30 tính chất hình học Oxy điển hình – Trần Văn Tài – Hứa Lâm Phong

Tài liệu Soi kính lúp hình học phẳng Oxy được biên soạn bởi thầy Trần Văn Tài và thầy Hứa Lâm Phong giới thiệu 30 tính chất hình học phẳng thường dùng trong giải toán Oxy, chứng minh tính chất và áp dụng vào trong các bài toán cụ thể.

Môn:

Toán 10 2.8 K tài liệu

Thông tin:
97 trang 9 tháng trước

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

30 tính chất hình học Oxy điển hình – Trần Văn Tài – Hứa Lâm Phong

Tài liệu Soi kính lúp hình học phẳng Oxy được biên soạn bởi thầy Trần Văn Tài và thầy Hứa Lâm Phong giới thiệu 30 tính chất hình học phẳng thường dùng trong giải toán Oxy, chứng minh tính chất và áp dụng vào trong các bài toán cụ thể.

90 45 lượt tải Tải xuống
SOI
KÍNH LÚP
HÌNH HC
PHNG
OXY
TRẦN VĂN TÀI HỨA LÂM PHONG
( GV CHUYÊN LUYỆN THI THPT QUỐC GIA)
- 30 TÍNH CHẤT HÌNH PHẲNG THƯỜNG GẶP
- PHÂN DẠNG BÀI TOÁN HÌNH PHẲNG
- TRÍCH ĐỀ THI THỬ MỚI NHẤT 2016
- ĐÁP ÁN CHI TIẾT
ẤN PHẨM
NĂM 2016
FULL &
FREE
NHÀ XUẤT BẢN
VÌ CỘNG ĐỒNG
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 3
A- CHNG MINH MT S TÍNH CHT HÌNH HC
TAM GIÁC T GIÁC ĐƢNG TRÒN.
Để giúp bạn đọc rèn luyn thêm cho mình nhng k năng trong quá trình chứng minh mt s tính cht hình hc,
tác gi b sung thêm vào chuyên đ mc sau. Ngoài cách chng minh đã nêu có th thêm nhng cách chng
minh khác nữa. Điều này tùy thuc vào kh năng duy lĩnh hội cũng như s trưng ca mi người. Tu
trung lại thì hướng chng minh vn xut phát t 4 con đường chính:
Mt, s dng các tính cht hình hc thun túy ca THCS.
Hai là, s dụng phương pháp “véctơ thuần túy” (lớp 10).
Ba là, s dụng phương pháp tọa độ hóa kết hp “chuẩn hóa s liu”.
Bn là, s dụng phương pháp tổng hp (kết hp các cách trên).
Tính cht 1: Cho tam giác
vuông ti
A
, v
AH BC
ti
H
. Đưng tròn
C; AC
cắt đoạn thng
BH
ti
D.
CMR:
AD
là tia phân giác ca góc
BAH.
Hình v
AD
là phân giác góc
BAH
dpcm
BAD DAH
ng dn chng minh:
Do
CA CD CAD
cân ti
C.
CAD ADC
Mt khác, ta li có:
CAD BAD gt
ADC DAH gt
BAD DAH


0
0
90
90
AD
là phân giác góc
BAH
Tính cht 2: Cho tam giác
vuông ti
A AB AC
. Gi
I
trung đim cnh
AC
. Qua
I
k đường
thng
d
1
vuông góc vi
BC,
qua
C
k đường thng
d
2
vuông góc
AC
,
d
1
ct
d
2
ti
E.
CMR:
AE BI
.
Hình v
ng dn chng minh:
Gi
M IE AB.
Do
CI MB
I
MI BC
là trc tâm ca
BMC
BI MC 1
IA IC A IM ICE c g c
IM IE
Do đó
AMCE
là hình bình hành
AE / / MC 2
T
, BI AE12
Tính cht 3: Cho đưng tròn
O; R
AB
dây cung của đường tròn đó
AB R 2
,
M
điểm thuc cung
ln
AB
M A,M B
. Gi
H
là hình chiếu vuông góc ca
M
trên
AB
. CMR:
AMH OBM
.
Hình v
ng dn chng minh:
V đưng kính
MC
của đường tròn
O
MBC
0
90
Xét
AHM
MBC
có:
HAM MCB
(hai góc ni tiếp cùng chn cung
BM
).
MBC AHM cmt
0
90
AHM CMB g g
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 4
Kéo dài
MO
căt
O
tại điểm th 2
C
dpcm
AHM
đồng dng
CMB
AMH CMB BMO
OMB
cân ti
O OB OM R
BMO OBM
AMH OBM dpcm
Tính cht 4: Cho t giác
ABCD
ni tiếp đường tròn
O
, gi
M
giao đim
AB
CD
. Khi đó CMR:
MB.MA MC.MD
Hình v
Đây cũng là địng nghĩa phương tích
của 1 điểm đối vi một đường tròn.
O
MB.MA MC.MD M R
2
ng dn chng minh:
Ta có
ABCD
là t giác ni tiếp
CAB DBC
(hai góc ni tiếp cùng chn cung
BC
)
Xét
ACM
DMB
CAB DBC cmt
AMD : chung
ACM DBM g g
AM CM
DM BM
AM.BM CM.DM dpcm


Tính cht 5: Cho t giác
ABCD
, khi đó
AC BD AB CD BC AD
2 2 2 2
ịnh lý 4 điểm)
Hình v
T kết qu ca tính cht trên, ta có th
s dụng để chứng minh 2 đường
thng vuông góc.
ng dn chng minh:
Dng h trc
Hxy
như hình vẽ.
Đặt
A a; ,C c; , B ; b0 0 0
.
Gi s:
D m;n
Ta có
AB a b
2 2 2
CD c cm m n
2 2 2 2
2
AD a am m n
2 2 2 2
2
BC b c
2 2 2
T 4 đẳng thc trên ta có:
AB CD AD BC cm am
2 2 2 2
a c m D ; n 00
trc tung
AC BD
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 5
Tính cht 6: Cho tam giác
ABC
AB AC
ba góc nhn hai đường cao
BD,CE
. V đường tròn tâm
B
bán kính
BD
cắt đoạn thng
CE
ti
K.
Qua
D
v đưng thng
BC
cắt đường thng
BA
ti
M
, ct
EC
ti
I
. CMR:
MK BK
.
Hình v
dpcm
BEK
đồng dng
BKM
BEK BKM
0
90
Do đó ta cần chng minh
BE.BM BK
2
ng dn chng minh:
Gi
H DI BC
. Ta có:
BEC BHM gt
EBC chung

0
90
BEC BHM g g
BE.BM BH.BC
 1
BCD
vuông ti
D,DH
là đường cao
BH.BC BD
2
2
BD BK R BE.BM BK
2
BE BK
cmt
BK BM
EBK chung
BEK
đồng dng
BKM g g
BEK BKM
0
90
MK BK
.
Tính cht 7: Cho tam giác
vuông ti
A.
Đưng phân giác ca góc
ABC
cắt đường trung trc của đoạn
thng
AC
D.
CMR:
DBC
vuông.
Hình v
Ta s dng tính chất đường trung
tuyến bng na cnh huyn thì tam
giác vuông.
ng dn chng minh:
Gi
E
là trung điểm
BC
, do
ABC
vuông ti
A EA EC
Suy ra
E
thuộc đường trung trc cnh
AC
DE AC
AB AC AB / /DE
BDE ABD DBE
DBE
cân ti
BC
D ED BE
2
DBC
vuông ti
D.
Tính cht 8: Cho điểm
A
ngoài đường tròn
O
. V cát tuyến
ABC, ADE
ca đường tròn
O
.
Ax
tiếp
tuyến của đường tròn ngoi tiếp tam giác
ABD
. CMR:
Ax / /DE.
Hình v
Để chng minh song song, ta s dng
tính cht so le trong ca 2 góc bng
nhau, đồng thi s dng các mi liên
h của các góc trong đường tròn, t
ng dn chng minh:
Ta có
xAB ADB
(góc gia tiếp tuyến và dây cung góc ni tiếp cùng chn
cung
AB
)
ADB BCE
(do t giác
BCED
ni tiếp góc ngoài bằng góc đối trong)
xAB BCE
(v trí so le trong)
Ax / /CE
.
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 6
giác ni tiếp.
Tính cht 9: Cho tam giác
ABC
nhn
AB AC
, dng v phía ngoài tam giác
ABC
các tam giác
ABD
vuông
cân ti
A
, tam giác
ACE
vuông cân ti
A
. Gi
I
giao điểm
BE
CD
. Gi
M,N
lần lưt trung điểm
ca
BC,DE
. Chng minh rng
AI / /MN.
Hình v
Gi
F,K
lần lượt là trung điểm
BD,EC
.
ng dn chng minh:
Ta có
AD AB gt , AE AC gt
DAC BAE

ABE DAC c g c
ABE ADC
T đó suy ra
BE CD
.
D dàng chng minh
FNKM
là hình thoi
FK MN
Ta có
AB
AF IF
EC
AK IK


2
2
FK
thuc trung trc
AI FK AI
Do đó
MN / /AI
Tính cht 10: Cho tam giác
ABC
H
trc tâm,
d
1
đường phân giác trong góc
HAC
. Đường phân giác
trong góc
HBC
ct cnh
AD,d , AC
1
lần lượt ti
M, N,I
. CMR:
AI MN
.
Hình v
Điu phi chng minh
AMN
cân ti
A
AMN ANM
Để chng minh hai góc trên bng
nhau ta có th s dng k thut tách
góc.
ng dn chng minh:
Gi
D AH BC
E BH AC
Ta có
o
BDH BEC90
BHD NCB
Li có
AMN BHM HBM
HBM NBC BM phan giac
NCB NBC ANM


ANM AMN AMN
cân ti
A
AI
là đường phân giác
MAN
AI MN
Lưu ý:
ACx ACB
BAC ABC

0
180
Tính cht 11: Cho tam giác
vuông ti
A
, đường cao
AH
, v đường tròn tâm
H
bán kính
HA
.
D
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 7
điểm trên đường
H
. Gi
M,N
lần lượt là trung điểm ca
DB,DC.
CMR:
DMHN
là t giác ni tiếp.
Hình v
Cn chng minh là
MND MHD
Kéo dài
HD
ct
H
để to đưng
kính và đồng thi khai thácc gi
thiết của các trung đim.
ng dn chng minh:
Gi
E
là giao đim ca
DH
với đưng tròn
H
Ta có
BH.BC AH DH.HE
2
(do
ABC
vuông ti
A
)
BH.BC DH.HE
Li có
BHE DHC
ối đỉnh)
HBE HDC c g c
BEH DCH
MHD BED
(do
MH / /EB
)
Tương tự ta có
MND DCH
Do đó
MND MHD
t giác
DMHN
ni tiếp.
Tính cht 12: Cho hình vuông
ABCD
, v đưng tròn
O
đường kính
AB
đường tròn tâm
D
bán kính
DC
. Gi
E
là giao điểm của hai đường tròn trên
EA
. Tia
BE
ct
CD
ti
M.
CMR
M
là trung điểm
CD.
Hình v
Cần chú ý đến tính chất hai đường
tròn ct nhau ti hai điểm
A,E
thì
OD AE
ng dn chng minh:
Ta có
EAB
vuông ti
E
.
Do
A,E
là giao điểm của hai đường tròn
AE OD
BM AE OD / /BM
, li có
OB / /DM
nên
OBMD
hình bình hành
CB
DM OB
2
M
là trung điểm ca
CD
Tính cht 13: Cho tam giác
ABC
, v phía ngoài ca tam giác
ABC
, v các tam giác đều
ABD, ACE
.
F
là giao
điểm của đường thng qua
D
song song vi
AE
đường thng qua
E
song song vi
AD.
CMR
FBC
tam
giác đều.
Hình v
FBC
đều
FB FC
BFC
0
1
60
Để chng minh
FB FC
, ta chng
minh
DFB FCE
Để chng minh
BFC
0
60
, ta khai
ng dn chng minh:
Gi
M AE CF
Ta có
DF / /AE
AEFD
AD / /EF
là hình bình hành
ADF AEF FDB FEC
Li có
DB DA EF, AC AE DF
DBF FEC BF CF
BFD FCE
Mt khác,
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 8
thác s song song
AE / / DF
, đng
thi phân tích góc
AMC, DFC
AMC DFC AE / /DF
AMC MEC FCE
DFC BFC BFD


0
60
Suy ra
BF FC cmt
BFC FBC

0
60
đều.
Tính cht 14: Cho tam giác
ABC
không cân ni tiếp đường tròn
O
.
M,N
lần lượt trung điểm ca
AB,BC
, v
BD OA
ti
D
,
AE BC
ti
F
. CMR:
MN DE.
Hình v
ng dn chng minh:
Dựng đường kính
AF
của đường tròn
O
Ta có
ADBE
là t giác ni tiếp (do
ADB AEB
)
ABC EDN
ABC AFC
(do
ACFB
ni tiếp)
EDN AFC
DE / /AF
AF AC
DE MN
MN / /AC

Tính cht 15: Cho tam giác
ABC
vuông ti
A
đường cao
AH
. Gi
M
trung điểm
AH
,
D
giao điểm
ca
BM
và đường trung trc ca
AC.
CMR:
DBC
vuông.
Hình v
Gi
P,N
ln ợt là trung đim ca
AB, AC.
ng dn chng minh:
Khi đó, từ tính chất đường trung bình
M,N,P
thẳng hàng và do đó
BH PM 2
,
HC MN 2
T đó, áp dụng đnh lý Thales vi
AB / /DN
(do cùng vuông
góc
AC
)
Suy ra
BH PM BM
MH / /CD
HC MN MD
Li có
HM BC CD BC
DBC
vuông ti
C
Tính cht 16: Cho hình vuông
ABCD
. Trên tia đối ca
BA
, ly một điểm E; trên tia đối ca
CB
, ly một điểm
F
sao cho
EA FC.
CMR:
FED
vuông cân.
Hình v
ng dn chng minh:
Xét
AB CD gt
CF EA gt
EAD FCD

0
90
EAD CFD c g c
ED DF
DEF EFD
EDF
vuông cân.
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 9
Tính cht 17: Cho hình thang
ABCD
vuông ti
A
D.
2CD AB
. Gi
H
hình chiếu vuông góc ca
D
trên đường chéo
AC,
M
là trung điểm
HC.
Chng minh rng
BM MD.
Hình v
ng dn chng minh:
Gi
K
trung đim
DH
suy ra
KM
đường trung bình
HCD
Suy ra
KM AB,KM / /AB
(do
2AB / /CD,DC AB
)
Nên
ABMK
là hình bình hành
BM / /AK.
Li có
KM AD,DH AM
nên
K
là trc tâm
ADM
.
AK DM
DM BM do AK / /BM


Tính cht 18: Cho hình thoi
ABCD
60
o
BAC
E
là giao điểm hai đường chéo
AC
BD.
Gi
E
hình chiếu vuông góc ca
A
lên
BC
. Chng minh rng
AEF
là tam giác đều.
Hình v
ng dn chng minh:
Ta có
00
180 60FBA ABC
Và đồng thi
0
60ABE
Suy ra
AB
tia phân giác ca góc
FBE
. Do
FA BF,AE BE
nên theo tính cht phân giác ta
AF AE AEF
cân ti
A.
Li góc
0
60FAE BAE FAB
AEF
là tam giác đều.
Tính cht 19: Cho hình bình hành
ABCD
. Gi
E,F
các điểm nm trên cnh
AB
BC
sao cho
FA EC.
Gi
I
giao đim ca
FA
EC.
Chng minh rng
ID
tia phân giác ca góc
AIC.
Hình v
ng dn chng minh:
Gi
H,K
lần t hình chiếu vuông góc ca
D
lên cnh
AF,CE.
D dàng chứng minh được
1
2
AFD CED ABCD
S S S


AFD AFD
S AF.DH,S CE.DK,
CE AF gt


11
22
Suy ra
DH DK DI
là phân giác ca góc
AIC
.
Tính cht 20: Cho hình ch nht
ABCD
tâm
I
, gi
E
thuc cnh
AC
k đường thng qua
E
song song
BD
lần lượt ct
AD,CD
ti
F,H
. Dng hình ch nht
FDHK
. Chng minh rng
KD / /AC
E
là trung
điểm
BK.
Hình v
ng dn chng minh:
Gi
O
là tâm hình ch nht
FDHK
suy ra
OHD ODH
Mt khác
OHD IDC ICD
ODH ICD DK / /AC
Do đo
EI / /DK
, I là trung điểm
BD E
là trung điểm BK
(đpcm).
Tính cht 21: Cho hình ch nht
ABCD
. Gi
M
là điểm đối xng ca
B
qua
C.
N
là hình chiếu vuông góc
ca
B
trên đường thng
MD.
Chng minh rng
AN CN.
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 10
Hình v
ng dn chng minh:
Ta có
BCND
là t giác ni tiếp (do
0
90BCD BND
)
BNC BDC CAB
ANCB
là t giác ni tiếp (do
ANC ABC
00
180 90
AN NC
Tính cht 22: Cho tam giác
ABC AB AC
ni tiếp đường tròn
O
. Đường phân giác ngoài góc
BAC
ct
đường tròn
O
tại điểm
E
.
M,N
lần lượt trung đim các cnh
BC, AC
.
F
hình chiếu vuông góc ca
E
trên
AB
,
K
là giao điểm
MN
AE
. Chng minh rng
KF / /BC
.
Hình v
Gi
D
là điểm chính gia cung
BC
không chứa điểm
A
AD AE
(1).
Ta có
ED
là đường kính ca
O
ED BC
ti
M.
ng dn chng minh:
BEFM
là t giác ni tiếp
FME FBE ABE ADE
MF / / AD MF AE 
1
23
, MF AE ( )1 2 3
.
Li có
MN / /AB, EF AB EF / /MN 4
,F34
là trc tâm
EKM KF EM
EM BC FK / /BC
Tính cht 23: Cho tam giác
ABC
ni tiếp đường tròn
I
, điểm
D
chân đường phân giác trong ca góc
BAC
. Đường thng
AD
ct
I
tại điểm
MA
. Gi
J
là tâm đưng tròn ngoi tiếp
ACD
.
CMR:
CM CJ
.
Hình v
ng dn chng minh:
AJD ACD BAD
BAD BCM

22
CJD BCM2
Li có
CJD JCD
0
2 180
BCM JCD
0
2 2 180
BCM JCD CM CJ
0
90
.
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 11
Tính cht 24: T điểm
P
nằm ngoài đường tròn
O; R
v hai tiếp tuyến
PA
PB
tới đường tròn
O
(
A,B
hai tiếp điểm). Gi
H
cn đường vuông góc k t
A
đến đường kính
BC
của đưng tròn. CMR:
PC
ct
AH
ti
I
là trung điểm
AH.
Hình v
ng dn chng minh:
Gi
D BP AC
Ta có
PA PB PAB
cân ti
P
BAC
0
90
PD PB PA
(1)
BPC
IH CI
IH / /PB
PB CP

(2)
CPD
IA CI
AI / /PD
PD CP

(3)
IH IA
I
là trung điểm
AH.
Tính cht 25: Cho tam giác
ABC
vuông ti
C
, k đường cao
CK
, k phân giác
CE
ca góc
ACK
K,E AB.
D
là trung điểm
AC
,
F DE CK.
CMR:
BF
song song
CE
.
Hình v
Dng h trc
Kxy
như hình vẽ.
Đặt
CK a,KE ,EC b. 1
Khi đó, ta
có:
ba
K ; ,E ; ,C ;a ,D ;



1
0 0 1 0 0
22
.
ab
BC
CK AC BC
a
b
AK CK AC a
b
2 2 2
2
2 2 2
1 1 1
1
1
1
ng dn chng minh:
Ta có AE là phân giác ca
ACK
CK KE a
CA ab
CA EA CA b
1
qua E ;
ED :
ED b ; a lam vtcp

10
1
1
2
ax b y a 1
a
F Oy ED F ;
b



0
1
BK CK BC
aa
KB B ;
bb







2 2 2
22
0
11
Do đó
CE ; a
a
BF ; a
b


2
1
1
1
CE / /BF dpcm
.
Tính cht 26: Cho tam giác
. Một đường tròn tâm
O
ni tiếp tam giác
ABC
tiếp xúc vi
BC
ti
D
.
Đưng tròn tâm
I
đường tròn bàng tiếp góc
A
ca tam giác
ABC
tiếp c vi
BC
ti
F.
V đường kính
DE
ca đường tròn
C.
CMR:
A,E,F
thng hàng.
Hình v
ng dn chng minh:
Ta có
A,O,I
thng hàng (do cùng nằm trên đường phân giác
trong góc
BAC
)
Gi
M,N
là tiếp điểm ca
O , I
vi
AB
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 12
AIN
OM / /IN
AO OM OE
AI IN IF



1
(Thales thun)
Li có
OD BC
OD / /IF
IF BC
AOE IAF2
, OAE IAF
OAE IAF
12
A,E,F
thng hàng.
Tính cht 27: Cho hai đường tròn
O
O'
ct nhau ti
A,B
(
O,O'
trái phía so vi
AB
). V tiếp tuyến
chung
CD
(
C O , D O'
,
C,D
nm trên na mt phng b
OO'
cha
B
). Đường thng qua
C
song
song vi
AD
và đường thng qua
D
song song
AC
ct nhau ti
E.
CMR: t giác
BCED
ni tiếp.
Hình v
ng dn chng minh:
Gi
M AB CD
Chng minh
MC MA.MB
2
,
MD MA.MB
2
T đó ta có
M
là trung đim ca
AE
.
Suy ra
E,M,B, A
thng hàng.
BCD BAC
(cùng chn cung
BC
)
BED BAC
ED / /AC
BCD BED
t giác
BCED
ni tiếp.
Tính cht 28: Cho tam giác ABC ni tiếp đường tròn (C) tâm I AD đưng phân giác trong góc A.( D
chân phân giác trong). Gi d tiếp tuyến ti A của đưng tròn (C) ct BC ti E. Chng minh rng tam giác
AED cân ti E.
Hình v
ng dn chng minh:
Gi dtiếp tuyến ti A của đường tròn ngoi tiếp
ABC
E d BC
Gi s
EB EC
.
Ta có
EAB ACB
BAD DAC
,
EAD EAB BAD
ACB DAC ADE
ADE
cân ti E.
Tính cht 29: Cho tam giác
ABC
cân ti
A.
Gi
H
là trung điểm ca
BC,
D
là hình chiếu ca
H
trên
AC,
E
là trung điểm ca
HD.
CMR:
BD AE
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 13
Hình v
dng h trc
Hxy
như hình vẽ, và đặt
BC a a
C a; , B a; , A ; a


20
0 0 0 2
y
x
AC : x y a
aa
HD : x y
1 2 2
2
20
ng dn chng minh:
EM AH
AHM : HD AM
HD EM E
AE HM AE BD


Cách 2:
x y a
D AC HD
xy
a a a a
D ; E ; .



22
20
4 2 2
5 5 5 5
Ta có:
a a a a
AE ; ,BD ;
AE.BD AE BD
2 9 9 2
5 5 5 5
0
Tính cht 30: Trong mt phng tọa độ
Oxy
, cho hình vuông
ABCD
tâm
I
. Gi
M
điểm đối xng ca
D
qua
C
. Gi
H,K
lần lượt chân đường cao h t
D,C
lên
AM
. CMR:
HI / /BK
Hình v
* Ta có: ABCD là t giác ni tiếp (do
ABCD là hình vuông) và ABKC là t
giác ni tiếp (do
0
90ABC AKC
)
A, B, K, C, D cùng thuc đường
tròn đường kính AC
ng dn chng minh:
ABKD
là t giác ni tiếp.
0
45 1AKB ADB
* Mt khác,
0
45 2ADB KHI
(góc ngoài bằng góc đối
trong, do
AHID
là t giác ni tiếp có
0
90AHD AID
).
T
12;
, suy ra
0
45AKB KHI HI / /BK
(so le
trong).
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 14
B-
TUY
N CH
N PHÂN D
NG
HÌNH PHNG OXY NĂM 2016
Phần I. Các bài toán về tam giác.
Bài 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC các đường thẳng chứa
đường cao kẻ từ A, trung tuyến kẻ tB phân giác trong kẻ từ C lần lượt
(d1): 3x 4y + 27=0, (d2): 4x + 5y 3 = 0, (d3): x + 2y 5 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của
tam giác ABC. Lần 1– Trƣờng THPT chuyên Bắc Giang Bắc
Giang
Lời giải tham khảo
Véc-tơ chỉ phương của
1
d
1
4;3
d
a
.
1
d BC
nên BC nhận
1
4;3
d
a
làm vtpt.
+) Ta có: vtpt của
3
d
3
1;2
d
n
+) Gọi véc- pháp tuyến của AC là:
22
; ; 0
AC
n a b a b
+) Do
3
d
phân giác của góc C nên ta
có:
3 1 3
22
2 2 2
2 4.1 3.2
cos , cos ,
25. 5
.5
0
2 2 3 4 0
34
AC d d d
ab
n n a n
ab
a
a b a b a ab
ab

TH1: Khi
0a
chọn
1b
thì
0;1
AC
n
+) Gọi
3
5 2 ;C c c d
. Khi đó AC qua C có dạng:
:0AC y c
+) Do
1
3 4 27
0
0
4
c 9;
3
x
yc
Ac
y
A C d A



+) M trung điểm AC nên có:
1
2;
3
M c c




.
2
1
4 2 5 3 0 3
3
M d c c c



.
Vậy
5;3 ; 1;3AC
+) Phương trình BC qua C và vuông góc với
1
d
có dạng:
: 4 3 5 0BC x y
Khi đó:
2
2; 1B d BC B
Thử lại thấy A và B nằm cùng phía với
3
d
hay
3
d
là phân giác ngoài góc C nên không thỏa mãn.
TH2: Khi
34ab
, chọn
3 4 4;3
AC
b a n
khi đó AC song song với BC nên
loại trường hợp này.
Vậy không có tam giác ABC thỏa bài toán đã cho.
Bài 2: Trong mt phng vi h trc Oxy cho tam giác ABC góc A tù. Hãy viết phương
trình các cnh tam giác ABC biết chân 3 đường cao h t đỉnh A,B,C lần lưt có tọa độ là:
D(1;2), E(2;2), F(1;2).
Đề thi thử THPT Quốc Gia năm 2016
Lời giải tham khảo
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 15
Trước hết ta chứng minh rằng khi ABC A tA tâm ng tròn nội tiếp DEF.
Thật vậy:
+) Do 2 t giác ni tiếp BDAE DCFA ni tiếp nên:
0
0
90
90
ADE ABE BHF
ADF ACF FHB
ADE ADF
.Hay DH là tia phân giác c
FDE
.
Tương tự như vậy ta cũng có EA là phân giác ca góc
DEF
. Suy ra A là tâm vòng tròn ni tiếp DEF.
Phân giác trong và ngoài ti D là :
12
:3 1 0; : 3 7 0d x y d x y
+) Phân giác trong và ngoài ti E:
12
: 2 2 0; : 2 6 0e x y e x y
+) Phân giác trong và ngoài tại F:
12
: 1 0; : 3 0f x y f x y
ABC có góc A tù thì 3 cnh BC, CA, AB của nó có phương trình là:
2 1 1
, , d e f
.
Vậy :
: 3 7 0; : 2 2 0; : 1 0BC x y CA x y AB x y
Bài 3: Trong mặt phẳng với htrục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC A(3; 1), đường
thẳng BC có phương tnh y = 0, đường phân giác trong của góc BAC phương trình y
= x − 2, điểm M(−6; −2) thuộc đường thẳng AB. Tính diện tích tam giác ABC.
Lần 2 - Cao Đẳng nghề Nha Trang
Lời giải tham khảo
Cách 1: (Kĩ thuật đối xứng qua phân giác)
Gọi
đường thẳng qua M vuông góc với
phân giác AD, sao cho
cắt AD tại I, cắt AC tại N,
rõ ràng
AMN
cân tại A cho ta I là trung điểm MN.
+)
: 8 0xy
+)
3; 5 0; 8I AD I N
Phương trình đường thẳng AB qua hai điểm
A, M có dạng:
: 3 0AB x y
+)
0;0B BC AB B
Phương tnh đường thẳng AC qua hai điểm A,
N có dạng:
:3 8 0AC x y
+)
8
;0
3
C AC BC C



Khi đó, dễ dàng tính được:
31
1 1 4
1
2 2 3
1
3
B A B A
ABC
C A C A
x x y y
S
x x y y




Cách 1: (Đáp án)
Phương trình đường thẳng AB:
30xy
Gọi
là góc gia 2 đường thẳng AB và phân giác trong (d) thì
12
2
cos cos ,
20
nn

FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 16
(với
1
1; 3n 
là VTPT của AB và
2
1; 1n 
là VTPT của (d))
Giả sử
;0n A B
là tọa độ VTPT của đường thng (d’) chứa cạnh AC khi đó:
2
22
4
cos cos ,
20
2
AB
nn
AB
22
3 10 3 0A AB B
(
0B
nếu
0B
thì
0A
mâu thuẫn giả thiết
0n
)
3;
3
1
1
;
3
3
n B B
AB
AB
n B B







. Ứng với 2 phương trình:
3 8 0
30
xy
x y AB
+) Nên đường thẳng (d’) chứa cạnh AC là :
3 8 0xy
.
Tọa độ điểm B và C lần lượt tìm được là :
0;0B
8
0;
3
C



suy ra
8
3
BC
Chiều cao của tam giác ABC ứng với cạnh BC
,BC 1dA
.
Suy ra diện tích là
4
3
S
Bài 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B,
BC 2BA
. Gọi E, F
lần lượt trung điểm của BC, AC. Trên tia đối của tia FE lấy điểm M sao cho
FM 3FE
.
Biết điểm M tọa độ
5; 1
, đường thẳng AC phương trình
2x y 3 0
, điểm A
hoành đ là số nguyên. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Lần 1 –Trƣờng THPT Phƣớc Bình
Lời giải tham khảo
Tính chất hình học:
BM AC
(Vẽ hình chính xác thì ta sẽ thấy
ABC BEM
từ đó gợi
ý ta chứng minh theo hướng chứng minh 2 tam giác
bằng nhau).
Gọi I là giao điểm của BM và AC.
Ta thấy
BC 2BA EB BA,FM 3FE EM BC
ABC BEM EBM CAB BM AC
.
+) Đường thẳng BM đi qua M vuông góc với AC
BM:x 2y 7 0
.
+) Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ
13
x
2x y 3 0
5
x 2y 7 0 11
y
5

13 11
I;
55



12 6
IM ;
55



+) Ta có thêm:
EMB IMF
(g-g) nên:
2 8 4
IB IM ; B 1; 3
3 5 5


Trong
ABC
ta có
2 2 2 2
1 1 1 5 5
BA BI
BI BA BC 4BA 2
I
M
F
E
C
A
B
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 17
+) Mặt khác
22
8 4 4 5
BI
5 5 5

, suy ra
5
BA BI 2
2

+) Gọi toạ độ
A a,3 2a AC
, Ta
:
22
22
a3
BA 4 a 1 6 2a 4 5a 26a 33 0
11
a
5
+) Do a là số nguyên suy ra
A 3; 3
.
24
AI ;
55


+) Ta có
AC 5AI 2;4 C 1;1
.
Vậy
A 3; 3
,
B 1; 3
,
C 1;1
Bài 5 Cho
ABC
vuông cân tại
.A
Gọi
M
là trung điểm
,BC
G
là trọng tâm
,ABM
điểm
7; 2D
điểm nằm trên đoạn
MC
sao cho
.GA GD
Tìm tọa độ điểm
,A
lập
phương trình
,AB
biết hoành đ của
A
nh hơn 4 và
AG
phương trình
3 13 0.xy
Lần 4 –Trƣờng THPT Phƣớc Bình
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học:
GAD
vuông cân tại G.
Ta có:
2
2
3.7 2 13
; 10
31
d D AG


+)
ABM
vuông cân
GA GB GA GB GD
.
Vậy
G
là tâm đường tròn ngoại tiếp
ABD
0
2 90AGD ABD GAD
vuông cân tại
.G
+) Do đó
2
; 10 20;GA GD d D AG AD
Gọi
;3 13 AG; 4A a a a
. Ta :
22
2
5( )
20 7 3 11 20
3
a loai
AD a a
a
Vậy
3; 4A
Gọi VTPT của
AB
;
AB
n a b
22
3
cos cos , 1
. 10
AB AG
ab
NAG n n
ab
+) Mặt khác
2 2 2 2
33
cos 2
10
9.
NA NM NG
NAG
AG
NA NG NG NG

Từ (1) (2)
2
22
0
3
3
6 8 0
34
10
. 10
b
ab
ab b
ab
ab

Với
chọn
1a
ta
: 3 0;AB x
Với
34ab
chọn
4; 3ab
ta
:4 3 24 0AB x y
G
N
M
A
C
B
D
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 18
+) Nhận thấy với
:4 3 24 0AB x y
thì
4.7 3. 2 24
; 2 ; 10
16 9
d D AB d D AG
(loại)
Vậy
: 3 0.AB x
Bài 6: Trong mặt phẳng với htọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
vuông cân tại
A
, gọi
M
trung điểm của
BC
,
N
thuc cạnh
AB
saο cho
4AB AN
. Biết rằng
2;2M
,
phương trình đường thẳng
:4 4 0CN x y
điểm
C
nằm phía trên trục hoành. Tìm
tọa đ điểm
A
.
Lần 1 –Trƣờng THPT chuyên Hùng Vƣơng
Lời giải tham khảo
Ta có:
22
44
cos
17 17
AC AB AN
ACN
CN
AN
AC AN
+) Khi đó, ta có được:
00
00
45 cos cos 45
5
cos45 .cos sin45 .sin
34
ACB NCB ACN
ACN ACN
+) Giả sử
22
,0
BC
n a b a b
, do
22
22
22
4
cosNCB cos ,
. 17
4
5
34
. 17
7 16 23 0
23
7
BC CN
ab
nn
ab
ab
ab
a ab b
ab
ab



Khi
ba
thì phương trình
: 4 0BC x y
+) Do
C BC CN
nên tọa đ điểm C là nghiệm của hệ:
4 4 0
44
x y x
x y y



+) Nên
0;4 4;0CB
+) Phương trình
: 0 ;AM x y A a a
+) Ta có:
0
4
a
AB AC
a

, Khi đó được
0;0A
hoặc
4;4A
, nhưng do A B nằm
khác phía với CN nên thử lại ta có:
0;0A
Khi
23
7
ab
, thì phương trình
:23 7 32 0BC x y
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 19
+) Do
C BC CN
nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:
20
44
17
4 12
17
x
xy
xy
y


(Loại do
C nằm phía trên trục hoành).
Bài 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với
7
1;4 , 3;0 , ;0
3
A B C




và
điểm
1;0M
trên cạnh BC. Hãy xác định tọa độ điểm N trên AB và điểm P trên AC
sao cho chu vi tam giác MNP nhỏ nhất
Lần 2 –Trƣờng THPT Đồng Xoài
Lời giải tham khảo:
Gọi K điểm đối xứng của M qua AC, H
là điểm đối xứng của M qua AB.
Chu vi tam giác MNP
MNP
CV MN NP PM KN NP PH HK
HK const
+) Dấu bằng xảy ra khi H, N, P, K thẳng
hàng.
+) Vậy chu vi tam giác MNP nhỏ nhất bằng HK.
Khi H, N, P, K thẳng hàng.
Tìm N, P.
+) Phương trình đường thng
:3 7 0AB x y
+) Phương trình đường thng
: 3 0AC x y
+) Gọi I là hình chiếu vuông góc của M trên AB
2;1I
do đó K(-5; 2).
+) Gọi J là nh chiếu vuông góc của M trên AC
J(2;1) do đó H(3; 2).
+) Phương trình đường thng
: 2 0HK y
. Ta : N = HK ∩ AC, P = HK ∩AB.
Do đó tọa độ các điểm N, P cần m là: N(1; 2), P(
)2;
3
5
.
Bài 8: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có
phương trình:
10xy
, phương trình đường cao kẻ từ B là:
2 2 0xy
. Điểm
M(2;1) thuộc đường cao kẻ từ C. Viết phương trình các cạnh bên của tam giác
ABC.
Lần 1 –Trƣờng THPT Nguyễn Hữu Cảnh – Bình Phƣớc
Lời giải tham khảo:
Gọi H là trực tâm
ABC. m được B(0;-1),
1
cos cos
10
HBC HCB
+) Pt đường thẳng HC qua M có dạng: a(x-2)+b(y-1)=0
(
( ; )n a b
là VTPT và
22
0ab
)
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 20
+)
2
22
22
1
cos 4 10 4 0 2 5 2 0
10
2( )
ab
aa
HCB a ab b
bb
ab
2
2, 1
1 1, 2( )
2
a
ab
b
a a b l
b



. Nên phương
trình
: 2 3 0CH x y
Do
AB CH
B AB
nên viết được phương
trình đường thẳng
: 2 2 0AB x y
C giao điểm của AB BC
25
;
33
C




phương trình đường thẳng
:6 3 1 0AC x y
Bài 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng
: 2 1 0xy
điểm
1; 2A
.
Gọi M giao điểm của
với trục hoành. Tìm hai điểm B, C sao cho M trung điểm
AB trung điểm N của đoạn AC nằm trên đường thẳng
, đồng thời diện tích tam
giác ABC bằng 4.
Lần 3 –Trƣờng THPT Nguyễn Hữu Cảnh- Bình Phƣớc
Lời giải tham khảo:
Tọa độ M:
2 1 0
0
xy
y
1
;0
2
M



+) M là trung điểm AB nên
2; 2B
Phương trình đường thng BC qua B song
song với
MN 
có dạng:
:2 2 0BC x y
+) Tham số hóa điểm
; 2 2C c c
+) Theo giả thiết, ta có:
22
1
;.
2
12
4 . . 2 2 4
2
5
2
6
ABC
S d A BC BC
cc
c
c

Kết luận:
2; 2B
,
6; 10C
hoặc
2; 6C
Bài 10: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B,
BC 2BA
. Gọi E,
F lần lượt trung điểm của BC, AC. Trên tia đối của tia FE lấy điểm M sao cho
FM 3FE
. Biết điểm
M 5; 1
, đường thẳng AC phương tnh
2x y 3 0
, điểm A
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 21
có hoành độ là số nguyên. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Đề thi thử THPT Quốc Gia năm 2016 –đề 1
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học:
AC BM
+) Gọi I là giao điểm của BM và AC.
+) Ta thấy
BC 2BA EB BA,FM 3FE EM BC
ABC BEM EMB ACB BM AC
.
Đường thẳng BM đi qua M vuông góc với AC
BM:x 2y 7 0
.
+) To độ điểm I nghiệm của hệ
13
x
2x y 3 0
5
x 2y 7 0 11
y
5

13 11
I;
55



12 6
IM ;
55



,
2 8 4
IB IM ; B 1; 3
3 5 5


Trong
ABC
ta
2 2 2 2
1 1 1 5 5
BA BI
BI BA BC 4BA 2
+) Mặt khác
22
8 4 4 5
BI
5 5 5

, suy ra
5
BA BI 2
2

Gọi toạ độ
A a,3 2a
, Ta
22
22
a3
BA 4 a 1 6 2a 4 5a 26a 33 0
11
a
5
+) Do a là số nguyên suy ra
A 3; 3
.
24
AI ;
55


+) Ta có
AC 5AI 2;4 C 1;1
.
Vậy
A 3; 3
,
B 1; 3
,
C 1;1
Bài 11: Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC vuông tại A . B,C là hai điểm đối
xứng nhau qua gốc tọa độ .Đường phân giác trong c B của tam giác phương
trình:
2 5 0xy
. m tọa độ các đỉnh của tam giác biết đường thẳng AC đi qua
6;2K
Lần 2–Trƣờng THPT Lộc Ninh
Lời giải tham khảo:
I
M
F
E
C
A
B
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 22
Tham số hóa điểm
2 5; 2 5;B b b BD C b b
+) Phương tnh đường thẳng qua O và vuông c với
BD: có dạng:
:2 0xy
+) Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ :
2 5 0 1
1;2
2 0 2
x y x
I
x y y




+)
cắt AB tại E, I là trung điểm OE nên
2;4E
+)
2 3; 4 ; 2 11; 2EB b b KC b b
+) Mà
1
5
b
BE KC
b

TH1: Khi
1b
suy ra:
3;1 ;C 3; 1B 
Phương trình:
:3 10 0; : 3 0AB x y AC x y
+) Nên
3;1A AB AC A
(loại do tng với B)
TH2: Khi
5b
suy ra:
5;5 ;C 5; 5B 
Phương trình:
: 7 30 0; :7 40 0AB x y AC x y
+) Nên
31 17
;
55
A AB AC A



Bài 12: Trong mặt phẳng với h to độ Oxy, cho tam giác ABC biết đỉnh
2;–1B
,
đường cao qua A phương tnh
1
:3 4 27 0d x y 
, phân giác trong c C
phương trình
2
: 2 5 0d x y
. Tìm toạ độ điểm A.
Lần 2 –Trƣờng THPT Vạn Ninh Khánh Hoà
Lời giải tham khảo:
Đường thẳng BC qua
2;–1B
, vectơ pháp tuyến
là:
4;3n
.
Suy ra phương trình đường thẳng BC là:
4 3 5 0xy
.
+) Toạ độ điểm C nghiệm của hệ phương trình:
4 3 5 0 1
( 1;3)
2 5 0 3
x y x
C
x y y



Gọi B’ điểm đối xứng của B qua d2, I giao điểm
của BB’ và d2.
Suy ra phương trình BB’:
21
12
xy
2 5 0xy
+) Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ:
2 5 0 3
(3;1)
2 5 0 1
x y x
I
x y y




+) Nên
' 4;3B
, viết được phương trình đường thẳng
: 3 0AC y 
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 23
+) Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:
3 0 5
( 5;3)
3 4 27 0 3
yx
A
x y y



Bài 13: Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC
(2;1)M
trung điểm cạnh AB.
Đường trung tuyến và đường cao đi qua đỉnh A lần lượt phương trình (d):
x+ 5 0y 
(d’):
3x 1 0y
. Viết phương trình đường thẳng AC.
Trƣờng Trung cấp nghề Ninh Hoà
Lời giải tham khảo:
Do A là giao điểm của (d) và (d’) nên
2;7A
+) Do M là trung điểm của AB nên
6; 5B
+) Phương trình đường thẳng BC qua B vuông c với
AH có dạng:
: 3 21 0BC x y
+)
9; 4N BC d N
+) Do N là trung điểm của BC nên
12; 3C
Phương trình đường thẳng AC:
5x 7 39 0y
Bài 14: Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho tam giác
ABC
phương trình cạnh
:2 1 0, :3 4 6 0AB x y AC x y
, điểm
1;3M
nằm trên đường thng chứa cạnh
BC
sao
cho
32MB MC
. Tìm tọa độ trọng tâm
G
của tam giác
ABC
.
Trƣờng THPT Khánh Sơn Khánh Hoà
Lời giải tham khảo:
2; 3A AB AC A
+) Tham số hóa:
b; 2 1 , 4 2; 3B b AB C c c AC
+) Do
,,B C M
thẳng hàng, nên
32
32
MB MC
MB MC

Tìm được
5 7 1
1; ;
3 3 3
GG
Bài 15: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B,
2AB BC
. Gọi D là
trung điểm của AB, E nằm trên đon thẳng AC sao cho
3.AC EC
Biết phương trình
đường thẳng chứa CD là
3 1 0xy
và điểm
16
;1
3
E



. Tìm tọa độ các điểm
, , .A B C
Trƣờng THPT Đức Thọ - Hà Tĩnh
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học:
BE CD
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 24
+) Gọi
DI BE C
. Ta
BA EA
BC EC
nên E là chân phân giác trong
góc B của tam giác ABC. Do đó
0
45 DCBE BE C
Phương trình đường thẳng
:3 17 0BE x y
.
+) Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ:
3 17 0 5
(5;2)
3 1 0 2
x y x
I
x y y




+) Ta có
15
,3
33
2 3 2
BC BC BC
BI CI CE AC IE IB IE
Từ đó tìm được tọa độ điểm
4;5B
Gọi
3 1; c CCc D
, ta có:
2 2 2
1
2 2 5 (3 5) (c 5) 20 10 40 30 0
3
c
BC BI c c c
c
+) Với
1c
ta
2;1 , 12;1CA
+) Với
3a
ta
8;3 , 0; 3CA
Bài 16: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B,
BC 2BA
. Gọi E,
F lần lượt trung điểm của BC, AC. Trên tia đối của tia FE lấy điểm M sao cho
FM 3FE
. Biết điểm
M 5; 1
, đường thẳng AC phương trình
2x y 3 0
, điểm A
có hoành độ là số nguyên. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Lần 1 –Trƣờng THPT Lam Kinh
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học:
BM AC
+) Gọi I là giao điểm của BM và AC.
+) Ta thấy
BC 2BA EB BA,FM 3FE EM BC
ABC BEM EBM CAB BM AC
.
Đường thẳng BM đi qua M vuông góc với AC
BM:x 2y 7 0
.
+) Toạ độ điểm I nghiệm của h
13
x
2x y 3 0
5
x 2y 7 0 11
y
5

13 11
I;
55



12 6
IM ;
55



,
2 8 4
IB IM ; B 1; 3
3 5 5


+) Trong
ABC
ta có
2 2 2 2
1 1 1 5 5
BA BI
BI BA BC 4BA 2
Mặt khác
22
8 4 4 5
BI
5 5 5

, suy ra
5
BA BI 2
2

I
M
F
E
C
A
B
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 25
+) Gọi toạ độ
A a,3 2a
, Ta có
22
22
a3
BA 4 a 1 6 2a 4 5a 26a 33 0
11
a
5
Do a là số nguyên suy ra
A 3; 3
.
24
AI ;
55


Ta có
AC 5AI 2;4 C 1;1
. Vậy
A 3; 3
,
B 1; 3
,
C 1;1
Bài 17: Trong mt phẳng với htọa đ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi K
điểm đối xứng của A qua C. Đường thẳng đi qua K vuông góc với BC cắt BC tại E và cắt
AB tại
( 1;3)N
. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng góc
0
45AEB
, phương
trình đường thẳng BK là
3 15 0xy
điểm B có hoành đ lớn hơn 3.
Lần 2 –Trƣờng THPT Lê Lợi Thanh Hoá
Lời giải tham khảo:
Tứ giác ABKE nội tiếp
0
45AKB AEB
AKB
vuông cân tại A
0
45ABK
+) Đường thẳng BK vtpt
1
(3;1)n
, gọi
2
( ; )n a b
là vtpt của đt AB và
là góc giữa BK
AB.
+) Ta có :
12
22
12
.
3
1
cos
2
10.
nn
ab
nn
ab
22
3 5.a b a b
22
2
4 6 4 0
2
ba
a ab b
ab

+ Với
2ab
, chọn
2
( 2;1) : 2 5 0 (2;9)n AB x y B
(Loại)
+ Với
2ba
, chọn
2
(1;2) : 2 5 0 (5;0)n AB x y B
(TM)
Tam giác BKN BE và KA đường cao
C trực tâm của BKN
: 3 10 0CN BK CN x y
.
ABK
KCM
vuông cân
1 1 1 1
.4
4
2 2 2 2 2 2
BK
KM CK AC BK BK KM
79
; (3;6)
22
M MN BK M K



,
Đường thẳng AC qua K vuông góc AB
:2 0AC x y
(1;2)A AC AB A
, C là trung điểm của AK
(2;4)C
.
Vậy: A(1;2), B(5;0), C(2;4).
Bài 18: Cho tam giác ABC. Đường phân giác trong của góc B phương trình
1
: 2 0d x y
, đường trung tuyến kẻ tB có phương trình
2
:4 5 9 0d x y
. Đường
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 26
thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm
1
(2; )
2
M
, bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC là
5
2
R
. Tìm tọa đđỉnh A .
Lần 1–Lê Lợi Thanh Hoá
Lời giải tham khảo:
Tọa độ B là nghiệm của hệ
2 0 1
4 5 9 0 1
x y x
x y y



+) Gọi M
là điểm đối xứng với M qua
1
d
,
'
3
( ;0)
2
M
.
+) Do AB đi qua B và M nên có pt:
: 2 3 0AB x y
.
BC đi qua M
'
B nên có pt:
:2 3 0BC x y
.
+) Gọi
c giữa 2 đường thẳng AB và BC suy ra
2.1 1.2
43
os sin
55
5. 5
c

.
Từ định lý sin trong tam giác ABC, ta có:
23
sin
AC
R AC
ABC
.
+)
3
, ( ; ); ( ;3 2 )
2
a
A AB C BC A a C c c
, trung điểm của AC là
94
( ; )
24
a c a c
N
.
+)
2
2
2
4 3 0
5; 2
43
3, 0
3
( ) 9
2
ac
Nd
ac
ac
ac
AC
ca






Khi
5a
ta được
5; 1A
. Khi
3a 
ta được
3;3A
.
Kết luận:
5; 1 , 3;3AA
.
Bài 19: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC M(8;2); E
11 9
;
22



lần
lượt trung điểm của BC và AC. Gọi H trực tâm tam giác ABC và F chân đường
cao hạ t C, biết đường thẳng đi qua F trung điểm của AH phương trình
: 2 8 0d x y
. Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC
Đề số 4Moon
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học:
FI FM
FI FM
+)
IE CH
ME AB ME IE
CH AB
+) Ta có: tam giác AFH vuông tại F, I là trung điểm
AH nên từ đó cho ta
FI IA IH FAI AFI
Tương tự cũng do tam giác FBC vuông tại F, M
trung điểm BC nên
MB MC MF BFM FBM
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 27
00
90 90FAI FBM AFI BFM FI FM
Phương trình đường thẳng:
: 10 0 : 1 0ME x y EI x y
+)
3;2I EI FI I
+) Do
FI FM
nên phương trình đường thẳng
: 2 4 0MF x y
+)
4;0 : 4 0; : 4 0F MF FI F CF x y AB x y
Gọi
;4 ; ; 4B b b AB C c c CF
, do M là trung điểm BC nên:
16
6; 2 ; 10;6
8
bc
BC
bc


+) AC nhận E làm trung điểm
1;3A
Vậy
1;3A
;
6; 2 ; 10;6BC
Bài 20: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
vuông tại
A
. Gọi
H
hình chiếu vuông góc của
A
trên
BC
, các điểm
2; 1M
,
N
lần lượt trung điểm của
HB
HC
; điểm
11
;
22
K



trực tâm tam giác
AMN
. Tìm tọa độ điểm
C
, biết rằng
điểm
A
có tung độ âm và thuộc đường thẳng
: 2 4 0d x y
.
Trƣờng THPT Chuyên Nguyễn Quang Diệu
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học:
CI AM
, K là trung điểm IH.
+) Gọi
I
là trung điểm của
AH
, ta
//MI AB
MI AC
Suy ra:
I
là trực tâm tam giác
AMC
CI AM
+)Mà
//NK AM NK CI
K
là trung điểm
HI
Đặt
2 4;A a a d
, từ hệ thức
2 2 2
3;
33
aa
AK KH H





+) Suy ra:
71
2;
22
AK a a


2 4 5
;
33
aa
MH



+) Khi đó:
7 2 4 1 5
. 0 2 0
2 3 2 3
aa
AK MH a a

2
1
10 13 23 0
23
10
a
aa
a

2; 1A
.
Suy ra tọa độ
0;1H
4; 3B
+) Phương trình
:AB
3 5 0xy
: 1 0BC x y
+) Phương trình
:3 5 0AC x y
Tọa độ
C
là nghiệm của hệ phương trình:
x+2y+4=0
I
K
(-1/2;1/2)
M
(2;-1)
N
H
C
A
B
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 28



3 5 1
1;2
12
x y x
C
x y y
Kết luận:
2; 1A
;
4; 3B
;
1;2C
Bài 21: Trong mặt phẳng với htọa đ Oxy cho tam giác ABC
AC 2AB
, điểm
9
2
1;M
trung điểm của BC, D điểm thuộc cạnh BC sao cho
BAD CAM
. Gọi E
trung điểm của AC, đường thẳng DE phương trình:
2x 11y 44 0
, điểm B thuộc
đường thng d phương trình:
x y 6 0
. Tìm tọa độ 3 điểm A, B, C biết hoành độ
điểm A là một số nguyên.
Trƣờng THPT Chuyên Biên Hòa, lần 1
Lời giải tham khảo:
Goi
I BE AD
,
G AM BE
ABI AEG g.c.g BI GE
.
BG 2GE
(do G là trọng tâm ca
ABC
)
BI IG GE
.
Kẻ
EH BC H AD
.
Chứng minh được
CD 2HE,HE 2BD CB 5BD
.
9
2
1;2BM 5BD,B b; 6 b , D 22 11d; 2d ,M


18
11
55
9
D;
55d 3b 108
d
5
10d 3b 27
B 3;3
b3
9
2
1;M
là trung điểm của BC
C 1;6
.
Gọi
E 22 11e; 2e
, E là trung điểm của AC
A 45 22e;4e 6
2
e 2 tm
AC 2AB 75e 278e 256 0 A 1; 2
128
el
75
Vậy
A 1; 2 ,B 3; 3 ,C 1;6
Bài 22: Trong mặt phẳng với hệ toạ đOxy, cho đường tròn
22
( ):( 1) ( 2) 25C x y
ngoại tiếp tam giác ABC. Các điểm K(-1 ; 1), H(2; 5) lần lượt chân đường cao kẻ từ
các đỉnh A B của tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng C
có hoành độ dương.
Trƣờng THPT Tô Văn Ơn, lần 1
Lời giải tham khảo:
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 29
+(C) có tâm
)2;1(I
. Gọi Cx là tiếp tuyến của (C) tại C.
Ta có
1
2
HCx ABC
AC
(1)
Do
0
90AHB AKB
nên AHKB tứ giác nội tiếp
ABC KHC
(cùng với góc
AHK
)
(2)
Từ (1) (2) ta có
// HCx KHC HK Cx
.
HKICCxIC
.
Do đó IC có vectơ pháp tuyến
)4;3(KH
, IC có phương trình
01143 yx
Do C là giao của IC và (C) nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ
25)2()1(
01143
22
yx
yx
5
3
;
1
5
y
x
y
x
. Do
0
C
x
nên
)1;5( C
Đường thẳng AC đi qua C vecch phương
)6;3(CH
nên AC phương trình
092 yx
.
Do A là giao của AC và (C) nên tọa đ điểm A là nghiệm của hệ
25)2()1(
092
22
yx
yx
1
5
;
7
1
y
x
y
x
(loại). Do đó
)7;1(A
Đường thẳng BC đi qua C vectơ chỉ phương
)2;6(CK
nên BC phương tnh
023 yx
.
Do B là giao của BC và (T) nên tọa độ điểm B là nghiệm của h
25)2()1(
023
22
yx
yx
1
5
,
2
4
y
x
y
x
(loại). Do đó
)2;4(B
Vậy
)7;1(A
;
)2;4(B
;
)1;5( C
.
Bài tập tƣơng tự 1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC, gọi D là điểm
đối xứng với C qua A. Điểm
2; 5H
là hình chiếu vuông góc của điểm B trên AD, điểm
1; 1K 
là hình chiếu vuông góc của điểm D trên AB, đường tròn (T) ngoại tiếp tam
giác ABD phương trình
22
1 2 25xy
. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC,
biết điểm A có hoành độ dương.
lần 1–Trƣờng THPT Hồng Quang- Hải Dƣơng
A
B
C
H
K
I
x
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 30
Tính chất hình học:
IA HK
(Các em học sinh gắng chứng minh: kẻ tiếp tuyến Ax rồi
chứng minh
HK Ax
)
Khi đó phương trình đường thẳng
:3 4 11 0 5;1IA x y A IA T A
Lập phương trình đưng thẳng AB, AD rồi giao với (T) giải hệ tìm B, D rồi suy ra C.
Đáp số:
5;1 ; 4; 2 ; 9;9A B C
Bài tập tƣơng t2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội
tiếp đường tròn (C):
22
25xy
, đường thẳng AC đi qua điểm K(2; 1). Gọi M, N lần
lượt là chân đường cao kẻ từ đỉnh B và C. Tìm tọa độ các đỉnh của ∆ABC biết phương
trình đường thẳng MN là 4x − 3y + 10 = 0 và điểm A có hoành độ âm.
lần 1–Sở GDDT Quảng Ninh, Đáp S :
4;3 ; 3; 4 , 5;0A B C
Bài 23: Trong mặt phẳng với htođộ
Oxy
cho tam giác
ABC
1;4A
, tiếp tuyến tại
A
của đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
cắt
BC
tại
D
, đường phân giác trong của
ADB
phương trình
20xy
, điểm
4;1M
thuộc cạnh
AC
. Viết phương trình
đường thẳng
AB
.
Trƣờng THPT Chuyên Bình Long, Bình Phƣớc, lần 2
Lời giải tham khảo:
K
C
A
D
B
I
M
M'
E
Gọi AI là phan giác trong của
BAC
Ta có :
AID ABC BAI
IAD CAD CAI
BAI CAI
,
ABC CAD
nên
AID IAD
DAI
cân tại D
DE AI
PT đường thẳng AI là :
50xy
Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI
PT đường thẳng MM’ :
50xy
Gọi
'K AI MM
K(0;5)
M’(4;9)
VTCP của đường thẳng AB là
' 3;5AM
VTPT của đường thẳng AB
5; 3n 
Vậy PT đường thẳng AB là:
5 1 3 4 0xy
5 3 7 0xy
Bài 24: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa đOxy cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi D
là trung điểm của BC E là hình chiếu của A trên đường thng BC. Gọi F G ơng
ứng là hình chiếu của E trên các cạnh ABAC. Đường thẳng FG cắt đường thẳng AD
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 31
tại H. Biết rằng
AH AD.2
, tọa độ điểm
A 2; 3
, phương trình đường thẳng
FG x y: 3 4 2 0
điểm E có hoành độ nh hơn 3. Tìm tọa độ các đỉnh BC.
Trƣờng THPT Hoàng Hoa Thám
Lời giải tham khảo:
I
H
D
A
B
C
E
F
G
Chứng minh AD vuông góc FG:
ABC tam giác vuông cạnh huyền BC, trung tuyến AD do đó:
DA DB DC
hay tam
giác ACD cân tại D.
Khi đó:
DAC DCA
. Mặt khác
FAE DCA
(góc cạnh tương ứng vuông góc)
FAE GFA
(AFEG là hình chữ nht) do đó:
DAC GFA
.
Vì:
GFA AGH
0
90
, vậy:
DAC AGH AD FG
0
90
.
Phương trình đường thẳng:
AD x y: 4 3 17 0
.
Bài 25: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C):
22
2 3 26xy
. Trọng tâm của tam giác là
8
1;
3
G



; điểm
7;2M
nằm trên đường thẳng
đi qua A và vuông góc với BC (M
A). m tọa độ các đỉnh của tam giác, biết
Trƣờng THPT Phạm Văn Đồng Phú Yên
Lời giải tham khảo
Gọi I tâm của đường tròn (C), E trung
điểm của BC H trực tâm của tam giác
ABC.
Kẻ đường kính AA’ ta có BA’ // CH, CA’ // BH
nên BHCA’ là hbh.
Suy ra E trung điểm của A’H nên IE
đường trung bình của
AHA’.
1
2
IE EG
AH AG
nên ba điểm H, G, I thẳng
hàng.
2GH GI
ta có I
2;3
nên H
1;2
.
Ta có M nằm trên (C) A, H, M thẳng hàng;
tam giác MHB cân tại B. Nên
BC là đường trung trực của HM.
G
E
A'
B'
F
M
H
I
B
C
A
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 32
▪ Phương trình đường thẳng BC:
30x
.
Tọa độ B, C là nghiệm của h phương trình:
22
30
3
2; 8
2 3 26
x
x
yy
xy


Phương trình đường thẳng HM:
20y 
.
Tọa độ A là nghiệm hệ:
22
20
3
2
2 3 26
y
x
y
xy



▪ Vậy A
3;2
, B
3;8
, C
3; 2
.
Bài 26: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B,
2AB BC
, D trung điểm của AB, E thuộc đoạn AC sao cho
3AC EC
, biết phương
trình đường thẳng CD:
3 1 0xy
,
16
;1
3
E



. Tìm tọa độ các điểm A, B, C.
Lần 1–Trƣờng THPT Tam Đảo Vĩnh Phúc
Lời giải tham khảo
Gọi
I BC CD
, ta có:
1
2
BA EA
BA EC

nên E là chân phân giác trong của góc ABC.
Tam giác BCD vuông n tại B nên viết được ptdt
:3 17 0BE x y
.
5;2I BE CD I
Dùng phương pháp gán độ dài chứng minh được:
3 4;5IB IE B
Tham số hóa điểm
C CD
, giải pt:
2;1 , 12;1
2
8;3 , 0; 3
CA
BC BI
CA

Bài 27: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác vuông cân tại . Gọi
trung điểm , là trọng tâm tam giác điểm là điểm nằm trên đon
sao cho . m tọa độ điểm , lập phương tnh , biết hoành độ của điểm
nh hơn và có phương trình .
Lần 2–Trƣờng THPT Thuận Châu, Sơn La.
Lời giải tham khảo:
Tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng
Xác định hình chiếu của trên .
Ta tam giác vuông cân đnh nên tam giác
vuông cân đỉnh
Suy ra Theo giả thiết nên tam giác
nội tiếp đường tâm bán kính .
Ta có: suy ra suy ra
Suy ra tam giác vuông cân đỉnh suy ra
A
B
C
M
G
(7; 2)D
3 13 0xy
N
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 33
Tìm điểm nằm trên đường thẳng sao cho
Giả sử
Với suy ra
Tìm số đo góc tạo bởi .
Gải sử đường thẳng có vecto pháp tuyến ta có :
TH 1 : chọn sy ra suy ra
TH 2: chọn suy ra
Trong hai trường hợp trên xét thấy nên
Vậy:
Bài 28: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp
đường tròn (T) phương trình:
22
6 2 5 0x y x y .
Gọi H là hình chiếu của A
trên BC. Đường tròn đường kính AH cắt AB, AC lần lượt tại M, N. Tìm tọa đ điểm
A viết phương trình cạnh BC, biết đường thẳng MN phương tnh:
20 10 9 0xy
điểm H có hoành độ nhỏ hơn tung độ.
lần 2–Trƣờng THPT Minh Châu- Hƣng Yên
Lời giải tham khảo:
(T)tâm
31I( ; ),
bán kính
5R.
Do
IA IC IAC ICA
(1)
Đường tròn đường kính AH cắt BC tại M
MH AB MH / /AC
(cùng vuông góc AB)
MHB ICA
(2)
Từ (1), (2), (3) ta có:
90
o
IAC ANM ICA AHM MHB AHM
Ta có:
ANM AHM
(chn cung AM) (3)
Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình cạnh BC.
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 34
A
B
C
H
M
N
I
E
Suy ra: AI vuông góc MN
phương trình đường thẳng IA là:
2 5 0xy
Giả sử
52A( a;a) IA.
2 2 2
0
5 2 6 5 2 2 5 0 5 10 0
2
a
A (T) ( a) a ( a) a a a
a
Với
2 1 2a A( ; )
(thỏa mãn vì A, I khác phía MN)
Với
0 5 0a A( ; )
(loại vì A, I cùng phía MN)
Gọi E là tâm đường tròn đường kính AH
9
2
10
E MN E t; t



Do E là trung điểm AH
38
2 1 4
10
H t ; t



58 48
2 2 4 2 4 4
10 10
AH t ; t , IH t ; t
2
272
02
8
0
96
0
255
tAH HI AH.IH t 
8 11 13
5 5 5
28 31 17
25 25 25
t H ; (thoûa maõn)
t H ; (loaïi)








Với
8 11 13
5 5 5
t H ;




(thỏa mãn)
Ta có:
63
55
AH ;


BC
nhận
21n ( ; )
VTPT
phương trình BC là:
2 7 0xy
Bài 29: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC C(-1;-2) ngoại tiếp
đường tròn tâm I. Gọi M, N, H lần luợt c tiếp điểm của (I) với cạnh AB, AC, BC. Gọi
K(-1;-4) giao điểm ca BI với MN. Tìm tođộ các đỉnh còn lại của tam giác ABC, biết
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 35
H(2;1).
lần 2–Trƣờng THPT Anh Sơn 2, Nghệ An
Lời giải tham khảo:
Ta có
22
ABC ACB
KIC IBC ICB
0
90
2
BAC

(1)
Ta có
0
90
2
BAC
KNC ANM AMN
(2)
Từ (1) (2) suy ra
KIC KNC
nên tứ giác
KNIC nội tiếp trong đường tròn đường kính
IC.
Mặt khác tam giác IHC nội tiếp trong đường
tròn đường kính IC
Vậy 5 điểm K, N, I, H, C nằm trên đường tròn
đường kính IC.
Gọi J trung điểm của IC nên J m đường
tròn đi qua 5 điểm trên.
Giả sử J(x;y) khi đó
JC JK JH
2 2 2 2
2 2 2 2
( 1 ) ( 4 ) ( 1 ) ( 2 )
( 1 ) ( 4 ) (2 ) (1 )
JC JK x y x y
JC JH
x y x y


3
3
x
y

(3; 3)J
.
Vì J là trung điểm của IC nên I(7;-4). Từ đó suy ra BI có phương trình
40y
BC đi qua H và C nên có phương trình
10xy
.
Do đó, B(x;y) là nghiệm của hệ
40
10
y
xy

( 3; 4)B
11INC v NKC v
Từ đó gi C’ là điểm đối xứng ca C qua đường thng BI. Khi đó K
là trung điểm của CC’ nên C’(-1;-6).
Đường thng AB qua B và C’ có phương trình là:
70xy
Giả sử AC có VTPT
22
( ; ),( 0)n a b a b
Khi đó AC có phương trình
( 1) ( 2) 0 2 0a x b y ax by a b
Ta có
( , )d I AC IH
22
7 4 2
52
a b a b
ab

22
82
52
ab
ab

1
23
7
a
b
a
b

+
1
a
b

chọn a = 1, b = -1 nên AC có phương trình
10xy
( trùng BC) ( loại).
+
23
7
a
b
chọn a = 23 ; b = 7 nên AC có phương trình
23 7 37 0xy
+ Khi đó A (x; y) là nghim của h
3
70
4
23 7 37 0 31
4
x
xy
xy
y


C'
J
A
C
K
B
I
N
H
M
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 36
Vậy
3 31
( ; )
44
A
Bài 30: Trong mặt phẳng với h tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A. Biết
phương trình cạnh BC
: 7 31 0d x y
, điểm N(7; 7) thuộc đường thẳng AC, điểm M(2; -3)
thuộc AB và nằm ngoài đoạn AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
THPT Bắc Yên Thành
Lời giải tham khảo:
Đường thẳng AB đi qua M nên có phương trình
2 3 0a x b y
22
0ab
0
; 45AB BC
nên
0
22
34
7
cos45
43
50
ab
ab
ab
ab


.
Nếu 3a = 4b, chọn a = 4, b = 3 ta được
:4 3 1 0AB x y
.
:3 4 7 0AC x y
.
Từ đó A(-1; 1) và B(-4; 5). Kiểm tra
2MB MA
nên M nằm ngoài đoạn AB (TM)
Từ đó tìm được C(3; 4)
Nếu 4a = -3b, chọn a = 3, b = -4 được
:3 4 18 0AB x y
,
:4 3 49 0AC x y
Từ đó A(10; 3) và B(10;3) (loại)
Bài 31: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC các đường cao AD,
BE nội tiếp đường tròn tâm I(5;4). m tọa độ các đỉnh ca tam giác ABC biết D(4;4),
E(6;5) và đỉnh C thuộc đưng thẳng
2 2 0xy
Chuyên khoa học tự nhiên, lần 3.
Lời giải tham khảo:
0
00
180
90 , 90
2
CIA
ICA ABC ABC CED IEC CED IC DE
. Suy ra
(2;1)DE
là VTPT của đường thẳng IC suy ra phương trình IC :
x2 14 0y
. C
thuộc đường thẳng
: 2 2 0 (6;2)d x y C
Phương trình
6
: (2 3 ;6)
23
x
CE A a
yt
a
2
2
1 2 3 5 6IA a
(a = 0 loại)
Suy ra :
(6;6)A
. Phương trình CD là :
62
22
xt
yt
a(6 2 ;2 2 )Bb
22
2
1 2 2 2 5IB b b
3
2
b
(
0b
loại) suy ra :
(3;5)B
Bài 32: Trong mặt phẳng với htọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn
m I, đim M(2;−1) trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc của B lên AI là
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 37
98
D;
55



; Biết rằng AC có phương trình x + y − 5 = 0 , m tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC.
THPT Nguyễn Văn Trỗi, lần 1
Gọi F hình chiếu vuông góc của A lên BC, E
là trung đim AB. Ta tứ giác BFDA nội tiếp
đường tròn đường kính AB ngủ giác BEDIM
nội tiếp đưng tròn đường kính BI
Suy ra
1

2
DEM DBM DBF DEF
(góc nội tiếp góc m cùng chắnmột
cung)
nên EM phân giác của góc DEF , lại
1
2
EF DE AB
nên ME đường trung
trực của DF. Đường thẳng ME qua M song
song với AC n có phương trình x + y 1= 0 ,
F đối
xứng với D qua ME nên
13 6 3 1
; , ;
5 5 5 5
F MF
nên véc tơ pháp tuyến của BC
1; 3n
suy ra phương trình BC là :
3 5 0xy
nên tọa độ đim C là nghiệm ca hsau :
3 5 0
(5;0)
50
xy
C
xy
. M là trung điểm BC suy ra B (−1;−2)
, AF qua F và vuông góc với BC nên có phương trình
33
30
5
xy
suy ra tọa độ đim A là nghim
của hệ
33
30
5
50
xy
xy
(1;4)A
Bài 33: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam gc ABC hai điểm
1
3;
4
M



và
38 34
;
25 25
N



nằm trên đường thẳng AB, phương trình đường thẳng AC
3 4 6 0xy
. Tìm tọa
độ các đỉnh A, B, C biết tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC nằm trên đường thẳng
: 2 0d x y
và có hoành độ lớn hơn 1, đồng thời điểm P là chân đường phân giác trong AI
hình chiếu vuông góc lên đường thẳng AB là điểm N.
THPT Nguyễn Diệu, Bình Định
Lời giải tham khảo:
+)Lập được ptAB: 3x +4y – 10 = 0.
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 38
Tọa độ A là nghiệm của h
3 4 10 0
3 4 6 0.
xy
xy
Tìm được A(2/3;2).
+)Vì tâm đường tròn nội tiếp thuộc đường thẳng x y 2 = 0 nên I(a;a 2), điều kin a >
1.
Ta có d(I;AB) = d(I;AC)
7 18 14
4( )
2
()
3
aa
an
al
Vậy I(4;2) và bán kính đường tròn nội tiếp r = 2.
+)Lập pt AI: y–2 = 0.
Lập pt PN: 4x –3y 2 = 0.
P là giao điểm của AI và PN nên tọa độ P là nghiệm ca hệ
20
4 3 2 0
y
xy

giải được P(2;2)
+)BC qua P(2;2) và có VTPT
( ; )n a b
có pt dạng
( 2) ( 2) 0.a x b y
Ta có d(I;BC) = r
22
22
2
2 0.
a
a a b b
ab
Chọn a = 1
Khi đó pt BC là x – 2 = 0.
Tọa độ B là nghiệm ca hệ
3 4 10 0
x 2 0.
xy

Tìm được tọa độ B(2;1) .
Tọa độ C là nghiệm ca hệ
3 4 6 0
x 2 0.
xy

Tìm được tọa độ C(2;3).
Bài 34: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC đỉnh
(4; 3)B
,
M
trung
điểm của cạnh BC, D giao điểm giữa đường phân giác trong của góc
MAC
cạnh
BC
. Biết
rằng
3CB CD
, đường thẳng AD phương trình
3 2 5 0,xy
diện tích tam giác ABC bằng
39
4
và đỉnh C có hoành độ dương. Hãy tính tọa độ các điểm A, C.
THPT Phù Cát 1, Bình Định
Lời giải tham khảo:
+) Gọi
E
là điểm đối xng của
A
qua
M
thì
/ / .AB CE
Xét tam giác
ACE
AM
là trung
tuyến,
2
3
CD CM
nên
D
là trọng tâm,
AD
là phân giác ca góc
EAC
nên tam giác
AEC
cân tại
,A
suy ra
AD EC
suy ra
.AD AB
Suy ra
A
là hình chiếu vuông góc của
B
trên
,AD
suy ra
(1; 1).A
+) Do
35
;1
2
t
D AD D t D A t



+) Từ
3 3 4 9 9 4
;,
2 2 2 3
tt
BC BD C t

FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 39
+) Do
2
3 13
;,
2
ABC
S
d C AB
AB

từ đó suy ra
3,t
suy ra
59
;.
22
C



FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 40
Phần II. Các bài toán về tứ giác
Bài 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho hình vuông
ABCD
đỉnh
C
thuộc
đường thẳng
: 2 6 0d x y
, điểm
(1;1)M
thuộc cạnh
BD
biết rằng hình chiếu vuông
góc của điểm
M
trên cạnh
AB
AD
đều nằm trên đường thẳng
: 1 0xy
.
Tìm tọa độ đỉnh
C
.
Lần 1– Trƣờng THPT Bình Minh – Ninh Bình
Lời giải tham khảo
Tính chất:
CI HK
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M
trên AB, AD
Gọi N là giao điểm của KM và BC
Gọi I là giao điểm của CM và HK
Ta có
DKM
vuông tại
K
0
45MDK
(1)KM KD KM NC
Lại có
MH MN
( do
MHBN
là hình vuông)
Suy ra:
KMH CNM
HKM MCN
NMC IMK
nên
0
90NMC NCM IMK HKM
Suy ra
CI HK
Đường thẳng
CI
đi qua
(1;1)M
và vuôngc với đường thẳng
d
nên
( 1;1)
CI d
VTPT n VTCP u
nên có phương trình:
( 1) ( 1) 0 0x y x y
Do điểm
C
thuộc đường thẳng
CI
đường thẳng nên tọa độ điểm
C
là nghiệm của
hphương trình
02
2 6 0 2
x y x
x y y
Vậy
(2;2)C
Bài 2 : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(1;3). Gọi N
điểm thuộc cạnh AB sao cho
2
3
AN AB
. Biết đường thẳng DN phương trình
x+y-2=0 và AB=3AD. Tìm tọa độ điểm B.
Lần 2– Trƣờng THPT Bố Hạ – Bắc Giang
Lời giải tham khảo
Gọi
22
( ; );( 0) n a b a b
là vectơ pháp tuyến của BD,
BD đi qua điểm I(1;3) nên có phương trình:
30 ax by a b
Theo giả thiết ta có:
3
2
5
3
13
3
10
3
AB
NB
AN AB
AB
ND
AD AB
AB
BD



FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 41
Nên ta suy ra:
2 2 2
72
cos
2 . 10
BD ND NB
BDN
BD ND


Khi đó:
22
1
22
34
| | 7 2
cos cos( , ) 24 24 50 0
43
10
.2
ab
ab
BDN n n a b ab
ab
ab
Với
34ab
, chon a=4,b=3 suy ra:
: 4 3 13 0BD x y
(7; 5) ( 5;11) D BD DN D B
Với
43ab
, chn a=3,b=4, PT
: 3 4 15 0BD x y
( 7;9) (9; 3) D BD DN D B
Bài 3: Trong mặt phẳng với htoạ độ Oxy, cho hình vuông
ABCD
. Điểm
E(2;3)
thuộc
đoạn thẳng
BD
, các điểm
H( 2;3)
K(2;4)
lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm
E
trên
AB
AD
. Xác định toạ độ các đỉnh
A,B,C,D
của hình vuông
ABCD.
Lần 1– Trƣờng THPT Nguyễn Huệ Knh Hoà
Lời giải tham khảo
Ta có:
EH:y 3 0
EK:x 2 0
AH: x 2 0
AK : y 4 0


A 2;4
Giả sử
n a;b
,
22
a b 0
là VTPT của đường thẳng
BD
.
Có:
0
ABD 45
nên:
22
a
2
ab
2
ab
Với
ab
, chọn
b 1 a 1 BD:x y 1 0
B 2; 1 ;D 3;4
EB 4; 4
ED 1;1
E
nằm trên đoạn
BD
(thỏa mãn)
Khi đó:
C 3; 1
Với
ab
, chọn
b 1 a 1 BD:x y 5 0
.
B 2;7 ;D 1;4
EB 4;4
ED 1;1


EB 4ED
E
nằm ngoài đoạn
BD
(Loại)
Vậy:
A 2;4 ;B 2; 1 ;C 3; 1 ;D 3;4
Bài 4: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD đường chéo AC nằm trên đường
thẳng
: 1 0d x y
. Điểm
9;4E
nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm
2; 5F 
nằm trên đường thẳng chứa cạnh AD,
22AC
. Xác định tọa độ các đỉnh
hình thoi ABCD biết điểm C có hoành độ âm.
Lần 1 - Cao Đẳng nghề Nha Trang
Lời giải tham khảo
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 42
Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC
E’ thuộc AD.
+) Vì EE’ vuông góc với AC và qua điểm
9;4E
phương trình EE’:
': 5 0EE x y
Gọi
I AC EE
, tọa độ I là nghiệm hệ:
5 0 3
3; 2
1 0 2
x y x
I
x y y



+)Vì I là trung điểm của EE
'( 3; 8)E
AD qua
'( 3; 8)E 
( 2; 5)F 
phương trình AD:
:3 1 0AD x y
+)
(0;1)A AC AD A
.
+) Giả sử
( ;1 )C c c
.Vì
2
2 2 4 2; 2AC c c c
( 2;3) 0
C
Cx
Gọi J là trung điểm AC
( 1;2)J
phương trình BD:
30xy
.
+) Do
(1;4) ( 3;0)D AD BD D B
.
Vậy
(0;1)A
,
( 3;0), ( 2;3), (1;4).B C D
Bài 5: Trong mặt phẳng với htọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD BD = 2AC. Đường
thẳng BD phương trình x y = 0. Gọi M là trung điểm ca CD H(2;-1) hình
chiếu vuông góc của A trên BM. Viết phương trình đường thẳng AH.
Trƣờng Ischool Nha Trang-Khánh Hoà
Lời giải tham khảo
Gọi I là tâm của hình thoi ABCD và
G BM AC
,
suy ra G là trọng tâm của tam giác BCD.
+) Tam giác BIG vuông tại I có:
2 2 2 2
1
sin
37
(6 )
IG IG IG
IBG
BG
BI IG IG IG

1
cos( , ) sin
37
BD AH IBH
Đường thẳng BD có vectơ pháp tuyến
1
(1; 1)n 
gọi vectơ pháp tuyến của AH là
22
2
( ; ) ( 0)n a b a b
. Ta có:
22
12
22
7
1 | | 1
5
cos . cos , 35 74 35 0
5
37 37
.2
7
a
ab
b
BD AH n n a ab b
a
ab
b
+) Với
:
5
7
b
a
Chọn
2
(7;5)n
,ta phương trình AH là
:7 5 9 0AH x y
.
+) Với
:
7
5
b
a
Chọn
2
(5;7)n
,ta phương trình AH là
:5 7 3 0AH x y
.
Vậy
:7 5 9 0AH x y
hoặc
:5 7 3 0AH x y
.
Bài 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A, B AD =
J
I
E'
F
E
D
C
B
A
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 43
2BC. Gọi H hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường chéo BD E trung
điểm của đoạn HD. Giả sử
1;3H
, phương trình đường thẳng
:4 3 0AE x y
5
;4
2
C



. Tìm tọa độ các đỉnh A, B và D của hình thang ABCD.
Lần 2 –Trƣờng THPT Phƣớc Bình
Lời giải tham khảo
Tính chất hình học:
CE AE
+) Qua E dựng đường thẳng song song với AD
cắt AH tại K và cắt AB tại I.
+) Suy ra: K trực tâm của tam giác ABE, nên
BK
AE. Do KE đường trung bình của tam
giác AHD nên
1
2
KE AD
hay
KE BC
, nên
cho tam tứ giác BKEC là hình nh hành,
dẫn tới
CE BK
.
+) Do đó:
: 2 8 27 0CE AE CE x y
3
;3
2
E AE CE E



, mt khác E là trung điểm của HD nên
2;3D
Khi đó, phương trình đường thẳng
: 3 0BD y 
, suy ra
: 1 0AH x
nên
1;1A
.
Suy ra
: 2 3 0AB x y
.Do đó:
3;3B AB BD B
Vậy:
1; 1 , 3; , 3 2; 3A B D
Bài 7: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD AB=2BC. Gọi H là hình chiếu
của A lên đường thẳng BD; E,F lần lượt trung điểm đoạn CD và BH. Biết A(1;1),
phương trình đường thẳng EF là 3x y 10 = 0 và điểm E có tung độ âm.
Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D.
Lần 5 –Trƣờng THPT Phƣớc Bình
Lời giải tham khảo
Tính chất hình học:
AF EF
Gọi E,F,G lần lượt trung điểm c đoạn
thẳng CD, BH, AB.
+) Ta thấy các tứ giác ADEG và ADFG nội tiếp
đường tròn đường kính DG,
DG AE
n
AE cũng đường kính, đồng thời tgiác ADEF
cũng nội tiếp dẫn tới:
AF EF
.
Đường thng AF (qua A và vuông c với EF) pt
: 3 4 0xyAF
. Tọa độ điểm F
là nghiệm của h:
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 44
17
3 10
17 1 32
5
;
3 4 1
5 5 5
5
x
xy
F AF
xy
y






22
2
2
12
2;
25
8 17 51 8
;3 10 3
5 5 5 5
19 19 7
5 34 57 0 3 hay 3; 1 ;
5 5 5
AFE DCB g g EF AF
E t t EF t t
t t t t E E



+) Theo githiết ta được
3; 1E
, phương trình
: 2 0AE x y
.
Gọi
;D x y
, tam giác ADE vuông cân tại D nên:
2 2 2 2
1 1 3 1
1 3 1 1
2
13
hay D(1;-1) D(3;1)
1 3 0
11
x y x y
AD DE
AD DE
x x y y
yx
xx
xx
yy





+) Vì D và F nằm v hai phía so với đường thng AE nên D(1;-1).
+) Khi đó, C(5;-1); B(1;5). (Tìm được C vì DE nhn E làm trung điểm, tìm D bằng đẳng
thức
BC AD
).
Vậy B(1;5); C(5;-1) và D(1;-1).
Bài 8: Trong mặt phẳng với hệ tοđộ
Oxy
, cho hình vuông
ABCD
M
một điểm
thuộc cạnh
,CD M C D
. Qua điểm
A
dựng đường thẳng
d
vuông c với
AM
,
d
cắt
đường thng
BC
tại điểm
N
. Biết rằng trung điểm của đoạn thẳng
MN
là gốc tọa độ
O
,
I
giaο điểm của
AO
BC
. Tìm tọa độ điểm
B
của hình vuông biết
6;4 ,O 0;0 , 3; 2AI
điểm
N
có hoành độ âm.
Lần 2 –Trƣờng THPT chuyên Hùng Vƣơng
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học: Tam giác AMN vuông cân tại A.
Do tứ giác AMCN nội tiếp, suy ra
0
45AMN NCA
nên tam giác AMN vuông cân tại A, khi đó
AO MN
tại
O, nên ta viết được phương trình đường thẳng:
: 3 2 0MN x y
Giả sử
2 ;3 2 ; 3N n n MN M n n
O
A
D
C
B
N
M
I
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 45
+) Ta có:
2 6;3 4 ; 2 6; 3 4AN n n AM n n
+) Do:
.0AN AM AN AM
2 6 2 6 3 4 3 4 0
2
4; 6
2
n n n n
n
N
n

Phương trình đường thẳng BC qua N và I là
: 4 7 26 0BC x y
,
+) Phương trình đường thng AB qua A và vuông góc với BC là
: 7 4 26 0AB x y
B BC AB
nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:
4 7 26
6 22
;
7 4 26
55
xy
B
xy




Bài 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chnhật ABCD, đỉnh B thuộc đưng thẳng
d1 : 2x y + 2 = 0 , đỉnh C thuộc đường thẳng d2 : x y 5 = 0, Gọi H là hình chiếu của B
xuống đường chéo AC, Biết
92
;
55
M



; K(9;2) lần ợt thuộc trung điểm AH CD. Tìm
hoành đ các đỉnh của hình chữ nhật biết hoành đ đỉnh C lớn hơn 4
Lần 1 –Trƣờng THPT Đồng Xoài
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học:
MK MB
Qua M kẻ đường thẳng song song với CD cắt BH, BC
lần lượt tại P, N. Tứ giác MKCP hình bình hành (do
MP//CK,
1
2
MP CK AB
)
+) Mặt khác ta MN
BC BH
MC suy ra P trực
tâm của tam giác MBC.
+) Vậy CP
BM suy ra MK
MB
Gọi
1
;2 2 dB b b
9 8 36 8
;2 , ;
5 5 5 5
MB b b MK
+) Vì
. 0 1 (1;4)MB MK b B
Gọi
2
; 5 1; 9 ; 9; 7C c c d BC c c KC c c
+) Vì
0
. 0 9;4
4
c
BC CK BC KC C
c
Nên ta có
9;4C
9;0 1;0DA
Bài tập tƣơng tự 1: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD đỉnh B thuộc
đường tròn (C):
22
10xy
, đỉnh C thuộc đường thẳng phương trình:
2 1 0xy
.
Gọi M hình chiếu vuông c của B lên AC. Trung điểm của AM CD lần lượt
31
;
55
N



P(1;1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chnhật biết rằng điểm B hoành độ
dương điểm C có tung độ âm.
(lần 1–Trường THPT Quỳnh Lưu 2 Nghệ An)
Phân tích và hướng dẫn đáp số:
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 46
Gọi Q là trung điểm BM, khi đó
//
1
2
NQ AB
NQ AB
suy ra PCQN là hình bình hành.
Suy ra CQ//PN.
Trong tam giác BCN thì Q trực tâm nên CQ vuông c với BN. vậy PN vuông c
với BN.
Đáp số:
3;1 , 1; 3 , 3; 1 , 1;3 A B C D
Bài tập tƣơng tự 2: Trong mặt phẳng với htođộ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD
điểm H(1;2) là hình chiếu vuông góc của A lên BD. Điểm
9
( ;3)
2
M
là trung điểm của cạnh
BC, phương trình đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác ADH d:
4 4 0xy
. Viết
phương trình cạnh BC.
(lần 3–Trường THPT Phú riềng – Bình Phước)
Đáp số:
:2 12 0 BC x y
Bài 10: Trong mặt phẳng với htoạ độ Oxy, cho hình chnhật ABCD điểm H(1;2)
hình chiếu vuông c ca A lên BD. Điểm
9
;3
2
M



trung điểm ca cạnh BC, phương
trình đường trung tuyến k từ A của tam giác ADH
:4 4 0d x y
. Viết phương
trình cạnh BC.
Lần 3 –Trƣờng THPT Phú Riềng- Bình Phƣớc
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học:
MK AK
Gọi K trung điểm của HD. Gọi P trung điểm ca
AH.
+) Ta AB vuông góc với KP. Do đó P trực tâm của
tam giác ABK. Suy ra BP vuông góc với KM.
+) Mặt khác, do BMKP hình bình hành nên cho ta
KM KM
, nên suy ra
MK AK
.
MK đi qua
9
;3
2
M



vuông góc với AK có pt:
15
: 4 0
2
MK x y
+)
K MK d
nên tọa độ điểm K là nghiệm của h
15
40
1
;2
2
2
4 4 0
xy
K
xy



+) Do K trung điểm của HD nên
0;2D
,suy ra phương trình đường thẳng
: 2 0BD y 
+) AH qua H và vuông góc với BD nên có phương trình:
: 1 0AH x 
+) Tham số hóa điểm
;2Bb
, vì M là trung điểm BC nên
9 ;4Cb
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 47
+) Ta có:
9 ;2 ; 9 2 ;2DC b BC b
DC vuông c với BC nên suy ra:
5
.0
17
2
b
DC BC
b

+) Nên điểm
5;2 4;4BC
hoặc
17 1
;2 ;4
22
BC
Phương trình đường thẳng
:2 12 0BC x y
hoặc
:2 8 33 0BC x y
Bài tập tƣơng tự: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H
hình chiếu vuông góc của B trên AC, M và N lần lượt trung điểm của AH BH,
trên cạnh CD lấy điểm K sao cho MNCK hình bình hành. Biết
92
; ;K 9;2
25
M



các đỉnh B, C lần lượt nằm trên các đường thẳng phương trình
2 2 0xy
50xy
, hoành độ đỉnh C lớn hơn 4. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C, D.
lần 2–Trƣờng THPT Yên Thế
Lời giải tham khảo:
+) MN là đường trung bình của tam giác HAB suy ra MN // AB và
1
2
MN AB
+) MNCK là hình bình hành nên CK // MN;
11
22
CK MN AB CD
suy ra K là trung điểm của CD và N là trực tâm tam giác BCM,
do đó
CN MB
MK // CN nên
MK MB
.
36 8 9 8
;2 2 , ; , ;2
5 5 5 5
. 0 1 1;4
B d B b b MK MB b b
MK MB b B
' ; 5
. 0 9 9;4 9;0 1;0
C d C c c
BC KC c C D A
Bài 11: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa đOxy, cho hình bình hành ABCD tọa độ điểm
D(5; 4). Đường trung trực của đoạn CD phương trình
1
: 2 3 9 0dxy
đường phân
giác trong góc
BAC
của tam giác ABC phương tnh
2
:5 10 0d x y
. Xác định tọa độ
các đỉnh còn lại của hình nh hành ABCD.
Lần 1 –Trƣờng THPT Thanh Hoa - Bình Phƣớc
Lời giải tham khảo:
Phương trình đường thẳng DC qua D vuông
góc với
1
d
dạng
:3 2 7 0DC x y
+)
1
3;1M CD d M
+) M là trung điểm DC nên
1; 2C
Ta lại có A thuộc
2
d
nên
( ; 5 10)A a a
M
B
C
A
D
d2
d1
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 48
Mà ABCD là hbh nên
4
( 4; 5 16)
5 10 6
B
B
xa
AB DC B a a
ya
Gọi C’ là điểm đối xứng của C qua
2
d
, ta có:
'( 4; 3)C AB
+) Ta có: A, B, C’ thẳng hàng
4 5 7
' ' 2
5 13
aa
C A kC B a
aa

Vậy
2;0 6; 6 .A và B
Bài 12: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm I. Biết trung điểm
cạnh AB M(0;3), trung điểm đoạn thng IC là E(1;0) điểm A tọa độ nguyên.
Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D.
Trƣờng THPT Nguyễn Du Bình Phƣớc
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học:
ME DE
+) Gọi H trung điểm DI, khi đó H trực tâm tam giác
ADC (chứng minh tương tự các bài trên), nên
AH DE
+) Đồng thời AMEH là hình bình hành nên
AH DE
+) Suy ra:
ME DE
Phương trình
: 3 1 0DE x y
+) Tham số hóa điểm
3 1;D d d DE
+) Để ý thấy rằng:
MGB EGH
, khi đó cho ta G là
trung điểm ME nên
13
;
22
G



Tứ giác AMED nội tiếp, nên cho ta
0
45DAE AME
nên cho ta tam giác EMD vuông
cân tại E.
Phương trình đường tròn (C) tâm E bán nh ME có dạng:
2
2
: 1 10C x y
+)
D C DE
nên tọa đ điểm D là nghiệm của h
2
2
2
1
1 10
4
3 1 0
1
x
y
xy
x
xy
y



TH1:
2; 1D 
, ta lập được phương trình AC đi qua E và nhận
55
;
22
DG


làm VTPT
nên có dạng:
: 1 0AC x y
+) Phương trình
: 1 0BD x y
+)
0;1I AC BD I
+) Từ đó ta tìm được
2;3 2;3 2; 1B A C
TH2:
4;1D
ta lập được phương trình AC đi qua E và nhận
71
;
22
DG


làm VTPT
nên có dạng:
:7 7 0AC x y
+) Phương trình
: 7 11 0BD x y
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 49
+)
67
;
55
I AC BD I



+) Từ đó ta tìm được
8 9 8 21
;;
5 5 5 5
BA

(loại do tọa độ A nguyên).
Bài 13: Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho hình chữ nhật
ABCD
, gọi
M
trung điểm
của AB. Đường thẳng
d
đi qua
M
D
phương tnh
2 2 0xy
. Tìm tọa độ các
đỉnh B, C, D, biết
1;4A
đỉnh
C
nằm trên đường thẳng
: 5 0xy
và hoành
độ điểm
C
lớn hơn 3.
Trƣờng THPT Chuyên Bình Long- nh Phƣớc
Lời giải tham khảo:
Ta có điểm
C
nằm trên đường thẳng
: 5 0 c;5 , , 3x y C c c c
.
+) Lại có:
2
2
1 2.4 2
, 2. , 2 2 5
12
2
2 5 2
2 5 3 8 10
3
5
6
d C MD d A MD
cc
cl
c
c


Suy ra
6; 1C
+) Ta có điểm
D
nằm trên đường thẳng
: 2 2 0 2 2; ,d x y D d d d
.
Lại có
2 3; 4 ; 2 8; 1AD d d CD d d
+) Do
ABCD
là hình ch nhật nên
2
1
. 0 2 3 2 8 4 1 0 5 25 20 0
4
d
AD CD d d d d d d
d
Kết luận:
6; 1C
,
0;1 7;2DB
hoặc
6; 1C
,
6;4 1; 1DB
Bài 14: Trong măt phăng vơi hê toa đô Oxy , cho hinh chư nhât ABCD co
5; 7A
,
điêm C thuôc đương thăng co phương trinh
4 0xy
. Đường thẳng đi qua D và
trung điêm cua đoan thăng A B co phương trinh
3 4 23=0xy
. Tìm tọa độ điểm B và
C, biêt B co hoanh đô dương.
Lần 2–Trƣờng THPT Hà Huy Tập
Lời giải tham khảo:
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 50
Ta
4 0 ( ; 4)C x y C c c
, M trung
điểm AB và I là giao điểm AC và DM
+) Theo định lý Thales thuận ta có:
1 10 10
2;
3 3 3
CD IC ID c c
AI AC I
AM IA IM




+) Mặt khác I thuộc DM nên ta có:
10 10
3 4 23 0 1 (1;5)
33
cc
cC

+) Ta có M thuộc MD:
3 23 3 9
; 2 5;
42
mm
M m B m

Và có thêm:
35
2 10;
2
3 19
2 6;
2
m
AB m
m
CB m






+) Lại có
3 5 3 19
. 0 (2 10)(2 6) 0
22
mm
AB CB m m

+) Suy ra
29
1
5
m hay m
Do đó
33 21
( 3; 3) ;
55
B hay B




. Do B có hoành độ dương nên ta nhn
33 21
( ; )
55
B
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là
33 21
( ; ), (1;5)
55
BC
Bài 15: Trong mặt phẳng với htrục tọa độ oxy , cho hình vuông ABCD A(-1;3).
Điểm B thuộc đường thẳng
: 2 1 0d x y
. Gọi M,N theo thứ tự là trung điểm của BC và
CD. AM cắt BN tại
71
;
55
I



. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vng.
Trƣờng THPT Trần Cao Sơn Khánh Hoà
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học:
AM BN
+) Ta có:
BAI IBM
0
90BAI IMB
Suy ra:
0
90IBM IMB
hay
AM BM
Phương trình đường thẳng
:4 3 5 0AM x y
+) Phương trình đường thẳng BN qua I và vuông góc với AM
có dạng:
:3 4 5 0BN x y
+)
3;1B d BN B
Phương trình đường thẳng
:2 5 0BC x y
2; 1 1; 3 3; 1M BC AM M C D
Bài 16: Trong hệ tọa đ
,Oxy
cho nh thoi
ABCD
cạnh
AC
pơng trình là:
,0317 yx
I
N
M
C
D
A
B
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 51
hai đỉnh
,BD
lần lượt thuộc c đưng thng
1
: 8 0,d x y
2
: 2 3 0d x y
. Tìm tọa đ
c đỉnh củanh thoi biết rng diệnch hình thoi bng 75 và đỉnh A có hoành đâm
Trƣờng THPT Lê Hồng Phong
Lời giải tham khảo:
12
( ;8 ), (2 3; )B d B b b D d d d
+) Khi đó
D ( 2 3; 8)B b d b d
trung điểm của
BD
2 3 8
;
22
b d b d
I



+) Theo nh chất hình thoi ta có:
8 13 13 0 0
.0
6 9 9 0 1
AC
BD AC b d b
u BD
I AC b d d
I AC
.
Suy ra
(0;8); ( 1;1)BD
.
+) Khi đó
19
;
22
I



;
( 7 31; )A AC A a a
.
2
1 15
. 15 2
2
2
ABCD
ABCD
S
S AC BD AC IA
BD
2 2 2
3 (10;3) ( )
63 9 225 9 9
7
6 ( 11;6)
2 2 2 2 4
a A ktm
a a a
aA




Suy ra
(10;3)C
.
Bài 17: Trong măt phăng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 15.
Đường thẳng AB phương trình
20xy
. Trọng tâm của tam giác BCD tọa độ
16 13
;
33
G



. Tìm tọa độ A, B, C, D biết B có tung đlớn hơn 3.
Trƣờng THPT Đông Du - Đăklăk
Lời giải tham khảo:
10
( ; ) 5 3 5
35
d G AB BC AB
+) Đưng thng d qua G và vuông góc vi AB là :
:2 15 0d x y
+) Gi
1
(6;3) 5
3
N d AB N NB AB
+)
2
2
(2 ; ) 5 (8;4)
4
b
B b b AB NB B
b
Ta có:
3 (2;1)BA BN A
;

3
(7;6)
2
AC AG C
;
(1;3)CD BA D
Kết luận:
(2;1)A
;
(8;4)B
;
(7;6)C
;
(1;3)D
.
Bài 18: Cho hình chữ nhật ABCD
1;5 , 2A AB BC
điểm C thuộc đường
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 52
thẳng
: 3 7 0d x y
. Gọi M điểm nằm trên tia đối của tia CB, N hình chiếu vuông
góc của B trên MD. Tìm tọa độ các điểm B và C biết
51
;
22
N



điểm B tung độ
nguyên.
Trƣờng THPT- Lạc Long Quân Khánh Hoà
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học:
AN CN
+) Gọi
I AC BD
+) Do tam giác BDN vuông tại N nên
IN IB ID
Mà lại có
IC IA ID IB IN IC IA
Suy ra tam giác ANC vuông tại N hay
AN CN
Phương trình đường thẳng CN qua N và vuông góc
với NC có dạng
:7 9 13 0CN x y
+)
2; 3C d CN C
Giả sử
;B a b
. Do
2;AB BC AB BC
nên ta có h
phương trình:
2 2 2 2
5; 1
1 2 5 3 0
79
;
1 5 4 2 3
55
ab
a a b b
a b l
a b a b
Vậy
5; 1 ; 2; 3BC
Bài 19: Trong mặt phẳng Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao
điểm của hai đường thng (d):
30xy
(d’):
60xy
. Trung điểm M của AB
giao điểm của (d) với Ox và điểm A có tung độ dương. m tọa độ các đỉnh của hình chữ
nhật ABCD.
Lần 2- Trƣờng Trung cấp nghề Ninh Hoà
Lời giải tham khảo:
Gọi I là giao điểm của (d) và (d’) suy ra
93
;
22
I



+) M là giao điểm của (d) và Ox suy ra
3;0M
22
3 3 3 2
2 3 2
2 2 2
IM BC IM
12
22
32
AB
+) Gọi
;
AA
A x y
Ta có
.0MA MI MAMI
3 0 (1)
AA
xy
+) Mặt khác
2
2
AB
MA 
2
22
3 2 (2)
AA
MA x y
Từ (1) (2) suy ra
4; 1A
hoặc
2;1A
+) Do
A
y
> 0 nên
2;1 ;A
4; 1B
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 53
Lấy đối xứng các điểm A, B qua tâm I ta được
7;2 ; 5;4CD
Bài 20: Trong mặt phẳng với htọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm
3; 1I
,
điểm M trên cạnh CD sao cho
2MC MD
. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD
biết đường thẳng AM có phương trình
2 4 0xy
đỉnh A có tung độ dương.
Lần 1–Trƣờng THPT Đoàn Thƣợng – Hải Dƣơng
Lời giải tham khảo:
Gọi H là hình chiếu của I trên AM
3
( ; )
5
IH d I AM
+) Giả sử
AM BD N
và P là trung điểm của MC
/ / / /IP AM NM IP
. Từ M là trung điểm ca DP suy ra N
là trung điểm của DI.
+) Gọi cạnh của hình vuông là a thì
2 1 2
,
2 2 4
aa
AI IN ID
Từ
2 2 2 2 2
1 1 1 5 2 8
32
9
a
IH IA IN a a
+) A thuộc AM nên
2 2 2
( ;2 4) (t 3) (2t 3) 3 5 18 9 0A t t IA t t
3 (3;2)
3 3 14
;
5 5 5
tA
tA




. Do A có tung độ dương nên
(3;2)A
Suy ra
(3; 4)C
. Đường thẳng BD đi qua điểm I vtpt
(0; 3)AI 
phương trình
: 1 0BD y 
.
3
;1
2
N AM BD N



. N là trung điểm của DI
0; 1 (6; 1)DB
Bài 21: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD tâm
3;3I
2AC BD
. Điểm
4
2 ;
3
M



thuộc đường thẳng AB, điểm
13
3;
3
N



thuộc đường thẳng CD. Viết phương
trình đường chéo BD biết đỉnh B có hoành độ nhỏ hơn 3.
Lần 2–Trƣờng GDTX Cam Lâm
Lời giải tham khảo:
Tọa độ điểm
N
đối xứng với điểm
N
qua
I
5
' 3;
3
N



Đường thẳng
AB
đi qua
, MN
phương trình:
3 2 0xy
Suy ra:
3 9 2
4
,
10 10
IH d I AB

(Với H là chân đường vuông góc tI xuống AB)
Do
2AC BD
nên
2IA IB
. Đặt
0IB x
, ta phương
trình:
2
22
1 1 5
22
48
xx
xx
I
D
A
C
B
N
N'
H
M
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 54
Đặt
,B x y
. Do
2IB
B AB
nên ta độ B là nghiệm của h:
22
2
14
43
5 18 16 0
3 3 2
5
82
32
3 2 0
5
x
x
yy
xy
y
xy
xy
y



+) Do
B
có hoành độ nh hơn
3
nên ta chọn
14 8
;
55
B



Vậy phương trình đưng chéo BD là:
7 18 0xy
.
Bài 22: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD đỉnh A(1; 4)
AB = 2AD. Đường thẳng chứa đường chéo BD phương tnh: x y + 1 = 0, biết
điểm D có hoành độ dương. Viết phương trình đường thẳng chứa đường chéo AC
Đề 2 –Trƣờng GDTX Nha Trang
Lời giải tham khảo:
Gọi
I AC BD
+) Ta có:
1 4 1
; 2 2
2
d A BD

+) Ta có
2 2 2
1 1 1 5 1
10
8 4 8
AD
AD AB AD
+) Tham số hóa điểm
; 1 0D d d BD d
+)
22
0
10 1 3 10
2
dl
AD d d
d
Suy ra điểm
2;3D
Phương trình đường thẳng AB nhn
3; 1AD 
làm VTPT và qua A có dạng:
:3 7 0AB x y
11
3; 2 ; 0; 3
22
B AB BD B I C



Bài 23: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Điểm E(2; 3) thuộc
đoạn thẳng BD, các điểm H(-2; 3) K(2; 4) lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm
E
trên
AB
AD
. Xác định toạ độ các đỉnh A, B, C, D của hình vuông ABCD.
Trƣờng THPT Hồng Lĩnh Hà Tĩnh
Lời giải tham khảo:
Ta có:
: 3 0EH y 
: 2 0EK x
: 2 0
: 4 0
AH x
AK y


2;4A
+) Giả sử
;n a b
,
22
0ab
là VTPT của đường thẳng
BD
.
Có:
0
45ABD
nên:
22
2
2
a
ab
ab
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 55
+) Với
ab
, chọn
1 1 : 1 0b a BD x y
2; 1 ; 3;4BD
4; 4
1;1
EB
ED
E
nằm trên đoạn
BD
(t/m)
Khi đó:
3; 1C
+) Với
ab
, chọn
1 1 : 5 0b a BD x y
.
2;7 ; 1;4BD
4;4
1;1
EB
ED


4EB ED
E
ngoài đoạn
BD
(L)
Vậy:
2;4 ; 2; 1 ; 3; 1 ; 3;4A B C D
Bài 24: Trong mặt phẳng tọa độ
,Oxy
cho hình thang
DABC
với hai đáy AB và CD.
Biết diện tích hình thang bằng 14, đỉnh
1;1A
trung điểm cạnh BC là
1
;0
2
H



. Viết
phương trình đường thẳng AB biết đỉnh D hoành độ dương D nằm trên đường
thẳng
:5 1 0d x y
Lần 3–Trƣờng THPT Lƣơng Tài – Bắc Ninh
Lời giải tham khảo:
Gọi
E AH DC
. Dễ thấy
14
ADE ABCD
HAB HEC S S
+)
13
, E 2A 13
2
a
AH A H a
;
+) phương trình
:2 3 1 0AE x y
;5d 1 , 0D d D d d
D
2
1 28
E. , E 14 , E ...
30
2
()
13
13
AE
d
S A d D A d D A
dL
+) Suy ra
2;11D
+) H là trung điểm AE
2; 1E
Phương trình CD:
3 5 0xy
AB đi qua A và song song với CD
:3 2 0pt AB x y
Bài 25: Trong mặt phẳng với htọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD hình chiếu
vuông góc của A lên đường thẳng BD
67
55
H ; ,



điểm
10M( ; )
là trung điểm cạnh BC
phương trình đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác ADH phương trình là
7 3 0x y .
Tìm tọa đ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
Lần 2 –Trƣờng THPT Lý Thái Tổ - Bắc Ninh
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 56
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học:
MN AN
+) Gọi N, K lần lượt trung điểm của HD và
AH
NK
//
AD
1
2
NK AD.
Do
AD AB NK AB.
AK BD K
là trực tâm tam giác ABN.
+) Suy ra
BK AN
(1)
Vì M là trung điểm BC
1
2
BM BC.
Do đó
NK
// BM và
NK BM
+) Suy ra BMNK là hình bình hành
MN
//
BK
(2)
+) Từ (1) và (2) suy ra
MN AN.
Phương trình MN có dạng:
70x y c .
1 0 1 7 0 0 1M( ; ) MN . c c .
phương trình MN là:
7 1 0x y .
21
55
N MN AN N ; .



Vì N là trung điểm HD
21D( ; ).
Ta có:
86
55
HN ;



Do
AH HN
AH đi qua H và nhận
43n ( ; )
là 1 VTPT.
phương trình AH là:
4 3 9 0x y .
03A AH AN A( , ).
+) Ta có:
2 2 1 2
2 2 2
4 2 0 2
BB
BB
( x ) x
AD BM B( ; ).
( y ) y



Vì M là trung điểm BC
02C( ; ).
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là:
0 3 2 2 0 2 2 1A( ; ),B( ; ),C( ; ),D( ; ).
Bài 26: Trong mặt phẳng với htọa độ
Oxy
, cho hình thang
ABCD
vuông tại
A
và
B
,
2BC AD
, đỉnh
3;1A
trung điểm
M
của đoạn
BC
nằm trên đường thẳng
: 4 3 0d x y
. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang
ABCD
, biết
6; 2H
là hình
chiếu vuông góc của
B
trên đường thẳng
CD
.
Lần 1–Trƣờng THPT Marie-Curie Hà Nội
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học:
AH HM
+) Từ githiết ta có
ABMD
là hình chữ nhật.
+) Gọi
()C
là đường tròn ngoại tiếp
ABMD
.
BH DH
()HC
HA HM
(*)
: 4 3 0M d x y
4 3 ; M m m
A
D
C
B
H
M
N
K
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 57
9; 3AH 
,
4 3 ; 2HM m m
Ta có: (*)
.0AH HM
9 4 3 3 2 0 1m m m
Suy ra:
7;1M
.
+)
ADCM
là hình bình hành
DC
đi qua
6; 2H
có một vectơ chỉ phương
10;0AM
Phương trình
: 2 0DC y 
.
+)
: 2 0D DC y
; 2Dt
+)
3 ; 3AD t
,
7 ; 3MD t
2 2; 2
. 0 3 7 9 0
6 6; 2 (
tD
AD DM AD MD t t
t D H
loaïi)
+) Gọi
I AM BD
I
là trung điểm
AM
2;1I
I
là trung điểm
BD
6;4B
M
là trung điểm
BC
8; 2C
Vậy:
6;4B
,
8; 2C
,
2; 2D 
.
Bài 27: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho hình thang cân ABCD với hai đáy AD,
BC. Biết B(2; 3) và
AB BC
, đường thẳng AC có phương trình
10xy
, điểm
2; 1M 
nằm trên đường thẳng AD. Viết phương trình đường thẳng CD.
Trƣờng THPT Nguyễn Chí Thanh 1
Lời giải tham khảo:
ABCD hình thang cân nên nội tiếp trong một
đường tròn.
BC CD
nên AC đường phân giác
của góc
BAD
.
+) Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua AC.
Khi đó
'B AD
.
+) Gọi H hình chiếu của B trên AC. Tọa độ điểm H là
nghiệm của hệ phương trình:
Suy ra
3;2H
.
+) Vì B’ đối xứng với B qua AC nên H là trung điểm của BB’. Do đó
' 4;1B
.
Đường thẳng AD đi qua M và nhận
'MB
làm vectơ chỉ phương nên có phương trình
: 3 1 0AD x y
.
A AC AD
nên tọa độ điểm A nghiệm của hệ phương
trình:
1 0 1
1;0
3 1 0 0
x y x
A
x y y




FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 58
Ta có ABCB’ là hình bình hành nên
' 5;4AB BC C
.
+) Gọi d là đường trung trực của BC, suy ra
:3 14 0d x y
+) Gọi
I AD d
, suy ra I là trung điểm của AD. Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ:
3 14 0
43 11 38 11
;;
3 1 0
10 10 5 5
xy
ID
xy

Vậy đường thẳng CD đi qua C nhận
CD
làm vectơ chỉ phương nên phương
trình
:9 13 97 0CD x y
.
Bài 28: Trong mặt phẳng
Oxy
, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 2. Tâm I
giao của hai đường thẳng
1
: 2 0 d x y
2
:2 4 13 0 d x y
. Trung điểm M của
cạnh AD là giao điểm của
1
d
với trục
Ox
. Tìm tọa độ các đỉnh của hình ch nhật biết
điểm A tung độ dương.
Trƣờng THPT Ngọc Tảo
Lời giải tham khảo:
12
73
;
22
I d d I



+)
1
2;0M d Ox M
+) Phương trình đường thẳng AD qua M và nhận
13
;
22
MI


là VTPT có dạng:
: 3 2 0AD x y
+) Tham số hóa
3 2; 0A a a AD a
+) Vì:
1
2
10
4
10
10
2
ABCD AMI
SS
AM
MI

+) Nên
2
1 1 17 1
10 ;
10 10 10 10
a a A



+) Vì AD nhận M là trung điểm nên
23 1
;
10 10
D



+) AC nhận I làm trung điểm nên
53 29
;
10 10
C



+) BD nhận I làm trung điểm nên
47 31
;
10 10
B



Kết luận:
17 1
;
10 10
A



;
47 31
;
10 10
B



;
53 29
;
10 10
C



;
23 1
;
10 10
D



Bài 29: Trong mặt phẳng với h tọa độ
Oxy
, cho hình thang vuông ABCD
0
90BAD ADC
đỉnh
2;2D
và
2CD AB
. Gọi H hình chiếu vuông góc của điểm
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 59
D lên đường chéo AC. Điểm
22 14
;
55
M



trung điểm của HC. Xác định tọa độ các đỉnh
,,A B C
, biết rằng đỉnh B thuộc đường thẳng
: 2 4 0xy
.
Lần 1 –Trƣờng THPT Nguyễn Viết Xuân
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học:
DM BM
+) Gọi E trung điểm ca đoạn DH. Khi đó tứ giác
ABME hình bình hành
ME AD
nên E trực
tâm tam giác ADM. Suy ra
AE DM
//AE DM DM BM
Phương trình đường thẳng
:3 16 0BM x y
+)Tọa độ điểm B là nghiệm của h:
24
4;4
3 16
xy
B
xy

+) Gọi I là giao điểm của AC và BD, ta
1 10 10
2;
2 3 3
AB IB
DI IB I
CD IC



+) Phương tnh đường thẳng
: 2 10 0AC x y
+) P ơng trình đường thẳng
14 18
:2 2 0 ; 6;2
55
DH x y H C



+) Từ
2 2;4CI IA A
.
Kết luận:
2;4A
;
4;4B
;
6;2C
Bài 30: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
, cho hình chữ nht ABCD
(4;5)D
. Điểm M
là trung điểm của đoạn AD, đường thẳng CM phương trình
8 10 0xy
. Điểm B nằm
trên đường thẳng
2 1 0xy
. Tìm tọa độ các đỉnh A, B C, biết rằng C tung độ nhỏ
hơn 2.
Lần 1–Trƣờng THPT Phan Bội Châu
Lời giải tham khảo:
Gọi H, K hình chiếu vuông c của B, D lên
CM.
26
( , )
65
DK d D CM
+) Gọi
;I BD AC G BD CM
.
Suy ra, G là trọng tâm
.ACD
Ta có :
52
2 2 2
65
BH BG
DG GI BG DG BH
DK DG
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 60
+)
2
17 18
52
( ; 2 1); ( ; )
70
()
65 65
17
b
b
B b b d B CM BH
bl
(loại vì điểm B, D nằm ng phía với CM)
+) Ta có:
(2; 5) I(3;0)B 
+)
2
1
(8 10; ) CM; . 0 65 208 143 0
11
()
5
c
C c c CD CB c c
cl
Suy ra:
( 2;1), (8; 1)CA
Vậy
(8; 1), (2; 5), ( 2;1).A B C
Bài 31: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD với AB//CD diện tích
bằng 14,
1
( ;0)
2
H
trung điểm của cạnh BC và
11
( ; )
42
I
trung điểm ca AH. Viết
phương trình đường thẳng AB biết đỉnh D hoành độ dương và D thuộc đường thẳng
d:
5 1 0xy
.
Lần 1–Trƣờng THPT Phan Thúc Trực
Lời giải tham khảo: (Giống bài 24)
I trung điểm của AH nên A(1;1); Ta
có:
13
2
AH
.
+) Phương trình AH là:
2 3 1 0xy
.
+) Gọi
M AH CD
thì H trung điểm ca
AM.
+) Suy ra:
2; 1M 
. Gisử
; 5 1 0dD d d a
. Ta có:
+)
. ( , ) 14
ABCD ADM
ABH MCH S S AH d D AH
28
( , )
13
d D AH
Hay
13 2 28 2( ì 0)d d v a
(2;11)D
Vì AB đi qua A(1;1) và có VTCP là
(4;12)MD
nên AB có phương trình
:3 2 0AB x y
Bài 32: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD AB=2BC. Gọi H hình
chiếu của A lên đường thẳng BD; E,F lần lượt trung điểm đoạn CD BH. Biết
A(1;1), phương tnh đường thẳng EF là 3x y 10 = 0 và điểm E có tung độ âm.
Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D.
Lần 2–Trƣờng THPT Quỳnh Lƣu 3
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học:
AF EF
Gọi E,F,G lần lượt là trung điểm các đon thẳng CD, BH AB. Ta chứng minh
AF EF
.
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 61
+) Ta thấy các tứ giác ADEG ADFG nội tiếp nên tứ giác ADEF cũng nội tiếp, do đó
AF EF
.
+) Đường thẳng AF có pt:
: 3 4 0AF x y
.
+) Tọa độ điểm F là nghiệm của h:
17
3 10
17 1 32
5
;
3 4 1
5 5 5
5
x
xy
F AF
xy
y






12
2;
25
AFE DCB EF AF
22
2
8 17 51 8
;3 10 3
5 5 5 5
E t t EF t t
2
19 19 7
5 34 57 0 3 hay 3; 1 ;
5 5 5
t t t t E E



+) Theo githiết ta được
3; 1E
, phương trình
: 2 0AE x y
.
+) Gọi D(x;y), tam giác ADE vuông cân tại D nên
2 2 2 2
1 1 3 1
1 3 1 1
2
13
hay D(1;-1) D(3;1)
1 3 0
11
x y x y
AD DE
AD DE
x x y y
yx
xx
xx
yy





Vì D và F nằm về hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;-1).
Khi đó, C(5;-1); B(1;5). Vậy B(1;5); C(5;-1) và D(1;-1)
Bài 33: Trong mặt phẳng với htođộ
Oxy
cho hình thang
ABCD
vuông tại
A
và
D
AB AD CD
, điểm
(1;2)B
, đường thẳng BD phương trình là
20y
. Đường thẳng
qua
B
vuông góc với
BC
cắt cạnh
AD
tại
M
. Đường phân giác trong góc
MBC
cắt cạnh
DC
tại
N
. Biết rằng đường thẳng
MN
phương tnh
7 25 0xy
. Tìm tọa độ đỉnh
D
.
Lần 1–Sở GD Vĩnh Phúc
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học: M và C đối xứng qua BN.
Tứ giác
BMDC
nội tiếp
0
45BMC BDC DBA
BMC
vuông cân tại B, BN là phân giác trong
MBC
,MC
đối xứng qua BN
Nên cho ta:
4
,,
2
AD d B CN d B MN
A
B
D
C
G
E
F
H
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 62
+) Do
24AB AD BD AD
+)
: 2 0 ( ;2)BD y D a
5 5;2
4
3 3;2 ( )
aD
BD
a D loai cung phia B so voi MN


Vậy có một điểm thỏa mãn là:
(5;2)D
Bài 34: Trong mặt phẳng (Oxy), cho hình chnhật ABCD
2AB AD
, đỉnh
(0;5)A
.
Đường thng qua đỉnh B và vuông c với AC phương trình
3 1 0xy
đỉnh
D
nằm trên đường thng d phương tnh
2 7 0xy
. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại
của hình chữ nhật ABCD.
Lần 1–Trƣờng THPT Trần cao Vân-Khánh Hoà
Lời giải tham khảo:
+)
:3 5 0AC ptAC x y
+)
H AC
nên tọa độ điểm H nghiệm hệ
phương trình:
8
35
81
5
;
3 1 1
55
5
x
xy
H
xy
y







=) Trong AHB vuông tại B có,
22
2
2
2
2
4
.
5
4
AH AB AB
AB AH AC
AB
AC AC
AB
5
(2; 1)
4
AC AH C
+) Phương trình đường tròn tâm
1;2I
bán kính IA có dạng:
22
:( 1) ( 2) 10C x y
+)
()D C d
nên tọa độ D là nghiệm hệ phương tnh:
22
3
2 7 0
2
5
3 29
( 1) ( 2) 10
5
x
xy
x
y
xy
y



. Suy ra:
3 29
( 2;3) ;
55
DD



+)
BC
n tọa độ B là nghiệm hệ phương trình:
22
3
3 1 0
4
5
1 14
( 1) ( 2) 10
5
x
xy
x
y
xy
y


. Suy ra
3 14
4;1 ;
55
BB



Vì I là trung điểm AD nên
(4;1)B
( 2;3)D
Bài 35: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AD // BC)
phương trình đường thẳng
: 2 3 0AB x y
và đường thẳng
: 2 0AC y 
. Gọi I giao
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 63
điểm của hai đường chéo AC và BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân ABCD,
biết
2IB IA
, hoành đ điểm I:
3
I
x 
1;3M
nằm trên đường thẳng BD.
Lần 2–Trƣờng THPT Tôn Đức Thắng
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học: EF // BD
Ta có A là giao điểm của AB AC nên
1;2A
.
Lấy điểm
0;2E AC
. Gọi
2 3;F a a AB
sao cho EF // BD.
Khi đó
EF
22
EF AE BI
EF AE
BI AI AE AI
22
1
2 3 2 2
11
.
5
a
aa
a
Với
1a
thì
1; 1EF
vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của BD là
1; 1n 
. Phương trình
: 4 0BD x y
2;2BD AC I
5; 1BD AB B
Ta có
33
2 2; 2
22
IB IB
IB ID ID ID D
ID IA


.
1
3 2 2;2
2
IA IA
IA IC IC IC C
IC IB
.
Với
11
5
a
thì
71
;
55
EF


là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của BD
1; 7n 
. Do đó,
: 7 22 0BD x y
8;2I
(loại).
Bài 36: Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D. Biết AB=AD=2;
CD= 4, phương trình
:0BD x y
, C thuộc đường thẳng
: 4 1 0d x y
. Tìm tọa độ của
A biết điểm C có hoành độ dương.
Lần 1–Trƣờng THPT Trần Bình Trọng
Lời giải tham khảo:
Giả sử
4 1;C c c d
Từ giả thiết chứng minh được DB vuông góc với
BC và suy ra:
2 2 [ ,( )]CB d C BD
)
41
2 2 3 1 4
11
3 1 4 1
(5;1)
3 1 4 5/ 3(loai)
cc
c
cc
C
cc




+) B là hình chiếu của C lên đt BD
3; 3 B
Mà AB= 2 nên A thuộc đường tròn có PT
22
(x 3) (y 3) 4
(1)
+) Tam giác ABD vuông cân tại A => góc ABD= 45
0
=> PT của AB là x= 3 hoặc y= 3
Với x= 3 thế vào (1) giải ra y =1 hoặc y= 5 => A(3; 1) thử lại không thỏa; A(3; 5) thỏa
Với y= 3 thế vào (1) giải ra x =1 hoặc x= 5 => A(1; 3) thỏa; A(5; 3) không thỏa.
E
I
A
D
B
C
F
M
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 64
Bài 37: Trong mặt phẳng với hệ toạ đ
Oxy
, cho hình chữ nhật
ABCD
2AD AB
. Gọi
,MN
lần lượt trung điểm của các cạnh
,AD BC
. Trên đường thng
MN
lấy điểm
K
sao cho
N
trung điểm của đoạn thẳng
MK
. Tìm tọa độ các đỉnh
, , ,A B C D
biết
5; 1K
, phương trình đường thẳng chứa cạnh
AC
2 3 0xy
và điểm
A
tung
độ dương.
Lần 3–Trƣờng THPT Thạch Thành 1 Bắc Ninh
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học :
AC DK
Ta có
CAD DKM CAD DKM
.
90 90DKM KDM KDM DAC AC DK
.
+) Gọi
AC DK I
. Tọa độ điểm I thỏa mãn h
13
2 3 0
13 11
5
;
2 7 0 11
55
5
x
xy
I
xy
y






+) Gọi J là trung điểm giao điểm của MN với AC khi đó J
là tâm của hìnhh chữ nhât ABCD.
+) Do tam giác
KIJ KMD
22
22
5
4
IK KJ IK KM AB
KM KD KJ KD
AB AB
+) Ta có:
22
13 11 6
5 1 3 4
55
5
IK JK KM
+) Từ đó suy ra:
8
5
AI
+) Giả sử
22
13 26 64
; 2 3 2
5 5 5
A a a AC a a
21 27
;
55
1;1
Al
A



+)
8
3; 3 2; 1
10
AI AC C J
+) Phương trình đường tròn tâm J, bán kính AJ có dạng:
22
: 2 1 5C x y
+) Phương trình
: 2 7 0DK x y
1; 3 3;1
21 7 1 3
;;
5 5 5 5
DB
D KD C
DB
Bài 38: Trong mặt phẳng với htọa độ Oxy, cho hình chnhật ABCD tâm I(1;2). Gọi
M là trung điểm của AB, đường thẳng DM phương trình 5x + 3y 7 = 0, điểm C thuộc
đường thẳng d phương trình 2x y 7 = 0. Xác định tọa độ các điểm A,B,C,D biết
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 65
điểm D có hoành độ dương.
Lần 1–Trƣờng THPT Thăng Long – Hà Nội
Lời giải tham khảo:
+) Gọi G là trọng tâm tam giác ABD
Giả sử
;2 7C c c d
Do
3 4 2
;5
4 3 3 3
c
CI CG G c



+) G thuộc DM nên:
42
5 3 5 7 0 4
3 3 3
c
cc
Nên
4;1 2;3CA
+) Phương tnh đường tròn tâm I bán kính AI dạng:
22
: 1 2 10C x y
Nên
2; 1 0;5D DM C D B
Bài 39: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD.Gọi M là điểm đối
xứng của B qua C N hình chiếu vuông c của B trên MD.Tam giác BDM nội tiếp
đường tròn (T) phương trình:
22
( 4) ( 1) 25xy
.Xác định tọa độ các đỉnh của hình
chữ nhật ABCD biết phương tnh đường thẳng CN là:
3 4 17 0xy
; đường thẳng BC đi
qua điểm E(7;0) và điểm M có tung độ âm
Lần 1–Trƣờng THPT Xuân Trƣờng, Nam Định
Lời giải tham khảo
I
M
C
A
D
B
N
E
+(T) có tâm I(4;1);R=5
+ Do I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDM N,C chân các đường cao nên
chứng minh được :IM
CN
+ Lập ptđt IM qua I và IM
CN : 4(x-4)+3(y-1)=0 4x+3y-19=0
+ M là giao điểm (T) với IM :
M(7; 3)
M(1;5) (loai)
+Đường thẳng BC qua M,E có pt : x=7
+ C là giao điểm BC và NC => C(7 ;1)
+ B đối xứng M qua C => B(7 ;5)
+ Đường thẳng DC qua C và vuông góc BC : y=1
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 66
D là giao điểm (T) và DC :
D(9;1)
D( 1;1)
Vì B,D nằm cùng phía với CN nên D(-1 ;1)
+Do
BA CD
=> A(-1 ;5)
Bài 40: Trong mặt phẳng với htọa độ Oxy cho hình vuông ABCD. Trên các cạnh AB,
AD lần lượt lấy hai điểm E, F sao cho AE = AF. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên
DE. Biết
2 14
H;
55



,
8
F ; 2
3



, C thuộc đường thẳng d: x + y 2 = 0, D thuộc đường
thẳng d’: x – 3y + 2 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông.
lần 2–Trƣờng THPT Thuận Thành -Bắc Ninh
Lời giải tham khảo:
Gọi M là giao điểm của AH và BC.
Hai tam giác ADE và BAM bằng nhau nên BM = AE = AF.
Suy ra các tứ giác ABMF, DCMF là các hình chữ nhật..
Gọi I là giao điểm của FC và MD.
Ta có
11
HI MD FC
22

nên tam giác HFC vuông tại H.
PT đường thẳng AD: 3x y 10 = 0.
Giả sử A(a; 3a – 10).
DA = DC
a6
a2
A 6;8
A 2; 4
.
DF,DA
cùng hướng nên A(2; 4) .
CB DA B 4; 2
.
Vậy A(2; 4),
B 4; 2
,
C 2;4
,
D 4;2
.
Bài 41: Trong mặt phẳng với hệ tọa đOxy, cho hình bình hành ABCD tâm
I(
5;232
), BC = 2AB, góc
BAD
= 60
0
. Điểm đối xứng với A qua B
( 2;9)E
. Tìm
tọa độ các đỉnh của hình bình hành ABCD biết rằng A có hoành độ âm.
lần 1, Sở giáo dục tỉnh Thanh Hóa
Lời giải tham khảo:
Đặt
mADmAB 2
.
Ta có
2 2 2 0 2
2 . cos60 3BD AB AD AB AD m
.
3BD m
Do đó
222
ADBDAB
nên tam giác ABD
vuông tại B, nghĩa
AEIB
.
4
7
2
3
2
2
2
222
m
m
m
BEIBIE
.
Mặt khác
284)32(
222
IE
nên ta có
A
B
E
I
D
C
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 67
428
4
7
2
m
m
32
2
3
m
IB
.
Gọi
);( ban
vectơ pháp tuyến của AB (
)0
22
ba
khi đó AB có phương trình
0920)9()2( babyaxybxa
Ta lại
)(12)432(32
432
),(
222
22
baba
ba
ba
IBABId
abbabb 34,00)34(
+) Với b = 0, chọn a = 1, khi đó AB phương trình
02 x
, suy ra IB phương trình
05y
. Do
IBABB
nên
)5;2(B
, B trung điểm của AE nên
)1;2(A
(thỏa mãn
điều kiện
0
A
x
).
Do I là trung điểm của ACBD n ta suy ra
(4 3 2;9), (4 3 2;5)CD
+) Với
ab 34
, chọn a = 1
34 b
, khi đó AB phương trình
0336234 yx
,
suy ra IB có phương trình
0)5()232(34 yx
.
0193834 yx
Do
IBABB
nên
7
59
;
7
14316
B
, mà B là trung điểm của AE nên
7
55
;
7
14332
A
(không thỏa mãn điều kiện
0
A
x
).
Vậy
)5;2(),1;2( BA
,
(4 3 2;9), (4 3 2;5)CD
Bài 42: Trong mặt phẳng với h tọa độ Oxy, cho cho hình chữ nhật
ABCD
có
phương trình
: 2 3 0AD x y
. Trên đường thẳng qua B vuông góc với đường
chéo AC lấy điểm E sao cho
BE AC
(D E nằm về hai phía so vi đưng thẳng
AC). Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật
ABCD
, biết điểm
(2; 5)E
, đường
thẳng AB đi qua điểm
(4; 4)F
và điểm B có hoành độ dương.
lần 1, Sở giáo dục tỉnh Bắc Giang
Lời giải tham khảo:
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 68
B
H
F
C
A
D
E
Ta co
: 2 3 0 AB AD x y
và AB đi qua F(4 ; -4)
:2 4 0 AB x y
. Khi đo
(1;2)A AB AD A
Ta co đương thăng EF đi qua hai điêm E(2;-5) và F(4;-4). Do đo ta lâp đươc phương
trình
: 2 12 0EF x y
Suy ra
EF AD EF AB
tại F. Khi đó, ta
ABC EFB
,AC BE EBF BCA
(cùng phụ với
HBC
)
5AB EF
.
Ta co
:2 4 0 ( ;4 2 ), 0.B AB x y B b b b
Vây
2 2 2
5 ( 1) (2 2 ) 5 5 10 0 2( 0) (2;0)AB b b b b b dob B
Ta co
: 2 4 0BC AB x y
và BC đi qua B(2; 0)
: 2 2 0BC x y
AC đi qua A(1; 2) và vuông góc với BE
AC nhân
(0; 5)BE 
là véc tơ pháp tuyến
: 5( 2) 0 2AC y y
. Khi đo, ta co
(6;2)C AC BC C
CD đi qua C(6; 2) và
: 2 3 0CD AD x y
: 2 14 0CD x y
.
Khi đo
(5;4)D CD AD D
. Vây ta co toa đô A(1;2), B(2;0), C(6;2), D(5;4).
Bài 43: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, M trung
điểm của đoạn
,AD
N thuộc đoạn
DC
sao cho
NDNC 3
. Đường tròn tâm N qua M cắt
AC tại
BDACIJJ ,1;3
, đường thẳng đi qua
NM,
phương tnh :
01 yx
.
Tìm tọa độ điểm B.
lần 2, THPT Việt Trì, Phú Thọ.
Lời giải tham khảo:
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN N TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 69
MN cắt đường tròn tâm N tại K .ta chng mính được tứ giác MIJK nội tiếp
gócNKJ = gócAIM =45
0
===> góc JNK= 90
0
NJ vuông góc với (MN) nên phương trình : x-y-2 =0 ===>(
2
3
;
2
1
N
Tam giác JMN vuông cân nên
)1;2(
)4;3(
2
M
M
PNMJ
Với M(-2;1) gọi
JAMNP
ta có
)6;7(.3 PNMNP
PJPA
5
2
tìm được A(-3;4) , vì A là trung điểm của IP nên I(1; 2)
Ta có
MIAB 2
B(3;6)
Tương tự Với M(3;-4) t tìm được A(6;-5) , I(4; -1) và B(8;1)
Vậy tọa độ điểm B(3;6) hoặc B(8;1)
Bài 44: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm I. Các
điểm
10 11
;
33
G



,
2
3;
3
E



lần lượt trọng tâm của tam giác ABI tam giác ADC. c
định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết tung độ đỉnh A là số nguyên.
lần 2, THPT Thanh Chƣơng 1, Nghệ An.
Lời giải tham khảo:
Gọi M là trung điểm của BI và N là hình chiếu vuông góc của G lên
BI.
Ta có:
2 2 1
(1)
3 3 3
IN AG
GN AI IN IM BI
IM AM
E là trọng tâm
ACD
K
A
C
B
D
N
M
J
I
P
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 70
1 1 2
.
3 3 3
IE ID BI EN IN IE BI BN
BN EN BGE
cân tại G.
GA GB GE
A, B, E cùng nằm trên đường tròn tâm G.
Phương trình (AG):
G
: 13 51 0 51 13 ;
AB
qua
AG x y A a a
Khi đó
AGE
vuông cân tại G
AG GE
.
2 2 2
2
4
143 11 170 11 1
13 1;4
10
3 3 9 3 9
3
a
AG a a a A
a
Ta có:
2 2 11 7
;
3 3 2 2
AG AM AG AM M



Phương trình (BD) đi qua E và M
:5 3 17 0BD x y
Phương trình đường tròn (G; R=GA):
22
10 10 170
3 3 9
xx
.
B là giao điểm thứ hai ca (BD) và (G)
7;6B
.
Bài 45: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho nh thang cân
()ABCD AB CD
đỉnh
(2; 1)A
. Giao điểm hai đường chéo
AC
BD
điểm
(1; 2)I
. Đường tròn ngoại tiếp tam giác
có tâm
27 9
;
88
E




. Biết đường thng
BC
đi qua điểm
(9; 6)M
. Tìm tọa độ các đỉnh
,BD
biết điểm
B
có tung độ nhỏ hơn 3.
lần 2, THPT Cao Lãnh 2, Đồng Tháp.
Lời giải tham khảo
Gọi
H
là trung điểm
DI
K
là giao điểm của
EI
BC
Ta chứng minh
EK BC
Thật vậy ta có
,EH DI
góc
DBC DAC
(tính chất hình thang cân)
DAC IEH
(góc ở tâm), suy ra
DBC IEH
Mặt khác
EIH BIK
(đối đỉnh). Do đó
0
90BIK EK BC
Ta có
35 25
; , : 7 5 33 0
88
EI BC x y


( 1;3); : 3 5 0AI AC x y
Tọa độ điểm
C
là nghim ca hệ phương trình
7 5 33 0 1
( 1;8)
3 5 0 8
x y x
C
x y y


33 5
; , 3.
7
b
B BC B b b


Ta có
10IA IB
2
1
37 228 191 0 (4;1)
191
()
37
b
b b B
bl

2 10 2 .IC ID DI IB
Suy ra
( 5;4)D
Bài 46: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD AB = 2BC. Gọ H
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 71
là hình chiếu vuông góc của A trên cạnh BDM, N lần lượt là trung điểm của các cạnh CD, BH.
Biết điểm A(0; –1), phương trình đườngthẳng MN
3 9 0xy
và điểm M hoành độ
nguyên. Tìm toạ độ các đỉnh B, C, D.
lần 1, THPT Chí Linh, Hải Dƣơng.
Lời giải tham khảo
Gọi E trung điểm của AB thì tứ giác
hình vuông và E . Do đó hai tứ giác
các tứ giác nội tiếp đường tròn đưng
kính nên cũng t giác nội
tiếp là hình chiếu của trên
đường thẳng .
Đường thẳng đi qua
vuông góc với MN nên có phương trình . Toạ độ điểm N là nghiệm của
hệ
nên với . Tứ giác nội tiếp nên suy ra hai
tam giác đồng dạng
Đường thng phương tnh là Tam giác vuông cân tại nên ta
tìm được 2 điểm . Do và nằm về hai phía đối với đường thẳng
nên
nên
là trung điểm của nên ta tính được . Từ đó tính được
Vậy
Bài 47: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông
ABCD
A(4;6)
. Gọi
MN,
lần lượt là các điểm nm trên các cạnh
BC
CD
sao cho
MA N
0
45
,
M( 4;0)
đường thẳng
có phương trình
xy11 2 44 0
. Tìm tọa độ các điểm
B C D, , .
lần 2, THPT Chuyên Hạ Long, Quảng Ninh.
Lời giải tham khảo
Gọi
, , .E BD AN F BD AM I ME NF
Ta có
0
45MAN NDB
nên hai tứ giác
,ADNF ABNE
nội tiếp. Do đó
,.ME AN NF AM
suy
ra
.AI MN
Gọi
H AI MN
. Ta
,ABME MNEF
c tgiác nội tiếp nên
AMB AEB AMH
. Suy ra
.AMB AMH
Do đó
B
là điểm đối xng của
H
qua đường thng
AM
N
H
C
B
M
E
A
D
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 72
Từ
AH MN
tại
H
, tìm được
24 22
;
55
H



. Do
B
đối xứng của
H
qua
AM
, nên tìm được
(0; 2).B
Tìm được
: 2 4 8 0, : 2 18 0BC x y CD x y
. Suy ra
( 8; 2)C 
Từ
AD BC
ta tìm được
( 4;10).D
Bài 48: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành
ABCD
0
135BAD
trực tâm tam giác
ABD
( 1;0)H
. Đường thẳng đi qua
D
H
phương trình
3 1 0.xy
Tìm tọa độ các đỉnh ca hình bình hành, biết điểm
5
;2
3
G



là trng tâm tam giác
.ADC
lần 2, THPT Chuyên Nguyễn Huệ.
Lời giải tham khảo
Ta có
00
180 45BAD BHD BHD
Gọi
22
( ; ) (a 0)n a b b
là VTPT của đường thẳng
HB
Do đường thẳng
HB
to với đường thẳng
HD
một góc
0
45
nên
0 2 2
22
3
2
cos45 2 3 2 0
2
10.
ab
ab
a ab b
ba
ab
Nếu
2ab
. Chọn
2, 1ab
. Phương trình đường thng
: 2 2 0.HB x y
Do
G
là trng tâm tam giác
ADC
nên
1
2 2 (1; 4), (2;1)
1
b
BG GD GB GD B D
d
Phương trình đường thng
: 3 7 0AB x y
; Phương trình đường thẳng
: 2 1 0AD x y
; suy
ra
(2;1)A
(loại)
Nếu
2ba
. Phương trình đường thẳng
: 2 1 0.HB x y
( 2 1; ), (3 1; )B b b D d d
2
2 ( 5; 2), (5;2)
2
b
GB GD B D
d
Phương trình đường thng
: 3 13 0AB x y
; Phương trình đường thẳng
: 2 8 0AD x y
;
suy ra
( 1; 10)A 
Do
ABCD
là hình bình hành suy ra
AD BC
suy ra
(1;14)C
Thử lại:
0
1
cos cos , 45
2
ABD AB AD ABD
(loại)
Bài 49: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi E là trung điểm
của cạnh AD và
11 2
H;
55



là hình chiếu vuông góc của B trên cạnh CE;
36
M;
55



là trung điểm
của cạnh BH. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết đỉnh A có hoành độ âm.
lần 2, THPT Cao Nguyên, ĐH Tây Nguyên.
Lời giải tham khảo
M là trung đim BH nên
1; 2M 
Gọi F đối xng với E qua A. Khi đó:
//BF EC
BFEH là hình thang,
AM là đường trung nh nên
AM BH
Ta có:
: 2 3 0BH x y
:2 4 0, :2 0CE x y AM x y
F
N
M
E
H
C
D
B
A
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 73
2
cos cos
5
CD
BAM ECD
CE
Gọi
; 2 , 0 1; 2 2A a a a AB a a
Ta có
.
22
cos
55
.
AM
AM
ABu
BAM
AB u
2
1
5 6 11 0 1;2
11
5
a
a a A
al

: 2 0AD y 
, vì
1;2E CE AD E
E là trung đim AD nên
3;2D
.
BC AD
3; 2C
Bài 50: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,
cho hình chữ nhật ABCD diện tích bằng
33
,
đỉnh D thuộc đường thẳng d:
30xy
,
30ACB 
. Giao điểm của đường phân giác trong
góc
ABD
và đường cao của tam giác BCD kẻ từ C
là điểm
3;3H
. Tìm tọa độ các đỉnh B, D biết
hoành độ của BD đều nhỏ hơn
3
.
Lần 2, THPT Đoàn Thƣợng, Hải Dƣơng.
Lời giải tham khảo
Gọi
I AC BD
. Đặt
3AB x BC x
,
S
AB.BC=3
3
nên
3x
.
Ta
0 0 0
30 60 30DBC ACB ABD HBD
BD phân giác trong của góc
HBC
và
cũng đường cao nên BD trung trực của HC
3HD CD
;
0
90BHD BCD
3BH BC
.
3
T/M
2
t; 3 ; 3
33
Loai
2
t
D d D t HD
t
33
;
22
D




.
Đường thẳng
HB
đi qua
H( 3;3)
, vecto pháp tuyến
33
;
22
DH



nên phương trình:
33
3 3 0 3 4 3 0
22
x y x y
.
b;4
3
b
B HD B



3b
.
I
H
D
C
B
A
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 74
2
2
53
Loai
2
3 3 1 9
3
3
T/M
2
b
b
HB b
b


39
;
22
B




.
Vậy tọa độ các điểm B, D là :
39
;
22
B




33
;;
22
D




Bài 51: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ABCD là hình thang vuông tại A và B
sao cho
2
2 9 .AB BC AD
. Biết đỉnh C(4,0) và đỉnh D(1,4), trục tung cắt đoạn thẳng AB tại điểm
M thỏa mãn MB=2MA. Hãy tìm tọa độ của A, B.
THPT Nguyễn Siêu lần 2.
Lời giải tham khảo
Từ giả thiết ta có:
..MAMB BC AD
. Suy ra hai tam giác AMD BCM đồng dạng. Từ đó ta
90CMD
.
Gọi
I
là trung điểm CD ta có
5
( ,2)
2
I
.
M
nằm trên Oy nên
(0, )Mt
.
Do tam giác MCD vuông tại M nên
5
22
CD
MI 
.
Suy ra
2t
. Vậy
(0,2)M
.
Giả sử
( , )A x y
. Thì
( ,2 )AM x y
.
Mặt khác
2MB AM
nên
( 2 ,6 2 )B x y
.
Giải hệ
.0DA MA
.0MB CB
ta thu được
( , ) (0,2)xy
(loại)
Hoặc
17
( , ) ( , )
22
xy
. Vậy
17
( , )
22
A 
và B=(1;-1).
Bài 52: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vng tại A, B và AD =
2BC. Gọi H là nh chiếu vng góc của điểm A lên đường chéo BD và E là trung điểm của đoạn HD.
Giả sử
1;3H
, phương trình đường thẳng
:4 3 0AE x y
5
;4
2
C



. Tìm tọa độ các đỉnh A, B và
D của hình thang ABCD.
THPT Phan Bội Châu, Bình Định.
Lời giải tham khảo
B
A
C
D
H
K
I
E
I
A
D
B
C
M
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 75
- Qua E dựng đường thẳng song song vi AD cắt AH tại K và cắt AB tại I
Suy ra: +) K là trực tâm của tam giác ABE, nên BK
AE.
+) K là trung điểm của AH nên
1
2
KE AD
hay
KE BC
Do đó:
CE AE
CE: 2x - 8y + 27 = 0
3
;3
2
E AE CE E



, mặt khác E là trung điểm của HD nên
2;3D
- Khi đó BD: y - 3 = 0, suy ra AH: x + 1 = 0 nên A(-1; 1).
- Suy ra AB: x - 2y +3=0. Do đó: B(3; 3).
KL: A(-1; 1), B(3; 3) và D(-2; 3)
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 76
Phần III. Các bài toán vđƣờng tròn
Bài 1: Trong mặt phẳng với htoạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T)
phương trình . Các điểm K(-1 ; 1), H(2; 5) lần lượt chân đường cao
hạ từ A, B của tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh C
hoành đ dương.
Lần 2– Trƣờng THPT QG…- BÌNH PHƢỚC
Lời giải tham khảo
Tính chất hình học:
HK IC
(T) tâm .
+) Gọi Cx là tiếp tuyến của (T) tại C.
+) Ta có (1)
+) Do nên AHKB tứ giác nội tiếp
ABK CHK
(góc trong bằng góc ngoài đối diện của
tứ giác nội tiếp) (2)
+) Từ (1) và (2) ta .
.
Do đó IC vectơ pháp tuyến là , IC
phương trình:
+) Do C là giao của IC và (T) nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:
25)2()1(
01143
22
yx
yx
5
3
;
1
5
y
x
y
x
. Do
0
C
x
n
)1;5( C
+) Đường thẳng AC đi qua C vectơ chỉ phương
)6;3(CH
nên AC phương
trình:
092 yx
.
+) Do A là giao của AC và (T) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
25)2()1(
092
22
yx
yx
1
5
;
7
1
y
x
y
x
(loại). Do đó
)7;1(A
+) Đường thẳng BC đi qua C và vectơ chỉ phương
)2;6(CK
nên BC phương
trình
023 yx
.
+) Do B là giao của BC và (T) nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ
25)2()1(
023
22
yx
yx
1
5
,
2
4
y
x
y
x
(loại). Do đó
)2;4(B
Vậy
)7;1(A
;
)2;4(B
;
)1;5( C
.
Bài 2: Trong mt phẳng với hệ tọa đ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại B C có
AB >CD CD = BC. Đường tròn đường nh AB phương trình x
2
+ y
2
4x 5 = 0 cắt
cạnh AD của hình thang tại điểm thhai N. Gọi M hình chiếu vuông góc của D trên
đường thẳng AB. Biết điểm N có tung độ dương và đường thẳng MN có phương trình: 3x
+ y 3 = 0, tìm tọa độ của các đỉnh A, B, C, D của hình thang ABCD.
25)2()1(
22
yx
)2;1(I
1
2
HCx ABC
AC
0
90AHB AKB
// HCx KHC HK Cx
HKICCxIC
)4;3(KH
01143 yx
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 77
Lần 1– Trƣờng THPT Đa Phúc – Nội
Lời giải tham khảo
Tính chất hình học: NM là phân giác góc ANB
N C MN
tọa độ N là nghiệm của hpt:
22
3 3 0
4 5 0
xy
x y x
+) Do N có tung độ dương nên
1
1 12
( ; ), N (2; 3)
55
N
.
Tứ giác BMND nội tiếp
45
o
BNM BDM
Suy ra MN đường phân giác góc
BNA
nên N1 điểm
chính giữa cung
1
AB IN AB
với I(2;0) tâm của (C) nên
ta có phương trình đường thẳng
:0AB y
1;0M MN AB M
, A,B là các giao điểm của đường thng AB và (C), giải hệ:
22
0
1;0 ; 5;0
5;0 ; 1;0
4 5 0
y
AB
AB
x y x
+) Do
IM
cùng hướng với
IA
nên
1;0 ; 5;0AB
.
Ta lập được phương trình cách đường thẳng:
:2 2 0; : 1AN x y MD y
+) Mà
1;4D AN MD D
+)
5;4BC MD C
Vậy
1;0 ; 5;0 ; 4;4 ; 1;4A B C D
Bài 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhận trục hoành làm đường phân
giác trong của c A, điểm
E 3; 1
thuộc đường thẳng BC đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC phương trình
024102
22
yxyx
. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết điểm
A có hoành độ âm.
Lần 3 –Trƣờng THPT Phƣớc Bình
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học:
BCKI
Đường tròn ngoại tiếp có tâm I(1;5)
+) Tọa độ điểm A là nghiệm của h
22
x 6 x 4
x y 2x 10y 24 0
y 0 y 0
y0




+) Do A có hoành độ âm suy ra
4;0A
.
+) Và gọi
6;0K
,vì AK là phân giác trong góc A nên
KB KC
,
N1
N
C
D
M
A
B
I
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 78
do đó
BCKI
IK 5;5
là vtpt của đường thẳng BC.
BC: 5 x 3 5 y 1 0 x y 4 0
.
Suy ra tọa độ B, C là nghiệm của hệ
22
x 8 x 2
x y 2x 10y 24 0
y 4 y 2
x y 4 0




Vây A(-4;0), B(8;4), C(2;-2) và A(-4;0), C(8;4), B(2;-2).
Bài 4: Trong mặt phẳng với htọa độ Oxy cho tam giác nhọn
ABC
H
trực tâm
(7,1)M
là trung điểm của BC. Điểm
(4,6)N
trung điểm của AH. Hình chiếu D của B lên
AC thuộc đường thẳng
10xy
đưng thẳng AB đi qua điểm P(3,5). m tọa các
đỉnh A, B, C biết hoành độ điểm D lớn hơn 5.
Lần 2 –Trƣờng THPT Quang Trung – Bình Phƣớc
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học:
Chỉ ra
OEHK
là hình bình hành suy ra K.
OK ^ CD Þ
phương trình CD. C 1 ẩn suy ra toạ độ C. Có
C, K suy ra D từ đó có AH suy ra A, có A suy ra B. Nếu
muốn bài này khó ta có thể bỏ đi các điểm D, K trong
giả thiết mà k làm thay đổi kết quả của bài toán.
Bài 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho hình thang ABCD (AB // CD) nội tiếp
đường tròn tâm
5;2I
, bán kính
10R
. Tiếp tuyến của
I
tại B cắt CD tại E. F tiếp
điểm của tuyến thhai của
I
qua E . AF cắt CD tại
5;5T
. Tìm tọa độ A,B biết E thuộc
đường thẳng
:3 5 3 0d x y
6
B
x
.
Lần 1 –Trƣờng THPT Chuyên Quang Trung- Bình Phƣớc
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học:
TI TE
+) Ta có:
1
2
FIE BFE sdBF
+) Mặt khác:
BFE FAB
FAB ATD FTC

+) Nên suy ra:
FIE FTE
n t giác EFTI nội
tiếp, cho ta:
0
90ITE IFE
. Vậy
TI TE
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 79
Tham số hóa
3
5 ;3
5
E e e d




+)
0;3
28 28
5 5;3 ;5
53
.0
IT
TE e e E
TE IT
+) Gọi J trung điểm IE
43 7
;
62
J



. Do tứ giác IBEF nội tiếp đường tròn (C’) tâm J bán
kính
5 10
'
26
IE
R 
+) Nên tọa độ điểm B là nghiệm của h:
22
22
8
1
5 2 10
128
43 7 250
25
6 2 9
129
25
x
y
xy
x
xy
y
Vậy điểm
(8,1)B
+) Phương trình đường thng AB qua B và song song với CD có dạng:
: 1 0AB y 
+)
A AB C
nên tọa đ điểm A là nghiệm của hệ:
22
10
2;1
5 2 10
y
A
xy

+) Phương trình đường thng CD có dạng:
: 5 0CD y 
+) C,D là nghiệm của hệ:
22
6
50
5
4
5 2 10
5
x
y
y
x
xy
y


Tìm được
(6,5), (4,5)CD
Vậy:
2;1 ; 8;1 ; 6;5 ;; 4;5A B C D
.
Bài 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn
22
: 1 1 20C x y
. Biết rằng AC=2BD và điểm B thuộc đường thẳng
:2 5 0d x y
.
Viết phương trình cạnh AB của hình thoi ABCD biết điểm B có hoành độ dương.
Lần 3 –Trƣờng THPT Đồng Xoài - Bình Phƣớc
Lời giải tham khảo
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 80
Gọi I tâm đường tròn (C), suy ra I(1;-1) và I giao
điểm của 2 đường chéo AC và BD. Gọi H hình chiếu
vuông góc của I trên đường thẳng AB .
+) Ta có:
22AC BD IA IB
+) Xét tam giác IAB vuông tại I, ta có:
2 2 2 2
1 1 1 5 1
5
4 20
IB
IA IB IH IB
+) Tham số hóa điểm
;2 5B b b d
22
4
( 1) (2 4) 5 4;35
2
5
b
b b B
b
IB

+)
Gọi
22
( ; ) 0n a b a b
VTPT của đường thẳng AB, phương trình đường thng AB
có dạng:
: 4 3 0AB a x b y
Đường thẳng AB tiếp xúc với đường tn (C) nên ta có:
22
,2
3
200
| 4 |a
b
IA
b
B
a
d


22
2
11 24 4 0
11
2
ab
a ab b
ab
+) Với
2ab
, chọn
1, 2ba
phương trình đường thẳng AB là:
2 11 0xy
+) Với
2
11
ab
, chọn
11, 2 ba
phương trình đường thẳng AB là:
2 11 41 0xy
Bài 7: Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
nội tiếp đường tròn
2
2
: 1 25C x y
. Tiếp tuyến tại
B
C
của đường tròn
()C
cắt nhau tại điểm
M
nằm
trên đường thẳng
d
song song với tiếp tuyến tại
A
của
()C
. Hai đường thẳng
AB
AC
cắt
d
lần lượt tại
19;1E
3; 11F
. Hãy tìm tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC
.
Lần 6–Trƣờng THPT chuyên Quang Trung
Lời giải tham khảo:
Cách 1:
Tính chất nh học: Tgiác
EBCF
nội tiếp đường tròn tâm
M, bán kính
2
EF
.
+) Ta có:
ACB yAB BEF
nên tứ giác EBCF nội tiếp ( tứ
giác có góc ngoài bằng góc trong đối diện)
+)
MB MC
nên dẫn tới M tâm đường tròn ngoài
tiếp tứ giác EBCF đường kính EF, M là trung điểm EF.
Phường trình đường tròn
;
2
EF
M



dạng:
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 81
22
' : 11 5 100C x y
+) B, C là giao điểm của (C) và (C’)
22
2
2
11 5 100
(1; 5), (5;3)
(5;3), (1; 5)
1 25
xy
BC
BC
xy

Tọa độ
A BE CF
o B(1;-5), C(5;3), A(4;4)
o B(5,3), C(1,-5), A(2,-4)
Cách 2:
Lập phương trình tiếp tiếp tuyến của (C) tại A song song với EF dẫn tới:
:3 4 22 0
:3 4 28 0
Ay x y
Ay x y
TH1:
:3 4 22 0Ay x y
+) Lập phương trình đường thẳng AI qua tâm
1;0I
và vuông góc với Ay, ta có:
:4 3 4 0AI x y
+)
2;4A AI Ay A
+) Tìm tọa độ B,C. Trong đó
( ); ( ) ;;5;3 1 5B BAE C C AF C C
TH2:
:3 4 28 0Ay x y
+) Lập phương trình đường thẳng AI qua tâm
1;0I
và vuông góc với Ay, ta có:
:4 3 4 0AI x y
+)
4; 4A AI Ay A
+) Tìm tọa độ B,C. Trong đó
( ); ( ) 1; 5 , 5,3B BAE C C A CFC
Bài 8: Trong mặt phẳng với hệ tọa đ
Oxy
, cho tam giác
ABC
phương tnh cạnh
BC
3 4 12 0xy
, điểm
A
thuộc đường tròn
22
: 1 4 25C x y
và
A
tọa độ âm, trung điểm I của AB thuộc đường tròn (C). Tìm tọa độ các đnh của tam
giác
ABC
, biết trực tâm của tam giác trùng với tâm của đường tròn (C) và điểm B
hoành đ âm.
Trƣờng THPT Hùng Vƣơng lần 2 –Bình Phƣớc
Lời giải tham khảo:
1; 4 ; 5HR
+)Do
: 4 3 16 0
qua H
AH BC
AH x y
AH
+) Nên ta có:
4;0
2; 8
Al
A AH C
An
Tham số hóa:
4 ; 3 3B b b BC
+) I là trung điểm BC nên có tọa độ:
35
2 1;
2
b
Ib




FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 82
+) Mặt khác:
2
2
1
35
2 4 25 4;6
23
bn
b
I C b B
bl
Đường thẳng CH đi qua H và nhn
2;14AB
làm VTPT suy ra
: 7 29 0CH x y
+) Suy ra
8; 3C
Bài 9: Trong măt phăng vơi hê toa đô Oxy , cho tam giac ABC co đinh A (-3;4), đương
phân giac trong cua goc A co phương trinh :
40y 
và tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giac ABC la I(1;7). Viêt phương trinh canh BC, biết diện tích
ABC gâp 2 lân diên
tích
IBC.
Lần 1 –Trƣờng THPT Hà Huy Tập
Lời giải tham khảo:
Viêt đươc phương trinh đương tron ngoai tiêp tam gi ác
ABC co tâim
1;7I
và bán kính
5IA
:
22
( 1) ( 7) 25xy
+) Giải hệ phương trình :
22
( 1) ( 7) 25
40
xy
y

để tìm
D(5;4)
+) Phương trình đường thẳng BC nhn
4; 3ID 
làm
VTPT nên có dạng
:4 3 0BD x y m
+) Ta có:
2 ,( ) 2 ( ,( ))
ABC IBC
S S d A BC d I BC

10
58
3
m
m
Vây (BC):
4 3 10 0xy
hoăc:
12 9 58 0xy
Bài 10: Trong mặt phẳng với htođộ
Oxy
cho tam giác
ABC
1;4A
, tiếp tuyến tại
A
của đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
cắt
BC
tại
D
, đường phân giác trong của
ADB
phương trình
20xy
, điểm
4;1M
thuộc cạnh
AC
. Viết phương trình
đường thẳng
AB
.
Lần 1–Trƣờng THPT -Khánh Sơn - Khánh Hoà
Lời giải tham khảo:
Gọi AF là phân giác trong của
BAC
+) Ta có :
AFD ABC BAF
FAD CAD CAF
+) Mà
BAF CAF
,
ABC CAD
nên
AFD FAD
DAF
cân tại D
DE AI
+) PT đường thẳng AF :
50xy
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 83
Goị N là điểm đối xứng của M qua AF
PT đường thng
: 5 0MN x y
Gọi
J AI MN
0;5J
4;9N
+) VTCP của đường thẳng AB
3;5AN
VTPT của đường thẳng AB là
5; 3n 
Vậy phương trình đường thẳng AB là:
5 1 3 4 0 5 3 7 0x y x y
Bài 11: Trong mặt phẳng tọa đ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, gọi P là điểm trên cạnh
BC. Đường thẳng qua P song song với AC cắt AB tại điểm D, đường thẳng qua P song
song với AB cắt AC tại điểm E. Gọi Q là điểm đối xứng của P qua DE. m tọa độ điểm A,
biết
( 2;1)B
,
(2; 1)C
( 2; 1)Q 
.
Lần 2–Trƣờng THPT Anh Sơn II Nghệ An
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học: Q thuộc đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC.
+) Vì AD// PE, AE// PD nên ADPE là hình bình hành,
do đó PD = AE, AD = PE.
+) Gọi H giao điểm của DE với CQ. P, Q đối
xứng nhau qua DE nên :
, , DD H P EPDQ QP EQ
. Do đó AE= DP= DQ,
EQ= EP= AD. Suy ra ADEQ hình thang cân, nên
ADEQ nội tiếp được đường tròn. thế ta
00
180 180DAQ DEQ DEQ DAQ
(1).
+) Tam giác ABC cân tại A nên tam giác EPC cân tại E, suy ra
EP EC
. Lại Q đối
xứng với P qua DE nên
EQ EP
, suy ra
EQ EP EC
.
+) Từ đó
EQC ECQ
EPH ECH
EPH EQH

, suy ra EPCH nội tiếp được đường tròn (2).
Từ (1) và (2) ta được :
0 0 0 0
180 180 180 180BCQ PEH QEH DEQ DAQ BAQ
hay
0
180BCQ BAQ
. Suy ra tứ giác ABCQ nội tiếp, tức Q thuộc đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC.
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua B, C, Q có phương trình là
22
:5C x y
.
+) Phương trình đường thng BC là
20xy
+) Tam giác ABC cân tại A nên đường cao AK là
2 0xy
.
+) Tọa độ điểm A là nghiệm của h
22
20
1, 2
1, 2
5
xy
xy
xy
xy



.
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 84
+) Đối chiếu A, Q cùng phía với đường thẳng BC ta nhận điểm.
Vậy
1 ; 2A 
.
Bài 12: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường
tròn
22
T :x y 4x 2y 0
đường phân giác trong của góc A có phương trình
x y 0
. Biết diện tích tam giác
ABC
bằng ba lần diện tích tam giác
IBC
( với
I
tâm
của đường tròn
T
) và điểm
A
tung độ dương. Viết phương trình đưng thng BC.
Trƣờng THPT Hoàng Hoa Thám
Lời giải tham khảo:
Gọi
d
là đường phân giác trong của góc
A
+) Đường tròn
T
tâm
I 2;1
, bán kính
R5
+) Khi đó đường thẳng
d
cắt đường tròn
T
tại
A
và
A'
tọa
độ là nghiệm của hệ:
22
x y 4x 2y 0
x y 0

x0
y0
hoặc
x3
y3
+) Điểm
A
có tung đ dương suy ra
A 3;3
A' 0;0
+) Đường thẳng BC nhận
' 2; 1IA
làm vtpt nên có dạng:
:2 0BC x y m
+) Mặt khác ta có:
ABC IBC
11
S 3S d A, BC .BC 3. d I, BC .BC
22
d A, BC 3.d I, BC

m3
m 9 m 5
3. m 9 3. m 5
m6
55



+) Với
m3
khi đó
BC: 2x y 3 0
Tọa độ các điểm
B, C
là:
6 21 3 2 21 6 21 3 2 21
; , ;
5 5 5 5
, suy ra
B, C
nằm khác
phía đối với đường thẳng
d
( Thỏa )
+) Với
m6
khi đó
BC: 2x y 6 0
Tọa độ các điểm
B, C
là:
12 2 6 6 4 6 12 2 6 6 4 6
; , ;
5 5 5 5
, suy ra
B, C
nằm khác
phía đối với đường thẳng
d
( Thỏa )
Do đó phương trình đường thng
BC
là :
2x y 3 0
2x y 6 0
.
Bài 13: Trong mặt phẳng tọa độ với htrục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng phương
trình lần lượt
12
: 2 2 0, :3 3 6 0d x y d x y
và tam giác ABC đều diện tích bằng
3
trực tâm I thuộc
1
d
. Đường thẳng
2
d
tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác
ABC. Tìm tọa độ giao điểm
1
d
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết điểm I
hoành đ dương.
Lần 2–Trƣờng THPT Đồng Dậu – Vĩnh Phúc
Lời giải tham khảo:
I
A
B
C
A'
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 85
Gọi
M AI BC
. Giả sử
( 0), ,AB x x R r
lần lượt
bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác
ABC
+) Do tam giác ABC đều nên
22
33
32
44
ABC
xx
Sx
+) Do tam giác ABC đều nên trực tâm I tâm đường
tròn ngoại tiếp , nội tiếp tam giác ABC
1 1 3
3
3 3 3
r IM AM
.
+) Giả sử
1
(2 2; ) ( 1)I a a d a
+) Do
2
d
tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác
ABC nên:
2
6 2 6
3(2 2) 3 6
3
1( )
( ; ) 3 6 6 6
3
3
99
2
aa
al
d I d r a
a

+) Suy ra
(2;2)I
.
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I bán kính
2 2 3
33
R AM
phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC
là :
22
4
( 2) ( 2)
3
xy
+) Giao điểm của đường thẳng
1
()d
(C ) là nghiệm của hệ phương trình:
22
2 2 0
4
( 2) ( 2)
3
xy
xy
Vậy giao điểm của
1
()d
2
()d
2 4 2 4
(2 ;2 ), (2 ;2 )
15 15 15 15
EF
Bài 14: Trong mặt phẳng với htọa độ Oxy, cho đường tròn (C) đường thẳng
định bởi:
22
( ): 4 2 0; : 2 12 0C x y x y x y
. Tìm điểm M trên
sao cho tM vẽ
được tới (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 60
0
.
Lần 1 –Trƣờng GDTX Cam Lâm
Lời giải tham khảo:
Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán nh
5R
.
+) Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ
từ M. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 60
0
thì tam giác IAM nửa tam giác đều suy ra
2R=2 5IM
.
+) Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) phương
trình:
22
2 1 20xy
.
+) Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng
, nên tọa
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 86
độ của M nghiệm đúng hệ phương trình:
22
2 1 20 (1)
2 12 0 (2)
xy
xy
Khử x giữa (1)(2) ta được:
22
2
3
2 10 1 20 5 42 81 0
27
5
x
y y y y
x
Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là:
9
3;
2
M



hoặc
27 33
;
5 10
M



Bài 15: Trong mặt phẳng ta độ Oxy cho đường tròn
22
: 3 1 9 C x y
đường
thẳng
:d
10 0xy
. Từ điểm M trên
d
kẻ hai tiếp tuyến đến
C
, gọi
,AB
hai
tiếp điểm. Tìm tọa độ điểm
M
sao cho độ dài đoạn
32AB
Đề 1 –Trƣờng GDTX Nha Trang
Lời giải tham khảo:
Đường tròn (C) có tâm
3;1 , 3I bk R OA
+) Gi
H AB IM
, do H trung điểm ca AB
nên
32
2
AH
.
+) Suy ra:
22
9 3 2
9
22
IH IA AH
2
6
32
2
IA
IM
IH
+) Gi
;10M m m d
ta có
22
2
18 3 9 18IM m m
22
2 24 90 18 12 36 0 6m m m m m
Vy
6;4M
Bài 16: Cho
ABC
vuông cân tại
.A
Gọi
M
là trung điểm
,BC
G
là trọng tâm
,ABM
điểm
7; 2D
điểm nằm trên đoạn
MC
sao cho
.GA GD
Tìm tọa độ điểm
,A
lập phương
trình
,AB
biết hoành độ của
A
nhỏ hơn 4 và
AG
có phương trình
3 13 0.xy
Lần 1–Trƣờng THPT- Hậu Lộc 2- Thanh Hoá
Lời giải tham khảo:
Ta có
2
2
3.7 2 13
; 10
31
d D AG


+)
ABM
vuông cân
GA GB GA GB GD
+) Vậy
G
tâm đường tròn ngoại tiếp
ABD
0
2 90AGD ABD GAD
vuông cân tại
.G
Do đó
2
; 10 20;GA GD d D AG AD
Gọi
;3 13 ; 4A a a a
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 87
22
2
5( )
20 7 3 11 20
3
a loai
AD a a
a
+) Vậy
3; 4A
+) Gọi VTPT của
AB
;
AB
n a b
22
3
cos cos , 1
. 10
AB AG
ab
NAG n n
ab
+) Mặt khác
2 2 2 2
33
cos 2
10
9.
NA NM NG
NAG
AG
NA NG NG NG

+) Từ (1) và (2)
2
22
0
3
3
6 8 0
34
10
. 10
b
ab
ab b
ab
ab

Với
chọn
1a
ta
: 3 0;AB x
Với
34ab
chọn
4; 3ab
ta
:4 3 24 0AB x y
+) Nhận thấy với
:4 3 24 0AB x y
thì
4.7 3. 2 24
; 2 ; 10
16 9
d D AB d D AG
(loại)
Vậy
: 3 0.AB x 
Bài 17: Trong mặt phẳng với h tọa độ Oxy, cho đường tròn phương trình :
22
( 1) ( 2) 9xy
( C ) đường thẳng :
:0d x y m
. Tìm m để trên đường
thẳng (d) duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới
đường tròn ( C ) . ( B, C là hai tiếp điểm ) sao cho tam giác ABC vuông.
Lần 1 –Trƣờng THPT Kẻ Sặt Hải Dƣơng
Lời giải tham khảo:
Tâm đt (C) là:
1; 2I
, bk
3R
, từ A kẻ được hai tiếp
tuyến AB, AC
AB=AC , AB
AC
ABIC là hình
vuông cạnh 3
IA=
32
;A a a m d
; AI =
22
(1 ) ( 2) 3 2a a m
22
(1 ) ( 2) 18a a m
2
22
2( 3) 4 13 0a m a m m
(1).
+) Để duy nhất điểm A tức phương tnh (1) có
nghiệm duy nhất.
2
0 2 35 0 5; 7.m m m m
Bài 18: Trong mặt phẳng với htrục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC
1; 2I
tâm
đường tròn ngoại tiếp
0
90AIC
. Hình chiếu vuông c của A trên BC
1; 1D 
.
Điểm K( 4; - 1 ) thuộc đường thẳng AB. Tìm tọa độ các đỉnh A, C biết điểm A tung độ
dương.
Lần 1 –Trƣờng THPT Khoái Châu Hƣng Yên
Lời giải tham khảo:
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 88
Tính chất hình học:
ID AB
+) Do
0
0
0
45
90
135
ABC
AIC
ABC

0
45ABD
nên
ADB
vuông cân tại D
Do đó DA = DB. Lại có: IA = IB
DI AB
Nên đường thẳng AB đi qua ( 4; - 1 ) vuông góc với DI
phương trình
2 9 0xy
. +) Gọi
;2 9A a a AB
, do
2 ; 2 10DA d D AB
22
1 2 8 2 10aa
2
6 5 0aa
1; 7
1
5
5;1 /
A loaïi
a
a
A t m
+) Phương trình DB đi qua D có VTPT
AD : 3 4 0AD x y
;
; 3 4C DB C c c
.
Do
IAC
vuông cân tại I nên
. 0 4 1 3 3 2 0 2IA IC c c c
2;2C
Bài 19: Trong mt phng vi hta độ Oxy cho tam giác ABC ni tiếp trong đưng tròn
tâm I; đỉnh A thuc đưng thng d: x + y - 2 = 0, D(2; -1) chân đường cao ca tam
giác ABC ht đỉnh A. Gi đim E(3; 1) chân đường vuông góc htB xung AI;
đim P(2;1) thuc đường thng AC. Tìm ta độ các đỉnh ca tam giác ABC.
Trƣờng THPT Lê Quý Đôn Khánh Hoà
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học:
DE AC
+) Gọi M là điểm đối xứng của A qua I.
+) Ta
BCM BAM EDC
(Do tứ giác ABDE nội
tiếp).
Từ đó suy ra
DE / /MC
MC AC DE AC
. Ta
DE 1;2
.
+)
AC:1 x 2 2 y 1 0 x 2y 4 0
.
Ta
A d AC
. Tọa độ của A thỏa hệ phương
trình
x 2y 4 0 x 0
x y 2 0 y 2



A 0;2
.
+) Ta có
AD 2; 3
,
AE 3; 1
.
Phương trình BE :
3 x 3 y 1 0 3x y 8 0
.
Phương trình BD :
2 x 2 3 y 1 0 2x 3y 7 0
.
B BE BD
Tọa độ của B thỏa hệ phương trình
17
x
3x y 8 0
17 5
7
B;
2x 3y 7 0 5
77
y
7





.
Ta có
C AC BD
, nên Tọa độ của C thỏa hệ phương trình
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 89
26
x
x 2y 4 0
26 1
7
C;
2x 3y 7 0 1
77
y
7





.
Kết luận :
A 0;2
,
17 5
B;
77



,
26 1
C;
77



Bài 20: Trong mặt phẳng với htọa độ Oxy, cho hai điểm
1 2 3 4A( ; ), B( ; )
và đường
thẳng d phương trình:
2 2 0 d : x y
. Tìm điểm M thuộc đường thẳng d sao
cho:
22
36MA MB .
Lần 1 –Trƣờng THPT Lý Thái Tổ - Bắc Ninh
Lời giải tham khảo:
Giả sử
2 2;M m m d
+)
2 2 2 2
22
36 2 3 2 2 1 4 36MA MB m m m m
4;1
1
3
43
;
5
55
M
m
m
M





Bài 21: Trong mt phng vi htọa độ Oxy, cho tam giác ABC
2;6A
, chân đưng
phân giác trong góc A là
3
2;
2
D



, tâm đưng tròn ngoi tiếp tam giác ABC là
1
; 1
2
I



.Tìm tọa độ các đim B C.
Trƣờng THPT Khánh Hoà
Lời giải tham khảo:
Phương trình đưng thng
: 2 0AD x 
.
+) Phương trình đưng tròn (C) ngoi tiếp tam giác ABC :
2
2
1 125
:1
24
C x y



+) Gi E là giao đim ca AD (C)
2; 4E
+) E là đim chính gia cung BC không cha đim
A
IE BC
+) Phương trình đưng thng
: 2 5 0BC x y
+) B, C là giao đim ca đưng thng BC và đưng tròn (C)
5;0 ; 3; 4BC
hoặc
3; 4 ; 5;0BC
Bài 22: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhận trục hoành làm đường
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 90
phân giác trong của góc A, điểm
E 3; 1
thuộc đường thng BC và đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC có phương trình
024102
22
yxyx
. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C
biết điểm A có hoành độ âm.
Lần 2 –Trƣờng THPT Nhƣ Xuân – Thanh Hoá
Lời giải tham khảo:
+) Đường tròn ngoại tiếp có tâm I(1;5)
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
22
x 6 x 4
x y 2x 10y 24 0
y 0 y 0
y0




+) Do A có hoành độ âm suy ra A(-4;0).
+) gọi K giao điểm của phân giác trong góc A với (C),
nên suy ra K(6;0).
Vì AK là phân giác trong góc A nên KB=KC, do đó
BCKI
+)
IK 5;5
là vtpt của đường thẳng BC.
BC: 5 x 3 5 y 1 0 x y 4 0
.
Suy ra tọa đB, C là nghiệm của hệ
22
x 8 x 2
x y 2x 10y 24 0
y 4 y 2
x y 4 0




Vây A(-4;0), B(8;4), C(2;-2) và A(-4;0), C(8;4), B(2;-2) .
Bài 23: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn
đường kính AC. Biết
M 3; 1
trung điểm của cạnh BD, điểm
C 4; 2
Điểm
N 1; 3
nằm trên đường thẳng đi qua B vuông góc với AD. Đường thẳng AD đi qua
P 1;3
.
Tìm tọa độ các đỉnh A, B, D.
Lần 2–Trƣờng THPT Phan Bội Châu
Lời giải tham khảo:
Giả sử
D a; b
. M trung điểm của BC nên
B 6 a;2 b
+)
AD DC BN / /CD BN,CD
cùng phương.
Ta có:
+)
BN a 7;b 1 , CD a 4;b 2
a 7 b 2 a 4 b 1 b a 6 1
+)
PD a 1; b 3 , CD a 4;b 2
PD CD a 1 a 4 b 3 b 2 0 2
Thế (1) vào (2) ta được
2
a5
2a 18a 40 0
a4
I
A
C
B
K
E
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 91
a 4 b 2 D 4; 2
loại vì D tng C
a 5 b 1 D 5; 1
B 1; 1
+) AD qua
P 1;3 ,D 5; 1 AD : x y 4 0
+)
AB BC
và đi qua
B 1; 1 AB : 3x y 4 0
A AB AD A 2;2
Bài 24: Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
vuông cân tại
A
. Gọi
G
trọng tâm tam giác
ABC
. Điểm
D
thuộc tia đối của tia
AC
sao cho
GD GC
. Biết
điểm
G
thuộc đường thng
: 2 3 13 0d x y
và tam giác
BDG
nội tiếp đường tròn
22
: 2 12 27 0C x y x y
. Tìm toạ độ điểm
B
và viết phương tnh đường thẳng
BC
,
biết điểm
B
có hoành độ âm và toạ độ điểm
G
là số nguyên.
Lần 1–Trƣờng THPT Phù Cừ Hƣng Yên
Lời giải tham khảo:
Tam giác ABC vuông cân tại A có G là trọng tâm nên GB = GC
Mà GD = GC nên tam giác BCD nội tiếp đường tròn tâm G.
+) Suy ra:
0
2 2 90BGD BCD BCA
BG GD
Hay tam giác BDG vuông cân tại G
Đường tròn (C) tâm I(1;6) bán kính
10R
ngoại tiếp tam giác BDG nên I trung
điểm của BD
Do đó
10IG
IG BD
=) Vì



13 2
: 2 3 13 0 ;
3
m
G d x y G m
Từ




2;3
10
28 75
;
13 13
G
IG
G
, do toạ độ điểm G là số nguyên nên G(2;3).
BD đi qua I(1;6) và
IG BD
nên phương trình
: 3 17 0BD x y
2;5
,
4;7
B
B D BD C
D
(do hoành độ điểm B âm)
Vậy
2;5B
+) Gọi M là trung điểm của BC ta có AM = MB = MC (do ABC vng cân tại A)
(
?
)
d: 2x + 3y - 13 = 0
I
(1;6)
D
G
F
M
C
A
B
(
?
)
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 92
Suy ra
AM BC GM MB
11
33
GM AM MB
Nên
13
tan cos
3
10
MG
GBM GBM
MB
+) Gọi
,n a b
với

22
0ab
là VTPT của BC.
Ta có VTCP của BG là
4; 2 1;2
BG
BG n
là VTPT của BG
+) Có
.
3
cos , cos , cos cos ,
10
.
BG
BG BG
BG
nn
BG BC n n GBM n n
nn


22
22
2
0
3
35 40 5 0
70
10
5
ab
ab
a ab b
ab
ab
Trƣờng hợp 1: Với
0 1;1a b n
nên phương trình
: 3 0BC x y
Trƣờng hợp 2: Với
7 0 1;7a b n
nên phương trình
: 7 33 0BC x y
Do hai điểm D và G cùng mằn về một phía đối với đường thẳng BC nên phương trình
BC tho mãn là
30xy
Vậy
: 3 0BC x y
2;5B
Bài 25: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC đỉnh A(-2; -1) trực
tâm H(2; 1). Cạnh BC =
20
. Gọi I, J lần lượt chân các đưng cao hạ từ B, C. Trung
điểm của BC là điểm M thuộc đường thẳng d: x 2y 1 = 0 và M có tung độ dương.
Đường thẳng IJ đi qua điểm E(3; - 4). Viết phương trình đường thẳng BC.
Lần 1–Trƣờng THPT Phú Xuyên B
Lời giải tham khảo:
T giác AIHJ nội tiếp đường tròn đường kính AH,
phương trình:
22
C :x y 5
Vì M thuộc d nên tọa độ M(2b + 1 ; b).
+) Đường tròn tâm M, đường kính BC có pt :
22
C' : x 2b 1 y b 5
+) Dễ thấy I, J thuộc đường tròn (C’). Vậy I, J giao điểm
của 2 đường tròn (C), (C’) nên pt IJ có dạng :
2
2 2 2 2 2
x y 5 x y 2 2b 1 x 2by 2b 1 b 5
2
2
2 2b 1 x 2by 2b 1 b 0
+) Vì IJ qua E nên ta có
2
b 1 b 1
. Mà b > 0 nên b = 1 suy ra M(3; 1)
Đường thẳng BC qua M, có véc-tơ pháp tuyến
AH
.
Vậy phương tnh BC: 2x + y 7 = 0
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 93
Bài 26: Trong mặt phẳng với h tọa độ Oxy , cho hai điểm
1;2 ; 3;4AB
đường
thẳng
: 3 0.dy
,Viết phương trình đường tròn
C
đi qua hai điểm
,AB
cắt đường
thẳng
d
tại hai điểm phân biệt
,MN
sao cho
0
60MAN
.
Lần 1–Trƣờng THPT Nguyễn Văn Trỗi
Lời giải tham khảo:
+) Gọi
22
: 2 2 0C x y ax by c
(đk
22
0)a b c
1;2
5 2 4 0 5
25 6 8 0 15 2
3;4
AC
a b c b a
a b c c a
BC



.Vậy
;5I a a
+) Bán kính
2
22
5 15 2 2 4 5R a a a a a
+)
0
60MAN
. Suy ra
00
120 30MIN IMN I NM
hạ
1
,
2
IH d IH d I d R
22
1
2 2 4 5 4 3 0 1 3
2
a a a a a a a
Khi
1a
ta đường tròn
22
: 2 8 13 0C x y x y
( loại
do
,IA
khác phía đường thẳng
d
)
Khi
22
22
: 6 4 9 0 : 3 2 4C x y x y C x y
(t/ mãn)
60
°
H
I
N
M
A
B
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 94
PHN PH TR THAM KHO
BÀI 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H hình chiếu
vuông góc của A trên cạnh BC; D là điểm đối xứng của B qua H; K là hình chiếu vuông
góc của C trên đường thẳng AD. Giả sử
( 5; 5), (9; 3)HK
trung điểm của cạnh AC
thuộc đường thẳng
10 0xy
. Tìm tọa độ điểm A.
(KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 ĐỀ CHÍNH THỨC).
Nhận xét ý tƣởng:
_ Có th thấy “hình vẽ” chính là điểm tựa đta giải quyết
bài toán này, do đó việc vẽ “chính xác” hình vẽ có ý
nghĩa quan trọng vì hình vẽ giúp ta “phát hiện các tính
chất hình học quan trọng”. Cụ thể trong bài này, AHCK
chính là tứ giác nội tiếp, và IH AK. Và bài toán cũng từ
đó mà được phân tích theo các hướng sau:
+ Hƣớng thứ 1: Chứng minh AHCK là tứ giác nội tiếp
IH = IK và I d
tìm tọa đ I. Để chứng minh IH AK ta có th
chứng minh IH // CK (do CK // AD) (phần chứng minh
này xin dành cho bạn đc). Khi đó A thỏa mãn A
thuộc đường tròn đường kính AC và đường thẳng AK.
+ Hƣớng thứ 2: Tương tự hướng thứ 1, ta tìm tọa độ điểm I, để chứng minh IH
AK ta gắn hệ trục tọa độ Axy và chứng minh
.0AD IH
Khi đó A thỏa mãn A
thuộc đường tròn đường kính AC và đường thẳng AK.
+ Hƣớng thứ 3: Tương tự hướng thứ 1, ta tìm tọa độ điểm I, đến đây ta có thể đặt
A(x; y) 2 ẩn nên cần 2 phương trình pt (1) là IA = IH, pt (2) là AH = HK (ta phải
chứng minh AHK n tại H).
Hƣớng dẫn giải cách 1:
* Ta có
90 180AHC CKA AHC CKA

tứ giác AHCK nội tiếp.
Gọi I là trung điểm AC I là tâm đường tròn nội tiếp tứ giác AHCK
IK = IH (*)
Mặt khác I d: x y + 10 = 0
( ; 10).I t t
Do đó
2 2 2 2 2 2
(*) ( 5) ( 15) ( 9) ( 13) 0 I(0;10)HI KI t t t t t
* ABD cân tại A (do AH vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến)
ABD BDA
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 95
Mặt khác
90
90
ABD BCA
BCA DCK
DBA DCK
.
CHI HCI
(do IHC cân tại I)
Suy ra
CHI KCD
KC // IH (đồng vị) mà CK AD
IH AD
* Đường AD qua K(9; 3) nhận
( 5; 15) 5(1;3)IH
làm vecto pháp tuyến có dạng là:
1( 9) 3( 3) 0 : 3 0x y AD x y
* A là giao điểm AD và đường tròn đưng kính AC nên tọa độ A thỏa mãn hê:
22
30
( 10) 250
xy
xy

5 15
39
yx
yx
Suy ra A(15;5) hay A(9;–3) (loại vì trùng K)
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán
( 15;5)A
Hƣớng dẫn giải cách 2:
* Ta có
90AHC CKA
180AHC CKA
tứ giác AHCK nội tiếp.
Gọi I là trung điểm AC
I là tâm đường tròn nội tiếp tứ giác AHCK IK = IH
(*)
Mặt khác I d: x y + 10 = 0
( ; 10).I t t
Do đó
22
(*) HI KI
2 2 2 2
( 5) ( 15) ( 9) ( 13) 0 I(0;10)t t t t t
* Đặt AB = a, AC = 1. Dựng hệ trục Axy như hình v.
Ta
(0;0), (0; ), (1;0)A B a C
Ta
2 2 2 2
2
2 2 2 2 2
.;
1 1 1 1
BH AB a a a a
BH BC AB BH BC H
BC BC a a a a



Ta có H là trung điểm BD
23
22
2
;
11
a a a
D
aa





1
;0
2
I



là tung điểm AC.
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 96
Nên
2
22
23
22
1
;
2( 1) 1
2
;
11
aa
IH
aa
a a a
AD
aa






.
Xét
2 2 3
22
( 1) ( )
.0
( 1)
a a a a a
IH AD IH AD
a
* Đường AD qua K(9; 3) nhận
( 5; 15) 5(1;3)IH
làm vecto pháp tuyến có dạng là:
1( 9) 3( 3) 0 : 3 0x y AD x y
* A là giao điểm AD và đường tròn đường kính AC nên tọa độ A thỏa mãn hê:
22
3 0 5 15
( 10) 250 3 9
x y y x
x y y x


suy ra A(15;5) hay A(9;–3) (loại vì trùng K)
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán
( 15;5)A
Hƣớng dẫn giải cách 3:
* Ta có
90 180AHC CKA AHC CKA

tứ giác AHCK nội tiếp.
Gọi I là trung điểm AC I là tâm đường tròn nội tiếp tứ giác AHCK
IK = IH (*)
Mặt khác I d: x y + 10 = 0
( ; 10).I t t
Do đó
2 2 2 2 2 2
(*) ( 5) ( 15) ( 9) ( 13) 0 I(0;10)HI KI t t t t t
* Xét đường tròn nội tiếp tứ giác AHKC ta có
AKH ACH HAB HAD AHK
cân tại H
Suy ra AH = HK.
Đặt A(x; y) ta có A thỏa mãn
22
22
5 15
( 10) 250
39
( 5) ( 5) 250
yx
xy
yx
xy
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán
( 15;5)A
Hƣớng dẫn giải cách 4: (theo đáp án của Bộ GD&ĐT)
* Gọi I là trung điểm AC ta có
2
AC
IH IK
nên I
thuộc đường trung trực của HK.
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 97
Đường trung trực HK có phương trình
7 10 0xy
nên toa độ I thỏa mãn hệ
10 0
7 10 0
xy
xy
0
(0;10)
10
x
I
y

* Ta có
HKA HCA HAB HAD
n AHKn tại H, suy ra HA = HK mà MA = MK
nên A đối xứng với K qua MH. Ta có
(5;15) 5(1;3)MH 
. Đường thẳng MH có phương
trình:
3 10 0xy
* Trung điểm AK thuộc MH và AK MH nên A thỏa n hệ:
( 9) 3( 3) 0
15
( 15;5)
93
3 10 0
5
22
xy
x
A
xy
y



Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán
( 15;5)A
BÀI 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC không cân, nội tiếp đường tròn
tâm I. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC, K là hình chiếu vuông góc của B
trên AI. Giả sử
(2;5), (1;2),AI
điểm B thuộc đường thẳng
3 5 0xy
, đường thẳng HK
có phương trình
20xy
. Tìm tọa độ các điểm B, C. \
(KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 ĐỀ DỰ BỊ).
Hƣớng dẫn giải :
* Ta có B thuộc đường tròn tâm I bán kính IA và đường thẳng d: 3x + y + 5 = 0 nên thỏa
hệ:
22
2
( 1) ( 2) 10
( 2;1)
1
3 5 0
x
xy
B
y
xy


* Ta có H HK
(2 ; )H h h
(2 2; 5), (2 2; 1)AH h h BH h h
.
Lại có AH BH
FULL & FREE TUYT PHM HÌNH HC PHNG OXY
2016
THẦY TRẦN VĂN TÀI THẦY HỨA LÂM PHONG CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 98
1
. 0 (2 2)(2 2) ( 5)( 1) 0
1
5
h
AH BH h h h h
h
Do đó ta có :
21
(2;1) hay ;
55
HH



* Với
21
;
55
H



ta có
8 24 8
( 1; 3), ; ( 1; 3)
5 5 5
AI AH


nên ba điểm A, H, I thẳng
hàng hay tam giác này cân tai A (không thỏa mãn) nên ta loại
21
;
55
H



và nhận
(2;1)H
* Phương trình đường BC khi đó là y 1 = 0 và C là giao điểm của đường tròn tâm I bán
kính IA và BC nên tọa độ C thỏa hệ:
22
2, 1
( 1) ( 2) 10
4, 1
10
xy
xy
xy
y


. Do B(–2;1) nên ta nhận
(4;1)C
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán
( 2;1), (4;1)BC
| 1/97

Preview text:


TRẦN VĂN TÀI – HỨA LÂM PHONG ( GV CHUYÊN LU
YỆN THI THPT QUỐC GIA) ẤN PHẨM NĂM 2016 SOI KÍNH LÚP HÌNH HC PHNG OXY FULL & FREE - 30 TÍNH CHẤT HÌ
NH PHẲNG THƯỜNG GẶP
- PHÂN DẠNG BÀI TOÁN HÌNH PHẲNG
- TRÍCH ĐỀ THI THỬ MỚI NHẤT 2016
- ĐÁP ÁN CHI TIẾT NHÀ XUẤT BẢN VÌ CỘNG ĐỒNG
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
A- CHNG MINH MT S TÍNH CHT HÌNH HC
TAM GIÁC – TỨ GIÁC – ĐƢỜNG TRÒN.
Để giúp bạn đọc rèn luyện thêm cho mình những kỹ năng trong quá trình chứng minh một số tính chất hình học,
tác giả bổ sung thêm vào chuyên đề mục sau. Ngoài cách chứng minh đã nêu có thể có thêm những cách chứng
minh khác nữa. Điều này tùy thuộc vào khả năng tư duy và lĩnh hội cũng như sở trường của mỗi người. Tựu
trung lại thì hướng chứng minh vẫn xuất phát từ 4 con đường chính:

Một là, sử dụng “các tính chất hình học thuần túy của THCS”.
Hai là, sử dụng phương pháp “véctơ thuần túy” (lớp 10).
Ba là, sử dụng phương pháp tọa độ hóa kết hợp “chuẩn hóa số liệu”.
Bốn là, sử dụng phương pháp tổng hợp (kết hợp các cách trên).
Tính chất 1: Cho tam giác ABC vuông tại A , vẽ AH  BC tại H . Đường tròn C; AC cắt đoạn thẳng
BH tại D. CMR: AD là tia phân giác của góc BAH. Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
Do CA CD C
AD cân tại C.
CAD ADC Mặt khác, ta lại có:
CAD BAD   0 90 gt 
ADC DAH  0  90 gt
AD là phân giác góc BAH BAD DAH dpcm  
AD là phân giác góc BAH
BAD DAH
Tính chất 2: Cho tam giác ABC vuông tại A  AB AC . Gọi I là trung điểm cạnh AC . Qua I kẻ đường
thẳng d vuông góc với BC, qua C kẻ đường thẳng d vuông góc AC , d cắt d tại E. CMR: AE
BI . 1 2 1 2 Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
Gọi M IE AB. C  I MB Do 
I là trực tâm của B
MC BI MC 1 MI BC
IA IC AIM I
CEc g c  IM IE
Do đó AMCE là hình bình hành  AE / / MC 2 Từ  
1 ,2  BI AE
Tính chất 3: Cho đường tròn O; Rvà AB là dây cung của đường tròn đó AB  2R , M là điểm thuộc cung
lớn AB M A,M B . Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên AB . CMR: AMH OBM . Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
Vẽ đường kính MC của đường tròn O  MBC  0 90
Xét AHM MBC có:
HAM MCB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM ).
MBC AHM  0 90 cmt  AHM C
MBg g
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 3
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
AMH CMB   BMO
Mà OMB cân tại OOB OM R  BMO OBM AMH OBM dpcm
Kéo dài MO căt O tại điểm thứ 2 là C dpcm   A
HM đồng dạng CMB
Tính chất 4: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O , gọi M là giao điểm AB và CD . Khi đó CMR: MB.MA MC.MD Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
Ta có ABCD là tứ giác nội tiếp
CAB DBC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC ) Xét A
CM và DMB
 CAB DBCcmt   AMD : chung ACM DB
M g g
Đây cũng là địng nghĩa phương tích AM CM
của 1 điểm đối với một đường tròn.   DM BM
MB.MA MC.MD  2   M R O
AM.BM CM.DM dpcm
Tính chất 5: Cho tứ giác ABCD , khi đó AC BD AB2  CD2  BC2  AD2 (định lý 4 điểm) Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
Từ kết quả của tính chất trên, ta có thể Dựng hệ trục Hxy như hình vẽ.
sử dụng để chứng minh 2 đường Đặt Aa;0 ,C c;0 ,B0;b . thẳng vuông góc.
Giả sử: D m; n
Ta có AB2  a2  b2
CD2  c2  cm m2  n2 2
AD2  a2  am m2  n2 2
BC2  b2  c2
Từ 4 đẳng thức trên ta có:
AB2  CD2  AD2  BC2  cm am
a c m  0  D 0; ntrục tung  AC BD
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 4
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
Tính chất 6: Cho tam giác ABC  AB AC có ba góc nhọn và hai đường cao BD,CE . Vẽ đường tròn tâm
B bán kính BD cắt đoạn thẳng CE tại K. Qua D vẽ đường thẳng BC cắt đường thẳng BA tại M , cắt EC tại
I . CMR: MK
BK . Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
Gọi H DI BC . Ta có:
 BEC BHM  0 90 gt ●   EBC chungBEC B
HM g g
BE.BM BH.BC 1
BCD vuông tại D,DH là đường cao  BH.BC BD2 2
BD BK  R  BE.BM BK2  BE BK   cmt ●  BK BM dpcm   BEK
đồng dạng BKM  EBK chung
BEK BKM  0 90   BKM g g Do đó ta cần chứng minh
BEK đồng dạng  
BE.BM BK2
BEK BKM  0 90
MK BK .
Tính chất 7: Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường phân giác của góc ABC cắt đường trung trực của đoạn thẳng AC ở D. CMR: D  BC vuông. Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
Gọi E là trung điểm BC , do ABC vuông tại A EA EC
Suy ra E thuộc đường trung trực cạnh AC DE AC
AB AC AB / /DE
BDE ABD   DBE
Ta sử dụng tính chất đường trung BC
tuyến bằng nửa cạnh huyền thì là tam  D
BE cân tại D ED BE  giác vuông. 2  D
BC vuông tại D.
Tính chất 8: Cho điểm A ở ngoài đường tròn O . Vẽ cát tuyến ABC, ADE của đường tròn O. Ax là tiếp
tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD . CMR: Ax / /DE. Hình vẽ

Hướng dẫn chứng minh:
Ta có xAB ADB
(góc giữa tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AB )
ADB BCE
(do tứ giác BCED nội tiếp có góc ngoài bằng góc đối trong)
xAB BCE (vị trí so le trong)  Ax / /CE .
Để chứng minh song song, ta sử dụng
tính chất so le trong của 2 góc bằng
nhau, đồng thời sử dụng các mối liên
hệ của các góc trong đường tròn, tứ
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 5
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 giác nội tiếp.
Tính chất 9: Cho tam giác ABC nhọn  AB AC, dựng về phía ngoài tam giác ABC các tam giác ABD vuông
cân tại A , tam giác ACE vuông cân tại A . Gọi I là giao điểm BE và CD . Gọi M, N lần lượt là trung điểm
của BC, DE. Chứng minh rằng AI / /MN. Hình vẽ

Hướng dẫn chứng minh:
AD ABgt,AE ACgt Ta có 
 DAC BAEABE D
AC c g c  ABE ADC
Từ đó suy ra BE CD .
Dễ dàng chứng minh FNKM là hình thoi  FK MN
Gọi F,K lần lượt là trung điểm  AB   BD, EC . AF IF  Ta có  2 ECAK IK   2
FK thuộc trung trực AI FK AI Do đó MN / / AI
Tính chất 10: Cho tam giác ABC có H là trực tâm, d là đường phân giác trong góc HAC . Đường phân giác 1
trong góc HBC cắt cạnh AD,d , AC lần lượt tại M, N, I . CMR: AI MN . 1 Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh: Điều phải chứng minh
Gọi D AH BC E BH AC A
MN cân tại A Ta có o
BDH BEC  90
AMN ANM
BHD NCB
Để chứng minh hai góc trên bằng
AMN BHM HBM
nhau ta có thể sử dụng kỹ thuật tách 
Lại có  HBM NBC BM phan giac góc.
NCB NBC   ANM
ANM AMN A
MN cân tại A
AI là đường phân giác MAN AI MN Lưu ý: ACx  0 180  ACBBAC ABC
Tính chất 11: Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH , vẽ đường tròn tâm H bán kính HA . D là
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 6
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
điểm trên đường H . Gọi M,N lần lượt là trung điểm của DB,DC. CMR: DMHN là tứ giác nội tiếp. Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
Cần chứng minh là MND MHD
Gọi E là giao điểm của DH với đường tròn H
Kéo dài HD cắt H  để tạo đường  2  
kính và đồng thời khai thác các giả Ta có BH.BC
AH DH.HE (do ABC vuông tại A )
thiết của các trung điểm.
BH.BC DH.HE
Lại có BHE DHC (đối đỉnh)  HBE H
DC c g c
BEH DCH
MHD BED (do MH / /EB )
Tương tự ta có MND DCH
Do đó MND MHD  tứ giác DMHN nội tiếp.
Tính chất 12: Cho hình vuông ABCD , vẽ đường tròn O đường kính AB và đường tròn tâm D bán kính
DC . Gọi E là giao điểm của hai đường tròn trên E A . Tia BE cắt CD tại M. CMR M là trung điểm CD. Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh: Ta có E
AB vuông tại E .
Do A, E là giao điểm của hai đường tròn  AE OD
BM AE OD / /BM , lại có OB / /DM nên OBMD là hình bình hành CB
DM OB  2
Cần chú ý đến tính chất hai đường
M là trung điểm của CD
tròn cắt nhau tại hai điểm A, E thì
OD AE
Tính chất 13: Cho tam giác ABC , về phía ngoài của tam giác ABC , vẽ các tam giác đều ABD, ACE . F là giao
điểm của đường thẳng qua D song song với AE và đường thẳng qua E song song với AD. CMR FBC là tam giác đều. Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
Gọi M AE CF DF / /AE Ta có 
AEFD là hình bình hành AD / /EF
ADF AEF FDB FEC
Lại có DB DA EF, AC AE DF
FB FC1  DBF FE
C BF CF BFD FCE FBC đều    BFC  0 60 Mặt khác,
Để chứng minh FB FC , ta chứng minh DFB FCE
Để chứng minh BFC  0 60 , ta khai
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 7
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
thác sự song song AE / / DF , đồng 
AMC DFC AE / /DF
thời phân tích góc AMC, DFC
AMC MEC FCE  0  60 DFC BFC   BFD BFFC 0 cmt
Suy ra BFC  60   FBC đều.
Tính chất 14: Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn O . M,N lần lượt là trung điểm của
AB, BC , vẽ BD OA tại D , AE BC tại F . CMR: MN DE. Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
Dựng đường kính AF của đường tròn O
Ta có ADBE là tứ giác nội tiếp (do ADB AEB )
ABC EDN ABC AFC (do ACFB nội tiếp)
EDN AFC DE / /AF AF AC Mà   DE MN MN / /AC
Tính chất 15:
Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH . Gọi M là trung điểm AH , D là giao điểm
của BM và đường trung trực của AC. CMR: D  BC vuông. Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
Khi đó, từ tính chất đường trung bình
M,N,P thẳng hàng và do đó BH  2PM , HC  2MN
Từ đó, áp dụng định lý Thales với AB / /DN (do cùng vuông góc AC ) BH PM BM Suy ra    MH / /CD HC MN MD
Gọi P, N lần lượt là trung điểm của
Lại có HM BC CD BC AB, AC. D
BC vuông tại C
Tính chất 16: Cho hình vuông ABCD . Trên tia đối của BA , lấy một điểm E; trên tia đối của CB , lấy một điểm
F sao cho EA FC. CMR: F
ED vuông cân. Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
AB CDgt  Xét C
F EAgt 
EAD FCD   0 90  EAD C
FDc g c ED DF  
 DEF EFDE
DF vuông cân.
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 8
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
Tính chất 17: Cho hình thang ABCD vuông tại A và D. CD  2AB . Gọi H là hình chiếu vuông góc của
D trên đường chéo AC, M là trung điểm HC. Chứng minh rằng BM MD. Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
Gọi K là trung điểm DH suy ra KM là đường trung bình HCD
Suy ra KM AB,KM / /AB
(do AB / /CD,DC  2AB )
Nên ABMK là hình bình hành  BM / / AK.
Lại có KM AD,DH AM nên K là trực tâm ADM .  AK DM DM
BM do AK / /BM
Tính chất 18: Cho hình thoi ABCD có 60o BAC
và E là giao điểm hai đường chéo AC và BD. Gọi E là
hình chiếu vuông góc của A lên BC . Chứng minh rằng AEF là tam giác đều. Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh: Ta có 0 0
FBA  180  ABC  60 Và đồng thời 0 ABE  60
Suy ra AB là tia phân giác của góc FBE . Do
FA BF, AE BE nên theo tính chất phân giác ta có
AF AE AEF cân tại A. Lại có góc 0
FAE BAE FAB  60  A
EF là tam giác đều.
Tính chất 19: Cho hình bình hành ABCD . Gọi E,F là các điểm nằm trên cạnh AB và BC sao cho
FA EC. Gọi I là giao điểm của FA và EC. Chứng minh rằng ID là tia phân giác của góc AIC. Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
Gọi H,K lần lượt là hình chiếu vuông góc của D lên cạnh AF,CE.
Dễ dàng chứng minh được 1 1 1 SAF.DH,SCE.DK, SSS AFD AFD 2 2 AFD CED
2 ABCD CE AF gt
Suy ra DH DK DI là phân giác của góc AIC .
Tính chất 20:
Cho hình chữ nhật ABCD tâm I , gọi E thuộc cạnh AC và kẻ đường thẳng qua E song song
BD lần lượt cắt AD,CD tại F,H . Dựng hình chữ nhật FDHK . Chứng minh rằng KD / / AC và E là trung điểm BK. Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
Gọi O là tâm hình chữ nhật FDHK suy ra OHD ODH
Mặt khác OHD IDC ICD
ODH ICD DK / /AC
Do đo EI / /DK , I là trung điểm BD E là trung điểm BK (đpcm).
Tính chất 21:
Cho hình chữ nhật ABCD . Gọi M là điểm đối xứng của B qua C. N là hình chiếu vuông góc
của B trên đường thẳng MD. Chứng minh rằng AN  CN.
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 9
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
Ta có BCND là tứ giác nội tiếp (do 0
BCD BND  90 )
BNC BDC CAB
ANCB là tứ giác nội tiếp (do ANC  0  ABC  0 180 90 AN NC
Tính chất 22: Cho tam giác ABC  AB AC nội tiếp đường tròn O. Đường phân giác ngoài góc BAC cắt
đường tròn O tại điểm E . M,N lần lượt là trung điểm các cạnh BC, AC . F là hình chiếu vuông góc của E
trên AB , K là giao điểm MN và AE . Chứng minh rằng KF / /BC . Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
BEFM là tứ giác nội tiếp  FME FBE ABE ADE  1
MF / / AD 2  
 MF AE3 1 ,2  MF AE (3) .
Lại có MN / / AB, EF AB EF / /MN 4
3,4 F là trực tâm E
KM KF EM
EM BC FK / /BC
Gọi D là điểm chính giữa cung BC
không chứa điểm A AD AE (1).
Ta có ED là đường kính của O
ED BC tại M.
Tính chất 23: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn I , điểm D là chân đường phân giác trong của góc
BAC . Đường thẳng AD cắt I tại điểm M  A. Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp ACD .
CMR: CM CJ . Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
 AJD  2 ACD  2 BAD 
 BAD BCM
CJD  2 BCM Lại có CJD JCD  0 2 180 BCM JCD  0 2 2 180
BCM JCD  0
90  CM CJ .
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 10
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
Tính chất 24: Từ điểm P nằm ngoài đường tròn O; R vẽ hai tiếp tuyến PA và PB tới đường tròn O
( A, B là hai tiếp điểm). Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A đến đường kính BC của đường tròn. CMR:
PC cắt AH tại I là trung điểm AH. Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
Gọi D BP AC Ta có PA PB P
AB cân tại P BAC  0 90
PD PB PA (1) IH CI BPC  có IH / /PB   (2) PB CP IA CI
CPD AI / /PD   (3) PD CP
IH IA I là trung điểm AH.
Tính chất 25: Cho tam giác ABC vuông tại C , kẻ đường cao CK , kẻ phân giác CE của góc ACK K, E AB.
D là trung điểm AC , F DE CK. CMR: BF song song CE . Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
Ta có AE là phân giác của ACK CK KE a   
 1  CA ab CA EA CA b
qua E1;0  ED :  1
ED  b  1; alam vtcp  2
Dựng hệ trục Kxy như hình vẽ.
ax  b   1 y a
Đặt CK a,KE ,
1 EC b. Khi đó, ta có:  a
F Oy ED F 0;    b  1  0 0 1 0
0   b1 a K ; ,E ; ,C ;a ,D;  .  2 2 
BK2  CK2  BC2  1 1 1 ab      BC     a a     0   KB B ; CK2 AC2 BC2 a2  2  2   1 b  1  b  1   2 2 2 b  1
AK CK AC a   
CE  1; a  b  1  Do đó  a BF   1;a  b2  1
CE / /BF dpcm .
Tính chất 26: Cho tam giác ABC . Một đường tròn tâm O nội tiếp tam giác ABC và tiếp xúc với BC tại D .
Đường tròn tâm I là đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC và tiếp xúc với BC tại F. Vẽ đường kính
DE của đường tròn C. CMR: A,E,F thẳng hàng. Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
Ta có A,O, I thẳng hàng (do cùng nằm trên đường phân giác trong góc BAC )
Gọi M, N là tiếp điểm của O, I  với AB
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 11
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
AIN OM / /IN AO OM OE        1 (Thales thuận) AI IN IF O  D BC Lại có   OD / /IF IF BC
AOE IAF 2
 1,2 OAE IAF OAE IAF
A,E,F thẳng hàng.
Tính chất 27: Cho hai đường tròn OO' cắt nhau tại A,B (O,O' trái phía so với AB ). Vẽ tiếp tuyến
chung CD ( C O, DO', C,D nằm trên nửa mặt phẳng bờ OO' có chứa B ). Đường thẳng qua C song
song với AD và đường thẳng qua D song song AC cắt nhau tại E. CMR: tứ giác BCED nội tiếp. Hình vẽ

Hướng dẫn chứng minh:
Gọi M AB CD
Chứng minh MC2  MA.MB , MD2  MA.MB
Từ đó ta có M là trung điểm của AE .
Suy ra E, M, B, A thẳng hàng.
BCD BAC (cùng chắn cung BC )
BED BAC ED / /AC   BCD BED
 tứ giác BCED nội tiếp.
Tính chất 28: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) tâm I có AD là đường phân giác trong góc A.( D là
chân phân giác trong). Gọi d là tiếp tuyến tại A của đường tròn (C) cắt BC tại E. Chứng minh rằng tam giác AED cân tại E. Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
Gọi d là tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp ABC
E d BC Giả sử EB EC . Ta có EAB ACB BAD DAC ,  EAD EAB BAD ACB DAC ADE ADE cân tại E.
Tính chất 29: Cho tam giác ABC cân tại A . Gọi H là trung điểm của BC, D là hình chiếu của H trên AC,
E là trung điểm của HD. CMR: BD AE
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 12
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh: EM AH A
HM : HD AM
HD EM E
AE HM AE BD Cách 2:
2x y  2a
D AC HD    2  x y 0  4a 2a   2a a   D ;    E ; .
dựng hệ trục Hxy như hình vẽ, và đặt  5 5   5 5 
BC  2a a  0 Ta có:
C a;0 ,Ba;0 , A0;2a  2a 9a   9a 2a x y    AC :
 1  2x y  2a AE ;,BD ; a 2a  5 5   5 5 
HD : x  2y  0
AE.BD  0  AE BD
Tính chất 30: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD tâm I . Gọi M là điểm đối xứng của D
qua C . Gọi H,K lần lượt chân đường cao hạ từ D,C lên AM . CMR: HI / /BK Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
* Ta có: ABCD là tứ giác nội tiếp (do
ABKD là tứ giác nội tiếp.
ABCD là hình vuông) và ABKC là tứ 0
AKB ADB  45   1 giác nội tiếp (do 0
ABC AKC  90 ) * Mặt khác, 0
ADB KHI  45 2 (góc ngoài bằng góc đối
 A, B, K, C, D cùng thuộc đường tròn đường kính AC
trong, do AHID là tứ giác nội tiếp có 0
AHD AID  90 ).
Từ 1 ;2 , suy ra 0
AKB KHI  45  HI / /BK (so le trong).
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 13
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 B-
TUYN CHN – PHÂN DNG
HÌNH PHNG OXY NĂM 2016
Phần I. Các bài toán về tam giác.
Bài 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có các đường thẳng chứa
đường cao kẻ từ A, trung tuyến kẻ từ B và phân giác trong kẻ từ C lần lượt là
(d1): 3x – 4y + 27=0, (d2): 4x + 5y – 3 = 0, (d3): x + 2y – 5 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của
tam giác ABC. Lần 1– Trƣờng THPT chuyên Bắc Giang – Bắc Giang
Lời giải tham khảo
 Véc-tơ chỉ phương của d a  4;3 . d  1 1
d BC nên BC nhận a  4;3 làm vtpt. d  1 1
+) Ta có: vtpt của d n  1;2 d  3 3 +) Gọi véc-tơ pháp tuyến của AC là: n  a b  2 2 ; ; a b  0 AC  +) Do
d là phân giác của góc C nên ta 3  a  2b 4.1  3.2 cos n , n  cos a ,n   AC d d d 3   1 3 2 2 a b . 5 25. 5 có: a  0 2 2 2
a  2b  2 a b  3a  4ab  0  3a  4b
 TH1: Khi a  0 chọn b  1 thì n  0;  1 AC +) Gọi C5 2 ;
c cd . Khi đó AC qua C có dạng: AC : y c  0 3 y c  0  4 
+) Do A AC d    A c 9;c 1 3  x   4y  27   0  3     
+) M là trung điểm AC nên có: 1 1
M c  2;c
 . Mà M d  4  c  2  5c  3  0  c  3   .  3  2  3  Vậy A 5  ;  3 ; C 1  ;  3
+) Phương trình BC qua C và vuông góc với d có dạng: BC : 4x  3y  5  0 1
Khi đó: B d BC B 2; 1  2  
Thử lại thấy A và B nằm cùng phía với d hay d là phân giác ngoài góc C nên không thỏa mãn. 3 3
 TH2: Khi 3a  4b , chọn b  3  a  4  n  4;3 khi đó AC song song với BC nên AC  loại trường hợp này.
 Vậy không có tam giác ABC thỏa bài toán đã cho.
Bài 2: Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy cho tam giác ABC có góc A tù. Hãy viết phương
trình các cạnh tam giác ABC biết chân 3 đường cao hạ từ đỉnh A,B,C lần lượt có tọa độ là:
D(1;2), E(2;2), F(1;2).
Đề thi thử THPT Quốc Gia năm 2016
Lời giải tham khảo
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 14
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
 Trước hết ta chứng minh rằng khi ABC tù ở A thì A là tâm vòng tròn nội tiếp DEF. Thật vậy:
+) Do 2 tứ giác nội tiếp BDAE và DCFA nội tiếp nên: 0
ADE ABE  90  BHF  0
ADF ACF  90  FHB
ADE ADF .Hay DH là tia phân giác góc FDE .
Tương tự như vậy ta cũng có EA là phân giác của góc
DEF . Suy ra A là tâm vòng tròn nội tiếp DEF.
 Phân giác trong và ngoài tại D là :       1 d : 3x y 1
0; d2 : x 3y 7 0
+) Phân giác trong và ngoài tại E: e : x – 2 y  2  0; e : 2x y – 6  0 1 2
+) Phân giác trong và ngoài tại F: f : x y –1  0; f : x y  3  0 1 2
Vì ABC có góc A tù thì 3 cạnh BC, CA, AB của nó có phương trình là: d2, 1 e , 1 f .
 Vậy : BC : x  3y  7  0; CA : x – 2y  2 0; AB :xy –1 0
Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(3; 1), đường
thẳng BC có phương trình y = 0, đường phân giác trong của góc BAC có phương trình y
= x − 2, điểm M(−6; −2) thuộc đường thẳng AB. Tính diện tích tam giác ABC.
Lần 2 - Cao Đẳng nghề Nha Trang
Lời giải tham khảo
Cách 1: (Kĩ thuật đối xứng qua phân giác)
 Gọi  là đường thẳng qua M và vuông góc với
phân giác AD, sao cho  cắt AD tại I, cắt AC tại N, rõ ràng A
MN cân tại A cho ta I là trung điểm MN.
+)  : x y  8  0
+) I AD    I  3  ; 5    N 0; 8  
 Phương trình đường thẳng AB qua hai điểm
A, M có dạng: AB : x  3y  0
+) B BC AB B0;0
 Phương trình đường thẳng AC qua hai điểm A,
N có dạng: AC : 3x y 8  0  8 
+) C AC BC C ;0    3  3  1  x x y y  1 B A B A 1 4
Khi đó, dễ dàng tính được: S    ABC  1 2 x x y y 2  1  3 C A C A 3  Cách 1: (Đáp án)
 Phương trình đường thẳng AB: x 3y  0  2
Gọi  là góc giữa 2 đường thẳng AB và phân giác trong (d) thì cos  cosn ,n  1 2  20
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 15
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 (với n  1; 3
 là VTPT của AB và n  1; 1  là VTPT của (d)) 2   1  
 Giả sử n   ;
A B  0 là tọa độ VTPT của đường thẳng (d’) chứa cạnh AC khi đó:     A B 4 cos cos , n n   2  2 2 A B 2 20 2 2
 3A 10AB 3B  0 ( B  0 vì nếu B  0 thì A  0 mâu thuẫn giả thiết n  0 )   A  3  Bn   3  ; B B
3x y  8  0     1    1  
. Ứng với 2 phương trình:  A   B n   ; B B      3   3  x  3y  0   AB
+) Nên đường thẳng (d’) chứa cạnh AC là : 3x y 8  0.  8  8
Tọa độ điểm B và C lần lượt tìm được là : B 0;0 và C 0;   suy ra BC   3  3
Chiều cao của tam giác ABC ứng với cạnh BC là d  , A BC  1.  4
Suy ra diện tích là S  3
Bài 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, BC  2BA . Gọi E, F
lần lượt là trung điểm của BC, AC. Trên tia đối của tia FE lấy điểm M sao cho FM  3FE .
Biết điểm M có tọa độ 5; 1
 , đường thẳng AC có phương trình 2x  y3  0, điểm A
hoành độ là số nguyên. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Lần 1 –Trƣờng THPT Phƣớc Bình
Lời giải tham khảo
Tính chất hình học: BM  AC C
(Vẽ hình chính xác thì ta sẽ thấy A  BC  B  EM từ đó gợi
ý ta chứng minh theo hướng chứng minh 2 tam giác bằng nhau).
 Gọi I là giao điểm của BM và AC.
Ta thấy BC  2BA  EB  BA,FM  3FE  EM  BC M F E A  BC  B
 EM  EBM  CAB  BM  AC .
+) Đường thẳng BM đi qua M vuông góc với AC BM : x  2y  7  0. I
+) Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ  13 B A x  2x  y  3  0  5    x  2y  7  0 1  1 y   5 13 1  1 12 6   I ;    IM  ;    5 5   5 5  2  8  4   +) Ta có thêm: EMB I
MF (g-g) nên: IB   IM  ;  B1; 3     3  5 5   1 1 1 5 5 Trong A  BC ta có     BA  BI 2 2 2 2 BI BA BC 4BA 2
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 16
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 2 2  8    4   4 5 5 +) Mặt khác BI        , suy ra BA  BI  2  5   5  5 2
+) Gọi toạ độ A a,3  2a AC , Ta  a  3 có :  BA  4  a  2 1  6  2a 2 2 2
 4  5a  26a  33  0  11  a   5  2  4 
+) Do a là số nguyên suy ra A3; 3   . AI  ;    5 5  +) Ta có AC  5AI   2  ;4  C1;  1 .  Vậy A3; 3  , B1; 3  ,C1;  1 Bài 5 Cho ABC  vuông cân tại .
A Gọi M là trung điểm ,
BC G là trọng tâm ABM  , điểm D 7; 2
  là điểm nằm trên đoạn MC sao cho GA G .
D Tìm tọa độ điểm , A lập phương trình ,
AB biết hoành độ của A nhỏ hơn 4 và AG có phương trình
3x y 13  0.
Lần 4 –Trƣờng THPT Phƣớc Bình
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học: G
AD vuông cân tại G. B 3.7  2  13  Ta có: d  ; D AG     10 3   2 2 1
+) ABM vuông cân  GA GB GA GB GD . G M
Vậy G là tâm đường tròn ngoại tiếp ABD N 0
AGD  2ABD  90  G
AD vuông cân tại . G D
+) Do đó GA GD d D AG 2 ;  10  AD  20; Gọi A ;
a 3a 13  AG;a  4. Ta có: a loai A C
AD  20  a  72  3a 1 2 5( ) 2 1  20   a  3 Vậy A3; 4  
 Gọi VTPT của AB n  ; a b AB    a b NAG n nAB AG  3 cos cos ,   1 2 2 a b . 10 NA NM 3NG 3
+) Mặt khác cos NAG     2 2 2 2 2 AG NA NG 9.NG NG 10 3a b 3 b  0 Từ (1) và (2) 2  
 6ab  8b  0   2 2  . 10 10 3a  4  b a b
Với b  0 chọn a 1 ta có AB : x 3  0; Với 3a  4
b chọn a  4;b  3
 ta có AB: 4x 3y 24  0
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 17
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 4.7  3. 2    24
+) Nhận thấy với AB : 4x 3y  24  0 thì d  ; D AB   2  d  ; D AG   10 16  9 (loại)
 Vậy AB: x 3  0.
Bài 6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại A , gọi
M là trung điểm của BC , N thuộc cạnh AB saο cho AB
4AN . Biết rằng M 2;2 ,
phương trình đường thẳng CN : 4x y  4  0 và điểm C nằm phía trên trục hoành. Tìm
tọa độ điểm A .
Lần 1 –Trƣờng THPT chuyên Hùng Vƣơng
Lời giải tham khảo AC AB 4AN 4 Ta có: cos ACN     2 2 CN AC AN 17 AN 17 +) Khi đó, ta có được: 0
ACB  45  cos NCB  cos  0 45  ACN  5 0 0
 cos 45 .cos ACN  sin 45 .sin ACN  34 +) Giả sử n  a b  2 2 ,
a b  0 , do BC    a b n nBC CN  4 cos NCB cos , 2 2 a b . 17 4a b 5   2 2 a b . 17 34 2 2
 7a 16ab  23b  0 a b   23 a   b  7
 Khi b a thì phương trình BC : x y  4  0
4x y  4 x  0
+) Do C BC CN nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:    x y  4 y  4
+) Nên C 0;4  B4;0
+) Phương trình AM : x y  0  A ; a a a  0
+) Ta có: AB AC  
, Khi đó được A0;0 hoặc A4;4 , nhưng do A và B nằm a  4
khác phía với CN nên thử lại ta có: A0;0  23 Khi a  
b , thì phương trình BC : 23x  7y  32  0 7
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 18
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016  20 x
4x y  4  17
+) Do C BC CN nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:    (Loại do x y  4  1  2 y   17
C nằm phía trên trục hoành).  
Bài 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với A  B  7 1; 4 , 3; 0 , C  ; 0   và  3 
điểm M 1;0 trên cạnh BC. Hãy xác định tọa độ điểm N trên AB và điểm P trên AC
sao cho chu vi tam giác MNP nhỏ nhất
Lần 2 –Trƣờng THPT Đồng Xoài
Lời giải tham khảo:
 Gọi K là điểm đối xứng của M qua AC, H
là điểm đối xứng của M qua AB.  Chu vi tam giác MNP CV
MN NP PM KN NP PH HK MNP
HK const
+) Dấu bằng xảy ra khi H, N, P, K thẳng hàng.
+) Vậy chu vi tam giác MNP nhỏ nhất bằng HK. Khi H, N, P, K thẳng hàng.  Tìm N, P.
+) Phương trình đường thẳng AB : 3x y  7  0
+) Phương trình đường thẳng AC : x y  3  0
+) Gọi I là hình chiếu vuông góc của M trên AB  I 2;  1 do đó K(-5; 2).
+) Gọi J là hình chiếu vuông góc của M trên AC  J(2;1) do đó H(3; 2).
+) Phương trình đường thẳng HK : y – 2  0 . Ta có: N = HK ∩ AC, P = HK ∩AB.  5
Do đó tọa độ các điểm N, P cần tìm là: N(1; 2), P(  ) 2 ; . 3
Bài 8: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có
phương trình: x y 1 0 , phương trình đường cao kẻ từ B là: x  2y  2  0 . Điểm
M(2;1) thuộc đường cao kẻ từ C. Viết phương trình các cạnh bên của tam giác ABC.
Lần 1 –Trƣờng THPT Nguyễn Hữu Cảnh – Bình Phƣớc
Lời giải tham khảo:  1
Gọi H là trực tâm  ABC. Tìm được B(0;-1), cos HBC   cos HCB 10
+) Pt đường thẳng HC qua M có dạng: a(x-2)+b(y-1)=0 ( n  ( ; a ) b là VTPT và 2 2 a b  0 )
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 19
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 2 a b 1  a   a  +) 2 2 cos HCB  
 4a 10ab  4b  0  2  5  2  0     2 2 2(  ) 10  b   b a b  a  2   a  2  ,b 1 b     . Nên phương a 1  a  1  ,b  2(l)   b 2 ABCH trình CH : 2
x y 3  0 Do 
nên viết được phương B AB trình đường thẳng
AB : x  2y  2  0   2 5 
C là giao điểm của AB và BC  C ;  
 và phương trình đường thẳng  3 3 
AC : 6x  3y 1  0
Bài 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng  : 2x y 1 0 và điểm A1; 2 .
Gọi M là giao điểm của  với trục hoành. Tìm hai điểm B, C sao cho M là trung điểm
AB và trung điểm N của đoạn AC nằm trên đường thẳng  , đồng thời diện tích tam giác ABC bằng 4.
Lần 3 –Trƣờng THPT Nguyễn Hữu Cảnh- Bình Phƣớc
Lời giải tham khảo:
2x y 1  0  1   Tọa độ M:   M ; 0   y  0  2 
+) M là trung điểm AB nên  B 2;  2
 Phương trình đường thẳng BC qua B và song
song với MN   có dạng: BC : 2x y  2  0
+) Tham số hóa điểm C  ; c 2  c  2
+) Theo giả thiết, ta có: 1 S d A BC BC ABC    ; . 2 1 2  4  .
. c  22  2c  42 2 5 c  2   c 6
 Kết luận: B 2; 2 , C 6; 10 hoặc C 2; 6
Bài 10: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, BC  2BA . Gọi E,
F lần lượt là trung điểm của BC, AC. Trên tia đối của tia FE lấy điểm M sao cho
FM  3FE . Biết điểm M 5; 1
 , đường thẳng AC có phương trình 2x  y3  0, điểm A
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 20
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
có hoành độ là số nguyên. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Đề thi thử THPT Quốc Gia năm 2016 –đề 1
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học: AC BM C
+) Gọi I là giao điểm của BM và AC.
+) Ta thấy BC  2BA  EB  BA,FM  3FE  EM  BC  A  BC  B
 EM  EMB  ACB  BM  AC .
 Đường thẳng BM đi qua M vuông góc với AC M BM : x  2y  7  0. F E +) Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ  13 x  I 2x  y  3  0  5 13 11   12 6      I ;    IM  ;   , x  2y  7  0 1  1   5 5   5 5  B A y   5 2  8  4   IB   IM  ;  B1; 3     3  5 5  1 1 1 5 5  Trong A  BC ta có     BA  BI 2 2 2 2 BI BA BC 4BA 2 2 2  8    4   4 5 5 +) Mặt khác BI        , suy ra BA  BI  2  5   5  5 2  a  3 Gọi toạ độ 2 2 A a,3  2a  , Ta có 2  BA  4  a   1  6  2a  2
 4  5a  26a  33  0  11  a   5  2  4 
+) Do a là số nguyên suy ra A3; 3   . AI  ;    5 5  +) Ta có AC  5AI   2  ;4  C1;  1 .  Vậy A3; 3   , B1; 3   , C1;  1
Bài 11: Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC vuông tại A . B,C là hai điểm đối
xứng nhau qua gốc tọa độ .Đường phân giác trong góc B của tam giác có phương
trình: x  2y  5  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết đường thẳng AC đi qua K 6;2
Lần 2–Trƣờng THPT Lộc Ninh
Lời giải tham khảo:
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 21
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
 Tham số hóa điểm B 2
b  5;b BD C 2b  5; b  
+) Phương trình đường thẳng qua O và vuông góc với
BD: có dạng:  : 2x y  0
+) Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ :
x  2y  5  0 x  1     I 1;2
2x y  0 y  2
+)  cắt AB tại E, I là trung điểm OE nên E 2;4 +) EB   2
b  3;b  4; KC  2b 11; b   2 b  1
+) Mà BE KC   b  5
 TH1: Khi b  1 suy ra: B3;  1 ;C 3  ;  1
Phương trình: AB : 3x y 10  0; AC : x  3y  0
+) Nên A AB AC A3;  1 (loại do trùng với B)
 TH2: Khi b  5 suy ra: B 5  ;5;C5; 5  
Phương trình: AB : x  7 y  30  0; AC : 7x y  40  0  31 17 
+) Nên A AB AC A ;    5 5 
Bài 12: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết đỉnh B 2; –  1 ,
đường cao qua A có phương trình d : 3x – 4 y  27  0 , phân giác trong góc C có 1
phương trình d : x  2 y – 5  0 . Tìm toạ độ điểm A. 2
Lần 2 –Trƣờng THPT Vạn Ninh – Khánh Hoà
Lời giải tham khảo:
 Đường thẳng BC qua B2;–  1 , có vectơ pháp tuyến là: n  4;3.
Suy ra phương trình đường thẳng BC là: 4x  3y 5  0 .
+) Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
4x  3y  5  0 x  1      C( 1  ;3)
x  2y  5  0 y  3
 Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua d2, I là giao điểm của BB’ và d2. x  2 y 1 Suy ra phương trình BB’: 
 2x y 5  0 1 2
2x y  5  0 x  3
+) Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ:     I (3;1)
x  2y  5  0 y  1
+) Nên B '4;3 , viết được phương trình đường thẳng AC : y 3  0
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 22
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 y  3  0 x  5 
+) Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:     ( A 5;3) 3
x  4y  27  0 y  3
Bài 13: Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có M (2;1) là trung điểm cạnh AB.
Đường trung tuyến và đường cao đi qua đỉnh A lần lượt có phương trình (d):
x+y  5  0 và (d’): 3x  y 1  0 . Viết phương trình đường thẳng AC.
Trƣờng Trung cấp nghề Ninh Hoà
Lời giải tham khảo:
 Do A là giao điểm của (d) và (d’) nên A 2  ;7
+) Do M là trung điểm của AB nên B 6; 5  
+) Phương trình đường thẳng BC qua B và vuông góc với
AH có dạng: BC : x  3y  21  0
+) N BC d N 9; 4  
+) Do N là trung điểm của BC nên C 12; 3  
 Phương trình đường thẳng AC: 5x  7y 39  0
Bài 14: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình cạnh
AB :2x y 1  0, AC :3x  4y  6  0 , điểm M 1;3 nằm trên đường thẳng chứa cạnh BC sao
cho 3MB  2MC . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC .
Trƣờng THPT Khánh Sơn – Khánh Hoà
Lời giải tham khảo:
A AB AC A2; 3  
+) Tham số hóa: B b; 2  b  
1  AB, C 4c  2; 3  c AC +) Do ,
B C, M thẳng hàng, nên 3MB  2MC  3MB  2  MC   5   7 1  Tìm được G 1;  G ;       3   3 3 
Bài 15: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, AB  2BC . Gọi D
trung điểm của AB, E nằm trên đoạn thẳng AC sao cho AC  3E .
C Biết phương trình 16 
đường thẳng chứa CDx  3y 1  0 và điểm E ;1 
. Tìm tọa độ các điểm , A , B . C  3 
Trƣờng THPT Đức Thọ - Hà Tĩnh
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học: BE CD
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 23
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 BA EA
+) Gọi I BE  D C . Ta có 
nên E là chân phân giác trong BC EC
góc B của tam giác ABC. Do đó 0
CBE  45  BE  D C
 Phương trình đường thẳng BE :3x y 17  0. +) Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: 3
x y 17  0 x  5     I (5;2)
x  3y 1  0 y  2 BC 1 BC 5 BC
+) Ta có BI CI  ,CE AC   IE   IB  3  IE 2 3 3 3 2
Từ đó tìm được tọa độ điểm B 4;5
 Gọi C 3c 1; cCD , ta có: c  1 2 2 2 BC
2BI  2 5  (3c  5)  (c 5)  20  10c  40c  30  0   c  3
+) Với c 1 ta có C 2;  1 , A12;  1
+) Với a  3 ta có C 8;3, A 0; 3  
Bài 16: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, BC  2BA . Gọi E,
F lần lượt là trung điểm của BC, AC. Trên tia đối của tia FE lấy điểm M sao cho
FM  3FE . Biết điểm M 5; 1
 , đường thẳng AC có phương trình 2x  y3  0, điểm A
có hoành độ là số nguyên. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Lần 1 –Trƣờng THPT Lam Kinh
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học: BM AC
+) Gọi I là giao điểm của BM và AC. C
+) Ta thấy BC  2BA  EB  BA,FM  3FE  EM  BC A  BC  B
 EM  EBM  CAB  BM  AC .
 Đường thẳng BM đi qua M vuông góc với AC BM : x  2y  7  0 . +) Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ M F  E 13 x  2x  y  3  0  5 13 1  1 12 6      I ;    IM  ;  , x  2y  7  0 1  1   5 5   5 5  y   I  5 2  8  4   IB   IM  ;  B1; 3     B A 3  5 5  1 1 1 5 5 +) Trong A  BC ta có     BA  BI 2 2 2 2 BI BA BC 4BA 2 2 2  8    4   4 5 5 Mặt khác BI        , suy ra BA  BI  2  5   5  5 2
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 24
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016  a  3 +) Gọi toạ độ 2 2 A a,3  2a  , Ta có 2  BA  4  a   1  6  2a  2
 4  5a  26a  33  0  11  a   5  2  4 
Do a là số nguyên suy ra A3; 3   . AI  ;    5 5 
 Ta có AC  5AI   2  ;4  C1;  1 . Vậy A 3; 3   , B1; 3   , C1;  1
Bài 17: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi K
điểm đối xứng của A qua C. Đường thẳng đi qua K vuông góc với BC cắt BC tại E và cắt AB tại N( 1
 ;3). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng góc 0 AEB  45 , phương
trình đường thẳng BK là 3x y 15  0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 3.
Lần 2 –Trƣờng THPT Lê Lợi – Thanh Hoá
Lời giải tham khảo:
 Tứ giác ABKE nội tiếp 0
AKB AEB  45  A
KB vuông cân tại A 0  ABK  45
+) Đường thẳng BK có vtpt 1 n  (3;1) , gọi n  2 ( ;
a b) là vtpt của đt AB và  là góc giữa BK và AB. +) Ta có : n .n  1 2 3a b 1 cos    2 2 n n 10. a b 2 1 2 2 2
 3a b  5. a b b  2a 2 2
 4a  6ab  4b  0   a  2  b + Với a  2
b , chọn n         2 ( 2;1) AB : 2x y 5 0 B(2;9) (Loại)
+ Với b  2a , chọn n       2 (1; 2) AB : x 2 y 5 0 B(5;0) (TM)
 Tam giác BKN có BE và KA là đường cao  C là trực tâm của BKN
CN BK CN : x 3y 10  0. ABK KCM  vuông cân 1 1 1 1 BKKM CK AC  . BK   BK  4KM 2 2 2 2 2 2 4  7 9 
M MN BK M ;  K(3;6)   ,  2 2 
 Đường thẳng AC qua K vuông góc AB  AC : 2x y  0
A AC AB  (
A 1;2) , C là trung điểm của AK  C(2;4) .
 Vậy: A(1;2), B(5;0), C(2;4).
Bài 18:
Cho tam giác ABC. Đường phân giác trong của góc B có phương trình
d :x y  2  0 , đường trung tuyến kẻ từ B có phương trình d :4x  5y 9  0. Đường 1 2
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 25
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 1
thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm M (2; ) , bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác 2 5 ABC là R
. Tìm tọa độ đỉnh A . 2
Lần 1–Lê Lợi Thanh Hoá
Lời giải tham khảo:
x y  2  0 x  1
 Tọa độ B là nghiệm của hệ   
4x  5y  9  0  y  1 3
+) Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua d , ' M ( ; 0) . 1 2
+) Do AB đi qua B và M nên có pt: AB : x  2y 3  0 .
BC đi qua M' và B nên có pt: BC : 2x y – 3  0.
+) Gọi  là góc giữa 2 đường thẳng AB và BC suy ra 2.11.2 4 3 o c s    sin  . 5. 5 5 5  AC
Từ định lý sin trong tam giác ABC, ta có: 2R   AC  3. sin ABC 3  a
a c 9  a  4c
+) AAB,C BC  ( A ; a );C( ;
c 3  2c) , trung điểm của AC là N ( ; ) . 2 2 4
a  4c  3  0 N d
a  5;c  2 +) 2 2   
a  4c  3    2 AC  3 (c a)   9    a  3  ,c  0   2 
Khi a  5 ta được A5;  1 . Khi a  3  ta được A 3  ;3 .
 Kết luận: A5;  1 , A 3  ;3 . 11 9 
Bài 19: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có M(8;2); E ;   lần  2 2 
lượt là trung điểm của BC và AC. Gọi H là trực tâm tam giác ABC và F là chân đường
cao hạ từ C, biết đường thẳng đi qua F và trung điểm của AH có phương trình
d : 2x y – 8  0. Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC Đề số 4–Moon
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học: FI FM FI FM IE CH
+) ME AB ME IE CH AB
+) Ta có: tam giác AFH vuông tại F, có I là trung điểm
AH nên từ đó cho ta FI IA IH FAI AFI
Tương tự cũng do tam giác FBC vuông tại F, có M là
trung điểm BC nên MB MC MF BFM FBM
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 26
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 Mà 0 0
FAI FBM  90  AFI BFM  90  FI FM
 Phương trình đường thẳng:
ME : x y 10  0  EI : x y 1  0
+) I EI FI I 3;2
+) Do FI FM nên phương trình đường thẳng MF : x  2y  4  0
+) F MF FI F 4;0  CF : x y  4  0; AB : x y  4  0  Gọi B ;
b 4  b  A ; B C  ;
c c  4 CF , do M là trung điểm BC nên: b   c  16   B6; 2  ; C 10;6
b c  8
+) AC nhận E làm trung điểm A1;3
 Vậy A1;3; B6; 2  ; C10;6
Bài 20: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H
hình chiếu vuông góc của A trên BC , các điểm M 2; 
1 , N lần lượt là trung điểm của HB  1 1 
HC ; điểm K  ;
 2 2  là trực tâm tam giác AMN . Tìm tọa độ điểm C , biết rằng  
điểm A có tung độ âm và thuộc đường thẳng d : x  2y  4  0 .
Trƣờng THPT Chuyên Nguyễn Quang Diệu
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học: CI AM , K là trung điểm IH.
+) Gọi I là trung điểm của AH , ta có MI / / AB MI AC
Suy ra: I là trực tâm tam giác AMC CI AM
+)Mà NK AM NK / /CI K là trung điểm HI  Đặt A 2
a  4;ad , từ hệ thức  2a  2 2    3  ; a AK KH H  3 3    C  7 1 
 2a  4 5  a N +) Suy ra: AK   2 ; a aMH  ; 2 2  và      3 3  H +) Khi đó:  7
 2a  4   1  5  a
K(-1/2;1/2) M(2;-1) AK.MH  0   2a   a  0  2
 3   2  3        Ia  1  2 10a 13a 23 0       23  A 2  ; 1    . A B a x+2y+4=0  10
 Suy ra tọa độ H 0;  1 và B4; 3  
+) Phương trình AB : x 3y  5  0 và BC : x y 1  0
+) Phương trình AC : 3x y  5  0
Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình:
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 27
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
3x y  5 x  1     C 1;2 x y  1 y  2
 Kết luận: A2; 
1 ; B4;3 ; C 1;2
Bài 21: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có AC  2AB , điểm M  9 1;
là trung điểm của BC, D là điểm thuộc cạnh BC sao cho BAD  CAM . Gọi E là 2 
trung điểm của AC, đường thẳng DE có phương trình: 2x  11y  44  0 , điểm B thuộc
đường thẳng d có phương trình: x  y  6  0 . Tìm tọa độ 3 điểm A, B, C biết hoành độ
điểm A là một số nguyên.
Trƣờng THPT Chuyên Biên Hòa, lần 1
Lời giải tham khảo:
Goi I BE AD , G AM BE
ABI  AEG g.c.g  BI  GE .
Mà BG  2GE (do G là trọng tâm của ABC)  BI  IG  GE . Kẻ EH BC HAD .
Chứng minh được CD  2HE,HE  2BD  CB  5BD .
2BM  5BD, Bb; 6  b , D 22 11d; 2d ,M  9 1; 2   55d  3b  9  108 d  D 11 18 ; 5 5      5   10d  3b   27 b   3 B3; 3  M  9 1;
là trung điểm của BC  C1; 6 . 2 
Gọi E22 11e; 2e , E là trung điểm của AC  A45  22e; 4e  6 e  2 tm 2 
AC  2AB  75e  278e  256  0   A1;2 128   e  l  75
Vậy A1; 2 , B3; 3 ,C1; 6
Bài 22: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn 2 2
(C) : (x 1)  ( y  2)  25
ngoại tiếp tam giác ABC. Các điểm K(-1 ; 1), H(2; 5) lần lượt là chân đường cao kẻ từ
các đỉnh AB của tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng C có hoành độ dương.
Trƣờng THPT Tô Văn Ơn, lần 1
Lời giải tham khảo:
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 28
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 A x H I B K C +(C) có tâm I ) 2 ; 1 (
. Gọi Cx là tiếp tuyến của (C) tại C. 1
Ta có HCx ABC  Sđ AC (1) 2 Do 0
AHB AKB  90 nên AHKB là tứ giác nội tiếp  ABC KHC (cùng bù với góc AHK ) (2)
Từ (1) và (2) ta có HCx KHC HK // Cx .
IC Cx IC HK .
Do đó IC có vectơ pháp tuyến là KH  ) 4 ; 3 (
, IC có phương trình 3x  4y 11 0
Do C là giao của IC và (C) nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ
3x  4y 11 0
x  5 x  3    ; 
. Do x  0 nên C ; 5 (  ) 1  C (x  ) 1 2  ( y  ) 2 2  25
y  1 y  5
Đường thẳng AC đi qua C và có vectơ chỉ phương là CH  ( ) 6 ; 3
nên AC có phương trình
2x y  9  0 .
Do A là giao của AC và (C) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
2x y  9  0
x 1 x  5    ;  (loại). Do đó ) 7 ; 1 ( A (x  ) 1 2  ( y  ) 2 2  25
y  7 y  1
Đường thẳng BC đi qua C và có vectơ chỉ phương là CK  ( ) 2 ; 6
nên BC có phương trình
x  3y  2  0 .
Do B là giao của BC và (T) nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ
x  3y  2  0
x  4 x  5    ,  (loại). Do đó ( B  ) 2 ; 4 (x  ) 1 2  ( y  ) 2 2  25
y  2 y  1 Vậy ) 7 ; 1 ( A ; ( B  ) 2 ; 4 ; C ; 5 (  ) 1 .
Bài tập tƣơng tự 1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC, gọi D là điểm
đối xứng với C qua A. Điểm H 2; 5
  là hình chiếu vuông góc của điểm B trên AD, điểm K  1  ; 
1 là hình chiếu vuông góc của điểm D trên AB, đường tròn (T) ngoại tiếp tam 2 2
giác ABD có phương trình  x  
1   y  2  25 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC,
biết điểm A có hoành độ dương.
lần 1–Trƣờng THPT Hồng Quang- Hải Dƣơng
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 29
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
Tính chất hình học: IA HK (Các em học sinh gắng chứng minh: kẻ tiếp tuyến Ax rồi chứng minh HK Ax )
Khi đó phương trình đường thẳng IA : 3x  4y 11  0  A IA  T   A5;  1
Lập phương trình đường thẳng AB, AD rồi giao với (T) giải hệ tìm B, D rồi suy ra C.
Đáp số: A5;  1 ; B  4  ; 2  ;C9;9
Bài tập tƣơng tự 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (C): 2 2
x y  25 , đường thẳng AC đi qua điểm K(2; 1). Gọi M, N lần
lượt là chân đường cao kẻ từ đỉnh B và C. Tìm tọa độ các đỉnh của ∆ABC biết phương
trình đường thẳng MN là 4x − 3y + 10 = 0 và điểm A có hoành độ âm.
lần 1–Sở GDDT Quảng Ninh, Đáp Số : A 4  ;3; B 3  ; 4
 ,C 5;0
Bài 23: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A1; 4 , tiếp tuyến tại
A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong của
ADB có phương trình x y  2  0 , điểm M  4  ; 
1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình đường thẳng AB .
Trƣờng THPT Chuyên Bình Long, Bình Phƣớc, lần 2
Lời giải tham khảo: A E M' K M B I C D
Gọi AI là phan giác trong của BAC
Ta có : AID ABC BAI
IAD CAD CAI
BAI CAI , ABC CAD nên AID IAD D
AI cân tại D  DE AI
PT đường thẳng AI là : x y 5  0
Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x y  5  0
Gọi K AI MM '  K(0;5)  M’(4;9)
VTCP của đường thẳng AB là AM '  3;5  VTPT của đường thẳng AB là n  5; 3  
Vậy PT đường thẳng AB là: 5 x  
1  3 y  4  0  5x 3y  7  0
Bài 24: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi D
là trung điểm của BCE là hình chiếu của A trên đường thẳng BC. Gọi FG tương
ứng là hình chiếu của E trên các cạnh ABAC. Đường thẳng FG cắt đường thẳng AD
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 30
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
tại H. Biết rằng AH.AD  2 , tọa độ điểm A2;3 , phương trình đường thẳng
FG: 3x  4y  2  0 và điểm E có hoành độ nhỏ hơn 3. Tìm tọa độ các đỉnh BC.
Trƣờng THPT Hoàng Hoa Thám
Lời giải tham khảo: A G H I F B E D C
Chứng minh AD vuông góc FG:
ABC là tam giác vuông có cạnh huyền BC, trung tuyến AD do đó: DA DB DC hay tam
giác ACD cân tại D.
Khi đó: DAC DCA . Mặt khác vì FAE DCA (góc có cạnh tương ứng vuông góc) và
FAE GFA (AFEG là hình chữ nhật) do đó: DAC GFA . Vì: GFA AGH 0
 90 , vậy: DAC AGH 0
 90  AD FG .
Phương trình đường thẳng: AD : 4x  3y  17  0 .
Bài 25: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C):   8 
x  2   y  2 2 3
 26 . Trọng tâm của tam giác là G 1; 
 ; điểm M 7;2 nằm trên đường thẳng  3 
đi qua A và vuông góc với BC (M  A). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác, biết –
Trƣờng THPT Phạm Văn Đồng – Phú Yên
Lời giải tham khảo A
▪ Gọi I là tâm của đường tròn (C), E là trung
điểm của BC và H là trực tâm của tam giác ABC. B'
Kẻ đường kính AA’ ta có BA’ // CH, CA’ // BH nên BHCA’ là hbh. I
Suy ra E là trung điểm của A’H nên IE là H G
đường trung bình của  AHA’. IE 1 EG   
nên ba điểm H, G, I thẳng B AH 2 AG F E C hàng. Và GH  2  GI M A' ta có I2;3 nên H 1  ;2 .
Ta có M nằm trên (C) và A, H, M thẳng hàng;
tam giác MHB cân tại B. Nên
BC là đường trung trực của HM.
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 31
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
▪ Phương trình đường thẳng BC: x  3  0 .
Tọa độ B, C là nghiệm của hệ phương trình:  x  3  0   x  3      x  2 
2   y 32  26 y  2  ; y  8
Phương trình đường thẳng HM: y  2  0 .
Tọa độ A là nghiệm hệ:  y  2  0  x  3       x  2 
2  y 32  26 y  2
▪ Vậy A 3;2 , B3;8, C3;2 .
Bài 26: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B,
AB  2BC , D là trung điểm của AB, E thuộc đoạn AC sao cho AC  3EC , biết phương 16 
trình đường thẳng CD: x  3y 1  0 , E ;1 
. Tìm tọa độ các điểm A, B, C.  3 
Lần 1–Trƣờng THPT Tam Đảo Vĩnh Phúc
Lời giải tham khảo BA EA 1
Gọi I BC CD , ta có: 
 nên E là chân phân giác trong của góc ABC. BA EC 2
Tam giác BCD vuông cân tại B nên viết được ptdt BE : 3x y 17  0.
I BE CD I 5;2
Dùng phương pháp gán độ dài chứng minh được: IB  3
IE B4;5 C 2;  1 , A12;  1
Tham số hóa điểm C CD, giải pt: BC BI 2   C  8;3, A0; 3  
Bài 27: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác vuông cân tại . Gọi là trung điểm , là trọng tâm tam giác điểm
là điểm nằm trên đoạn sao cho
. Tìm tọa độ điểm , lập phương trình
, biết hoành độ của điểm nhỏ hơn và có phương trình .
Lần 2–Trƣờng THPT Thuận Châu, Sơn La.
Lời giải tham khảo:
3x y 13  0
Tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng B
Xác định hình chiếu của trên . M Ta có tam giác
vuông cân đỉnh nên tam giác G N  vuông cân đỉnh ( D 7; 2) Suy ra Theo giả thiết nên tam giác
nội tiếp đường tâm bán kính . A C Ta có: suy ra suy ra Suy ra tam giác vuông cân đỉnh suy ra
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 32
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
Tìm điểm nằm trên đường thẳng sao cho Giả sử Với suy ra
Tìm số đo góc tạo bởi và . Gải sử đường thẳng có vecto pháp tuyến ta có : TH 1 : chọn sy ra suy ra TH 2: chọn suy ra
Trong hai trường hợp trên xét thấy nên Vậy:
Bài 28: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp
đường tròn (T) có phương trình: 2 2
x  y  6x  2y  5  0. Gọi H là hình chiếu của A
trên BC. Đường tròn đường kính AH cắt AB, AC lần lượt tại M, N. Tìm tọa độ điểm
A và viết phương trình cạnh BC, biết đường thẳng MN có phương trình:
20x 10y  9  0 và điểm H có hoành độ nhỏ hơn tung độ.
lần 2–Trƣờng THPT Minh Châu- Hƣng Yên
Lời giải tham khảo: (T) có tâm I 3 ( 1 ; ), bán kính R  5.
Do IA  IC  IAC  ICA (1)
Đường tròn đường kính AH cắt BC tại M
 MH  AB MH / /AC(cùng vuông góc AB)  MHB  ICA (2) Từ (1), (2), (3) ta có:       o IAC ANM ICA AHM MHB AHM 90
Ta có: ANM  AHM (chắn cung AM) (3)
Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình cạnh BC.
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 33
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 A N E M B C H I Suy ra: AI vuông góc MN
 phương trình đường thẳng IA là: x  2y 5  0 Giả sử A 5 ( 2a;a) I  A. a  0 Mà 2 2 2 A(T)  5 (  2a)  a  6 5
(  2a)  2a  5  0  5a 10a  0   a  2 Với a  2  A 1
( ;2) (thỏa mãn vì A, I khác phía MN) Với a  0  A 5
( ;0) (loại vì A, I cùng phía MN)  9 
Gọi E là tâm đường tròn đường kính AH  EMN  E t;2t     10   38 
Do E là trung điểm AH  H 2t 1;4t     10   58   48   AH  2t  2;4t  , IH  2t  4;4t       10   10  272 896 Vì 2
AH  HI  AH.IH  0  20t  t   0 5 25  8 11 13  t   H ; (thoûa maõn)   5   5 5    28  31 17  t   H ; (loaïi)    25   25 25  8 11 13  Với t   H ;   (thỏa mãn) 5  5 5   6 3  Ta có: AH  ; 
  BCnhận n  (2;1) là VTPT  5 5 
phương trình BC là: 2x  y 7  0
Bài 29: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có C(-1;-2) ngoại tiếp
đường tròn tâm I. Gọi M, N, H lần luợt các tiếp điểm của (I) với cạnh AB, AC, BC. Gọi
K(-1;-4) là giao điểm của BI với MN. Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC, biết
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 34
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 H(2;1).
lần 2–Trƣờng THPT Anh Sơn 2, Nghệ An
Lời giải tham khảo: ABC ACB BAC C'
Ta có KIC IBC ICB   0  90  (1) 2 2 2 BAC Ta có 0
KNC ANM AMN  90  (2) 2 Từ (1) và (2) suy ra
KIC KNC nên tứ giác A K
KNIC nội tiếp trong đường tròn đường kính N IC. M
Mặt khác tam giác IHC nội tiếp trong đường I tròn đường kính IC J C
Vậy 5 điểm K, N, I, H, C nằm trên đường tròn B H đường kính IC.
Gọi J là trung điểm của IC nên J là tâm đường
tròn đi qua 5 điểm trên. Giả sử J(x;y) khi đó 2 2 2 2 JC JK ( 1
  x)  (4  y)  (1 x)  (2  y) x  3
JC JK JH       2 2 2 2 JC JH ( 1   x)  ( 4
  y)  (2  x)  (1 y) y  3   J(3; 3  ) .
Vì J là trung điểm của IC nên I(7;-4). Từ đó suy ra BI có phương trình y  4  0
BC đi qua H và C nên có phương trình x y 1 0. y  4  0
Do đó, B(x;y) là nghiệm của hệ   ( B 3  ; 4  )
x y 1  0
INC  1v NKC  1v Từ đó gọi C’ là điểm đối xứng của C qua đường thẳng BI. Khi đó K
là trung điểm của CC’ nên C’(-1;-6).
Đường thẳng AB qua B và C’ có phương trình là: x y 7  0 Giả sử AC có VTPT 2 2 n  ( ; a )
b , (a b  0)
Khi đó AC có phương trình ( a x 1)  (
b y  2)  0  ax by a  2b  0  a  1
7a  4b a  2b 8a  2b  Ta có b
d(I, AC)  IH   5 2   5 2   2 2 a b 2 2 a b a 23   b 7 a +  1
 chọn a = 1, b = -1 nên AC có phương trình x y 1 0 ( trùng BC) ( loại). b a 23 + 
chọn a = 23 ; b = 7 nên AC có phương trình 23x  7y  37  0 b 7  3 x      
+ Khi đó A (x; y) là nghiệm của hệ x y 7 0  4   
23x  7 y  37  0 31 y    4
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 35
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 Vậy 3 31 ( A ;  ) 4 4
Bài 30: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A. Biết
phương trình cạnh BC là d  : x  7y 31 0 , điểm N(7; 7) thuộc đường thẳng AC, điểm M(2; -3)
thuộc AB và nằm ngoài đoạn AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. THPT Bắc Yên Thành
Lời giải tham khảo:
Đường thẳng AB đi qua M nên có phương trình a x  2  by  3  0  2 2
a b  0  a  7b 3a  4b AB BC  0 ;  45 nên 0 cos 45    . 2 2  4a  3 50  b a b
Nếu 3a = 4b, chọn a = 4, b = 3 ta được  AB : 4x  3y 1  0 .  AC : 3x  4y  7  0 .
Từ đó A(-1; 1) và B(-4; 5). Kiểm tra MB  2MA nên M nằm ngoài đoạn AB (TM)
Từ đó tìm được C(3; 4)
Nếu 4a = -3b, chọn a = 3, b = -4 được  AB :3x  4y 18  0 ,  AC : 4x  3y  49  0
Từ đó A(10; 3) và B(10;3) (loại)
Bài 31: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có các đường cao AD,
BE và nội tiếp đường tròn tâm I(5;4). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết D(4;4),
E(6;5) và đỉnh C thuộc đường thẳng x  2y  2  0
Chuyên khoa học tự nhiên, lần 3.
Lời giải tham khảo: 0 180 CIA 0 0 ICA 90 ABC,ABC CED IEC CED 90 IC DE . Suy ra 2
DE(2;1) là VTPT của đường thẳng IC suy ra phương trình IC là : x 2 y 14 0 . Mà C
thuộc đường thẳng d : x 2y 2 0 C(6;2) x 6
Phương trình CE : ( A 2 3a;6) y 2 3t 2 2 IA 1 2 a 3 5 a 6 (a = 0 loại) x 6 2t Suy ra : (
A 6;6). Phương trình CD là : y 2 2t ( B 6 a 2 ;2 2 ) b 2 2 2 IB 1 2b 2 2b 5 3 b (b 0 loại) suy ra : ( B 3;5) 2
Bài 32: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn
tâm I, điểm M(2;−1) là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc của B lên AI là
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 36
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016  9 8  D ;  
 ; Biết rằng AC có phương trình x + y − 5 = 0 , tìm tọa độ các đỉnh của tam giác  5 5  ABC.
THPT Nguyễn Văn Trỗi, lần 1
Gọi F là hình chiếu vuông góc của A lên BC, E
là trung điểm AB. Ta có tứ giác BFDA nội tiếp
đường tròn đường kính AB và ngủ giác BEDIM
nội tiếp đường tròn đường kính BI 1 Suy ra DEM DBM DBF DEF 2
(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắnmột cung)
nên EM là phân giác của góc ∠DEF , lại 1 có EF DE
AB nên ME là đường trung 2
trực của DF. Đường thẳng ME qua M và song
song với AC nên có phương trình x + y − 1= 0 , F đối xứng với D qua ME nên 13 6 3 1 F ; ,MF ;
nên véc tơ pháp tuyến của BC là 5 5 5 5
n 1; 3 suy ra phương trình BC là : x 3y 5
0 nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ sau : x 3y 5 0
C(5; 0). M là trung điểm BC suy ra B (−1;−2) x y 5 0
, AF qua F và vuông góc với BC nên có phương trình 33 3x y
0 suy ra tọa độ điểm A là nghiệm 5 33 của hệ 3x y 0 5 ( A 1;4) x y 5 0  
Bài 33: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có hai điểm 1 M 3;   và  4   38 34  N ; 
 nằm trên đường thẳng AB, phương trình đường thẳng AC là 3x  4y  6  0 . Tìm tọa  25 25 
độ các đỉnh A, B, C biết tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC nằm trên đường thẳng
d : x y  2  0 và có hoành độ lớn hơn 1, đồng thời điểm P là chân đường phân giác trong AI
hình chiếu vuông góc lên đường thẳng AB là điểm N.
THPT Nguyễn Diệu, Bình Định
Lời giải tham khảo:
+)Lập được ptAB: 3x +4y – 10 = 0.
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 37
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 x y  
Tọa độ A là nghiệm của hệ 3 4 10 0  Tìm được A(2/3;2). 3
x  4y  6  0.
+)Vì tâm đường tròn nội tiếp thuộc đường thẳng x – y – 2 = 0 nên I(a;a – 2), điều kiện a > 1. Ta có d(I;AB) = d(I;AC)
 7a 18  a 14   a 4(n)   2 a  (l)  3
Vậy I(4;2) và bán kính đường tròn nội tiếp r = 2. +)Lập pt AI: y–2 = 0.
Lập pt PN: 4x –3y – 2 = 0.
P là giao điểm của AI và PN nên tọa độ P là nghiệm của hệ y  2  0  giải được P(2;2)
4x  3y  2  0
+)BC qua P(2;2) và có VTPT n  ( ; a ) b có pt dạng ( a x  2)  ( b y  2)  0. Ta có d(I;BC) = r 2a 2 2 
 2  a a b b  0. Chọn a = 1 2 2 a b
Khi đó pt BC là x – 2 = 0.    
Tọa độ B là nghiệm của hệ 3x 4y 10 0 
Tìm được tọa độ B(2;1) . x 2  0.    
Tọa độ C là nghiệm của hệ 3x 4y 6 0 
Tìm được tọa độ C(2;3). x 2  0.
Bài 34: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(4; 3  ) , M là trung
điểm của cạnh BC, D là giao điểm giữa đường phân giác trong của góc MAC và cạnh BC . Biết
rằng CB  3CD, đường thẳng AD có phương trình 3x  2y 5  0, diện tích tam giác ABC bằng
39 và đỉnh C có hoành độ dương. Hãy tính tọa độ các điểm A, C. 4
THPT Phù Cát 1, Bình Định
Lời giải tham khảo:
+) Gọi E là điểm đối xứng của A qua M thì AB / /C .
E Xét tam giác ACE AM là trung tuyến, 2 CD
CM nên D là trọng tâm, AD là phân giác của góc EAC nên tam giác AEC 3 cân tại ,
A suy ra AD EC suy ra AD A .
B Suy ra A là hình chiếu vuông góc của B trên , AD suy ra ( A 1; 1  ).  3t  5 
+) Do D AD D t;
D At     1  2  +) Từ 3
 3t  4 9t  9   4  BC BD C ; , t      2  2 2   3 
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 38
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 S  5 9 
+) Do d C AB 2 3 13 ; ABC  
, từ đó suy ra t  3, suy ra C ; .   AB 2  2 2 
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 39
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
Phần II. Các bài toán về tứ giác
Bài 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh C thuộc
đường thẳng d : x 2y 6
0 , điểm M(1;1) thuộc cạnh BD biết rằng hình chiếu vuông
góc của điểm M trên cạnh AB AD đều nằm trên đường thẳng : x y 1 0.
Tìm tọa độ đỉnh C .
Lần 1– Trƣờng THPT Bình Minh – Ninh Bình
Lời giải tham khảo
Tính chất: CI HK
 Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên AB, AD
Gọi N là giao điểm của KM và BC
Gọi I là giao điểm của CM và HK
Ta có DKM vuông tại K và 0 MDK 45 KM KD KM NC (1) Lại có MH
MN ( do MHBN là hình vuông) Suy ra: KMH CNM HKM MCN NMC IMK nên 0 NMC NCM IMK HKM 90 Suy ra CI HK
 Đường thẳng CI đi qua M(1;1) và vuông góc với đường thẳng d nên VTPT n VTCP u
( 1;1) nên có phương trình: (x 1) (y 1) 0 x y 0 CI d
Do điểm C thuộc đường thẳng CI và đường thẳng nên tọa độ điểm C là nghiệm của x y 0 x 2 hệ phương trình Vậy C(2;2) x 2y 6 0 y 2
Bài 2 : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(1;3). Gọi N 2
là điểm thuộc cạnh AB sao cho AN
AB . Biết đường thẳng DN có phương trình 3
x+y-2=0 và AB=3AD. Tìm tọa độ điểm B.
Lần 2– Trƣờng THPT Bố Hạ – Bắc Giang Lời giải tham khảo  Gọi 2 2 n  ( ; a )
b ; (a b  0) là vectơ pháp tuyến của BD,
BD đi qua điểm I(1;3) nên có phương trình: ax by a  3b  0  AB NB   3  2 AN AB    3  5AB Theo giả thiết ta có:   ND  1 3 AD AB    3  10ABBD   3
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 40
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 2 2 2
BD ND NB 7 2
Nên ta suy ra: cos BDN   2B . D ND 10 | a b | 7 2 3a  4b Khi đó: 2 2 cosBDN  cos( , n n )  
 24a  24b  50ab  0  1  2 2  10 4a  3 . 2 b a b
 Với 3a  4b , chon a=4,b=3 suy ra: BD: 4x  3y 13  0
D BD DN  ( D 7; 5  )  ( B 5  ;11)
 Với 4a  3b , chọn a=3,b=4, PT BD: 3x  4y 15  0
D BD DN D( 7  ;9)  B(9; 3  )
Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD . Điểm E(2;3) thuộc
đoạn thẳng BD , các điểm H( 2
 ;3) và K(2;4) lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm
E trên AB và AD . Xác định toạ độ các đỉnh A, B,C, D của hình vuông ABCD.
Lần 1– Trƣờng THPT Nguyễn Huệ – Khánh Hoà Lời giải tham khảo  Ta có: EH: y 3  0 EK : x  2  0 AH : x  2  0    A  2  ;4 AK : y  4  0
 Giả sử n a;b ,  2 2
a  b  0 là VTPT của đường thẳng BD . a 2 Có: 0 ABD  45 nên:   a  b 2 2  2 a b  Với a  b  , chọn b  1
  a 1 BD: x  y 1 0 EB   4  ; 4     B 2  ;  1 ; D 3; 4  
 E nằm trên đoạn ED   1  ;1 BD (thỏa mãn) Khi đó: C3;  1 
 Với a  b , chọn b 1 a 1 BD: x  y5  0. EB    4  ;4  B 2  ;7;D1;4  
 EB  4ED  E nằm ngoài đoạn BD (Loại) ED    1   ;1  Vậy: A 2  ;4;B 2  ;  1 ; C 3;   1 ; D 3; 4
Bài 4: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm trên đường
thẳng d : x y 1 0 . Điểm E 9;4 nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm F  2  ; 5
  nằm trên đường thẳng chứa cạnh AD, AC  2 2 . Xác định tọa độ các đỉnh
hình thoi ABCD biết điểm C có hoành độ âm.
Lần 1 - Cao Đẳng nghề Nha Trang
Lời giải tham khảo
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 41
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
 Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC B
E’ thuộc AD.
+) Vì EE’ vuông góc với AC và qua điểm E 9;4 E
 phương trình EE’: EE': x y 5  0 I J
 Gọi I AC E
E , tọa độ I là nghiệm hệ: A C
x y  5  0 x  3 E'     I 3;2
x y 1  0 y  2 F
+)Vì I là trung điểm của EE’  D E '( 3  ; 8  )
AD qua E '( 3  ; 8  ) và F( 2  ; 5
 )  phương trình AD: AD:3x y 1 0
+) A AC AD  (0 A ;1) . +) Giả sử C( ; c 1 c) .Vì 2
AC  2 2  c  4  c  2;c  2   C( 2  ;3) x  0 C
 Gọi J là trung điểm ACJ( 1
 ;2)  phương trình BD: x y 3  0.
+) Do D ADBD  ( D 1;4)  ( B 3  ;0) .  Vậy (
A 0;1) , B(3;0), C (2;3), D (1; 4).
Bài 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có BD = 2AC. Đường
thẳng BD có phương trình x – y = 0. Gọi M là trung điểm của CD và H(2;-1) là hình
chiếu vuông góc của A trên BM. Viết phương trình đường thẳng AH.
Trƣờng Ischool Nha Trang-Khánh Hoà
Lời giải tham khảo
 Gọi I là tâm của hình thoi ABCD và G BM AC ,
suy ra G là trọng tâm của tam giác BCD.
+) Tam giác BIG vuông tại I có: IG IG IG 1 sin IBG     2 2 2 2 BG BI IG (6IG)  IG 37 1  cos(B ,
D AH )  sin IBH  37
 Đường thẳng BD có vectơ pháp tuyến n  (1; 1  ) 1
gọi vectơ pháp tuyến của AH là 2 2 n  ( ; a )
b (a b  0) . Ta có: 2 a 7     BD AH   n n  1 | a b | 1 2 2 b 5 cos . cos ,   
 35a  74ab  35b  0   1 2 2 2 37 a b . 2 37 a 5   b 7 a 7 +) Với  :   
b 5 Chọn n  (7;5) ,ta có phương trình AH là AH : 7x 5y 9 0 . 2 a 5 +) Với  :   
b 7 Chọn n  (5;7) ,ta có phương trình AH là AH :5x 7y 3 0. 2
 Vậy AH : 7x  5y 9  0 hoặc AH :5x  7y 3  0.
Bài 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A, B và AD =
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 42
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
2BC. Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường chéo BD và E là trung
điểm của đoạn HD. Giả sử H  1
 ;3, phương trình đường thẳng AE :4x y 3  0 và  5  C ; 4 
 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B và D của hình thang ABCD.  2 
Lần 2 –Trƣờng THPT Phƣớc Bình
Lời giải tham khảo
Tính chất hình học: CE AE
+) Qua E dựng đường thẳng song song với AD
cắt AH tại K và cắt AB tại I.
+) Suy ra: K là trực tâm của tam giác ABE, nên
BK  AE. Do KE là đường trung bình của tam 1
giác AHD nên KE AD hay KE BC , nên 2
cho tam tứ giác BKEC là hình bình hành, dẫn tới CE BK .
+) Do đó: CE AE CE : 2x 8y  27  0  3 
E AE CE E  ;3 
 , mặt khác E là trung điểm của HD nên D 2  ;3  2 
 Khi đó, phương trình đường thẳng BD: y 3  0 , suy ra AH : x 1 0 nên A 1  ;  1 .
 Suy ra AB : x  2y  3  0.Do đó: B AB BD B3;3  Vậy: A 1  ; 
1 , B 3; 3, D 2  ; 3
Bài 7: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB=2BC. Gọi H là hình chiếu
của A lên đường thẳng BD; E,F lần lượt là trung điểm đoạn CD và BH. Biết A(1;1),
phương trình đường thẳng EF là 3x – y – 10 = 0 và điểm E có tung độ âm.
Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D.
Lần 5 –Trƣờng THPT Phƣớc Bình
Lời giải tham khảo
 Tính chất hình học: AF EF
 Gọi E,F,G lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng CD, BH, AB.
+) Ta thấy các tứ giác ADEG và ADFG nội tiếp
đường tròn đường kính DG, mà DG AE nên
AE cũng là đường kính, đồng thời tứ giác ADEF
cũng nội tiếp dẫn tới: AF EF .
 Đường thẳng AF (qua A và vuông góc với EF) có pt AF : x  3y  4  0 . Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ:
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 43
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016  17 x  3
x y  10  5 17 1  32     F ;  AF   
x  3y  4 1   5 5  5 y   5 AFE D
CB g g 1 2
EF AF  2 ; 2 5 2 2    
E t;3t 10 8 17 51 8 2
EF   t   3t       5  5   5  5 19 19 7  2
 5t  34t  57  0  t  3 t  hay E 3;  1  E ;   5  5 5 
+) Theo giả thiết ta được E3; 
1 , phương trình AE : x y  2  0 .  Gọi D ;
x y  , tam giác ADE vuông cân tại D nên: AD DE
 x  2   y  2  x  2   y  2 1 1 3 1    AD DE   x   
1  x  3   y   1  y   1 y x  2  x  1 x  3         x   x   hay D(1;-1) D(3;1) 1 3  0 y  1  y  1
+) Vì D và F nằm về hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;-1).
+) Khi đó, C(5;-1); B(1;5). (Tìm được C vì DE nhận E làm trung điểm, tìm D bằng đẳng
thức BC AD ).
 Vậy B(1;5); C(5;-1) và D(1;-1).
Bài 8: Trong mặt phẳng với hệ tοạ độ Oxy , cho hình vuông ABCD M là một điểm thuộc cạnh CD M
C,D . Qua điểm A dựng đường thẳng d vuông góc với AM , d cắt
đường thẳng BC tại điểm N . Biết rằng trung điểm của đoạn thẳng MN là gốc tọa độ O ,
I là giaο điểm của AO BC . Tìm tọa độ điểm B của hình vuông biết A
6;4 ,O 0;0 ,I 3; 2 và điểm N có hoành độ âm.
Lần 2 –Trƣờng THPT chuyên Hùng Vƣơng
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học: Tam giác AMN vuông cân tại A. A D
 Do tứ giác AMCN nội tiếp, suy ra 0
AMN NCA  45
nên tam giác AMN vuông cân tại A, khi đó AO MN tại M
O, nên ta viết được phương trình đường thẳng:
MN : 3x  2y  0 O  Giả sử N 2 ;
n 3n  MN M  2  ; n 3  n N B C I
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 44
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
+) Ta có: AN  2n  6;3n  4; AM   2  n  6; 3  n  4
+) Do: AN AM AN.AM  0  2n  6 2
n  6  3n  4 3  n  4  0 n  2   N  4  ; 6    n  2 
 Phương trình đường thẳng BC qua N và I là BC : 4x  7y  26  0 ,
+) Phương trình đường thẳng AB qua A và vuông góc với BC là AB : 7x  4y  26  0
4x  7 y  26    6 22
B BC AB nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:   B  ;  
7x  4y  26   5 5 
Bài 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD, đỉnh B thuộc đường thẳng
d1 : 2x – y + 2 = 0 , đỉnh C thuộc đường thẳng d2 : x – y – 5 = 0, Gọi H là hình chiếu của B  9 2 
xuống đường chéo AC, Biết M ; 
 ; K(9;2) lần lượt thuộc trung điểm AH và CD. Tìm  5 5 
hoành độ các đỉnh của hình chữ nhật biết hoành độ đỉnh C lớn hơn 4
Lần 1 –Trƣờng THPT Đồng Xoài
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học: MKMB
 Qua M kẻ đường thẳng song song với CD cắt BH, BC
lần lượt tại P, N. Tứ giác MKCP là hình bình hành (do 1
MP//CK, MP CK AB ) 2
+) Mặt khác ta có MN  BC và BH  MC suy ra P là trực tâm của tam giác MBC.
+) Vậy CP  BM suy ra MK  MB      Gọi B ;
b 2b  2  9 8 36 8
d MB b  ; 2b  , MK  ; 1      5 5   5 5  +) Vì M .
B MK  0  b  1  B(1; 4)  Gọi C  ;
c c  5  d BC c 1;c  9 ; KC c  9;c  7 2     c  0
+) Vì BCCK BC.KC  0   C  9;4 c  4
 Nên ta có C 9;4và D9;0 A1;0
Bài tập tƣơng tự 1: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc đường tròn (C): 2 2
x y  10 , đỉnh C thuộc đường thẳng có phương trình: x  2y 1  0 .
Gọi M là hình chiếu vuông góc của B lên AC. Trung điểm của AM và CD lần lượt là  3  1  N  ; 
 5 5  và P(1;1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật biết rằng điểm B có hoành độ
dương và điểm C có tung độ âm.
(lần 1–Trường THPT Quỳnh Lưu 2 Nghệ An)
Phân tích và hướng dẫn đáp số:
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 45
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 NQ / / AB
Gọi Q là trung điểm BM, khi đó  1
suy ra PCQN là hình bình hành. NQ AB  2 Suy ra CQ//PN.
Trong tam giác BCN thì Q là trực tâm nên CQ vuông góc với BN. Vì vậy PN vuông góc với BN.
Đáp số: A 3  ;  1 , B 1;  3 , C  3;  1 , D1;  3
Bài tập tƣơng tự 2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có 9
điểm H(1;2) là hình chiếu vuông góc của A lên BD. Điểm M ( ;3) là trung điểm của cạnh 2
BC, phương trình đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác ADH là d: 4x y  4  0 . Viết phương trình cạnh BC.
(lần 3–Trường THPT Phú riềng – Bình Phước)
Đáp số: BC : 2x y  12  0
Bài 10: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm H(1;2) là  9 
hình chiếu vuông góc của A lên BD. Điểm M ;3 
 là trung điểm của cạnh BC, phương  2 
trình đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác ADH là d : 4x y  4  0 . Viết phương trình cạnh BC.
Lần 3 –Trƣờng THPT Phú Riềng- Bình Phƣớc
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học: MKAK
 Gọi K là trung điểm của HD. Gọi P là trung điểm của AH.
+) Ta có AB vuông góc với KP. Do đó P là trực tâm của
tam giác ABK. Suy ra BP vuông góc với KM.
+) Mặt khác, do BMKP là hình bình hành nên cho ta KM
KM , nên suy ra MKAK .  9  15  MK đi qua M ;3 
 và vuông góc với AK có pt: MK : x  4y   0  2  2  15 x  4y   0  1 
+) K MK d nên tọa độ điểm K là nghiệm của hệ  2  K ; 2     2 
4x y  4  0
+) Do K là trung điểm của HD nên D0;2 ,suy ra phương trình đường thẳng
BD : y  2  0
+) AH qua H và vuông góc với BD nên có phương trình: AH : x 1  0
+) Tham số hóa điểm B  ;
b 2 , vì M là trung điểm BC nên C 9  ; b 4
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 46
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
+) Ta có: DC  9  ;
b 2; BC  9  2 ;
b 2 mà DC vuông góc với BC nên suy ra: b  5 DC.BC 0    17  b   2 17   1 
+) Nên điểm B 5;2  C 4;4 hoặc B ; 2  C ; 4      2   2 
 Phương trình đường thẳng BC : 2x y 12  0 hoặc BC : 2x 8y 33  0
Bài tập tƣơng tự: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H
là hình chiếu vuông góc của B trên AC, M và N lần lượt là trung điểm của AH và BH,  9 2 
trên cạnh CD lấy điểm K sao cho MNCK là hình bình hành. Biết M ; ; K   9;2 và  2 5 
các đỉnh B, C lần lượt nằm trên các đường thẳng có phương trình 2x y  2  0 và
x y  5  0 , hoành độ đỉnh C lớn hơn 4. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C, D.
lần 2–Trƣờng THPT Yên Thế
Lời giải tham khảo: 1
+) MN là đường trung bình của tam giác HAB suy ra MN // AB và MN AB 2 1 1
+) MNCK là hình bình hành nên CK // MN; CK MN AB CD 2 2
suy ra K là trung điểm của CD và N là trực tâm tam giác BCM,
do đó CN MB và MK // CN nên MK MB .    
B d B b b   36 8 9 8 ; 2 2 , MK  ;
, MB b  ; 2b       5 5   5 5 
MK.MB  0  b  1  B 1;4
C d '  C  ; c c  5
BC.KC  0  c  9  C 9;4  D9;0  A1;0
Bài 11: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có tọa độ điểm
D(5; 4). Đường trung trực của đoạn CD có phương trình d : 2x  3y – 9  0 và đường phân 1
giác trong góc BAC của tam giác ABC có phương trình d : 5x y 10  0 . Xác định tọa độ 2
các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD.
Lần 1 –Trƣờng THPT Thanh Hoa - Bình Phƣớc
Lời giải tham khảo: d1 d2
 Phương trình đường thẳng DC qua D và vuông B
góc với d có dạng DC : 3x  2y  7  0 C 1
+) M CD d M 3;1 1   M
+) M là trung điểm DC nên C 1; 2    A
Ta lại có A thuộc d nên ( A ; a 5  a 10) D 2
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 47
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 Mà ABCD là hbh nên x a  4  B
AB DC    B(a  4; 5  a 16)
y  5a 10  6   B
 Gọi C’ là điểm đối xứng của C qua d , ta có:C '( 4  ; 3  ) AB 2 a  4 5  a  7
+) Ta có: A, B, C’ thẳng hàng C ' A kC ' B    a  2  a 5  a 13  Vậy A 2
 ;0 B 6  ; 6  .
Bài 12: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm I. Biết trung điểm
cạnh AB là M(0;3), trung điểm đoạn thẳng IC là E(1;0) và điểm A có tọa độ nguyên.
Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D.
Trƣờng THPT Nguyễn Du – Bình Phƣớc
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học: ME DE
+) Gọi H là trung điểm DI, khi đó H là trực tâm tam giác
ADC (chứng minh tương tự các bài trên), nên AH DE
+) Đồng thời AMEH là hình bình hành nên AH DE
+) Suy ra: ME DE
 Phương trình DE : x 3y 1 0
+) Tham số hóa điểm D3d 1;d   DE
+) Để ý thấy rằng: MGB E
GH , khi đó cho ta G là  1 3  trung điểm ME nên G ;    2 2 
 Tứ giác AMED nội tiếp, nên cho ta 0
DAE AME  45 nên cho ta tam giác EMD vuông cân tại E.
 Phương trình đường tròn (C) tâm E bán kính ME có dạng: C  x  2 2 : 1  y  10 x  2     x  2 2 1  y  10 y  1 
+) D  C  DE nên tọa độ điểm D là nghiệm của hệ   
x  3y 1  0 x  4  y 1    5 5 TH1: D  2  ; 
1 , ta lập được phương trình AC đi qua E và nhận DG  ;   làm VTPT  2 2 
nên có dạng: AC : x y 1  0
+) Phương trình BD : x y 1  0
+) I AC BD I 0;  1
+) Từ đó ta tìm được B 2;3  A 2
 ;3  C 2;  1     7 1 TH2: D4; 
1 ta lập được phương trình AC đi qua E và nhận DG  ;   làm VTPT  2 2 
nên có dạng: AC : 7x y  7  0
+) Phương trình BD : x  7y 11  0
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 48
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016  6 7 
+) I AC BD I ;    5 5   8 9   8 21
+) Từ đó ta tìm được B  ;  A ;   
 (loại do tọa độ A nguyên).  5 5   5 5 
Bài 13: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD, gọi M là trung điểm
của AB. Đường thẳng d  đi qua M D có phương trình x  2y  2  0 . Tìm tọa độ các
đỉnh B, C, D, biết A1;4 và đỉnh C nằm trên đường thẳng  : x y  5  0 và hoành
độ điểm C lớn hơn 3.
Trƣờng THPT Chuyên Bình Long- Bình Phƣớc
Lời giải tham khảo:
 Ta có điểm C nằm trên đường thẳng
: x y 5  0  Cc;5c, c , c  3 . +) Lại có:  
d C MD  d A MD 1 2.4 2 , 2. ,  2  2 5 1   2  2 2  
c    c 2 2 5  2 c  l  
 2 5  3c  8  10  3 5  c  6 Suy ra C 6;  1
+) Ta có điểm D nằm trên đường thẳng d  : x  2y  2  0  D 2d  2;d , d   .
Lại có AD  2d  3;d  4; CD  2d  8;d   1
+) Do ABCD là hình chữ nhật nên d A .
D CD  0  2d  32d  8  d  4d   1 2
1  0  5d  25d  20  0   d  4
 Kết luận: C 6;  1 , D 0  ;1  B 7; 
2 hoặc C 6;  
1 , D 6; 4  B 1;   1
Bài 14: Trong mặt phẵng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chư̂ nhật ABCD có A5; 7   ,
điễm C thuộc đường thẵng có phương trình x y  4  0 . Đường thẳng đi qua D và
trung điễm cũa đoạn thẵng A B có phương trình 3x – 4y – 23=0 . Tìm tọa độ điểm B và
C, biết B có hoành độ dương.
Lần 2–Trƣờng THPT Hà Huy Tập
Lời giải tham khảo:
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 49
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
 Ta có C x y  4  0  C( ;
c c  4) , M là trung
điểm AB và I là giao điểm AC và DM
+) Theo định lý Thales thuận ta có: CD IC ID 1
c 10 c 10   
 2  AI AC I ;   AM IA IM 3  3 3 
+) Mặt khác I thuộc DM nên ta có: c 10 c 10 3  4
 23  0  c  1 C(1;5) 3 3 +) Ta có M thuộc MD:  3m  23   3m  9   M ; mB 2m  5;      4   2    3m  5  AB  2m 10;      2  Và có thêm:   3m 19  CB  2m  6;     2 
 3m  5  3m 19  +) Lại có A .
B CB  0  (2m 10)(2m  6)   0     2  2  29
+) Suy ra m  1 hay m  5  33 21  33 21 Do đó B( 3  ; 3  ) hay B ; 
 . Do B có hoành độ dương nên ta nhận B( ; )  5 5  5 5  33 21
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là B( ; ),C(1;5) 5 5
Bài 15: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ oxy , cho hình vuông ABCD có A(-1;3).
Điểm B thuộc đường thẳng d : x  2y 1 0 . Gọi M,N theo thứ tự là trung điểm của BC và  7 1  CD. AM cắt BN tại I ;  
 . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông.  5 5 
Trƣờng THPT Trần Cao Sơn – Khánh Hoà
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học: AM BN
+)
Ta có: BAI IBM mà 0
BAI IMB  90 A B Suy ra: 0
IBM IMB  90 hay AM BM
 Phương trình đường thẳng AM : 4x  3y 5  0
+) Phương trình đường thẳng BN qua I và vuông góc với AM I M
có dạng: BN : 3x  4y  5  0
+) B d BN B 3;  1
 Phương trình đường thẳng BC : 2x y 5  0
M BC AM M 2;  1  C 1; 3    D 3  ;  1 D N C
Bài 16: Trong hệ tọa độ Ox ,
y cho hình thoi ABCD cạnh AC có phương trình là: x  7y  31 , 0
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 50
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
hai đỉnh B, D lần lượt thuộc các đường thẳng d : x y  8  0, d : x  2 y  3  0 . Tìm tọa độ 1 2
các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm
Trƣờng THPT Lê Hồng Phong
Lời giải tham khảo:
B d B( ;
b 8  b), D d  (2d  3; d ) 1 2 +) Khi đó D B  ( b
  2d  3;b d  8) và trung điểm của BD
b  2d  3 b   d  8  là I ;    2 2 
+) Theo tính chất hình thoi ta có: BD AC u  .BD  0  8
b 13d 13  0 b   0 AC        . I AC I AC  6
b  9d  9  0 d 1  Suy ra B(0;8); ( D 1  ;1) .  1 9  +) Khi đó I  ; 
 ; AAC  ( A 7  a 31; ) a .  2 2  1 2S 15 SA . ABCD C BD AC  15 2  IA ABCD 2 BD 2 2 2 2  63   9  225  9  9 a  3  ( A 10;3) (kt ) m  7  a   a    a              2   2  2  2  4 a  6  ( A 1  1;6)  Suy ra C(10;3) .
Bài 17: Trong mặt phẵng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 15.
Đường thẳng AB có phương trình x  2y  0. Trọng tâm của tam giác BCD có tọa độ 16 13  G ;
 3 3  . Tìm tọa độ A, B, C, D biết B có tung độ lớn hơn 3.  
Trƣờng THPT Đông Du - Đăklăk
Lời giải tham khảo: 10  d( ; G AB) 
BC  5  AB  3 5 3 5
+) Đường thẳng d qua G và vuông góc với AB là :
d : 2x y 15  0 1
+) Gọi N d AB N (6;3)  NB AB  5 3 2 b  2 +) B(2 ;
b b) AB NB  5    B(8;4) b  4 3
Ta có: BA  3BN  (
A 2;1) ; AC AG C(7;6) CD BA D 2 ;   (1;3)  Kết luận: ( A 2;1); (
B 8;4); C(7;6); ( D 1;3).
Bài 18: Cho hình chữ nhật ABCD có A1;5, AB  2BC và điểm C thuộc đường
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 51
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
thẳng d : x  3y  7  0. Gọi M là điểm nằm trên tia đối của tia CB, N là hình chiếu vuông  5 1 
góc của B trên MD. Tìm tọa độ các điểm B và C biết N  ; 
 và điểm B có tung độ  2 2  nguyên.
Trƣờng THPT- Lạc Long Quân – Khánh Hoà
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học: AN CN
+) Gọi I AC BD
+) Do tam giác BDN vuông tại N nên IN IB ID
Mà lại có IC IA ID IB IN IC IA
Suy ra tam giác ANC vuông tại N hay AN CN
 Phương trình đường thẳng CN qua N và vuông góc
với NC có dạng CN : 7x  9y 13  0
+) C d CN C 2; 3  
 Giả sử Ba;b. Do AB  2BC; AB BC nên ta có hệ phương trình: 
a  a    b  b   
a  5; b  1 1 2 5 3 0       a   2
1  b  52  4 
a22 b32 7 9
a   ; b   l  5 5  Vậy B5;  1 ; C 2; 3  
Bài 19:
Trong mặt phẳng Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao
điểm của hai đường thẳng (d): x y 3  0 và (d’): x y  6  0 . Trung điểm M của AB là
giao điểm của (d) với Ox và điểm A có tung độ dương. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
Lần 2- Trƣờng Trung cấp nghề Ninh Hoà
Lời giải tham khảo:   9 3 
Gọi I là giao điểm của (d) và (d’) suy ra I ;    2 2 
+) M là giao điểm của (d) và Ox suy ra M 3;0 2 2  3   3  3 2 IM   
BC  2IM  3 2      2   2  2 12  AB   2 2 3 2
+) Gọi Ax ; y A A
Ta có MA MI M .
A MI  0  x y  3  0 (1) A A AB +) Mặt khác MA
 2  MA   x   y A 2 2 2 3 2 (2) 2 A
Từ (1) và (2) suy ra A4;  1 hoặc A2  ;1
+) Do y > 0 nên A2;  1 ; B 4;   1 A
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 52
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
 Lấy đối xứng các điểm A, B qua tâm I ta được C 7;2; D5;4
Bài 20: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I 3;  1 ,
điểm M trên cạnh CD sao cho MC  2MD . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD
biết đường thẳng AM có phương trình 2x y  4  0 và đỉnh A có tung độ dương.
Lần 1–Trƣờng THPT Đoàn Thƣợng – Hải Dƣơng
Lời giải tham khảo: 3
 Gọi H là hình chiếu của I trên AM  IH d(I; AM )  5
+) Giả sử AM BD N và P là trung điểm của MC
IP / / AM NM / /IP . Từ M là trung điểm của DP suy ra N là trung điểm của DI. a 2 1 a 2
+) Gọi cạnh của hình vuông là a thì AI  , IN ID  2 2 4 1 1 1 5 2 8 Từ       a  3 2 2 2 2 2 2 IH IA IN 9 a a +) A thuộc AM nên 2 2 2 (
A t; 2t  4)  IA  (t 3)  (2 t 3)  3  5t 18t  9  0 t  3  ( A 3; 2)   3  3 14  
. Do A có tung độ dương nên ( A 3; 2) t   A ;     5  5 5   Suy ra C(3; 4
 ) . Đường thẳng BD đi qua điểm I và có vtpt AI  (0; 3  ) có phương trình  3 
BD : y 1  0 . N AM BD N ; 1 
 . N là trung điểm của DI  D0;  1  B(6; 1  )  2 
Bài 21: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I 3;3 và AC  2BD . Điểm  4   13  M 2 ; 
 thuộc đường thẳng AB, điểm N 3; 
 thuộc đường thẳng CD. Viết phương  3   3 
trình đường chéo BD biết đỉnh B có hoành độ nhỏ hơn 3.
Lần 2–Trƣờng GDTX Cam Lâm
Lời giải tham khảo: D   
Tọa độ điểm N’đối xứng với điểm N qua I là 5 N ' 3;    3  N
Đường thẳng AB đi qua M , N’ có phương trình: x  3y  2  0  
Suy ra: IH d I AB 3 9 2 4 ,   10 10 A C
(Với H là chân đường vuông góc từ I xuống AB) M I
 Do AC  2BD nên IA  2IB . Đặt IB x  0 , ta có phương trình: H 1 1 5 2    N'
x  2  x  2 2 2 x 4x 8 B
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 53
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
 Đặt Bx, y. Do IB  2 B AB nên tọa độ B là nghiệm của hệ:  14  x
 x 32   y 32 2  2 5
y 18y 16  0  x  4  3 5       
x  3y  2  0
x  3y  2 8  y  2 y   5  
+) Do B có hoành độ nhỏ hơn 3 nên ta chọn 14 8 B ;    5 5 
 Vậy phương trình đường chéo BD là: 7x y 18  0 .
Bài 22: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh A(1; 4)
và AB = 2AD. Đường thẳng chứa đường chéo BD có phương trình: x – y + 1 = 0, biết
điểm D có hoành độ dương. Viết phương trình đường thẳng chứa đường chéo AC
Đề 2 –Trƣờng GDTX Nha Trang
Lời giải tham khảo:
 Gọi I AC BD   
+) Ta có: d A BD 1 4 1 ;   2 2 2 1 1 1 5 1 +) Ta có      AD  10 2 2 2 AD AB 8 4AD 8
+) Tham số hóa điểm Dd;d  
1  BD d  0   2 2 d 0 l
+) AD  10  d   1  d  3    10   d  2
Suy ra điểm D2;3
 Phương trình đường thẳng AB nhận AD  3; 
1 làm VTPT và qua A có dạng:
AB : 3x y  7  0     1 1
B AB BD B  3  ; 2    I ;  C 0; 3      2 2 
Bài 23: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Điểm E(2; 3) thuộc
đoạn thẳng BD, các điểm H(-2; 3) và K(2; 4) lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm
E trên AB AD . Xác định toạ độ các đỉnh A, B, C, D của hình vuông ABCD.
Trƣờng THPT Hồng Lĩnh Hà Tĩnh
Lời giải tham khảo:  Ta có:
EH : y  3  0
EK : x  2  0
AH : x  2  0    A 2  ;4
AK : y  4  0
+) Giả sử n   ; a b ,  2 2
a b  0 là VTPT của đường thẳng BD . a 2 Có: 0 ABD  45 nên:   a  b 2 2  2 a b
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 54
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 +) Với a b  , chọn b  1
  a 1 BD: x y 1 0   B  2  ;  1 ; D 3;4 EB   4  ; 4      ED   1  ;1
E nằm trên đoạn BD (t/m)
Khi đó: C 3;  1
+) Với a b , chọn b 1 a 1 BD: x y 5  0 . EB    4  ;4  B 2
 ;7; D1;4  
EB  4ED E ngoài đoạn BD (L) ED    1  ;  1  Vậy: A 2  ;4;B 2  ;  1 ;C 3;   1 ; D 3;4
Bài 24: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang D
ABC với hai đáy là AB và CD.  1 
Biết diện tích hình thang bằng 14, đỉnh A1; 
1 và trung điểm cạnh BC là H  ;0  . Viết  2 
phương trình đường thẳng AB biết đỉnh D có hoành độ dương và D nằm trên đường
thẳng d :5x y 1 0
Lần 3–Trƣờng THPT Lƣơng Tài – Bắc Ninh
Lời giải tham khảo:
 Gọi E AH DC . Dễ thấy HAB HEC SS  14 ADE ABCD a 13 +) AH  , E
A  2AH a 13 ; 2
+) phương trình AE : 2x  3y 1  0
D d D d;5d   1 , d  0 d  2 1 28  S  E A .d D, E A 14  d D, E A   ...   D A E     30 2 13 d  (L)  13 +) Suy ra D 2  ;11
+) H là trung điểm AE  E  2  ;  1
Phương trình CD: 3x y 5  0
 AB đi qua A và song song với CD  pt AB : 3x y  2  0
Bài 25: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có hình chiếu  6 7 
vuông góc của A lên đường thẳng BD là H  ; ,   điểm M( 1
 ;0) là trung điểm cạnh BC  5 5 
và phương trình đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác ADH có phương trình là
7x  y  3  0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
Lần 2 –Trƣờng THPT Lý Thái Tổ - Bắc Ninh
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 55
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học: MN  AN A
+) Gọi N, K lần lượt là trung điểm của HD và D 1
AH  NK // AD và NK  AD. K N 2 Do AD  AB  NK  AB.
Mà AK  BD  K là trực tâm tam giác ABN. +) Suy ra BK  AN (1) H 1 C
Vì M là trung điểm BC  BM  BC. B M 2
Do đó NK // BM và NK  BM
+) Suy ra BMNK là hình bình hành  MN // BK (2)
+) Từ (1) và (2) suy ra MN  AN.
 Phương trình MN có dạng: x 7y  c  0. M( 1  ;0)MN  1  7 0 .  c  0  c 1.
 phương trình MN là: x 7y 1 0.    2 1 Mà N  MN  AN  N ; . 
 Vì N là trung điểm HD  D 2 ( ; 1  ).  5 5   8 6  Ta có: HN  ;    5 5 
Do AH  HN  AH đi qua H và nhận n  (4; 3  ) là 1 VTPT.
 phương trình AH là: 4x 3y 9  0.  Mà A  AHAN  A 0 ( ,3). 2  2( 1   x ) x  2 +) Ta có: B B AD  2BM      B(2;2).  4   2(0  y )  y  2 B  B
 Vì M là trung điểm BC  C 0 ( ; 2  ).
 Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là: A 0 ( ;3),B( 2  ;2),C 0 ( ; 2  ),D(2; 1  ).
Bài 26: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A B , có
BC  2AD , đỉnh A3; 
1 và trung điểm M của đoạn BC nằm trên đường thẳng
d : x  4y  3  0 . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang ABCD , biết H 6; 2 là hình
chiếu vuông góc của B trên đường thẳng CD .
Lần 1–Trƣờng THPT Marie-Curie Hà Nội
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học: AH  HM
+) Từ giả thiết ta có ABMD là hình chữ nhật.
+) Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp ABMD .
BH DH H (C)  HA HM (*)
M d : x  4y 3  0  M 4m  3 ; m
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 56
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 AH  9; 
3 , HM  4m  3 ; m   2
Ta có: (*)  AH.HM  0  94m  
3  3m  2  0  m  1
 Suy ra: M 7;  1 .
+) ADCM là hình bình hành
DC đi qua H 6;2 và có một vectơ chỉ phương AM  10;0
 Phương trình DC : y  2  0.
+) DDC : y  2  0  D t ; 2  
+) AD  t  3 ; 
3 , MD  t  7 ;  3 t  2   D  2  ; 2  
AD DM  .
AD MD  0  t  
3 t  7  9  0   t  6  D  6; 2
   H(loaïi)
+) Gọi I AM BD I là trung điểm AM I 2  ;1
I là trung điểm BD B 6;4
M là trung điểm BC C 8; 2  
 Vậy: B 6;4, C 8;2 , D 2  ;2 .
Bài 27: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho hình thang cân ABCD với hai đáy AD,
BC. Biết B(2; 3) và AB BC , đường thẳng AC có phương trình x y 1 0, điểm M  2  ;  1
nằm trên đường thẳng AD. Viết phương trình đường thẳng CD.
Trƣờng THPT Nguyễn Chí Thanh 1
Lời giải tham khảo:
 Vì ABCD là hình thang cân nên nội tiếp trong một
đường tròn. Mà BC CD nên AC là đường phân giác của góc BAD .
+) Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua AC.
Khi đó B ' AD .
+) Gọi H là hình chiếu của B trên AC. Tọa độ điểm H là
nghiệm của hệ phương trình: Suy ra H 3;2 .
+) Vì B’ đối xứng với B qua AC nên H là trung điểm của BB’. Do đó B '4;  1 .
 Đường thẳng AD đi qua M và nhận MB ' làm vectơ chỉ phương nên có phương trình
AD : x  3y 1  0 . Vì A AC AD nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương
x y 1  0 x  1 trình:     A1;0
x  3y 1  0 y  0
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 57
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
 Ta có ABCB’ là hình bình hành nên AB'  BC C 5;4.
+) Gọi d là đường trung trực của BC, suy ra d : 3x y 14  0
+) Gọi I AD d , suy ra I là trung điểm của AD. Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: 3
x y 14  0  43 11   38 11   I ;  D ;    
x  3y 1  0  10 10   5 5 
 Vậy đường thẳng CD đi qua C và nhận CD làm vectơ chỉ phương nên có phương
trình CD : 9x 13y  97  0.
Bài 28: Trong mặt phẳng Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 2. Tâm I
giao của hai đường thẳng d : x y  2  0 và d : 2x  4 y 13  0 . Trung điểm M của 1 2
cạnh AD là giao điểm của d với trục Ox . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật biết 1
điểm A có tung độ dương.
Trƣờng THPT Ngọc Tảo
Lời giải tham khảo:    7 3
I d d I ; 1 2    2 2 
+) M d Ox M 2;0 1  
+) Phương trình đường thẳng AD qua M và nhận  1 3  MI  ; 
 là VTPT có dạng: AD: x  3y  2  0  2 2 
+) Tham số hóa A 3
a  2;a AD a  0  1 S  2  S   ABCD AMI  4 10 +) Vì:   AM  10 10 MI   2 1 1 17 1  +) Nên 2 10a   a   A ;   10 10 10 10   23 1  
+) Vì AD nhận M là trung điểm nên D ;    10 10   53 29 
+) AC nhận I làm trung điểm nên C ;    10 10   47 31
+) BD nhận I làm trung điểm nên B ;    10 10            17 1 47 31 53 29 23 1 Kết luận: A ;   ; B ;   ; C ;   ; D ;   10 10   10 10   10 10   10 10 
Bài 29: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang vuông ABCD  0
BAD ADC  90  có đỉnh D2;2 và CD  2AB . Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 58
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016  22 14 
D lên đường chéo AC. Điểm M ; 
 là trung điểm của HC. Xác định tọa độ các đỉnh  5 5  , A ,
B C , biết rằng đỉnh B thuộc đường thẳng  : x  2y  4  0 .
Lần 1 –Trƣờng THPT Nguyễn Viết Xuân
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học: DM BM
+) Gọi E là trung điểm của đoạn DH. Khi đó tứ giác
ABME là hình bình hành  ME AD nên E là trực
tâm tam giác ADM. Suy ra  AE DM
AE / /DM DM BM
 Phương trình đường thẳng BM :3x y 16  0
+)Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:
x  2y  4   B4;4 3
x y  16 AB IB 1 10 10 
+) Gọi I là giao điểm của AC và BD, ta có 
  DI  2IB I ;   CD IC 2  3 3 
+) Phương trình đường thẳng AC : x  2y 10  0 14 18 
+) P hương trình đường thẳng DH : 2x y  2  0  H ;  C   6;2  5 5 
+) Từ CI  2IA A2;4.
 Kết luận: A2;4; B4;4; C 6;2
Bài 30: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có (
D 4;5) . Điểm M
là trung điểm của đoạn AD, đường thẳng CM có phương trình x 8y 10  0 . Điểm B nằm
trên đường thẳng 2x y 1 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B C, biết rằng C có tung độ nhỏ hơn 2.
Lần 1–Trƣờng THPT Phan Bội Châu
Lời giải tham khảo:
 Gọi H, K là hình chiếu vuông góc của B, D lên CM. 26 DK d( , D CM )  65
+) Gọi I BD A ;
C G BD CM .
Suy ra, G là trọng tâm AC . D Ta có : BH BG 52
DG  2GI BG  2DG    2  BH DK DG 65
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 59
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 b  2 17b 18 52 +)  B( ; b 2
b 1); d( ;
B CM )  BH    70  65 65 b  (l)  17
(loại vì điểm B, D nằm cùng phía với CM) +) Ta có: ( B 2; 5  )  I(3;0) c 1 +) 2 
C(8c 10;c)  CM; C .
D CB  0  65c  208c 143  0  11  c  (l)  5  Suy ra: C( 2  ;1), ( A 8; 1  )  Vậy ( A 8; 1  ), B(2; 5  ),C( 2  ;1).
Bài 31: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD với AB//CD có diện tích 1 1 1
bằng 14, H ( ;0) là trung điểm của cạnh BC và I ( ; ) là trung điểm của AH. Viết 2 4 2
phương trình đường thẳng AB biết đỉnh D có hoành độ dương và D thuộc đường thẳng
d: 5x y 1 0.
Lần 1–Trƣờng THPT Phan Thúc Trực
Lời giải tham khảo: (Giống bài 24)
 Vì I là trung điểm của AH nên A(1;1); Ta 13 có: AH  . 2
+) Phương trình AH là: 2x  3y 1  0 .
+) Gọi M AH CD thì H là trung điểm của AM. +) Suy ra: M  2  ; 
1 . Giả sử Dd; 5d  
1  d a  0 . Ta có: +) ABH MCH SS
AH.d(D, AH )  28 14  d ( , D AH )  ABCD ADM 13
Hay 13d  2  28  d  2( ì v a  0)  ( D 2;11)
 Vì AB đi qua A(1;1) và có VTCP là MD  (4;12) nên AB có phương trình
AB : 3x y  2  0
Bài 32: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB=2BC. Gọi H là hình
chiếu của A lên đường thẳng BD; E,F lần lượt là trung điểm đoạn CD và BH. Biết
A(1;1), phương trình đường thẳng EF là 3x – y – 10 = 0 và điểm E có tung độ âm.
Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D.
Lần 2–Trƣờng THPT Quỳnh Lƣu 3
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học: AF EF
Gọi E,F,G lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng CD, BH AB. Ta chứng minh AF EF .
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 60
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
+) Ta thấy các tứ giác ADEG và ADFG nội tiếp nên tứ giác ADEF cũng nội tiếp, do đó AF EF .
+) Đường thẳng AF có pt: AF : x  3y  4  0 .
+) Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ : A G B  17 x  3
x y  10  5 17 1  32     F ;  AF   
x  3y  4 1   5 5  5 y  F  5  1 2 AFE D
CB EF AF  2 ; H 2 5 D E C 2 2    
E t;3t 10 8 17 51 8 2
EF   t   3t       5  5   5  5 19 19 7  2
 5t  34t  57  0  t  3 t  hay E 3;  1  E ;   5  5 5 
+) Theo giả thiết ta được E3; 
1 , phương trình AE : x y  2  0 .
+) Gọi D(x;y), tam giác ADE vuông cân tại D nên AD DE
 x  2   y  2  x  2   y  2 1 1 3 1    AD DE   x   
1  x  3   y   1  y   1 y x  2  x  1 x  3         x   x   hay D(1;-1) D(3;1) 1 3  0 y  1  y  1
 Vì D và F nằm về hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;-1).
 Khi đó, C(5;-1); B(1;5). Vậy B(1;5); C(5;-1) và D(1;-1)
Bài 33: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A D
AB AD CD, điểm (
B 1; 2) , đường thẳng BD có phương trình là y  2  0 . Đường thẳng
qua B vuông góc với BC cắt cạnh AD tại M . Đường phân giác trong góc MBC cắt cạnh
DC tại N . Biết rằng đường thẳng MN có phương trình 7x y  25  0 . Tìm tọa độ đỉnh D .
Lần 1–Sở GD Vĩnh Phúc
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học: M và C đối xứng qua BN.
 Tứ giác BMDC nội tiếp 0
BMC BDC DBA  45  B
MC vuông cân tại B, BN là phân giác trong MBC
M,C đối xứng qua BN
Nên cho ta: AD d B CN   d B MN  4 , ,  2
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 61
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
+) Do AB AD BD AD 2  4
+) BD: y  2  0  ( D ; a 2)
a  5  D5;2 BD  4   a  3   D   3
 ;2 (loai cung phia B so voi MN)
 Vậy có một điểm thỏa mãn là: ( D 5; 2)
Bài 34: Trong mặt phẳng (Oxy), cho hình chữ nhật ABCD có AB  2AD , đỉnh ( A 0;5) .
Đường thẳng  qua đỉnh B và vuông góc với AC có phương trình x 3y 1 0 và đỉnh
D nằm trên đường thẳng d có phương trình 2x y  7  0 . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại
của hình chữ nhật ABCD.
Lần 1–Trƣờng THPT Trần cao Vân-Khánh Hoà Lời giải tham khảo:
+) AC    ptAC : 3x y  5  0
+) H AC   nên tọa độ điểm H là nghiệm hệ phương trình:  8 x  3
x y  5  5  8 1      H ;   x  3y 1 1   5 5  y   5
=) Trong AHB vuông tại B có, 2 2 AH AB AB 4 2
AB AH.AC     2 2 AC AC AB 2 5 AB  4 5
AC AH C(2; 1  ) 4
+) Phương trình đường tròn tâm I 1;2 bán kính IA có dạng: C 2 2
: (x 1)  ( y  2)  10
+) D  (C) d nên tọa độ D là nghiệm hệ phương trình:  3 x  
2x y  7  0 x  2     5 3 29      . Suy ra: D( 2  ;3)  D  ;   2 2
(x 1)  (y  2) 10 y  3 29   5 5  y   5
+) B  C   nên tọa độ B là nghiệm hệ phương trình:  3 x  
x  3y 1  0 x  4     5      . Suy ra B   3 14 4;1  B ;   2 2
(x 1)  (y  2) 10 y 1 14   5 5  y   5
 Vì I là trung điểm AD nên ( B 4;1) và ( D 2  ;3)
Bài 35: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AD // BC)
phương trình đường thẳng AB : x  2y  3  0 và đường thẳng AC : y  2  0 . Gọi I là giao
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 62
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
điểm của hai đường chéo ACBD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân ABCD,
biết IB  2IA , hoành độ điểm I: x  3 và M  1
 ;3 nằm trên đường thẳng BD. I
Lần 2–Trƣờng THPT Tôn Đức Thắng
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học: EF // BD A D
 Ta có A là giao điểm của ABAC nên A1;2. E M
Lấy điểm E 0;2 AC . Gọi F 2a  3;a AB sao cho EF // BD. F I EF AE EF BI Khi đó   
 2  EF  2AE BI AI AE AI B Ca  1  
 2a  32  a  22  2  11 a  .  5
 Với a 1 thì EF   1  ; 
1 là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của BD là n  1; 
1 . Phương trình BD : x y  4  0  BD AC I  2
 ;2 BD AB B 5  ;  1 IB IB  3 3  Ta có IB   ID  
ID   2 ID D  2;  2   . ID IA  2 2  IA IA 1 IA   IC   IC   IC C  3  2  2;2. IC IB 2  11 7 1 Với a  thì EF    ; 
 là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của BD là 5  5 5  n  1; 7
  . Do đó, BD: x 7y  22  0  I  8  ;2 (loại).
Bài 36: Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D. Biết AB=AD=2;
CD= 4, phương trình BD : x y  0 , C thuộc đường thẳng d : x  4y 1  0 . Tìm tọa độ của
A biết điểm C có hoành độ dương.
Lần 1–Trƣờng THPT Trần Bình Trọng
Lời giải tham khảo:
 Giả sử C 4c 1;cd
 Từ giả thiết chứng minh được DB vuông góc với BC và suy ra:
CB  2 2  d[C, (BD)] ) 4c 1 c
 2 2  3c 1  4 11 3c 1  4 c 1    C(5;1)   3c 1  4  c  5  / 3(loai)
+) B là hình chiếu của C lên đt BD  B3; 3
 Mà AB= 2 nên A thuộc đường tròn có PT 2 2
(x 3)  (y 3)  4 (1)
+) Tam giác ABD vuông cân tại A => góc ABD= 450=> PT của AB là x= 3 hoặc y= 3
Với x= 3 thế vào (1) giải ra y =1 hoặc y= 5 => A(3; 1) thử lại không thỏa; A(3; 5) thỏa
Với y= 3 thế vào (1) giải ra x =1 hoặc x= 5 => A(1; 3) thỏa; A(5; 3) không thỏa.
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 63
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
Bài 37: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD AD  2AB . Gọi
M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh A ,
D BC . Trên đường thẳng MN lấy điểm K
sao cho N là trung điểm của đoạn thẳng MK . Tìm tọa độ các đỉnh , A , B C, D biết K 5;  
1 , phương trình đường thẳng chứa cạnh AC là 2x y 3  0 và điểm A có tung độ dương.
Lần 3–Trƣờng THPT Thạch Thành 1 Bắc Ninh
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học : AC DK Ta có CAD D
KM CAD DKM .
DKM KDM  90  KDM DAC  90  AC DK .
+) Gọi AC DK I . Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ  13 x
2x y  3  0  5 13 11       I ;  
x  2y  7  0 11   5 5  y    5
+) Gọi J là trung điểm giao điểm của MN với AC khi đó J
là tâm của hìnhh chữ nhât ABCD. +) Do tam giác KIJ KMD IK KJ IK KM 2AB 2       2 2 KM KD KJ KD 4 AB AB 5 2 2  13   11 6 +) Ta có: IK  5   1   
JK  3  KM  4      5   5  5 8
+) Từ đó suy ra: AI  5 2 2  13   26  64 +) Giả sử A ; a 2
a  3 AC a    2a       5   5  5   21 27  A ;     l   5 5   A  1;  1 8 +) AI AC C 3; 3
   J 2;  1 10 2 2
+) Phương trình đường tròn tâm J, bán kính AJ có dạng: C  :  x  2   y   1  5
+) Phương trình DK : x  2y  7  0 D1; 3    B3;  1 
D KD  C     21 7   1 3   D ;   B  ;       5 5   5 5 
Bài 38: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(1;2). Gọi
M là trung điểm của AB, đường thẳng DM có phương trình 5x + 3y – 7 = 0, điểm C thuộc
đường thẳng d có phương trình 2x – y – 7 = 0. Xác định tọa độ các điểm A,B,C,D biết
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 64
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
điểm D có hoành độ dương.
Lần 1–Trƣờng THPT Thăng Long – Hà Nội
Lời giải tham khảo:
+) Gọi G là trọng tâm tam giác ABD
Giả sử C  ;
c 2c  7  d 3  4 c 2 
Do CI CG G  ;5  c   4  3 3 3  +) Mà G thuộc DM nên:  4 c   2  5 
 3 5  c  7  0  c  4      3 3   3  Nên C 4;  1  A 2  ;3
+) Phương trình đường tròn tâm I bán kính AI có dạng:
C x  2   y  2 : 1 2  10
Nên D DM  C   D2;  1  B 0;5
Bài 39: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD.Gọi M là điểm đối
xứng của B qua C và N là hình chiếu vuông góc của B trên MD.Tam giác BDM nội tiếp
đường tròn (T) có phương trình: 2 2
(x  4)  ( y 1)  25 .Xác định tọa độ các đỉnh của hình
chữ nhật ABCD biết phương trình đường thẳng CN là: 3x  4y 17  0 ; đường thẳng BC đi
qua điểm E(7;0) và điểm M có tung độ âm
Lần 1–Trƣờng THPT Xuân Trƣờng, Nam Định
Lời giải tham khảo A B I D C E N M +(T) có tâm I(4;1);R=5
+ Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BDM và N,C là chân các đường cao nên
chứng minh được :IM  CN
+ Lập ptđt IM qua I và IM  CN : 4(x-4)+3(y-1)=0  4x+3y-19=0 M(7; 3  )
+ M là giao điểm (T) với IM :  M(1;5) (loai)
+Đường thẳng BC qua M,E có pt : x=7
+ C là giao điểm BC và NC => C(7 ;1)
+ B đối xứng M qua C => B(7 ;5)
+ Đường thẳng DC qua C và vuông góc BC : y=1
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 65
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 D(9;1)
D là giao điểm (T) và DC :  D( 1  ;1)
Vì B,D nằm cùng phía với CN nên D(-1 ;1) +Do BA  CD => A(-1 ;5)
Bài 40: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD. Trên các cạnh AB,
AD lần lượt lấy hai điểm E, F sao cho AE = AF. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên  2 14   8  DE. Biết H ;  , F ; 2  
, C thuộc đường thẳng d: x + y – 2 = 0, D thuộc đường  5 5   3 
thẳng d’: x – 3y + 2 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông.
lần 2–Trƣờng THPT Thuận Thành -Bắc Ninh
Lời giải tham khảo:
Gọi M là giao điểm của AH và BC.
Hai tam giác ADE và BAM bằng nhau nên BM = AE = AF.
Suy ra các tứ giác ABMF, DCMF là các hình chữ nhật..
Gọi I là giao điểm của FC và MD. 1 1
Ta có HI  MD  FC nên tam giác HFC vuông tại H. 2 2
PT đường thẳng AD: 3x – y – 10 = 0. Giả sử A(a; 3a – 10). a  6 A6;8 DA = DC     . a  2 A  2; 4  
Vì DF, DA cùng hướng nên A(2; – 4) . CB  DA  B 4  ; 2  . Vậy A(2; – 4), B 4  ; 2
  , C2;4, D4;2 .
Bài 41: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có tâm I( 2 3  5 ;
2 ), BC = 2AB, góc BAD = 600. Điểm đối xứng với A qua BE( 2  ;9) . Tìm
tọa độ các đỉnh của hình bình hành ABCD biết rằng A có hoành độ âm.
lần 1, Sở giáo dục tỉnh Thanh Hóa
Lời giải tham khảo: E
Đặt AB m AD m 2 . Ta có 2 2 2 0 2
BD AB AD  2A .
B ADcos60  3m .  BD m 3 B C Do đó 2 2 2
AB BD AD nên tam giác ABD
vuông tại B, nghĩa là IB AE . I 2  mm 2 2 2 3 7 2 2
IE IB BE   m    . 2 4 A   D Mặt khác 2
IE  (2 3)2  42  28 nên ta có
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 66
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 7 2 m m 3
28  m  4  IB   2 3 . 4 2 Gọi n  ( ;
a b) là vectơ pháp tuyến của AB ( 2 2 a b  )
0 khi đó AB có phương trình ( a x  ) 2  ( b y  )
9  0  ax by  2a  9b  0 2 3a  4b
Ta lại có d(I, AB)  IB
 2 3  (2 3a  4b)2  ( 12 2 2 a b ) 2 2 a bb b (  4 a 3 )  0  b  , 0 b  4 a 3
+) Với b = 0, chọn a = 1, khi đó AB có phương trình x  2  0 , suy ra IB có phương trình
y  5  0 . Do B AB IB nên ( B  ) 5 ; 2
, mà B là trung điểm của AE nên ( A  ) 1 ; 2 (thỏa mãn
điều kiện x  0). A
Do I là trung điểm của ACBD nên ta suy ra C(4 3  2;9), ( D 4 3  2;5)
+) Với b  4 a
3 , chọn a = 1  b  4 3 , khi đó AB có phương trình x  4 3y  2  36 3  0 ,
suy ra IB có phương trình 4 3(x  2 3  ) 2  ( y  ) 5  0 .
 4 3x y  8 3 19  0 16 3 14 59
Do B AB IB nên B ;
 , mà B là trung điểm của AE nên  7 7   32 3 14 55  A ;
 (không thỏa mãn điều kiện x  0).  7 7  A Vậy ( A  ), 1 ; 2 ( B  ) 5 ; 2 , C(4 3  2;9), ( D 4 3  2;5)
Bài 42: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho cho hình chữ nhật ABCD
phương trình AD: x  2y 3  0. Trên đường thẳng qua B và vuông góc với đường
chéo AC lấy điểm E sao cho BE AC (D E nằm về hai phía so với đường thẳng
AC). Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD, biết điểm E(2; 5  ), đường
thẳng AB đi qua điểm F(4; 4
 ) và điểm B có hoành độ dương.
lần 1, Sở giáo dục tỉnh Bắc Giang
Lời giải tham khảo:
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 67
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 E A B F H D C
Ta có AB AD: x  2y 3  0 và AB đi qua F(4 ; -4)
AB: 2x y  4  0. Khi đóA AB AD  ( A 1;2)
Ta có đường thẵng EF đi qua hai điễm E(2;-5) và F(4;-4). Do đó ta lập được phương
trình EF : x  2y  12  0
Suy ra EF AD EF AB tại F. Khi đó, ta ABC E
FB AC BE,EBF BCA
(cùng phụ với HBC )  AB EF  5 .
Ta có BAB : 2x y  4  0  ( B ; b 4  2 )
b , b  0. Vậy 2 2 2
AB  5  (b  1)  (2  2b)  5  5b  10b  0  b  2(dob  0)  B(2;0)
Ta có BC AB : 2x y  4  0 và BC đi qua B(2; 0)  BC : x  2y  2  0
AC đi qua A(1; 2) và vuông góc với BEAC nhậnBE  (0; 5
 ) là véc tơ pháp tuyến  AC : 5
 (y  2)  0  y  2. Khi đó, ta có C AC BC C(6;2)
CD đi qua C(6; 2) và CD AD : x  2y  3  0 CD : 2x y  14  0 .
Khi đó D CD AD  (
D 5;4) . Vậy ta có tọa độ A(1;2), B(2;0), C(6;2), D(5;4).
Bài 43: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, M là trung điểm của đoạn ,
AD N thuộc đoạn DC sao cho NC ND 3
. Đường tròn tâm N qua M cắt AC tại J   1 ; 3
, J I AC BD , đường thẳng đi qua M, N có phương trình : x y 1  0 . Tìm tọa độ điểm B.
lần 2, THPT Việt Trì, Phú Thọ.
Lời giải tham khảo:
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 68
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 P A B I M J C D N K
MN cắt đường tròn tâm N tại K .ta chứng mính được tứ giác MIJK nội tiếp
gócNKJ = gócAIM =450 ===> góc JNK= 900  1 3 
NJ vuông góc với (MN) nên có phương trình : x-y-2 =0 ===>( N ;   2 2  M  ; 3 ( ) 4
Tam giác JMN vuông cân nên MJ  2PN   M ( ) 1 ; 2
Với M(-2;1) gọi P MN JA ta có NP  . 3 NM P( ) 6 ; 7 2 PA
PJ tìm được A(-3;4) , vì A là trung điểm của IP nên I(1; 2) 5
Ta có AB  2MI  B(3;6)
Tương tự Với M(3;-4) t tìm được A(6;-5) , I(4; -1) và B(8;1)
Vậy tọa độ điểm B(3;6) hoặc B(8;1)
Bài 44: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I. Các 10 11  2  điểm G ;   , E 3; 
 lần lượt là trọng tâm của tam giác ABI và tam giác ADC. Xác  3 3   3 
định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết tung độ đỉnh A là số nguyên.
lần 2, THPT Thanh Chƣơng 1, Nghệ An.
Lời giải tham khảo:
Gọi M là trung điểm của BI và N là hình chiếu vuông góc của G lên BI. IN AG 2 2 1 Ta có: GN AI  
  IN IM BI (1) IM AM 3 3 3 E là trọng tâm ACD
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 69
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 1 1 2
IE ID BI EN IN IE BI BN. 3 3 3
BN EN BGE cân tại G.
GA GB GE A, B, E cùng nằm trên đường tròn tâm G. qua G Phương trình (AG): 
  AG: x 13y 51 0  A5113 ; a a  AB Khi đó A
GE vuông cân tại G  AG GE .   2 2 2 a 4 143   11  170  11  1 2   AG  13a a    a          10  A1; 4  3   3  9  3  9 a   3 2 2 11 7  Ta có: AG AM AG AM M ;   3 3  2 2 
Phương trình (BD) đi qua E và M  BD : 5x  3y 17  0 2 2  10   10  170
Phương trình đường tròn (G; R=GA): x   x       .  3   3  9
B là giao điểm thứ hai của (BD) và (G) B 7;6 .
Bài 45: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AB C ) D có đỉnh ( A 2; 1
 ). Giao điểm hai đường chéo AC BD là điểm I(1; 2) . Đường tròn ngoại tiếp tam giác  27 9 
ADI có tâm E  ;  
 . Biết đường thẳng BC đi qua điểm ( M 9; 6
 ) . Tìm tọa độ các đỉnh  8 8 
B, D biết điểm B có tung độ nhỏ hơn 3.
lần 2, THPT Cao Lãnh 2, Đồng Tháp.
Lời giải tham khảo
Gọi H là trung điểm DI K là giao điểm của EI BC
Ta chứng minh EK BC
Thật vậy ta có EH DI, góc DBC DAC (tính chất hình thang cân)
DAC IEH (góc ở tâm), suy ra DBC IEH
Mặt khác EIH BIK (đối đỉnh). Do đó 0
BIK  90  EK BC  35 25  Ta có EI  ;
, BC : 7x  5y  33    0  8 8  AI  ( 1
 ;3); AC : 3x y  5  0 7
x  5y  33  0 x  1 
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình     ( C 1  ;8)
3x y  5  0 y    8  33  5b
BBC B ; b ,b   
3. Ta có IA IB  10  7  b  1 2 37b 228b 191 0        ( B 4;1) 191 b  (l)  37
IC ID  2 10  DI  2I . B Suy ra ( D 5  ;4)
Bài 46: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD AB = 2BC. Gọ H
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 70
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
là hình chiếu vuông góc của A trên cạnh BDM, N lần lượt là trung điểm của các cạnh CD, BH.
Biết điểm A(0; –1), phương trình đườngthẳng MN là 3x y 9  0 và điểm M có hoành độ
nguyên. Tìm toạ độ các đỉnh B, C, D.
lần 1, THPT Chí Linh, Hải Dƣơng.
Lời giải tham khảo
Gọi E là trung điểm của AB thì tứ giác là A E B hình vuông và E . Do đó hai tứ giác và
là các tứ giác nội tiếp đường tròn đường N kính nên cũng là tứ giác nội tiếp
là hình chiếu của trên H đường thẳng . C D M Đường thẳng đi qua
và vuông góc với MN nên có phương trình
. Toạ độ điểm N là nghiệm của hệ Vì nên với . Tứ giác nội tiếp nên suy ra hai tam giác và đồng dạng Đường thẳng có phương trình là Tam giác vuông cân tại nên ta tìm được 2 điểm là và
. Do và nằm về hai phía đối với đường thẳng nên Mà nên là trung điểm của nên ta tính được . Từ đó tính được Vậy
Bài 47: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD A(4;6) . Gọi
M,N lần lượt là các điểm nằm trên các cạnh BC CD sao cho MAN 0  45 , M( 4  ;0) và
đường thẳng MN có phương trình x
11  2y  44  0. Tìm tọa độ các điểm B,C,D.
lần 2, THPT Chuyên Hạ Long, Quảng Ninh.
Lời giải tham khảo
Gọi E BD AN, F BD AM, I ME NF. Ta có 0
MAN NDB  45 nên hai tứ giác ADNF, ABNE nội tiếp. Do đó ME AN, NF AM. suy ra AI M . N
Gọi H AI MN . Ta có ABME, MNEF là các tứ giác nội tiếp nên AMB AEB AMH . Suy ra AMB AM .
H Do đó B là điểm đối xứng của H qua đường thẳng AM
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 71
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016  24 22 
Từ AH MN tại H , tìm được H   ;
 . Do B là đối xứng của H qua AM , nên tìm được  5 5  (0 B ; 2  ).
Tìm được BC : 2x  4y  8  0,CD : 2x y  18  0 . Suy ra ( C 8  ; 2  )
Từ AD BC ta tìm được ( D 4  ;10).
Bài 48: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có 0 BAD  135
trực tâm tam giác ABD là ( H 1
 ;0) . Đường thẳng đi qua D H có phương trình x  3y 1  0.  5 
Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành, biết điểm G ; 2 là trọng tâm tam giác . ADC  3 
lần 2, THPT Chuyên Nguyễn Huệ.
Lời giải tham khảo Ta có 0 0
BAD BHD  180  BHD  45 Gọi 2 2 n  ( ; a ) b
(a  b  0) là VTPT của đường thẳng HB
Do đường thẳng HB tạo với đường thẳng HD một góc 0 45 nên a  3ba  2  b 0 2 2 cos 45 
 2a  3ab  2b  0   2 2 b    2 10. a a b Nếu a  2
b . Chọn a  2,b  1
 . Phương trình đường thẳng HB : 2x y  2  0. b   1
Do G là trọng tâm tam giác ADC nên BG  2GD GB  2GD    ( B 1; 4), ( D 2;1) d   1
Phương trình đường thẳng AB : 3x y  7  0 ; Phương trình đường thẳng AD : x  2y  1  0 ; suy ra ( A 2;1) (loại)
Nếu b  2a . Phương trình đường thẳng HB : x  2y  1  0. b   2 ( B 2  b1; ) b , ( D 3d 1; )
d GB  2GD    ( B 5  ; 2), ( D 5; 2) d   2
Phương trình đường thẳng AB : 3x y  13  0 ; Phương trình đường thẳng AD : 2x y  8  0 ; suy ra ( A 1  ; 1  0)
Do ABCD là hình bình hành suy ra AD BC suy ra ( C 1;14) 1
Thử lại: cos ABD  cos AB, AD 0 
ABD  45 (loại) 2
Bài 49: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi E là trung điểm của cạnh AD và 11 2    H ;  
 là hình chiếu vuông góc của B trên cạnh CE; 3 6 M ;    là trung điểm  5 5   5 5 
của cạnh BH. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết đỉnh A có hoành độ âm.
lần 2, THPT Cao Nguyên, ĐH Tây Nguyên.
Lời giải tham khảo
Vì M là trung điểm BH nên M  1  ; 2   B C M
Gọi F đối xứng với E qua A. Khi đó: BF / /EC  BFEH là hình thang,
có AM là đường trung bình nên AM BH
Ta có: BH : x  2y  3  0 H N
CE : 2x y  4  0, AM : 2x y  0 F A E D
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 72
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 CD 2
cos BAM  cos ECD   CE 5 Gọi A ; a 2
a,a  0  AB  a 1; 2  a  2 A . 2 B uAM 2 Ta có cos BAM    5 AB . u 5 AMa  1  2 
 5a  6a 11  0  11    a
lA 1;2  5
AD : y  2  0 , vì E CE AD E 1; 2
Vì E là trung điểm AD nên D 3;2 . BC AD C 3; 2  
Bài 50: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, H
cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 3 3 ,
đỉnh D thuộc đường thẳng d: 3x y  0 , A
ACB  30 . Giao điểm của đường phân giác trong D
góc ABD và đường cao của tam giác BCD kẻ từ C
là điểm H  3;3 . Tìm tọa độ các đỉnh B, D biết
hoành độ của BD đều nhỏ hơn 3 . I
Lần 2, THPT Đoàn Thƣợng, Hải Dƣơng. B C
Lời giải tham khảo
Gọi I AC BD . Đặt AB x BC x 3 , có S AB.BC=3 3 nên x  3 . Ta có 0 0 0
DBC ACB  30  ABD  60  HBD  30  BD là phân giác trong của góc HBC
cũng là đường cao nên BD là trung trực của HC HD CD  3 ; 0
BHD BCD  90 và
BH BC  3 .  3 t  T/M  3 3 
D d D t  2 t; 3 ; HD  3    D  ;  .    3 3 2 2   t  Loai  2  
Đường thẳng HB đi qua H( 3;3) , có vecto pháp tuyến 3 3 DH   ;    nên có phương trình: 2 2   3 x   3 3 
y 3  0  x  3y  4 3  0 . 2 2  b
B HD B b; 4    b  3 .  3 
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 73
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016  5 3 2 b  Loai     3 9  HB   b  2 b 2 3 3  1  9      B  ;  .    3    3 2 2   b  T/M  2     
Vậy tọa độ các điểm 3 9 3 3
B, D là : B  ;    ; D  ;    2 2   2 2  
Bài 51: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ABCD là hình thang vuông tại A và B sao cho 2 2AB  9B .
C AD . Biết đỉnh C(4,0) và đỉnh D(1,4), trục tung cắt đoạn thẳng AB tại điểm
M thỏa mãn MB=2MA. Hãy tìm tọa độ của A, B.
THPT Nguyễn Siêu lần 2.
Lời giải tham khảo
Từ giả thiết ta có: M . A MB B .
C AD . Suy ra hai tam giác AMD và BCM đồng dạng. Từ đó ta có CMD 90  . 5
Gọi I là trung điểm CD ta có I ( ,2) . 2
M nằm trên Oy nên M  (0,t) . A D CD 5
Do tam giác MCD vuông tại M nên MI   . 2 2 M I
Suy ra t  2. Vậy M (0, 2) .
Giả sử A  (x, y) . Thì AM  (x,2  y) . Mặt khác B C
MB  2AM nên B  ( 2  , x 6  2 y) . Giải hệ D .
A MA  0 và M .
B CB  0 ta thu được ( ,
x y)  (0, 2) (loại) 1 7 1 7
Hoặc (x, y)  ( , ) . Vậy A  ( , ) và B=(1;-1). 2 2 2 2
Bài 52: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A, B và AD =
2BC. Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường chéo BD và E là trung điểm của đoạn HD.   Giả sử 5 H  1
 ;3, phương trình đường thẳng AE : 4x y 3  0 và C ; 4 
 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B và  2  D của hình thang ABCD.
THPT Phan Bội Châu, Bình Định.
Lời giải tham khảo B C H K I E D A
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 74
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
- Qua E dựng đường thẳng song song với AD cắt AH tại K và cắt AB tại I
Suy ra: +) K là trực tâm của tam giác ABE, nên BK  AE.
+) K là trung điểm của AH nên 1 KE
AD hay KE BC 2
Do đó: CE AE CE: 2x - 8y + 27 = 0  3 
E AE CE E  ;3 
 , mặt khác E là trung điểm của HD nên D 2  ;3  2 
- Khi đó BD: y - 3 = 0, suy ra AH: x + 1 = 0 nên A(-1; 1).
- Suy ra AB: x - 2y +3=0. Do đó: B(3; 3).
KL: A(-1; 1), B(3; 3) và D(-2; 3)
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 75
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
Phần III. Các bài toán về đƣờng tròn
Bài 1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T) có
phương trình (x  )
1 2  ( y  2)2  25. Các điểm K(-1 ; 1), H(2; 5) lần lượt là chân đường cao
hạ từ A, B của tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh C có hoành độ dương.
Lần 2– Trƣờng THPT QG…- BÌNH PHƢỚC
Lời giải tham khảo
Tính chất hình học: HK IC
 (T) có tâm I ) 2 ; 1 ( .
+) Gọi Cx là tiếp tuyến của (T) tại C. 1
+) Ta có HCx ABC  Sđ AC (1) 2 +) Do 0
AHB AKB  90 nên AHKB là tứ giác nội tiếp
ABK CHK (góc trong bằng góc ngoài đối diện của tứ giác nội tiếp) (2)
+) Từ (1) và (2) ta có HCx KHC HK // Cx .
IC Cx IC HK .
 Do đó IC có vectơ pháp tuyến là KH  ) 4 ; 3 ( , IC
phương trình: 3x  4y 11 0
+) Do C là giao của IC và (T) nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:
3x  4y 11 0
x  5 x  3    ; 
. Do x  0 nên C ; 5 (  ) 1  C (x  ) 1 2  ( y  ) 2 2  25
y  1 y  5
+) Đường thẳng AC đi qua C và có vectơ chỉ phương là CH  ( ) 6 ; 3 nên AC có phương
trình: 2x y  9  0.
+) Do A là giao của AC và (T) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
2x y  9  0
x 1 x  5    ;  (loại). Do đó ) 7 ; 1 ( A (x  ) 1 2  ( y  ) 2 2  25
y  7 y  1
+) Đường thẳng BC đi qua C và có vectơ chỉ phương là CK  ( ) 2 ; 6 nên BC có phương
trình x  3y  2  0 .
+) Do B là giao của BC và (T) nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ
x  3y  2  0
x  4 x  5    ,  (loại). Do đó ( B  ) 2 ; 4 (x  ) 1 2  ( y  ) 2 2  25
y  2 y  1  Vậy ) 7 ; 1 ( A ; ( B  ) 2 ; 4 ; C ; 5 (  ) 1 .
Bài 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại B và C có
AB >CD và CD = BC. Đường tròn đường kính AB có phương trình x2 + y2 – 4x – 5 = 0 cắt
cạnh AD của hình thang tại điểm thứ hai N. Gọi M là hình chiếu vuông góc của D trên
đường thẳng AB. Biết điểm N có tung độ dương và đường thẳng MN có phương trình: 3x
+ y – 3 = 0
, tìm tọa độ của các đỉnh A, B, C, D của hình thang ABCD.
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 76
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
Lần 1– Trƣờng THPT Đa Phúc – Hà Nội
Lời giải tham khảo D C
Tính chất hình học: NM là phân giác góc ANB
N  C  MN  tọa độ N là nghiệm của hpt: N 3
x y  3  0   2 2
x y  4x  5  0 1 12 A M I B
+) Do N có tung độ dương nên N ( ; ),  1 N (2; 3) . 5 5
 Tứ giác BMND nội tiếp    45o BNM BDM
Suy ra MN là đường phân giác góc BNA nên N1 là điểm N1
chính giữa cung AB I  1 N
AB với I(2;0) là tâm của (C) nên
ta có phương trình đường thẳng AB : y  0
M MN AB M 1;0 , A,B là các giao điểm của đường thẳng AB và (C), giải hệ: y  0 A   1  ;0;B5;0    2 2
x y  4x  5  0 A  5;0; B 1  ;0
+) Do IM cùng hướng với IA nên A 1  ;0;B5;0 .
 Ta lập được phương trình cách đường thẳng:
AN : 2x y  2  0; MD : y  1
+) Mà D AN MD D1;4
+) BC MDC 5;4  Vậy A 1
 ;0;B5;0;C 4;4;D1;4
Bài 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhận trục hoành làm đường phân
giác trong của góc A, điểm E 3; 1
 thuộc đường thẳng BC và đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC có phương trình 2 2
x y  2x 10y  24  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết điểm A có hoành độ âm.
Lần 3 –Trƣờng THPT Phƣớc Bình
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học: KI BC
 Đường tròn ngoại tiếp có tâm I(1;5)
+) Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 2 2
x  y  2x 10y  24  0 x  6 x  4       y  0 y  0 y  0
+) Do A có hoành độ âm suy ra A 4  ;0.
+) Và gọi K 6;0 ,vì AK là phân giác trong góc A nên KB KC ,
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 77
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
do đó KI BC và IK 5
 ;5là vtpt của đường thẳng BC.  BC : 5
 x  3  5y  
1  0  x  y  4  0 .
 Suy ra tọa độ B, C là nghiệm của hệ 2 2
x  y  2x 10y  24  0 x  8 x  2      x  y  4  0 y  4 y  2 
 Vây A(-4;0), B(8;4), C(2;-2) và A(-4;0), C(8;4), B(2;-2).
Bài 4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác nhọn ABCH là trực tâm và
M (7,1) là trung điểm của BC. Điểm N(4,6) là trung điểm của AH. Hình chiếu D của B lên
AC thuộc đường thẳng x y 1 0 và đường thẳng AB đi qua điểm P(3,5). Tìm tọa các
đỉnh A, B, C biết hoành độ điểm D lớn hơn 5.
Lần 2 –Trƣờng THPT Quang Trung – Bình Phƣớc
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học:
Chỉ ra OEHK là hình bình hành suy ra K. Có
OK ^ CD Þphương trình CD. C 1 ẩn suy ra toạ độ C. Có
C, K suy ra D từ đó có AH suy ra A, có A suy ra B. Nếu
muốn bài này khó ta có thể bỏ đi các điểm D, K trong
giả thiết mà k làm thay đổi kết quả của bài toán.
Bài 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD (AB // CD) nội tiếp
đường tròn tâm I 5;2 , bán kính R  10 . Tiếp tuyến của  I  tại B cắt CD tại E. F là tiếp
điểm của tuyến thứ hai của  I  qua E . AF cắt CD tại T 5;5 . Tìm tọa độ A,B biết E thuộc
đường thẳng d : 3x  5y  3  0 và x  6 . B
Lần 1 –Trƣờng THPT Chuyên Quang Trung- Bình Phƣớc
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học: TI TE 1
+) Ta có: FIE BFE sd BF 2
BFE FAB +) Mặt khác: 
FAB ATD FTC
+) Nên suy ra: FIE FTE nên tứ giác EFTI nội tiếp, cho ta: 0
ITE IFE  90 . Vậy TI TE
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 78
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016    3 Tham số hóa E 5 ; e 3e   d    5  IT  0;3    28   28  +) T
E  5e  5;3e   E ;5       5   3  TE.IT  0   43 7 
+) Gọi J là trung điểm IE  J ; 
. Do tứ giác IBEF nội tiếp đường tròn (C’) tâm J bán  6 2  IE 5 10 kính R '   2 6 x  8          x 2  y 2 y 1 5 2 10  
+) Nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:  2 2 128    43   7  250  x    x   y         25   6   2  9   129   y   25
 Vậy điểm B(8,1)
+) Phương trình đường thẳng AB qua B và song song với CD có dạng: AB : y 1  0 y 1  0 
+) A AB  C  nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:   A 2;1 2 2     x  5 
   y  2 10
+) Phương trình đường thẳng CD có dạng: CD : y  5  0 x  6  y  5  0  y  5
+) C,D là nghiệm của hệ:      x  5 
2   y  22 10 x  4  y  5
 Tìm được C(6,5), ( D 4,5)  Vậy: A2;  1 ; B 8; 
1 ; C 6;5; ; D4;5 .
Bài 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường tròn 2 2
C :  x   1   y   1
 20 . Biết rằng AC=2BD và điểm B thuộc đường thẳng d : 2x y  5  0.
Viết phương trình cạnh AB của hình thoi ABCD biết điểm B có hoành độ dương.
Lần 3 –Trƣờng THPT Đồng Xoài - Bình Phƣớc
Lời giải tham khảo
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 79
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
 Gọi I là tâm đường tròn (C), suy ra I(1;-1) và I là giao
điểm của 2 đường chéo AC và BD. Gọi H là hình chiếu
vuông góc của I trên đường thẳng AB .
+) Ta có: AC  2BD IA  2IB
+) Xét tam giác IAB vuông tại I, ta có: 1 1 1 5 1      IB  5 2 2 2 2 IA IB IH 4IB 20
+) Tham số hóa điểm B ;
b 2b  5  d b  4  2 2  IB  5 
(b 1)  (2b  4)  5  2  B 4;3  b    5 2 2 +) Gọi n  ( ;
a b) a b  0 là VTPT của đường thẳng AB, phương trình đường thẳng AB
có dạng: AB : a x  4  by  3  0
 Đường thẳng AB tiếp xúc với đường tròn (C) nên ta có:   d  | 3a 4b |
I , AB  20   20 2 2 a b  2 a b 2 2 11a 24ab 4b 0       11  a  2b
+) Với a  2b , chọn b  1, a  2  phương trình đường thẳng AB là: 2x y 11  0 2 +) Với a
b , chọn b  11, a  2  phương trình đường thẳng AB là: 2x 11y  41  0 11
Bài 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
C x  2 2 :
1  y  25 . Tiếp tuyến tại B C của đường tròn (C) cắt nhau tại điểm M nằm
trên đường thẳng d song song với tiếp tuyến tại A của (C) . Hai đường thẳng AB AC
cắt d lần lượt tại E 19  ;1 và F 3;  
11 . Hãy tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
Lần 6–Trƣờng THPT chuyên Quang Trung
Lời giải tham khảo: Cách 1:
Tính chất hình học:
Tứ giác EBCF nội tiếp đường tròn tâm EF M, bán kính . 2
+) Ta có: ACB yAB BEF nên tứ giác EBCF nội tiếp ( tứ
giác có góc ngoài bằng góc trong đối diện)
+) Mà MB MC nên dẫn tới M là tâm đường tròn ngoài
tiếp tứ giác EBCF đường kính EF, M là trung điểm EF.    EF
Phường trình đường tròn M ;   có dạng:  2 
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 80
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
C  x  2   y  2 ' : 11 5  100   x 1  2
1   y  52  100 B(1; 5  ),C(5;3)
+) B, C là giao điểm của (C) và (C’)       x   2 2   B(5;3),C(1; 5  ) 1 y 25
Tọa độ A BE CF o B(1;-5), C(5;3), A(4;4) o B(5,3), C(1,-5), A(2,-4)  Cách 2:
 Lập phương trình tiếp tiếp tuyến của (C) tại A song song với EF dẫn tới:
Ay : 3x  4y  22  0 
Ay : 3x  4y  28  0
 TH1: Ay : 3x  4y  22  0
+) Lập phương trình đường thẳng AI qua tâm I 1;0 và vuông góc với Ay, ta có:
AI : 4x  3y  4  0
+) A AI Ay A 2  ;4
+) Tìm tọa độ B,C. Trong đó B AE  (C);C AF  (C)  B5;3;C  ; 1 5  
 TH2: Ay :3x  4y  28  0
+) Lập phương trình đường thẳng AI qua tâm I 1;0 và vuông góc với Ay, ta có:
AI : 4x  3y  4  0
+) A AI Ay A4; 4  
+) Tìm tọa độ B,C. Trong đó B AE  (C);C AF  (C)  B1; 5  , C 5,3
Bài 8: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình cạnh 2 2 BC là 3x 4y 12
0, điểm A thuộc đường tròn C : x 1 y 4 25 và A
tọa độ âm, trung điểm I của AB thuộc đường tròn (C). Tìm tọa độ các đỉnh của tam
giác ABC , biết trực tâm của tam giác trùng với tâm của đường tròn (C) và điểm B có hoành độ âm.
Trƣờng THPT Hùng Vƣơng lần 2 –Bình Phƣớc
Lời giải tham khảo: H 1; 4 ;R 5 AH BC +)Do AH : 4x 3y 16 0 AH qua H A 4;0 l +) Nên ta có:A AH C A 2; 8 n
 Tham số hóa: B4 ; b 3
b  3 BC  3  b  5 
+) I là trung điểm BC nên có tọa độ: I 2b 1;    2 
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 81
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 2 2 3b 5 b 1 n +) Mặt khác:I C b 2 4 25 B 4;6 2 b 3 l
 Đường thẳng CH đi qua H và nhậnAB 2;14 làm VTPT suy ra CH : x 7y 29 0 +) Suy ra C 8; 3
Bài 9: Trong mặt phẵng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đĩnh A (-3;4), đường
phân giác trong cũa góc A có phương trình : y  4  0 và tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC là I(1;7). Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích  ABC gấp 2 lần diện tích  IBC.
Lần 1 –Trƣờng THPT Hà Huy Tập
Lời giải tham khảo:
 Viết được phương trình đường tròn ngoại tiếp tam gi ác
ABC có tâim I 1;7 và bán kính IA  5 là: 2 2
(x 1)  (y  7)  25 2 2 (
 x 1)  (y  7)  25 +) Giải hệ phương trình :  để tìm y  4  0 D(5;4)
+) Phương trình đường thẳng BC nhận ID  4; 3   làm
VTPT nên có dạng BD : 4x  3y m  0 +) Ta có: m  10 S  2Sd     
A,(BC) 2d(I,(BC)) ABC IBC  58 m   3
Vậy (BC): 4x 3y 10  0 hoặc: 12x  9y  58  0
Bài 10: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A1; 4 , tiếp tuyến tại
A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong của
ADB có phương trình x y  2  0 , điểm M  4  ; 
1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình đường thẳng AB .
Lần 1–Trƣờng THPT -Khánh Sơn - Khánh Hoà
Lời giải tham khảo:
 Gọi AF là phân giác trong của BAC
+) Ta có : AFD ABC BAF
FAD CAD CAF
+) Mà BAF CAF , ABC CAD nên AFD FAD
 DAF cân tại D  DE AI
+) PT đường thẳng AF là : x y  5  0
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 82
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
 Goị N là điểm đối xứng của M qua AF  PT đường thẳng MN : x y  5  0
Gọi J AI MN J 0;5  N 4;9
+) VTCP của đường thẳng AB là AN  3;5  VTPT của đường thẳng AB là n  5; 3  
 Vậy phương trình đường thẳng AB là: 5 x  
1  3 y  4  0  5x  3y  7  0
Bài 11: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, gọi P là điểm trên cạnh
BC. Đường thẳng qua P song song với AC cắt AB tại điểm D, đường thẳng qua P song
song với AB cắt AC tại điểm E. Gọi Q là điểm đối xứng của P qua DE. Tìm tọa độ điểm A, biết ( B 2  ;1) , C(2; 1  ) và ( Q 2  ; 1  ) .
Lần 2–Trƣờng THPT Anh Sơn II – Nghệ An
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học: Q thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
+) Vì AD// PE, AE// PD nên ADPE là hình bình hành, do đó PD = AE, AD = PE.
+) Gọi H là giao điểm của DE với CQ. Vì P, Q đối xứng nhau qua DE nên : DP  , DQ DH P ,
Q EQ EP . Do đó AE= DP= DQ,
EQ= EP= AD. Suy ra ADEQ là hình thang cân, nên
ADEQ nội tiếp được đường tròn. Vì thế ta có 0 0
DAQ DEQ  180  DEQ  180  DAQ (1).
+) Tam giác ABC cân tại A nên tam giác EPC cân tại E, suy ra EP EC . Lại có Q đối
xứng với P qua DE nên EQ EP , suy ra EQ EP EC .
EQC ECQ +) Từ đó có 
EPH ECH , suy ra EPCH nội tiếp được đường tròn (2).
EPH EQH
 Từ (1) và (2) ta được : 0 0 0 0
BCQ  180  PEH  180  QEH DEQ  180  DAQ  180  BAQ hay 0
BCQ BAQ  180 . Suy ra tứ giác ABCQ nội tiếp, tức Q thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
 Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua B, C, Q có phương trình là C 2 2
: x y  5 .
+) Phương trình đường thẳng BC là x  2y  0
+) Tam giác ABC cân tại A nên đường cao AK là 2x y  0 .
2x y  0 x  1  , y  2 
+) Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ    . 2 2 x y  5
x 1, y  2
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 83
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
+) Đối chiếu A, Q cùng phía với đường thẳng BC ta nhận điểm.  Vậy A 1  ; 2   .
Bài 12: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn   2 2
T :x  y  4x  2y  0 và đường phân giác trong của góc A có phương trình
x  y  0 . Biết diện tích tam giác ABC bằng ba lần diện tích tam giác IBC ( với I là tâm
của đường tròn T ) và điểm A có tung độ dương. Viết phương trình đường thẳng BC.
Trƣờng THPT Hoàng Hoa Thám
Lời giải tham khảo:
 Gọi d là đường phân giác trong của góc A A
+) Đường tròn T có tâm I2;  1 , bán kính R  5
+) Khi đó đường thẳng d cắt đường tròn T tại A và A'có tọa 2 2
 x  y  4x  2y  0 x  0 x  3 I
độ là nghiệm của hệ:    hoặc   x  y  0 y  0 y  3
+) Điểm A có tung độ dương suy ra A3;3 và A'0;0 B C
+) Đường thẳng BC nhận IA'   2  ;  1 làm vtpt nên có dạng:
BC : 2x y m  0 A' +) Mặt khác ta có: 1 1 S  3S
 d A, BC .BC  3. d I, BC .BC ABC IBC     2 2
 dA, BC  3.dI, BC m  9 m  5 m  3    3.
 m  9  3. m  5   5 5 m  6  +) Với m  3
 khi đó BC : 2x  y  3  0
 6  21 3  2 21   6  21 3  2 21 
Tọa độ các điểm B, C là:  ; ,  ; , suy ra B, C nằm khác 5 5 5 5     
phía đối với đường thẳng d ( Thỏa ) +) Với m  6
 khi đó BC : 2x  y  6  0
 12  2 6 6  4 6  12  2 6 6  4 6 
Tọa độ các điểm B, C là:  ; ,  ; , suy ra B, C nằm khác 5 5 5 5     
phía đối với đường thẳng d ( Thỏa )
 Do đó phương trình đường thẳng BC là : 2x  y  3  0 và 2x  y  6  0 .
Bài 13: Trong mặt phẳng tọa độ với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng có phương
trình lần lượt là d : x  2y  2  0, d : 3x  3y  6  0 và tam giác ABC đều có diện tích bằng 1 2
3 và trực tâm I thuộc d . Đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác 1 2
ABC. Tìm tọa độ giao điểm d và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết điểm I có 1 hoành độ dương.
Lần 2–Trƣờng THPT Đồng Dậu – Vĩnh Phúc
Lời giải tham khảo:
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 84
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
 Gọi M AI BC . Giả sử AB  ( x x  0), , R r lần lượt là
bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC
+) Do tam giác ABC đều nên 2 2 x 3 x 3 S   3   x  2 ABC 4 4
+) Do tam giác ABC đều nên trực tâm I là tâm đường
tròn ngoại tiếp , nội tiếp tam giác ABC 1 1 3
r IM AM  3  . 3 3 3
+) Giả sử I (2a  2; a)  d (a  1) 1
+) Do d tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác 2 ABC nên:  6  2 6
3(2a  2)  3a  6 3 a  1(l)
d (I; d )  r  
 3a  6  6  6  2 3  9  9 3 a  2 +) Suy ra I(2;2) .  2 2 3
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính R AM  3 3
phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC 4 là : 2 2
(x  2)  ( y  2)  3
+) Giao điểm của đường thẳng (d ) và (C ) là nghiệm của hệ phương trình: 1
x  2y  2  0   4 2 2
(x  2)  ( y  2)   3  2 4 2 4
Vậy giao điểm của (d ) và (d ) là E(2  ; 2  ), F(2  ; 2  ) 1 2 15 15 15 15
Bài 14: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng  định bởi: 2 2
(C) : x y  4x  2 y  0;  : x  2 y 12  0 . Tìm điểm M trên  sao cho từ M vẽ
được tới (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 600.
Lần 1 –Trƣờng GDTX Cam Lâm
Lời giải tham khảo:
 Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R  5 .
+) Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ
từ M. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 600
thì tam giác IAM là nửa tam giác đều suy ra IM  2R=2 5 .
+) Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương
trình:  x  2   y  2 2 1  20 .
+) Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng  , nên tọa
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 85
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
 x  2   y  2 2 1  20 (1)
độ của M nghiệm đúng hệ phương trình: 
x  2y 12  0 (2)
Khử x giữa (1) và (2) ta được: x  3   2
y 102   y  2 2 1
 20  5y  42y  81  0  27  x   5      9 27 33
Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: M 3;   hoặc M ;    2   5 10  2 2
Bài 15: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn C  :  x  3   y   1  9 và đường
thẳng d  : x y 10  0. Từ điểm M trên d  kẻ hai tiếp tuyến đến C , gọi , A B là hai
tiếp điểm. Tìm tọa độ điểm M sao cho độ dài đoạn AB  3 2
Đề 1 –Trƣờng GDTX Nha Trang
Lời giải tham khảo:
 Đường tròn (C) có tâm I 3; 
1 ,bk R OA  3
+) Gọi H AB IM , do H là trung điểm của AB 3 2 nên AH  . 2 9 3 2 +) Suy ra: 2 2 IH
IA AH  9   2 2 2 IA 6 và IM    3 2 IH 2 +) Gọi 2 2 2 M  ;1
m 0  m d  ta có IM  18  m  3  9  m  18 2 2
2m  24m  90  18  m 12m  36  0  m  6  Vậy M 6;4 Bài 16: Cho ABC  vuông cân tại .
A Gọi M là trung điểm ,
BC G là trọng tâm ABM  , điểm D 7; 2
  là điểm nằm trên đoạn MC sao cho GA G .
D Tìm tọa độ điểm , A lập phương trình ,
AB biết hoành độ của A nhỏ hơn 4 và AG có phương trình 3x y 13  0.
Lần 1–Trƣờng THPT- Hậu Lộc 2- Thanh Hoá
Lời giải tham khảo: 3.7  2 13  Ta có d  ; D AG    10 3   2 2 1
+) ABM vuông cân  GA GB GA GB GD
+) Vậy G là tâm đường tròn ngoại tiếp ABD 0
AGD  2ABD  90  G
AD vuông cân tại . G
Do đó GA GD d D AG 2 ;  10  AD  20;  Gọi A ;
a 3a 13; a  4
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 86
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 a loai
AD  20  a  72  3a 1 2 5( ) 2 1  20   a  3 +) Vậy A3; 4  
+) Gọi VTPT của AB n a;b AB    a b NAG n nAB AG  3 cos cos ,   1 2 2 a b . 10 NA NM 3NG 3
+) Mặt khác cos NAG     2 2 2 2 2 AG NA NG 9.NG NG 10 3a b 3 b  0 +) Từ (1) và (2) 2  
 6ab  8b  0   2 2 a b . 10 10 3a  4  b
Với b  0 chọn a 1 ta có AB : x 3  0; Với 3a  4
b chọn a  4;b  3
 ta có AB : 4x 3y  24  0 4.7  3. 2   24
+) Nhận thấy với AB : 4x  3y  24  0 thì d  ; D AB     2  d  ; D AG   10 16  9 (loại)
 Vậy AB : x 3  0.
Bài 17: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn có phương trình : 2 2
(x 1)  ( y  2)  9 ( C ) và đường thẳng : d : x y m  0 . Tìm m để trên đường
thẳng (d) có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới
đường tròn ( C ) . ( B, C là hai tiếp điểm ) sao cho tam giác ABC vuông.
Lần 1 –Trƣờng THPT Kẻ Sặt Hải Dƣơng
Lời giải tham khảo:
 Tâm đt (C) là: I 1; 2
  , bk R  3 , từ A kẻ được hai tiếp
tuyến AB, AC  AB=AC , AB  AC  ABIC là hình
vuông cạnh 3  IA= 3 2 A ;
a a m  d ; AI = 2 2
(1 a)  (a m  2)  3 2 2 2
 (1 a)  (a m  2) 18  2 2 2
a  2(m  3)a m  4m 13  0 (1).
+) Để có duy nhất điểm A tức là phương trình (1) có nghiệm duy nhất. 2
   0  m  2m  35  0  m  5  ;m  7.
Bài 18: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có I 1; 2   là tâm
đường tròn ngoại tiếp và 0
AIC  90 . Hình chiếu vuông góc của A trên BC là D 1  ;  1 .
Điểm K( 4; - 1 ) thuộc đường thẳng AB. Tìm tọa độ các đỉnh A, C biết điểm A có tung độ dương.
Lần 1 –Trƣờng THPT Khoái Châu – Hƣng Yên
Lời giải tham khảo:
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 87
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
Tính chất hình học: ID AB 0 ABC  45 +) Do 0 AIC  90  0 ABC  135 0
ABD  45 nên ADB vuông cân tại D
Do đó DA = DB. Lại có: IA = IB  DI AB
 Nên đường thẳng AB đi qua ( 4; - 1 ) và vuông góc với DI
có phương trình 2x y  9  0 . +) Gọi A ;
a 2a  9 AB , do DA 2 2  2d  ;
D AB  2 10  a  
1  2a 8  2 10 a  1
A1;7 loaïi  2
a  6a  5  0   a  5 A5;  1 t / m
+) Phương trình DB đi qua D có VTPT AD  AD : 3x y  4  0 ; C DB C  ;
c 3c  4 .  Do I
AC vuông cân tại I nên I .
A IC  0  4c  
1  33c  2  0  c  2  C 2  ;2
Bài 19: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn
tâm I; có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x + y - 2 = 0, D(2; -1) là chân đường cao của tam
giác ABC hạ từ đỉnh A. Gọi điểm E(3; 1) là chân đường vuông góc hạ từ B xuống AI;
điểm P(2;1) thuộc đường thẳng AC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Trƣờng THPT Lê Quý Đôn – Khánh Hoà
Lời giải tham khảo:
Tính chất hình học: DE  AC
+) Gọi M là điểm đối xứng của A qua I.
+) Ta có BCM  BAM  EDC (Do tứ giác ABDE nội tiếp).
Từ đó suy ra DE / /MC mà MC  AC  DE  AC . Ta có DE  1;2 .
+) AC :1x  2  2y  
1  0  x  2y  4  0 .  Ta có  
A  d  AC . Tọa độ của A thỏa hệ phương x  2y  4  0 x  0 trình     A 0;2 . x  y  2  0 y  2 +) Ta có AD  2; 3   , AE  3;  1 .
Phương trình BE : 3x  3  y  
1  0  3x  y  8  0 .
Phương trình BD : 2x  2  3y  
1  0  2x  3y  7  0 .  B  BE  BD  17 x  3x   y 8  0   7 17 5 
Tọa độ của B thỏa hệ phương trình     B ;    . 2x  3y  7  0 5   7 7  y    7  Ta có  
C  AC  BD , nên Tọa độ của C thỏa hệ phương trình
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 88
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016  26 x  x  2y  4  0  7  26 1      C ;   . 2x  3y  7  0 1   7 7  y   7  17 5   26 1  Kết luận : A0;2 , B ;    , C ;    7 7   7 7 
Bài 20: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A( 1  ;2), B 3 ( ;4) và đường
thẳng d có phương trình: d : x  2y  2  0 . Tìm điểm M thuộc đường thẳng d sao cho: 2 2 MA  MB  36.
Lần 1 –Trƣờng THPT Lý Thái Tổ - Bắc Ninh
Lời giải tham khảo:
 Giả sử M 2m  2;m d 2 2 2 2 +) 2 2
MA MB  36  2m  3  m  2  2m  
1  m  4  36 m  1 M 4;  1    3     4 3  m   M ;     5   5 5
Bài 21: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A2;6 , chân đường  3 
phân giác trong góc A là D 2; 
 , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là  2   1  I ; 1 
 .Tìm tọa độ các điểm B và C.  2 
Trƣờng THPT Khánh Hoà
Lời giải tham khảo:
 Phương trình đường thẳng AD : x  2  0 .
+) Phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC : 2    C  1 x    y  2 125 : 1     2  4
+) Gọi E là giao điểm của AD và (C)  E 2; 4  
+) E là điểm chính giữa cung BC không chứa điểm A IE BC
+) Phương trình đường thẳng BC : x  2y  5  0
+) B, C là giao điểm của đường thẳng BC và đường tròn (C)
B5;0; C  3  ; 4   hoặc B 3  ; 4  ; C5;0
Bài 22: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhận trục hoành làm đường
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 89
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
phân giác trong của góc A, điểm E 3;  1
 thuộc đường thẳng BC và đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC có phương trình 2 2
x y  2x 10y  24  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C
biết điểm A có hoành độ âm.
Lần 2 –Trƣờng THPT Nhƣ Xuân – Thanh Hoá
Lời giải tham khảo:
+) Đường tròn ngoại tiếp có tâm I(1;5) K
 Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ B 2 2
x  y  2x 10y  24  0 x  6 x  4       y  0 y  0 y  0 E
+) Do A có hoành độ âm suy ra A(-4;0). I
+) Và gọi K là giao điểm của phân giác trong góc A với (C), C nên suy ra K(6;0). A
Vì AK là phân giác trong góc A nên KB=KC, do đó KI BC và +) IK 5
 ;5là vtpt của đường thẳng BC.  BC : 5
 x 3  5y  
1  0  x  y  4  0 .
 Suy ra tọa độ B, C là nghiệm của hệ 2 2
x  y  2x 10y  24  0 x  8 x  2      x  y  4  0 y  4 y  2 
 Vây A(-4;0), B(8;4), C(2;-2) và A(-4;0), C(8;4), B(2;-2) .
Bài 23: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn
đường kính AC. Biết M3;  1
 là trung điểm của cạnh BD, điểm C4; 2   Điểm N 1  ; 3  
nằm trên đường thẳng đi qua B và vuông góc với AD. Đường thẳng AD đi qua P 1;3 .
Tìm tọa độ các đỉnh A, B, D.
Lần 2–Trƣờng THPT Phan Bội Châu
Lời giải tham khảo:
 Giả sử Da;b. Vì M là trung điểm của BC nên B6  a;2  b
+) AD  DC  BN / /CD  BN,CD cùng phương.  Ta có:
+) BN  a  7;b  
1 , CD  a 4;b  2
 a  7b  2  a  4b   1  b  a  6   1
+) PD  a 1; b  3 , CD  a  4; b  2 PD  CD  a  
1 a  4  b 3b  2  0 2 a 5 2 
Thế (1) vào (2) ta được 2a 18a  40  0  a  4
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 90
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
a  4  b  2  D4;2 loại vì D trùng C C
a  5  b  1  D5;  1 và B1;  1
+) AD qua P 1;3,D5; 
1  AD : x  y  4  0 (?)
+) AB  BC và đi qua B1; 
1  AB : 3x  y  4  0 M
 A  AB  AD  A2;2 d: 2x + 3y - 13 = 0 G F A
B(?) I(1;6) D
Bài 24: Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại A . Gọi
G là trọng tâm tam giác ABC . Điểm D thuộc tia đối của tia AC sao cho GD GC . Biết
điểm G thuộc đường thẳng d : 2x  3y  13  0 và tam giác BDG nội tiếp đường tròn C 2 2
: x y  2x  12y  27  0. Tìm toạ độ điểm B và viết phương trình đường thẳng BC ,
biết điểm B có hoành độ âm và toạ độ điểm G là số nguyên.
Lần 1–Trƣờng THPT Phù Cừ Hƣng Yên
Lời giải tham khảo:
 Tam giác ABC vuông cân tại A có G là trọng tâm nên GB = GC
Mà GD = GC nên tam giác BCD nội tiếp đường tròn tâm G. +) Suy ra: 0
BGD  2BCD  2BCA  90  BG GD
Hay tam giác BDG vuông cân tại G
 Đường tròn (C) tâm I(1;6) bán kính R  10 ngoại tiếp tam giác BDG nên I là trung điểm của BD
Do đó IG  10 và IG BD  13  2m
=) Vì G d : 2x  3y  13  0  G  ; m   3  G 2;3  Từ IG  10   28 75  
, do toạ độ điểm G là số nguyên nên G(2;3). G   ;     13 13 
BD đi qua I(1;6) và IG BD nên phương trình BD : x  3y  17  0 B 2;5 ,
B D BD  C      
(do hoành độ điểm B âm) D 4;7
 Vậy B 2;5
+) Gọi M là trung điểm của BC ta có AM = MB = MC (do ABC vuông cân tại A)
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 91
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 1 1
Suy ra AM BC GM MB GM AM MB 3 3 MG 1 3 Nên tanGBM    cosGBM MB 3 10 +) Gọi n   , a b với  2 a  2
b  0 là VTPT của BC.
Ta có VTCP của BG là BG  4; 2  n  1;2 là VTPT của BG BGn . 3 n BG
+) Có cos BG,BC   cos n ,n GBM n n BG   cos  cos  , BG    10 n . n BG 3 a  2ba b  0   2 2  35a 40ab 5b 0 2 a  2 b    
  7a b   0 10 5
Trƣờng hợp 1: Với a b  0  n  1;1 nên phương trình BC : x y  3  0
Trƣờng hợp 2: Với 7a b  0  n  1;7 nên phương trình BC : x  7y  33  0
Do hai điểm D và G cùng mằn về một phía đối với đường thẳng BC nên phương trình
BC thoả mãn là x y  3  0
Vậy BC : x y  3  0 và B 2;5
Bài 25: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(-2; -1) và trực
tâm H(2; 1). Cạnh BC = 20 . Gọi I, J lần lượt là chân các đường cao hạ từ B, C. Trung
điểm của BC là điểm M thuộc đường thẳng d: x – 2y – 1 = 0 và M có tung độ dương.
Đường thẳng IJ đi qua điểm E(3; - 4). Viết phương trình đường thẳng BC.
Lần 1–Trƣờng THPT Phú Xuyên B
Lời giải tham khảo:
 Tứ giác AIHJ nội tiếp đường tròn đường kính AH, có phương trình:   2 2 C : x  y  5
Vì M thuộc d nên tọa độ M(2b + 1 ; b).
+) Đường tròn tâm M, đường kính BC có pt : 2 2
C' : x  2b   1   y  b  5
+) Dễ thấy I, J thuộc đường tròn (C’). Vậy I, J là giao điểm
của 2 đường tròn (C), (C’) nên pt IJ có dạng :             2 2 2 2 2 2 x y 5 x y 2 2b 1 x 2by 2b 1  b  5         2 2 2 2b 1 x 2by 2b 1  b  0 +) Vì IJ qua E nên ta có 2 b  1  b  1
 . Mà b > 0 nên b = 1 suy ra M(3; 1)
 Đường thẳng BC qua M, có véc-tơ pháp tuyến AH .
 Vậy phương trình BC: 2x + y – 7 = 0
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 92
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
Bài 26: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai điểm A1;2; B3;4 và đường
thẳng d : y  3  0. ,Viết phương trình đường tròn C đi qua hai điểm ,
A B và cắt đường
thẳng d tại hai điểm phân biệt M, N sao cho 0 MAN  60 .
Lần 1–Trƣờng THPT Nguyễn Văn Trỗi
Lời giải tham khảo:
+) Gọi C 2 2
: x y  2ax  2by c  0 (đk 2 2
a b c  0) A  1;2C 5
  2a  4b c  0 b   5  a      .Vậy B  3;4C
25  6a 8b c  0
c  15  2a
I a; a  5 A
+) Bán kính R a    a2 2    a   2 5 15 2
2 a  4a  5 B +) 0 MAN  60 . Suy ra 0 0
MIN  120  I MN I NM  30 60°
hạ IH  d   IH d I d  1 ,  R I 2 1  2  a  2 2
a  4a  5 2
a  4a  3  0  a 1 a  3 2 M H N
Khi a 1 ta có đường tròn C 2 2
: x y  2x  8y 13  0 ( loại
do I, A khác phía đường thẳng d ) Khi a  3 
Cx y x y    C x  2  y  2 2 2 : 6 4 9 0 : 3 2  4 (t/ mãn)
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 93
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
PHN PH TR THAM KHO
BÀI 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H là hình chiếu
vuông góc của A trên cạnh BC; D là điểm đối xứng của B qua H; K là hình chiếu vuông
góc của C trên đường thẳng AD. Giả sử
H
( 5  ; 5  ), K(9; 3
 ) và trung điểm của cạnh AC
thuộc đường thẳng x y 10  0 . Tìm tọa độ điểm A.
(KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 – ĐỀ CHÍNH THỨC).
Nhận xét và ý tƣởng:
_ Có thể thấy “hình vẽ” chính là điểm tựa để ta giải quyết
bài toán này, do đó việc vẽ “chính xác” hình vẽ có ý
nghĩa quan trọng vì hình vẽ giúp ta “phát hiện các tính
chất hình học quan trọng”. Cụ thể trong bài này, AHCK
chính là tứ giác nội tiếp, và IH  AK. Và bài toán cũng từ
đó mà được phân tích theo các hướng sau:
+ Hƣớng thứ 1: Chứng minh AHCK là tứ giác nội tiếp  IH = IK và I  d
 tìm tọa độ I. Để chứng minh IH  AK  ta có thể
chứng minh IH // CK (do CK // AD) (phần chứng minh
này xin dành cho bạn đọc).  Khi đó A thỏa mãn A
thuộc đường tròn đường kính AC và đường thẳng AK.
+ Hƣớng thứ 2: Tương tự hướng thứ 1, ta tìm tọa độ điểm I, để chứng minh IH 
AK  ta gắn hệ trục tọa độ Axy và chứng minh A .
D IH  0  Khi đó A thỏa mãn A
thuộc đường tròn đường kính AC và đường thẳng AK.
+ Hƣớng thứ 3: Tương tự hướng thứ 1, ta tìm tọa độ điểm I, đến đây ta có thể đặt
A(x; y)  2 ẩn nên cần 2 phương trình  pt (1) là IA = IH, pt (2) là AH = HK (ta phải
chứng minh AHK cân tại H).
► Hƣớng dẫn giải cách 1: * Ta có   AHC C
KA  90  AHC CKA 180
 tứ giác AHCK nội tiếp.
Gọi I là trung điểm AC  I là tâm đường tròn nội tiếp tứ giác AHCK  IK = IH (*)
Mặt khác I  d: x – y + 10 = 0  I(t;t 10). Do đó 2 2 2 2 2 2
(*)  HI KI  (t  5)  (t 15)  (t  9)  (t 13)  t  0  I(0;10)
* ABD cân tại A (do AH vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến)  ABD BDA
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 94
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016   ABD BCA  90 Mặt khác   BCA DCK .   DBADCK  90 Mà CHI H
CI (do IHC cân tại I) Suy ra CHI K
CD  KC // IH (đồng vị) mà CK  AD  IH AD
* Đường AD qua K(9; – 3) nhận IH  ( 5  ; 1  5)  5
 (1;3) làm vecto pháp tuyến có dạng là:
1(x  9)  3( y  3)  0  AD : x  3y  0
* A là giao điểm AD và đường tròn đường kính AC nên tọa độ A thỏa mãn hê:  x  3y  0  2 2
x  (y 10)  250
y  5  x  1  5    y  3   x  9
Suy ra A(–15;5) hay A(9;–3) (loại vì trùng K)
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là ( A 1  5;5)
► Hƣớng dẫn giải cách 2:
* Ta có  AHC CKA  90   AHC CKA 180
 tứ giác AHCK nội tiếp. Gọi I là trung điểm AC
 I là tâm đường tròn nội tiếp tứ giác AHCK  IK = IH (*)
Mặt khác I  d: x – y + 10 = 0
I(t;t 10). Do đó 2 2
(*)  HI KI 2 2 2 2
 (t  5)  (t 15)  (t 9)  (t 13)  t  0  I(0;10)
* Đặt AB = a, AC = 1. Dựng hệ trục Axy như hình vẽ. Ta có ( A 0;0), ( B 0; ) a ,C(1;0) Ta có 2 2 2 2 BH AB a aa a  2
BH.BC AB     BH BC H  ;  2 2 2 2 2 BC BC a 1 a 1
a 1 a 1
Ta có H là trung điểm BD 2 3  2aa a   1   D ;  và I ; 0   là tung điểm AC. 2 2
a 1 a 1   2 
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 95
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 2   a 1 a  IH   ;  2 2 
 2(a 1) a 1 Nên  . 2 3   2aa a AD   ;  2 2 
a 1 a 1  2 2 3
a (a 1)  a(a a) Xét IH.AD
 0  IH AD 2 2 (a 1)
* Đường AD qua K(9; – 3) nhận IH  ( 5  ; 1  5)  5
 (1;3) làm vecto pháp tuyến có dạng là:
1(x  9)  3( y  3)  0  AD : x  3y  0
* A là giao điểm AD và đường tròn đường kính AC nên tọa độ A thỏa mãn hê:  x  3y  0
y  5  x  1  5   
suy ra A(–15;5) hay A(9;–3) (loại vì trùng K) 2 2
x  (y 10)  250  y  3   x  9
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là ( A 1  5;5)
► Hƣớng dẫn giải cách 3: * Ta có   AHC C
KA  90  AHC C
KA 180  tứ giác AHCK nội tiếp.
Gọi I là trung điểm AC  I là tâm đường tròn nội tiếp tứ giác AHCK  IK = IH (*)
Mặt khác I  d: x – y + 10 = 0  I(t;t 10). Do đó 2 2 2 2 2 2
(*)  HI KI  (t  5)  (t 15)  (t  9)  (t 13)  t  0  I(0;10)
* Xét đường tròn nội tiếp tứ giác AHKC ta có AKH ACH HAB HAD AHK cân tại H Suy ra AH = HK.
Đặt A(x; y) ta có A thỏa mãn 2 2
x  (y 10)  250
y  5  x  1  5    2 2 (
x 5)  (y  5)  250  y  3   x  9
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là ( A 1  5;5)
► Hƣớng dẫn giải cách 4: (theo đáp án của Bộ GD&ĐT) AC
* Gọi I là trung điểm AC ta có IH IK  nên I 2
thuộc đường trung trực của HK.
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 96
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
Đường trung trực HK có phương trình
7x y 10  0 nên toa độ I thỏa mãn hệ
x y 10  0  7
x y 10  0 x  0    I(0;10) y 10 * Ta có HKA HCA HAB H
AD nên AHK cân tại H, suy ra HA = HK mà MA = MK
nên A đối xứng với K qua MH. Ta có MH  (5;15)  5(1;3) . Đường thẳng MH có phương
trình: 3x y 10  0
* Trung điểm AK thuộc MH và AK  MH nên A thỏa mãn hệ:
(x  9)  3( y  3)  0  x  15 
  x  9   y  3     ( A 1  5;5) 3  10  0      y  5   2   2 
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là ( A 1  5;5)
BÀI 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC không cân, nội tiếp đường tròn
tâm I. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC, K là hình chiếu vuông góc của B
trên AI. Giả sử
(2
A ;5), I (1;2), điểm B thuộc đường thẳng 3x y  5  0 , đường thẳng HK
có phương trình x  2y  0. Tìm tọa độ các điểm B, C. \
(KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 – ĐỀ DỰ BỊ).
► Hƣớng dẫn giải :
* Ta có B thuộc đường tròn tâm I bán kính IA và đường thẳng d: 3x + y + 5 = 0 nên thỏa 2 2 (
x 1)  (y  2) 10 x  2  hệ:     B( 2  ;1) 
3x y  5  0  y 1
* Ta có H  HK  H(2 ; h )
h AH  (2h  2; h  5), BH  (2h  2; h 1) . Lại có AH  BH
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 97
FULL & FREE TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016 h  1  
AH.BH  0  (2h  2)(2h  2)  (h  5)(h 1)  0  1  h   5  2 1 
Do đó ta có : H (2;1) hay H ;    5 5   2 1   8  2  4  8 * Với H ;   ta có AI  ( 1  ; 3  ), AH  ;  ( 1  ; 3  )  
nên ba điểm A, H, I thẳng  5 5   5 5  5  2 1 
hàng hay tam giác này cân tai A (không thỏa mãn) nên ta loại H ;   và nhận H(2;1)  5 5 
* Phương trình đường BC khi đó là y – 1 = 0 và C là giao điểm của đường tròn tâm I bán
kính IA và BC nên tọa độ C thỏa hệ: 2 2 (
x 1)  (y  2) 10 x  2  , y 1   
. Do B(–2;1) nên ta nhận C(4;1)  y 1  0
x  4, y 1
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là B( 2
 ;1),C(4;1)
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG 98