Cộng đồng chia sẻ tri thức Doc24.vn

Đề thi thử THPTQG năm 2018 môn hóa học 12 (3)

7538b10628918ff1c37d7fff6880accd
Gửi bởi: Võ Hoàng vào ngày 2018-04-25 20:47:13 || Kiểu file: DOCX Lượt xem: 239 | Lượt Download: 0 | File size: 0 Mb

Nội dung tài liệu Xem trước tài liệu

Link tài liệu:
Tải xuống

Các tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

TRẦN VĂN TÀI – HỨA LÂM PHONG

( GV CHUYÊN LUYỆN THI THPT QUỐC GIA)

SOI
KÍNH LÚP
HÌNH HỌC
PHẲNG
&
OXY FULL
FREE

ẤN PHẨM
NĂM 2016

-

30 TÍNH CHẤT HÌNH PHẲNG THƯỜNG GẶP
PHÂN DẠNG BÀI TOÁN HÌNH PHẲNG
TRÍCH ĐỀ THI THỬ MỚI NHẤT 2016
ĐÁP ÁN CHI TIẾT

NHÀ XUẤT BẢN
VÌ CỘNG ĐỒNG

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

FULL & FREE

A- CHỨNG MINH MỘT SỐ TÍNH CHẤT HÌNH HỌC
TAM GIÁC – TỨ GIÁC – ĐƢỜNG TRÒN.
Để giúp bạn đọc rèn luyện thêm cho mình những kỹ năng trong quá trình chứng minh một số tính chất hình học,
tác giả bổ sung thêm vào chuyên đề mục sau. Ngoài cách chứng minh đã nêu có thể có thêm những cách chứng
minh khác nữa. Điều này tùy thuộc vào khả năng tư duy và lĩnh hội cũng như sở trường của mỗi người. Tựu
trung lại thì hướng chứng minh vẫn xuất phát từ 4 con đường chính:
Một là, sử dụng “các tính chất hình học thuần túy của THCS”.
Hai là, sử dụng phương pháp “véctơ thuần túy” (lớp 10).
Ba là, sử dụng phương pháp tọa độ hóa kết hợp “chuẩn hóa số liệu”.
Bốn là, sử dụng phương pháp tổng hợp (kết hợp các cách trên).
Tính chất 1: Cho tam giác ABC vuông tại A , vẽ AH  BC tại H . Đường tròn  C ; AC  cắt đoạn thẳng

BH tại D. CMR: AD là tia phân giác của góc BAH.
Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
Do CA  CD  CAD cân tại C.
 CAD  ADC

AD là phân giác góc BAH
dpcm

 BAD  DAH

Mặt khác, ta lại có:
 CAD  BAD  900  gt 

0
 ADC  DAH  90  gt 
 BAD  DAH
 AD là phân giác góc BAH

Tính chất 2: Cho tam giác ABC vuông tại A  AB  AC  . Gọi I là trung điểm cạnh AC . Qua I kẻ đường
thẳng d1 vuông góc với BC, qua C kẻ đường thẳng d2 vuông góc AC , d1 cắt d2 tại E. CMR: AE  BI .
Hình vẽ

Hướng dẫn chứng minh:
Gọi M  IE  AB.

CI  MB

Do 
 I là trực tâm của BMC  BI  MC  1

 MI  BC
Vì IA  IC  A IM  ICE  c  g  c 
 IM  IE

Do đó AMCE là hình bình hành  AE / / MC  2 
Từ  1 ,  2   BI  AE
Tính chất 3: Cho đường tròn  O ; R  và AB là dây cung của đường tròn đó  AB  2 R  , M là điểm thuộc cung
lớn AB  M  A, M  B  . Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên AB . CMR:
Hình vẽ

AMH 

OBM .

Hướng dẫn chứng minh:
Vẽ đường kính MC của đường tròn  O   MBC  900
Xét AHM và MBC có:
● HAM  MCB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM ).


MBC  AHM  900  cmt 

 AHM

CMB  g  g 

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

3

FULL & FREE

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
 AMH  CMB   BMO 

Mà OMB cân tại O OB  OM  R 
 BMO  OBM

 AMH  OBM  dpcm 

Kéo dài MO căt  O  tại điểm thứ 2 là
C 
AHM đồng dạng CMB
dpcm

Tính chất 4: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O  , gọi M là giao điểm AB và CD . Khi đó CMR:
MB.MA  MC.MD

Hình vẽ

Hướng dẫn chứng minh:
Ta có ABCD là tứ giác nội tiếp


CAB 

DBC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC )

Xét ACM và DMB có

 CAB  DBC  cmt 

 AMD : chung
Đây cũng là địng nghĩa phương tích
của 1 điểm đối với một đường tròn.
MB.MA  MC.MD O  M  R 2

ACM

DBM  g  g 

AM CM

DM BM
 AM.BM  CM.DM  dpcm 


Tính chất 5: Cho tứ giác ABCD , khi đó AC  BD  AB2  CD2  BC2  AD2 (định lý 4 điểm)
Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
Từ kết quả của tính chất trên, ta có thể Dựng hệ trục Hxy như hình vẽ.
sử dụng để chứng minh 2 đường Đặt A a; 0 ,C c; 0 , B 0 ; b .
     
thẳng vuông góc.
Giả sử: D  m; n 
Ta có AB2  a2  b2

CD2  c2  2cm  m2  n2

AD2  a2  2am  m2  n2
BC 2  b2  c2
Từ 4 đẳng thức trên ta có:

AB2  CD2  AD2  BC2  cm  am
Vì a  c  m  0  D  0 ; n   trục tung  AC  BD

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

4

FULL & FREE
Tính chất 6: Cho tam giác ABC

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

 AB  AC 

có ba góc nhọn và hai đường cao BD,CE . Vẽ đường tròn tâm

B bán kính BD cắt đoạn thẳng CE tại K. Qua D vẽ đường thẳng BC cắt đường thẳng BA tại M , cắt EC tại
I . CMR: MK  BK .
Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
Gọi H  DI  BC . Ta có:
 BEC  BHM  900  gt 
●
 EBC chung
 BEC BHM  g  g 
 BE.BM  BH.BC  1

BCD vuông tại D, DH là đường cao  BH.BC  BD 2  2 

Mà BD  BK   R   BE.BM  BK 2

dpcm

 BEK đồng dạng BKM
 BEK  BKM  900
Do đó ta cần chứng minh
BE.BM  BK2

 BE BK


 cmt 
●  BK BM
 EBK chung


 BEK đồng dạng BKM  g  g 

 BEK  BKM  900
 MK  BK .
Tính chất 7: Cho tam giác ABC vuông tại A. Đường phân giác của góc ABC cắt đường trung trực của đoạn
thẳng AC ở D. CMR: DBC vuông.
Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
Gọi E là trung điểm BC , do ABC vuông tại A  EA  EC
Suy ra E thuộc đường trung trực cạnh AC  DE  AC
Mà AB  AC  AB / /DE


Ta sử dụng tính chất đường trung
tuyến bằng nửa cạnh huyền thì là tam
giác vuông.

BDE  ABD   DBE 

 DBE cân tại D  ED  BE 

BC
2

 DBC vuông tại D.

Tính chất 8: Cho điểm A ở ngoài đường tròn  O  . Vẽ cát tuyến ABC, ADE của đường tròn  O  . Ax là tiếp
tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD . CMR: Ax / /DE.
Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
Ta có xAB  ADB
(góc giữa tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn
cung AB )


ADB 

BCE

(do tứ giác BCED nội tiếp có góc ngoài bằng góc đối trong)
Để chứng minh song song, ta sử dụng
tính chất so le trong của 2 góc bằng
nhau, đồng thời sử dụng các mối liên
hệ của các góc trong đường tròn, tứ

 xAB 

BCE (vị trí so le trong)  Ax / /CE .

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

5

FULL & FREE

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

giác nội tiếp.

Tính chất 9: Cho tam giác ABC nhọn  AB  AC  , dựng về phía ngoài tam giác ABC các tam giác ABD vuông
cân tại A , tam giác ACE vuông cân tại A . Gọi I là giao điểm BE và CD . Gọi M, N lần lượt là trung điểm
của BC, DE . Chứng minh rằng AI / /MN.
Hình vẽ

Hướng dẫn chứng minh:
 AD  AB  gt  , AE  AC  gt 

Ta có 

 DAC  BAE
 ABE  DAC  c  g  c 
 ABE  ADC

Từ đó suy ra BE  CD .
Dễ dàng chứng minh FNKM là hình thoi  FK  MN
Gọi F,K lần lượt là trung điểm
BD, EC .


AB
 AF  IF  2
Ta có 
 AK  IK  EC

2
 FK thuộc trung trực AI  FK  AI

Do đó MN / / AI
Tính chất 10: Cho tam giác ABC có H là trực tâm, d1 là đường phân giác trong góc HAC . Đường phân giác
trong góc HBC cắt cạnh AD,d1 , AC lần lượt tại M, N, I . CMR: AI  MN .
Hình vẽ
Điều phải chứng minh

Hướng dẫn chứng minh:
Gọi D  AH  BC và E  BH  AC

 AMN cân tại A

Ta có



 BHD  NCB

AMN 

ANM

Để chứng minh hai góc trên bằng
nhau ta có thể sử dụng kỹ thuật tách
góc.

BDH  BEC  90o

 AMN  BHM  HBM

Lại có  HBM  NBC  BM phan giac 

 NCB  NBC  ANM
 ANM 

AMN  AMN cân tại A

Mà AI là đường phân giác MAN
 AI  MN

Lưu ý:

ACx  1800  ACB
 BAC  ABC

Tính chất 11: Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH , vẽ đường tròn tâm H bán kính HA . D là

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

6

FULL & FREE

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

điểm trên đường  H  . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của DB, DC. CMR: DMHN là tứ giác nội tiếp.
Hình vẽ
Cần chứng minh là MND  MHD
Kéo dài HD cắt  H  để tạo đường
kính và đồng thời khai thác các giả
thiết của các trung điểm.

Hướng dẫn chứng minh:
Gọi E là giao điểm của DH với đường tròn  H 
Ta có BH.BC  AH 2   DH.HE  (do ABC vuông tại A )
 BH.BC  DH.HE

Lại có

BHE 



BEH 



MHD 

HDC  c  g  c 

DCH
BED (do MH / /EB )

Tương tự ta có
Do đó

DHC (đối đỉnh)  HBE

MND  DCH

MND 

MHD  tứ giác DMHN nội tiếp.

Tính chất 12: Cho hình vuông ABCD , vẽ đường tròn  O  đường kính AB và đường tròn tâm D bán kính
DC . Gọi E là giao điểm của hai đường tròn trên  E  A  . Tia BE cắt CD tại M. CMR M là trung điểm CD.

Hình vẽ

Hướng dẫn chứng minh:
Ta có EAB vuông tại E .
Do A, E là giao điểm của hai đường tròn  AE  OD
Mà BM  AE  OD / /BM , lại có OB / /DM nên OBMD là
hình bình hành
 DM  OB 

CB
2

Cần chú ý đến tính chất hai đường
 M là trung điểm của CD
tròn cắt nhau tại hai điểm A, E thì
OD  AE
Tính chất 13: Cho tam giác ABC , về phía ngoài của tam giác ABC , vẽ các tam giác đều ABD, ACE . F là giao
điểm của đường thẳng qua D song song với AE và đường thẳng qua E song song với AD. CMR FBC là tam
giác đều.
Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
Gọi M  AE  CF


DF / / AE
Ta có 
 AEFD là hình bình hành

 AD / /EF
 ADF 

AEF  FDB 

FEC

Lại có DB  DA  EF, AC  AE  DF
 FB  FC  1
FBC đều  
0
 BFC  60
Để chứng minh FB  FC , ta chứng
minh DFB  FCE
Để chứng minh BFC  600 , ta khai

 DBF  FEC  BF  CF và

BFD  FCE

Mặt khác,

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

7

FULL & FREE

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

thác sự song song AE / / DF , đồng
thời phân tích góc AMC, DFC


 AMC  DFC  AE / /DF 

 AMC  MEC  FCE

600
 DFC  BFC  BFD


Suy ra

BF  FC  cmt 
BFC  600 
FBC đều.

Tính chất 14: Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn  O  . M, N lần lượt là trung điểm của

AB, BC , vẽ BD  OA tại D , AE  BC tại F . CMR: MN  DE.
Hình vẽ

Hướng dẫn chứng minh:
Dựng đường kính AF của đường tròn  O 
Ta có ADBE là tứ giác nội tiếp (do
 ABC  EDN mà

ADB  AEB )

ABC  AFC (do ACFB nội tiếp)

 EDN  AFC  DE / / AF


 AF  AC
Mà 
 DE  MN

 MN / / AC

Tính chất 15: Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH . Gọi M là trung điểm AH , D là giao điểm
của BM và đường trung trực của AC. CMR: DBC vuông.
Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
Khi đó, từ tính chất đường trung bình

 M, N, P thẳng hàng và do đó BH  2 PM , HC  2 MN
Từ đó, áp dụng định lý Thales với AB / /DN (do cùng vuông
góc AC )
Suy ra
Gọi P, N lần lượt là trung điểm của
AB, AC.

BH PM BM


 MH / /CD
HC MN MD

Lại có HM  BC  CD  BC
 DBC vuông tại C

Tính chất 16: Cho hình vuông ABCD . Trên tia đối của BA , lấy một điểm E; trên tia đối của CB , lấy một điểm
F sao cho EA  FC. CMR: FED vuông cân.
Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
 AB  CD  gt 


Xét CF  EA  gt 

0

 EAD  FCD  90
 EAD  CFD  c  g  c 

 ED  DF


 DEF  EFD
 EDF vuông cân.

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

8

FULL & FREE

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

Tính chất 17: Cho hình thang ABCD vuông tại A và D.  CD  2 AB  . Gọi H là hình chiếu vuông góc của

D trên đường chéo AC, M là trung điểm HC. Chứng minh rằng BM  MD.
Hình vẽ

Hướng dẫn chứng minh:
Gọi K là trung điểm DH suy ra KM là đường trung bình
HCD
Suy ra KM  AB,KM / /AB
(do AB / /CD,DC  2 AB )
Nên ABMK là hình bình hành
 BM / / AK.
Lại có KM  AD,DH  AM nên K là trực tâm ADM .
 AK  DM
 DM  BM  do AK / /BM 

Tính chất 18: Cho hình thoi ABCD có BAC  60o và E là giao điểm hai đường chéo AC và BD. Gọi E là
hình chiếu vuông góc của A lên BC . Chứng minh rằng AEF là tam giác đều.
Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
Ta có FBA  1800  ABC  600
Và đồng thời ABE  600
Suy ra AB là tia phân giác của góc
FBE . Do
FA  BF, AE  BE nên theo tính chất phân giác ta có
cân
tại
Lại

góc
AF  AE  AEF
A.
0
FAE  BAE  FAB  60
 AEF là tam giác đều.
Tính chất 19: Cho hình bình hành ABCD . Gọi E,F là các điểm nằm trên cạnh AB và BC sao cho
FA  EC. Gọi I là giao điểm của FA và EC. Chứng minh rằng ID là tia phân giác của góc AIC.
Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
Gọi H,K lần lượt là hình chiếu vuông góc của D lên cạnh
AF,CE.
Dễ dàng chứng minh được
1
1
SAFD  AF.DH ,SAFD  CE .DK,
1
SAFD  SCED  SABCD
2
2
2
CE  AF  gt 
Suy ra DH  DK  DI là phân giác của góc

AIC .

Tính chất 20: Cho hình chữ nhật ABCD tâm I , gọi E thuộc cạnh AC và kẻ đường thẳng qua E song song
BD lần lượt cắt AD,CD tại F,H . Dựng hình chữ nhật FDHK . Chứng minh rằng KD / / AC và E là trung
điểm BK.
Hình vẽ

Hướng dẫn chứng minh:
Gọi O là tâm hình chữ nhật FDHK suy ra OHD  ODH
Mặt khác OHD  IDC  ICD
 ODH  ICD  DK / / AC
Do đo EI / /DK , I là trung điểm BD  E là trung điểm BK
(đpcm).

Tính chất 21: Cho hình chữ nhật ABCD . Gọi M là điểm đối xứng của B qua C. N là hình chiếu vuông góc
của B trên đường thẳng MD. Chứng minh rằng AN  CN.

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

9

FULL & FREE

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

Hình vẽ

Hướng dẫn chứng minh:
Ta có BCND là tứ giác nội tiếp (do


BNC 

BDC 

BCD  BND  900 )

CAB

 ANCB là tứ giác nội tiếp (do
 AN  NC

ANC  1800  ABC  900

Tính chất 22: Cho tam giác ABC  AB  AC  nội tiếp đường tròn  O  . Đường phân giác ngoài góc BAC cắt
đường tròn  O  tại điểm E . M, N lần lượt là trung điểm các cạnh BC, AC . F là hình chiếu vuông góc của E
trên AB , K là giao điểm MN và AE . Chứng minh rằng KF / /BC .
Hình vẽ

Hướng dẫn chứng minh:
BEFM là tứ giác nội tiếp  FME  FBE  ABE  ADE
 1
 MF / / AD  2   MF  AE  3   1 ,  2   MF  AE ( 3) .

Lại có MN / / AB, EF  AB  EF / /MN  4 

 3  ,  4   F là trực tâm EKM  KF  EM



EM  BC  FK / /BC

Gọi D là điểm chính giữa cung BC
không chứa điểm A  AD  AE (1).
Ta có ED là đường kính của  O 
 ED  BC tại M.

Tính chất 23: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn  I  , điểm D là chân đường phân giác trong của góc
BAC . Đường thẳng AD

cắt

I

tại điểm M   A  . Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp ACD .

CMR: CM  CJ .
Hình vẽ

Hướng dẫn chứng minh:

 AJD  2 ACD   2 BAD 


 BAD  BCM
 CJD  2 BCM

Lại có

CJD  2 JCD  180 0

 2 BCM  2 JCD  180 0
 BCM  JCD  900  CM  CJ .

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

10

FULL & FREE

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

Tính chất 24: Từ điểm P nằm ngoài đường tròn  O ; R  vẽ hai tiếp tuyến PA và PB tới đường tròn  O 
( A, B là hai tiếp điểm). Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A đến đường kính BC của đường tròn. CMR:
PC cắt AH tại I là trung điểm AH.

Hình vẽ

Hướng dẫn chứng minh:
Gọi D  BP  AC Ta có PA  PB  PAB cân tại P và

BAC  900
 PD  PB   PA  (1)
BPC có IH / /PB 

IH CI

(2)
PB CP

CPD có AI / /PD 

IA CI

(3)
PD CP

 IH  IA  I là trung điểm AH.

Tính chất 25: Cho tam giác ABC vuông tại C , kẻ đường cao CK , kẻ phân giác CE của góc ACK K, E  AB.

D là trung điểm AC , F  DE  CK. CMR: BF song song CE .
Hình vẽ

Hướng dẫn chứng minh:
Ta có AE là phân giác của ACK


Dựng hệ trục Kxy như hình vẽ.
Đặt CK  a,KE  1, EC  b. Khi đó, ta
có:
 b1 a 
K  0 ; 0  ,E 1; 0  ,C  0 ; a  ,D 
; .
 2 2
 1
1
1
ab

 BC 
 2 
2
2
AC
BC
 CK
a2  1

b1

2
2
2
 AK  CK  AC  a  b  1


CK KE
a
1


  CA  ab
CA EA
CA b

qua E  1; 0 

ED : 
1
 ED   b  1; a  lam vtcp
2


 ax   b  1 y  a


a 
Và F  Oy  ED  F  0 ;

 b 1
BK 2  CK 2  BC 2
 KB 

 a

 B
;0
 2

b2  1
 b 1 
a

CE   1;  a 

Do đó 
a
 1;  a 
 BF  2
b

1


 CE / /BF  dpcm  .

Tính chất 26: Cho tam giác ABC . Một đường tròn tâm O nội tiếp tam giác ABC và tiếp xúc với BC tại D .
Đường tròn tâm I là đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC và tiếp xúc với BC tại F. Vẽ đường kính
DE của đường tròn C  . CMR: A, E, F thẳng hàng.
Hình vẽ

Hướng dẫn chứng minh:
Ta có A,O, I thẳng hàng (do cùng nằm trên đường phân giác
trong góc BAC )
Gọi M, N là tiếp điểm của  O  ,  I  với AB

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

11

FULL & FREE

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
AIN có OM / /IN



AO OM  OE 


  1 (Thales thuận)
AI
IN  IF 


OD  BC
Lại có 
 OD / /IF

IF  BC
 AOE  IAF  2 

1 ,  2   OAE

IAF

 OAE  IAF

 A, E, F thẳng hàng.
Tính chất 27: Cho hai đường tròn  O  và  O'  cắt nhau tại A, B ( O,O' trái phía so với AB ). Vẽ tiếp tuyến
chung CD ( C  O  , D  O'  , C, D nằm trên nửa mặt phẳng bờ OO' có chứa B ). Đường thẳng qua C song
song với AD và đường thẳng qua D song song AC cắt nhau tại E. CMR: tứ giác BCED nội tiếp.
Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
Gọi M  AB  CD
Chứng minh MC2  MA.MB , MD2  MA.MB
Từ đó ta có M là trung điểm của AE .
Suy ra E, M, B, A thẳng hàng.
BCD  BAC (cùng chắn cung BC )
BED  BAC


BCD 

 ED / / AC 

BED

 tứ giác BCED nội tiếp.

Tính chất 28: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) tâm I có AD là đường phân giác trong góc A.( D là
chân phân giác trong). Gọi d là tiếp tuyến tại A của đường tròn (C) cắt BC tại E. Chứng minh rằng tam giác
AED cân tại E.
Hình vẽ
Hướng dẫn chứng minh:
Gọi d là tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp ABC
E  d  BC Giả sử EB  EC .

Ta có
EAB  ACB và BAD  DAC ,

 EAD  EAB  BAD
 ACB  DAC  ADE
 ADE cân tại E.

Tính chất 29: Cho tam giác ABC cân tại A . Gọi H là trung điểm của BC, D là hình chiếu của H trên AC,
E là trung điểm của HD. CMR: BD  AE

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

12

FULL & FREE

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

Hình vẽ

Hướng dẫn chứng minh:
 EM  AH

AHM :  HD  AM
 HD  EM  E

 AE  HM  AE  BD

Cách 2:

dựng hệ trục Hxy như hình vẽ, và đặt
BC  2a  a  0 

 C  a; 0  , B  a; 0  , A  0 ; 2a 

x y

 1  2 x  y  2a
a 2a
 HD : x  2 y  0
AC :

2 x  y  2 a
D  AC  HD  
 x  2 y  0
 4a 2a 
 2a a 
 D ;   E ; .
 5 5 
 5 5

Ta có:

 2a 9a 
 9a 2a 
AE   ;   , BD   ; 
5 
 5
 5 5 
 AE.BD  0  AE  BD

Tính chất 30: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD tâm I . Gọi M là điểm đối xứng của D
qua C . Gọi H,K lần lượt chân đường cao hạ từ D,C lên AM . CMR: HI / /BK
Hình vẽ
* Ta có: ABCD là tứ giác nội tiếp (do
ABCD là hình vuông) và ABKC là tứ
giác nội tiếp (do ABC  AKC  900 )
 A, B, K, C, D cùng thuộc đường
tròn đường kính AC

Hướng dẫn chứng minh:
 ABKD là tứ giác nội tiếp.
 AKB  ADB  450 1
* Mặt khác,

ADB  KHI  450  2  (góc ngoài bằng góc đối

trong, do AHID là tứ giác nội tiếp có AHD  AID  900 ).
Từ  1 ;  2  , suy ra AKB  KHI  450  HI / /BK (so le
trong).

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

13

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

FULL & FREE

BTUYỂN CHỌN – PHÂN DẠNG
HÌNH PHẲNG OXY NĂM 2016
Phần I. Các bài toán về tam giác.
Bài 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có các đường thẳng chứa
đường cao kẻ từ A, trung tuyến kẻ từ B và phân giác trong kẻ từ C lần lượt là
(d1): 3x – 4y + 27=0, (d2): 4x + 5y – 3 = 0, (d3): x + 2y – 5 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của
tam giác ABC.
Lần 1– Trƣờng THPT chuyên Bắc Giang – Bắc
Giang
Lời giải tham khảo

 Véc-tơ chỉ phương của d1 là ad1   4;3 .
Vì d1  BC nên BC nhận ad1   4;3 làm vtpt.
+) Ta có: vtpt của d3 là nd3  1;2 
+)
Gọi
véc-tơ
pháp
nAC   a; b  ; a2  b2  0



+)

tuyến



Do

d3 là

phân

giác









của

cos nAC , nd3  cos ad1 , nd3 

có:

của
góc

a  2b

AC
C



là:

nên

ta

4.1  3.2

25. 5
a2  b2 . 5
a  0
 a  2b  2 a2  b2  3a2  4ab  0  
3a  4 b

 TH1: Khi a  0 chọn b  1 thì nAC   0;1

+) Gọi C  5  2c; c   d3 . Khi đó AC qua C có dạng: AC : y  c  0
y  c  0
4

 A  c 9; c 
+) Do A  AC  d1  
3

3 x  4 y  27  0
 1

 1

+) M là trung điểm AC nên có: M   c  2; c  . Mà M  d2  4   c  2   5c  3  0  c  3 .
 3

 3

Vậy A  5;3 ; C  1;3

+) Phương trình BC qua C và vuông góc với d1 có dạng: BC : 4 x  3y  5  0
Khi đó: B  d2  BC  B  2; 1

Thử lại thấy A và B nằm cùng phía với d3 hay d3 là phân giác ngoài góc C nên không thỏa mãn.

 TH2: Khi 3a  4 b , chọn b  3  a  4  nAC   4;3 khi đó AC song song với BC nên
loại trường hợp này.
 Vậy không có tam giác ABC thỏa bài toán đã cho.
Bài 2: Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy cho tam giác ABC có góc A tù. Hãy viết phương
trình các cạnh tam giác ABC biết chân 3 đường cao hạ từ đỉnh A,B,C lần lượt có tọa độ là:
D(1;2), E(2;2), F(1;2).
Đề thi thử THPT Quốc Gia năm 2016
Lời giải tham khảo
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

14

FULL & FREE

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

 Trước hết ta chứng minh rằng khi ABC tù ở A thì A là tâm vòng tròn nội tiếp DEF.
Thật vậy:
+) Do 2 tứ giác nội tiếp BDAE và DCFA nội tiếp nên:
 ADE  ABE  900  BHF

0
 ADF  ACF  90  FHB

 ADE  ADF .Hay DH là tia phân giác góc FDE .
Tương tự như vậy ta cũng có EA là phân giác của góc
DEF . Suy ra A là tâm vòng tròn nội tiếp DEF.
 Phân giác trong và ngoài tại D là :
d1 : 3 x  y  1  0; d 2 : x  3 y  7  0
+) Phân giác trong và ngoài tại E: e1 : x – 2 y  2  0;

e2 : 2 x  y – 6  0

+) Phân giác trong và ngoài tại F: f1 : x  y – 1  0;

f2 : x – y  3  0

Vì ABC có góc A tù thì 3 cạnh BC, CA, AB của nó có phương trình là: d 2 , e1 , f1 .
 Vậy : BC : x  3 y  7  0;

CA : x – 2y  2  0;

AB :x  y –1 0

Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(3; 1), đường
thẳng BC có phương trình y = 0, đường phân giác trong của góc BAC có phương trình y
= x − 2, điểm M(−6; −2) thuộc đường thẳng AB. Tính diện tích tam giác ABC.
Lần 2 - Cao Đẳng nghề Nha Trang
Lời giải tham khảo
 Cách 1: (Kĩ thuật đối xứng qua phân giác)
 Gọi  là đường thẳng qua M và vuông góc với
phân giác AD, sao cho  cắt AD tại I, cắt AC tại N,
rõ ràng AMN cân tại A cho ta I là trung điểm MN.
+)  : x  y  8  0
+) I  AD    I  3; 5   N  0; 8 
 Phương trình đường thẳng AB qua hai điểm
A, M có dạng: AB : x  3 y  0
+) B  BC  AB  B  0;0 
 Phương trình đường thẳng AC qua hai điểm A,
N có dạng: AC : 3x  y  8  0
8 
+) C  AC  BC  C  ;0 
3 
 Khi đó, dễ dàng tính được: SABC

1 xB  xA

2 xC  xA

3 1
yB  y A 1
4


1
yC  y A 2 
1 3
3

 Cách 1: (Đáp án)
 Phương trình đường thẳng AB: x  3 y  0





 Gọi  là góc giữa 2 đường thẳng AB và phân giác trong (d) thì cos   cos n1 , n2 
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

2
20
15

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

FULL & FREE

(với n1  1; 3 là VTPT của AB và n2  1; 1 là VTPT của (d))
 Giả sử n   A; B   0 là tọa độ VTPT của đường thẳng (d’) chứa cạnh AC khi đó:





cos   cos n, n2 

A B



4
20

A B 2
 3A  10 AB  3B  0 ( B  0 vì nếu B  0 thì A  0 mâu thuẫn giả thiết n  0 )
3 x  y  8  0
 n   3B; B 
 A  3B


. Ứng với 2 phương trình: 


1
1


A   B
 x  3 y  0   AB 
 n    3 B; B 
3



+) Nên đường thẳng (d’) chứa cạnh AC là : 3x  y  8  0 .
8
 8
Tọa độ điểm B và C lần lượt tìm được là : B  0;0  và C  0;  suy ra BC 
3
 3
Chiều cao của tam giác ABC ứng với cạnh BC là d  A, BC  1 .
2

2

2

2

 Suy ra diện tích là S 

4
3

Bài 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, BC  2BA . Gọi E, F
lần lượt là trung điểm của BC, AC. Trên tia đối của tia FE lấy điểm M sao cho FM  3FE .
Biết điểm M có tọa độ  5; 1 , đường thẳng AC có phương trình 2x  y  3  0 , điểm A có
hoành độ là số nguyên. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Lần 1 –Trƣờng THPT Phƣớc Bình
Lời giải tham khảo
 Tính chất hình học: BM  AC
(Vẽ hình chính xác thì ta sẽ thấy ABC  BEM từ đó gợi
ý ta chứng minh theo hướng chứng minh 2 tam giác
bằng nhau).
 Gọi I là giao điểm của BM và AC.
Ta thấy BC  2BA  EB  BA, FM  3FE  EM  BC
ABC  BEM  EBM  CAB  BM  AC .

+) Đường thẳng BM đi qua M vuông góc với AC
BM : x  2y  7  0 .
+) Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ

C

E

M

F
I

B

13

x

 2x  y  3  0

5


 x  2y  7  0
 y  11

5
 13 11 
 12 6 
 I ;
  IM   ; 
5 5 
 5 5

A

8 4



+) Ta có thêm: EMB  IMF (g-g) nên: IB   IM   ;   B 1; 3
3
 5 5 
2

 Trong ABC ta có

1
1
1
5
5



 BA 
BI
2
2
2
2
BI
BA BC
4BA
2

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

16

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

FULL & FREE

8
4
4 5
5
+) Mặt khác BI       
, suy ra BA 
BI  2
5
2
 5   5 
2

2

+) Gọi toạ độ A  a,3  2a   AC , Ta
có : BA  4   a  1   6  2a 
2

2

2

 a 3
 4  5a  26a  33  0  
a  11
5

2

2 4



+) Do a là số nguyên suy ra A  3; 3 . AI   ; 
 5 5
+) Ta có AC  5AI   2;4   C 1;1 .

 Vậy A  3; 3 , B 1; 3 , C 1;1

Bài 5 Cho ABC vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm BC, G là trọng tâm ABM ,
điểm D  7; 2  là điểm nằm trên đoạn MC sao cho GA  GD. Tìm tọa độ điểm A, lập
phương trình AB, biết hoành độ của A nhỏ hơn 4 và AG có phương trình
3x  y 13  0.

Lần 4 –Trƣờng THPT Phƣớc Bình
Lời giải tham khảo:
 Tính chất hình học: GAD vuông cân tại G.
B
3.7   2   13
 Ta có: d  D; AG  
 10
2
32   1
+) ABM vuông cân  GA  GB  GA  GB  GD .
Vậy G là tâm đường tròn ngoại tiếp ABD
 AGD  2 ABD  900  GAD vuông cân tại G.
+) Do đó GA  GD  d  D; AG   10  AD 2  20;

N

G

M
D

Gọi A  a;3a  13  AG; a  4 . Ta có:

C

A

 a  5(loai)
2
2
AD2  20   a  7    3a  11  20  
a  3
Vậy A  3; 4 

 Gọi VTPT của AB là nAB  a; b 

cos NAG  cos  nAB , nAG  
+) Mặt khác cos NAG 

NA

AG

3a  b

1

a 2  b 2 . 10
NM



3NG



3
10

NA2  NG 2
9.NG 2  NG 2
3a  b
b  0
3
Từ (1) và (2)  2 2

 6ab  8b 2  0  
10
a  b . 10
3a  4b
Với b  0 chọn a  1 ta có AB : x  3  0;

 2

Với 3a  4b chọn a  4; b  3 ta có AB : 4x  3 y  24  0

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

17

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

FULL & FREE

+) Nhận thấy với AB : 4x  3 y  24  0 thì d  D; AB  

4.7  3.  2   24
16  9

 2  d  D; AG   10

(loại)
 Vậy AB : x  3  0.
Bài 6: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân tại A , gọi
M là trung điểm của BC , N thuộc cạnh AB saο cho AB

4AN . Biết rằng M  2; 2  ,

phương trình đường thẳng CN : 4x  y  4  0 và điểm C nằm phía trên trục hoành. Tìm
tọa độ điểm A .

 Ta có: cos ACN 

Lần 1 –Trƣờng THPT chuyên Hùng Vƣơng
Lời giải tham khảo
AB
4 AN
4


17 AN
17
AC 2  AN 2

AC

CN

+) Khi đó, ta có được:



ACB  450  cos NCB  cos 450  ACN
 cos 450.cos ACN  sin 450.sin ACN 

+) Giả sử nBC   a, b 

a





2

 b2  0  , do

cos NCB  cos nBC , nCN 


4a  b





5
34

4a  b
a 2  b 2 . 17

5
34

a 2  b 2 . 17
 7 a 2  16ab  23b 2  0
a  b

 a   23 b
7

 Khi b  a thì phương trình BC : x  y  4  0
4 x  y  4  x  0

+) Do C  BC  CN nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 
x  y  4
y  4
+) Nên C  0;4   B  4;0 

+) Phương trình AM : x  y  0  A  a; a 

a  0
+) Ta có: AB  AC  
, Khi đó được A  0;0  hoặc A  4;4  , nhưng do A và B nằm
a  4
khác phía với CN nên thử lại ta có: A  0;0 

 Khi a  

23
b , thì phương trình BC : 23x  7 y  32  0
7

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

18

FULL & FREE

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

20

x

4 x  y  4 
17
+) Do C  BC  CN nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 
(Loại do

x

y


4

12

y 

17
C nằm phía trên trục hoành).
 7





Bài 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với A  1; 4  , B  3;0  , C   ;0  và
3
điểm M 1;0  trên cạnh BC. Hãy xác định tọa độ điểm N trên AB và điểm P trên AC
sao cho chu vi tam giác MNP nhỏ nhất
Lần 2 –Trƣờng THPT Đồng Xoài
Lời giải tham khảo:
 Gọi K là điểm đối xứng của M qua AC, H
là điểm đối xứng của M qua AB.
 Chu vi tam giác MNP
CVMNP  MN  NP  PM  KN  NP  PH  HK

 HK  const 

+) Dấu bằng xảy ra khi H, N, P, K thẳng
hàng.
+) Vậy chu vi tam giác MNP nhỏ nhất bằng HK.
Khi H, N, P, K thẳng hàng.
 Tìm N, P.
+) Phương trình đường thẳng AB : 3x  y  7  0
+) Phương trình đường thẳng AC : x  y  3  0
+) Gọi I là hình chiếu vuông góc của M trên AB  I  2;1 do đó K(-5; 2).
+) Gọi J là hình chiếu vuông góc của M trên AC  J(2;1) do đó H(3; 2).
+) Phương trình đường thẳng HK : y – 2  0 . Ta có: N = HK ∩ AC, P = HK ∩AB.
5
3

 Do đó tọa độ các điểm N, P cần tìm là: N(1; 2), P(  ;2) .
Bài 8: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có
phương trình: x  y  1  0 , phương trình đường cao kẻ từ B là: x  2 y  2  0 . Điểm
M(2;1) thuộc đường cao kẻ từ C. Viết phương trình các cạnh bên của tam giác
ABC.
Lần 1 –Trƣờng THPT Nguyễn Hữu Cảnh – Bình Phƣớc
Lời giải tham khảo:
 Gọi H là trực tâm  ABC. Tìm được B(0;-1), cos HBC 

1
 cos HCB
10

+) Pt đường thẳng HC qua M có dạng: a(x-2)+b(y-1)=0
( n  (a; b) là VTPT và a2  b2  0 )
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

19

FULL & FREE

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

ab

2

1
a
a
+) cos HCB 

 4a 2  10ab  4b 2  0  2    5    2  0
2
2
10
b
b
2(a  b )
a
 b  2
 a  2, b  1


 a  1, b  2(l )
a   1
 b
2

.

Nên

phương

 AB  CH
trình CH : 2x  y  3  0 Do 
nên viết được phương
B

AB

trình đường thẳng
AB : x  2 y  2  0
2


5

 C là giao điểm của AB và BC  C  ;   và phương trình đường thẳng
3 3


AC : 6x  3 y  1  0
Bài 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng  : 2x  y 1  0 và điểm A   1; 2  .
Gọi M là giao điểm của  với trục hoành. Tìm hai điểm B, C sao cho M là trung điểm
AB và trung điểm N của đoạn AC nằm trên đường thẳng  , đồng thời diện tích tam
giác ABC bằng 4.
Lần 3 –Trƣờng THPT Nguyễn Hữu Cảnh- Bình Phƣớc
Lời giải tham khảo:

2 x  y  1  0
1 
 M  ;0 
2 
y  0

 Tọa độ M: 

+) M là trung điểm AB nên  B  2;  2 
 Phương trình đường thẳng BC qua B và song
song với MN   có dạng: BC : 2x  y  2  0
+) Tham số hóa điểm C  c; 2c  2 
+) Theo giả thiết, ta có:
1
SABC  d  A; BC  .BC
2
1 2
2
2
 4  . .  c  2    2c  4 
2 5
c  2

c  6
 Kết luận: B  2;  2  , C  6;  10 hoặc C  2; 6 
Bài 10: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, BC  2BA . Gọi E,
F lần lượt là trung điểm của BC, AC. Trên tia đối của tia FE lấy điểm M sao cho
FM  3FE . Biết điểm M  5; 1 , đường thẳng AC có phương trình 2x  y  3  0 , điểm A

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

20

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

FULL & FREE

có hoành độ là số nguyên. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Đề thi thử THPT Quốc Gia năm 2016 –đề 1
Lời giải tham khảo:
 Tính chất hình học: AC  BM
+) Gọi I là giao điểm của BM và AC.
+) Ta thấy BC  2BA  EB  BA, FM  3FE  EM  BC

C

 ABC  BEM  EMB  ACB  BM  AC .

 Đường thẳng BM đi qua M vuông góc với AC
BM : x  2y  7  0 .
+)
Toạ
độ
điểm
I

nghiệm
của
hệ
13

x

2x

y

3

0


 13 11 
 12 6 
5

 I ;

  IM   ;  ,
5 5 
 5 5
 x  2y  7  0
 y  11

5

2
 8 4 
IB   IM   ;   B 1; 3
3
 5 5 
1
1
1
5
5
 Trong ABC ta có 2 


 BA 
BI
2
2
2
BI
BA BC
4BA
2

E

M

F
I

B

A

4 5
5
 8   4 
+) Mặt khác BI       
, suy ra BA 
BI  2
5
2
 5   5 
2

2

Gọi toạ độ A  a,3  2a  , Ta có BA  4   a  1   6  2a 
2

2

2

 a 3
 4  5a  26a  33  0  
a  11
5

2

2 4



+) Do a là số nguyên suy ra A  3; 3 . AI   ; 
 5 5
+) Ta có AC  5AI   2;4  C 1;1 .

 Vậy A  3; 3 , B 1; 3 , C 1;1
Bài 11: Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC vuông tại A . B,C là hai điểm đối
xứng nhau qua gốc tọa độ .Đường phân giác trong góc B của tam giác có phương
trình: x  2 y  5  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết đường thẳng AC đi qua
K  6; 2 
Lần 2–Trƣờng THPT Lộc Ninh
Lời giải tham khảo:

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

21

FULL & FREE

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

 Tham số hóa điểm B  2b  5; b   BD  C  2b  5; b 
+) Phương trình đường thẳng qua O và vuông góc với
BD: có dạng:  : 2 x  y  0
+) Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ :
x  2 y  5  0 x  1

 I 1; 2 

2 x  y  0
y  2
+)  cắt AB tại E, I là trung điểm OE nên E  2;4 
+) EB   2b  3; b  4  ; KC   2b  11; b  2 
b  1
+) Mà BE  KC  
b  5
 TH1: Khi b  1 suy ra: B  3;1 ;C  3; 1

Phương trình: AB : 3x  y  10  0; AC : x  3 y  0

+) Nên A  AB  AC  A  3;1 (loại do trùng với B)
 TH2: Khi b  5 suy ra: B  5;5  ;C  5; 5 

Phương trình: AB : x  7 y  30  0; AC : 7 x  y  40  0
 31 17 
+) Nên A  AB  AC  A  ; 
 5 5

Bài 12: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC biết đỉnh B  2; –1 ,
đường cao qua A có phương trình d1 : 3 x – 4 y  27  0 , phân giác trong góc C có
phương trình d 2 : x  2 y – 5  0 . Tìm toạ độ điểm A.
Lần 2 –Trƣờng THPT Vạn Ninh – Khánh Hoà
Lời giải tham khảo:
 Đường thẳng BC qua B  2; –1 , có vectơ pháp tuyến
là: n   4;3 .
Suy ra phương trình đường thẳng BC là: 4x  3 y  5  0 .
+) Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
4 x  3 y  5  0
 x  1

 C (1;3)

x  2 y  5  0
y  3
 Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua d2, I là giao điểm
của BB’ và d2.
x  2 y 1

Suy ra phương trình BB’:
 2x  y  5  0
1
2
2 x  y  5  0
x  3

 I (3;1)
+) Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ: 
x

2
y

5

0
y

1



+) Nên B '  4;3 , viết được phương trình đường thẳng AC : y  3  0

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

22

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

FULL & FREE

y 3  0
 x  5
+) Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: 

 A(5;3)
3 x  4 y  27  0
y  3

Bài 13: Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có M (2;1) là trung điểm cạnh AB.
Đường trung tuyến và đường cao đi qua đỉnh A lần lượt có phương trình (d):
x+y  5  0 và (d’): 3x  y 1  0 . Viết phương trình đường thẳng AC.
Trƣờng Trung cấp nghề Ninh Hoà
Lời giải tham khảo:
 Do A là giao điểm của (d) và (d’) nên A  2;7 
+) Do M là trung điểm của AB nên B  6; 5 

+) Phương trình đường thẳng BC qua B và vuông góc với
AH có dạng: BC : x  3 y  21  0
+) N  BC  d  N  9; 4 
+) Do N là trung điểm của BC nên C 12; 3
 Phương trình đường thẳng AC: 5x  7 y  39  0
Bài 14: Trong mặt phẳng tọa độ  Oxy  cho tam giác ABC có phương trình cạnh
AB :2x  y 1  0, AC :3x  4 y  6  0 , điểm M 1;3 nằm trên đường thẳng chứa cạnh BC sao

cho 3MB  2MC . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC .
Trƣờng THPT Khánh Sơn – Khánh Hoà
Lời giải tham khảo:
 A  AB  AC  A  2; 3
+) Tham số hóa: B  b; 2b  1  AB, C  4c  2; 3c   AC
+) Do B, C, M thẳng hàng, nên
3MB  2MC

3MB  2MC



5

7

1

 Tìm được G 1;    G  ;  
3

 3 3
Bài 15: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, AB  2BC . Gọi D là
trung điểm của AB, E nằm trên đoạn thẳng AC sao cho AC  3EC. Biết phương trình
 16 
đường thẳng chứa CD là x  3 y  1  0 và điểm E  ;1 . Tìm tọa độ các điểm A, B, C.
 3 
Trƣờng THPT Đức Thọ - Hà Tĩnh
Lời giải tham khảo:
 Tính chất hình học: BE  CD

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

23

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

FULL & FREE

BA EA
nên E là chân phân giác trong

BC EC
góc B của tam giác ABC. Do đó CBE  450  BE  CD
 Phương trình đường thẳng BE : 3x  y 17  0 .
+)
Tọa
độ
điểm
I

nghiệm
của
hệ:
3 x  y  17  0
x  5

 I (5;2)

x  3y 1  0
y  2

+) Gọi I  BE  CD . Ta có

BC
1
BC 5
BC
, CE  AC 
 IE 
 IB  3IE
3
3
2
3 2
Từ đó tìm được tọa độ điểm B  4;5 
+) Ta có BI  CI 

 Gọi C  3c  1; c   CD , ta có:

c  1
BC  2 BI  2 5  (3c  5) 2  (c  5) 2  20  10c 2  40c  30  0  
c  3
+) Với c  1 ta có C  2;1 , A 12;1

+) Với a  3 ta có C  8;3 , A  0; 3

Bài 16: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B, BC  2BA . Gọi E,
F lần lượt là trung điểm của BC, AC. Trên tia đối của tia FE lấy điểm M sao cho
FM  3FE . Biết điểm M  5; 1 , đường thẳng AC có phương trình 2x  y  3  0 , điểm A

có hoành độ là số nguyên. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Lần 1 –Trƣờng THPT Lam Kinh
Lời giải tham khảo:
 Tính chất hình học: BM  AC
+) Gọi I là giao điểm của BM và AC.
+) Ta thấy BC  2BA  EB  BA, FM  3FE  EM  BC

C

ABC  BEM  EBM  CAB  BM  AC .

 Đường thẳng BM đi qua M vuông góc với AC
BM : x  2y  7  0 .
+)
Toạ độ
điểm
I
là nghiệm
của

hệ

13

x

 2x  y  3  0

 13 11 
 12 6 
5

 I ;
 IM   ;  ,


5 5 
 5 5
 x  2y  7  0
 y  11

5
2
 8 4 
IB   IM   ;   B 1; 3
3
 5 5 
1
1
1
5
5


 BA 
BI
+) Trong ABC ta có 2 
2
2
2
BI
BA BC
4BA
2

E

M

F
I

B

A

4 5
5
 8   4 
BI  2
Mặt khác BI       
, suy ra BA 
5
2
 5   5 
2

2

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

24

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

FULL & FREE

+) Gọi toạ độ A  a,3  2a  , Ta có BA  4   a  1   6  2a 
2

2

2

 a 3
 4  5a  26a  33  0  
a  11
5

2

2 4



Do a là số nguyên suy ra A  3; 3 . AI   ; 
 5 5
 Ta có AC  5AI   2;4  C 1;1 . Vậy A  3; 3 , B 1; 3 , C 1;1

Bài 17: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi K là
điểm đối xứng của A qua C. Đường thẳng đi qua K vuông góc với BC cắt BC tại E và cắt
AB tại N (1;3) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng góc AEB  450 , phương
trình đường thẳng BK là 3x  y 15  0 và điểm B có hoành độ lớn hơn 3.
Lần 2 –Trƣờng THPT Lê Lợi – Thanh Hoá
Lời giải tham khảo:
 Tứ giác ABKE nội tiếp  AKB  AEB  450
 AKB vuông cân tại A  ABK  450
+)
Đường thẳng BK có vtpt n1  (3;1) , gọi

n 2  (a; b) là vtpt của đt AB và  là góc giữa BK và
AB.
+) Ta có :
cos  

n1.n2
n1 n2



3a  b
10. a 2  b 2



1
2

 3a  b  5. a 2  b2
b  2a
 4a 2  6ab  4b 2  0  
 a  2b
+ Với a  2b , chọn n 2  (2;1)  AB : 2 x  y  5  0  B(2;9) (Loại)

+ Với b  2a , chọn n 2  (1;2)  AB : x  2 y  5  0  B(5;0) (TM)
 Tam giác BKN có BE và KA là đường cao  C là trực tâm của BKN
 CN  BK  CN : x  3 y  10  0 . ABK và KCM vuông cân
1
1
1
1
BK
 KM 
CK 
AC 
.
BK 
 BK  4KM
4
2
2 2
2 2 2
7 9
M  MN  BK  M  ;   K (3;6) ,
2 2
 Đường thẳng AC qua K vuông góc AB  AC : 2x  y  0
A  AC  AB  A(1;2) , C là trung điểm của AK  C (2;4) .
 Vậy: A(1;2), B(5;0), C(2;4).
Bài 18: Cho tam giác ABC. Đường phân giác trong của góc B có phương trình
d1 : x  y  2  0 , đường trung tuyến kẻ từ B có phương trình d2 :4 x  5 y  9  0 . Đường
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

25

FULL & FREE

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
1
2

thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm M (2; ) , bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC là R 

5
. Tìm tọa độ đỉnh A .
2
Lần 1–Lê Lợi Thanh Hoá
Lời giải tham khảo:

x  y  2  0
x  1
 Tọa độ B là nghiệm của hệ 

4 x  5 y  9  0
y 1
3
2
+) Do AB đi qua B và M nên có pt: AB : x  2 y  3  0 .

+) Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua d1 , M ' ( ; 0) .

BC đi qua M' và B nên có pt: BC : 2x  y – 3  0 .
+) Gọi  là góc giữa 2 đường thẳng AB và BC suy ra
2.1  1.2 4
3
cos 
  sin   .
5
5
5. 5
AC
 AC  3 .
 Từ định lý sin trong tam giác ABC, ta có: 2 R 
sin ABC
3 a
a  c 9  a  4c
+) A  AB, C  BC  A(a;
); C (c;3  2c) , trung điểm của AC là N (
;
).
2
2
4
a  4c  3  0
 N  d2 
 a  5; c  2
2


+) 
 a  4c  3 

2
 AC  3 (c  a)  
  9  a  3, c  0
2



Khi a  5 ta được A  5; 1 . Khi a  3 ta được A  3;3 .
 Kết luận: A  5; 1 , A  3;3 .

 11 9 
;  lần
 2 2

Bài 19: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có M(8;2); E 

lượt là trung điểm của BC và AC. Gọi H là trực tâm tam giác ABC và F là chân đường
cao hạ từ C, biết đường thẳng đi qua F và trung điểm của AH có phương trình
là d : 2 x  y – 8  0 . Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC
Đề số 4–Moon
Lời giải tham khảo:
 Tính chất hình học: FI  FM và FI  FM
 IE CH

+)  ME AB  ME  IE
CH  AB

+) Ta có: tam giác AFH vuông tại F, có I là trung điểm
AH nên từ đó cho ta FI  IA  IH  FAI  AFI
Tương tự cũng do tam giác FBC vuông tại F, có M là
trung điểm BC nên MB  MC  MF  BFM  FBM
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

26

FULL & FREE

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

Mà FAI  FBM  900  AFI  BFM  900  FI  FM
 Phương trình đường thẳng:
ME : x  y 10  0  EI : x  y  1  0
+) I  EI  FI  I  3;2 

+) Do FI  FM nên phương trình đường thẳng MF : x  2 y  4  0
+) F  MF  FI  F  4;0   CF : x  y  4  0; AB : x  y  4  0

 Gọi B  b;4  b   AB; C  c; c  4   CF , do M là trung điểm BC nên:
b  c  16
 B  6; 2  ; C 10;6 


b

c

8


+) AC nhận E làm trung điểm A 1;3
 Vậy A 1;3 ; B  6; 2  ; C 10;6 

Bài 20: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là
hình chiếu vuông góc của A trên BC , các điểm M  2; 1 , N lần lượt là trung điểm của
 1 1
HB và HC ; điểm K   ;  là trực tâm tam giác AMN . Tìm tọa độ điểm C , biết rằng
 2 2
điểm A có tung độ âm và thuộc đường thẳng d : x  2y  4  0 .

Trƣờng THPT Chuyên Nguyễn Quang Diệu
Lời giải tham khảo:
 Tính chất hình học: CI  AM , K là trung điểm IH.
+) Gọi I là trung điểm của AH , ta có MI / / AB  MI  AC
Suy ra: I là trực tâm tam giác AMC  CI  AM
+)Mà NK  AM  NK / /CI  K là trung điểm HI
A  2a  4; a   d ,

Đặt
từ
hệ
thức
 2a  2 2  a 
AK  3KH  H 
;

3 
 3
7

 2a  4 5  a 
1
+) Suy ra: AK    2a;  a  và MH  
;

3 
2
 3
2


C
N
H

+) Khi đó:
7
 2a  4   1
 5  a 
AK .MH  0    2a 
    a 
0
2
 3   2
 3 
 a  1
2
 A  2; 1 .
 10 a  13a  23  0  
 a  23

10

K(-1/2;1/2)

M(2;-1)

I
A

x+2y+4=0

B

 Suy ra tọa độ H  0;1 và B  4; 3

+) Phương trình AB : x  3y  5  0 và BC : x  y 1  0
+) Phương trình AC : 3x  y  5  0
Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình:

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

27

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

FULL & FREE

3 x  y  5
 x  1

 C  1;2 

x  y  1
y  2
 Kết luận: A  2; 1 ; B  4; 3 ; C  1;2 
Bài 21: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có AC  2AB , điểm

M  1; 92  là trung điểm của BC, D là điểm thuộc cạnh BC sao cho BAD  CAM . Gọi E là

trung điểm của AC, đường thẳng DE có phương trình: 2x  11y  44  0 , điểm B thuộc
đường thẳng d có phương trình: x  y  6  0 . Tìm tọa độ 3 điểm A, B, C biết hoành độ
điểm A là một số nguyên.
Trƣờng THPT Chuyên Biên Hòa, lần 1
Lời giải tham khảo:
Goi I  BE  AD , G  AM  BE
ABI  AEG  g.c.g   BI  GE .

Mà BG  2GE (do G là trọng tâm của ABC )
 BI  IG  GE .

Kẻ EH

BC  H  AD  .

Chứng minh được CD  2HE,HE  2BD  CB  5BD .
2BM  5BD, B  b; 6  b  , D  22  11d; 2d  ,M  1; 92 


9
 D  115 ; 185 
55d  3b  108
d 


5
10d  3b  27
 B  3; 3 
b  3


M  1; 92  là trung điểm của BC  C  1; 6  .

Gọi E  22  11e; 2e  , E là trung điểm của AC  A  45  22e; 4e  6 
e  2  tm 
AC  2AB  75e  278e  256  0  
 A 1; 2 
e  128 l



75
2

Vậy A 1; 2  , B  3; 3  ,C  1; 6 
Bài 22: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x  1) 2  ( y  2) 2  25
ngoại tiếp tam giác ABC. Các điểm K(-1 ; 1), H(2; 5) lần lượt là chân đường cao kẻ từ
các đỉnh A và B của tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng C
có hoành độ dương.
Trƣờng THPT Tô Văn Ơn, lần 1
Lời giải tham khảo:
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

28

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

FULL & FREE

A
x

H
I

B

K

C

+(C) có tâm I (1;2) . Gọi Cx là tiếp tuyến của (C) tại C.
1
2
Do AHB  AKB  900 nên AHKB là tứ giác nội tiếp  ABC  KHC (cùng bù với góc AHK )

Ta có HCx  ABC  Sđ AC (1)

(2)
Từ (1) và (2) ta có HCx  KHC  HK // Cx .
Mà IC  Cx  IC  HK .
Do đó IC có vectơ pháp tuyến là KH  (3;4) , IC có phương trình 3x  4 y 11  0
Do C là giao của IC và (C) nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ
3x  4 y  11  0
 x  5  x  3
. Do xC  0 nên C(5;1)

;

2
2
( x  1)  ( y  2)  25  y  1  y  5
Đường thẳng AC đi qua C và có vectơ chỉ phương là CH  (3;6) nên AC có phương trình

2x  y  9  0 .

Do A là giao của AC và (C) nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
2 x  y  9  0
x  1 x  5
(loại). Do đó A(1;7)

;


2
2
y

7
y


1
(
x

1
)

(
y

2
)

25




Đường thẳng BC đi qua C và có vectơ chỉ phương là CK  (6;2) nên BC có phương trình
x  3y  2  0 .
Do B là giao của BC và (T) nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ
x  3 y  2  0
 x  4  x  5
(loại). Do đó B(4;2)

,

2
2
( x  1)  ( y  2)  25  y  2  y  1

Vậy A(1;7) ; B(4;2) ; C(5;1) .
Bài tập tƣơng tự 1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC, gọi D là điểm
đối xứng với C qua A. Điểm H  2; 5  là hình chiếu vuông góc của điểm B trên AD, điểm

K  1; 1 là hình chiếu vuông góc của điểm D trên AB, đường tròn (T) ngoại tiếp tam

giác ABD có phương trình  x  1   y  2   25 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC,
2

2

biết điểm A có hoành độ dương.
lần 1–Trƣờng THPT Hồng Quang- Hải Dƣơng
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

29

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

FULL & FREE

Tính chất hình học: IA  HK (Các em học sinh gắng chứng minh: kẻ tiếp tuyến Ax rồi
chứng minh HK Ax )
Khi đó phương trình đường thẳng IA : 3x  4 y  11  0  A  IA  T   A  5;1
Lập phương trình đường thẳng AB, AD rồi giao với (T) giải hệ tìm B, D rồi suy ra C.
Đáp số: A  5;1 ; B  4; 2  ; C  9;9 
Bài tập tƣơng tự 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội
tiếp đường tròn (C): x 2  y 2  25 , đường thẳng AC đi qua điểm K(2; 1). Gọi M, N lần
lượt là chân đường cao kẻ từ đỉnh B và C. Tìm tọa độ các đỉnh của ∆ABC biết phương
trình đường thẳng MN là 4x − 3y + 10 = 0 và điểm A có hoành độ âm.
lần 1–Sở GDDT Quảng Ninh, Đáp Số : A  4;3 ; B  3; 4  , C  5;0 
Bài 23: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A 1; 4  , tiếp tuyến tại
A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong của
ADB có phương trình x  y  2  0 , điểm M  4;1 thuộc cạnh AC . Viết phương trình

đường thẳng AB .
Trƣờng THPT Chuyên Bình Long, Bình Phƣớc, lần 2
Lời giải tham khảo:
A
E
M'

B

K
I

M
C

D

Gọi AI là phan giác trong của BAC
Ta có : AID  ABC  BAI
IAD  CAD  CAI

Mà BAI  CAI , ABC  CAD nên AID  IAD
 DAI cân tại D  DE  AI
PT đường thẳng AI là : x  y  5  0
Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM’ : x  y  5  0
Gọi K  AI  MM '  K(0;5)  M’(4;9)
VTCP của đường thẳng AB là AM '   3;5  VTPT của đường thẳng AB là n   5; 3
Vậy PT đường thẳng AB là: 5  x  1  3  y  4   0  5x  3 y  7  0
Bài 24: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi D
là trung điểm của BC và E là hình chiếu của A trên đường thẳng BC. Gọi F và G tương
ứng là hình chiếu của E trên các cạnh AB và AC. Đường thẳng FG cắt đường thẳng AD
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

30

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

FULL & FREE

tại H. Biết rằng AH.AD  2 , tọa độ điểm A  2; 3  , phương trình đường thẳng

 FG  : 3x  4 y  2  0 và điểm E có hoành độ nhỏ hơn 3. Tìm tọa độ các đỉnh B và C.
Trƣờng THPT Hoàng Hoa Thám
Lời giải tham khảo:

A
H

G

I
F
B

E

D

C

Chứng minh AD vuông góc FG:
ABC là tam giác vuông có cạnh huyền BC, trung tuyến AD do đó: DA  DB  DC hay tam
giác ACD cân tại D.
Khi đó: DAC  DCA . Mặt khác vì FAE  DCA (góc có cạnh tương ứng vuông góc) và
FAE  GFA (AFEG là hình chữ nhật) do đó: DAC  GFA .
Vì: GFA  AGH  900 , vậy: DAC  AGH  900  AD  FG .
Phương trình đường thẳng:  AD  : 4 x  3 y  17  0 .
Bài 25: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C):

 x  22   y  32  26 . Trọng tâm của tam giác là

 8
G  1;  ; điểm M  7; 2  nằm trên đường thẳng
 3

đi qua A và vuông góc với BC (M  A). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác, biết –
Trƣờng THPT Phạm Văn Đồng – Phú Yên
Lời giải tham khảo
A

B'
I
H

B

G

F

M

C

E

A'

▪ Gọi I là tâm của đường tròn (C), E là trung
điểm của BC và H là trực tâm của tam giác
ABC.
Kẻ đường kính AA’ ta có BA’ // CH, CA’ // BH
nên BHCA’ là hbh.
Suy ra E là trung điểm của A’H nên IE là
đường trung bình của  AHA’.
IE 1 EG

 
nên ba điểm H, G, I thẳng
AH 2 AG
hàng. Và GH  2GI mà
ta có I  2;3 nên H  1;2  .
Ta có M nằm trên (C) và A, H, M thẳng hàng;

tam giác MHB cân tại B. Nên
BC là đường trung trực của HM.
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

31

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

FULL & FREE

▪ Phương trình đường thẳng BC: x  3  0 .
Tọa độ B, C là nghiệm của hệ phương trình:

x3
x 3  0


2
2

 x  2    y  3  26  y  2; y  8
Phương trình đường thẳng HM: y  2  0 .
Tọa độ A là nghiệm hệ:

 x  3
y2  0



2
2

 x  2    y  3  26  y  2
▪ Vậy A  3; 2  , B  3;8 , C  3; 2 .
Bài 26: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B,
AB  2BC , D là trung điểm của AB, E thuộc đoạn AC sao cho AC  3EC , biết phương
 16 
trình đường thẳng CD: x  3 y  1  0 , E  ;1 . Tìm tọa độ các điểm A, B, C.
 3 
Lần 1–Trƣờng THPT Tam Đảo Vĩnh Phúc
Lời giải tham khảo
BA EA 1
Gọi I  BC  CD , ta có:

 nên E là chân phân giác trong của góc ABC.
BA EC 2
Tam giác BCD vuông cân tại B nên viết được ptdt BE : 3x  y 17  0 .
I  BE  CD  I  5;2 
Dùng phương pháp gán độ dài chứng minh được: IB  3IE  B  4;5

C  2;1 , A 12;1
Tham số hóa điểm C  CD , giải pt: BC  BI 2  
C  8;3 , A  0; 3
Bài 27: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác
vuông cân tại . Gọi

trung điểm
, là trọng tâm tam giác
điểm
là điểm nằm trên đoạn
sao cho
. Tìm tọa độ điểm , lập phương trình
, biết hoành độ của điểm
nhỏ hơn và
có phương trình
.
Lần 2–Trƣờng THPT Thuận Châu, Sơn La.
3x  y 13  0

B

M

N

G

A

Suy ra tam giác

Lời giải tham khảo:
Tính khoảng cách từ điểm

Xác định hình chiếu của
Ta có tam giác
D(7; 2) vuông cân đỉnh

C

đến đường thẳng

trên

vuông cân đỉnh

Suy ra
Theo giả thiết
nội tiếp đường tâm bán kính

Ta có:
vuông cân đỉnh suy ra

.

suy ra

nên tam giác
nên tam giác

.
suy ra

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

32

FULL & FREE
Tìm điểm

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

nằm trên đường thẳng

sao cho

Giả sử

Với
suy ra
Tìm số đo góc tạo bởi



.

Gải sử đường thẳng

có vecto pháp tuyến

TH 1 :

sy ra

TH 2:

chọn

chọn

ta có :

suy ra

suy ra

Trong hai trường hợp trên xét thấy

nên

Vậy:
Bài 28: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp
đường tròn (T) có phương trình: x2  y2  6x  2y  5  0. Gọi H là hình chiếu của A
trên BC. Đường tròn đường kính AH cắt AB, AC lần lượt tại M, N. Tìm tọa độ điểm
A và viết phương trình cạnh BC, biết đường thẳng MN có phương trình:
20x 10y  9  0 và điểm H có hoành độ nhỏ hơn tung độ.
lần 2–Trƣờng THPT Minh Châu- Hƣng Yên
Lời giải tham khảo:

(T) có tâm I(3;1), bán kính R  5.
Do IA  IC  IAC  ICA (1)
Đường tròn đường kính AH cắt BC tại M
 MH  AB  MH / /AC (cùng vuông góc AB)  MHB  ICA (2)
Từ (1), (2), (3) ta có:
IAC  ANM  ICA  AHM  MHB  AHM  90o

Ta có: ANM  AHM (chắn cung AM) (3)
Tìm tọa độ điểm A và viết phương trình cạnh BC.

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

33

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

FULL & FREE

A
N
E
M
B

H

C

I

Suy ra: AI vuông góc MN
 phương trình đường thẳng IA là: x  2y  5  0
Giả sử A(5  2a;a) IA.
a  0

Mà A  (T)  (5  2a)2  a2  6(5  2a)  2a  5  0  5a2  10a  0  

a  2

Với a  2  A(1; 2) (thỏa mãn vì A, I khác phía MN)
Với a  0  A(5; 0) (loại vì A, I cùng phía MN)


Gọi E là tâm đường tròn đường kính AH  E  MN  E  t; 2t 




Do E là trung điểm AH  H  2t  1; 4t 


9

10 

38 

10 



58 
48 
 AH   2t  2; 4t   , IH   2t  4; 4t  
10 
10 


272 896
Vì AH  HI  AH.IH  0  20t 2 
t
0
5
25
 8
 11 13 
 H  ;  (thoûa maõn )
t 
5
5 5

 28
 31 17 
 H  ;  (loaïi)
t 
 25
 25 25 
 11 13 
8
Với t   H  ;  (thỏa mãn)
5
5 5
 6 3

Ta có: AH   ;   BC nhận n  (2;1) là VTPT
5 5
 phương trình BC là: 2x  y  7  0
Bài 29: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có C(-1;-2) ngoại tiếp
đường tròn tâm I. Gọi M, N, H lần luợt các tiếp điểm của (I) với cạnh AB, AC, BC. Gọi
K(-1;-4) là giao điểm của BI với MN. Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC, biết
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

34

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

FULL & FREE
H(2;1).

lần 2–Trƣờng THPT Anh Sơn 2, Nghệ An
Lời giải tham khảo:
ABC ACB
BAC
(1)

 900 
2
2
2
BAC
Ta có KNC  ANM  AMN  900 
(2)
2
Từ (1) và (2) suy ra KIC  KNC nên tứ giác

Ta có KIC  IBC  ICB 

C'

A
K
N

M

I
J
C
B

H

KNIC nội tiếp trong đường tròn đường kính
IC.
Mặt khác tam giác IHC nội tiếp trong đường
tròn đường kính IC
Vậy 5 điểm K, N, I, H, C nằm trên đường tròn
đường kính IC.
Gọi J là trung điểm của IC nên J là tâm đường

tròn đi qua 5 điểm trên.
Giả sử J(x;y) khi đó
(1  x) 2  (4  y ) 2  (1  x) 2  (2  y ) 2
 JC  JK
x  3


JC  JK  JH  

2
2
2
2
(1  x)  (4  y )  (2  x)  (1  y )
 JC  JH
 y  3

 J (3; 3) .

Vì J là trung điểm của IC nên I(7;-4). Từ đó suy ra BI có phương trình y  4  0
BC đi qua H và C nên có phương trình x  y 1  0 .
y  4  0
 B(3; 4)
x  y 1  0

Do đó, B(x;y) là nghiệm của hệ 

Vì INC  1v  NKC  1v Từ đó gọi C’ là điểm đối xứng của C qua đường thẳng BI. Khi đó K
là trung điểm của CC’ nên C’(-1;-6).
Đường thẳng AB qua B và C’ có phương trình là: x  y  7  0
Giả sử AC có VTPT n  (a; b),(a2  b2  0)
Khi đó AC có phương trình a( x 1)  b( y  2)  0  ax  by  a  2b  0
a
 b  1
7a  4b  a  2b
8a  2b
Ta có d (I , AC)  IH 
5 2 
5 2  
a 2  b2
a 2  b2
 a  23
 b 7
a
+  1 chọn a = 1, b = -1 nên AC có phương trình x  y 1  0 ( trùng BC) ( loại).
b
a 23
+ 
chọn a = 23 ; b = 7 nên AC có phương trình 23x  7 y  37  0
b 7
3

x

x  y  7  0

4

+ Khi đó A (x; y) là nghiệm của hệ 
23x  7 y  37  0
 y   31

4

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

35

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

FULL & FREE
3
4

Vậy A( ; 

31
)
4

Bài 30: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A. Biết
phương trình cạnh BC là  d  : x  7 y  31  0 , điểm N(7; 7) thuộc đường thẳng AC, điểm M(2; -3)
thuộc AB và nằm ngoài đoạn AB. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
THPT Bắc Yên Thành
Lời giải tham khảo:
Đường thẳng AB đi qua M nên có phương trình a  x  2   b  y  3  0  a 2  b2  0 

 AB; BC   450 nên

3a  4b
.

50 a  b
 4a  3b
a  7b

cos 450 

2

2

Nếu 3a = 4b, chọn a = 4, b = 3 ta được  AB  : 4 x  3 y  1  0 .  AC  : 3 x  4 y  7  0 .
Từ đó A(-1; 1) và B(-4; 5). Kiểm tra MB  2MA nên M nằm ngoài đoạn AB (TM)
Từ đó tìm được C(3; 4)
Nếu 4a = -3b, chọn a = 3, b = -4 được  AB  : 3x  4 y  18  0 ,  AC  : 4 x  3 y  49  0
Từ đó A(10; 3) và B(10;3) (loại)
Bài 31: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có các đường cao AD,

BE và nội tiếp đường tròn tâm I(5;4). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết D(4;4),
E(6;5) và đỉnh C thuộc đường thẳng x  2 y  2  0
Chuyên khoa học tự nhiên, lần 3.
Lời giải tham khảo:
ICA

1800

CIA

900

2

ABC , ABC

CED

IEC

CED

900

IC

DE (2;1) là VTPT của đường thẳng IC suy ra phương trình IC là : 2x
thuộc đường thẳng d : x 2y 2 0
C (6;2)

Phương trình CE :
IA2

1

2

3a

2

x

6

y

2

5

A(2

3t

2a;2

IB 2

1

b

3
(b
2

Suy

y

0 . Mà C

14

ra

3a;6)

6 (a = 0 loại)

a

Suy ra : A(6; 6) . Phương trình CD là :
B(6

DE .

x

6

2t

y

2

2t

2b)
2b

2

2

2b

2

5

0 loại) suy ra : B(3; 5)

Bài 32: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn

tâm I, điểm M(2;−1) là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc của B lên AI là

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

36

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

FULL & FREE

9 8
D  ;   ; Biết rằng AC có phương trình x + y − 5 = 0 , tìm tọa độ các đỉnh của tam giác
5 5

ABC.
THPT Nguyễn Văn Trỗi, lần 1

Gọi F là hình chiếu vuông góc của A lên BC, E
là trung điểm AB. Ta có tứ giác BFDA nội tiếp
đường tròn đường kính AB và ngủ giác BEDIM
nội tiếp đường tròn đường kính BI
Suy ra

DEM

DBM

DBF

1
DEF
2

(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắnmột
cung)
nên EM là phân giác của góc ∠DEF , lại
có EF

DE

1
AB nên ME
2

là đường trung

trực của DF. Đường thẳng ME qua M và song
song với AC nên có phương trình x + y − 1= 0 ,
F đối
xứng với D
qua
ME
nên
F

13 6
3 1
;
, MF ;
5
5
5 5

nên véc tơ pháp tuyến của BC là

n 1; 3 suy ra phương trình BC là : x

x

3y

x

y

5
5

0

3y

5

0 nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ sau :

C (5; 0) . M là trung điểm BC suy ra B (−1;−2)

0

, AF qua F và vuông góc với BC nên có phương trình
3x

y

của hệ

33
5

0 suy ra tọa độ điểm A là nghiệm

3x
x

y
y

5

33
5

0

A(1;4)

0

 1

Bài 33: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có hai điểm M  3;  và
 4
 38 34 
N  ;  nằm trên đường thẳng AB, phương trình đường thẳng AC là 3x  4 y  6  0 . Tìm tọa
 25 25 
độ các đỉnh A, B, C biết tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC nằm trên đường thẳng
d : x  y  2  0 và có hoành độ lớn hơn 1, đồng thời điểm P là chân đường phân giác trong AI có
hình chiếu vuông góc lên đường thẳng AB là điểm N.
THPT Nguyễn Diệu, Bình Định
Lời giải tham khảo:

+)Lập được ptAB: 3x +4y – 10 = 0.

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

37

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

FULL & FREE

3x  4 y  10  0
Tìm được A(2/3;2).
3x  4 y  6  0.

Tọa độ A là nghiệm của hệ 

+)Vì tâm đường tròn nội tiếp thuộc đường thẳng x – y – 2 = 0 nên I(a;a – 2), điều kiện a >
1.
Ta có d(I;AB) = d(I;AC)
 7a  18  a  14
 a  4(n)

 a  2 (l )
3


Vậy I(4;2) và bán kính đường tròn nội tiếp r = 2.
+)Lập pt AI: y–2 = 0.
Lập pt PN: 4x –3y – 2 = 0.
P là giao điểm của AI và PN nên tọa độ P là nghiệm của hệ
y  2  0
giải được P(2;2)

4 x  3 y  2  0

+)BC qua P(2;2) và có VTPT n  (a; b) có pt dạng a( x  2)  b( y  2)  0.
Ta có d(I;BC) = r


2a
a b
2

2

 2  a  a 2  b2  b  0. Chọn a = 1

Khi đó pt BC là x – 2 = 0.
3x  4 y  10  0
Tìm được tọa độ B(2;1) .
 x  2  0.
3x  4 y  6  0
Tọa độ C là nghiệm của hệ 
Tìm được tọa độ C(2;3).
 x  2  0.

Tọa độ B là nghiệm của hệ 

Bài 34: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(4; 3) , M là trung
điểm của cạnh BC, D là giao điểm giữa đường phân giác trong của góc MAC và cạnh BC . Biết
rằng CB  3CD , đường thẳng AD có phương trình 3x  2 y  5  0, diện tích tam giác ABC bằng
39
và đỉnh C có hoành độ dương. Hãy tính tọa độ các điểm A, C.
4
THPT Phù Cát 1, Bình Định
Lời giải tham khảo:

+) Gọi E là điểm đối xứng của A qua M thì AB / /CE. Xét tam giác ACE có AM là trung
2
3

tuyến, CD  CM nên D là trọng tâm, AD là phân giác của góc EAC nên tam giác AEC
cân tại A, suy ra AD  EC suy ra AD  AB. Suy ra A là hình chiếu vuông góc của B trên
AD, suy ra A(1; 1).

3t  5 
  D  A  t  1
2 


+) Do D  AD  D  t;

3t  4 9t  9  
4
;
,t  
2  
3
 2

+) Từ BC  BD  C 
3
2

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

38

FULL & FREE
+) Do d  C; AB  

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016
2S ABC 3 13
5 9

, từ đó suy ra t  3, suy ra C  ;  .
AB
2
2 2

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

39

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

FULL & FREE

Phần II. Các bài toán về tứ giác
Bài 1: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh C thuộc
đường thẳng d : x 2y 6 0 , điểm M(1;1) thuộc cạnh BD biết rằng hình chiếu vuông
góc của điểm M trên cạnh AB và AD đều nằm trên đường thẳng : x y 1 0 .
Tìm tọa độ đỉnh C .
Lần 1– Trƣờng THPT Bình Minh – Ninh Bình
Lời giải tham khảo
 Tính chất: CI  HK
 Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên AB, AD
Gọi N là giao điểm của KM và BC
Gọi I là giao điểm của CM và HK
DKM vuông tại K và MDK
KM KD
KM NC (1)

Ta có

Lại có MH

450

MN ( do MHBN là hình vuông)

Suy ra: KMH  CNM

HKM

MCN

Mà NMC IMK nên NMC NCM IMK HKM 900
Suy ra CI HK
 Đường thẳng CI đi qua M(1;1) và vuông góc với đường thẳng d nên
VTPT nCI

VTCP ud

( 1;1) nên có phương trình:

(x

1)

(y

1)

0

x

y

0

Do điểm C thuộc đường thẳng CI và đường thẳng nên tọa độ điểm C là nghiệm của
x y 0
x 2
hệ phương trình
Vậy C (2;2)
x 2y 6 0
y 2

Bài 2 : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(1;3). Gọi N
2
là điểm thuộc cạnh AB sao cho AN  AB . Biết đường thẳng DN có phương trình
3
x+y-2=0 và AB=3AD. Tìm tọa độ điểm B.
Lần 2– Trƣờng THPT Bố Hạ – Bắc Giang
Lời giải tham khảo
 Gọi n  (a; b); (a  b  0) là vectơ pháp tuyến của BD,
BD đi qua điểm I(1;3) nên có phương trình: ax  by  a  3b  0
2

2

AB

NB  3
2


 AN  3 AB 
5 AB
 ND 
Theo giả thiết ta có: 
3
 AD  1 AB



3
10 AB
 BD 
3

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

40

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

FULL & FREE

Nên ta suy ra: cos BDN 

BD2  ND2  NB 2 7 2

2 BD.ND
10

Khi đó: cos BDN  cos( n, n1 ) 

|ab|



3a  4b
7 2
 24a 2  24b 2  50ab  0  
10
 4a  3b

a 2  b2 . 2
 Với 3a  4b , chon a=4,b=3 suy ra: BD : 4 x  3y  13  0
Mà D  BD  DN  D(7; 5)  B(5;11)
 Với 4a  3b , chọn a=3,b=4, PT BD : 3x  4 y  15  0
Mà D  BD  DN  D(7;9)  B(9; 3)

Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD . Điểm E(2;3) thuộc
đoạn thẳng BD , các điểm H(2;3) và K(2;4) lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm
E trên AB và AD . Xác định toạ độ các đỉnh A, B,C, D của hình vuông ABCD.
Lần 1– Trƣờng THPT Nguyễn Huệ – Khánh Hoà
Lời giải tham khảo
 Ta có: EH : y  3  0
EK : x  2  0
AH : x  2  0
 A  2; 4 

AK : y  4  0

 Giả sử n  a; b  ,  a 2  b2  0  là VTPT của đường thẳng BD .
Có: ABD  450 nên:

a



2
 a  b
2

a 2  b2
 Với a  b , chọn b  1  a  1  BD: x  y 1  0

EB   4; 4 
 B  2; 1 ; D  3; 4   
 E nằm trên đoạn
ED  1;1
BD (thỏa mãn)
Khi đó: C  3; 1

 Với a  b , chọn b  1  a  1  BD: x  y  5  0 .
EB   4; 4 
 EB  4ED  E nằm ngoài đoạn BD (Loại)
 B  2;7  ; D 1; 4   
ED   1;1
 Vậy: A  2; 4  ; B  2; 1 ;C  3; 1 ; D  3; 4 

Bài 4: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm trên đường
thẳng d : x  y 1  0 . Điểm E  9; 4  nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm
F  2; 5  nằm trên đường thẳng chứa cạnh AD, AC  2 2 . Xác định tọa độ các đỉnh

hình thoi ABCD biết điểm C có hoành độ âm.
Lần 1 - Cao Đẳng nghề Nha Trang
Lời giải tham khảo
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

41

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

FULL & FREE

 Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC
 E’ thuộc AD.
+) Vì EE’ vuông góc với AC và qua điểm E  9;4 

B
E

 phương trình EE’: EE ' : x  y  5  0

 Gọi I  AC  EE’ , tọa độ I là nghiệm hệ:
x  y  5  0
x  3

 I  3;  2 

x  y 1  0
 y  2

I

A

J

C

E'
F

D
+)Vì I là trung điểm của EE’  E '(3; 8)
 AD qua E '(3; 8) và F (2; 5)  phương trình AD: AD : 3x  y  1  0
+) A  AC  AD  A(0;1) .
+) Giả sử C (c;1  c) .Vì AC  2 2  c 2  4  c  2; c  2  C (2;3)

 xC  0

 Gọi J là trung điểm AC  J (1;2)  phương trình BD: x  y  3  0 .
+) Do D  AD  BD  D(1;4)  B(3;0) .
 Vậy A(0;1) , B (3;0), C ( 2;3), D (1; 4).
Bài 5: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có BD = 2AC. Đường
thẳng BD có phương trình x – y = 0. Gọi M là trung điểm của CD và H(2;-1) là hình
chiếu vuông góc của A trên BM. Viết phương trình đường thẳng AH.
Trƣờng Ischool Nha Trang-Khánh Hoà
Lời giải tham khảo
 Gọi I là tâm của hình thoi ABCD và G  BM  AC ,
suy ra G là trọng tâm của tam giác BCD.
+) Tam giác BIG vuông tại I có:
IG
IG
IG
1
sin IBG 



BG
37
BI 2  IG 2
(6 IG ) 2  IG 2

1
37
 Đường thẳng BD có vectơ pháp tuyến n1  (1; 1)
 cos( BD, AH )  sin IBH 

gọi vectơ pháp tuyến của AH là n2  (a; b) (a 2  b2  0) . Ta có:





cos  BD. AH   cos n1 , n2 

1

37

a 7
b  5
| a b|
1
2
2

 35a  74ab  35b  0  
37
a 2  b2 . 2
a  5
 b 7

a 7
 : Chọn n2  (7;5) ,ta có phương trình AH là AH : 7 x  5 y  9  0 .
b 5
a 5
+) Với  : Chọn n2  (5;7) ,ta có phương trình AH là AH : 5x  7 y  3  0 .
b 7

+) Với

 Vậy AH : 7 x  5 y  9  0 hoặc AH : 5x  7 y  3  0 .
Bài 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A, B và AD =
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

42

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

FULL & FREE

2BC. Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường chéo BD và E là trung
điểm của đoạn HD. Giả sử H  1;3 , phương trình đường thẳng AE : 4x  y  3  0 và
5 
C  ; 4  . Tìm tọa độ các đỉnh A, B và D của hình thang ABCD.
2 

Lần 2 –Trƣờng THPT Phƣớc Bình
Lời giải tham khảo
 Tính chất hình học: CE  AE
+) Qua E dựng đường thẳng song song với AD
cắt AH tại K và cắt AB tại I.
+) Suy ra: K là trực tâm của tam giác ABE, nên
BK  AE. Do KE là đường trung bình của tam
1
2

giác AHD nên KE  AD hay KE  BC , nên
cho tam tứ giác BKEC là hình bình hành,
dẫn tới CE BK .
+) Do đó: CE  AE  CE : 2x  8 y  27  0


Mà E  AE  CE  E   ;3  , mặt khác E là trung điểm của HD nên D  2;3
2
3





 Khi đó, phương trình đường thẳng BD : y  3  0 , suy ra AH : x  1  0 nên A  1;1 .
 Suy ra AB : x  2 y  3  0 .Do đó: B  AB  BD  B  3;3
 Vậy: A  1; 1 , B  3; 3 , D  2; 3

Bài 7: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB=2BC. Gọi H là hình chiếu
của A lên đường thẳng BD; E,F lần lượt là trung điểm đoạn CD và BH. Biết A(1;1),
phương trình đường thẳng EF là 3x – y – 10 = 0 và điểm E có tung độ âm.
Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D.
Lần 5 –Trƣờng THPT Phƣớc Bình
Lời giải tham khảo
 Tính chất hình học: AF  EF
 Gọi E,F,G lần lượt là trung điểm các đoạn
thẳng CD, BH, AB.
+) Ta thấy các tứ giác ADEG và ADFG nội tiếp
đường tròn đường kính DG, mà DG  AE nên
AE cũng là đường kính, đồng thời tứ giác ADEF
cũng nội tiếp dẫn tới: AF  EF .
 Đường thẳng AF (qua A và vuông góc với EF) có pt AF : x  3 y  4  0 . Tọa độ điểm F
là nghiệm của hệ:

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

43

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

FULL & FREE

17

x


3x  y  10

 17 1 
5

 F  ;   AF 

 5 5
x  3y  4
y  1

5

1
2
AFE DCB  g  g   EF  AF  2 ;
2
5
2

32
5

2

8
51  8
 17  
E  t ;3t  10   EF    t     3t   
5
5 
5 5

19
 19 7 
 5t 2  34t  57  0  t  3  t 
hay E  3; 1  E  ; 
5
 5 5
+) Theo giả thiết ta được E  3; 1 , phương trình AE : x  y  2  0 .
2

 Gọi D  x; y  , tam giác ADE vuông cân tại D nên:

 x  12   y  12   x  32   y  12
 AD  DE


AD

DE

 x  1 x  3   y  1 y  1
x  1
x  3
 y  x  2



hay D(1;-1)  D(3;1)
 x  1 x  3  0
 y  1  y  1
+) Vì D và F nằm về hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;-1).
+) Khi đó, C(5;-1); B(1;5). (Tìm được C vì DE nhận E làm trung điểm, tìm D bằng đẳng
thức BC  AD ).
 Vậy B(1;5); C(5;-1) và D(1;-1).
Bài 8: Trong mặt phẳng với hệ tοạ độ Oxy , cho hình vuông ABCD và M là một điểm
thuộc cạnh CD M

C , D . Qua điểm A dựng đường thẳng d vuông góc với AM , d cắt

đường thẳng BC tại điểm N . Biết rằng trung điểm của đoạn thẳng MN là gốc tọa độ O ,
I

A

là giaο điểm của AO và BC . Tìm tọa độ điểm B

của hình vuông biết

6; 4 ,O 0; 0 , I 3; 2 và điểm N có hoành độ âm.

Lần 2 –Trƣờng THPT chuyên Hùng Vƣơng
Lời giải tham khảo:
 Tính chất hình học: Tam giác AMN vuông cân tại A.
 Do tứ giác AMCN nội tiếp, suy ra AMN  NCA  450

A

D

nên tam giác AMN vuông cân tại A, khi đó AO  MN tại

M

O, nên ta viết được phương trình đường thẳng:

MN : 3x  2y  0
 Giả sử N  2n;3n   MN  M  2n; 3n 

O

N

B

I

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

C

44

FULL & FREE

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

+) Ta có: AN   2n  6;3n  4  ; AM   2n  6; 3n  4 
+) Do: AN  AM  AN . AM  0
  2n  6  2n  6    3n  4  3n  4   0
n  2

 N  4; 6 
n


2

 Phương trình đường thẳng BC qua N và I là BC : 4x  7y  26  0 ,
+) Phương trình đường thẳng AB qua A và vuông góc với BC là AB : 7x  4y  26  0
4 x  7 y  26
 6 22 
 B  ; 
 Vì B  BC  AB nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: 
5 
 5
7 x  4 y  26

Bài 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD, đỉnh B thuộc đường thẳng
d1 : 2x – y + 2 = 0 , đỉnh C thuộc đường thẳng d2 : x – y – 5 = 0, Gọi H là hình chiếu của B
9 2

xuống đường chéo AC, Biết M  ;  ; K(9;2) lần lượt thuộc trung điểm AH và CD. Tìm
5 5
hoành độ các đỉnh của hình chữ nhật biết hoành độ đỉnh C lớn hơn 4
Lần 1 –Trƣờng THPT Đồng Xoài
Lời giải tham khảo:
 Tính chất hình học: MK  MB
 Qua M kẻ đường thẳng song song với CD cắt BH, BC
lần lượt tại P, N. Tứ giác MKCP là hình bình hành (do
1
MP//CK, MP  CK  AB )
2
+) Mặt khác ta có MN  BC và BH  MC suy ra P là trực
tâm của tam giác MBC.
+) Vậy CP  BM suy ra MK  MB
9
8

 36 8 
 Gọi B  b;2b  2   d1  MB   b  ;2b   , MK   ; 
5
5

 5 5
+) Vì MB.MK  0  b  1  B(1;4)
 Gọi C  c; c  5  d 2  BC   c  1; c  9  ; KC   c  9; c  7 
c  0
 C  9;4 
+) Vì BC  CK  BC.KC  0  
c  4
 Nên ta có C  9;4  và D  9;0  A 1;0 

Bài tập tƣơng tự 1: Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc
đường tròn (C): x 2  y 2  10 , đỉnh C thuộc đường thẳng có phương trình: x  2 y  1  0 .
Gọi M là hình chiếu vuông góc của B lên AC. Trung điểm của AM và CD lần lượt là

 3 ; 1  và P(1;1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật biết rằng điểm B có hoành độ

 5 5

N

dương và điểm C có tung độ âm.
(lần 1–Trường THPT Quỳnh Lưu 2 Nghệ An)
Phân tích và hướng dẫn đáp số:

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

45

FULL & FREE

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

 NQ / / AB

Gọi Q là trung điểm BM, khi đó 
suy ra PCQN là hình bình hành.
1
 NQ  2 AB

Suy ra CQ//PN.
Trong tam giác BCN thì Q là trực tâm nên CQ vuông góc với BN. Vì vậy PN vuông góc
với BN.
Đáp số: A  3;1 , B 1; 3 , C  3; 1 , D   1;3
Bài tập tƣơng tự 2: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có
9
2

điểm H(1;2) là hình chiếu vuông góc của A lên BD. Điểm M ( ;3) là trung điểm của cạnh
BC, phương trình đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác ADH là d: 4x  y  4  0 . Viết
phương trình cạnh BC.
(lần 3–Trường THPT Phú riềng – Bình Phước)
Đáp số: BC : 2 x  y  12  0
Bài 10: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm H(1;2) là
9 
hình chiếu vuông góc của A lên BD. Điểm M  ;3  là trung điểm của cạnh BC, phương
2 
trình đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác ADH là d : 4 x  y  4  0 . Viết phương
trình cạnh BC.
Lần 3 –Trƣờng THPT Phú Riềng- Bình Phƣớc
Lời giải tham khảo:
 Tính chất hình học: MK  AK
 Gọi K là trung điểm của HD. Gọi P là trung điểm của
AH.
+) Ta có AB vuông góc với KP. Do đó P là trực tâm của
tam giác ABK. Suy ra BP vuông góc với KM.
+) Mặt khác, do BMKP là hình bình hành nên cho ta
KM KM , nên suy ra MK  AK .
15
9 
 MK đi qua M  ;3  và vuông góc với AK có pt: MK : x  4 y   0
2
2 
15

x  4 y   0
1 
+) K  MK  d nên tọa độ điểm K là nghiệm của hệ 
 K  ;2 
2
2 

4 x  y  4  0
+) Do K là trung điểm của HD nên D  0;2  ,suy ra phương trình đường thẳng

BD : y  2  0
+) AH qua H và vuông góc với BD nên có phương trình: AH : x  1  0
+) Tham số hóa điểm B  b; 2  , vì M là trung điểm BC nên C  9  b;4 

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

46

FULL & FREE

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

+) Ta có: DC   9  b;2  ; BC   9  2b;2  mà DC vuông góc với BC nên suy ra:

b  5
DC.BC  0  
b  17
2

 17 
1 
+) Nên điểm B  5;2   C  4;4  hoặc B  ;2   C  ;4 
 2 
2 
 Phương trình đường thẳng BC : 2x  y 12  0 hoặc BC : 2x  8 y  33  0
Bài tập tƣơng tự: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H

là hình chiếu vuông góc của B trên AC, M và N lần lượt là trung điểm của AH và BH,
9 2
trên cạnh CD lấy điểm K sao cho MNCK là hình bình hành. Biết M  ;  ;K  9;2  và
2 5

các đỉnh B, C lần lượt nằm trên các đường thẳng có phương trình 2x  y  2  0 và

x  y  5  0 , hoành độ đỉnh C lớn hơn 4. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C, D.
lần 2–Trƣờng THPT Yên Thế
Lời giải tham khảo:
+) MN là đường trung bình của tam giác HAB suy ra MN // AB và MN 

1
AB
2

1
1
AB  CD
2
2
suy ra K là trung điểm của CD và N là trực tâm tam giác BCM,
do đó CN  MB và MK // CN nên MK  MB .
9
8
 36 8 

B  d  B  b;2b  2  , MK   ;  , MB   b  ;2b  
5
5
 5 5


+) MNCK là hình bình hành nên CK // MN; CK  MN 

MK .MB  0  b  1  B 1;4 

C  d '  C  c; c  5 

BC.KC  0  c  9  C  9;4   D  9;0   A 1;0 
Bài 11: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có tọa độ điểm
D(5; 4). Đường trung trực của đoạn CD có phương trình d1 : 2 x  3 y – 9  0 và đường phân
giác trong góc BAC của tam giác ABC có phương trình d 2 : 5 x  y  10  0 . Xác định tọa độ
các đỉnh còn lại của hình bình hành ABCD.
Lần 1 –Trƣờng THPT Thanh Hoa - Bình Phƣớc
Lời giải tham khảo:

d1

 Phương trình đường thẳng DC qua D và vuông
góc với d1 có dạng DC : 3x  2 y  7  0

d2

B

C

+) M  CD  d1  M  3;1

+) M là trung điểm DC nên C 1; 2 
 Ta lại có A thuộc d 2 nên A(a; 5a 10)

M
A

D

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

47

FULL & FREE

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

Mà ABCD là hbh nên
 x  a  4
AB  DC   B
 B(a  4; 5a  16)
 yB  5a  10  6

 Gọi C’ là điểm đối xứng của C qua d 2 , ta có: C '(4; 3)  AB
a  4 5a  7
+) Ta có: A, B, C’ thẳng hàng C ' A  kC ' B 

 a  2
a
5a  13
 Vậy A  2;0  và B  6; 6  .
Bài 12: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD tâm I. Biết trung điểm
cạnh AB là M(0;3), trung điểm đoạn thẳng IC là E(1;0) và điểm A có tọa độ nguyên.
Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D.
Trƣờng THPT Nguyễn Du – Bình Phƣớc
Lời giải tham khảo:
 Tính chất hình học: ME  DE
+) Gọi H là trung điểm DI, khi đó H là trực tâm tam giác
ADC (chứng minh tương tự các bài trên), nên AH  DE
+) Đồng thời AMEH là hình bình hành nên AH DE
+) Suy ra: ME  DE
 Phương trình DE : x  3 y 1  0
+) Tham số hóa điểm D  3d  1; d   DE
+) Để ý thấy rằng: MGB  EGH , khi đó cho ta G là
1 3
trung điểm ME nên G  ; 
2 2
 Tứ giác AMED nội tiếp, nên cho ta DAE  AME  450 nên cho ta tam giác EMD vuông
cân tại E.
 Phương trình đường tròn (C) tâm E bán kính ME có dạng:  C  :  x  1  y 2  10
2

  x  2

 x  12  y 2  10
 y  1

+) D   C   DE nên tọa độ điểm D là nghiệm của hệ 
 x  4
 x  3 y  1  0

  y  1
5 5
 TH1: D  2; 1 , ta lập được phương trình AC đi qua E và nhận DG   ;  làm VTPT
2 2
nên có dạng: AC : x  y 1  0
+) Phương trình BD : x  y  1  0
+) I  AC  BD  I  0;1
+) Từ đó ta tìm được B  2;3  A  2;3  C  2; 1

 7 1 
 TH2: D  4;1 ta lập được phương trình AC đi qua E và nhận DG   ;  làm VTPT
 2 2
nên có dạng: AC : 7 x  y  7  0
+) Phương trình BD : x  7 y 11  0
THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

48

TUYỆT PHẨM HÌNH HỌC PHẲNG OXY 2016

FULL & FREE

6 7
+) I  AC  BD  I  ; 
5 5
 8 9
 8 21 
+) Từ đó ta tìm được B   ;   A  ;  (loại do tọa độ A nguyên).
 5 5
5 5 

Bài 13: Trong mặt phẳng tọa độ  Oxy  , cho hình chữ nhật ABCD , gọi M là trung điểm
của AB. Đường thẳng  d  đi qua M và D có phương trình x  2 y  2  0 . Tìm tọa độ các
đỉnh B, C, D, biết A 1; 4  và đỉnh C nằm trên đường thẳng    : x  y  5  0 và hoành
độ điểm C lớn hơn 3.
Trƣờng THPT Chuyên Bình Long- Bình Phƣớc
Lời giải tham khảo:
 Ta có điểm C nằm trên đường thẳng
   : x  y  5  0  C  c;5  c  ,  c  , c  3 .
+) Lại có:

d  C , MD   2.d  A, MD   2



c  2 5  c   2
5

1  2.4  2
1   2 
2

2

2 5

2

c
l 

 2 5  3c  8  10 
3

c  6

Suy ra C  6; 1
+) Ta có điểm D nằm trên đường thẳng  d  : x  2 y  2  0  D  2d  2; d  ,  d 

.

Lại có AD   2d  3; d  4  ; CD   2d  8; d  1
+) Do ABCD là hình chữ nhật nên
d  1
AD.CD  0   2d  3 2d  8    d  4  d  1  0  5d 2  25d  20  0  
d  4

 Kết luận: C  6; 1 , D  0;1  B  7; 2 hoặc C  6; 1 , D  6; 4   B 1; 1
Bài 14: Trong mặt phẵng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chư̂ nhật ABCD có

A  5; 7  ,

điễm C thuộc đường thẵng có phương trình x – y  4  0 . Đường thẳng đi qua D và
trung điễm cũa đoạn thẵng A B có phương trình 3x – 4 y – 23=0 . Tìm tọa độ điểm B và
C, biết B có hoành độ dương.
Lần 2–Trƣờng THPT Hà Huy Tập
Lời giải tham khảo:

THẦY TRẦN VĂN TÀI – THẦY HỨA LÂM PHONG – CHIA SẺ VÌ CỘNG ĐỒNG

49