
�5 1 �
�
K�
�8 ;  4 �
ABC nội tiếp đường trịn tâm �
�, hình chiếu vng góc của A lên
13 1 �
�
H � ; �
đoạn BC là �5 5 �, phân giác trong AD : x  1  0 . Tìm tọa độ của B, C
biết B có hoành độ âm.

A.

B  3;0  , C  3; 3

B.

B  3;0  , C  3; 3


25
C.

B  3;0  , C  3; 3

D.

B  3;0  , C  3;3

Bài giải:
Gọi M là giao điểm thứ hai của AK với đường tròn (C) ngoại tiếp tam
�
giác ABC, ta có AD là phân giác góc HAM
. Gọi I là điểm đối xứng của H qua
�
1�
1
�
�
J

1;

HI : y   0

�
5�
5
� và ta có
AD và J  HI I AD , ta có
, suy ra �

�3 1 �
I � ; �
�5 5 � .

A 1;3
Phương trình đường thẳng AM : 2 x  y  1  0 , suy ra 
,
BC : x  2 y  3  0 .

KA 

13 5
8 và

�
x  2y  3  0
�
�
�
�� 5 �2 � 1 � 845 �B  3;0  , C  3; 3
��x  �  �y  �
��
� �

�
Tọa độ B, C là nghiệm của hệ: �� 8 � � 4 � 64
.
Đáp án là: A.
Bài toán 2.9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có
�
A  8;3
và B �d : x  y  7  0 . Gọi D là chân đường phân giác trong của BAC
�
và M là trung điểm của AD , đường thẳng CM cắt phân giác ngoài BAC tại
N  14;3
. Viết phương trình đường thẳng AC.

A. AC : 5 x  3 y  31  0

B. AC : 5 x  3 y  31  0

C. AC : 5 x  3 y  31  0

D. AC : 5 x  3 y  31  0

Bài giải:
Qua M kẻ đường thẳng song song với AN cắt AC tại H, ta có MH  AD .
Mà MA  MD nên tam giác AHD cân tại H , suy ra:
CD CH CM
�
�
�



�MD / / BN
HDA  DAH  BAD �AB / / DH , do đó CB CA CN
hay
AN : y  3  0 nên phương trình
BN  AN . Do phương trình
BN : x  14  0 � B  14; 7 
và do AD / / BN nên phương trình AD : x  8  0 .
B  2; 7 
B
B �AC
Gọi 1 là điểm đối xứng của B qua AD , ta có 1
và 1
, phương