Vận dụng tính chất hình phẳng để giải bài toán Oxy liên quan đến đường tròn – Trần Duy Thúc

Tài liệu gồm 38 trang hướng dẫn vận dụng tính chất hình phẳng để giải bài toán Oxy liên quan đến đường tròn, tài liệu do thầy Trần Duy Thúc biên soạn.

Môn:

Toán 10 2.8 K tài liệu

Thông tin:
38 trang 9 tháng trước

Bình luận

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

Vận dụng tính chất hình phẳng để giải bài toán Oxy liên quan đến đường tròn – Trần Duy Thúc

Tài liệu gồm 38 trang hướng dẫn vận dụng tính chất hình phẳng để giải bài toán Oxy liên quan đến đường tròn, tài liệu do thầy Trần Duy Thúc biên soạn.

124 62 lượt tải Tải xuống
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 1
Lời nói đầu
Chào các Em hc sinh thân mến!
Câu hình hc phng Oxy chc chn xuất trong đề thi THPT Quốc Gia hàng năm. Nhằm đáp ứng xu hướng
ra đề mi ca B Giáo Dục và Đào Tạo v ni dung ca câu này.Thy biên son tài liu này vi mc đích
giúp các Em có th chinh phục được câu hình hc phng. T đó xây dựng lòng tin để có th đạt kết qu tt
nht trong kì thi. Tài liệu đựơc chia ra thành 4 chương:
Chương 1. Các bài toán liên quan đến đường tròn
Chương 2. Các bài toán v hình vuông hình ch nht
Chương 3. Các bài toán về hình thang- hình bình hành-hình thoi
Chương 4. Các bài toán về tam giác
Mỗi chương được nhc li lí thuyết,có bài tp mu và bài tp rèn luyn và hướng dn bài tp rèn luyn.
Dù đã cố gắng nhưng chắc chn tài liu s không tránh khi sai sót nhất định.Hy vng các Bn thông cm
và rt mong nhận được s đóng góp ý kiến t các Bạn đọc! Để ln sau tài liu s hoàn chỉnh hơn.
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 2
CHƯƠNG 1. CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐƯNG TRÒN
Phn 1. Mt s kiến thc cn nh
1. Đưng kính và dây cung
Cho đường tròn tâm I có dây cung AB khác đường kính và H là trung điểm AB.
Khi đó, IH là đường trung trc ca AB.
Tht ra, do
IAB
cân ti I (IA=IB=R) nên IH vừa là đường cao, đường trung
tuyến, đường trung trực, đường phân giác.
2. Tiếp tuyến và tính cht ca hai tiếp tuyến ct nhau
a. Cho d là tiếp tuyến của đường tròn tâm (I;R) và H là tiếp điểm. Khi đó:
i)
;d I d R
. ii) IH vuông góc d.
b. Gi s AB, AC là các tiếp tuyến của đường tròn (I;R) vi B,C là các
tiếp điểm khi đó:
i) AI là đường trung trc ca BC.
ii) T giác ABIC ni tiếp.
3. Góc tâm
a. Định nghĩa:Góc tâm là góc có đỉnh là tâm và hai cnh là hai bán kính.
b. Tính cht:Hai góc tâm chn hai cung bng nhau thì bng nhau.
4. Góc ni tiếp
a. Định nghĩa:Góc ni tiếp là góc có đỉnh nằm trên đường tròn và hai cnh là hai dây cung.
b. Tính cht:
i) Các góc ni tiếp chn hai dây cung bng nhau thì bằng nhau.Đặt bit, các góc ni tiếp chn cùng mt dây
cung thì bng nhau.
ii) Các góc ni tiếp bng nhau chn các dây cung bng nhau.
iii) Góc ni tiếp (
90
) bng mt na góc tâm chn cùng dây cung.
iv) Góc ni tiếp chắn đường kính là góc vuông.
5. Góc to bi tiếp tuyến và dây cung
a. Định nghĩa:Góc to bi tiếp tuyến vày cung là góc có đỉnh là tiếp
điểm, có mt cnh là mt tia ca tiếp tuyến và cnh còn li là dây cung.
H
I
A
B
H
I
x
A
C
B
I
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 3
xAC
là góc to bi tiếp tuyến và dây cung.
b. Tính cht:
i) Góc to bi tiếp tuyến và dây cung bng mt na s đo cung b chn.
ii) Góc to bi tiếp tuyến và dây cung bng góc ni tiếp chn cùng dây cung.
6. T giác ni tiếp
T giác ni tiếp là t giác có bốn đỉnh nm trên một đường tròn. Ta có các phát biểu tương đương sau:
a.T giác ni tiếp
tổng hai góc đối ca t giác bng
180
.
b. T giác ni tiếp
hai góc k cùng chn mt cnh bng nhau.
c. T giác ni tiếp
góc ngoài ti một đỉnh bằng góc đối trong của đỉnh đó.
................................................................................................................................................
Phn 2. Rèn luyn k năng chứng minh và vn dng tính cht biết trưc để gii bài
toán
1.Bài toán 1(BT1)
Cho
ABC
ni tiếp đường tròn (I;R).H là trực tâm,M là trung điểm ca BC và G là trng tâm
ABC
.
AKlà đường kính. Chng minh:
a) BKCH là hình bình hành.
b)
2AH IM
;
2BH IN
2CH IP
.N,P lần lượt là trung điểm ca AC và AB.
c) H,G,I thng hang và
3HI GI
.
d) Trong trường hp
60A
. Chng minh:
AH AI
.
Chng minh
a)




;
CH AB BH AC
CH KB BH KC
KB AB KC AC
. Do đó,
ABKC là hình bình hành.
b) ABKC là hình bình hành và M là trung điểm ca BC, suy ra
M là trung điểm của HK. Do đó IM là đường trung bình ca
.AHK
2
2
AH IM
AH IM
AH IM
.
Các ý còn lại tương tự. Bạn đọc th chứng minh để nh nhé.
c) G là trng tâm ca
ABC
nên
3
2
AM AG
.Mà AM là đường
trung tuyến ca
AHK
nên G cũng là trọng tâm ca
AHK
. HI
là đường trung tuyến ca
AHK
nên H,G,I thng hàng và
3HI GI
.
d)
60 120 60A BIC MIC
(góc ni tiếp bng 1/2
góc tâm chn cùng dây cung).
IMC
vuông ti M. Ta có:
.cos60 2 2IM IC IC IM IA IC IM
. Mà
2AH IM
(câu b). Suy ra
AH AI
.
G
M
H
K
F
E
I
A
B
C
D
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 4
Ví d 1. Trong mt phng Oxy.Cho
ABC
có đỉnh
1;2A
, trc tâm
1;1H
, tâm đường tròn
ngoi tiếp là
2;0I
. Viết phương trình cạnh BC.
Phân tích:. BC đã có vtpt là

2; 1AH
. Nếu tìm một điểm thuc cnh BC thì bải toán đã được gii??
Gọi M là trung điểm ca BC. Nh li
2AH IM
(BT1 câu b).Thế là có ngay điểm M.
Gii
BC có vtpt là

2; 1AH
. Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó:




2 2 2
1
2 3;
1 2 0
2
M
M
x
AH IM M
y
.
BC đi qua M và có vtpt
AH
nên
1
:2 3 0 :2 13/ 2 0
2
BC x y BC x y
.
Chú ý: Trong bài làm các em phi chng minh
2AH IM
(xem BT1 câu b).
Ví d 2. Trong mt phng Oxy.Cho
ABC
có trc tâm
1;3H
,trng tâm
44
;
33
G
và tiếp
tuyến ti A của đường tròn ngoi tiếp
ABC
có phương trình
3 5 0xy
. Tìm tọa độ các
đỉnh ca
ABC
.
Gii
Đặt
: 3 5 0d x y
là tiếp tuyến ti A của đường tròn ngoi tiếp
ABC
. Gi M,I lần lượt là trung điểm
ca BC và tâm đường tròn ngoi tiếp
ABC
. Khi đó:
3HI GI
(xem
BT1 câu c) và
3AM GM
(tính cht ca trng tâm).
T:











4
3
13
31
3
2
3;
1
4
22
33
2
3
II
I
I
II
xx
x
HI GI I
y
yy
.
Ta có:
:3 0IA d IA x y m
.
3
1
3. 0 5
22
I IA m m
.
Vy
:3 5 0IA x y
.
A d IA
nên tọa độ A là nghim ca h:




3 5 0 1
1;2
3 5 0 2
x y x
A
x y y
.Gọi (C) là đường tròn ngoi tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính IA.
2
3 5 5
1
;
2 2 2 2
IA IA IA
.
22
35
1
:
2 2 2
C x y
.
G
M
H
K
F
E
I
A
B
C
D
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 5
Ta có









4
13
3
3
3 ;1
4
2
13
3
MM
MM
xx
AM GM M
yy
.
BC đi qua M và có vtpt là
0;1AH
nên BC có phương trình:
3
:0 1. 1 0 : 1 0
2
BC x y BC y
.
, ( )B C BC C
nên tọa độ B,C là nghim ca h phương trình:

22
10
35
1
2 2 2
y
xy





03
(0;1), (3;1) B(3;1), (0;1)
11
xx
B C C
yy
.
Vây:
(1;2), (0;1), (3;1)A B C
hoc
(1;2),B( 3;1), (0;1)AC
.
Ví d 3. Trong mt phng Oxy.Cho
ABC
có trc tâm
1;3H
, tâm đường tròn ngoi tiếp
3; 3I
và đỉnh
1;1B
. Tìm tọa độ các đỉnh A,C, biết
AC
xx
.
Gii
Ta có:
( 2;4) IB 20IB
. Đường tròn ngoi tiếp
ABC
có tâm I và bán kính IB có phương trình:
22
3 3 20xy
.
Gọi M là trung điểm AC, ta có
2BH IM
(xem BT1 câu b).


1
3 1 1
2
2
2 2; 2
12
3 3 1
2
M
M
M
M
x
x
BH IM M
y
y
.
Đưng thẳng AC vuông góc IM và đi qua M có phương trình:
: 4 0AC x y
.
A, ( )C BC C
nên tọa độ A,C là nghim ca h phương trình:
22
40
1, 5
5;1 ,C 1;5
5, 1
3 3 20
Ac
xy
xy
A x x
xy
xy
.
Vy tọa độ các điểm cn tìm là
5;1 ,C 1;5A
.
Ví d 4. Trong mt phng Oxy.Cho
ABC
có trc tâm
1;2H
, tâm đường tròn ngoi tiếp
3; 2I
,
60A
. Tìm tọa độ các đỉnh ca
ABC
, đỉnh A thuộc đường thng
d: 5 0xy
G
M
H
K
F
E
I
B
A
C
D
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 6
BC
xx
.
Gii
Vi
60A
ta chứng minh được
AH AI
. Suy ra A thuộc đường trung trc ca IH.
Đưng trung trc của IH đi qua trung điểm
N(2;0)
ca IH và có vtpt

2; 4HI
nên có phương trình
: 2 2 0xy
. Đim
Ad
nên tọa độ ca điểm A là nghim ca h phương trình:




2 2 0 4
4;1
5 5 0 1
x y x
A
x y y
.
Đưng tròn ngoi tiếp
ABC
có tâm I và bán IA nên có phương trình:
22
3 2 10xy
. Gi M là
trung điểm ca BC, ta có






3
3 2 3
33
2
2;
3
1 2 2
22
2
x
x
AH IM M
y
y
.
BC đi qua M và có vtpt là
3;1AH
có phương trình
: 3 6 0BC x y
.
, ( )B C BC C
nên tọa độ B,C là nghim ca h phương trình:



22
3 3 3 3
,
3 6 0
22
3 3 3 3 3 3 3 3
; ;C ;
2 2 2 2
3 2 10
3 3 3 3
,
22
xy
xy
B
xy
xy
BC
xx
. Vậy các điểm cn tìm là
4;1A
,
3 3 3 3 3 3 3 3
; ;C ;
2 2 2 2
B
.
Ví d 5. Trong mt phng Oxy.Cho
ABC
có trng tâm
1;1G
, tâm đường tròn ngoi tiếp
7 37
;
18 18
I
và cạnh AC có phương trình
2 4 0xy
.
Tìm tọa độ các đỉnh ca
ABC
, biết
2
A
x
.
Gii
Gọi M là trung điểm ca AC, ta có
: 2 0IM AC IM x y m
. I thuc IM nên suy ra
9
: 2 0
2
IM x y
.
M AC IM
nên tọa độ ca M là nghim ca h phương trình:
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 7









2 4 0 5
5
;1
9
2
20
2
1
2
xy
x
M
xy
y
. Do G là trng tâm ca
ABC
,ta có


55
3(1 )
2
22
3 ( 2;1)
1
1 3(1 1)
B
B
B
B
x
x
MB MG B
y
y
.Đưng tròn ngoi tiếp
ABC
có tâm I và bán
kính IB có phương trình:
22
7 37 1105
( ):
18 18 162
C x y
.Các điểm
A, ( )C AC C
nên tọa độ A,C là
nghim ca h phương trình:


22
2 4 0
3, 2
3;2 ,C 2;0 2
7 37 1105
2, 0
18 18 162
A
xy
xy
Ax
xy
xy
.
Vy tọa độ các điểm cn tìm là
3;2 ,B( 2; 1),C 2;0A
.
Ví d 6. Trong mt phng Oxy.Cho
ABC
có trc tâm
3; 1H
, tâm đường tròn ngoi tiếp
3;0I
và đỉnh
3; 7C
. Tìm tọa độ các đỉnh A,B ca
ABC
.
Gii
Đưng tròn ngoi tiếp
ABC
có tâm I và bán kính IC có
phương trình:
2
2
3 85xy
.
Gọi M là trung điểm AB, ta có
2CH IM
(xem BT1 câu b).


1
3 3 3
3
2
2 3;3
13
17
2
M
M
M
M
x
x
IM CH M
y
y
.
Đưng thẳng AB vuông góc IM và đi qua M có phương trình:
: 3 0AB y
.
A,B ( )AB C
nên tọa độ A,B là nghim ca h phương trình:


2
2
30
3 2 19, 3
3 85
3 2 19, 3
y
xy
xy
xy
3 2 19;3 ,B 3 2 19;3 A 3 2 19;3 ,B 3 2 19;3A
.
Vy tọa độ các điểm cn tìm là:
3 2 19;3 ,B 3 2 19;3 A 3 2 19;3 ,B 3 2 19;3A
.
M
H
K
F
E
I
C
A
D
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 8
Ví d 7. Trong mt phng Oxy.Cho
ABC
có đường trung tuyến và đường cao xut phát t A
có phương trình lần lượt là
13 6 2 0xy
2 14 0xy
Tìm tọa độ các ca đỉnh
ABC
,
biết tâm đường tròn ngoi tiếp
ABC
( 6;0)I
.
Gii
Đặt
12
:13 6 2 0,d : 2 14 0d x y x y
đây lần lượt là đường trung tuyến và đường cao xut phát t A .
Khi đó, tọa độ ca A là nghim ca h phương trình



13 6 2 0 4
( 4; 9)
2 14 0 9
x y x
A
x y y
. Gi H và M
lần lượt là trực tâm và trung điểm của BC. Khi đó:
12
13 2
H(2 14; ),M d (m; )
6
m
H d h h M
. Ta
có:
2AH IM
(xem BT1 câu b).





2 14 4 2 6
2 2 6
1
2
13 29
13 2
2
9 2 0
33
6
hm
hm
h
AH IM
m
m
hm
h
.
Vy
12; 1 , 2;4HM
. Đường thẳng BC đi qua M và có vtpt là
IM
nên có phương trình
:2 8 0BC x y
. Đường tròn ngoi tiếp
ABC
có tâm I và bán kính IA có phương trình:
2
2
6 85xy
. Các điểm
B, ( )C BC C
nên tọa độ B,C là nghim ca h phương trình:


2
2
2 8 0
3, 2
3;2 ,C 1;6 1;6 ,C 3;2
1, 6
6 85
xy
xy
BB
xy
xy
.
Vy tọa độ các điểm cn tìm là
4; 9 , 3;2 ,C 1;6AB
hoc
4; 9 , 1;6 ,C 3;2AB
.
2. Bài toán 2(BT2)
Cho
ABC
ni tiếp đường tròn (I;R). D,E,F lần lượt là chân đường cao k t A,B,C ca
ABC
.H là
trctâm. Chng minh:
a)
IA FF
;
IB DF
IC DE
.
b) H là tâm đường tròn ni tiếp
DEF
.
Chng minh
a) K tiếp tuyến xy tại A. Khi đó:
1xAB ACB
. Ta có
90BFC BEC
t giác BCEF ni tiếp. Suy ra
2AFE ACB
(góc ngoài ca t giác ni tiếp).
T (1) và (2) suy ra
AFE xAB xy EF
. Mà
xy IA
,do đó
IA EF
.
Các ý còn li các Em chứng minh tương tự nhé.!
b) T giác BDHF ni tiếp
1HDF HBF
. T giác CDHE ni
H
F
E
I
A
B
C
D
x
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 9
tiếp
 2HDE HCE
. T giác BCEF ni tiếp
 3FBE FCE
. (1),(2) và (3)
HDE HDF
. Khi
đó DH là tia phân giác trong
FDE
. Chứng minh tương tự ta có H là giao điểm ba đường phân giác trong
ca
D EF
. Nên H là tâm đường tròng ni tiếp
D EF
.
Ví d 8. Trong mt phng Oxy.Cho
ABC
ni tiếp đường tròn
22
( ): 1 2 5C x y
.
Chân đường cao k t B và C lần lượt là
0;1E
1;3F
. Tìm tọa độ các đỉnh ca
ABC
,
biết
0
A
x
.
Gii
Đưng tròn
()C
có tâm
(1;2)I
. Ta có
IA EF
(xem BT2 câu a).
IA đi qua I và có vtpt
(1;2)EF
có phương trình
:1( 1) 2( 2) 0 : 2 5 0IA x y IA x y
. Khi đó tọa độ điểm A là
nghim ca h phương trình:

22
3, 1
1 2 5
1, 3
2 5 0
xy
xy
xy
xy
.
Vy
( 3;1)A
(vì
0
A
x
). AC đi qua A và E có phương trình
: 1 0AC y
.
()C AC C
nên tọa độ ,C là
nghim ca h phương trình:


22
3, 1( )
1 2 5
( 1;1)
1, 1( )
10
x y l
xy
C
x y n
y
. đây ta loại
3, 1xy
vì trùng điểm A. AB đi qua
A và F có phương trình
:x 4 0AC y
.
()B AB C
nên tọa độ B là nghim ca h phương trình:



22
3, 1( )
1 2 5
(0;4)
0, 4( )
40
x y l
xy
B
x y n
xy
. đây ta loại
3, 1xy
vì trùng điểm A.
Vy tọa độ các điểm cn tìm là
3;1 ,C 1;1 , (0;4)AB
.
Ví d 9. Trong mt phng Oxy.Cho ch nht ABCD. Gọi M là điểm đối xng ca B qua C và N
là hình chiếu vuông góc ca B trên MD. Tam giác BMD ni tiếp đường tròn
22
( ): 4 1 25C x y
. Xác định tọa độ các đỉnh ca hình ch nht biết đường thng CN
có phương trình
3 4 17 0xy
. Đường thẳng BC đi qua điểm
7;0E
và M có tung độ âm.
Gii
Đưng tròn
()C
có tâm
(1;2)I
và bán kính
5R
. Do
BMD
ni tiếp đường
tròn (C) và N,C là các chân đường cao nên ta chng minh được
IM NC
(xem BT2 câu a). IM đi qua I và
IM NC
nên có phương trình
I
N
M
A
C
B
D
F
E
I
A
B
C
x
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 10
:4( 4) 3( 1) 0IM x y
:4 3 19 0IM x y
. M là giao điểm gia (C) và IM nên tọa độ ca M là
nghim ca h:


22
7, 3
4 1 25
7; 3
1, 5
4 3 19 0
xy
xy
M
xy
xy
(vì tung độ M âm).
Đưng thẳng BC đi qua M và E có phương trình
BC: 7x
. Đim C là giao điểm gia BC và NC nên ta
C là nghim ca h





3 4 17 7
7;1
71
x y x
C
xy
. Đim C là trung điểm ca M và B
(7;5)B
. DC
đi qua C và vuông góc BC có phương trình
DC: y 1 0.
Tọa độ D là nghim ca h


22
9, 1
4 1 25
1, 1
10
xy
xy
xy
y
. Vì B và D phi nm cùng phía so vi
đường thng CN nên ta
nhn
1;1D
. Do
1;5DA CB A
.
Vy tọa độ c điểm cn tìm là
1;5 ,B 7;5 ,C 7;1 , 1;1AD
.
3.Bài toán 3(BT3)
Cho
ABC
ni tiếp đường tròn (I;R). Điểm E là là giao đim ca tiếp tuyến ti A và BC. D là chân
đường phân giác k t A. Chng minh:
EAD
cân.
Chng minh
Đặt:
1 2 3
; ; ; ;A EAB A BAD A DAC D ADE C ACB
.
Ta có:

3
(1)D A C
(góa ngoài ca
DA C
) và

12
(2)EAD A A
. Mà
32
(3)AA
( do AD là đường phân
giác trong góc A và
1
(4)AC
(góc to bi tiếp tuyến vày
cung. T (1),(2),(3), (4) suy ra
EAD D
EAD
cân.
Ví d 10. Trong mt phng Oxy.Cho
ABC
1;4A
, tiếp tuyến ti A của đường tròn ngoi
tiếp
ABC
ct BC tại D, đường phân giác trong góc
ADB
có phương trình
20xy
. Điểm
4;1M
thuc cnh AC. Viết phương trình cạnh AB.
Gii
Gọi K là chân đường phân giác trong góc A,khi đó
DAK
cân ti D(xem BT3). Đặt
: 2 0d x y
đây là đường
phân giác trong góc
ADB
DAK
cân ti D suy ra
:0AK d AK x y m
. Do điểm A thuc AK nên ta
D
E
I
A
C
B
N
M'
K
D
I
A
C
B
M
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 11
có phương trình
: 5 0AK x y
. Gọi M’ là điểm đối xng của M qua AK, khi đó M’ thuộc AB. Ta có
MM’ đi qua M và
'MM AK
nên có phương trình
50xy
.Gi
' 0;5N MM AK N
. N là trung
điểm của M và M’
' 4;9M
. Đường thẳng AB đi qua A và M’ có phương trình
:5 3 7 0AB x y
.
4. Bài toán 4(BT4)
Cho
ABC
ni tiếp đường tròn (C) có (I;R). K là tâm đường tròn ni tiếp và D là giao điểm gia AK và
(C); J là giao điểm gia AK và phân giác góc ngoài ti B. Chng minh: D là tâm đường tròn ngoi tiếp t
giác KBJC.
Chng minh
Để D là tâm đường tròn ngoi tiếp t giác KBJC ta s chng minh
DB DC DK DJ
.
Ta đã có
DB DC
( do AK là đường phân giác nên D là điểm chính gia cung BC hay các em hiu do
DAC DAB DB DC
các em xem li tính cht ca góc ni tiếp nhé!).
Vy ta ch cn chng minh
DB DK
. Xét
ABK
 1BKD KAB KBA
(tính cht góc ngoài ca
tam giác). Ta có
 2KBD DBC CBK
.
DAC DAB
DBC DAC
(cùng chắn cung DC), do đó
3DBC DAB
Thêm na là
4CBK KBA
. T (1),(2),(3),(4) ta có
KBD DKB DBK
cân ti D hay
DB DK
. Vy
 5DB DC DK
.
BK và BJ lần lượt là đường phân giác trong và phân giác ngoài ti B nên
BK vuông góc BJ. Ta có:
90DKB DJB DBK DBJ
DBJ DJB DBJ
DKB DBK
cân ti D, suy
ra
6DB DJ
. T (5) và (6) ta có
DB DC DK DJ
.
Chú ý:
1) D là giao giữa đường phân giác góc trong và đưng tròn ngoi tiếp
ABC
. Khi đó
DB DC
và r ràng
ID s là đường trung trc ca BC (vì IB=IC và DB=DC). Khi làm bài tp có khi ta s s dng tính cht
này.
2) Các em nên nh rằng đường tròn có tính chất đối xng nên các kết qu có được t đỉnh A cũng sẽ
đỉnh B và C. Ví d: trong bài toán trên, gọi E là giao điểm gia BK và (C) thì E cũng sẽtâm đường tròn
ngoi tiếp
AKC
. Chng minh tương tự.
Ví d 11. Trong mt phng Oxy.Cho
ABC
2;6A
, chân đường phân giác trong góc A là



3
2;
2
M
và tâm đường tròn ngoi tiếp tam giác là



1
;1
2
I
.Xác định tọa độ các đỉnh B,C.
Gii
D
K
J
I
B
C
A
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 12
Đưng tròn ngoi tiếp
ABC
có tâm



1
;1
2
I
và bán kính bng

55
2
R IA
có phương trình



2
2
1 125
( ): 1
24
C x x
.Đường thẳng AM đi qua M và
A nên có phương trình có
: 2 0AM x
. Gi
()D AM C
,khi đó tọa độ
điểm D là nghim ca h


2
2
125
1
2, 6
1
2; 4
24
2, 4
20
xy
xx
D
xy
x
(vì
2
6
x
y
là tọa độ
điểm A).
Vì AM là đường phân giác trong góc A nên điểm D nm chính gia của cung BC, do đó
BC ID
. BC đi
qua M và có vtpt là



5
;5
2
ID
có phương trình



53
: 2 5 0 : 2 5 0
22
BC x y BC x y
.
, ( )B C BC C
nên tọa độ B,C là nghim ca h phương trình:

2
2
125
1
5, 0
1
(5;0), ( 3; 4) ( 3; 4), (5;0)
24
3, 4
2 5 0
xy
xx
B C B C
xy
xy
.
Vy tọa độ các điểm càn tìm là
(5;0), ( 3; 4)BC
hoc
( 3; 4), (5;0)BC
.



53
: 2 5 0 : 2 5 0
22
BC x y BC x y
.
, ( )B C BC C
nên tọa độ B,C là nghim ca h
phương trình:

2
2
125
1
5, 0
1
(5;0), ( 3; 4) ( 3; 4), (5;0)
24
3, 4
2 5 0
xy
xx
B C B C
xy
xy
. Vy tọa độ các điểm
cn tìm là
(5;0), ( 3; 4)BC
hoc
( 3; 4), (5;0)BC
.
Ví d 12. Trong mt phng Oxy.Cho
ABC



74
;
55
A
, tâm đường tròn ngoi tiếp
0;1I
và tâm đường tròn ni tiếp
1;1K
. Viết phương trình cạnh BC.
Gii
M
D
I
A
B
C
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 13
Đưng tròn ngoi tiếp
ABC
có tâm



1
;1
2
I
và bán kính bng
2IA
phương trình
2
2
( ): 1 2C x y
.Đường thẳng AK đi A và có vtcp



21
; 2;1
55
AK
suy ra AK có vtpt
1; 2n
có phương trình
:1 1 2 1 0 : 2 3 0AK x y AK x y
.
Gi
()D AK C
,khi đó tọa độ điểm D là nghim ca h



2
2
1, 2
12
1;2
7
4
,
2 3 0
55
xy
xy
D
xy
xy
(vì
7
5
4
5
x
y
là tọa độ điểm A). Tam giác BKC ni tiếp đường tròn tâm D (xem BT4 ). Đường tròn ngoi
tiếp tam giác BKC có tâm D và đường kính
5DK
có phương trình
22
( '): 1 2 5C x y
. Tọa độ
điểm B và C là nghim ca h pt:
22
2
2
1 2 5 1
1 2 2
xy
xy
. Ly (2) tr (1) ta được
2 2 1 0x y d
.
Vì tọa độ điểm B và C thỏa (d) nên phương trình đường thẳng đi qua B và C cần tìm là phương
( ):2 2 1 0BC d x y
.
Ví d 13. Trong mt phng Oxy.Cho
ABC
2;3B
, tâm đường tròn ngoi tiếp
6;6I
tâm đường tròn ni tiếp
4;5K
. Tìm tọa độ các đỉnh A,C.
Gii
Đưng tròn ngoi tiếp
ABC
có tâm
6;6I
và bán kính bng
5IB
phương trình
22
( ): 6 6 5C x y
.Đường thng BK đi B và K có
phương trình
: 1 0BK x y
.Gi
()D BK C
,khi đó tọa độ điểm D là
nghim ca h



22
2, 3
6 6 5
9;10
9, 10
10
xy
xy
D
xy
xy
(vì
2
3
x
y
là tọa độ điểm B). Tam giác AKC ni tiếp đường tròn tâm D (chứng minh như
D
K
I
B
C
A
D
K
I
A
C
B
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 14
BT4 ). Đường tròn ngoi tiếp tam giác AKC có tâm D và đường kính
50DK
có phương trình
22
( '): 9 10 50C x y
. Tọa độ điểm A và C là nghim ca h pt:





22
22
9 10 50
2 10
93
6 6 5
xy
xx
yy
xy
. Vy
2;9 , 10;3AC
hoc
10;3 , 2;9AC
.
5. Bài toán 5(BT5)
Cho đường tròn (C) tâm I,đường kính AB. Điểm C thuộc đường tròn (AC<BC). K CH vuông góc AB(H
thuc AB). D,E lần lượt là trung điểm của AC và CH. F là giao điểm ca ID và BE. Chng minh FA và
FC là các tiếp tuyến ca (C).
Chng minh
Gọi M là giao điểm của DE và BC, khi đó M cũng là trung điểm ca
BC (vì
DE AB
). Do D là trung điểm ca AC nên FI là đường trung
trc ca AC.
FD BC
(cùng vuông góc AC), dẫn đến
EDF
EMB
đồng dng
 1
EM EB
ED EF
.
Mt khác,
DE AH
ME HB
1
2
2
1
2
EM
HB
EM HB
ED HA
ED
HA
. T
(1) và (2) suy ra
HB EB
FA EH FA AB
HA EF
. Suy ra FA là tiếp tuyến ca (C). T
90FIA FIC FCI FAI
suy ra FC cũng là tiếp tuyến ca (C).
Ví d 14. Trong mt phng Oxy.Cho
ABC
vuông tại A,đường cao AH. Gi D và E lần lượt là
trung điểm các đoạn thẳng AB và AH. Đường thng vuông góc AB ti D ct CE tai
1;3F
.
Đưng thẳng BC có phương trình
2 1 0xy
. Tìm tọa độ các đỉnh ca A,B,C biết rng D
thuộc đường thng
3 5 0xy
và D có hoành độ dương.
Gii
Ta chứng minh được
FB BC
(xem BT5 ). Đường thng
FB đi qua F(-1;3) và vuông góc BC nên FB có vtpt
(2;1)u
. Phương trình đường thng
:2( 1) 1( 3) 0BF x y
:2 1 0BF x y
.
M
F
E
H
D
C
B
A
M
F
E
H
D
B
I
A
C
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 15
Tọa độ điểm B là nghim ca h pt:




1
13
2 1 0
5
;
2 1 0 3
55
5
x
xy
B
xy
y
.
Vì D thuộc đường thng
3 5 0xy
nên suy ra:
3 3 3
13
; ; 1; 3 ; ;
5 5 5 5 5
D D D
D D D
x x x
D x FD x BD x
.Ta có :


2
1( )
. 0 17 37 20 0
20
(l)
17
D
DD
D
xn
BD FD FD BD x x
x
.Vì D là trung điểm ca AB nên



11 3
;
55
A
. Đường thẳng AC đi qua điểm



11 3
;
55
A
và có vtpt là


12
;0
5
AB
có phương trình

11
:0
5
AC x
. C là giao điểm ca AC và BC suy ra




11 3
;
55
C
.
Vy tọa độ các điểm cn tìm là



11 3
;
55
A
,



13
;
55
B
,




11 3
;
55
C
.
Ví d 15. Trong mt phng Oxy.Cho
ABC
vuông tại A,đường cao AH. Gọi I là trung điểm
của AH. Đường thng vuông góc vi BC ti C ct BI ti D. Viết phương trình đường tròn ngoi
tiếp
ABC
, biết phương trình
: 2 0BC x y
D(-1;-1) và đỉnh A thuộc đường
d:3 2 6 0xy
.
Phân Tích: Trước tiên ta thấy DC vuông góc BC và đi qua điểm D nên ta viết được phương trình đường
thng DC và có ngay tọa độ đỉnh C . Không khó để ta thy rng DA cũng là tiếp tuyến hay DA = DC . T
đó tìm được điểm A và nh chú ý tam giác ABC vuông tại A để nhn và loi nghim.
Gii
Tc tiên ta thấy DC vuông góc BC và đi qua điểm D nên ta viết được phương trình đường thng
DC: 2 0xy
.
Tọa độ điểm C là nghim ca h



2 0 0
0; 2
2 0 2
x y x
C
x y y
. Gọi M là trung điểm ca AC, N là
giao điểm ca MI và AB thì có ngay N cũng là trung điểm ca AB(tính cht một đường thẳng đi qua trung
điểm mt cnh ca tam giác và song song mt cạnh thì đi qua trung
điểm cnh còn lại). Để chng minh DA = DC. Ta ch cn chng
minh MD vuông góc AC(vì M đã là trung điểm AC). Tam giác ABH
đường trung bình IN nên
2HB IN
và tam giác ACH có đưng
N
D
I
H
M
B
C
A
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 16
trung bình IM nên
2HC IN
. Mt khác, do
2
2
IB HB IB IN IB IN
IH DC DM BN
ID HC ID IM ID IM
ịnh lí talets đảo). Mà
BN AC
nên
MD AC
suy ra tam giác DAC cân ti D
DA DC
. Ta có
2DC
và A thuc d suy ra



36
;
2
a
Aa
.
Ta có







2
2
2 2;0
36
2 1 1 2
30 30 6
;
2
13 13 13
aA
a
DA a
aA
.
Loại điểm
2;0A
vì khi đó AC vuông góc BC. Vậy điểm




30 6
;
13 13
A
. AB vuông góc với AC và đi qua
điểm A nên có phương trình
:3 2 6 0AB x y
. Tọa độ điểm B là nghim ca h



3 2 6 0 10
10; 12
2 0 12
x y x
B
x y y
. Tam giác ABC vuông ti A nên ni tiếp đường tròn đường
kính BC. Gọi I là trung điểm của BC, khi đó
I(-5;-7) và
52IC
. Vậy phương trình đường tròn ngoi tiếp tam giác ABC có phương trình
22
5 7 50xx
.
Bài tp t rèn luyn:
Bài 1. Trong mt phng Oxy.Cho
ABC
có trong tâm



8
1;
3
G
và ni tiếp đường tròn
22
: 2 3 26C x y
. Điểm
7;2M
thuộc đường thẳng đi qua A và vuông góc BC;M khác A. Tìm
ta độ các đỉnh ca tam giác ABC, biết
BC
yy
.
Bài 2. Trong mt phng Oxy.Cho
ABC
có trung điểm cnh BC là
3; 1M
. Điểm E(-1;-3) thuộc đường
cao đi qua B. Đường thẳng AC đi qua F(1;3). Tìm tọa độ các đỉnh ca tam giác ABC, biết đường tròn ngoi
tiếp tam giác ABC có đường kính
AD vi D(4;-2).
Bài 3. Trong mt phng Oxy.Cho
ABC
có trc tâm
3;0H
và trung điểm cnh BC là
6;1M
. Đường
thẳng AH có phương trình
2 3 0xy
. Gi D và E lần lượt là chân đường cao h t B và C ca tam giác
ABC. Xác định tọa độ các đỉnh ca tam giác ABC, biết DE có phương trình
20x
và D có tung độ
dương.
Bài 4. Trong mt phng Oxy.Cho
ABC
có trc tâm
2;0H
và tâm đường tròn ni tiếp
2;0I
. Phương
trình cnh BC:
40xy
. Lập phương trình cạnh AB, biết hoành độ của điểm B không ln hơn 3.
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 17
Bài 5. Trong mt phng Oxy.Cho
ABC
ni tiếp đường tròn
22
: 1 2 25C x y
. Các điểm
K(-1;1) , H(2;5) lần lượt là chân đường cao h A và B. Xác định tọa độ các đỉnh ca tam giác ABC, biết C
có hoành độ dương.
Bài 6. Trong mt phng Oxy.Cho
ABC
ni tiếp đường tròn tâm
3;5I
và ngoi tiếp đường tròn tâm
K(1;4). Đường tròn tiếp xúc vi cnh BC và các cạnh AB,AC kéo dài (đường tròn bàng tiếp cnh BC) có
tâm F(11;14). Viết phương trình cạnh BC và đường cao đi qua đỉnh A.
Bài 7. Trong mt phng Oxy.Cho
ABC
nhọn có đỉnh A(-1;4),trực tâm H. Đường thng AH ct BC ti M,
đường thng CH ct AB tại N. Tâm đường tròn ngoi tiếp tam giác HMN là I(2;0). Tìm tọa độ các đỉnh
B,C ca
ABC
, biết đỉnh B thuộc đường thng
: 2 2 0d x y
.
Bài 8. Trong mt phng Oxy.Cho
ABC
ni tiếp đường tròn tâm
5;4I
và có trc tâm H(5;5). Cnh AC
có phương trình
80xy
. Tính din tích
ABC
.
Bài 9. Trong mt phng Oxy.Cho
ABC
có trc tâm H(-1;3), tâm đường ngoi tiếp
3; 3I
, chân đường
cao k t A là điểm K(-1;1). Tìm tọa độ các đỉnh ca
ABC
.
Bài 10. Trong mt phng Oxy.Cho
ABC
có đỉnh A(-3;-4), tâm đường ngoi tiếp
2;1I
và tâm đường
tròn ngoi tiếp K(-1/2;1). Viết phương trình cạnh BC.
Phn 3. Rèn luyện tư duy phân tích,d đoán tính chất và chng minh
Ví d 16. Trong mt phng Oxy, cho tam giác ABC ni tiếp đường tròn đường kính BC có
phương trình
22
( ): 6 2 5 0C x y x y
. H là chân đường cao k t A. Đường tròn
đường kính AH ct AB,AC lần lượt ti M và N. Tìm tọa độ đỉnh A và viết phương trình
cnh BC,biết MN có phương trình
20 10 9 0xy
và H có hoành độ nh hơn tung độ.
Phân tích:Trước hết ta có gng v hình chính xác và tng hp k tng gi thuyết đường b xót chi tiết nào.
Ta có tam giác ABC vuông ti A(góc A chắn đường kính). D thy AMHN là hình ch nhật. MN đã có
phương trình,đường tròn đã có tâm và bán kính. Phương trình MN dùng để làm gì??D đoán được gì
đây!!B,C không nhiều gi thuyết nên ta tập trung vào tìm điểm A. Điểm A đã thuộc đường tròn là đã có
một phương trình,chỉ cn thêm một phương trình nửa là ra A. Ta nghĩ đến vic nối A và I (I là tâm đường
tròn(C)) vì đây chỉ có tọa độ điểm I. Ta s có cm giác IA vuông góc MN???Th v thêm hình khác
xem?Và nghĩ ngược li,nếu IA vuông góc MN ta đưc gì?? Ak..Nếu IA vuông góc MN thì s viết được
phương trình IA
A
!!Khi có A thì vic tiếp theo s d hơn. Vậy ta có th tin rằng IA vuông góc MN và đi
chng minh. Li gii chi tiết.
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 18
Gii:
Đưng tròn (C) có tâm I(3;1) và bán kính
5R
. Do
(1)IA IC IAC ICA
. Đường tròn đường kính AH ct AB ti M
MH AB MH AC
(cùng vuông góc AB) suy ra
2MHB ICA
. Ta có
3AHM ANM
(cùng chn AM). T (1) ,(2) và (3) ta có
90
ANM AHM
IAC ANM MHB AHM IA MN
IAC MHB
. IA đi
qua I và IA vuông góc MN phương trình
: 2 5 0IA x y
. Điểm A là giao điểm gia IA và đường tròn
(C) nên tọa độ điểm A là nghim ca h:


22
2 5 0
1, 2
1;2 5;0
5, 0
6 2 5 0
xy
xy
AA
xy
x y x y
. Ta loi
5;0A
vì I,A nm cùng phía so vi
đường thng MN. Ta nhn
1;2A
vì I,A nm khác phía so với đường thng MN. T giác AMHN là hình
ch nht (có 3 góc vuông). Gọi E là trung điểm của AH thì E cũng là trung điểm ca MN. Do
9
;2
10
E MN E t t
.Do E là trung điểm ca AH
19
2 1;4
5
H t t
.
58 48
2 2;4 ; 2 4;4
10 10
AH t t IH t t
. Do IH vuông góc AH suy ra:


2
8 13
11
; ( )
5 5 5
272 896
. 0 20 0
5 25
28 31 17
; ( )
25 25 25
t H l
AH IH t t
t H n
.
Khi đó BC đi H và có vtpt là
AH
nên có phương trình
:2 7 0BC x y
.
Vy
1;2A
:2 7 0BC x y
.
Bình lun:Đây là bài toán xut phát t bài toán lp 9 khá quen thuc. Và lớp 9 đề bài yêu cu luôn chng
minh IA vuông góc MN. Khi d đoán ta thử nghĩ ngược lại đều mình d đoán có ý nghĩa gì??? Có giải bài
toán không?? Và mu cht là phi tìm yếu t đầu tiên. Các Em th giải bài sau trước khi xem li gii nhé!
Thầy nghĩ đến các bài tiếp theo thì các em s d đoán chính xác các tính cht hình trong bài toán!
Và phn còn li c gng chng minh.
Ví d 17. Trong mt phng Oxy, cho
ABC
ni tiếp đường tròn tâm I, điểm
M(2;-1) là trung điểm ca cnh BC. Hình chiếu vuông góc ca B trên AI là
98
;
55
D
.
M
N
E
H
C
I
B
A
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 19
Biết rằng AC có phương trình
50xy
,tìm tọa độ các đỉnh ca
ABC
.
Phân tích:Bài toán n khá k tính cht s dng đây. Ta có thể bi rối lúc đầu không biết xut phát t đâu.
Xem k gi thuyết đã,ta có phương trình cạnh AC, tọa độ đỉnh D và trung điểm M ca BC. Rõ ràng AC
không tham gia vào việc tư duy, vậy nó phc v để tìm A hoc C trước. Điểm D to ra thế nào?? Khi thy
có nhiều góc vuông ta nghĩ đến t giác ni tiếp, đó cũng là một kinh nghim. Tam giác ABD vuông ti D
nên s ni tiếp đường tròn (T) tâm E(E là trung điểm AB). Ak... phương trình ME ta viết được vì ME song
song AC(ME là đường trung bình ca
ABC
). Đã tiến được mt tí rồi. Điểm D chưa khai thác?? Ta th
to ra t giác ni tiếp, bng cách k đường cao AF. Rõ ràng F thuc (T). ABFD ni tiếp (T). Th ni D vi
các điểm khác xem có phát hin gì không??? Ta s thy ni bậc DF dường như vuông với EM, mà nếu tht
vy thì ME s là đường trung trc của DF luôn (vì EF=ED). Nghĩ ngược li ME là đường trung trc ca
DF ta được gì?? Rõ ràng nếu ME là đường trung trc ca DF ta s tìm được F,vì ME đã có phương trình và
D đã có. Mà khi có F sẽ có phương trình BC,từ đó có điểm C trước ,dẫn đến có
B (vì M là trung điểm BC). AF đi qua F và vuông góc BC nên cũng có phương
trình. Vậy có luôn điểm A. Vy d đoán này có vẻ hp lí?? Ta cn chng minh
ME là đường trung trc ca DF???Mun vy ta ch cân chng minh ME là
phân giác
EDF
hoc
ME DF
( vì EF=ED).
Gii
Gọi E là trung điểm AB và F là chân đường cao k t A. Ta có t giác ABFD
ni tiếp đường tròn (T) tâm E. Ta có:
(1)DFM DAB
(góc ngoài ca t giác
ni tiếp) và
(2)FME MCA
. Mà

1
(3)
2
MCA BIA EIA
(góc ni tiếp bng mt na góc tâm). T
(1),(2) và (3) ta có:
90DFM FME DAB EIA ME DF
. Mà ED=EF (D và F thuộc đường tròn
tâm E). Do đó ME là đường trung trc ca DF. ME song song AC và đi qua M nên có phương trình
: 1 0ME x y
. DF vuông góc ME và đi qua D nên có phương trình
17
DF: 0
5
xy
. Gi K là giao
điểm ca DF và ME

6 13
11 4
;;
5 5 5 5
KF
(vì K là trung điểm của DF). BC đi qua M(2;-1) và
13
4
;
55
F
nên có phương trình
: 3 5 0BC x y
. Điểm C là giao điểm ca BC và AC nên tọa độ điểm C
là nghim ca h




3 5 0 5
5;0
5 0 0
x y x
C
x y y
. Điểm M là trung điểm ca BC nên ta có B(-1;-2).
K
E
M
F
D
I
A
B
C
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 20
Đưng thẳng AF đi qua F và vuông góc BC nên có phương trình
33
AF:3 0
5
xy
. Điểm A là giao
điểm ca AF và AC nên tọa độ điểm A là nghim ca h

33
30
1;4
5
50
xy
A
xy
.
Vy tọa độ các điểm cn tìm là :
1;4 ,B 1; 2 , 5;0AC
.
Bình lun:Có l các Em thc mc ti sao li d đoán được như vậy?? Đừng nn chí, các Em s t nhn ra
được câu tr lời qua các bài phía sau. Ak…! Ở bài toán trên để chứng minh ME là đường trung trc ca DF
ta có th xem th cách 2 này nhé:
Các điểm E,B,M,I,D cùng thuộc đường tròn đường kính BI. Và EBFE thuộc đường tròn tâm E. Ta có:

1
2
DEM DBE DEF
suy ra ME là đường phân giác
DEF
. Mà DE=DF, do đó ME là đường trung trc
ca DF.
Kết qu cn nh qua ví d 17:
Cho
ABC
ni tiếp đường tròn tâm I; D là chân đường cao k t A; M và N lần lượt là trung điểm ca BC
và AB; E là hình chiếu của B trên AI. Khi đó:
a) DE vuông góc AC.
b) MN là đường trung trc ca DE.
Em nh chứng minh trước khi áp dng vào gii bài toán .
Ví d 18. Trong mt phng Oxy, cho
ABC
vơi AB < AC có tâm đường tròn ngoi tiếp
I(-1;0). Điểm M(3;3) nằm trên đường trung trc ca BC và N(2;4) thuộc đường phân giác
trong góc B sao cho AN=CN. Đường thẳng BC đi qua điểm D(1;4) và B có tung độ lớn hơn
C. Xác định tọa độ các đỉnh ca
ABC
.
Phân tích: Cn nhớ: Tâm đường tròn ngoi tiếp là giao điểm của ba đường trung trc ba cnh ca tam
giác.Trước tiên M thuộc đường trung trc ca BC nên IM vuông góc BC và D thuc BC ta viết ngay
phương trình cạnh BC. Tiếp theo AN=NC tc là N thuộc đường trung trc AC. N li thuộc đường phân
giác trong góc B. Ta thy ngay N thuộc đường tròn. Vy có phương trình đường tròn (C) ngoi tiếp
ABC
có tâm I và bán kính IN. Giao BC và (C) ta có được B,C. Đường thẳng AC đi qua C và vuông góc
IN nên ta viết được AC và giao AC vi (C) ta có A.
Gii
Gọi (C) là đường tròn ngoi tiếp
ABC
.Do NA=NC nên N nm trên đường
trung trc ca AC.
2
2 ( )
2
AIC ABC
NIC ABC NBC N C
AIC NIC
. Đường
N
I
B
C
A
M
D
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 21
tròn (C) có tâm I(-1;0) và bán kính
22
3 4 5R IN
có phương trình
2
2
: 1 25C x y
. Đường
thẳng BC đi qua D(1;4) và có vtpt là
4;3IM
có phương trình
:4x 3y 16 0BC
. Đim B,C là giao
điểm ca BC và (C) nên tọa độ ca B, C là nghim ca h


2
2
2
4
1 25
5
0 24
4 3 16 0
5
x
x
xy
y
xy
y
. Do
BC
yy
nên
2 24
; , 4;0
55
BC
. AC đi qua C và vuông góc IN nên có phương trình
:3x 4y 12 0AC
.
Điểm A là giao điểm ca AC và (C) nên tọa độ ca A là nghim ca h


2
2
12
4
1 25
5
0 24
3 4 12 0
5
x
x
xy
y
xy
y
. Loi
4
0
x
y
vì trùng điểm C,vy
12 24
;
55
A
. Tọa độ các
điểm cn tìm là:
12 24
;
55
A
,
2 24
; , 4;0
55
BC
.
Ví d 19. Trong mt phng Oxy, cho hình thang ABCD vuông ti A và D có
22CD AD AB
, gọi E(2;4) là điểm thuộc đoạn AB sao cho
3AB AE
. Điểm F thuc BC
sao cho
DEF
cân tại E. Phương trình EF là
2 8 0xy
. Tìm tọa độ các đỉnh ca hình
thang biết D thuộc đường thng
:0d x y
và điểm A hoành độ nguyên và thuộc đường
thng
':3 8 0d x y
.
Phân tích: Đối vi các bài toán hình hc phng các Em cn v hình chính xác và s dng hết gi thuyết.!
bài này ta thy rằng điểm A thuc
':3 8 0d x y
và D thuc
:0d x y
. Nên ta định hướng tìm D
và A trước. Xem các điểm E và F được to ra thế nào và có mi liên h với điểm nào??Phương trình EF
dùng làm gì?? Th ni E vi A và D, ta s có cm giác ED vuông góc EF?? Các Em có thy vy không??
Th suy nghĩ nếu ED vuông góc EF ta được gì?? Ak… Khi đó ta sẽ viết được phương trình DE vậy là có
được điểm D! Có v d đoán này khả quan và khi đó tìm cách chứng minh xem?? Ak.. Còn t l các đoạn
thng thì sao??Tìm A thế nào??Khi đã có D ta sẽ có độ dài DE và nh t l các đoạn thẳng ta tính được độ
dài AE suy ra điểm A. đây có một cách chng minh bằng phương pháp n h trc tọa độ mi! Rt
hiu quả,nhưng phạm vi s dng hp. Ch yếu đối vi các bài có góc vuông và t l các cnh Thy s gii
thiu vào mt chương sau .Trong bài này Thy s hướng dn chng minh trc tiếp!
Gii
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 22
Gi P là điểm đối xng ca D qua A. Ta có
1
2
AB AD DP DBP
vuông ti B. Mt khác
ABD
vuông cân ti A nên
45ADB
. Do đó
DBP
vuông cân ti B
BA
là đường trung trc ca DP
ED EP
, mà
ED EF
,
do đó E là tâm đường tròn ngoi tiếp
DPF
. Suy ra
2 90DEF DPF ED EF
. Đường thng ED vuông góc
EF và đi qua điểm D nên có phương trình
: 2 6 0DE x y
.Điểm
D ED d
nên tọa độ ca D là nghim ca h phương
trình



2 6 0 2
2;2 .
02
x y x
D
x y y
Ta có
2
20DE
, xét
AED
vuông ti A, có
2 2 2
20DE AE AD
. Mà
3AE AD AB
suy ra
22
10 20 2 (*)AE AE
. Do A thuc
':3 8 0 ;8 3d x y A a a
. T
22
2
1
(*) 2 4 3 2 5 14 9 0
9
5
a
a a a a
a
.
Do A có tọa độ nguyên
1;5A
.
Ta có


2 2 4
2 4;2
4 2 2
BB
BB
xx
EB EA B
yy
.
Ta có


2 6 4
2 4; 4
4 6 4
CC
CC
xx
DC AB C
yy
.
Vy tọa độ các điểm càn tìm là :
1;5 , 4;2 , 4; 4 , 2;2A B C D
.
Bình lun: Mu cht ca bài toán là phi thy ED vuông góc EF. Ta có một cách khác để chng minh ED
vuông góc EF ch ph thuc vào tính toán bằng cách mượn h trc tọa độ. Thy s gii thiu trong chương
sau. Phương pháp này hiệu qu, không cần suy nghĩ nhiều nhưng phm vi s dng hẹp. Thường dùng cho
bài toán có góc vuông và t l các cnh.
Ví d 20. Trong mt phng Oxy, cho
ABC
có trc tâm H, gi D và E lần lượt là chân
đường cao h t A và C. Điểm M(2;3/2) là trung điểm của BC. Đường tròn (C) ngoi tiếp
DHE
có phương trình
2
2
1
: 4 25
2
C x y
. Tìm tọa độ các đỉnh ca
ABC
, biết
đỉnh C thuộc đường thng
: 2 2 0d x y
và điểm B có hoành độ dương.
I
F
P
C
D
B
A
E
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 23
Phân tích: Trước hết ta thấy điểm C thuộc đường thng d nên tọa độ ca C ch mt n và M(2;3/2) là
trung điểm ca BC nên tọa độ của B cũng chỉ mt n. Thêm vào
0
B
x
nên ta nghĩ đên tìm điểm B trước.
Khi bài toán có nhiều góc vuông ta nghĩ đến các t giác ni tiếp nhé. Không khó để thy t giác BDHE ni
tiếp, suy ra B thuc (C) t đây tìm được B. Xem như đã ổn!
Gii
Ta có
180BEH BDH
t giác BDHE ni tiếp
BC
.
Do
: 2 2 0 2 2;C d x y C t t
.
Mà M là trung điểm ca BC
6 2 ;3B t t
.
Đim

2
2
7
1
1; ( )
22
7
2 2 25
2
7
1
7; ( )
22
t B l
B C t t
t B n
.
M là trung điểm ca BC suy ra
1
3;
2
C
. Đường tròn (C) có tâm I(4;1/2) là trung đim ca HB suy ra
5
1;
2
H
. Đường thẳng AH đi qua H và có
BC
là vtpt nên có phương trình
:5 2 0AH x y
. Đường
thẳng AB đi qua B và có
CH
là vtpt nên có phương trình
15
:2 0
2
AB x y
. Ta có
A AB AH
nên
tọa độ điểm A là nghim ca h




5
15
20
3
5 25
;
2
36
25
5 2 0
6
x
xy
A
y
xy
.
Vy tọa độ các điểm cn tìm là :
5 25
;
36
A
,
7
1
7; , 3;
22
BC
.
Bình lun: Cn thn các kiểu đánh lừa đường tròn ngoi tiếp tam giác có th các điểm ta cn tìm thuc vào
đường tròn đó! Phân tích và thử suy ngược li xem được gì nhé. Ta th sc mt bài cùng loại nhé! Để s
dng tài liu hiu qu, mt li khuyên là các Em hãy t làm trước khi xem bài gii nhé.
Ví d 21. Trong mt phng Oxy, cho
ABC
nhn có đỉnh A(-1;4), trực tâm H. Đường
thng AH ct BC ti M và CH ct AB tại N. Tâm đường tròn ngoi tiếp
HMN
I(2;0),đường thẳng BC đi qua điểm P(1;2). Tìm tọa độ các đỉnh B,C ca tam giác biết đỉnh B
thuộc đường thng
: 2 2 0d x y
.
Phân tích: Tương tự như bài tớc đó, ta có tứ giác BMHN ni tiếp đường tròn đường kính BH. Khi đó I
là trung điểm ca BH. B thuộc đường thng d nên có mt ẩn suy ra H cũng có một n. T
. 0 ,AH BP H B
. Vậy là xong nhé…!
I
M
H
E
A
B
C
D
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 24
Gii
Ta có
90BMH BNH
bốn điểm BNHM cùng thuộc đường
tròn đường kính BH.
2 2 ;B d B t t
, I là trung điểm ca BH suy ra
2 2 ; 3 2 ; 4 , 2 1; 2H t t AH t t BH t t
.
Do H là trc tâm ca
ABC
2
. 0 5 10 5 0 1AH BH t t t
. Suy ra H(0;1), B(4;-1).
Đưng thẳng AC đi qua A và có vtpt là

4; 2BH
có phương trình
:2 6 0AC x y
. Đường thng
BC đi qua B và P có phương trình
: 3 7 0BC x y
. Tọa độ điểm C là nghim ca h
2 6 0
5; 4
3 7 0
xy
C
xy
.Vy tọa độ các điểm cn tìm là: B(4;-1) và C(-5;-4).
Ví d 22. Trong mt phng Oxy, cho hình bình hành ABCD có
ABC
nhọn, đỉnh A(-2;-1).
Gi H,K,E lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BC,BD,CD. Phương
trình đường tròn ngoi tiếp
HKE
22
: 4 3 0C x y x y
. Tìm tọa độ các đỉnh
B,C,D biết H có hoành độ âm. Điểm C có hoành độ dương và thuộc đường thng
30xy
.
Phân tích: Các em c gng v hình tt và ghi ra các gi thuyết, phân tích xem tìm điểm nào trước. Rõ ràng
ta suy nghĩ đến điểm C và H trước vì hai điểm này có nhiều điều kiện hơn. Lại thấy đường tròn ngoi tiếp,
giá như mà điểm C cũng thuộc (C) thì tt quá nh?? Tht không may,khi v đường tròn ra các em s nhân
ra rằng điểm C không thuc (C). Nếu v tt ta s thy rằng đường tròn (C) dường như đi qua tâm I của hình
bình hành?? Liu tht vậy ta được gì?? Điểm C mt ẩn và điểm A đã có
vy s tính được I theo mt n của C(vì I là trung điểm AC). Mà I thuc
(C) ta s tìm được I!! Có v hp lí ri! Vy ta c gng chng minh I thuc
(C), mun vy ta chng minh t giác IKHE ni tiếp..! Các Em theo dõi
bài gii chi tiết nhé..!
Gii
Ta có
90AHC AEC
bốn điểm A,H,C,E cùng thuộc đường tròn
đường kính AC. Gi I là tâm ca hình bình hành. Ta có
2 2 180HIE HAE BCD
. Các t giác
AKED,AKHB ni tiếp
I
H
N
A
B
C
M
P
D
I
E
H
K
C
A
B
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 25
nên
EKD EAD
BKH BAH
.
Do đó:

180 180 90 90
2 180
HKE EKD BKH EAD BAH EAD BAH ABC ADC
BCD HIE
.
Suy ra t giác HKIE ni tiếp . Dẫn đến điểm I thuc đường tròn (C) ngoi tiếp
HKE
.
Gi

24
;c 3 , 0 ;
22
cc
C c d c I
. Do I thuộc (C) nên ta có phương trình
2
2 0 2 1c c c c
(loi vì c>0). Suy ra
2; 1C
0; 1I
.Điểm E,H nằm trên đường tròn
đường kính AC và đường tròn (C) nên tọa độ tha mn h phương trình :
22
2
2
0, 3
4 3 0
8
11
,y
14
55
xy
x y x y
x
xy
.
Vì điểm H có hoành độ âm

8
11
; , 0;3
55
HE
. Đường thẳng BC đi qua H và C nên có phương trình
: 3 5 0BC x y
. Đường thẳng AB đi qua A song song CE nên có phương trình
AB: 1 0xy
. Ta
độ điểm B là nghim ca h phương trình:



1 0 4
4; 3 2;2 , 6;2 . 16 0( / )
3 5 0 3
x y x
B BA BC BA BC t m
x y y
.

4;1BA CD D
. Vy
4; 3 , 2; 1 , 4;1B C D
.
Bình lun: Tới đây Thầy nghĩ khả năng phân tích của các Em đã tiến b hơn rồi ch!.Thầy nghĩ phần còn
li là rèn luyn cách chng minh và k năng tính toán thật tt.
Ví d 23.Trong mt phng Oxy, cho
ABC
cân tại A. Điểm M thuc BC(M khác trung
điểm của BC). Các điểm E,F lần lượt là hình chiếu ca M trên cnh AB và AC và
:2 8 0EF x y
.Cạnh BC có phương trình
10xy
. Tìm tọa độ các đỉnh ca
ABC
,
biết I(1;2) là trung điểm của AM và E có hoành độ dương.
Phân tích: Chc chn là ta phải nghĩ đến tìm điểm E,F,M hoặc điểm nào đó thuộc cạnh BC. Vì các điểm
này đã thuc một đường thẳng có phương trình. Đề cho
ABC
cân tại A?? Ta xem được gì? Ta th nghĩ
đến trung điểm H của BC và AH là đường cao và đường phân giác ca
ABC
. Ta d nhận ra các điểm
A,E,M,H,F thuộc đường tròn đường tâm I, với I là trung điểm ca AM, vì
90MEA MFA MHA
.
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 26
Th ni IH li ta s thy
IH EF
?? Nếu tht vy ta sđược tọa độ điểm H ? Ta xem bài gii chi tiết
nhé…!
Gii
Gọi H là trung điểm của BC và I là trung đim ca AM. Ta có:
90MEA MFA MHA
suy ra các điểm
A,E,M,H,F thuộc đường tròn (C) tâm I
 1IE IF
. Mt khác,
ABC
cân ti A suy ra:
2EAH FAH HE HF
(tính cht ca góc ni tiếp). T (1) và (2)
dẫn đến IH là đương trung trực ca EF nên IH vuông góc EF. Ta có
: 2 0IH EF IH x y m
, mà
: 2 3 0I IH IH x y
. Điểm
5;4H IH BC H
. Đưng tròn (C) tâm I(1;2) và bán kính
25R IH
có phương trình
22
: 1 2 20C x y
.Đường
thẳng AH đi qua H(5;4) vuông góc BC nên có phương trình
: 9 0AH x y
.
Đim
A AH C
nên tọa độ điểm A là nghim ca h:


22
5, 4
1 2 20
3, 6
90
xy
xy
xy
xy
. Điểm A(5;4) loi vì trùng H, nên A(3;6).
Các điểm
,E F EF C
nên tọa độ E,F là nghim ca h:

22
1, 6
1 2 20
3, 2
2 8 0
xy
xy
xy
xy
. Vì E có hoành độ dương nên E(3;2) và F(-1;6).
Đưng thẳng AB đi qua điểm A(3;6) và E(3;2) nên có phương trình
:3AB y
. Điểm
4;3B AB BC B
. Điểm H là trung điểm ca BC nên C(6;5).
Vy tọa độ các điểm cn tìm là A(3;6), B(4;3), C(6;5).
Kết qu cn nh qua ví d 18:
Cho
ABC
cân tại A; M là điểm thuộc đoạn BC (khác trung điểm ca BC); E và F lần lượt là hình chiếu
ca M trên AB và AC; I là trung điểm của AM; H là trung điểm của BC. Khi đó:
a) Các điểm A,E,M,H,F cùng thuộc đường tròn tâm I.
b) HI là đường trung trc ca EF.
Em nh chứng minh trước khi áp dng vào giải bài toán nhé…!
Ví d 24.Trong mt phng Oxy, cho
ABC
ni tiếp đường tròn (C) tâm I. D là điểm chính
gia ca cung BC không chứa A). P(4;5) là giao điểm ca AB và DC. Phương trình đường
F
E
I
H
B
C
A
M
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 27
tròn ngoi tiếp
APC
có phương trình
2
2
: 2 25T x y
. Phương trình đường thng
DI:
2 10 0xy
Tìm các đỉnh ca
ABC
.
Phân tích: Gọi K là tâm đường tròn (T). Mt s sai lm có th xãy ra là ta d đoán
PK PD
hoc
PK PD
vì v hình đôi khi vô tình vậy! Bi vì có mt trong hai điều trên cũng tìm được D. Nhưng chứng
minh không được. Chu khó v hình li ta s thy d đoán trên sai. Rõ ràng ta phi chuyn các yếu t ca
(C) qua (T) vì (C) chưa có phương trình.
Gi
()M AD T
,cn nh AM là đường phân giác góc A( vì D nm chính gia cung BC). Vy
P A M C A M MP MC
(tính cht góc ni tiếp trên đường tròn (T)).
Vy KM là đường trung trc ca PC. Nếu tìm được M là xong?? Phương trình ID dùng làm gì ??AK.. Ni
PM ta s thy PM song song BC?? Nếu vy qua tt
PM BC BM ID
. Khi đó sẽ viết được phương
trình PM và có ngay điểm M, dẫn đến có C.
Ta xem bài gii chi tiết nhé…!
Gii
Đưng tròn (T) có tâm K(0;2). Gi
()M AD T
,do D nm chính gia
cung BC nên AD là đường phân giác trong ca góc A. Xét trên đường tròn
(C) có
DAB DCB
(cùng chn DB),mà
DAB DAC
suy ra
 1DAB DAC DBC
. Xét trên đường tròn (T) có
2MPC MAC
. T
(1) và (2) suy ra
MPC PCB PM BC
. Mà BC vuông góc ID nên PM
cũng vuông góc ID. PM đi qua P và vuông góc ID có phương trình
2 3 0xy
. Điểm
M PM T
nên tọa độ điểm M là nghim ca h:


2
2
0, 3
2 25
4, 5
2 3 0
xy
xy
xy
xy
. Điểm M(4;5) loi vì trùng P, nên
M(0;-3). Do
KP KC
MP MC
nên KM là đường trung trc của PC. KM đi qua M và K có phương
trình
0x
. PC đi qua B và vuông góc KM nên có phương trình
5y
. Gi
(0;5) 4;5N PC KM N C
.
BC đi qua C và vuông góc ID nên có phương trình
:2 13 0BC x y
. ID là đường trung trc ca BC nên
ta tìm được
92
11
;
55
B
. AP đi qua P và P nên có phương trình
: 2 14 0AP x y
.
Đim
A AP T
nên tọa độ điểm M là nghim ca h:
K
M
P
D
I
C
B
A
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 28


2
2
0, 7
2 25
4, 5
2 14 0
xy
xy
xy
xy
. Điểm A(4;5) loi vì trùng P, nên A(0;7).
Vy tọa độ các điểm cn tìm là A(0;7),
92
11
;
55
B
, C(-4;5).
Ví d 25.Trong mt phng Oxy, cho
ABC
vuông ti A, có H là chân đường cao k t A.
Gi D và E lần lượt là hình chiếu ca H trên cạnh AB và AC. Điểm K(-1;2) thuc AB và
M(0;-1) là trung điểm của BC. Đường tròn ngoi tiếp
CDE
có phương trình
22
: 1 3 10C x y
. Tìm tọa độ các đỉnh ca
ABC
, biết B có hoành độ dương.
Gii
Ta có ADHE là hình ch nht
 1ADE AHE
,



90
2
90
AHE EHC
AHE ECH
EHC ECH
. T (1) và (2) suy ra
ADE ECH
t giác DBCE ni tiếp. Do đó các điểm B,C,D,E cùng
thuộc đường tròn (C). Đường tròn (C) có tâm I(1;3). Do M là trung
điểm ca BC nên IM là đường trung trc của BC. BC đi qua M và vuông góc IM nên có phương trình
: 2 2 0BC x y
. Ta có
,B C BC C
nên tọa độ điểm B và C là nghim ca h:

22
2, 0
1 3 10
2, 2
2 2 0
xy
xy
xy
xy
. Do điểm B có hoành độ dương nên B(2;0) và C(-2;2).
Đưng thẳng AB đi qua B và K nên có phương trình
:2 3 4 0AB x y
. AC đi qua C và vuông góc AB
có phương trình
:3 2 10 0AC x y
.
32
22
;
13 13
A AB AC A
.
Vy tọa độ các điểm cn tìm là
32
22
; ; 2;0 ; 2;2
13 13
A B C
.
Ví d 26.Trong mt phng Oxy, cho hình vuông ABCD có A(4;6). Gọi M và N là các điểm
thuc cnh BC và CD sao cho
45MAN
, điểm M(-4;0) và đường thẳng MN có phương
trình
:11 2 44 0MN x y
. Tìm tọa độ các đỉnh B,C,D.
Gii
M
I
E
D
H
C
B
A
K
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 29
Gi
;,F AM BD E AN BD I NF ME
.
Ta có
45FAN FDN
FADN ni tiếp. Mà
90 90ADN NFA NF AM
. Tương tự
45MAE EBM
ABME ni tiếp. Mà
90ABM ME AN
. Do đó I là trực tâm ca
AMN
. Gọi H là giao điểm của AI và MN, khi đó AH vuông gc MN. Từ
đó ta có
:2 11 58 0AH x y
. Điểm
24 22
;
55
H AH MN H
.
T giác ABME ni tiếp
 1BEM BAM
. T giác AEIF ni tiếp
 2IEF IAF
. T (1) và (2) ta có
IAF BAM
hay
HAM BAM
. Do đó
MAH MAB
(cnh huyn-
góc nhn) suy ra
,MB MH AB AH
. Vậy AM là đương trung trực của BH. AM có phương trình
3 4 12 0xy
. B và H đối xúng nhau qua AM nên ta tìm được B(0;-2).
4;8 4 5; 4;2 2 5AB AB BC BM BM
. Ta có
45
2 2 8;2 .
25
BC
BC BM C
BM
Mt khác
4;10AD BC D
.
Vy tọa độ các điểm cn tìm là
0;2 ; 8;2 , 4;10B C D
.
Ví d 27.Trong mt phng Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I và đỉnh A(3;1). Điểm
8
3;
3
M
thuộc đoạn ID. F là giao điểm gia AM và BC. Lấy điểm K thuc tia CD sao cho
45KFA
. Tìm tọa độ các đỉnh B,C,D biết
: 9 0KF x y
.
Gii
Ta có
45KFA KCA
t giác KFCA ni tiếp. Mà
90 90KCF KAF AKF
vuông cân ti A.
Đưng thẳng AM có phương trình
30x
. Đim
3;6F AM KF F
. Gọi H là trung điểm ca KF, ta
có AH vuông góc KF. AH có phương trình
20xy
.
Điếm
7
11
; 8;1
22
H AH KF H K
. T giác
AHCB ni tiếp
45ABH ACH
. Mà
45ABD
, do đó B,D,H thẳng hàng. Đường thẳng BD đi qua H
và M có phương trình
: 3 5 0BD x y
.
3 5; , 3 8; 1 , 3 8; 6B BD B t t AB t t FB t t
.
H
I
F
E
N
M
C
D
A
B
H
K
I
F
C
D
A
B
M
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 30
Ta có:


2
77
11
;
. 0 10 55 70 0
2 2 2
2 (1;2)
tB
AB FB t t
tB
. Điểm
7
11
;
22
B
loi vì trùng H nên B(1;2).
BC đi qua B và vuông góc AB có phương trình
: 2 0BC x y
. Đường thẳng DC đi qua K và vuông góc
BC nên có phương trình
: 2 10 0DC x y
.
2;4C DC BC C
. Ta có

4;3AD BC D
.
Vy tọa độ các điểm cn tìm là
1;2 ; 2;4 , 4;3B C D
.
Ví d 28.Trong mt phng Oxy, cho
ABC
có trực tâm H(3;2) và K(1;4) là giao điểm gia
AH và đường tròn ngoi tiếp
ABC
. Viết phương trình cạnh BC.
Gii
Gi D và E lần lượt là chân đường cao k t A và B. Ta có t giác ADBE ni tiếp
EBC EAD
(cùng chn DE), mà
EAD DBC
(cùng chn CK). Do đó
EBC KBC
.
Vy
EBC KBC
và BC vuông góc HK nên BC là đường trung trc ca HK và D là
trung điểm ca HK nên D(2;3).
Đưng thẳng BC đi qua D và có vtpt là

2;2HK
có phương trình
: 1 0BC x y
.
Ví d 29.Trong mt phng Oxy, cho
ABC
có trực tâm H và K(1;0) điểm đối xng ca H
qua BC và D là chân đường cao k t A. E(2;1) là hình chiếu ca K trên AC.F(0;2) là giao
điểm gia ED và AB. Tìm tọa độ các đỉnh ca
ABC
.
Gii
Gi (C) là đường tròn ngoi tiếp
ABC
. Gọi M là giao điểm gia BH và AC.
Ta có t giác AMDB
DBM DAM
.
Mt khác,
DBM DBK
(do H và K đối xng qua BC).
Do đó
KBC KAC K
thuộc đường tròn (C).
Do ABKC ni tiếp nên
1KBF KCA
. T giác KDEC ni tiếp
(
90KEC KDC
)
 2KDF KCE
. T (1) và (2) ta có
KBF KDF
t giác KDBF ni tiếp. Mà
90KDB
nên
90KBF
hay KF vuông góc AB. AB đi qua F và vuông góc
KF nên có phương trình
: 2 4 0AB x y
. Đường thẳng AC đi
qua E và vuông góc KE nên có phương trình
: 3 0AC x y
.
M
F
E
K
H
I
A
B
C
D
K
H
E
I
A
B
C
D
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 31
7
2
;
33
A AB AC A
. AK có phương trình
: 7 7 0AK x y
. EF có phương trình
EF: 2 4 0xy
.
10
21
;
13 13
D EF AK D
. BC đi qua D và vuông góc AK có phương
137
: 7 0
13
BC x y
.
18 17
;
13 13
B BC AB B
17
22
;
13 13
C BC AC C
.
Vy tọa độ các điểm cn tìm là
7 18 17 17
2 22
; , ; , ;
3 3 13 13 13 13
A B C
.
Ví d 30.Trong mt phng Oxy, cho hình vuông ABCD tâm I. Điêm M(1;2) và N(0;1) ln
ợt là trung điểm ca BC và ID. Tìm tọa độ các đỉnh A, biết rằng A có hoành độ dương.
Gii
K ME vuông góc AD, khi đó ABME là hình chữ nht nên ni tiếp
đường tròn (C) đường kính MA hay BE.
EN là đương trung bình của tam giác AID
90EN AI EN BD AI BD ENB
N thuc (C) dn đến
90ANM
hay AN vuông góc MN. Hơn nửa,
45ANM ABN
. Do
đó tam giác AMN vuông cân tại N. Đường thẳng AN đi qua N và vuông
góc MN có phương trình
: 1 0AN x y
.
;1 , ; , 1;1A AN A t t AN t t MN
. T

1;0 ( )
1;2 ( )
An
AN MN
Al
. Vy
1;2A
.
Bình lun:Đối vi các bài toán hình vuông hay các bài toán có góc vuông và t l các cnh nói chung. Ta
có th s dung phương pháp tọa độ hóa để chng minh các tính chất hình như sau:
Chn h trc tọa độ
''Ox y
như hình vẽ. Ta có
3
0;0 , ;0 , ; ,D 0; , , ; .
2 4 4
a a a
A B a C a a a M a N
3 10 3 10
; ; ;
4 4 2 4 4 2
a a a a a a
AN AN AM AM
.
Ta tính được :
.0AN AM
AM AN
suy ra tam giác AMN vuông cân ti
N. Sau đó giải tiếp như trên.
Ví d 31.Trong mt phng Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H, phương trình đường
thng AH là
3 3 0xy
, trung điểm ca cnh BC là M(3;0). Gi E và F là chân đường
E
N
M
I
C
D
A
B
N
N
I
B
A
D
C
y'
x'
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 32
coa h t B và C của tam giác ABC. Phương trình EF là
70xy
. Tìm tọa độ điểm
A,biết A có hoành độ dương.
Gii
Gọi I là trung điểm của AH và D là chân đường cao k t A. T giác AEHF
ni tiếp đường tròn tâm I và bốn điểm BFEC cùng thuộc đường tròn tâm M.
Do E,F là giao tuyến của hai đường tròn nên EF vuông góc IM.
Ta có:
IE IH IEH IHE BHD
90MEB MBE MEB IEH MBE BHD
. Tc là ta có
ME IE
. I
là giao điểm giữa IM và EF suy ra I(1;6). Điểm E thuộc vào đường thng EF
suy ra
3 7;E t t
. Ta có:
. 5;4 1;2IE ME E E
. Vi
2;3 4 5; 1;2 4 5.E IE E IE
điểm A thuc AH nên A(a;3a+3). Ta có:
22
22
1 3 3 20 1 2IA IE IA IE a a a
.
Vì A có hoành độ dương
1 2;6 3 2A
.
Ví d 32.Trong mt phng Oxy, cho tam giác ABC ni tiếp đường tròn (C) tâm I. Phân giác
trong góc A ca tam giác ABC ct BC ti D và cắt đường tròn (C) ti E. Gọi K là tâm đường
tròn ngoi tiếp tam giác ABD. Biết K(1;1),E(0;4) và AB có phương trình
30xy
điểm B có hoành độ dương.Tìm tọa độ đỉnh A.
Gii
Gi F là trung điểm của BD. K là tâm đường tròn ngoi tiếp
ABD
nên ta có
KF BD
2BKD BAD
(góc ni tiếp có s đo bằng mt na góc tâm cùng chn mt cung)
BAD BKF
. Mt khác,
EBC EAC BAD
.
T các điều trước đó ta suy ra
90 .EBC BKF EBC FBK BKF FBK KB EB
Ta có:
;3B AB B b b
.
. 0 1 1KB EB KB EB b b
. Do B có hoành độ dương
nên ta chn B(1;4).
;a 3 , 1A AB A a a
.
T
12KA KB a a
. Do điểm A khác B nên ta chn A(-2;1).
Vy tọa độ điểm cn tìm là A(-2;1).
K
F
E
D
I
A
B
C
I
E
H
F
M
D
A
B
C
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 33
Ví d 33.Trong mt phng Oxy, cho
ABC
vuông tai A ni tiếp đường tròn
22
: 6 2 5 0T x y x y
. Gi H là chân đường cao k t A ca
ABC
. Đường tròn đường kính AH
ct AB,AC lần lượt ti M và N. Tìm tọa độ đỉnh A và viết phương trình cạnh BC, biết MN có phương
trình
20 10 9 0xy
và H có hoành độ nh hơn tung độ.
Gii
Đường tròn (T) có tâm I(3;1) là trung điểm ca BC và bán kính
5R
. Do
1IA IC IAC ICA
. Đường đường kính AH ct AB ti M nên
MH AB MH AC
(cùng vuông góc AB) suy ra
2MHB ACH
. Mt
khác
3ANM AHM
(cùng chn AM). T (1),(2),(3) ta cóÌ
90IAC ANM ICA AHM MHB AHM
.Suy ra: AI vuông góc MN.
T đây ta viết được phương trình
: 2 5 0AI x y
. Điểm
A IA T
nên tọa độ ca A là nghim ca
h:


22
2 5 0
1, 2
5, 0
6 2 5 0
xy
xy
xy
x y x y
. Điểm A(1;2) nhn vì tha A và I nm v hai phía ca MN.
Đim A(5;0) loi vì A và I nm v mt phía ca MN. Gi E là tâm của đương tròn đường kính AH thì E là
trung điểm ca AH. Do AMHN là hình ch nht (t giác có 3 góc vuông) nên E cũng là trung điểm ca
MN.
9
;2
10
E MN E t t
. Do E trung điểm ca AH nên

38
2 1;4
10
H t t
.


2
8 13
11
;
5 5 5
272 896
. 0 20 0
5 25
28 31 17
;
25 25 25
tH
AH HI AH IH t t
tH
. Do H có hoành độ nh
hơn tung độ nên ta nhn
13
11
;
55
H
. Đường thẳng BC đi qua H và vuông góc AH nên có phương trình
:2 7 0BC x y
. Vy
1;2A
:2 7 0BC x y
.
Ví d 34.Trong mt phng Oxy, cho
ABC
có tâm đường tròn ngoi tiếp là
3
1
;
2 16
I
,tâm đường tròn ni tiếp
ABC
1;0J
. Đường phân giác trong
góc
BAC
và đương phân giác ngoài góc
ABC
ct nhau ti K(2;-8). Tìm tọa độ
các đỉnh ca
ABC
,biết đỉnh B có hoành độ dương.
Gii
M
N
E
C
I
B
A
H
J
K
I
B
C
A
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 34
Gi (C) là đường tròn ngoi tiếp
ABC
H là giao điểm giữa AK và đường tròn tâm (C). Xét tam giác
BHJ có
HJB JAB JBA
(góc ngoài ca tam giác) và
HBJ JBC HBC
. Mà
;;JBH JBA HBC HAC HAB
(do AJ và BJ là các đường phân giác).
T các điều trên ta có
1HBJ HJB HBJ
cân ti H
HB HJ
. Mà
HAC HAC HC HB
(tính
cht góc ni tiếp). Do đó
HJ HB HC
. Mt khác, BJ và BK lần lượt là đường phân giác trong và phân
giác ngoài góc
ABC
nên KB vuông góc JB. Suy ra:
90 2HJB HKB HBK HBJ
. T (1) và (2) suy
ra
HBK HKB HBK
cân ti H
HB HK
. Vy là
HB HC HK HJ
. H là trung điểm ca KJ
nên
3
;4
2
H
. Đường tròn(C) có bán kính IH có phương trình
22
2
3 65
1
( ):
2 16 16
C x y
. T
HB HC HK HJ
các điểm B,C,K,J thuộc đường tròn (T) có tâm H và bán kính HJ. Ta viết được
2
2
3 65
( ): 4
24
T x y
. Các điểm B,C thuộc đường tròn (C) và (T) nên tọa độ ca B và C là nghim
ca h:
2
2
22
2
3 65
4
5, 2
24
2, 2
3 65
1
2 16 16
xy
xy
xy
xy
. Do B có hoành độ dương nên B(5;-2) và C(-2;-2).
Đưng thẳng AH đi qua H và J có phương trình
:8 8 0AH x y
. Điểm A là giao điểm gia AH và (C)
nên tọa độ điểm A là nghim ca h:

22
2
1
,4
3 65
1
2
2 16 16
3
,4
8 8 0
2
xy
xy
xy
xy
. Vì điểm A phi khác
H nên
1
;4
2
A
. Vy tọa độ các điểm cn tìm là
1
;4
2
A
, B(5;-2) , C(-2;-2) .
Bài tp t rèn luyn:
Bài 11.Trong mt phng Oxy, cho đường tròn
22
: 1 2 10C x y
. T điểm A nằm ngoài đường
tròn k tiếp tuyến AB đến đường tròn(C) (B là tiếp điểm). Điểm D(0;-1) thuộc đường thng qua B và song
song AI. Tìm tọa độ điểm A, biết A thuộc đường thng
: 1 0d x y
.
Bài 12.Trong mt phng Oxy, cho đường tròn
2
2
: 2 10C x y
. T điểm A thuộc đường thng
: 2 0d x y
k các tiếp tuyến AB,AC (B,C là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm A, biết D(4;0) thuc
đường thng BC.
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 35
Bài 13.Trong mt phng Oxy, cho
ABC
có đỉnh A(-2;-1),trực tâm H(2;1) và độ dài cnh
25BC
. Gi
D, E lần lượt là chân đường cao k t B và C. Biết trung điểm M ca BC thuộc đường thng
: 2 1 0d x y
và M(3;-4) thuc DE. Viết phương trình cạnh BC.
Bài 14.Trong mt phng Oxy, cho
ABC
có trực tâm H(2;2) và độ dài cnh
5BC
và ni tiếp đường
tròn
22
: 3 5 6 0C x y x y
. Tìm tọa độ các đỉnh ca
ABC
, biết A có hoành độ dương.
Bài 15.Trong mt phng Oxy, cho
ABC
ni tiếp đường tròn

22
: 20C x y
.
Chân đường cao h t B và C lần lượt là M(-1;3) và N(2;-3). Tìm tọa độ các đỉnh
ABC
, biết A có tung độ
âm.
Bài 16.Trong mt phng Oxy, cho
ABC
ni tiếp đường tròn tâm I(1;2). Gi E và F lần lượt là chân đường
cao h t B và C,phương trình
:3 7 0EF x y
.
Biết tiếp tuyến ti A của đường tròn (C) đi qua điểm M(3;-2) và điểm B thuc tia
Oy
. Tìm tọa độ các đỉnh
ca
ABC
.
Bài 17.Trong mt phng Oxy, cho
ABC
. Gi H, K lần lượt là chân đường cao h t các đỉnh B và C. Tìm
tọa độ các đỉnh ca
ABC
, biết H(5;-1),
3
1
;
55
K
, phương trình cạnh
: 3 4 0BC x y
và B có hoành độ
âm.
Bài 18.Trong mt phng Oxy, cho hình thang vuông ABCD vuông ti A và D có
2CD AB
, đỉnh B(1;2).
Hình chiếu ca D trên AC là H(-1;0). Gọi N là trung điểm ca HC. Tìm các đỉnh còn li ca hình thang,
biết
DN: 2 2 0xy
.
Bài 19.Trong mt phng Oxy, cho
ABC
vuông ti A(-2;0). Gọi E là chân đường cao k t A và F là điểm
đối xng ca E qua A. Trc tâm ca
BCF
là H(-2;3). Tìm tọa độ đỉnh B và C ca
ABC
, biết trung điểm
ca BC thuộc đường thng
: 4 0d x y
.
Bài 20.Trong mt phng Oxy, cho hình ch nht ABCD có H(1;2) là hình chiếu ca A trên BD. M(5;1) là
trung điểm ca BC và đường thng chứa đường trung tuyến k t A ca
AHD
có phương trình
:4 4 0d x y
. Viết phương trình cạnh BC.
Bài 21.Trong mt phng Oxy, cho
ABC
cân ti A(-1;3). D là điểm thuộc đoạn AB sao cho
2BD AD
H là hình chiếu của B trên CD. Điểm B thuộc đường thng
: 7 0d x y
3
1
;
22
M
là trung điểm
ca CH. Tìm tọa độ đỉnh B và C ca
ABC
.
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 36
Bài 22.Trong mt phng Oxy, cho điểm A(5;8) và đường thng
: 1 0d x y
. Tìm điểm B thuộc đường
thng d sao cho khoảng có đúng ba đường thng
1 2 3
,,d d d
tha mn khong cách t A đến
1 2 3
,,d d d
đều
bng 4 và khong cách t B đến đều bng 6.
Bài 23.Trong mt phng Oxy, cho
ABC
ni tiếp đường tròn
22
: 2 3 26C x y
8
1;
3
G
trng tâm ca
ABC
. Điểm M(7;2) thuộc đường thng qua A và vuông góc BC
MA
. Tìm tọa độ các
đỉnh ca
ABC
biết tung độ đỉnh B lớn hơn tung độ đỉnh C.
Bài 24.Trong mt phng Oxy, cho
ABC
ni tiếp đường tròn
22
: 1 2 25C x y
. Các điểm
K(-1;1),H(2;5) lần lượt là chân đường cao k t A và B. Tìm tọa độ các đỉnh ca
ABC
, biết đỉnh C có
hoành độ dương.
Bài 25.Trong mt phng Oxy, cho
ABC
có trực tâm H(3;0) và trung điểm ca cnh BC là M(6;1).
Đưng thẳng AH có phương trình
2 3 0xy
. Gi D và E lần lượt là chân đường cao k t B và C ca
ABC
. Xác định tọa độ các đỉnh ca
ABC
, biết điểm D có tung độ dương.
Bài 26.Trong mt phng Oxy, cho đường tròn
22
: 2 3 4C x y
và đim M(1;-8). Viết phương
trình đường thẳng d đi qua M sao cho d cắt (C) tại hai điểm A và B tha mn din tích
ABI
ln nht (I là
tâm của đường tròn (C)).
Bài 27.Trong mt phng Oxy, cho đường tròn
22
: 1 2 9C x y
đường thng
:3 4 0d x y m
. Tìm m để trên d có duy nht một điểm P mà t đó kẻ được hai tiếp tuyến PA,PC ti
(C)(A,C là các tiếp điểm) sao cho
PAC
đều.
Bài 28.Trong mt phng Oxy, cho
ABC
có đỉnh A(2;6),chân đường phân giác trong góc A là
3
2;
2
D
.
Tâm đường tròn ngoi tiếp
ABC
1
;1
2
I
. Tìm tọa độ đỉnh B và C ca
ABC
.
Bài 29.Trong mt phng Oxy, cho
ABC
có trng tâm
22
;
33
G
; tâm đường tròn ngoi tiếp là I(1;-2);
điểm E(10;6) thuộc đường trung tuyến k t A và F(9;-1) thuộc đường thng BC. Tìm tọa độ các đỉnh ca
ABC
, biết đỉnh B có tung độ lớn hơn 2.
Bài 30.Trong mt phng Oxy, cho
ABC
cân ti A và ni tiếp đường tròn
22
: 10 25 0C x y y
.
Đưng kính qua B ct (C) ti M(5;0). Đường cao k t C ct (C) ti
17 6
;
55
N
. Tìm tọa độ các đỉnh ca
ABC
, biết đỉnh A có hoành độ dương.
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 37
Bài 31.Trong mt phng Oxy, cho
ABC
ni tiếp đường tròn
22
: 4 2 20 0C x y x y
.Đường phân
giác trong góc A nằm trên đường thng
:0d x y
. Biết rng M(3;-4) thuộc đường thng BC và điểm A
có hoành độ dương.
Bài 32.Trong mt phng Oxy, đường tròn
22
: 1 2 25C x y
và M(9;-4). Tìm điểm N thuc (C)
sao cho MN là ngn nht.
Bài 33.Trong mt phng Oxy, đường tròn
22
: 2 1 4C x y
. Gọi điểm M sao cho tiếp tuyến qua
M tiếp xúc (C) ti E; cát tuyến qua M ct (C) ti A và B sao cho
ABE
vuông cân ti E. Tìm tọa độ điểm
M sao cho MO là ngn nht (O là gc tọa độ).
Bài 34.Trong mt phng Oxy, đường tròn
2
2
: 1 4C x y
và đường thng
: 2 1 0d x y
. Gọi (C’)
là đường tròn có tâm I ; (C’) tiếp xúc ngoài vi (C) và có bán kính bng 4. Viết phương trình đường tròn
(C’) sao cho khoảng cách t I đến d là ln nht.
Bài 35.Trong mt phng Oxy, cho
ABC
ni tiếp đường tròn tâm I(3;0), trực tâm H(2;0) và BC có phương
trình
40xy
. Lập phương trình cạnh AB, biết đỉnh B có hoành độ nh hơn 3.
Đề thi đại học qua các năm
Bài 36.(THPT Quc Gia -2016) Trong mt phng Oxy, cho t giác
ABCD
ni tiếp đường tròn đường
kính BD. Gi M và N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thng BC, BD và P là giao
điểm của hai đường thng MN, AC. Biết đường thẳng AC có phương trình
10xy
, M(0;4), N(2;2) và
A có hoành độ nh hơn 2. Tìm tọa độ các điểm P, A và B.
Bài 37.(THPT Quc Gia -2015) Trong mt phng Oxy, cho
ABC
vuông ti A. Gi H là hình chiếu
vuông góc của A trên BC; D là điểm đối xng ca B qua H;K là hình chiếu vuông góc ca C trên AD. Gi
s H(-5;-5), K(9;-3) và trung điểm AC thuộc đường thng
10 0xy
. Tìm tọa độ điểm A.
Bài 38.(Đề minh ha THPT Quc Gia -2015) Trong mt phng Oxy, cho
OAB
có A và B thuộc đường
thng
: 4 3 12 0xy
và K(6;6) là tâm đường tròn bàng tiếp góc O. Gọi C là điểm nm trên
sao cho
AC AO
và các điểm B, C khác phía so vi A. Biết điểm C có hoành độ bng
24
5
, tìm tọa độ các đỉnh A
và B.
Bài 39.(D -2014) Trong mt phng Oxy, cho
ABC
có chân đường phân giác trong của góc A là điểm
D(1;-1). Đường thẳng AB có phương trình
3 2 9 0xy
và tiếp tuyến ti A của đường tròn ngoi
tiếp
ABC
phương trình
2 7 0xy
. Viết phương trình cạnh BC.
Trung tâm SEG.154-Hunh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 38
Bài 40.(A -2013 cb) Trong mt phng Oxy, cho hình ch nhật ABCD có điểm C thuộc đường thng
:2 5 0d x y
và A(-4;8). Gọi M đối xng vi B qua C; N là hình chiếu vuông góc ca B trên MD. Tìm
tọa độ điểm B và C, biết rng N(5;-4).
Bài 41.(A -2013 nc) Trong mt phng Oxy, cho đường thng
:0xy
. Đường tròn (C) có bán kính
10R
và ct
ti A và B sao cho
42AB
. Tiếp tuyến ca (C) ti A và B ct nhau ti một điểm
thuc tia
Oy
. Viết phương trình đường tròn (C).
Bài 42.(D -2013 cb) Trong mt phng Oxy, cho
ABC
có trung điểm cnh AB là
93
;
22
M
, chân đường
cao k t đỉnh B là H(-2;4) và tâm đường tròn ngoi tiếp
ABC
là I(-1;1). Tìm tọa độ đỉnh C.
Bài 43.(D -2013 nc) Trong mt phng Oxy, cho đưng tròn
22
: 1 1 4C x y
và đường thng
: 3 0dy
. Tam giác MNP có trc tâm trùng vi tam của đường tròn (C); các đỉnh N và P thuộc d; đỉnh
M và trung điểm ca MN thuc (C). Tìm tọa độ điểm P.
Bài 44.(B -2012 cb)Trong mt phng Oxy, cho hai đường tròn
2 2 2 2
12
: 4; : 12 18 0C x y C x y x
và đường thng
: 4 0d x y
. Viết phương trình đường tròn (C) có tâm thuc
2
C
, tiếp xúc vi d và ct
1
C
ti A và B sao cho AB vuông góc d.
Bài 45.(D -2012 nc)Trong mt phng Oxy, cho đường thng
:2 3 0d x y
. Viết phương trình đường
tròn (C) có tâm thuc d và ct trc
Ox
ti A và B, ct trc
Oy
ti C và D sao cho
2AB CD
.
Bài 46.(A -2011 cb)Trong mt phng Oxy, cho đường đường tròn
22
: 4 2 0C x y x y
và đường
thng
: 2 0d x y
. Gi I là tâm của đường tròn (C); M là điểm thuc d . Qua M k tiếp tuyến MA, MB
đến (C)( A,B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M biết t giác MAIB có din tích bng 10.
Bài 47.(B -2011 nc)Trong mt phng Oxy, cho
ABC
có đỉnh
1
;1
2
B
, đường tròn ni tiếp
ABC
tiếp
xúc vi các cạnh AB, AC, AB tương ứng ti D, E, F. Cho D(3;1) và
: 3 0EF y
. Tìm tọa độ đỉnh A, biết
A có tung độ dương.
Bài 48.(D -2011 nc) Cho điểm A(1;0) và đường tròn
22
: 2 4 5 0C x y x y
. Viết phương trình
đường thng d ct (C) tại hai điểm M, N sao cho tâm giác MAN vuông cân ti A.
Bài 49.(D -2010 cb) Cho
ABC
có đỉnh A(3;-7), trc tâm H(3;-1) và tâm đường tròn ngoi tiếp là I(-2;0).
Tìm tọa độ đỉnh C, biết C có tung độ dương.
...........................................................................................................................................................................
| 1/38

Preview text:

Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM Lời nói đầu
Chào các Em học sinh thân mến!
Câu hình học phẳng Oxy chắc chắn xuất trong đề thi THPT Quốc Gia hàng năm. Nhằm đáp ứng xu hướng
ra đề mới của Bộ Giáo Dục và Đào Tạo về nội dung của câu này.Thầy biên soạn tài liệu này với mục đích
giúp các Em có thể chinh phục được câu hình học phẳng. Từ đó xây dựng lòng tin để có thể đạt kết quả tốt
nhất trong kì thi. Tài liệu đựơc chia ra thành 4 chương:
Chương 1. Các bài toán liên quan đến đường tròn
Chương 2. Các bài toán về hình vuông – hình chữ nhật
Chương 3. Các bài toán về hình thang- hình bình hành-hình thoi
Chương 4. Các bài toán về tam giác
Mỗi chương được nhắc lại lí thuyết,có bài tập mẫu và bài tập rèn luyện và hướng dẫn bài tập rèn luyện.
Dù đã cố gắng nhưng chắc chắn tài liệu sẽ không tránh khỏi sai sót nhất định.Hy vọng các Bạn thông cảm
và rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến từ các Bạn đọc! Để lần sau tài liệu sẽ hoàn chỉnh hơn.
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 1
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
CHƯƠNG 1. CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐƯỜNG TRÒN
Phần 1. Một số kiến thức cần nhớ
1. Đường kính và dây cung
Cho đường tròn tâm I có dây cung AB khác đường kính và H là trung điểm AB.
Khi đó, IH là đường trung trực của AB. Thật ra, do I
AB cân tại I (IA=IB=R) nên IH vừa là đường cao, đường trung I
tuyến, đường trung trực, đường phân giác. A H B
2. Tiếp tuyến và tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau
a. Cho d là tiếp tuyến của đường tròn tâm (I;R) và H là tiếp điểm. Khi đó:
i) d I;d   R . ii) IH vuông góc d.
b. Giả sử AB, AC là các tiếp tuyến của đường tròn (I;R) với B,C là các B tiếp điểm khi đó: I
i) AI là đường trung trực của BC. H
ii) Tứ giác ABIC nội tiếp. A C 3. Góc ở tâm
a. Định nghĩa:Góc ở tâm là góc có đỉnh là tâm và hai cạnh là hai bán kính.
b. Tính chất:Hai góc ở tâm chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau.
4. Góc ở nội tiếp
a. Định nghĩa:Góc nội tiếp là góc có đỉnh nằm trên đường tròn và hai cạnh là hai dây cung. b. Tính chất:
i) Các góc nội tiếp chắn hai dây cung bằng nhau thì bằng nhau.Đặt biệt, các góc nội tiếp chắn cùng một dây cung thì bằng nhau.
ii) Các góc nội tiếp bằng nhau chắn các dây cung bằng nhau.
iii) Góc nội tiếp (  90 ) bằng một nữa góc ở tâm chắn cùng dây cung. A
iv) Góc nội tiếp chắn đường kính là góc vuông. x
5. Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung
a. Định nghĩa:Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung là góc có đỉnh là tiếp I
điểm, có một cạnh là một tia của tiếp tuyến và cạnh còn lại là dây cung. B C
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 2
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
xAC là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung. b. Tính chất:
i) Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng một nửa số đo cung bị chắn.
ii) Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp chắn cùng dây cung.
6. Tứ giác nội tiếp
Tứ giác nội tiếp là tứ giác có bốn đỉnh nằm trên một đường tròn. Ta có các phát biểu tương đương sau:
a.Tứ giác nội tiếp  tổng hai góc đối của tứ giác bằng 180 .
b. Tứ giác nội tiếp  hai góc kề cùng chắn một cạnh bằng nhau.
c. Tứ giác nội tiếp  góc ngoài tại một đỉnh bằng góc đối trong của đỉnh đó.
................................................................................................................................................
Phần 2. Rèn luyện kỉ năng chứng minh và vận dụng tính chất biết trước để giải bài toán 1.Bài toán 1(BT1)
Cho ABC nội tiếp đường tròn (I;R).H là trực tâm,M là trung điểm của BC và G là trọng tâm ABC .
AKlà đường kính. Chứng minh:
a) BKCH là hình bình hành.
b) AH  2IM ; BH  2IN CH  2IP .N,P lần lượt là trung điểm của AC và AB.
c) H,G,I thẳng hang và HI  3GI .
d) Trong trường hợp A  60 . Chứng minh: AH AI . Chứng minh CH ABBH AC a)   CH K ; B   BH KCKB ABKC AC . Do đó, A ABKC là hình bình hành.
b) ABKC là hình bình hành và M là trung điểm của BC, suy ra
M là trung điểm của HK. Do đó IM là đường trung bình của EAHK.   AH IM   AH  2IMAH  2IM . F H G I
Các ý còn lại tương tự. Bạn đọc thử chứng minh để nhớ nhé. 3
c) G là trọng tâm của ABC nên AM AG .Mà AM là đườ 2 ng
trung tuyến của AHK nên G cũng là trọng tâm của AHK . HI B C D M
là đường trung tuyến của AHK nên H,G,I thẳng hàng và HI  3GI K .
d) A  60  BIC  120  MIC  60 (góc nội tiếp bằng 1/2
góc ở tâm chắn cùng dây cung). IMC vuông tại M. Ta có: IM I .
C cos60  IC  2IM IA IC  2IM . Mà AH  2IM (câu b). Suy ra AH AI .
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 3
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có đỉnh A1;2 , trực tâm H 1;  1 , tâm đường tròn
ngoại tiếp là I 2;0 . Viết phương trình cạnh BC.
Phân tích:. BC đã có vtpt là AH  2; 
1 . Nếu tìm một điểm thuộc cạnh BC thì bải toán đã được giải??
Gọi M là trung điểm của BC. Nhớ lại AH  2IM (BT1 câu b).Thế là có ngay điểm M. Giải
BC có vtpt là AH  2; 
1 . Gọi M là trung điểm của BC. Khi đó: 2  2x 2 M   1 
AH  2IM   M 3; .  1 2y 0 M         2 
BC đi qua M và có vtpt AH 1
nên BC : 2 x  3  y    0  BC :2x y 13/ 2  0 2 .
Chú ý: Trong bài làm các em phải chứng minh AH  2IM (xem BT1 câu b). 4 4
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có trực tâm H 1;3 ,trọng tâm G  ; và tiếp 3 3 
tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp ABC có phương trình x  3y  5  0 . Tìm tọa độ các
đỉnh của ABC . Giải
Đặt d : x 3y  5  0 là tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp ABC . Gọi M,I lần lượt là trung điểm
của BC và tâm đường tròn ngoại tiếp ABC . Khi đó: HI  3GI (xem A
BT1 câu c) và AM  3GM (tính chất của trọng tâm).   4   Ex   x II  3 1 3 x   3  I  3 1   
Từ: HI GI     2 3  I  ;  F  4  . H G Iy 3 3 y  1  2 2     y II   3  I    2 3 1 B C D M
Ta có: IA d IA : 3x y m  0 . I IA  3. 
m  0  m  5 2 2 . K
Vậy IA : 3x y  5  0 . A d IA nên tọa độ A là nghiệm của hệ:
3x y  5  0 x  1     A1;2
x  3y  5  0 y  2
.Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính IA. 2 2 IA   1 3 ; IA IA C
x  3  y  1 :  5 2 2    5  2  5 2 2 .   2   2 2.
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 4
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM   4 
x 1  3 x MM   3  3   
Ta có AM  3GM    M  ;1 .  4    2 
y 1  3 y MM    3 
BC đi qua M và có vtpt là AH  0; 
1 nên BC có phương trình: BC x  3 : 0
1.y 10BC:y10 2 . ,
B C BC (C) nên tọa độ B,C là nghiệm của hệ phương trình: y 1  0 x 0 x 3       2 2      (
B 0;1),C(3;1) B(3;1),C(0;1) .
x  3 y 1
y  1 y  1 2 2   5  2 Vây: ( A 1;2), (
B 0;1),C(3;1) hoặc ( A 1;2),B(3;1), ( C 0;1) .
Ví dụ 3. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có trực tâm H 1;3 , tâm đường tròn ngoại tiếp
I 3;3 và đỉnh B1; 
1 . Tìm tọa độ các đỉnh A,C, biết x x A C . Giải Ta có: IB  
( 2;4)  IB  20 . Đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm I và bán kính IB có phương trình:
x  2 y 2 3 3  20 . B
Gọi M là trung điểm AC, ta có BH  2IM (xem BT1 câu b).  1 x  3  E M 1  1 x 2
BH IM   2 2   MM 2;2 .  1 y 2 F y  3  H G I M 3     1 M  2
Đường thẳng AC vuông góc IM và đi qua M có phương trình: A C D M
AC : x y  4  0 . K
A,C BC (C) nên tọa độ A,C là nghiệm của hệ phương trình:
x y  4   0
x  1, y  5    A 5;1 ,C 1;5 x x 2 2        A c   .  x  
3  y  3  20
x  5, y  1
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A5;  1 ,C1;5 .
Ví dụ 4. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có trực tâm H 1;2 , tâm đường tròn ngoại tiếp
I 3;2, A  60 . Tìm tọa độ các đỉnh của ABC , đỉnh A thuộc đường thẳng d : x y 5  0
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 5
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM và x x B C . Giải
Với A  60 ta chứng minh được AH AI . Suy ra A thuộc đường trung trực của IH.
Đường trung trực của IH đi qua trung điểm N(2;0) của IH và có vtpt HI  2;4 nên có phương trình
 : x 2y 2  0 . Điểm A d  nên tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
x  2y  2  0 x  4     A4;  1 .
x  5y  5  0 y  1 2 2
Đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm I và bán IA nên có phương trình: x 3  y  2 10 . Gọi M là
trung điểm của BC, ta có 3
3  2x 3 x    3 3 
AH IM   2 2 M ; .
1 2y 2          3  2 2  y    2
BC đi qua M và có vtpt là AH  3; 
1 có phương trình BC : 3x y  6  0. ,
B C BC (C) nên tọa độ B,C là nghiệm của hệ phương trình:  3 3 3 x  , y  3
3x y  6  0   2 2
 3 3 3 3   3 3 3 3  B ; ;C ;  2 2 Vì
 x 3 y 2             10  3 3 3 3  2 2   2 2  x  ,y    2 2 x x A 4;1
 3 3 3 3   3 3 3 3  B ; ;C ; B
C . Vậy các điểm cần tìm là  ,     .  2 2   2 2 
Ví dụ 5. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có trọng tâm G 1; 
1 , tâm đường tròn ngoại tiếp I  7 37 ;
và cạnh AC có phương trình 2x y  4  0 . 18 18 
Tìm tọa độ các đỉnh của ABC , biết x  2 A . Giải
Gọi M là trung điểm của AC, ta có IM AC IM : x  2y m  0 . I thuộc IM nên suy ra 9
IM : x  2y   0 M AC IM 2 .  
nên tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 6
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
2x y  4  0    5 x   5   9    2 M  ;1 x  2y  
. Do G là trọng tâm của ABC ,ta có  0 y  2   2   1  5 5 x   3(1 ) x  2
MB  3MG   B 2 2   B
B(2;1).Đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm I và bán y  y 1  3(11)  1  B B  2  2 7 37 1105
kính IB có phương trình: (C) : x   y      
.Các điểm A,C AC (C) nên tọa độ A,C là  18   18  162
nghiệm của hệ phương trình:
2x y  4  0  x 3, y 2  2 2 A 3;2 ,C 2;0 x 2 . x  7 37 1105 Ay x 2, y 0  18    18                   162
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A3;2,B(2;1),C2;0 .
Ví dụ 6. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có trực tâm H 3; 
1 , tâm đường tròn ngoại tiếp
I 3;0 và đỉnh C3;7 . Tìm tọa độ các đỉnh A,B của ABC . Giải C
Đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm I và bán kính IC có 2
phương trình: x    2 3 y  85. E
Gọi M là trung điểm AB, ta có CH  2IM (xem BT1 câu b). F H I  1 x  3  M 3  3 x  3
IM CH   2 2   MM 3;3 .  1 y 3 y M 17   M  2 A D M
Đường thẳng AB vuông góc IM và đi qua M có phương trình: K
AB : y 3  0 .
A,B  AB (C) nên tọa độ A,B là nghiệm của hệ phương trình: y  3  0  
x  3 2 19, y  3  2  x   3    2 y  85
x  3 2 19,y  3
A32 19;3,B32 19;3 A32 19;3,B32 19;3.
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là: A3 2 19;3,B3 2 19;3 A3 2 19;3,B3 2 19;3 .
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 7
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
Ví dụ 7. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có đường trung tuyến và đường cao xuất phát từ A
có phương trình lần lượt là 13x  6y  2  0 và x  2y 14  0 Tìm tọa độ các của đỉnh ABC ,
biết tâm đường tròn ngoại tiếp ABC I(6; 0). Giải
Đặt d :13x  6y  2  0,d : x  2y 14  0 1 2
đây lần lượt là đường trung tuyến và đường cao xuất phát từ A .
13x  6y  2  0 x  4
Khi đó, tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình     (
A 4;9) . Gọi H và M
x  2y 14  0 y  9 13m 2
lần lượt là trực tâm và trung điểm của BC. Khi đó: 
H d  H(2h 14;h),Md  M(m; ) 1 2 . Ta 6
có: AH  2IM (xem BT1 câu b).
2h 14  4  2m  6
2h  2m     6 h   AH IM  1 2  13m  2    13 29   h .  9  2  0 h m       m  2 6     3 3
Vậy H 12; 1, M 2;4  . Đường thẳng BC đi qua M và có vtpt là IM nên có phương trình
BC : 2x y 8  0 . Đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm I và bán kính IA có phương trình: x  2  2 6
y  85 . Các điểm B,C BC (C) nên tọa độ B,C là nghiệm của hệ phương trình:
2x y  8   0
x  3, y  2    B 3;2 ,C 1;6 B 1;6 ,C 3;2 2 . 2 
        x   6  y  85
x  1, y  6
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A4;9,B3;2,C1;6 hoặc A4;9,B1;6,C3;2 . 2. Bài toán 2(BT2)
Cho ABC nội tiếp đường tròn (I;R). D,E,F lần lượt là chân đường cao kẻ từ A,B,C của ABC .H là trựctâm. Chứng minh:
a) IA FF ; IB DF IC DE .
b) H là tâm đường tròn nội tiếp DEF . Chứng minh A
a) Kẻ tiếp tuyến xy tại A. Khi đó: xAB ACB   1 . Ta có
BFC BEC  90  tứ giác BCEF nội tiếp. Suy ra AFE ACB2 x E
(góc ngoài của tứ giác nội tiếp).
Từ (1) và (2) suy ra AFE xAB xy EF . Mà xy IA ,do đó F H I IA EF .
Các ý còn lại các Em chứng minh tương tự nhé.!
b) Tứ giác BDHF nội tiếp  HDF HBF   1 . Tứ giác CDHE nội B C D
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 8
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
tiếp  HDE HCE 2 . Tứ giác BCEF nội tiếp  FBE FCE 3 . (1),(2) và (3)  HDE HDF . Khi
đó DH là tia phân giác trong FDE . Chứng minh tương tự ta có H là giao điểm ba đường phân giác trong
của DEF . Nên H là tâm đường tròng nội tiếp DEF . 2 2
Ví dụ 8. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC nội tiếp đường tròn (C) :  x  
1  y 2  5 .
Chân đường cao kẻ từ B và C lần lượt là E 0; 
1 và F 1;3. Tìm tọa độ các đỉnh của ABC , biết x  0 A . Giải A
Đường tròn (C) có tâm I(1;2) . Ta có IA EF (xem BT2 câu a). x E
IA đi qua I và có vtpt EF  (1;2) có phương trình F I
IA :1(x 1) 2(y 2)  0  IA : x 2y 5  0 . Khi đó tọa độ điểm A là
nghiệm của hệ phương trình: B C x  2
1  y  22  5
x  3, y  1    .
x  2y  5  0
x  1, y  3 Vậy (
A 3;1) (vì x  0
AC : y 1 0 C AC C A
). AC đi qua A và E có phương trình   . 
( ) nên tọa độ ,C là
nghiệm của hệ phương trình: x  2
1  y 22  5
x  3, y  1(l)    C( 
1;1) . Ở đây ta loại x  3,y 1vì trùng điểm A. AB đi qua y 1 0
x  1, y  1(n)
A và F có phương trình AC : x y  4  0 . B AB (C) nên tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình: x  2
1  y  22  5
x  3, y  1(l)     (
B 0;4). Ở đây ta loại x  3,y 1vì trùng điểm A.
x y  4  0
x  0, y  4(n)
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A3;  1 ,C1;  1 , (0 B ;4) .
Ví dụ 9. Trong mặt phẳng Oxy.Cho 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 BMD nội tiếp đường tròn
C x  2 y  2 ( ) : 4
1  25. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật biết đường thẳng CN
có phương trình 3x  4y 17  0 . Đường thẳng BC đi qua điểm E 7;0 và M có tung độ âm. Giải M
Đường tròn (C) có tâm I(1;2) và bán kính R  5. Do BMD nội tiếp đường N
tròn (C) và N,C là các chân đường cao nên ta chứng minh được IM NC C D
(xem BT2 câu a). IM đi qua I và IM NC nên có phương trình I
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 9 A B
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
IM:4(x4)3(y1)0  IM:4x3y190. M là giao điểm giữa (C) và IM nên tọa độ của M là
x 42 y  2 1  25
x  7, y  3 nghiệm của hệ:    
M 7;3 (vì tung độ M âm).
4x  3y 19  0
x  1, y  5
Đường thẳng BC đi qua M và E có phương trình BC : x  7 . Điểm C là giao điểm giữa BC và NC nên tọa
3x  4y 17  x  7 C là nghiệm của hệ     C 7; 
1 . Điểm C là trung điểm của M và B  (7 B ;5) . DC x  7 y  1
đi qua C và vuông góc BC có phương trình DC : y1  0.
x 42 y  2 1  25
x  9, y  1
Tọa độ D là nghiệm của hệ   
. Vì B và D phải nằm cùng phía so với y 1  0
x  1, y  1 đường thẳng CN nên ta nhận D 1; 
1 . Do DA CB A1;5.
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A1;5,B7;5,C7  ;1 ,D1  ;1 . 3.Bài toán 3(BT3)
Cho ABC nội tiếp đường tròn (I;R). Điểm E là là giao điểm của tiếp tuyến tại A và BC. D là chân
đường phân giác kẻ từ A. Chứng minh: EAD cân. Chứng minh
Đặt: A EA ; B A BA ; D A DA ; C D AD ; E C ACB A 1 2 3 .
Ta có: D A C (1) 3
(góa ngoài của DAC ) và
EAD A A (2) A A (3) 1 2 . Mà  3 2 ( do AD là đường phân E I
giác trong góc A và A C (4) 1
(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây B D
cung. Từ (1),(2),(3), (4) suy ra EAD D  EAD cân. C
Ví dụ 10. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC A 1;4 , tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại
tiếp ABC cắt BC tại D, đường phân giác trong góc ADB có phương trình x y  2  0 . Điểm M 4; 
1 thuộc cạnh AC. Viết phương trình cạnh AB. Giải A
Gọi K là chân đường phân giác trong góc A,khi đó DAK
cân tại D(xem BT3). Đặt d : x y  2  0 đây là đường M'
phân giác trong góc ADB và DAK cân tại D suy ra M N D AK I
d AK : x y m  0 . Do điểm A thuộc AK nên ta B K C
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 10
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
có phương trình AK : x y  5  0 . Gọi M’ là điểm đối xứng của M qua AK, khi đó M’ thuộc AB. Ta có
MM’ đi qua M và MM '  AK nên có phương trình x y  5  0.Gọi N MM
' AK N 0;5 . N là trung
điểm của M và M’  M '4;9 . Đường thẳng AB đi qua A và M’ có phương trình AB :5x 3y  7  0. 4. Bài toán 4(BT4)
Cho ABC nội tiếp đường tròn (C) có (I;R). K là tâm đường tròn nội tiếp và D là giao điểm giửa AK và
(C); J là giao điểm giữa AK và phân giác góc ngoài tại B. Chứng minh: D là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác KBJC. Chứng minh
Để D là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác KBJC ta sẽ chứng minh DB DC DK DJ .
Ta đã có DB DC ( do AK là đường phân giác nên D là điểm chính giữa cung BC hay các em hiểu do
DAC DAB DB DC các em xem lại tính chất của góc nội tiếp nhé!).
Vậy ta chỉ cần chứng minh A
DB DK . Xét ABK BKD KAB KBA 
1 (tính chất góc ngoài của
tam giác). Ta có KBD DBC CBK 2 . I
DAC DAB DBC DAC (cùng chắn cung DC), do đó K
DBC DAB 3Thêm nửa là CBK KBA 4 . Từ (1),(2),(3),(4) ta có B
KBD DKB  DBK cân tại D hay DB DK . Vậy C
DB DC DK   5 . D
BK và BJ lần lượt là đường phân giác trong và phân giác ngoài tại B nên BK vuông góc BJ. Ta có:
DKB DJB  90  DBK DBJ
DBJ DJB  DBJ cân tại D, suy J
DKB DBK
ra DB DJ 6 . Từ (5) và (6) ta có DB DC DK DJ .  Chú ý:
1) D là giao giữa đường phân giác góc trong và đường tròn ngoại tiếp ABC . Khi đó DB DC và rỏ ràng
ID sẽ là đường trung trực của BC (vì IB=IC và DB=DC). Khi làm bài tập có khi ta sẽ sử dụng tính chất này.
2) Các em nên nhớ rằng đường tròn có tính chất đối xứng nên các kết quả có được từ đỉnh A cũng sẽ có ở
đỉnh B và C. Ví dụ: trong bài toán trên, gọi E là giao điểm giữa BK và (C) thì E cũng sẽ là tâm đường tròn
ngoại tiếp AKC . Chứng minh tương tự.
Ví dụ 11. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC A2;6 , chân đường phân giác trong góc A là  3   1 
M 2;  và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là I  ;1 .Xác định tọa độ các đỉnh B,C.  2   2  Giải
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 11
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM  1  5 5
Đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm I  ;1 và bán kính bằng R IA A  2  2  1 2 125 có phương trình 2 (C) : x   x   1   
.Đường thẳng AM đi qua M và I  2  4
A nên có phương trình có AM : x  2  0 . Gọi D AM (C) ,khi đó tọa độ C B M
điểm D là nghiệm của hệ D  2  x  2 1 125 x 1 x 2,y 6 x  2  2          4    D2;4 (vì  là tọa độ 
x  2, y  4 y  6 x  2  0 điểm A).
Vì AM là đường phân giác trong góc A nên điểm D nằm chính giữa của cung BC, do đó BC ID . BC đi  5  5 3
qua M và có vtpt là ID  ; 
5 có phương trình BC : x 2     5 y
 0  BC : x  2y  5    0 .  2  2  2  ,
B C BC (C) nên tọa độ B,C là nghiệm của hệ phương trình:  2  x  2 1 125 x 1 x 5, y 0  2          4   (
B 5;0),C(3;4) ( B 3;  4),C(5;0) . 
x  3, y  4
x  2y  5  0
Vậy tọa độ các điểm càn tìm là (
B 5;0),C(3;4) hoặc B  ( 3;4),C(5;0) . 5
BC : x 2  3    5 y
 0  BC : x  2y  5    0 , B C BC (C) 2 .  
nên tọa độ B,C là nghiệm của hệ  2  phương trình:  2  x  2 1 125 x 1 x 5, y 0  2          4   (
B 5;0),C(3;4) ( B 3; 
4),C(5;0) . Vậy tọa độ các điểm 
x  3, y  4
x  2y  5  0 cần tìm là (
B 5;0),C(3;4) hoặc B  ( 3;4),C(5;0) .  7 4 
Ví dụ 12. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC A
;  , tâm đường tròn ngoại tiếp I 0;  1  5 5 
và tâm đường tròn nội tiếp K 1; 
1 . Viết phương trình cạnh BC. Giải
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 12
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM  1  A
Đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm I  ;1 và bán kính bằng IA  2 có  2  2 phương trình 2
(C) : x  y  
1  2.Đường thẳng AK đi A và có vtcp I K  2 1  AK  ;  B  
2; 1 suy ra AK có vtpt n 1;2 có phương trình C  5 5  AK : D
1x 12y 1  0  AK : x2y3 0 .
x y  2 2
x  1, y   2 1 2
Gọi D AK (C) ,khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ      D1;2 7 4 
x  2y  3  0 x  , y   5 5   x  7  5 (vì 
là tọa độ điểm A). Tam giác BKC nội tiếp đường tròn tâm D (xem BT4 ). Đường tròn ngoại y  4  5 2 2
tiếp tam giác BKC có tâm D và đường kính DK  5 có phương trình (C ') :  x  
1  y 2  5. Tọa độ  2 2  x  
1  y 2  5   1
điểm B và C là nghiệm của hệ pt: 
. Lấy (2) trừ (1) ta được 2x  2y 1  0 d . x  2 2 
y 1  2 2
Vì tọa độ điểm B và C thỏa (d) nên phương trình đường thẳng đi qua B và C cần tìm là phương là
BC  (d): 2x  2y 1 0 .
Ví dụ 13. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC B 2;3 , tâm đường tròn ngoại tiếp I 6;6 và
tâm đường tròn nội tiếp K 4;5 . Tìm tọa độ các đỉnh A,C. Giải
Đường tròn ngoại tiếp ABC có tâm I 6;6 và bán kính bằng IB  5 có B 2 2
phương trình (C) :  x  6  y  6  5.Đường thẳng BK đi B và K có I K
phương trình BK : x y 1  0 .Gọi D BK (C) ,khi đó tọa độ điểm D là A C
x 62 y 62  5 x  2,y  3 x  2 nghiệm của hệ     D9;10(vì 
x y 1 0
x  9, y  10 y  3 D
là tọa độ điểm B). Tam giác AKC nội tiếp đường tròn tâm D (chứng minh như
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 13
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
BT4 ). Đường tròn ngoại tiếp tam giác AKC có tâm D và đường kính DK  50 có phương trình
C x  2 y  2 ( ') : 9
10  50 . Tọa độ điểm A và C là nghiệm của hệ pt:  2 2
x  9  y 10  50
x  2 x  10    
. Vậy A2;9,C10;3 hoặc A10;3,C 2;9 . x  2 2 y 9 y 3  6 y 6   5     5. Bài toán 5(BT5)
Cho đường tròn (C) tâm I,đường kính AB. Điểm C thuộc đường tròn (ACthuộc AB). D,E lần lượt là trung điểm của AC và CH. F là giao điểm của ID và BE. Chứng minh FA và
FC là các tiếp tuyến của (C). Chứng minh C
Gọi M là giao điểm của DE và BC, khi đó M cũng là trung điểm của F
BC (vì DE AB ). Do D là trung điểm của AC nên FI là đường trung M E D
trực của AC. FD BC (cùng vuông góc AC), dẫn đến EDF B A H IEMB EM EB đồng dạng    1 ED EF . EM  1  HB 2 EM HB
Mặt khác, DE AH ME HB     2. Từ ED  1 ED HAHA 2 HB EB (1) và (2) suy ra 
FA EH FA AB HA EF
. Suy ra FA là tiếp tuyến của (C). Từ
FIA  FIC FCI FAI  90 suy ra FC cũng là tiếp tuyến của (C).
Ví dụ 14. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC vuông tại A,đường cao AH. Gọi D và E lần lượt là
trung điểm các đoạn thẳng AB và AH. Đường thẳng vuông góc AB tại D cắt CE tai F 1;3 .
Đường thẳng BC có phương trình x  2y 1  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của A,B,C biết rằng D
thuộc đường thẳng 3x  5y  0 và D có hoành độ dương. Giải
Ta chứng minh được FB BC (xem BT5 ). Đường thẳng A
FB đi qua F(-1;3) và vuông góc BC nên FB có vtpt là F
u  (2;1) . Phương trình đường thẳng M D E
BF : 2(x 1)1(y 3)  0  BF : 2x y 1 0 . C B H
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 14
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM  1 x   
2x y 1  0  1 3 
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ pt:   5  B ;  .
x  2y 1  0  3  5 5  y   5
Vì D thuộc đường thẳng 3x  5y  0 nên suy ra:  3x   3x   1 3x 3  Dx ; D D
;FD   x 1; D 3 D
;BD   x  ; D D  .Ta có :  5   5   5 5 5  x  1(n) 2 BD FD FD BD x xD   .  0  17  37  20  0  D D  20 x  
(l) .Vì D là trung điểm của AB nên  D 17  11 3   11 3   12  A
;  . Đường thẳng AC đi qua điểm A
;  và có vtpt là AB ;0 có phương trình  5 5   5 5   5  11 AC : x  11 3  
 0 . C là giao điểm của AC và BC suy raC ; . 5    5 5   11 3   1 3   11 3 
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A
;  , B ; ,C ;  .  5 5   5 5   5 5 
Ví dụ 15. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC vuông tại A,đường cao AH. Gọi I là trung điểm
của AH. Đường thẳng vuông góc với BC tại C cắt BI tại D. Viết phương trình đường tròn ngoại
tiếp ABC , biết phương trình BC : x y  2  0 và D(-1;-1) và đỉnh A thuộc đường
d : 3x  2y  6  0.
Phân Tích: Trước tiên ta thấy DC vuông góc BC và đi qua điểm D nên ta viết được phương trình đường
thẳng DC và có ngay tọa độ đỉnh C . Không khó để ta thấy rằng DA cũng là tiếp tuyến hay DA = DC . Từ
đó tìm được điểm A và nhớ chú ý tam giác ABC vuông tại A để nhận và loại nghiệm. Giải
Trước tiên ta thấy DC vuông góc BC và đi qua điểm D nên ta viết được phương trình đường thẳng
DC : x y  2  0 .
x y  2  0 x  0
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ   
C 0;2. Gọi M là trung điểm của AC, N là
x y  2  0 y  2
giao điểm của MI và AB thì có ngay N cũng là trung điểm của AB(tính chất một đường thẳng đi qua trung
điểm một cạnh của tam giác và song song một cạnh thì đi qua trung A
điểm cạnh còn lại). Để chứng minh DA = DC. Ta chỉ cần chứng D
minh MD vuông góc AC(vì M đã là trung điểm AC). Tam giác ABH N M I
có đường trung bình IN nên HB  2IN và tam giác ACH có đường B C H
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 15
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
trung bình IM nên HC  2IN . Mặt khác, do IB HB IB 2IN IB IN IH DC      
DM BN (định lí talets đảo). Mà BN AC nên ID HC ID 2IM ID IM MD AC  3a  6 
suy ra tam giác DAC cân tại D  DA DC . Ta có DC  2 và A thuộc d suy ra A  ; a  .  2  2
a  2  A2;0 2  3a  6  
Ta có DA  2  a   1  1  2    30  30 6   . 2 a     A ;   13  13 13   30 6 
Loại điểm A 2;0 vì khi đó AC vuông góc BC. Vậy điểm A ;
 . AB vuông góc với AC và đi qua  13 13 
điểm A nên có phương trình AB : 3x  2y  6  0 . Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ
3x  2y  6  0 x  10     B10;12
x y  2  0 y
. Tam giác ABC vuông tại A nên nội tiếp đường tròn đường  12
kính BC. Gọi I là trung điểm của BC, khi đó
I(-5;-7) và IC  5 2 . Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình
x  2 x  2 5 7  50 .
Bài tập tự rèn luyện:  8 
Bài 1. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có trong tâm G 1;  và nội tiếp đường tròn  3 
C x  2 y 2 : 2
3  26 . Điểm M 7;2 thuộc đường thẳng đi qua A và vuông góc BC;M khác A. Tìm
tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết y B C y .
Bài 2. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có trung điểm cạnh BC là M 3; 
1 . Điểm E(-1;-3) thuộc đường
cao đi qua B. Đường thẳng AC đi qua F(1;3). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC có đường kính AD với D(4;-2).
Bài 3. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có trực tâm H 3;0 và trung điểm cạnh BC là M 6;  1 . Đường
thẳng AH có phương trình x  2y  3  0 . Gọi D và E lần lượt là chân đường cao hạ từ B và C của tam giác
ABC. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết DE có phương trình x  2  0 và D có tung độ dương.
Bài 4. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có trực tâm H 2;0 và tâm đường tròn nội tiếp I 2;0 . Phương
trình cạnh BC: x y  4  0 . Lập phương trình cạnh AB, biết hoành độ của điểm B không lớn hơn 3.
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 16
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM 2 2
Bài 5. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC nội tiếp đường tròn C : x  
1  y 2  25. Các điểm
K(-1;1) , H(2;5) lần lượt là chân đường cao hạ A và B. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết C có hoành độ dương.
Bài 6. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC nội tiếp đường tròn tâm I 3;5 và ngoại tiếp đường tròn tâm
K(1;4). Đường tròn tiếp xúc với cạnh BC và các cạnh AB,AC kéo dài (đường tròn bàng tiếp cạnh BC) có
tâm F(11;14). Viết phương trình cạnh BC và đường cao đi qua đỉnh A.
Bài 7. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC nhọn có đỉnh A(-1;4),trực tâm H. Đường thẳng AH cắt BC tại M,
đường thẳng CH cắt AB tại N. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HMN là I(2;0). Tìm tọa độ các đỉnh
B,C của ABC , biết đỉnh B thuộc đường thẳng d : x  2y  2  0 .
Bài 8. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC nội tiếp đường tròn tâm I 5;4 và có trực tâm H(5;5). Cạnh AC
có phương trình x y  8  0 . Tính diện tích ABC .
Bài 9. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có trực tâm H(-1;3), tâm đường ngoại tiếp I 3;3 , chân đường
cao kẻ từ A là điểm K(-1;1). Tìm tọa độ các đỉnh của ABC .
Bài 10. Trong mặt phẳng Oxy.Cho ABC có đỉnh A(-3;-4), tâm đường ngoại tiếp I 2;  1 và tâm đường
tròn ngoại tiếp K(-1/2;1). Viết phương trình cạnh BC.
Phần 3. Rèn luyện tư duy phân tích,dự đoán tính chất và chứng minh
Ví dụ 16. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn đường kính BC có phương trình 2 C x  2 ( ):
y 6x 2y  5  0. H là chân đường cao kẻ từ A. Đường tròn
đường kính AH cắt AB,AC lần lượt tại M và N. Tìm tọa độ đỉnh A và viết phương trình
cạnh BC,biết MN có phương trình 20x 10y  9  0 và H có hoành độ nhỏ hơn tung độ.
Phân tích:Trước hết ta có gắng vẻ hình chính xác và tổng hợp kỉ từng giả thuyết đường bỏ xót chi tiết nào.
Ta có tam giác ABC vuông tại A(góc A chắn đường kính). Dể thấy AMHN là hình chử nhật. MN đã có
phương trình,đường tròn đã có tâm và bán kính. Phương trình MN dùng để làm gì??Dự đoán được gì
đây!!B,C không nhiều giả thuyết nên ta tập trung vào tìm điểm A. Điểm A đã thuộc đường tròn là đã có
một phương trình,chỉ cần thêm một phương trình nửa là ra A. Ta nghĩ đến việc nối A và I (I là tâm đường
tròn(C)) vì ở đây chỉ có tọa độ điểm I. Ta sẽ có cảm giác IA vuông góc MN???Thử vẻ thêm hình khác
xem?Và nghĩ ngược lại,nếu IA vuông góc MN ta được gì?? Ak..Nếu IA vuông góc MN thì sẽ viết được
phương trình IA  A !!Khi có A thì việc tiếp theo sẽ dễ hơn. Vậy ta có thể tin rằng IA vuông góc MN và đi
chứng minh. Lời giải chi tiết.
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 17
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM Giải: A
Đường tròn (C) có tâm I(3;1) và bán kính R  5 . Do N
IA IC IAC ICA (1) . Đường tròn đường kính AH cắt AB tại M E M
MH AB MH AC (cùng vuông góc AB) suy ra MHB ICA 2 B H I C
. Ta có AHM ANM
3(cùng chắn AM). Từ (1) ,(2) và (3) ta có
ANM AHM
IAC ANM MHB AHM  90  IA MN . IA đi
IAC MHB
qua I và IA vuông góc MN phương trình IA : x  2y  5  0 . Điểm A là giao điểm giữa IA và đường tròn
(C) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
x  2y  5  0
x 1,y  2    A 1;2 A 5;0 A 5;0 2     
vì I,A nằm cùng phía so với  2
x y  6x  2y . Ta loại    5  0
x  5,y  0
đường thẳng MN. Ta nhận A1;2 vì I,A nằm khác phía so với đường thẳng MN. Tứ giác AMHN là hình
chữ nhật (có 3 góc vuông). Gọi E là trung điểm của AH thì E cũng là trung điểm của MN. Do
E MN E t t  9 ;2
.Do E là trung điểm của AH  H t t 19 2 1;4 . 5  10 
AH   t t  58 IH   t t  48 2 2;4 ; 2 4;4
. Do IH vuông góc AH suy ra: 10 10  t  8  11 13 H ; (l) 2  272 896 5  5 5 
AH.IH  0  20t t   0   . 5 25 t  28  31 17 H ; (n)  25 25 25
Khi đó BC đi H và có vtpt là AH nên có phương trình BC : 2x y  7  0 .
Vậy A 1;2 và BC : 2x y  7  0 .
Bình luận:Đây là bài toán xuất phát từ bài toán lớp 9 khá quen thuộc. Và lớp 9 đề bài yêu cầu luôn chứng
minh IA vuông góc MN. Khi dự đoán ta thử nghĩ ngược lại đều mình dự đoán có ý nghĩa gì??? Có giải bài
toán không?? Và mấu chốt là phải tìm yếu tố đầu tiên. Các Em thử giải bài sau trước khi xem lời giải nhé!
Thầy nghĩ đến các bài tiếp theo thì các em sẽ dự đoán chính xác các tính chất hình trong bài toán!
Và phần còn lại cố gắng chứng minh.
Ví dụ 17. Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC nội tiếp đường tròn tâm I, điểm 9 8
M(2;-1) là trung điểm của cạnh BC. Hình chiếu vuông góc của B trên AI là D  ; 5 5  .
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 18
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
Biết rằng AC có phương trình x y  5  0 ,tìm tọa độ các đỉnh của ABC .
Phân tích:Bài toán ẩn khá kỉ tính chất sử dụng ở đây. Ta có thể bối rối lúc đầu không biết xuất phát từ đâu.
Xem kỉ giả thuyết đã,ta có phương trình cạnh AC, tọa độ đỉnh D và trung điểm M của BC. Rõ ràng AC
không tham gia vào việc tư duy, vậy nó phục vụ để tìm A hoặc C trước. Điểm D tạo ra thế nào?? Khi thấy
có nhiều góc vuông ta nghĩ đến tứ giác nội tiếp, đó cũng là một kinh nghiệm. Tam giác ABD vuông tại D
nên sẽ nội tiếp đường tròn (T) tâm E(E là trung điểm AB). Ak... phương trình ME ta viết được vì ME song
song AC(ME là đường trung bình của ABC ). Đã tiến được một tí rồi. Điểm D chưa khai thác?? Ta thử
tạo ra tứ giác nội tiếp, bằng cách kẻ đường cao AF. Rõ ràng F thuộc (T). ABFD nội tiếp (T). Thử nối D với
các điểm khác xem có phát hiện gì không??? Ta sẽ thấy nổi bậc DF dường như vuông với EM, mà nếu thật
vậy thì ME sẽ là đường trung trực của DF luôn (vì EF=ED). Nghĩ ngược lại ME là đường trung trực của
DF ta được gì?? Rõ ràng nếu ME là đường trung trực của DF ta sẽ tìm được F,vì ME đã có phương trình và
D đã có. Mà khi có F sẽ có phương trình BC,từ đó có điểm C trước ,dẫn đến có A
B (vì M là trung điểm BC). AF đi qua F và vuông góc BC nên cũng có phương
trình. Vậy có luôn điểm A. Vậy dự đoán này có vẻ hợp lí?? Ta cần chứng minh
ME là đường trung trực của DF???Muốn vậy ta chỉ cân chứng minh ME là E I
phân giác EDF hoặc ME DF ( vì EF=ED). D Giải K
Gọi E là trung điểm AB và F là chân đường cao kẻ từ A. Ta có tứ giác ABFD C B F M
nội tiếp đường tròn (T) tâm E. Ta có: DFM DAB
(1) (góc ngoài của tứ giác 1
nội tiếp) và FME MCA
(2). Mà MCA BIA EIA (3) 2
(góc nội tiếp bằng một nửa góc ở tâm). Từ
(1),(2) và (3) ta có: DFM FME DAB EIA  90  ME DF . Mà ED=EF (D và F thuộc đường tròn
tâm E). Do đó ME là đường trung trực của DF. ME song song AC và đi qua M nên có phương trình
ME : x y 1 0 . DF vuông góc ME và đi qua D nên có phương trình x y  17 DF :  0 5 . Gọi K là giao điể 11 6 13 4
m của DF và ME  K  ;   F ; (vì K là trung điể 5 5 5 5 
m của DF). BC đi qua M(2;-1) và F 13 4 ;
BC : x 3y 5 0 . Điểm C là giao điể
5 5  nên có phương trình   
m của BC và AC nên tọa độ điểm C
x  3y  5  0 x  5 là nghiệm của hệ   
C 5;0 . Điểm M là trung điểm của BC nên ta có B(-1;-2).
x y  5  0 y  0
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 19
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM Đườ 33
ng thẳng AF đi qua F và vuông góc BC nên có phương trình AF : 3x y   0 . Điể 5 m A là giao
 x y  33 3  0
điểm của AF và AC nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ  5  A1;4.
x y 5  0
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là : A1;4,B1;2,C 5;0 .
Bình luận:Có lẻ các Em thắc mắc tại sao lại dự đoán được như vậy?? Đừng nản chí, các Em sẽ tự nhận ra
được câu trả lời qua các bài phía sau. Ak…! Ở bài toán trên để chứng minh ME là đường trung trực của DF
ta có thể xem thử cách 2 này nhé:
Các điểm E,B,M,I,D cùng thuộc đường tròn đường kính BI. Và EBFE thuộc đường tròn tâm E. Ta có:
DEM DBE  1 DEF 2
suy ra ME là đường phân giác DEF . Mà DE=DF, do đó ME là đường trung trực của DF.
Kết quả cần nhớ qua ví dụ 17:
Cho ABC nội tiếp đường tròn tâm I; D là chân đường cao kẻ từ A; M và N lần lượt là trung điểm của BC
và AB; E là hình chiếu của B trên AI. Khi đó: a) DE vuông góc AC.
b) MN là đường trung trực của DE.
Em nhớ chứng minh trước khi áp dụng vào giải bài toán .
Ví dụ 18. Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC vơi AB < AC có tâm đường tròn ngoại tiếp
I(-1;0). Điểm M(3;3) nằm trên đường trung trực của BC và N(2;4) thuộc đường phân giác
trong góc B sao cho AN=CN. Đường thẳng BC đi qua điểm D(1;4) và B có tung độ lớn hơn
C. Xác định tọa độ các đỉnh của ABC .
Phân tích: Cần nhớ: Tâm đường tròn ngoại tiếp là giao điểm của ba đường trung trực ba cạnh của tam
giác.Trước tiên M thuộc đường trung trực của BC nên IM vuông góc BC và D thuộc BC ta viết ngay
phương trình cạnh BC. Tiếp theo AN=NC tức là N thuộc đường trung trực AC. Mà N lại thuộc đường phân
giác trong góc B. Ta thấy ngay N thuộc đường tròn. Vậy có có phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp
ABC có tâm I và bán kính IN. Giao BC và (C) ta có được B,C. Đường thẳng AC đi qua C và vuông góc
IN nên ta viết được AC và giao AC với (C) ta có A. Giải N A
Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp ABC .Do NA=NC nên N nằm trên đường
AIC  2ABC trung trực của AC. 
NIC ABC  2NBC N (C) . Đường C I
AIC  2NIC D M
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 20 B
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM 2 2 2 2
tròn (C) có tâm I(-1;0) và bán kính R IN  3  4  5 có phương trình C :  x  
1  y  25 . Đường
thẳng BC đi qua D(1;4) và có vtpt là IM  4;3 có phương trình BC : 4x 3y16  0 . Điểm B,C là giao  2  xx  2 2   1  y  25 x  4  điể 5
m của BC và (C) nên tọa độ của B, C là nghiệm của hệ      . Do
4x  3y 16  0
y  0 y  24  5 y y 2 24 B ;
,C 4;0 . AC đi qua C và vuông góc IN nên có phương trình AC :3x 4y12  0 B C nên 5 5    .
Điểm A là giao điểm của AC và (C) nên tọa độ của A là nghiệm của hệ  12  xx  2 2    1  y  25 x  4  5 x  4      . Loại 
vì trùng điểm C,vậy A 12 24 ; 5 5  . Tọa độ các
3x  4y 12  0
y  0 y  24 y  0  5 điể 2 24
m cần tìm là: A 12 24 ; B ; ,C 4;0 5 5  ,  5 5    .
Ví dụ 19. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A và D có
CD  2AD  2AB, gọi E(2;4) là điểm thuộc đoạn AB sao cho AB  3AE . Điểm F thuộc BC
sao cho DEF cân tại E. Phương trình EF là 2x y  8  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình
thang biết D thuộc đường thẳng d : x y  0 và điểm A hoành độ nguyên và thuộc đường
thẳng d ' : 3x y  8  0 .
Phân tích: Đối với các bài toán hình học phẳng các Em cần vẽ hình chính xác và sử dụng hết giả thuyết.!
Ở bài này ta thấy rằng điểm A thuộc d ' : 3x y 8  0 và D thuộc d : x y  0 . Nên ta định hướng tìm D
và A trước. Xem các điểm E và F được tạo ra thế nào và có mối liên hệ với điểm nào??Phương trình EF
dùng làm gì?? Thử nối E với A và D, ta sẽ có cảm giác ED vuông góc EF?? Các Em có thấy vậy không??
Thử suy nghĩ nếu ED vuông góc EF ta được gì?? Ak… Khi đó ta sẽ viết được phương trình DE vậy là có
được điểm D! Có vẽ dự đoán này khả quan và khi đó tìm cách chứng minh xem?? Ak.. Còn tỉ lệ các đoạn
thẳng thì sao??Tìm A thế nào??Khi đã có D ta sẽ có độ dài DE và nhờ tỉ lệ các đoạn thẳng ta tính được độ
dài AE suy ra điểm A. Ở đây có một cách chứng minh bằng phương pháp mượn hệ trục tọa độ mới! Rất
hiệu quả,nhưng phạm vi sử dụng hẹp. Chủ yếu đối với các bài có góc vuông và tỉ lệ các cạnh Thầy sẽ giới
thiệu vào một chương sau .Trong bài này Thầy sẽ hướng dẫn chứng minh trực tiếp! Giải
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 21
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
Gọi P là điểm đối xứng của D qua A. Ta có P
AB AD  1 DP  DBP 2
vuông tại B. Mặt khác ABD
vuông cân tại A nên ADB  45 . Do đó DBP vuông cân tại B E B
BA là đường trung trực của DP ED EP , mà ED EF , A
do đó E là tâm đường tròn ngoại tiếp DPF . Suy ra F
DEF  2DPF  90  ED EF . Đường thẳng ED vuông góc I
EF và đi qua điểm D nên có phương trình DE : x  2y  6  0 D C
.Điểm D ED d nên tọa độ của D là nghiệm của hệ phương
x  2y  6  0 x  2 trình     D2;2. x y  0 y  2 2 2 2 2
Ta có DE  20 , xét AED vuông tại A, có DE AE AD  20 . Mà 3AE AD AB suy ra 2 AE   2 10 20
AE  2 (*) . Do A thuộc d ':3x y 8  0  A ;
a 83a . Từ a  1
(*)  a 22  4 3a2  2  2
5a 14a  9  0   . a  9  5
Do A có tọa độ nguyên  A1;5 . x  2  2 x  4 B B
Ta có EB  2EA      B4;2 y  4  2 y .   B  2 Bx  2  6 x  4 C C
Ta có DC  2AB      C 4;4 y  4  6 y .    C  4 C
Vậy tọa độ các điểm càn tìm là : A1;5,B4;2,C 4;4, D2;2 .
Bình luận: Mấu chốt của bài toán là phải thấy ED vuông góc EF. Ta có một cách khác để chứng minh ED
vuông góc EF chỉ phụ thuộc vào tính toán bằng cách mượn hệ trục tọa độ. Thầy sẽ giới thiệu trong chương
sau. Phương pháp này hiệu quả, không cần suy nghĩ nhiều nhưng phạm vi sữ dụng hẹp. Thường dùng cho
bài toán có góc vuông và tỉ lệ các cạnh.
Ví dụ 20. Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC có trực tâm H, gọi D và E lần lượt là chân
đường cao hạ từ A và C. Điểm M(2;3/2) là trung điểm của BC. Đường tròn (C) ngoại tiếp 2 DHE 2 1
có phương trình C :  x  4  y    25 2
. Tìm tọa độ các đỉnh của ABC , biết
đỉnh C thuộc đường thẳng d : x  2y  2  0 và điểm B có hoành độ dương.
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 22
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
Phân tích: Trước hết ta thấy điểm C thuộc đường thẳng d nên tọa độ của C chỉ một ẩn và M(2;3/2) là
trung điểm của BC nên tọa độ của B cũng chỉ một ẩn. Thêm vào x  0 B
nên ta nghĩ đên tìm điểm B trước.
Khi bài toán có nhiều góc vuông ta nghĩ đến các tứ giác nội tiếp nhé. Không khó để thấy tứ giác BDHE nội
tiếp, suy ra B thuộc (C) từ đây tìm được B. Xem như đã ổn! Giải A
Ta có BEH BDH  180  tứ giác BDHE nội tiếp  B C .
Do C d : x  2y  2  0  C 2t  2;t .
Mà M là trung điểm của BC B6  2 ;t3 t. E H  7 1 t B 1; (l) 2    I 2 7  2 2
Điểm B C  2  2t   t B C 2     25   .  D Mt  1  7 B 7; (n)  2  2 M là trung điể 
m của BC suy ra C  1
3; 2  . Đường tròn (C) có tâm I(4;1/2) là trung điểm của HB suy ra H   5 1; . Đườ
AH : 5x 2y 0. Đườ 2 
ng thẳng AH đi qua H và có BC là vtpt nên có phương trình   ng 15
thẳng AB đi qua B và có CH là vtpt nên có phương trình AB : 2x y   0 A AB AH 2 . Ta có   nên    15 x  5 2x y   0  3 5 25
tọa độ điểm A là nghiệm của hệ  2    A 25  ;3 6 .
5x  2y  0 y   6 5 25 7 1
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là : A  ; B 7; ,C 3; 3 6  ,  2  2  .
Bình luận: Cẩn thận các kiểu đánh lừa đường tròn ngoại tiếp tam giác có thể các điểm ta cần tìm thuộc vào
đường tròn đó! Phân tích và thử suy ngược lại xem được gì nhé. Ta thử sức một bài cùng loại nhé! Để sử
dụng tài liệu hiệu quả, một lời khuyên là các Em hãy tự làm trước khi xem bài giải nhé.
Ví dụ 21. Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC nhọn có đỉnh A(-1;4), trực tâm H. Đường
thẳng AH cắt BC tại M và CH cắt AB tại N. Tâm đường tròn ngoại tiếp HMN
I(2;0),đường thẳng BC đi qua điểm P(1;2). Tìm tọa độ các đỉnh B,C của tam giác biết đỉnh B
thuộc đường thẳng d : x  2y  2  0 .
Phân tích: Tương tự như bài trước đó, ta có tứ giác BMHN nội tiếp đường tròn đường kính BH. Khi đó I
là trung điểm của BH. B thuộc đường thẳng d nên có một ẩn suy ra H cũng có một ẩn. Từ
AH.BP  0  H,B . Vậy là xong nhé…!
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 23
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM Giải A
Ta có BMH BNH  90  bốn điểm BNHM cùng thuộc đường tròn đường kính BH.
Bd B22 ;tt , I là trung điểm của BH suy ra N H H
22 ;tt  AH  32 ;tt 4,BH  2t 1;t 2 .
Do H là trực tâm của ABC I B C AH BH   2 . 0
5t 10t  5  0  t  1. Suy ra H(0;1), B(4;-1). M P
Đường thẳng AC đi qua A và có vtpt là BH  4;2 có phương trình AC : 2x y  6  0 . Đường thẳng
BC đi qua B và P có phương trình BC : x 3y  7  0 . Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ
2x y  6  0   C 5;4 x  3y
.Vậy tọa độ các điểm cần tìm là: B(4;-1) và C(-5;-4).  7  0
Ví dụ 22. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành ABCD có ABC nhọn, đỉnh A(-2;-1).
Gọi H,K,E lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BC,BD,CD. Phương
trình đường tròn ngoại tiếp HKE là C 2 x  2 :
y x  4y  3  0 . Tìm tọa độ các đỉnh
B,C,D biết H có hoành độ âm. Điểm C có hoành độ dương và thuộc đường thẳng
x y 3  0 .
Phân tích: Các em cố gắng vẻ hình tốt và ghi ra các giả thuyết, phân tích xem tìm điểm nào trước. Rõ ràng
ta suy nghĩ đến điểm C và H trước vì hai điểm này có nhiều điều kiện hơn. Lại thấy đường tròn ngoại tiếp,
giá như mà điểm C cũng thuộc (C) thì tốt quá nhỉ?? Thật không may,khi vẽ đường tròn ra các em sẽ nhân
ra rằng điểm C không thuộc (C). Nếu vẽ tốt ta sẽ thấy rằng đường tròn (C) dường như đi qua tâm I của hình
bình hành?? Liệu thật vậy ta được gì?? Điểm C một ẩn và điểm A đã có A
vậy sẽ tính được I theo một ẩn của C(vì I là trung điểm AC). Mà I thuộc D
(C) ta sẽ tìm được I!! Có vẽ hợp lí rồi! Vậy ta cố gắng chứng minh I thuộc I
(C), muốn vậy ta chứng minh tứ giác IKHE nội tiếp..! Các Em theo dõi K E
bài giải chi tiết nhé..! B H C Giải
Ta có AHC AEC  90  bốn điểm A,H,C,E cùng thuộc đường tròn
đường kính AC. Gọi I là tâm của hình bình hành. Ta có HIE  2HAE  2180  BCD. Các tứ giác AKED,AKHB nội tiếp
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 24
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
EKD EAD nên  .
BKH BAH Do đó:
HKE 180  EKD BKH  180  EAD BAH  90  EAD90  BAH  ABC ADC  .
2180  BCD  HIE
Suy ra tứ giác HKIE nội tiếp . Dẫn đến điểm I thuộc đường tròn (C) ngoại tiếp HKE . c  2 c  4 Gọi C  ; c
c 3d,c  0  I  ; 2
2  . Do I thuộc (C) nên ta có phương trình 2
c c 2  0  c  2 c  1(loại vì c>0). Suy ra C 2;  1 và I 0; 
1 .Điểm E,H nằm trên đường tròn
đường kính AC và đường tròn (C) nên tọa độ thỏa mản hệ phương trình :  2 2
x  0, y  
x y x y    3 4 3 0    2 8 11 .  2 x   y  1  4 x   ,y    5 5 Vì điểm H có hoành độ 8 11 âm H  ; E . Đườ 5 5 , 0;3
ng thẳng BC đi qua H và C nên có phương trình
BC : x 3y 5  0 . Đường thẳng AB đi qua A song song CE nên có phương trình AB: x y 1 0 . Tọa
độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
x y 1  0 x  4   
B4;3  BA  2;2,BC  6;2  B .
A BC 16  0(t / ) m .
x  3y  5  0 y  3
BA CD D 4; 
1 . Vậy B4;3,C2; 1, D4;1 .
Bình luận: Tới đây Thầy nghĩ khả năng phân tích của các Em đã tiến bộ hơn rồi chứ!.Thầy nghĩ phần còn
lại là rèn luyện cách chứng minh và kỉ năng tính toán thật tốt.
Ví dụ 23.Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC cân tại A. Điểm M thuộc BC(M khác trung
điểm của BC). Các điểm E,F lần lượt là hình chiếu của M trên cạnh AB và AC và
EF : 2x y 8  0 .Cạnh BC có phương trình x y 1 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của ABC ,
biết I(1;2) là trung điểm của AM và E có hoành độ dương.
Phân tích: Chắc chắn là ta phải nghĩ đến tìm điểm E,F,M hoặc điểm nào đó thuộc cạnh BC. Vì các điểm
này đã thuộc một đường thẳng có phương trình. Đề cho ABC cân tại A?? Ta xem được gì? Ta thử nghĩ
đến trung điểm H của BC và AH là đường cao và đường phân giác của ABC . Ta dễ nhận ra các điểm
A,E,M,H,F thuộc đường tròn đường tâm I, với I là trung điểm của AM, vì MEA MFA MHA  90 .
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 25
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
Thử nối IH lại ta sẽ thấy IH EF ?? Nếu thật vậy ta sẽ có được tọa độ điểm H ? Ta xem bài giải chi tiết nhé…! Giải
Gọi H là trung điểm của BC và I là trung điểm của AM. Ta có: MEA MFA MHA  90 suy ra các điểm
A,E,M,H,F thuộc đường tròn (C) tâm I  IE IF  
1 . Mặt khác, ABC cân tại A suy ra:
EAH FAH HE HF 2 (tính chất của góc nội tiếp). Từ (1) và (2)
dẫn đến IH là đương trung trực của EF nên IH vuông góc EF. Ta có A
IH EF IH : x 2y m  0 , mà I IH IH : x 2y 3  0 . Điểm
H IH BC H 5;4 . Đường tròn (C) tâm I(1;2) và bán kính I R IH  2 5 2 2
có phương trình C :  x  
1  y 2  20 .Đường F
thẳng AH đi qua H(5;4) vuông góc BC nên có phương trình E
AH : x y 9  0 . B M H C
Điểm A AH C nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: x  2
1  y  22  20
x  5, y  4   
. Điểm A(5;4) loại vì trùng H, nên A(3;6).
x y  9  0
x  3, y  6
Các điểm E,F EF C nên tọa độ E,F là nghiệm của hệ: x  2
1  y  22  20
x  1, y  6   
. Vì E có hoành độ dương nên E(3;2) và F(-1;6).
2x y  8  0
x  3, y  2
Đường thẳng AB đi qua điểm A(3;6) và E(3;2) nên có phương trình AB : y  3. Điểm
B ABBC B4; 
3 . Điểm H là trung điểm của BC nên C(6;5).
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A(3;6), B(4;3), C(6;5).
Kết quả cần nhớ qua ví dụ 18:
Cho ABC cân tại A; M là điểm thuộc đoạn BC (khác trung điểm của BC); E và F lần lượt là hình chiếu
của M trên AB và AC; I là trung điểm của AM; H là trung điểm của BC. Khi đó:
a) Các điểm A,E,M,H,F cùng thuộc đường tròn tâm I.
b) HI là đường trung trực của EF.
Em nhớ chứng minh trước khi áp dụng vào giải bài toán nhé…!
Ví dụ 24.Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC nội tiếp đường tròn (C) tâm I. D là điểm chính
giữa của cung BC không chứa A). P(4;5) là giao điểm của AB và DC. Phương trình đường
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 26
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM 2
tròn ngoại tiếp APC có phương trình T  2
: x  y 2  25. Phương trình đường thẳng
DI: x  2y 10  0 Tìm các đỉnh của ABC .
Phân tích: Gọi K là tâm đường tròn (T). Một số sai lầm có thể xãy ra là ta dự đoán PK PD hoặc
PK PD vì vẽ hình đôi khi vô tình vậy! Bởi vì có một trong hai điều trên cũng tìm được D. Nhưng chứng
minh không được. Chịu khó vẽ hình lại ta sẽ thấy dự đoán trên sai. Rõ ràng ta phải chuyển các yếu tố của
(C) qua (T) vì (C) chưa có phương trình.
Gọi M AD (T) ,cần nhớ AM là đường phân giác góc A( vì D nằm chính giữa cung BC). Vậy
PAM CAM MP MC (tính chất góc nội tiếp trên đường tròn (T)).
Vậy KM là đường trung trực của PC. Nếu tìm được M là xong?? Phương trình ID dùng làm gì ??AK.. Nối
PM ta sẽ thấy PM song song BC?? Nếu vậy qua tốt PM BC BM ID . Khi đó sẽ viết được phương
trình PM và có ngay điểm M, dẫn đến có C.
Ta xem bài giải chi tiết nhé…! Giải
Đường tròn (T) có tâm K(0;2). Gọi M AD (T),do D nằm chính giữa
cung BC nên AD là đường phân giác trong của góc A. Xét trên đường tròn A
(C) có DAB DCB (cùng chắn DB),mà DAB DAC suy ra I
DAB DAC DBC  
1 . Xét trên đường tròn (T) có MPC MAC 2. Từ K C B
(1) và (2) suy ra MPC PCB PM BC . Mà BC vuông góc ID nên PM D
cũng vuông góc ID. PM đi qua P và vuông góc ID có phương trình
2x y 3  0. Điểm M PM T nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ: M P
x y 22 2  25
x  0, y  3   
. Điểm M(4;5) loại vì trùng P, nên
2x y 3  0
x  4, y  5
M(0;-3). Do KP KC MP MC nên KM là đường trung trực của PC. KM đi qua M và K có phương
trình x  0 . PC đi qua B và vuông góc KM nên có phương trình y  5 . Gọi
N PC KM N(0;5)  C4;  5 .
BC đi qua C và vuông góc ID nên có phương trình BC : 2x y 13  0 . ID là đường trung trực của BC nên ta tìm đượ 92 11 c B  ;
. AP đi qua P và P nên có phương trình AP : x  2y 14  0 5 5  .
Điểm A AP T  nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 27
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
x y 22 2  25
x  0, y  7   
. Điểm A(4;5) loại vì trùng P, nên A(0;7).
x  2y 14  0
x  4, y  5 92 11
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A(0;7), B  ; 5 5  , C(-4;5).
Ví dụ 25.Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC vuông tại A, có H là chân đường cao kẻ từ A.
Gọi D và E lần lượt là hình chiếu của H trên cạnh AB và AC. Điểm K(-1;2) thuộc AB và
M(0;-1) là trung điểm của BC. Đường tròn ngoại tiếp CDE có phương trình
C x  2 y  2 : 1
3 10 . Tìm tọa độ các đỉnh của ABC , biết B có hoành độ dương. Giải A
Ta có ADHE là hình chữ nhật  ADE AHE   1 , E K
AHE EHC  90 Mà 
AHE ECH 2 . Từ (1) và (2) suy ra D
EHC ECH  90 M C B H
ADE ECH  tứ giác DBCE nội tiếp. Do đó các điểm B,C,D,E cùng
thuộc đường tròn (C). Đường tròn (C) có tâm I(1;3). Do M là trung I
điểm của BC nên IM là đường trung trực của BC. BC đi qua M và vuông góc IM nên có phương trình
BC : x  2y  2  0 . Ta có ,
B C BC Cnên tọa độ điểm B và C là nghiệm của hệ: x  2
1  y 32 10
x  2, y  0   
. Do điểm B có hoành độ dương nên B(2;0) và C(-2;2).
x  2y  2  0
x  2, y  2
Đường thẳng AB đi qua B và K nên có phương trình AB : 2x  3y  4  0 . AC đi qua C và vuông góc AB
có phương trình AC : 3x  2y 10  0 22 32
. A AB AC A  ; 13 13  . 22 32
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A ; B C
13 13 ; 2;0; 2;2 .
Ví dụ 26.Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD có A(4;6). Gọi M và N là các điểm
thuộc cạnh BC và CD sao cho MAN  45 , điểm M(-4;0) và đường thẳng MN có phương
trình MN :11x  2y  44  0 . Tìm tọa độ các đỉnh B,C,D. Giải
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 28
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM A B
Gọi F AM B ;
D E AN B ,
D I NF ME . F
Ta có FAN FDN  45  FADN nội tiếp. Mà
M ADN  90  NFA  90  NF AM . Tương tự MAE EBM  45  I
ABME nội tiếp. Mà ABM  90  ME AN . Do đó I là trực tâm của H E
AMN . Gọi H là giao điểm của AI và MN, khi đó AH vuông gc MN. Từ
đó ta có AH : 2x 11y  58  0 24 22
. Điểm H AH MN H  ; 5 5  . D N C
Tứ giác ABME nội tiếp  BEM BAM  
1 . Tứ giác AEIF nội tiếp
IEF IAF 2 . Từ (1) và (2) ta có IAF BAM hay HAM BAM . Do đó MAH  MAB(cạnh huyền-
góc nhọn) suy ra MB MH, AB AH . Vậy AM là đương trung trực của BH. AM có phương trình
3x  4y 12  0 . B và H đối xúng nhau qua AM nên ta tìm được B(0;-2).
AB  4;8  AB BC  4 5;BM  4;2  BM  2 5 . Ta có
BC  4 5  2  BC  2BM C8;2.
AD BC D 4;10 BM Mặt khác  . 2 5
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là B 0;2;C 8;2, D4;10 .
Ví dụ 27.Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I và đỉnh A(3;1). Điểm M  8
3; 3 thuộc đoạn ID. F là giao điểm giữa AM và BC. Lấy điểm K thuộc tia CD sao cho
KFA  45 . Tìm tọa độ các đỉnh B,C,D biết KF : x y 9  0. Giải A B
Ta có KFA KCA  45  tứ giác KFCA nội tiếp. Mà
KCF  90  KAF  90  AKF vuông cân tại A. I
Đường thẳng AM có phương trình x 3  0. Điểm M
F AM KF F3;6. Gọi H là trung điểm của KF, ta K D C
có AH vuông góc KF. AH có phương trình x y  2  0 . H Điế 11 7
m H AH KF H F  ; K8; 1 2 2 . Tứ giác
AHCB nội tiếp ABH ACH  45 . Mà ABD  45 , do đó B,D,H thẳng hàng. Đường thẳng BD đi qua H
và M có phương trình BD : x 3y  5  0 . BBD B3t  5;t, AB  3t 8;t  
1 ,FB  3t 8;t 6 .
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 29
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM t  7  11 7 B ; A . B FB  0  2
10t  55t  70  0   2  2 2 11 7 Ta có: . Điểm B  ;
2 2  loại vì trùng H nên B(1;2).  t  2  ( B 1;2)
BC đi qua B và vuông góc AB có phương trình BC : 2x y  0 . Đường thẳng DC đi qua K và vuông góc
BC nên có phương trình DC : x  2y 10  0 . C DC BC C 2;4 . Ta có AD BC D4;3 .
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là B 1;2;C 2;4,D4;3 .
Ví dụ 28.Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC có trực tâm H(3;2) và K(1;4) là giao điểm giữa
AH và đường tròn ngoại tiếp ABC . Viết phương trình cạnh BC. Giải A
Gọi D và E lần lượt là chân đường cao kẻ từ A và B. Ta có tứ giác ADBE nội tiếp E H I
EBC EAD (cùng chắn DE), mà EAD DBC (cùng chắn CK). Do đó EBC KBC . B C D K
Vậy EBC KBC và BC vuông góc HK nên BC là đường trung trực của HK và D là
trung điểm của HK nên D(2;3).
Đường thẳng BC đi qua D và có vtpt là HK  2;2 có phương trình BC : x y 1 0 .
Ví dụ 29.Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC có trực tâm H và K(1;0) điểm đối xứng của H
qua BC và D là chân đường cao kẻ từ A. E(2;1) là hình chiếu của K trên AC.F(0;2) là giao
điểm giữa ED và AB. Tìm tọa độ các đỉnh của ABC . Giải
Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp ABC . Gọi M là giao điểm giữa BH và AC.
Ta có tứ giác AMDB  DBM DAM . A
Mặt khác, DBM DBK (do H và K đối xứng qua BC).
Do đó  KBC KAC K thuộc đường tròn (C). M
Do ABKC nội tiếp nên KBF KCA 
1 . Tứ giác KDEC nội tiếp H I E
( KEC KDC  90 )  KDF KCE 2 . Từ (1) và (2) ta có
KBF KDF  tứ giác KDBF nội tiếp. Mà KDB  90 nên B C D KBF F
 90 hay KF vuông góc AB. AB đi qua F và vuông góc K
KF nên có phương trình AB : x  2y  4  0 . Đường thẳng AC đi
qua E và vuông góc KE nên có phương trình AC : x y 3  0 .
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 30
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
A AB AC A2 7 ;
. AK có phương trình AK : 7x y  7  0 EF : x 2y 4 0 3 3 . EF có phương trình    .
D EF AK D10 21 ;
. BC đi qua D và vuông góc AK có phương BC x y  137 : 7  0 13 13 13 .
B BC AB B18 17 ;
C BC AC  17 22 C ; 13 13 và 13 13. 2 7 18 17 17 22
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A ; ,B ; ,C ; 3 3 13 13 13 13 .
Ví dụ 30.Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD tâm I. Điêm M(1;2) và N(0;1) lần
lượt là trung điểm của BC và ID. Tìm tọa độ các đỉnh A, biết rằng A có hoành độ dương. Giải
Kẻ ME vuông góc AD, khi đó ABME là hình chữ nhật nên nội tiếp
đường tròn (C) đường kính MA hay BE.
EN là đương trung bình của tam giác AID A B
EN AI EN BDAI BD  ENB  90  N thuộc (C) dẫn đến
ANM  90 hay AN vuông góc MN. Hơn nửa, ANM ABN  45 . Do
đó tam giác AMN vuông cân tại N. Đường thẳng AN đi qua N và vuông E I M
góc MN có phương trình AN : x y 1  0 . N
AAN A ;1
t t, AN   ;tt,MN  1  ;1 . Từ A1;0(n) D C
AN MN  
. Vậy A 1;2 . A  1;2(l)
Bình luận:Đối với các bài toán hình vuông hay các bài toán có góc vuông và tỉ lệ các cạnh nói chung. Ta
có thể sử dung phương pháp tọa độ hóa để chứng minh các tính chất hình như sau:
Chọn hệ trục tọa độ Ox ' y ' như hình vẽ. Ta có y' D C
         a a 3 0;0 , ;0 , ; ,D 0; , , ; a A B a C a a a M a N . 2 4 4 N
AN a 3aa 10 AN AM   
3a a  AM a 10 ; ; ; I N 4 4 2 4 4 2 . Ta tính đượ x'
c : AN.AM  0 và AM AN suy ra tam giác AMN vuông cân tại A B
N. Sau đó giải tiếp như trên.
Ví dụ 31.Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H, phương trình đường
thẳng AH là 3x y  3  0 , trung điểm của cạnh BC là M(3;0). Gọi E và F là chân đường
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 31
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
coa hạ từ B và C của tam giác ABC. Phương trình EF là x y  7  0 . Tìm tọa độ điểm
A,biết A có hoành độ dương. Giải A
Gọi I là trung điểm của AH và D là chân đường cao kẻ từ A. Tứ giác AEHF
nội tiếp đường tròn tâm I và bốn điểm BFEC cùng thuộc đường tròn tâm M. E I
Do E,F là giao tuyến của hai đường tròn nên EF vuông góc IM. F
Ta có: IE IH IEH IHE BHD H
MEB MBE MEB IEH MBE BHD  90 . Tức là ta có ME IE . I C B D M
là giao điểm giữa IM và EF suy ra I(1;6). Điểm E thuộc vào đường thẳng EF
suy ra E 3t  7;t . Ta có: IE.ME E 5;4  E 1;2 . Với E 2;3  IE  4 5; E 1;2  IE  4 5. Vì điể 2 2
m A thuộc AH nên A(a;3a+3). Ta có: IA IE  2 IA  2
IE  a  
1  3a 3  20  a 1 2 .
Vì A có hoành độ dương A1 2;63 2 .
Ví dụ 32.Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) tâm I. Phân giác
trong góc A của tam giác ABC cắt BC tại D và cắt đường tròn (C) tại E. Gọi K là tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABD. Biết K(1;1),E(0;4) và AB có phương trình x y  3  0 và
điểm B có hoành độ dương.Tìm tọa độ đỉnh A. Giải
Gọi F là trung điểm của BD. K là tâm đường tròn ngoại tiếp ABD nên ta có KF BD BKD  2BAD
(góc nội tiếp có số đo bằng một nửa góc ở tâm cùng chắn một cung)
BAD BKF . Mặt khác, EBC EAC BAD . A
Từ các điều trước đó ta suy ra
EBC BKF EBC FBK BKF FBK  90  KB E . B K I
Ta có: B AB B  ; b b  3 .
KB EB K .
B EB  0  b 1 b  1 F
. Do B có hoành độ dương C B D
nên ta chọn B(1;4). A AB A ; a
a 3,a 1. E
Từ KA KB a  1 a  2 . Do điểm A khác B nên ta chọn A(-2;1).
Vậy tọa độ điểm cần tìm là A(-2;1).
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 32
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
Ví dụ 33.Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC vuông tai A nội tiếp đường tròn T 2x  2 :
y  6x  2y  5  0 . Gọi H là chân đường cao kẻ từ A của ABC . Đường tròn đường kính AH
cắt AB,AC lần lượt tại M và N. Tìm tọa độ đỉnh A và viết phương trình cạnh BC, biết MN có phương
trình 20x 10y  9  0 và H có hoành độ nhỏ hơn tung độ. Giải A N
Đường tròn (T) có tâm I(3;1) là trung điểm của BC và bán kính R  5 . Do E
IA IC IAC ICA M
 1. Đường đường kính AH cắt AB tại M nên B I C
MH AB MH AC (cùng vuông góc AB) suy ra MHB ACH 2 . Mặt
khác ANM AHM 3 (cùng chắn AM). Từ (1),(2),(3) ta cóÌ
IAC ANM ICA AHM MHB AHM  90 .Suy ra: AI vuông góc MN.
Từ đây ta viết được phương trình AI : x  2y  5  0 . Điểm A IA  T  nên tọa độ của A là nghiệm của
x  2y  5  0
x  1, y  2 hệ:  
. Điểm A(1;2) nhận vì thỏa A và I nằm về hai phía của MN. 2   2
x y  6x  2y  5  0
x  5, y  0
Điểm A(5;0) loại vì A và I nằm về một phía của MN. Gọi E là tâm của đương tròn đường kính AH thì E là
trung điểm của AH. Do AMHN là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông) nên E cũng là trung điểm của
MN. E MN E t t  9 ;2 H t t  38 2 1;4
10  . Do E trung điểm của AH nên  10 . t  8  11 13 H ; 2  272 896 5  5 5 
AH HI AH.IH  0  20t t   0   5 25
. Do H có hoành độ nhỏ t  28  31 17 H ;  25 25 25 hơn tung độ 11 13 nên ta nhận H  ; . Đườ 5 5 
ng thẳng BC đi qua H và vuông góc AH nên có phương trình
BC : 2x y  7  0 . Vậy A1;2 và BC :2x y 7  0 .
Ví dụ 34.Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp là I 3 1 ; ,tâm đườ J 1;0 . Đườ 2 16 
ng tròn nội tiếp ABC là   ng phân giác trong A
góc BAC và đương phân giác ngoài góc ABC cắt nhau tại K(2;-8). Tìm tọa độ
các đỉnh của ABC ,biết đỉnh B có hoành độ dương. I J Giải B C H
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 33 K
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
Gọi (C) là đường tròn ngoại tiếp ABC và H là giao điểm giữa AK và đường tròn tâm (C). Xét tam giác
BHJ có HJB JAB JBA (góc ngoài của tam giác) và HBJ JBC HBC . Mà JBH JB ;;
A HBC HAC HAB (do AJ và BJ là các đường phân giác).
Từ các điều trên ta có HBJ HJB  
1  HBJ cân tại H HB HJ . Mà HAC HAC HC HB (tính
chất góc nội tiếp). Do đó HJ HB HC . Mặt khác, BJ và BK lần lượt là đường phân giác trong và phân
giác ngoài góc ABC nên KB vuông góc JB. Suy ra: HJB HKB  90  HBK HBJ 2 . Từ (1) và (2) suy
ra HBK HKB  HBK cân tại H  HB HK . Vậy là HB HC HK HJ . H là trung điểm của KJ 3 2 2 2 3 1 65
nên H  ;4 . Đường tròn(C) có bán kính IH có phương trình(C):x y
2     16   16  2  . Từ
HB HC HK HJ các điểm B,C,K,J thuộc đường tròn (T) có tâm H và bán kính HJ. Ta viết được T  2
x   y 2 3  65 ( ): 4 . Các điể 2 4
m B,C thuộc đường tròn (C) và (T) nên tọa độ của B và C là nghiệm của hệ:  2 x  2 3 65 y 4  2        4
x  5, y  2 
. Do B có hoành độ dương nên B(5;-2) và C(-2;-2).  2 2 2 x 2,y 2
x  3  y  1 2 16   65 
16   
Đường thẳng AH đi qua H và J có phương trình AH : 8x y 8  0 . Điểm A là giao điểm giữa AH và (C)  2 2 2 1 3 1 65 x ,y 4  x y 2  2   16 16         
nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:   . Vì điểm A phải khác  3
8x y  8  0
x  , y  4  2 1 1 H nên A  ;4 A ;4
2  . Vậy tọa độ các điểm cần tìm là  2  , B(5;-2) , C(-2;-2) .
Bài tập tự rèn luyện: 2 2
Bài 11.Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn C :  x  
1  y 2 10 . Từ điểm A nằm ngoài đường
tròn kẻ tiếp tuyến AB đến đường tròn(C) (B là tiếp điểm). Điểm D(0;-1) thuộc đường thẳng qua B và song
song AI. Tìm tọa độ điểm A, biết A thuộc đường thẳng d : x y 1  0 . 2
Bài 12.Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn C 2
: x  y 2 10 . Từ điểm A thuộc đường thẳng
d : x y  2  0 kẻ các tiếp tuyến AB,AC (B,C là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm A, biết D(4;0) thuộc đường thẳng BC.
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 34
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
Bài 13.Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC có đỉnh A(-2;-1),trực tâm H(2;1) và độ dài cạnh BC  2 5 . Gọi
D, E lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C. Biết trung điểm M của BC thuộc đường thẳng
d : x 2y 1 0 và M(3;-4) thuộc DE. Viết phương trình cạnh BC.
Bài 14.Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC có trực tâm H(2;2) và độ dài cạnh BC  5 và nội tiếp đường tròn C 2 x  2 :
y 3x  5y  6  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của ABC , biết A có hoành độ dương.
Bài 15.Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC nội tiếp đường tròn C 2 x  2 : y  20 .
Chân đường cao hạ từ B và C lần lượt là M(-1;3) và N(2;-3). Tìm tọa độ các đỉnh ABC , biết A có tung độ âm.
Bài 16.Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC nội tiếp đường tròn tâm I(1;2). Gọi E và F lần lượt là chân đường
cao hạ từ B và C,phương trình EF : 3x y  7  0 .
Biết tiếp tuyến tại A của đường tròn (C) đi qua điểm M(3;-2) và điểm B thuộc tia Oy . Tìm tọa độ các đỉnh của ABC .
Bài 17.Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC . Gọi H, K lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh B và C. Tìm 1 3
tọa độ các đỉnh của ABC , biết H(5;-1), K  ; , phương trình cạ BC : x 3y 4 0và B có hoành độ 5 5 nh    âm.
Bài 18.Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang vuông ABCD vuông tại A và D có CD  2AB , đỉnh B(1;2).
Hình chiếu của D trên AC là H(-1;0). Gọi N là trung điểm của HC. Tìm các đỉnh còn lại của hình thang,
biết DN : x  2y  2  0 .
Bài 19.Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC vuông tại A(-2;0). Gọi E là chân đường cao kẻ từ A và F là điểm
đối xứng của E qua A. Trực tâm của BCF là H(-2;3). Tìm tọa độ đỉnh B và C của ABC , biết trung điểm
của BC thuộc đường thẳng d : x y  4  0 .
Bài 20.Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có H(1;2) là hình chiếu của A trên BD. M(5;1) là
trung điểm của BC và đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ A của AHD có phương trình
d : 4x y  4  0 . Viết phương trình cạnh BC.
Bài 21.Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC cân tại A(-1;3). D là điểm thuộc đoạn AB sao cho BD  2AD và 1 3
H là hình chiếu của B trên CD. Điểm B thuộc đường thẳng d : x y  7  0 và M  ; 2 2  là trung điểm
của CH. Tìm tọa độ đỉnh B và C của ABC .
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 35
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
Bài 22.Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(5;8) và đường thẳng d : x y 1  0 . Tìm điểm B thuộc đường
thẳng d sao cho khoảng có đúng ba đường thẳng d ,d ,d d ,d ,d 1 2
3 thỏa mản khoảng cách từ A đến 1 2 3 đều
bằng 4 và khoảng cách từ B đến đều bằng 6. 2 2 8
Bài 23.Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC nội tiếp đường tròn C :  x  2  y  3  26 và G 1; 3 là
trọng tâm của ABC . Điểm M(7;2) thuộc đường thẳng qua A và vuông góc BC M A . Tìm tọa độ các
đỉnh của ABC biết tung độ đỉnh B lớn hơn tung độ đỉnh C. 2 2
Bài 24.Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC nội tiếp đường tròn C :  x  
1  y 2  25 . Các điểm
K(-1;1),H(2;5) lần lượt là chân đường cao kẻ từ A và B. Tìm tọa độ các đỉnh của ABC , biết đỉnh C có hoành độ dương.
Bài 25.Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC có trực tâm H(3;0) và trung điểm của cạnh BC là M(6;1).
Đường thẳng AH có phương trình x  2y 3  0. Gọi D và E lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C của
ABC . Xác định tọa độ các đỉnh của ABC , biết điểm D có tung độ dương. 2 2
Bài 26.Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn C :  x  2  y  3  4 và điểm M(1;-8). Viết phương
trình đường thẳng d đi qua M sao cho d cắt (C) tại hai điểm A và B thỏa mản diện tích ABI lớn nhất (I là
tâm của đường tròn (C)). 2 2
Bài 27.Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn C :  x  
1  y  2  9 và đường thẳng
d :3x  4y m  0 . Tìm m để trên d có duy nhất một điểm P mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến PA,PC tới
(C)(A,C là các tiếp điểm) sao cho PAC đều. 3
Bài 28.Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC có đỉnh A(2;6),chân đường phân giác trong góc A là D 2; 2 . Tâm đườ 1
ng tròn ngoại tiếp ABC I  ;1 2
. Tìm tọa độ đỉnh B và C của ABC . 2 2
Bài 29.Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC có trọng tâm G  ; ; tâm đườ 3 3
ng tròn ngoại tiếp là I(1;-2);
điểm E(10;6) thuộc đường trung tuyến kẻ từ A và F(9;-1) thuộc đường thẳng BC. Tìm tọa độ các đỉnh của
ABC , biết đỉnh B có tung độ lớn hơn 2.
Bài 30.Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC cân tại A và nội tiếp đường tròn C 2 x  2 :
y 10y  25  0 . Đườ 17 6
ng kính qua B cắt (C) tại M(5;0). Đường cao kẻ từ C cắt (C) tại N  ; 5
5  . Tìm tọa độ các đỉnh của
ABC , biết đỉnh A có hoành độ dương.
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 36
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
Bài 31.Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC nội tiếp đường tròn C 2 x  2 :
y  4x  2y  20  0.Đường phân
giác trong góc A nằm trên đường thẳng d : x y  0 . Biết rằng M(3;-4) thuộc đường thẳng BC và điểm A có hoành độ dương. 2 2
Bài 32.Trong mặt phẳng Oxy, đường tròn C :  x  
1  y 2  25 và M(9;-4). Tìm điểm N thuộc (C) sao cho MN là ngắn nhất. 2 2
Bài 33.Trong mặt phẳng Oxy, đường tròn C :  x  2  y  
1  4 . Gọi điểm M sao cho tiếp tuyến qua
M tiếp xúc (C) tại E; cát tuyến qua M cắt (C) tại A và B sao cho ABE vuông cân tại E. Tìm tọa độ điểm
M sao cho MO là ngắn nhất (O là gốc tọa độ). 2
Bài 34.Trong mặt phẳng Oxy, đường tròn C 2
: x  y  
1  4 và đường thẳng d : x 2y 1 0. Gọi (C’)
là đường tròn có tâm I ; (C’) tiếp xúc ngoài với (C) và có bán kính bằng 4. Viết phương trình đường tròn
(C’) sao cho khoảng cách từ I đến d là lớn nhất.
Bài 35.Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC nội tiếp đường tròn tâm I(3;0), trực tâm H(2;0) và BC có phương
trình x y  4  0 . Lập phương trình cạnh AB, biết đỉnh B có hoành độ nhỏ hơn 3.
Đề thi đại học qua các năm
Bài 36.(THPT Quốc Gia -2016) Trong mặt phẳng Oxy, cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường
kính BD. Gọi M và N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BC, BD và P là giao
điểm của hai đường thẳng MN, AC. Biết đường thẳng AC có phương trình x y 1  0 , M(0;4), N(2;2) và
A có hoành độ nhỏ hơn 2. Tìm tọa độ các điểm P, A và B.
Bài 37.(THPT Quốc Gia -2015) Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC vuông tại A. Gọi H là hình chiếu
vuông góc của A trên BC; D là điểm đối xứng của B qua H;K là hình chiếu vuông góc của C trên AD. Giả
sử H(-5;-5), K(9;-3) và trung điểm AC thuộc đường thẳng x y 10  0 . Tìm tọa độ điểm A.
Bài 38.(Đề minh họa THPT Quốc Gia -2015) Trong mặt phẳng Oxy, cho OAB có A và B thuộc đường
thẳng  : 4x  3y 12  0 và K(6;6) là tâm đường tròn bàng tiếp góc O. Gọi C là điểm nằm trên  sao cho AC AO 24
và các điểm B, C khác phía so với A. Biết điểm C có hoành độ bằng 5 , tìm tọa độ các đỉnh A và B.
Bài 39.(D -2014) Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC có chân đường phân giác trong của góc A là điểm
D(1;-1). Đường thẳng AB có phương trình 3x  2y  9  0 và tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại
tiếp ABC có phương trình x  2y  7  0 . Viết phương trình cạnh BC.
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 37
Trung tâm SEG.154-Huỳnh Mẫn Đạt-p3-q5-TP.HCM
Bài 40.(A -2013 cb) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng
d : 2x y  5  0 và A(-4;8). Gọi M đối xứng với B qua C; N là hình chiếu vuông góc của B trên MD. Tìm
tọa độ điểm B và C, biết rằng N(5;-4).
Bài 41.(A -2013 nc) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng  : x y  0 . Đường tròn (C) có bán kính
R  10 và cắt  tại A và B sao cho AB  4 2 . Tiếp tuyến của (C) tại A và B cắt nhau tại một điểm
thuộc tia Oy . Viết phương trình đường tròn (C). 9 3
Bài 42.(D -2013 cb) Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC có trung điểm cạnh AB là M  ; , chân đườ 2 2  ng
cao kẻ từ đỉnh B là H(-2;4) và tâm đường tròn ngoại tiếp ABC là I(-1;1). Tìm tọa độ đỉnh C. 2 2
Bài 43.(D -2013 nc) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn C :  x   1  y   1  4 và đường thẳng
d : y 3  0. Tam giác MNP có trực tâm trùng với tam của đường tròn (C); các đỉnh N và P thuộc d; đỉnh
M và trung điểm của MN thuộc (C). Tìm tọa độ điểm P.
Bài 44.(B -2012 cb)Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường tròn C : x y 4; C : x y 12x 18 0 1 
2  2   2  2  2   
và đường thẳng d : x y  4  0 . Viết phương trình đường tròn (C) có tâm thuộc C2  , tiếp xúc với d và cắt
C1 tại A và B sao cho AB vuông góc d.
Bài 45.(D -2012 nc)Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d : 2x y  3  0 . Viết phương trình đường
tròn (C) có tâm thuộc d và cắt trục Ox tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho AB CD  2 .
Bài 46.(A -2011 cb)Trong mặt phẳng Oxy, cho đường đường tròn C 2 x  2 :
y  4x  2y  0 và đường
thẳng d : x y  2  0 . Gọi I là tâm của đường tròn (C); M là điểm thuộc d . Qua M kẻ tiếp tuyến MA, MB
đến (C)( A,B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10. 1
Bài 47.(B -2011 nc)Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC có đỉnh B  ;1, đườ 2
ng tròn nội tiếp ABC tiếp
xúc với các cạnh AB, AC, AB tương ứng tại D, E, F. Cho D(3;1) và EF : y  3  0 . Tìm tọa độ đỉnh A, biết A có tung độ dương.
Bài 48.(D -2011 nc) Cho điểm A(1;0) và đường tròn C 2 x  2 :
y  2x  4y  5  0 . Viết phương trình
đường thẳng d cắt (C) tại hai điểm M, N sao cho tâm giác MAN vuông cân tại A.
Bài 49.(D -2010 cb) Cho ABC có đỉnh A(3;-7), trực tâm H(3;-1) và tâm đường tròn ngoại tiếp là I(-2;0).
Tìm tọa độ đỉnh C, biết C có tung độ dương.
...........................................................................................................................................................................
ThS. Trần Duy Thúc . Sđt: 0979.60.70.89 38