Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
 Phương trình đường thẳng.
 Véctơ n  0 được gọi là véctơ pháp tuyến của đường thẳng  nếu giá của véctơ n vuông góc với .
 Véctơ u  0 được gọi là véctơ chỉ phương của đường thẳng  nếu giá của véctơ u song song hoặc trùng với .
 Đường thẳng  đi qua M  x0 ; y0  nhận véctơ n  A; B  làm véctơ pháp tuyến

có phương trình  : Ax  By  Ax0  By0 gọi là phương trình tổng quát của
đường thẳng  .
Đường thẳng  đi qua M  x0 ; y0  nhận véctơ u  a; b làm véctơ chỉ phương
 x  x0  at
có phương trình 
 y  y0  bt

t  R
gọi là phương trình tham số của đường
thẳng  .
Cho hai đường thẳng 1 : a1 x  b1 y  c1  0 và  2 : a2  b2 y  c2  0 . Tọa độ
giao điểm của hai đường thẳng  1 và  2 là nghiệm của hệ phương trình
 a1 x  b1 y  c1  0
1 

 a2 x  b2 y  c2  0.
Nếu hệ (1) có nghiệm duy nhất  x0 ; y0  thì hai đường thẳng cắt nhau tại A  x0 ; y0  .
Nếu hệ (1) vô số nghiệm thì hai đường thẳng trùng nhau.
Nếu hệ (1) vô nghiệm thì hai đường thẳng song song với nhau.



 Phương trình đường tròn.
 Đường tròn  C  tâm I  a; b  bán kính R  0 có phương trình
 x  a    y  b  R2 .
2

Cho
2
đường
 : Ax  By  C  0
thẳng
và
đường
tròn
 C  :  x  a    y  b   R 2 . Tọa độ giao điểm của  và  C 
 x  a 2   y  b 2  R 2
là nghiệm của hệ phương trình
2
2

2

 Ax  B y  C  0
Nếu hệ (2) có hai nghiệm phân biệt thì 
cắt (C) tại hai
điểm khác nhau.
 Nếu hệ (2) có nghiệm kép thì  tiếp xúc với (C).
 Nếu hệ (2) vô nghiệm thì  không cắt  C  .
1. Sự tương giao của hai đường thẳng trong bài toán tìm tọa độ điểm.
3

 Bài . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có M  ;0  là trung điểm đoạn AC .
2


Phương trình các đường cao AH , BK lần lượt là 2 x  y  2  0 và 3 x  4 y  13  0 . Xác định tọa độ các
đỉnh của tam giác ABC .
Định hướng:
Viết được phương trình đường thẳng AC đi qua M và vuông góc với BK .
Suy ra  A  AC  AH  C .
Viết phương trình đường thẳng BC đi qua C và vuông góc với AH   B  BC  BK .
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
Lời giải.
Đường thẳng AC đi qua M và vuông góc với BK nên có phương trình 4 x  3 y  6 .
4 x  3 y  6
 A  0;2 
2 x  y   2
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình 
3



Từ M  ;0  là trung điểm AC suy ra C  3;  2  .
2
Đường thẳng BC đi qua C và vuông góc với AH nên có phương trình x  2 y  1  0 .
 x  2 y  1
 B  3;1
3 x  4 y  13
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình 
Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác ABC là A  0;2  , B  -3;1  , C  3;-2 
 Bài . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A  4;  1 phương trình đường cao và
trung tuyến kẻ từ đỉnh B lần lượt là 2 x  3 y  12  0 và 2 x  3 y  0 . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của
tam giác ABC.
Định hướng:
-
Tọa độ điểm  B  BH  BM
-
Viết phương trình đường thẳng AC đi qua A và vuông góc
với BH .
Suy ra tọa độ  M   AC  BM  C
Lời giải.
Gọi BH , BM lần lượt là đường cao và trung tuyến kẻ từ B.
2 x  3 y  12  0
 B  3;2 
2 x  3 y  0
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình 
Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với BH nên có phương trình 3 x  2 y  10  0.
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
2 x  3 y  0
 M  6; 4 
3 x  2 y  10  0
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình 
Do M là trung điểm AC suy ra tọa độ điểm C  8;  7 
Vậy B  -3;2 , C 8;-7 
 Bài . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC . Điểm M  2;0  là trung điểm của AB. Đường
trung tuyến và đường cao kẻ từ A lần lượt có phương trình là 7 x  2 y  3  0 và 6 x  y  4  0 . Viết phương
trình đường thẳng AC.
Định hướng:
-Tìm tọa độ điểm  A  AH  AM  B .
-Viết phương trình đường thẳng BC đi qua B và vuông góc với AH .
-Tìm tọa độ  N   BC  AN  C .
-Viết được phương trình đường thẳng AC đi qua A ,C .
Lời giải.
Gọi AN , AH lần lượt là đường cao và trung tuyến kẻ từ A.
7 x  2 y  3  0
 A 1;2 
6 x  y  4  0
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trìn 
Từ M là trung điểm AB  B  3; 2 
Đường thẳng BC đi qua B và vuông góc với AH nên có phương trình x  6 y  9  0
7 x  2 y  3  0
3

 N  0;  
2

x  6 y  9  0
Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình 
Từ N là trung điểm BC suy ra tọa độ điểm C  3;  1 
Khi đó phương trình ta có phương trình đường thẳng AC : 3 x  4 y  5  0.
 Bài . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD, đường thẳng BC có phương trình
x  y  4  0 , điểm M  1;  1 là trung điểm của đoạn AD. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật
ABCD, biết đường thẳng AB đi qua điểm E  1;1  .
Định hướng:
- Viết phương trình AB đi qua E và vuông góc với BC .
- Suy ra  B  AB  BC .
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
- Viết phương trình AD đi qua M và vuông góc với AB .
- Suy ra  A  AB  AD  D  C .
Lời giải.
Đường thẳng AB đi qua E và vuông góc với BC nên có phương trình
x y2  0
 x  y  2
 B 1;3 
x  y  4
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình 
Đường thẳng AD đi qua M và song song với BC nên có phương trình x  y  2  0
 x  y  2
 A  2;0 
 x  y  2
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình 
Do M là trung điểm của AD nên tọa độ điểm D là
Đường thẳng DC đi qua D và vuông góc với BC nên có phương trình x  y  2  0
x  y  4
 C  3;1
x  y  2
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình 
Vậy A  0;2 , B 1;3 , C 3;1 , D 0;-2 
1



 Bài . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh A  1;2  và tâm I  ;0  .
2
Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD, biết đường thẳng BC đi qua điểm M  4; 3  .
Định hướng:
-Tìm tọa độ điểm C đối xứng với A qua I .
-Viết phương trình BC đi qua C , M .
-Viết phương trình AB đi qua A và vuông góc BC .
-Suy ra  B  AB  BC  D .
Lời giải.
Từ I là trung điểm AC  tọa độ điểm C  2; 2 
Phương trình đường thẳng BC : x  2 y  2  0
Đường thẳng AB đi qua A và vuông góc với BC nên AB : 2 x  y  4  0.
x  2 y  2  0
 B  2;0 
2 x  y  4  0
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình 
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
Từ I là trung điểm BD  Tọa độ điểm D  3;0 
Vậy B  -2;0 , C 2;-2 , D 3;0 .
 Bài . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang vuông ABCD có B  C  900. Phương trình các
đường thẳng AC và DC lần lượt là x  2 y  0 và x  y  3  0 . Xác định tọa độ các đỉnh của hình thang
 3
3
ABCD, biết trung điểm cạnh AD là M   ;   .
2 2


Định hướng:
-Tìm tọa độ điểm C  AC  CD .
-Gọi N là trung điểm của CD , viết phương trình đường thẳng M N .
-Tìm tọa độ điểm  N   CD  M N  D  A
-Viết phương trình đường thẳng AB, BC.
-Suy ra tọa độ điểm B .
Lời giải.
x  y  3  0
 C  2;  1
x  2 y  0
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình 
Gọi N là trung điểm của DC, đường thẳng MN qua M song song với AC nên
MN : 2 x  4 y  9  0
x  y  3
1 5
 N  ; 
2 2
2 x  4 y  9
Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình 
Do N là trung điểm DC, suy ra D  1; 4 
M là trung điểm AD, suy ra A  2;1 
Đường thẳng AB qua A song song với DC nên có phương trình x  y  3
Đường thẳng BC qua C vuông góc với DC nên có phương trình x  y  1
 x  y  3
 B  1;2 
x  y  1
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình 
Vậy A  -2;1 , B -1;2 , C 2;-1 , D -1;-4 
 Bài . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD tâm O. Biết phương trình
đường thẳng AB : x  y  5  0 và trung điểm M của cạnh BC thuộc đường thẳng x  3 y  6  0 ,
xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
Định hướng:
-Viết phương trình đường thẳng M O .
-Tìm tọa độ  M   OM  BC .
-Viết phương trình BC   B  BC  AB .
-Từ M là trung điểm BC  tọa độ điểm C ,từ O là trung điểm AC  A
Lời giải.
Đường thẳng M O đi qua O và song song với AB nên có phương trình
x  y  0.
x  y  0
3 3
M ; 
x

3
y

6

0
2 2

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình 
Đường thẳng BC đi qua M
x y3  0.
và vuông góc với AB nên có phương trình
x  y  5  0
 B  1;4 
x  y  3  0
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình 
Từ M là trung điểm BC  tọa độ điểm C  4;  1 
Từ O là trung điểm BC  tọa độ các điểm A  4;1 , D 1; 4 .
Vậy A  -4;1 , B -1; 4 ,C 4;- 1 , D 1;-4 .
 Bài . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang vuông ABCD (vuông tại A và B). Gọi M  3;3  , N
lần lượt là trung điểm của AD và AB. Xác định tọa độ các đỉnh của hình thang vuông ABCD, biết phương trình
các đường thẳng BD : 7 x  3 y  2  0, CN : x  3 y  0 và đường thẳng AB đi qua điểm E  3;1  .
Định hướng:
-Viết phương trình đường thẳng M N . Suy ra  N   CN  MN .
-Viết phương trình đường thẳng AB   B  BD  AB  A
-Viết phương trình đường thẳng BC . Suy ra tọa độ điểm C  BC  CN .
Lời giải.
Đường thẳng M N đi qua M song song với BD nên MN : 7 x  3 y  12  0.
x  3 y  0
 3 1
 N   ; 
 2 2
7 x  3 y  12  0
Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình 
Phương trình đường thẳng AB : x  y  2  0
7 x  3 y  2  0
 B 1; 3 
x  y  2  0
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 
Từ N là trung AB  A  4;2  .
Phương trình đường thẳng BC : x  y  4  0.
x  3 y  0
 C  6;2 
x  y  4  0
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình 
Phương trình đường thẳng AD : x  y  6  0
x  y  6  0
 D  2;4 
7 x  3 y  2  0
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình 
Vậy A  -4;2 , B 1;-3 ,C 6;2 , D -2;4 .
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
4 1
 Bài . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A , có trọng tâm G  ;  . Phương
3 3


trình đường thẳng BC là x  2 y  4  0, phương trình đường thẳng BG là 7 x  4 y  8  0. Tìm tọa độ các
đỉnh của tam giác ABC.
Định hướng:
-Tìm  B  BC  BG .
-Viết phương trình AG , tìm  M   AG  BC .
-Sử dụng tính chất trọng tâm suy ra A .
Lời giải.
độ
Tọa
điểm
B
là
nghiệm
của
hệ
phương
trình
x  2 y  4  0
 B  0; 2 

7 x  4 y  8  0
Đường thẳng AG đi qua G và vuông góc với BC nên có phương trình
Tọa độ trung điểm M của BC là nghiệm của hệ
2x  y  3
2 x  y  3
 M  2; 1

x  2 y  4  0
Từ đó suy ra tọa độ điểm C  4;0 
3 xG  x A  xB  xC
 A  0;3 
3 yG  y A  yB  yC
Từ 
Vậy A  0;3 , B  0;-2 ,C 4;0 .
 Bài . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A. Đường thẳng BC và đường cao
kẻ từ B lần lượt có phương trình x  y  1  0, x  2 y  2  0; Điểm M  2;1 thuộc đường cao kẻ từ C.
Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Định hướng:
-Tìm tọa độ điểm B . Nhận xét BM  BC .
-Viết phương trình M N , tìm  N   BH  M N .
-Suy ra C , viết phương trình BC . Tìm I
-Viết phương trình AI , AC , suy ra A .
Lời giải.
Tọa độ điểm
B
là nghiệm của hệ phương trình
x  y  1  0
 B  0; 1

x  2 y  2  0

 BM  2;2 
Lúc đó 

u BC 1;  1 
 BM .u BC  0  BM  BC
Phương trình đường thẳng qua M và song song với BC có phương trình  : x  y  3  0.
 x  y3  0
8 1
N ; 
x

2
y

2

0
3 3

Tọa độ giao điểm N  BH   là nghiệm của hệ 
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
Đường thẳng đi qua N vuông góc với BC cắt BC tại C và có phương trình x  y 
7
3
7

2 5
 x y
3  C ; 
3 3
x  y  1  0

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình 
1
4
5
Trung điểm của BC là I  ;   . Phương trình đường thẳng AI : x  y 
3
3 3
Đường thẳng AC đi qua C và vuông góc với BH nên AC : 2 x  y  
1
3
5

 x  y  3
 4 11 
 A  ;
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình 

9 
9
2 x  y   1

3
4
9
Vậy A  ;-
11 
2 5
 , B  0;-1 ,C  ;- .
9 
3 3
 Bài . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A. Biết phương trình các đường thẳng
AB,BC lần lượt là x  7 y  14  0 và 2 x  y  2  0. Viết phương trình cạnh AC, biết đường thẳng AC đi
qua M  4;0  .
Định hướng:
-Tìm  B  AB  BC .
-Viết phương trình MN , AH .
-Tìm  N   M N  AB  I .
-Viết phương trình AI , tìm  H   AI  BC  C .
-Viết được phương trình AC .
Lời giải.
Tọa độ
điểm
B
là
nghiệm
của
hệ
phương
trình
 x  7 y  14  0
 B  0;2 

 2x  y  2  0
Gọi H là trung điểm của BC. Đường thẳng  đi qua M song song với BC cắt AB tại N và cắt AH tại I. Ta có:
Phương trình đường thẳng  : 2 x  y  8
 x  7 y  14  0
 14 12 
N ; 
 5 5 
2 x  y  8  0
Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ 
 17 6 
; 
 5 5
Đường thẳng AH đi qua I và vuông góc với BC nên có phương trình x  2 y  1  0
Do tam giác ABC cân tại A, suy ra I là trung điểm của MN, nên I 
x  2y 1  0
 H 1;0 
2 x  y  2  0
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình 
Từ đó suy ra tọa độ điểm C  2;  2  và phương trình đường thẳng AC : x - y - 4 = 0
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
 Bài . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD  AB / / CD  . Biết tọa độ các điểm
A  8;2  , B  4;6  , D  6; 8  . Xác định tọa độ đỉnh C.
Định hướng:
-Tìm tọa độ điểm E , viết phương trình EF .
-Viết phương trình CD , suy ra  F   CD EF .
-Suy ra C .
Lời giải.
 EF  AB
 EF  CD
Gọi E , F lần lượt là trung điểm của AB, CD. Khi đó E  6;4  và 
Đường thẳng CD đi qua D và song song với AB nên có phương trình
x  y  2  0.
Đường thẳng EF đi qua E và vuông góc với AB nên có phương trình x  y  2  0.
x  y  2  0
 F  0; 2 
x  y  2  0
Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ phương trình 
Từ F là trung điểm CD, suy ra tọa độ điểm C  6;4 
 Bài . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD. Điểm N  3;2  là trung điểm cạnh BC,
các điểm M  2;2  và P  2; 1  lần lượt nằm trên cạnh AB và DC sao cho AM  CP . Xác định tọa độ các
đỉnh của hình chữ nhật ABCD
Định hướng:
-Chứng minh AM CP là hình bình hành nên  I   M P  AC là tâm của hình chữ nhật.
-Tìm tọa độ I  C .
-Viết phương trình AB , BC ,CD  B ,C .
-Từ đó suy ra D .
Lời giải.
Ta có
 AM / / CP


 AM  CP
tứ giác AMCP là hình bình hành. Gọi
 1
I  M P  AC suy ra I là trung điểm của MP  I  0; 
 2
Phương trình đường thẳng AB qua M và song song với N I nên có
phương trình x  2 y  6
Phương trình đường thẳng BC qua N và vuông góc với BC nên có
phương trình 2 x  y  8
 x  2 y  6
 B  2;4 
2 x  y  8
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 
Phương trình đường thẳng DC qua P và song song với AB nên có phương trình x  2 y  4
x  2 y  4
 C  4;0 
2 x  y  8
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 
Từ I là giao điểm của hai đường chéo, suy ra A  4;1  , D  2;  3 
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
Vậy A  -4;1 , B 2;4 ,C 4;0 , D -2;-3 .
Bài 24. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A thuộc đường thẳng d: x – 4y – 2 = 0. Đường thẳng BC song
song với d, phương trình đường cao BH: x + y + 3 = 0. Trung điểm AC là M(1; 1). Viết phương trình các cạnh của tam
giác ABC.
Định hướng:
Biết đường cao BH và trung điểm M của AC ta viết ngay được đường thẳng AC. Xác định được tọa độ của A là giao của AC
và d. Từ đó sử dụng tính chất trung điểm ta xác định được tọa độ của C. Vận dung quan hệ song song giữa d và BC ta viết
được phương trình của BC. Từ đó xác định được tọa độ đỉnh B là giao của BH và BC. Tiếp theo ta dễ dàng viết được phương
trình của AB đi qua hai điểm đã biết tọa độ.
Lời giải.
+ AC đi qua M và vuông góc với BH nên nhận vectơ chỉ phương u BH (1; 1) của BH làm vectơ pháp tuyến nên có phương
trình 1( x  1)  1( y  1)  0  x  y  0 .
2

 x   3
x  y  0
 2 2

 A   ;  .
A là giao của AC và d nên tọa độ của A là nghiệm của hệ 
 3 3
x  4 y  2  0
y   2

3
 x  2 xM  x A
8 8
 C ;  .
y

2
y

y
3 3
M
A
 C
M là trung điểm của AC nên  C

8

8




+ BC đi qua C song song với d nên BC: 1  x    4  y    0  x  4 y  8  0 .
3
3
x  y  3  0
 x  4

 B( 4;1) .
x  4 y  8  0
y  1
B là giao của BH và BC nên tọa độ của B là nghiệm của hệ 
+ AB đi qua các điểm A và B
x4
y 1

 x  2y  2  0 .
2
2
  4  1
3
3
2. Sự tương giao của đường thẳng và đường tròn trong bài toán tìm tọa độ điểm.
 Bài 2.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có tọa độ các đỉnh A  3;2  và
C  3;0  . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD.
Định hướng:
-Tìm tọa độ trung điểm I của AC .
1
AC .
2
-Viết phương trình đường thẳng BD . Suy ra tọa độ B , D là giao điểm của BD
-Viết phương trình đường tròn tâm I , bán kính R 
đường tròn.
và
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
Lời giải.
Trung điểm I của đường chéo AC là I  0;1  . Đường thẳng BD đi qua I và nhận véc-tơ AC  6; 2  làm véc-tơ
pháp tuyến nên có phương trình 3 x  y  1  0.
Phương trình đường tròn tâm I , bán kính R 
2
AC
 10 là x 2   y  1   10.
2

 B  1; 2  , D 1;4 
 3x  y  1  0

2
 x   y  1   10
 B 1;4  , D  1; 2 

Tọa độ các điểm B, D là nghiệm của hệ phương trình  2
Vậy B  -1;-2 , D 1;4 
hoặc B 1; 4  , D  -1;-2 
 Bài 2.2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A  5;2  , chân đường cao kẻ từ A
 1 1
là điểm H  2; 1 , tâm đường tròn ngoại tiếp I   ;  . Tìm tọa độ các đỉnh B và C.
3 3


Định hướng:
-Viết phương trình đường thẳng BC .
-Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
-Suy ra tọa độ điểm B ,C là giao của BC và đường tròn.
Lời giải.
Đường thẳng BC đi qua H và nhận véc-tơ AH 3; 3  làm véc-tơ pháp tuyến nên có phương trình x  y  1  0.
Đường tròn ngoại tiếp tam giác
2
ABC
có tâm I
và bán kính R  I A 
221
3
nên có phương trình
2
1 
1
221

.
x  y  
3 
3
9

x  y 1  0

 B  4; 3  , C  3;4 

2
2
Tọa độ các điểm B,C là nghiệm của hệ 
1 
1
221  
 B  3;4  , C  4;3 
 x     y   
3 
3
9

Vậy B  -4;-3 ,C 3;4  hoặc B  3;4  ,C -4;-3 
 Bài 2.3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có tọa độ các đỉnh A  3;0  và B  1; 3  .
Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD, biết đỉnh D có tung độ dương.
Định hướng:
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
-Viết phương trình đường thẳng AD .
-Viết phương trình đường tròn tâm A ,bán kính R  AB .
-Tìm tọa độ điểm D là giao của AD và đường tròn.
-Viết phương trình BC ,CD . Suy ra C  BC  CD .
Lời giải.
Đường thẳng AD đi qua A và nhận véc-tơ AB  2; 3  làm véc-tơ pháp tuyến nên có phương trình 2 x  3 y  6  0 .
Đường tròn tâm A bán kính R  AB  13 có phương trình  x  3   y2  13 .
2

 D  0;2 
 2x  3 y  6  0

, vì yD  0  D  0;2  .
2
2

 D  6; 2 
 x  3   y  13
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình 
Lúc đó:
Phương trình đường thẳng DC : 3 x  2 y  4  0 và phương trình đường thẳng BC : 2 x  3 y  7  0
3 x  2 y  4  0
 C  2; 1
2 x  3 y  7  0
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình 
Vậy C  2;-1 , D 0;2 
3

 Bài 2.4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trung điểm của đoạn BC là M  ;  2  ,
2

chân đường cao kẻ từ đỉnh C là H  2;1 ; phương trình đường cao BK : 7 x  6 y  15  0.
đỉnh tam giác ABC, biết B có tung độ âm.
Xác định tọa độ các
Định hướng:
-Viết phương trình đường tròn tâm M , bán kính MH ngoại tiếp tứ giác BCKH .
-Tìm tọa độ giao điểm BK và đường tròn. Suy ra C .
-Viết phương trình AB , AC  A
Lời giải.
2
Đường tròn tâm M bán kính R  M H 
85
3
85
2

ngoại tiếp tứ giác BCKH và có phương trình  x     y  2   .
2
4
2


7 x  6 y  15  0
B  3; 1 


2
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình 
3
85    3 39 
2
B   ;
 x     y  2  
 , l o№i
2
4

  17 17 
Do M là trung điểm BC , suy ra tọa độ điểm C  6; 3  .
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
Đường thẳng AB đi qua B,H nên có phương trình 2 x  y  5  0.
Đường thẳng AC đi qua C vuông góc với BK nên có phương trình 6 x  7 y  15  0
2 x  y  5  0
 A  1;3 
6 x  7 y  15  0
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 
Vậy A  -1;3 , B -3;-1 ,C 6;-3 
 Bài 2.5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A  1;3  , trung điểm của đoạn BC là
3

M  ;  2  , phương trình đường thẳng đi qua chân các đường cao kẻ từ đỉnh B , C là 22 x  31 y  75  0. Xác
2

định tọa độ đỉnh C, biết B có hoành độ âm và BC  85 .
Định hướng:
-Viết phương trình đường tròn tâm M , bán kính R 
1
BC .
2
-Tìm tọa độ điểm H là giao của HK và đường tròn.
-Viết phương trình AB  B là giao của AB và đường tròn. Suy ra C .
Lời giải.
Đường tròn tâm M bán kính R 
BC

2
85
2
ngoại tiếp tứ giác BCKH
(Với K , H lần lượt là hình chiếu của B trên
2
3
85
2

AC và của C trên AB ) có phương trình  x     y  2  
.
2
4


2

 H  2;1 
3
85
2
 x     y  2  

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình: 
2
4    3 39 
H  ;

  17 17 
22 x  31 y  75  0
+) Với H  2;1 phương trình đường thẳng AB : 2 x  y  5  0 .
2

3
85
2
 x     y  2 
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 
2
4  B  3; 1  . Suy ra C  6; 3 

2 x  y  5  0

3 39 
;   phương trình đường thẳng AB : 6 x  7 y  15  0
 17 17 
+) Với H  
2

3
85
2
 x     y  2  
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 
2
4  B  6; 3  , loại.

6 x  7 y  15  0
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
Vậy C  6;-3 
 Bài 2.6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC không cân, nội tiếp đường tròn tâm I . Gọi H là
hình chiếu của A trên BC , K là hình chiếu vuông góc của B trên AI . Giả sử A  2;5  , I 1;2  , điểm B có hoành
độ âm và đường thẳng HK có phương trình x  2 y  0 . Tìm toạ độ các điểm B , C .
Định hướng:
-Viết phương trình AI .
-Tìm tọa độ điểm K là giao của AI và HK .
-Viết phương trình BK , phương trình ngoại tiếp tam giác ABC .
Suy ra B .
-Viết phương trình đường tròn đường kính AB , suy ra H là giao của HK và đường
tròn .
-Viết phương trình BC . Suy ra tọa độ B ,C là giao của BC và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Lời giải.
x  2 y  0
2 1
 K  ; .
5 5
3 x  y  1
Phương trình đường thẳng AI : 3 x  y  1  0 . Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ 
Phương trình đường thẳng BK : x  3 y  1
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC :  x  1    y  2   10.
2
2

B  2;1 
 x  3 y  1

  14 3
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình 
2
2


 B  ;    l o№i 
 x  1    y  2   10
5
  5
Phương trình đường tròn đường kính AB : x2   y  3   8
2

H  2;1 
 x  2 y  0

  2 1
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình  2
2
H
;
 K  l o№i 
 x   y  3   8
  5 5 
Phương trình đường thẳng BC : y  1  0.

 y  1  0
C  4;1 

2
2
 C  2;1   B  l o№i 
 x  1    y  2   10

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình 
Vậy B -2;1 ;C 4;1 
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
 Bài 2.7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình bình hàng ABCD . Phương trình đường tròn đường kính

5


2

1


2
5
AB là  C  :  x     x    ; đường thẳng đi qua B vuông góc với AC có phương trình x  y  2  0 . Xác
2
2
2
định tọa độ các đỉnh của hình bình hành ABCD , biết điểm B có tung độ âm và đường thẳng CD đi qua điểm
M  0; 4  .
Định hướng:
- Tìm tọa độ điểm B , H là giao của BH và đường tròn  C  .
- Tâm I là trung điểm của AB  A .
-Viết phương trình AC ,CD  C .
-Từ AB  DC  D .
Lời giải. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên AC.
Tọa
độ
các
điểm
B, H
là
nghiệm
của
hệ
phương
trình

5 
1
5
 B  3; 1 
 x     x   


, do điểm B có tung độ âm.
2 
2
2



 H  1;1 
x  y  2  0
2
2
 5 1
Tâm I   ;  là trung điểm của BC . Suy ra A  2;2 
2 2


Đường thẳng AC đi qua H và vuông góc với BH nên có phương trình x  y  0.
Đường thẳng CD đi qua M và song song với AB nên có phương trình 3 x  y  4  0.
x  y  0
 C 1; 1 .
3 x  y  4  0
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 
Từ đẳng thức CD  AB  D  2;2 
Vậy A  -2;2 ;B -3;-1 ;C 1;-1 ;D 2;2 
 Bài 2.8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC . Phương trình các đường thẳng chứa đường cao
và trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt là x  2 y  13  0 và 13 x  6 y  9  0. Tìm tọa độ các đỉnh B , C biết tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I  5;1  .
Định hướng:
-Tìm tọa độ điểm A là giao của AH , AM .
-Gọi M là trung điểm của BC , viết phương trình I M , tìm tọa độ điểm M .
-Viết phương trình BC , viết phương trình ngoại tiếp tam giác ABC .
Suy ra tọa độ điểm B ,C là giao của BC và đường tròn.
Lời giải.
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
 x  2 y  13  0
 A  3; 8 
13 x  6 y  9  0
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình 
Gọi M là trung điểm BC. Đường thẳng IM đi qua I và song song với AH nên có phương
trình x  2 y  7
13 x  6 y  9  0
 M  3;5 
 x  2 y  7
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình 
Đường thẳng BC đi qua M và vuông góc với AH nên có phương trình 2 x  y  11
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính R  I A  85 nên có phương trình  x  5    y  1   85.
2
2 x  y  11


Tọa độ các điểm B,C là nghiệm của hệ phương trình 
 x  5    y  1 

2
2
2
 B  2;7  , C  4;3 

 85
 B  4;3  , C  2;7 
Vậy B  2;7  ,C  4;3  hoặc B  4;3  ,C  2;7  .
9 3
 Bài 2.9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I  ;  .
2 2


Điểm M  3;0  là trung điểm của cạnh AD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
Định hướng :
-Viết phương trình AD .
-Từ diện tích hình chữ nhật suy ra độ dài AD .
-Viết phương trình đường tròn đường kính AD .
-Tìm tọa độ điểm A , D là giao của đường thẳng AD và đường tròn. Suy ra
B ,C .
Lời giải.
 3
3
Đường thẳng AD đi qua M, nhận véc tơ I M   ;   làm véc-tơ pháp
2 2

tuyến

nên có phương trình x  y  3
Lại có SABCD  4.SI AD  2. M I . AD  AD 
24
2 2
6. 2
Phương trình đường tròn tâm M, bán kính R 
2
AD
2
 2 là  x  3   y  2.
2


x y3
x  2

y 1

 x  3   y  2
Tọa độ các đỉnh A, D là nghiệm của hệ phương trình 
2
2
 x4
và 
Từ đó suy ra tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD là  2;1 , 5;4  , 7;2  ,  4; 1.
 y  1
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
 Bài 2.10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A  1;4  , phương trình
đường thẳng BC : x  y  4  0. Xác định tọa độ các đỉnh B , C biết tam giác ABC có diện tích bằng
18.
Định hướng :
-
Viết phương trình AH . Suy ra  H   AH  BC .
-
Từ diện tích tam giác ABC  BC .
-
Viết phương trình đường tròn tâm H , bán kính R 
-
Tìm tọa độ điểm B ,C là giao của BC và đường tròn.
1
BC .
2
Lời giải.
Gọi H là trung điểm của BC. Đường thẳng AH đi qua A và vuông góc với BC nên có phương trình x  y  3
x  y  4  0
7 1
 H  ; 
x

y

3
2 2

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình 
Lại có SABC 
1
AH . BC  BC  4 2
2
2
Đường tròn tâm H, bán kính R 
2
7 
1
BC

 2 2 có phương trình  x     y    8
2 
2
2

3
11


x y4  0

 x  2
 x  2

2
2

Tọa độ các điểm B,C là nghiệm của hệ phương trình 
và 
7 
1
x


y


y  5
 y3
 
 8
2 
2



2
2
 3
5   11 3  
Vậy tọa độ các điểm B,C là  ;   ,  ;  
2 2
2 2

 

 Bài 2.11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD biết phương trình của một
đường chéo là  : 3 x  y  7  0 và điểm B  0; 3  . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi, biết diện tích
hình thoi bằng 20.
Định hướng :
-Nhận xét rằng B   , suy ra AC   .
-Viết phương trình BD , tìm  I   AC  BD .Suy ra D .
-Từ diện tích hình thoi, suy ra độ dài AC .
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
-Viết phương trình đường tròn tâm I , bán kính R  I A .
-Tìm tọa độ giao điểm A ,C
Lời giải.
Dễ thấy B    AC : 3 x  y  7  0. Gọi  I   AC  BD
Đường thẳng BD đi qua B và vuông góc với AC nên có phương trình x  3 y  9
 x  3y  9
 I  3; 2 
3 x  y  7  0
Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình 
Từ đó suy ra D  6; 1
Lại có SABCD  AC.BD  AC  2 10
Đường tròn tâm I bán kính R  I A  10 có phương trình  x  3    y  2   10.
2

Tọa độ các điểm A,C là nghiệm của hệ phương trình 
2
3x  y  7  0
 x  3    y  2 
2
2
 A  4; 5  , C  2;1 

 10
 A  2;1  , C  4; 5 
Vậy A  4;-5 ,C 2;1 , D 6;-1  hoặc A  2;1  ,C  4;-5 , D 6;-1 
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có tâm I  2;1  và AC  2 BD. Xác định tọa độ
đỉnh B, biết phương trình đường thẳng AB : 4 x  3 y  1  0 và điểm A có hoành độ âm.
Định hướng:
-Dựa vào tính chất tam giác vuông I AB và AC  2 BD , tính I A , I B .
-Viết phương trình đường tròn tâm I , đường kính AC .
-Tìm tọa độ điểm A là giao của AB và đường tròn đường kính AC .
-Viết phương trình BD , tìm  B  BD  AB .
Lời giải.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB. Ta có:
I H  d  I ; AB   2 . Lại có
 IB  5
1
1
1
1
1
1



 


2
2
2
2
2
4 4I B
IH
IA
IB
IB

I A  2 5
Đường tròn tâm I bán kính R  I A  2 5 có phương trình  x  2    y  1   20
2
2
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình 
4x  3 y 1  0
 x  2    y  1   20
2
2
 A  2;3  , do A có hoành độ âm.
Khi đó phương trình đường thẳng BD là 2 x  y  3  0
 2x  y  3  0
 B 1; 1
4 x  3 y  1  0
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình 
Vậy B 1;-1 
 Bài 2.12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông cân ở A. Điểm M 1; 1 là trung điểm
2



của cạnh BC. Xác định tọa độ các đỉnh tam giác ABC, biết trọng tâm tam giác ABC là G  ;0 
3
Định hướng :
-Từ tính chất trọng tâm tam giác , suy ra A .
-Viết phương trình đường thẳng BC .
-Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
-Tìm tọa độ điểm B ,C là giao của BC và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Lời giải.
Từ tính chất G là trọng tâm tam giác ABC, suy ra AG  2GM  A  0;2
Đường thẳng BC đi qua M, nhận véc-tơ AM 1;  3  làm véc-tơ pháp tuyến nên có phương trình x  3 y  4  0.
Do tam giác ABC vuông cân ở A, nên M B  M C  M A  10.
Đường tròn tâm M bán kính R  M A  10 có phương trình  x  1    y  1   10.
2

Tọa độ các điểm B,C là nghiệm của hệ phương trình 
2
x 3y  4  0
 x  1    y  1 
2
2
 B  4;0  , C  2; 2 

 10
 B  2; 2  , C  4;0 
Vậy A  0;2  , B  4; 0 ,C -2;-2  hoặc A  0;2  , B -2;-2 ,C 4; 0 
 Bài 2.13.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân ở A nội tiếp đường tròn
 C  : x  y  2 x  4 y  1  0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết điểm M  0;1 là trung điểm cạnh AB
2
2
và A có hoành độ dương.
Định hướng :
-Viết phương trình AB. Tìm tọa độ A, B là giao của AB và đường tròn (C).
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
-Viết phương trình BC. Tìm tọa độ điểm C là giao của BC và đường tròn (C).
Lời giải.
Đường tròn  C  có tâm I  1;2  bán kính R  2.
Đường thẳng AB đi qua M nhận véc-tơ M I
trình x  y  1  0.
Tọa
độ
các
điểm
A,B
là
làm véc-tơ pháp tuyến nên có
nghiệm
của
hệ
phương
phương
trình
x  y 1  0

 A 1;2  , B  1;0  , do A có hoành độ dương.

2
2
 x  1    y  2   4
Đường thẳng BC đi qua B và nhận véc-tơ I A làm véc-tơ pháp tuyến nên có phương trình x  1  0.


Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình 
x 1  0

 x  1    y  2   4
2
2
 C  1;4 
Vậy A 1;2 , B -1; 0 ,C -1; 4 

1
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có chu vi bằng 5 5 , tâm I  0;  , trung
2


3


điểm của đoạn AD là E  1;   . Xác định toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD, biết A có hoành độ âm.
2


Định hướng :
-Viết phương trình AD .
-Từ chu vi hình chữ nhật tính AD , I A .
-Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD .
-Viết phương trình AD . Suy ra tọa độ A , D giao điểm của AD và đường tròn.
-Suy ra B ,C .
Lời giải.
Đường thẳng AD đi qua E và nhận véc-tơ I E  1;  2  làm véc-tơ pháp tuyến nên có phương trình x  2 y  4  0.
Ta lại có CVABCD  5 5  AB  AD  5 5  2 I E  AD  5 5  AD  3 5
Lúc đó I A  I E 2  AE 2 
65
2
2
Phương trình đường tròn tâm I bán kính R  I A 
65
1
65

có phương trình x2   y   
2
4
2

Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
 x  2y  4  0

 A  4;0 
2
Tọa độ các điểm A, D là nghiệm của hệ phương trình  2 
(Do A có hoành độ âm).
1
65  
 D  2; 3 
x   y   
2
4


Từ I là tâm của hình chữ nhật suy ra các điểm B  2;4 , C 4;1 
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là A  -4; 0  , B  -2; 4  ,C  4;1  , D  2;-3 
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có chân đường cao hạ từ C xuống AB là H  4;2  ,
trung điểm của BC là M  3;4  , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I 5;3  . Tìm tọa độ điểm A .
Định hướng :
-Viết phương trình BC .
-Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BH C .
-Tìm tọa độ B ,C là giao điểm của BC và đường tròn.
-Viết phương trình AB  A .
Lời giải.
Đường thẳng BC đi qua M và nhận véc-tơ M I làm véc-tơ pháp tuyến nên có phương trình 2 x  y  2  0
Đường tròn tâm M bán kính R  M H  5 ngoại tiếp tam giác BCH có phương trình  x  3    y  4   5
2
2x  y  2  0

Tọa độ các điểm B,C là nghiệm của hệ 
 x  3    y  4 
Lúc đó :
2
2
2
 B  4;6  , C  2;2 

5
 B  2;2  , C  4;6 
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I, bán kính R  I B  I C  10
nên có phương trình
 x  5    y  3   10
2
2
+) Với B  4;6  , C  2;2  Đường thẳng AB đi qua H và nhận véc-tơ CH
làm véc-tơ pháp tuyến nên có phương trình
x  4.

Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 
x4
 x  5    y  3 
2
2
 A  4;0 
+) Với B  2;2  , C  4;6   Đường thẳng AB đi qua H và nhận véc-tơ CH
y  2.


Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 
y2

 x  5    y  3 
2
2
 A  8;2 
làm véc-tơ pháp tuyến nên có phương trình
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
Vậy A  4; 0  hoặc A  8;2 
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD biết trực tâm BCD là H  4; 3  , tâm vòng
3
1
tròn ngoại tiếp tam giác ABD là I  ;   điểm B thuộc đường thẳng x  y  1  0 và đường thẳng BC đi qua
2 2


M ( 1; 1) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành ABCD biết đểm B có hoành độ âm.
Định hướng :
-Phát hiện và chứng minh H thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD . Suy ra A .
-Viết phương trình đường tròn tâm I bán kính I H .
-Tìm tọa độ điểm B , viết phương trình DH .
-Tìm tọa độ điểm D là giao của DH và đường tròn . Suy ra C .
Lời giải.
 DC / / AB
 AB  BH  H nằm trên đường tròn tâm I.
 DC  AH
Do 
Khi đó đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD có tâm I và bán kính
R  IH 
Tọa
độ
2
2
3 
1
25

nên có phương trình  x     y   
2 
2
2
2

5
điểm
B
là
nghiệm
của
hệ
phương
trình
x  y 1  0


2
2

3 
1
25  B  2; 1  , do B có hoành độ âm.
 x     y   
2 
2
2

Lại do I là trung điểm của AH suy ra A  1;2 
Đường thẳng DH đi qua H và nhận véc-tơ BM làm véc-tơ pháp tuyến nên có phương trình x  4  0
x4  0


2
2
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ 
3 
1
25  D  4;2 
 x     y   
2 
2
2

Từ AB  DC  C 3; 1
Vậy A  -1;2  , B  -2;-1  ,C  3;-1  , D  4;2 
A. KĨ THUẬT THAM SỐ HÓA.
 Một số kiến thức cần nhớ.
 Điểm M  Ox  M m ;0 .

Điểm M  Oy  M  0; m .
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm

 am  c 
 bm  c

,b  0 hoặc M 
; m  ,a  0 .

b
a




Điểm M   : ax  by  c  0  M  m ;

Điểm M bất kỳ trong mặt phẳng, ta có thể giả sử M  x0 ; y0  .

Điểm M là trung điểm của đoạn AB thì 


2 x M  x A  x B
2 y M  y A  yB
3 x  x A  xB  xC
Điểm G là trọng tâm của tam giác ABC thì  G
3 yG  y A  yB  yC
x A  xB
y A  yB
x A  xC
y A  yC

Nếu 3 điểm A,B,C thẳng hàng thì

Nếu AB  CD  AB.CD  0

Với các điểm A  x A ; y A  , B  xB ; yB   AB  AB 
0
 xB  x A    yB  y A 
2
2
 Bài tập vận dụng.
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có C  1; 2  . Đường trung tuyến kẻ từ A và đường cao
kẻ từ B lần lượt có phương trình 5 x  y  9  0 và x  3 y  5  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A,B.
Định hướng:
-Viết phương trình AC, tìm  A  AC  AM .
-Tham số hóa theo b tọa độ B  M . Từ M  AM , giải tìm b  B .
Lời giải.
Đường thẳng AC đi qua C và vuông góc với BH nên có phương trình
3 x  y  1 .
5 x  y  9
 A 1;4 
3 x  y  1
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình 
Giả sử B 5  3b; b , suy ra tọa độ trung điểm M của AB là
 4  3b b  2 
M
;
2 
 2
 4  3b   b  2 

  9  0  b  0 hay B  5;0 
 2   2 
Điểm M thuộc đường thẳng AM nên 5 
Vậy
A  1; 4  , B  5; 0 
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với C  2;3  , phương trình đường thẳng
AB : x  7 y  11  0 , phương trình trung tuyến AM : 3 x  4 y  1  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B.
Định hướng:
-Tìm tọa độ điểm A ,  A  AC  AM .
-Tham số hóa tọa độ điểm B theo b . Suy ra trung điểm M của AB .
-Do M  AM , giải tìm nghiệm b từ đó có B .
Lời giải.
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
 x  7 y  11  0
 A  3; 2 
3 x  4 y  1  0
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình 
 7 b  9 b  3 
;
2
2 

Giả sử B  7b  11; b khi đó tọa độ điểm M là M 
 7 b  9 
b3
 4

  1  0  b  1 . Hay tọa độ điểm B  4; 1 .
2


 2 
Do M  A M  3 
Vậy
A  3;-2  , B  -4;-1 
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trực tâm H 1;0  , chân đường cao hạ từ đỉnh B là
K  0;2  và trung điểm của cạnh AB là M  3;1  . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Định hướng :
-Viết phương trình BH , AC .
-Tham số hóa tọa độ điểm B theo b , suy ra A .
-Do A  AC , giải tìm nghiệm b . Từ đó suy ra tọa độ A , B .
-Viết phương trình H C  C  AC  CH .
Lời giải.
Đường thẳng BH đi qua các điểm K, H nên có phương trình 2 x  y  2  0
Đường thẳng AC đi qua K và vuông góc với BH nên có phương trình
x  2y  4  0
Giả sử B  b;2  2b , từ M là trung điểm của AB suy ra A  6  b;2b
Từ A  AC  6  b  2  2  2b  4  0  b  2 . Từ đó ta tìm được
B  2;  2  , A 4;4  .
Đường thẳng CH đi qua H và nhận véc tơ AB làm véc-tơ pháp tuyến nên có phương trình x  3 y  1  0.
x  3y 1  0
 C  2;1
x  2 y  4  0
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 
Vậy tọa độ các đỉnh của tam giác ABC là A  4; 4  , B  2;-2  ,C  -2;1 
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có A 1;6  . Các đường trung tuyến kẻ từ hai đỉnh B và C
lần lượt có phương trình x  2 y  1  0 và 3 x  y  2  0. Xác định tọa độ B, C.
Định hướng :
-Tìm tọa độ trọng tâm G .
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
-Tham số hóa tọa độ điểm B ,C .
-Sử dụng tính chất G là trọng tâm của tam giác ABC , giải nghiệm tìm được B ,C .
Lời giải.
Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là nghiệm của hệ phương trình
x  2y 1  0
 G 1;1

3 x  y  2  0
Giả sử B  2b  1; b , C  c;3 c  2  .
x A  xB  xC
2b  1  c  1


1
 xG 

 2b  c  3
b2

3
3
Từ đẳng thức 



b  3 c  1
 c  1
 y  y A  yB  yC
1  b  3 c  2  6

 G

3
3
Từ đó ta có B  3;2  ,C  -1;- 5  .
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A  3;4  . Phương trình đường trung trực cạnh
BC và đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh C lần lượt là x  y  1  0 và 3 x  y  9  0 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C
của tam giác ABC.
Định hướng:
-Tham số hóa trung điểm N  NB  B .
-Tham số hóa điểm C  CN  M
 M  
 BC .u   0
- Giải hệ tìm nghiệm từ 
Lời giải.
Giả sử trung điểm của AB là N  n;3n  9   B  2n  3; 6n  22  .
Do C  CN  C  c;3 c  9  suy ra tọa độ trung điểm M của cạnh BC là
 2n  c  3 6 n  3 c  31 
M
;
.
2
2



M  

Từ đó ta có hệ phương trình 

 BC.u   0
7

2 n  c  9
n 

2  B  4;- 1  ,C  2;- 3 


2 n  c  5
c  2

 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh C nằm trên đường thẳng d : x  y  6  0 .
Phương trình các đường trung tuyến AM và đường cao BH lần lượt có phương trình 5 x  y  6  0 và
x  y  4  0 . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết điểm E  3;1 nằm trên cạnh BC.
Định hướng:
-Tham số hóa điểm B ,C . Suy ra trung điểm M của BC .
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
-Giải hệ từ điều kiện M  AM và B ,C , E thẳng hàng.
Lời giải.
Giả sử B  b; b  4  , C  c;6  c
 b  c b  c  10 
;

2
 2

Khi đó tọa độ trung điểm M của BC là M 
 b  c   b  c  10 

  6  0  3b  2 c  1  0 1 
2
 2  

Do M  AM  5 
Lại có EB  b  3; b  3  , EC  c  3;5  c . Do B, C, E thẳng hàng nên
b3 b3
c3 5  c
 0   b  3 5  c   b  3  c  3   0  bc  4b  3  0  2 
 b  3; c  5

b  2 ; c   1
bc  4 b  3  0

3
2
 3b  2 c  1  0
Từ (1) và (2) ta có hệ 
b  3
 B  3;1 , C  5;1
c  5
+) Với 
Khi đó đường thẳng AC đi qua C và vuông góc với BH nên có phương trình x  y  6 . Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
x  y  6
 A  0;6 

5 x  y  6
2

 b  3
 2 14   1 13 
 B  ; ,C   ; 
+) Với 
3 3   2 2 
c   1

2
Tương tự trường hợp trên ta có đường thẳng AC : x  y  6 và tìm được tọa độ điểm A  0;6 .
 2 14   1 13 
 ,C  - ; 
3 3   2 2 
Vậy A  0;6 , B -3;1 ,C 5;1  hoặc A  0;6  , B  ;
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD. Điểm M  3;0  là trung điểm của cạnh AB,
4



điểm H  0; 1 là hình chiếu vuông góc của B trên AD và điểm G  ;3  là trọng tâm tam giác BCD. Tìm tọa độ
3
các điểm B và D.
Định hướng :
-Giả sử B  a; b  , do M là trung điểm AB nên A   a  6;  b .

 BH .AH  0
-Thiết lập hệ phương trình từ hệ điều kiện 

 BC .BH  0
-Giải hệ tìm được B  C  D .
.
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
Lời giải.
Giả sử B  a; b  , do M là trung điểm AB nên A   a  6;  b .
Lúc đó BH . AH  0  a2  b2  6a  1  0 1
Điểm G là trọng tâm tam giác BDC, nên CG 
2
1
 a  10 b  9 
CI  CA  C 
;
3
3
2 
 2
Lại từ BC. BH  a2  b2  10 a  8b  9  0  2 
a  0
 B  0; 1   H  lo№
i

 a  b  6 a  1  0
 b  1


Từ (1) và (2) ta có hệ  2
2
  a  2
 a  b  10 a  8 b  9  0

 B  2;3 
 b  3
2
2
Suy ra C  4;6  . Do G là trọng tâm tam giác BDC nên D  2;0 
Vậy B  -2;3 , D 2;0 
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho điểm A  2;2  và hai đường thẳng d1 : x  y  2  0, d2 : x  y  8  0 .
Tìm B , C tương ứng trong d1 và d2 sao cho tam giác ABC là tam giác vuông cân tại A.
Định hướng :
-Tham số hóa tọa độ B ,C .
 AB .AC  0

.
 AB  AC
-Thiết lập hệ điều kiện 
-Giải hệ tìm được B,C.
Lời giải.
Giả sử B  b;2  b , C  c;8  c . Ta có AB  b  2;  b , AC  c  2;6  c
 AB. AC  0




AB  AC




Tam giác ABC vuông cân tại A nên 
 b  2  c  2   bc  0
 b  2   b2   c  2   6  c
2
2
2

 b  3; c  5
  b  1  c  4   2


2
2
 b  1; c  3

 b  1    c  4   3
Vậy tọa độ các điểm B, C thỏa mãn yêu cầu bài toán là B  3;-1  ,C  5;3  hoặc B  5;3  ,C  3;-1 
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng  : x  y  4  0 và d : 2 x  y  2  0 . Tìm tọa độ
điểm N thuộc đường thẳng d sao cho đường thẳng ON cắt đường thẳng  tại điểm M thỏa mãn OM .ON  8.
Định hướng :
-Tham số hóa điểm M , N .
-Thiết lập hệ điều kiện O , M , N thẳng hàng và OM .ON  8 .
-Giải hệ tìm nghiệm M , N .
Lời giải.
Giả sử M  m; m  4  , N  n;2n  2  suy ra OM  m; m  4  , ON  n;2n  2 
Do O,M,N thẳng hàng nên
m
m 4
n
2n  2
 0  mn  2m  4 n  0  m 
4n
1
2n
Theo bài ra
OM .ON  8  OM 2 .ON 2  64   m 2   m  4    n 2   2n  2    64



2


2

 2m 2  8 m  16 5 n 2  8 n  4  64  2 
Thay (1) vào (2) ta có:

16 5 n 2  8 n  4
 n  2
2
 . 5n  8n  4  64  5n  8 n  4  4 n  2



  
2
2
2
2
n  0
5 n 2  10 n  8  0


2
n  6
 5n  6n  0

5
6 2
Vậy tọa độ điểm N thỏa mãn yêu cầu bài toán là N  0;-2  hoặc N  ; 
5 5


 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A  1;4  và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng
 : x  y  4  0 . Xác định tọa độ các điểm B và C, biết diện tích tam giác ABC bằng 18.
Định hướng:
-Viết phương trình AH , tìm tọa độ điểm H .
-Tham số hóa tọa độ điểm B . Từ diện tích tam giác ABC , tính được BH . Từ đó tìm được B  C
Lời giải.
Đường cao AH đi qua A và vuông góc với  nên có phương trình x  y  3 .
x  y  4
7 1
 H  ;  .
x

y

3
2 2

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ 
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
Giả sử B  b; b  4  , ta có SABC  18 
1
AH .  2 BH   18  BH  2 2
2

11
 11 3   3 5 
 B  ; ,C  ; 
b 
2
7

 2 2 2 2
 b    4  

2
3
3 5
 11 3 

b   B  ;   , C  ; 
2
2 2
 2 2

2
 11 3 
3
5
3
5
 11 3 
Vậy B  ;  ,C  ;-  hoặc B  ;-  ,C  ; 
 2 2 2 2
2 2  2 2
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có diện tích bằng 8, điểm B  3;2  và các đỉnh A,
C nằm trên đường thẳng d : x  y  1  0 . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi.
Định hướng:
-Viết phương trình BD . Tìm  I   BD  AC . Suy ra D .
-Tham số hóa tọa độ điểm A ,từ diện tích hình thoi tính được I A . Suy ra
AC .
Lời giải.
Đường thẳng BD qua B và vuông góc với d nên có phương trình
BD : x  y  1
 x  y  1
 I  1;0 
 x  y  1
Tọa độ giao điểm I của BD và AC là nghiệm của hệ phương trình 
I là trung điểm của BD, suy ra D 1;  2 
Giả sử A  a; a  1 , ta có:
a  0
2
SABCD  2 I A.I B  I A.I B  4  I A  2   a  1   1  
 a  2
+) Với a  0  A  0;1 , C  2;  1
+) Với a  2  A  2;  1 , C  0;1
Vậy A  0;1  ,C  -2;- 1  , D 1;-2  hoặc A  -2;- 1  ,C  0;1  , D  1;-2 
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : x  2 y  6  0 và hình thoi ABCD ngoại tiếp đường
tròn  C  : x2  y2  8 x  6 y  21  0 . Tìm tọa độ đỉnh B của hình thoi ABCD, biết đỉnh A thuộc d và đỉnh C thuộc
trục tung.
Định hướng :
-Tham số hóa tọa độ điểm A  C . Từ C  Oy . Suy ra tọa độ điểm A ,C .
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
-Dựa vào bán kính đường tròn nội tiếp kết hợp hệ thức lượng trong tam giác vuông tính I B .
-Tham số hóa tọa độ điểm B , từ độ dài I B , giải tìm B  D .
Lời giải.
Đường tròn  C  có tâm I  4;3  , bán kính r  2.
Giả sử A  2a  6; a   C  2  2a;6  a 
Do C  Oy  2  2a  0  a  1
Suy ra A  8;1
Lại có
1
1
1
1
1

 2 
  I B  5.
2
2
2
5
IA
IB
r
IB
Đường thẳng BD qua I và vuông góc với AC nên có phương trình 2 x  y  5 .Giả sử B  b;2b  5  , từ
 b  5  B 5;5 
2
2
2
I B  5   b  4    2b  8   5   b  4   1  
 b  3  B  3;1 
Vậy B  5;5  hoặc B  3;1 
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B
là x  3 y  18  0, phương trình đường trung trực của đoạn BC là 3 x  19 y  279  0, đỉnh C thuộc đường thẳng
d : 2 x  y  5  0. Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng BAC  1350.
Định hướng:
-Tham số hóa tọa độ điểm B ,C . Suy ra trung điểm E của BC .
 BC .u  0

- Thiết lập hệ điều kiện 
 E  
-Giải tìm nghiệm B ,C .
-Viết phương trình AC , tìm  H   AC  BH .
-Từ BAC  135  H A  H B . Viết phương trình đường tròn tâm H , bán kính
-Suy ra tọa độ điểm A là giao của đường tròn và AC .
Lời giải.
Giả sử B 18  3b; b , C  c;2c  5  , suy ra tọa độ trung điểm
 18  c  3 b b  2 c  5 
E
;

2
2



 BC.u   0
Khi đó ta có hệ 

E  
13 c  60b  357
c  9


 B  6;4  ; C  9;23 
41c  10b  409
b  4
HB .
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
Đường thẳng AC qua C và vuông góc với BH nên có phương trình 3 x  y  4.
3 x  y  4
 H  3;5 
 x  3 y  18
Tọa độ chân đường cao H kẻ từ B là nghiệm của hệ 
Đường tròn tâm H bán kính R  H B  10 có phương trình  x  3    y  5   10
2
2
3 x  y  4
 x  4; y  8


2
2
 x  2; y  2

 x  3    y  5   10
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 
Do A nằm giữa hai điểm C và H, nên chỉ có trường hợp A  4;8  thỏa mãn yêu cầu.
 Lưu ý. Ta có nhiều phương án để tìm tọa độ điểm A mà không phải loại nghiệm.
Chẳng hạn sử dụng công thức CA 
cos1350 
AC. AB
CA
.CH (Kỹ thuật sử dụng đẳng thức véc-tơ) hay sử dụng công thức
CH
(Kỹ thuật sử dụng góc).
AC . AB
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có M  2; 1  là trung điểm cạnh AC, điểm
H  0; 3  là chân đường cao kẻ từ A, điểm E  23;  2  thuộc đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ C.
Tìm toạ độ điểm B biết điểm A thuộc đường thẳng d : 2 x  3 y  5  0 và điểm C có hoành độ dương.
Định hướng:
Từ giả thiết điểm A thuộc d ta biểu diễn tọa độ điểm A theo một tham số, kết hợp với điểm M là trung điểm của Ac ta biểu
diễn tọa đô điểm C theo tham số. Vì tam giác ACH vuông tại H nên ta có AH vuông góc với CH. Từ đó sử dụng H A. H C  0
ta tìm được tham số. Suy ra tọa độ của A, C. Khi đó viết phương trình AB đi qua A và đường thẳng CE , viết phương trình
BC đi qua H và C. Gọi tọa độ điểm B theo tham số suy ra tọa độ trung điểm của AB theo tham số, ràng buộc điều kiện trung
điểm thuộc CE. Suy ra tọa dộ điểm B.
Có thể giải tọa độ điểm A bằng cách sử dung AM  HM và A nằm trên d.
Lời giải.

Vì A thuộc d nên A  a;

5  2a 
.
3 
 x  2 x M  x A
1  2a 

 C  4  a;
.
3 
y

2
y

y

M
A
 C
M là trung điểm của AC nên  C

Ta có AH    a;

14  2 a 
10  2 a 

, CH   a  4;

 . Vì AH vuông góc với CH nên AH .CH  0
3
3



 a  2
 14  2 a   10  2 a 

  a( a  4)  
70 .

0 
3
3
a




13
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
Với a 
70
70 18
 xC  4 

 0 (loại).
13
13
13
Với a  2 suy ra A  2;3  , C  6; 1 (thỏa mãn).
Đường thẳng BC đi qua H và C nên có phương trình
x0 y3

 x  3 y  9  0.
6
2
Đường thẳng CE đi qua C và E nên có phương trình
x 6 y 1

 x  17 y  11  0.
17
1
 3b  7 b  3 
;
.
2 
 2
B thuộc BC nên B  3b  9 ; b . Gọi N là trung điểm của AB ta có N 
N thuộc CE nên
3b  7
b3
 17 
  11  0  b  4 . Vậy B  -3;-4 
2
 2 
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm G 1;1 , d : 2 x  y  1  0 là
phương trình đường cao kẻ từ A. Các đỉnh B, C thuộc đường thẳng d ' : x  2 y  1  0 . Tìm toạ độ các
đỉnh A, B, C biết tam giác ABC có diện tích bằng 6.
Định hướng:
Ba đỉnh của tam giác đều thuộc hai đường đã có phương trình nên ta có thể biểu diễn tọa độ của các điểm theo tham số để
giải quyết. Ta không thể dùng yếu tố đường cao để giải quyết vì hai đường có phương trình đã vuông góc với nhau, vì vậy ta
chỉ có thể dùng yếu tố trọng tâm và diện tích để giải quyết.
Lời giải.
Vì A thuộc d, các điểm B và C cùng thuộc d’ nên A  a;2a  1 , B 1  2b; b , C 1  2c; c (b khác c).
 a  1  2b  1  2 c
1

a  1
3

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có 
(1) .
b  c  0
 2a  1  b  c  1

3
Lại có d ( A, BC ) 
a  2(2 a  1)  1
1 2
2
2
Diện tích tam giác ABC bằng 6 nên

5a  1
5

6
5
, BC  4( b  c)2  ( c  b)2  5 b  c .
b  c  2
1 6
.
.
. 5 b c  6  
2 5
b  c  2
 a  1, b  1, c  1
.
 a  1, b  1, c  1
Kết hợp với (1) ta được 
Vậy A 1;3  , B  1;1 , C 3; 1 hoặc A 1;3  , B 3; 1 , C  1;1 .
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trực tâm H(-1; 6), các điểm M(2; 2), N(1;1) lần lượt
là trung điểm của các cạnh AC, BC. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. Biết hoành độ điểm C nhỏ hơn 4
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
Định hướng:
Nhận thấy CH đi qua H và vuông góc với MN nên ta viết được phương trình của CH. Biểu diễn tọa độ của C theo tham số,
kết hợp với M, N ta suy ra tọa độ của A và B theo tham số của C. Vận dụng quan hệ vuông góc của hai vectơ AH , BH ta xác
định được tham số. Từ đó suy ra tọa độ các đỉnh A, B, C.
Lời giải.
Vì M, N lần lượt là trung điểm của AC, BC nên MN // AB do đó CH đi qua H và có vectơ pháp tuyến là M N  ( 1; 1) nên
CH : 1( x  1)  1( y  6)  0  x  y  5  0 .
C thuộc CH nên C(c ; 5 - c), kết hợp với M là trung điểm của AC ta có A(4 – c ; -1 +c ).
Ta có AH  ( c  5;7  c), CN  (1  c; c  4)
c  3
Vì AH vuông góc với CN nên AH .CN  0  ( c  5)(1  c)  (7  c)( c  4)  0   11
.
c 
 4( l oai )

2
Suy ra C(3 ; 2), A(1 ; 2).
 x  2 x N  xC  1
 B ( 1;0) .
 yB  2 yN  yC  0
Vì N là trung điểm của BC nên  B
Vậy A(1 ;2), B(-1 ;0), C(3 ;2).
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có chân đường cao hạ từ đỉnh A là H (
17 1
; ) , Chân
5 5
đường phân giác trong của góc A là D(5; 3) và trung điểm của cạnh AB là M(0;1). Tìm toạ độ đỉnh C.
Định hướng:
Vì các điểm H và D đã biết tọa độ nên ta viết được phương trình của BC và đường cao AH. Ta có thể biểu diễn tọa độ của A
hoặc B theo tham số kết hợp với M là trung điểm, từ đó xác định được tọa độ các điểm A và B. Viết phương trình phân giác
trong AD của góc A đi qua hai điểm đã biết tọa độ. Dựa vào tính chất đường phân giác ta xác định được tọa độ điểm N đối
xứng với M qua AD, ta sẻ có N thuộc AC. Viết phương trình đường thẳng AC đi qua hai điểm A và N. Xác định tọa độ điểm
C là giao của AC và BC.
Lời giải.
x 5 y 3
 8 16 

 2 x  y  7  0.
 nên có phương trình
5
5
1
2


Đường thẳng BC đi qua D và có vectơ chỉ phương H D   ;
 8 16 
 làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình
5 5 
AH đi qua H và nhận H D   ;
17 
1


 x  5   2  y  5   0  x  2 y  3  0.




A thuộc AH nên A(3 – 2a ; a). Vì M là trung điểm của AB nên B(-3 + 2a ; 2 - a).
B thuộc BC nên 2( - 3+2a) – (2 - a) - 7 = 0 <=> a = 3. Suy ra A(- 3 ; 3).
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
Ta có AD  (8;0) . Đường thẳng AD đi qua A và có vectơ pháp tuyến n  (0;8) nên có phương trình y – 3 = 0.
Gọi N(m ; n) là điểm đối xứng với N qua phân giác AD . Khi đó N thuộc AC, M N  ( m; n  1) và trung điểm của MN có
8 m  0( n  1)  0
m  0
 m n 1

;
.
Ta
có
N
đối
xứng
với
M
qua
AD
nên

 N (0;5) .
n 1

2
2
3


n  5

 2
tọa độ 
AC đi qua A và N nên có phương trình
x 0 y5

 2 x  3 y  15  0 .
3
2
2 x  3 y  15  0
x  9
.

2 x  y  7  0
 y  11
Vì C là giao của AC và BC nên tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình 
Vậy C(9 ; 11).
 9 3 
;  là trung điểm của cạnh AB,
 2 2
 Bài 27.(KD 2013) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có điểm M 
điểm H(-2; 4) và điểm I(-1; 1) lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Tìm tọa độ đỉnh C.
Định hướng:
Vận dụng tính vuông góc của AB và MI ta viết được phương trình đường thẳng AB. Vì tam giác AHB vuông tại H, có tọa độ
trung điểm M của AB và tọa độ điểm H nên ta viết được đường tròn đường kính AB. Khi đó tọa độ các điểm A, B là giao của
đường thẳng AB và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH.
Viết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính bằng IA. Viết đường thẳng AC đi qua A và H. Từ đó xác định
được tọa độ đỉnh C.
Lời giải.
 7 1 
;  làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình
 2 2
AB đi qua M và nhận I M  
7 
9 1
3
x     y    0  7 x  y  33  0 .

2 
2 2
2
2
2
5 2
5 5
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABH có tâm M và bán kính M H       
nên có phương trình
2
2 2
2
2
9 
3
25

.
x  y  
2 
2
2

2
2

9 
3
25
 x  4, y  5
 x     y   
Tọa độ các điểm A, B là nghiệm của hệ 
.
2 
2
2 
 x  5, y  2

7 x  y  33  0
TH1 : A(-4 ; 5), B(-5 ; -2).
Đường thẳng AC đi qua A và H nên có phương trình
x  4 y 5

 x  2 y  6  0.
2
1
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính I A  32  ( 4)2  5 nên có phương trình ( x  1)2  ( y  1)2  25 .
( x  1)2  ( y  1)2  25
Tọa độ điểm C thỏa mãn hệ phương trình 
 x  2 y  6  0
 x  4, y  5( l oai )

. Suy ra C(4 ; 1).
 x  4, y  1
TH2 : A(-5 ; -2), B(-4 ; 5).
Đường thẳng AC đi qua A và H nên có phương trình
x5 y2

 2 x  y  8  0.
3
6
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính I A  42  32  5 nên có phương trình ( x  1)2  ( y  1)2  25 .
2
2
( x  1)  ( y  1)  25
Tọa độ điểm C thỏa mãn hệ phương trình 
2 x  y  8  0
 x  5, y  2( l oai )

. Suy ra C(-1 ; 6).
 x  1, y  6
Vậy C(4 ; 1) hoặc C(-1 ; 6).
Bài 01. Trong mặt phẳng Oxy, cho ABC với trọng tâm G. Biết C(4;0), phương trình đường trung tuyến AG, BG
lần lượt là 5x + y – 13 = 0, x – 4y + 3 = 0. Tìm toạ độ hai đỉnh A và B.
Định hướng:
Vì hai đường trung tuyến đã biết phương trình nên ta xác định ngay được tọa độ trong tâm. Tiếp theo ta biểu diễn tọa độ các
điểm A, B theo tham số rồi vận dụng biểu thức tọa độ trọng tâm ta lấy được tham số. Từ đó kết luân tọa độ của A và B.
7

x

5 x  y  13  0
7 4

3

 G ; 
Lời giải: Toạ độ trọng tâm G là nghiệm của hệ 
3 3
 x  4y  3  0
y  4

3
Vì A thuộc AG, B thuộc BG nên A(a;13 – 5a), B(4b – 3;b)
 a  4b  3  4 7


3
3
Do G là trọng tâm ABC nên 
13

5
a

b

0
4



3
3
 a  4b  3  4  7
 a  4b  6
a  2
. Vậy A(2;3), B(1;1)



5 a  b  9
b  1
13  5 a  b  0  4
 Bài 02. (Dự bị KD 2004) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC và hai đường thẳng
d1 : x  y  5  0, d2 : x  2 y  7  0 . Tìm tọa độ các điểm B trên d1 và C trên d 2 sao cho tam giác ABC có
trọng tâm G(2; 0).
Định hướng :
Các điểm B, C thuộc các đường thẳng đã biết phương
trình nên ta thu gọn tọa độ mổi điểm theo một ẩn.
Kết hợp với biểu thức tọa độ trọng tâm ta giải ra tọa độ các
điểm B, C.
Lời giải.
Vì B trên d1 và C trên d 2 nên B(b ; - b - 5), C( - 2c + 7 ; c).
A
d1
d2
G.
B
C
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
 x  xB  xC  3 xG
2  b  2 c  7  6
 b  1


.
3  b  5  c  0
c  1
 y A  yB  yC  3 yG
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên ta có hệ phương trình  A
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là B(-1 ; -4), C(5 ;1)
Bài 03 . Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d1: 2x + y + 5 = 0, d2: 3x + 2y – 1 = 0 và điểm G(1;3). Tìm
tọa độ các điểm B thuộc d1 và C thuộc d2 sao cho tam giác ABC nhận điểm G làm trọng tâm. Biết A là giao điểm
của hai đường thẳng d1 và d2.
Định hướng:
Xác định tọa độ của A lag giao của hai đường thẳng đã biết phương trình. Biểu diễn tọa độ của B và C theo tham số. Vận
dụng biểu thức tọa độ trọng tâm ta lấy được các tham số. Từ đó suy ra tọa độ của B và C.
Lời giải:
A là giao điểm của hai đường thẳng d1 và d2 nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
 2x  y  5  0
 x  11

 A( 11;17)

3 x  2 y  1  0
 y  17
Vì B, C lần lượt thuộc d1 và d2 nên B(b; – 2b – 5), C(1 + 2c; –1 – 3c)
 b  3 c  10
1

3
Do G là trọng tâm ABC nên 
 11  2b  3 c  3

3
b  2c  13
b  35


2b  3 c  2
 c  24
Vậy B(49;-53) và C(-35;65)
Bài 13. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, phương trình đường thẳng BC là
3 x  y  3  0 . Các đỉnh A, B nằm trên Ox và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 2. Tìm tọa độ
trọng tâm G của tam giác ABC.
Định hướng:
B thuộc BC và thuộc Ox nên xác định ngay được tọa độ của B. Lấy tọa độ của A theo tham số, biểu diễn tọa độ của C theo
tham số của A. Tính được các cạnh và diện tích của tam giác ABC theo tham số. Kết hợp với bán kính đường tròn nội tiếp
tam giác ABC ta tìm được tham số. Từ đó suy ra tọa độ trọng tâm G.
C
Lời giải: Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ
 3 x  y  3  0
x  1

 B(1;0)

y  0
 y  0
A thuộc Ox nên A ( a;0) . Vì CA  Ox và C thuộc BC nên
 2a  1 a  1 
;

3 
 3
C(a; 3 a  3 )  G 
2
A
3x  y  3  0
B
x
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
AB  a  1 , AC  3 a  1 , BC  2 a  1


Chu vi tam giác ABC là 2 p  AB  AC  BC  3  3 a  1
1
2
Diện tích tam giác ABC là SABC  p.r  ( AB  AC  BC ).r 
 r
1
AB. AC
2
 a 32 3
a 1
AB. AC
3( a  1)2
2

2
AB  AC  BC
3 1
3  3 a 1
 a  1  2 3


74 3 62 3 
 1  4 3 6  2 3 
;
;
 và G2 
 .

3
3
3
3




Vậy có hai điểm G thỏa mãn yêu cầu bài toán là G1 
 Bài 20. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2;1), đường cao qua đỉnh B có phương trình x –
3y – 7 = 0 và đường trung tuyến kẻ từ C có phương trình x + y +1 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh B và C.
Định hướng:
Dựa vào yếu tố AC vuông góc với đường cao BH và biết tọa độ của A ta sẽ viết được phương trình của AC. Kết hợp với
trung tuyến kẻ từ C ta xác dịnh được tọa độ điểm C. Điểm B thuộc đường cao BH nên ta có thể biểu diễn tọa độ điểm B theo
1 tham số. Lấy tọa độ trung điểm M của AB theo tọa độ điểm B và tọa độ điểm A. Kết hợp với M thuộc trung tuyến CM ta
xác định được tham số. Suy ra tọa độ điểm B.
Lời giải.
Gọi H và M lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và trung điểm của AB.
AC đi qua A(2 ;1) và vuông góc với BH : x – 3y – 7 = 0 nên có phương trình 3( x  2)  ( y  1)  0  3 x  y  7  0.
3 x  y  7  0
x  4
. Suy ra

x  y  1  0
 y  5
C là giao của các đường AC và CM nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình 
C(4 ; - 5).
 3b  9 b  1 
;
.
2 
 2
B thuộc BH nên B(3b + 7 ; b). Vì M là trung điểm của AB nên M 
Mặt khác M thuộc CM nên
3b  9 b  1

 1  0  b  3.
2
2
Vậy B(-2 ; -3), C(4 ; -5).
Bài 47. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC không vuông . Gọi H, K thứ tự là chân đường cao kẻ từ A, C .
9



Biết M  ;3  là trung điểm của AC, đường thẳng HK có phương trình 4 x  y  4  0 , đường thẳng BC có
2
phương trình 2 x  y  4  0. Xác định toạ độ điểm B.
Định hướng:
Xác định ngay được tọa độ của H là giao của HK và BC
A
K
Vận dụng tính chất trung tuyến của tam giác vuông bằng
M
nữa cạnh huyền xác định được tọa độ các đỉnh C và K.
Vận dụng tính chất trung điểm suy ra tọa độ của A. Tiếp theo B
viết phương trình của AB qua A và K. Lấy tọa độ của B là giao
của AB và BC.
H
C
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
Lời giải:
2 x  y  4  0
x  0
 H (0;4) .

4 x  y  4  0
y  4
Ta có: H  KH  BC nên tọa độ của H là nghiệm của hệ 
Các tam giác AKC, AHC là các tam giác vuông có M là trung điểm của cạnh huyền AC nên ta có M C  M H  M K .
K thuộc KH , C thuộc BC nên K(k; 4 – 4k), C(c; 2c + 4).
Các tam giác AKC, AHC là các tam giác vuông có M là trung điểm của cạnh huyền AC nên ta có
2
2

  c  0  C(0;4)  H ( l oai )
9
9
2

 c     2 c  1    0    12

2
2

  c  1  C(1;6)

MC  MH  MK  

2
2

  k  0  K (0;4)  H ( l oai )
9
9
2

2
 k  2   1  4 k    0  2   1

  k  1  K (1;0)




 K (1;0), C(1;6) .
M là trung điểm của AC nên A(8;0). AB đi qua A và K nên AB : y  0.
2 x  y  4  0
 B  2;0 
y0

Vì B  AB  BC nên tọa độ của B là nghiệm của hệ 
Bài 06. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: x – y – 2= 0, phương trình cạnh AC:
x + 2y – 5 = 0, trọng tâm G(3; 2). Viết phương trình đường thẳng BC.
Định hướng:
Xác định được tọa độ của A là giao của AB và AC.
Ta đã biết phương trình các đường thẳng AB, AC nên ta biểu diễn được tọa độ của B và C theo tham số. Kết hợp với biểu
thức tọa độ trọng tâm ta xác định được các tham số. Từ đó xác định tọa độ của B và C. Suy ra phương trình của BC.
Lời giải.
x  y  2  0
x  3

 A(3;1).
x  2 y  5  0
y  1
A là giao của AB và AC nên tọa độ của A là nghiệm của hệ 
Vì B thuộc AB, C thuộc AC nên B(b ; b - 2), C(5 – 2c ; c).
3  b  2 c  5  9
b  5
 x  xB  xC  3 xG


 B(5;3), C(1;2)
 y A  yB  yC  3 yG
1  b  2  c  6
c  2
Mà G là trọng tâm tam giác ABC nên  A
Đường thẳng BC đi qua B và C nên có phương trình
x 1 y  2

 x  4y  7  0 .
5 1 3  2
Bài 07. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có M(2; 0) là trung điểm AB và các đường trung tuyến, đường
cao qua A lần lượt có phương trình 7x – 2y – 3 = 0, 6x – y – 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng AC.
Định hướng:
Hai đường thẳng qua A đã biết phương trình nên ta xác định được tọa độ điểm A. Tọa độ trung điểm M của AB đã biết nên ta
suy ra tọa độ của B. Viết đường thẳng BC đi qua B và vuông góc với đường cao kẻ từ A. Khi đó ta xác định được tọa độ
trung điểm N của BC là giao của BC và trung tuyến kẻ từ A. Tiếp theo viết phương trình đường thẳng AC đi qua A và song
song với đường trung bình MN.
Lời giải.
Gọi H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC, N là trung điểm của BC.
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
7 x  2 y  3  0
x  1

 A(1;2) .
6 x  y  4  0
y  2
Ta có A là giao của AH và AN nên tọa độ của A là nghiệm của hệ 
 x  2 xM  x A  3
Vì M là trung điểm của AB nên  B
 y B  2 y M  y A  2
 B (3; 2) .
Đường thẳng BC qua B và nhận vectơ chỉ phương u (1;6) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình
1( x  3)  6( y  2)  0  x  6 y  9  0 .
x  0
3



3  N  0;   .
2

7 x  2 y  3  0
y  

2
x  6 y  9  0
N là giao của BC và AN nên tọa độ của N là nghiệm của hệ 
M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC nên MN // AC.

3


Đường thẳng AC đi qua A và nhận M N   2;   làm vectơ chỉ phương nên có phương trình
2
3
( x  1)  2  y  2   0  3 x  4 y  5  0
2
Bài 11. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A(2; 1), trực tâm H(-6; - 3), trung điểm của cạnh BC là D(2;
2). Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC
Định hướng:
Ta viết ngay được đường thẳng BC đi qua D và vuông góc với AH. Khi đó ta có thể biểu diễn tọa độ điểm B theo tham số,
kết hợp với D là trung điểm của BC ta suy ra tọa độ đỉnh C theo tham số. Sử dụng quan hệ vuông góc giữa AC và BH ta xác
định được tham số. Từ đó suy ra được tọa độ điểm B, C và viết phương trình hai cạnh AB, AC.
Lời giải.
BC đi qua D và có vectơ pháp tuyến là AH  ( 8; 4) nên có phương trình 8( x  2)  4( y  2)  0  2 x  y  6  0 .
B thuộc BC nên B(b; 6-2b), mà D là trung điểm của BC nên C(4 – b; 2b - 2).
Suy ra H B  ( b  6;9  2b), AC  (2  b;2b  3) . Vì H là trực tâm tam giác ABC nên H B. AC  0
b  1
.
 ( b  6)(2  b)  (9  2b)(2b  3)  0  5b2  20b  15  0  
b  3
TH1 : b = 1  B(1;4), C(3;0) .
AB đi qua A và B nên có phương trình
x  2 y 1

 3 x  y  7  0.
1  2 4 1
AC đi qua A và C nên có phương trình
x  2 y 1

 x  y  3  0.
3  2 0 1
TH2: b = 3  B(3;0), C(1;4)
AB đi qua A và B nên có phương trình
x  2 y 1

 x  y  3  0.
3  2 0 1
AC đi qua A và C nên có phương trình
x  2 y 1

 3 x  y  7  0.
1  2 4 1
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
Bài 22. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A(5; 2), phương trình đường trung trực của BC, trung tuyến
CC’ lân lượt là x + y – 6 = 0, 2x – y + 3 = 0. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC.
Định hướng:
Với giả thiết trung trực ta nghĩ đến tính chất trung điểm và quan hệ vuông góc. Với hai đường thẳng dã biết phương trình ta
có thể biểu diễn tọa độ theo tham số. Tuy nhiên chọn điểm nao để biểu diễn tham số mà điểm đó móc nối được với càng
nhiều điểm càng tôt. Vì A đã có tọa độ nên ta có thể biểu diễn điểm C’ theo tham số thì sẻ kéo theo được điểm B.
Lời giải.
Gọi M là trung điểm của BC. Ta có M thuộc đường thẳng d: x + y – 6 = 0 nên M(m; 6 - m).
Mà C’ thuộc CC’ nên C’(c; 2c + 3).
Suy ra B(2c – 5; 4c + 4) => C(2m – 2c + 5; 8 – 2m – 4c) và BM ( m  2c  5;2  m  4 c) .
Trung trực của BC có vectơ chỉ phương là ud (1; 1) .
Vì C thuộc CC’ và BC vuông góc với d nên
5

m

u d . BM  0
1( m  2 c  5)  (2  m  4 c)  0

6


.

2(2m  2 c  5)  (8  2m  4 c)  3  0
6 m  5  0
c   2

3
 19 4 
 14 37 
;  , C ; .
 3 3
 3 3 
Suy ra B  
+ Đường thẳng BC qua B và có vectơ pháp tuyến là ud (1; 1) nên có phương trình
19 
4
23


1 x 
 1 y    0  x  y 
0

3 
3
3


 34 2 
;   nên có phương trình
3
 3
+ Đường thẳng AB đi qua A và có vectơ chỉ phương AB   
x 5 y2

 x  17 y  29  0 .
17
1
 1 31 
 nên có phương trình
 3 3 
+ Đường thẳng AC đi qua A và có vectơ chỉ phương AC    ;
x 5 y 2

 31 x  y  157  0 .
1
31
Bài 20. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường cao AH là x + y – 6 = 0 và trọng tâm G.
Biết đường thẳng BG có phương trình: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng CG: x – 1 = 0. Viết phương
trình các cạnh của tam giác ABC.
Định hướng:
Trước hết ta xác định ngay được tọa độ điểm G.
Vì các đường đi qua các đỉnh của tam giác đã biết phương trình nên ta nghĩ đến việc biểu diễn tọa độ các đỉnh theo tham số.
Sử dụng biểu thức tọa độ trọng tâm ta sẻ có hai phương trình, kết hợp với quan hệ vuông góc của AH và BC ta có thêm một
phương trình nữa. Ta sẽ giải được tham số. Từ đó lấy tọa độ các đỉnh và viết được phương trình các cạnh của tam giác ABC.
Lời giải.
x  1  0
x  1

 G(1;1) .
x  2 y  1  0
y  1
G là giao giữa GB và GC nên tọa độ của G là nghiệm của hệ 
Ta có A thuộc AH, B thuộc BG, C thuộc CG nên A(a ; 6 - a), B( 2b - 1;b), C(1 ; c).
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
u AH  (1; 1) là vectơ chỉ phương của AH, BC  (2  2b; c  b) .
Vì G trọng tâm cảu tam giác ABC và AH vuông góc với BC
 x A  x B  xC  3 xG
 a  2b  3
a  5



nên  y A  yB  yC  3 yG  6  a  b  c  3  b  1  A (5;1), B ( 3; 1), C(1;3) .

 2  2b  c  b  0
c  3


u AH . BC  0
Suy ra AB  ( 8; 2), AC  ( 4;2), BC  (4;4) .
x 5 y 1

 x  4y 1  0 .
8
2
x 5 y 1
+ AC đi qua A và có vectơ chỉ phương AC  ( 4;2) nên có phương trình là

 x  2y  7  0 .
4
2
+ AB đi qua A và có vectơ chỉ phương AB  ( 8; 2) nên có phương trình là
+ BC đi qua B và có vectơ chỉ phương BC  (4;4) nên có phương trình
x  3 y 1

 x y2  0
4
4
Bài 15. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có G(-2; 0) và phương trình các đường thẳng AB, AC lần lượt
là 4x + y + 14 = 0, 2x + 5y – 2 = 0. Viết phương trình BC.
Định hướng:
A là giao của hai đường thẳng đã có phương trình nên ta xác định ngay được tọa độ của A.
Vì AB, AC đã biết phương trình nên ta có thể biễu diễn tọa độ của B và C theo tham số. Kết hợp với biểu thức tọa độ trọng
tâm ta xác định được tham số. Từ đó viết phương trình đường thẳng BC đi qua B và C.
Lời giải.
4 x  y  14  0
 x  4

 A( 4;2) .
2 x  5 y  2  0
y  2
Vì A là giao của AB và AC nên tọa độ của A là nghiệm của hệ 
Vì B, C lần lượt thuộc AB và AC nên B(b ; -4b - 14), C( 1 – 5c;2c).
 4  b  1  5 c  6
 b  3
 x  xB  xC  3 xG


 B ( 3; 2), C(1;0).
 y A  yB  yC  3 yG
2  4 b  14  2 c  0
c  0
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên  A
BC đi qua B và C nên BC :
x3 y2

 x  2y 1  0 .
13 02
B. KĨ THUẬT ĐIỂM ĐỐI XỨNG.
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có I  6;2  là giao điểm của hai đường chéo AC
và BD. Điểm M 1;5  thuộc đường thẳng AB. Trung điểm E của cạnh CD nằm trên đường thẳng x  y  5  0 . Viết
phương trình đường thẳng AB.
Định hướng:
-Khai thác tính chất hình chữ nhật có tọa độ tâm đối xứng I . Nên sử dụng phép đối xứng tâm .
-Giả thiết bài toán cho tọa độ điểm M  AB , trung điểm E của CD thuộc đường thẳng cho trước nên tham số hóa tọa độ
điểm E , suy ra tọa độ điểm F đối xứng với E qua I .
- Sử dụng M F .I E  0  E . Viết phương trình AB .
Lời giải.
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
Giả sử E  e;5  e . Gọi F là điểm đối xứng của E qua I, suy ra điểm F sẽ là trung điểm của AB và F 12  e; e  1 .
e  6
e  7
Ta có I E  M F  I E . M F  0   e  6 14  2 e  0  
+) Nếu e  6  F 6;5  . Đường thẳng AB đi qua hai điểm M và F nên có phương trình y  5
+) Nếu e  7  F  4;6  . Đường thẳng AB lúc đó có phương trình x  4 y  19  0.
Vậy AB : y - 5 = 0
hoặc AB : x - 4y + 19 = 0
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A có BC  4 2 , các đường thẳng AB và AC

5

18 




lần lượt đi qua các điểm M  1;   và N  0;  . Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết đường cao
3
7
AH có phương trình x  y  2  0 và điểm B có hoành độ dương.
Định hướng:
-Khai thác tính chất tam giác ABC cân tại A có trục đối xứng là AH .
-Viết phương trình AH , tìm N 1 đối xứng với N qua AH .
-Viết phương trình AB   A  AB  AH .
-Tham số hóa B , từ d B ; AH  
1
BC  B .
2
Lời giải.
Phương trình đường thẳng  qua N và vuông góc với AH là x  y  
18
7
18

 2 16 
x  y  
7  I   ; .
 7 7 
x  y  2

Giao điểm I của AH với  là nghiệm của hệ 
 4



Gọi N 1 là giao của  và AB, suy ra N 1   ;2 
7
Đường thẳng AB đi qua hai điểm M và N 1 nên có phương trình
7 x  3 y  2
 A  1;3 
x  y  2
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 

Giả sử B  b;

 b  2  B  2; 4 
4b  4
2  7b 
1



2
2

,
lúc
đó
d
B
;
AH

BC

2
2


3 
2
 b  4  lo№
3 2
i

Phương trình đường thẳng BC : x  y  6
x  y  6
 H  4; 2   C  6;0 
x  y  2
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ 
7x  3 y  2 .
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
Vậy A  -1;3 , B 2;-4 ,C 6; 0 
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng
 : 2 x  y  2  0. Đường cao kẻ từ B có phương trình x  y  1  0 ; điểm M 1;1  thuộc đường cao kẻ từ C. Tìm
tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Định hướng:
Tương tự bài toán trên ta có hướng giải:
-Tìm  B  BE   .
-Gọi M 1 đối xứng với M qua đường cao AH  M 1  BE .
-Tìm tọa độ điểm M 1  I  AH . Viết phương trình AH , tìm  H   AH  BC  C .
Lời giải.
 x  y  1
 B  3; 4 
2 x  y  2
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 
Gọi M 1 là điểm đối xứng của M qua đường cao AN, suy ra M 1  BE . Đường thẳng
qua M và song song với BC có phương trình 2 x  y  3
 x  y  1
 M 1  4; 5  . Suy ra
2 x  y  3
Tọa độ điểm M 1 là nghiệm của hệ phương trình 
5
2

trung điểm I của đoạn M M 1 có tọa độ I  ;  2  .

Đường cao AN qua I và vuông góc với BC nên có phương trình x  2 y 
13
. Tọa độ
2
2 x  y  2
 21 11 
6 2

. Do đó C  ;   .
13  N  ; 

5 
 10
5 5
x  2 y 

2
điểm N là nghiệm của hệ 
8
5
Đường thẳng AC qua C và vuông góc với đường cao BE nên có phương trình x  y  . Suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của
8

 x  y  5
 33 49 
 A   ;
hệ 

13
 10 10 
x  2 y 

2
 33 49 
6 2
; , B 3;-4 ,C  ;- 
 10 10 
5 5
Vậy A  -
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d1 : x  y  0 và d2 : 2 x  y  1  0 . Tìm tọa độ các
đỉnh của hình vuông ABCD, biết A thuộc d1 , C thuộc d2 và B, D thuộc trục hoành.
Định hướng:
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
-Nhận xét hình vuông có tâm đối xứng và có các đường chéo là trục đối xứng.
-Tham số hóa A  C đối xứng với A qua BD .
-Từ C  d 2 suy ra A ,C và tâm I.
- Tham số hóa
B , D . Từ I B  I D  1  B , D .
Lời giải.
Giả sử A  t ;t  . Vì A và C đối xứng qua BD và B, D  Ox nên C  t ; t 
Vì C  d2 nên 2t  t  1  0  t  1 . Suy ra A 1;1 , C 1; 1
Trung điểm của AC là I 1;0  , vì I là tâm hình vuông nên
I B  I A  1

I D  I A  1
 b  1  1
 B  b;0 
 B  Ox
b  0, b  2



 D  Ox
 d  0, d  2
 D  d ;0 
 d  1  1
Đồng thời 
Suy ra B  0;0  , D  2;0  hoặc B  2;0  , D  0;0  .
Vậy A 1;1  , B  0; 0  ,C 1;-1  , D  2; 0  hoặc
A 1;1  , B 2; 0 ,C 1;-1 , D 0; 0 .
 17 1 
;   , chân
5
 5
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có chân đường cao hạ từ đỉnh A là H 
đường phân giác trong góc A là D 5;3  và trung điểm của cạnh AB là M  0;1 . Tìm tọa độ đỉnh C.
Định hướng:
-Phát hiện tính chất đường phân giác AD chính là trục đối xứng của BAC . Gọi N là điểm đối xứng của M qua AD. Suy ra
N  AC .
-Viết phương trình AH , tham số hóa tọa độ điểm A . Sử dụng
MA  MH  A .
-Viết phương trình AD , tìm tọa độ điểm N đối xứng với M qua AD
-Viết phương trình AC , BC  C  AC  BC .
Lời giải.
Ta có H  AH và AH  HD  AH : x  2 y  3  0.
Giả sử A  3  2a; a  , từ M A  M H   3  2a    a  1   13
2
2
.
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
 a  3  A  3;3 


1
 17 1 
i
 a   5  A  5 ;  5   H  lo№

Phương trình đường thẳng AD : y  3  0 . Gọi N là điểm đối xứng của M qua AD. Suy ra N  AC và tọa độ điểm N là
1  y
3  0

nghiệm của hệ  2
 N  0;5 
1. x  0.  y  1   0

Đường thẳng AC có phương trình 2 x  3 y  15  0.
Phương trình đường thẳng BC: 2 x  y  7  0.
2 x  3 y  15  0
 C  9;11 
2 x  y  7  0
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 
Kết luận C  9;11  .
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC biết hình chiếu vuông góc
của C trên đường thẳng AB là điểm H  1; 1 , đường phân giác trong góc A có phương trình x  y  2  0 và
đường cao kẻ từ B có phương trình 4 x  3 y  1  0.
Định hướng:
Vì H thuộc AB nên điểm K đối xứng với H qua phân giác AD thuộc AC.
Ta xác định được tọa độ điểm K, kết hợp với phương trình đường cao BE
Ta viết được đường thẳng AC. Sau đó xác định tọa độ điểm A là giao giữa
AD và AC. Viết phương trình đường cao CH qua H và vuông góc với AH.
Xác đinh tọa độ điểm C là giao của CH và AC.
Lời giải.
Gọi K(a;b) là điểm đói xứng với H qua AD. Khi đó H K  ( a  1; b  1)
 a 1 b 1 
;
.
2 
 2
và trung điểm của đoạn HK có tọa độ 
 H K  AD
1( a  1)  1( b  1)  0
 a  3


  ( a  1) ( b  1)

Ta có:  a  1 b  1 
;

x

y

2

0

2 0
b  1

 2

2 
 2
2

Đường thẳng AC đi qua K  3;1 và vuông góc với đường thẳng 4 x  3 y  1  0 do đó có vectơ pháp tuyến n(3; 4) nên
AC có phương trình là: 3  x  3   4  y  1  0  3 x  4 y  13  0
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
3 x  4 y  13  0
x  5

.
x  y  2  0
y  7
A là giao của AC và AD nên tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình: 
Đường thẳng HC đi qua điểm H(-1; -1) và nhận AH  ( 6; 8) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình:
6  x  1   y  1  0  3 x  4 y  7  0.
10

 x  3
3 x  4 y  7  0

C là giao của HC và AC nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 
.
3 x  4 y  2  0
y  3

4
 10 3 
;  .
 3 4
Vậy C  -
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có AB : 5 x  2 y  7  0,
trình đường phân giác trong của góc A là x  y  1  0. Tìm toạ độ điểm C.
BC : x  2 y  1  0. Phương
Định hướng:
Giả thiết cho hai đường cắt nhau tại B và hai đường cắt nhau tại A nên ta xác định
được ngay tọa độ các điểm A, B. Sử dụng yếu tố phân giác bằng cách lấy E đối xứng
của B qua phân giác AD ta xác định được tọa độ điểm E. Tiếp theo viết phương trình
của AC, xác định tọa độ của C là giao của BC và AC.
Lời giải.
A là giao của phân giác AD và AB nên tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình
5 x  2 y  7  0
 x  3

. Suy ra

x  y  1  0
y  4
A  3; 4 
5 x  2 y  7  0
 x  1
. Suy ra B(-1; -1).

x  2 y  1  0
 y  1
B là giao điểm của AB và BC nên tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình 
 a 1 b 1 
;
. Ta
2 
 2
Gọi E(a; b) là điểm đối xứng của B qua phân giác AD. Khi đó BE ( a  1; b  1) và tọa độ trung điểm BE là 
( a  1)1  ( b  1)( 1)  0

 a  b  2 . Suy ra E(2;
b 1

1  0

 2
2
có BE  AD và trung điểm BE nằm trên AD nên ta có hệ phương trình  a  1
2).
Đường thẳng AC có vectơ chỉ phương AE  (5; 2) nên có vectơ pháp tuyến là n  (2;5) mà E thuộc AC nên
AC : 2  x  2   5  y  2   0  2 x  5 y  14  0.
11

 x  3
2 x  5 y  14  0

C là giao của AC và BC nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 
.
x  2 y  1  0
y  4

3
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
 11 4 
; .
 3 3
Vậy C 
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh B  4;1 , trọng tâm G 1;1 và đường thẳng
chứa phân giác trong của góc A có phương trình x  y  1  0. Tìm toạ độ các đỉnh A và C.
Định hướng:
Bài toán cho tọa độ điểm B và trọng tâm G nên ta tìm được tọa độ trung điểm M của
AC. Dựa vào tính chất đường phân giác ta xác điểm E đối xứng đối xứng với B qua
phân giác của góc A cũng thuộc AC. Từ đó viết phương trình đường thẳng AC qua
M và E ; xác định được tọa độ điểm A kết hợp với M suy ra C.
Lời giải.
Gọi E(a;b) là điểm đối xứng với B qua phân giác trong AD của góc A. Khi đó
 a  4 b1
;
BE  ( e  4; e  1) và tọa độ trung điểm của BE là 
. Vì E đối xứng với
2 
 2
B qua AD nên BE vuông góc với AD và trung điểm của BE thuộc AD. Từ đó ta có hệ phương
1( a  4)  1( b  1)  0
 a  b  3
a  2



 E (2; 5).
b1

1  0
a  b  7
 b  5

 2
2
trình  a  4
Gọi M(c ;d) là trung điểm của AC. Ta có BM  ( c  4; d  1), BG  (5;0). Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên
3

7

 c  4  2 .5
3
7 
c 
BM  BG  

2  M  ;1 
2
2 
 d  1  3 .0
d  1


2
3
2

Đường thẳng AC đi qua E và M nên có vectơ chỉ phương là EM   ;6  . Suy ra AC : 4(x - 2) – (y + 5) =

0  4 x  y  13  0.
4 x  y  13  0
x  4

 A(4;3).
x  y  1  0
y  3
Mà A  AC  AD nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 
 x  2 x M  x A
 C(3; 1) .
 yC  2 yM  y A
M là trung điểm của đoạn AC suy ra  C
Vậy
A  4;3  và C  3; 1  .
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A, đỉnh B thuộc đường thẳng
d : x  4 y  2  0 , cạnh AC song song với d . Đường cao kẻ từ A có phương trình x  y  3  0 , điểm M 1;1 
nằm trên đường thẳng AB. Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC.
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
Định hướng:
Vì tam giác ABC cân tại A nên đường cao kẻ từ A cũng là phân giác góc A do
đó ta lấy điểm N đối xứng với M qua đường cao AH ta có N thuộc AC. Vận
dụng AC song song với d để viết phương trình đường thẳng AC, từ đó xác định
tọa độ A là giao của AH và AC. Viết phương trình đường thẳng AB đi qua A và
M , từ đó xác đinh tọa độ của B là giao của AM và d. Viết phương trình đường
thẳng BC. Suy ra tọa độ điểm C.
Lời giải.
Gọi N  a; b là điểm đối xứng với M qua đường cao AH. Tam giác ABC cân
tại A nên N thuộc AC.
 a 1 b1
;
. Vì N đối xứng với M qua đường cao AH
2 
 2
Ta có M N  ( a  1; b  1) và trung điểm của MN có tọa độ 
1( a  1)  1( b  1)  0
 a  4


 N ( 4; 4) .
nên  a  1 b  1

3  0
 b  4

 2
2
AC đi qua N và song song với d nên AC : x  4 y  12  0.
 x  4 y  12  0
x  0

 A(0; 3).
x  y  3  0
 y  3
A là giao điểm của AC và AH nên tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình 
Đường thẳng AB đi qua A và M nên có phương trình
x 1 y 1

 2x  y  3  0 .
1
2
2

 x  3
x  4 y  2  0
 2 1 

 B ;  .
B là giao giữa AB và d nên tọa độ của B là nghiệm của hệ 
3 3 
2 x  y  3  0
 y  1

3
BC đi qua B và vuông góc với AH nên nhận vectơ chỉ phương u (1; 1) của AH làm vectơ pháp tuyến. Suy ra
2
1


BC : 1  x    1  y    0  x  y  1  0.
3
3


8

 x  3
x  y  3  0
 8 11 

 C
;
C là giao của AC và BC nên tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình 
.
 3 3 
x  y  1  0
 y  11

3
 2 -1   -8 -11 
 ,C  ;

3 3   3 3 
Vậy A  0;-3  , B  ;
 Bài Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC và điểm M  0;1  . Phương trình đường phân giác trong
của góc A và đường cao kẻ từ C lần lượt là x  y  0, 2 x  y  3  0. Đường thẳng AC đi qua M và AB  2 AM .
Tìm tọa độ các điểm B và C.
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
Định hướng:
Từ giả thiết đường phân giác trong của góc A và điểm M trên đường thẳng AC ta
xác định được điểm N thuộc đường thẳng AB đối xứng với M qua AD. Từ tọa độ
điểm N và phương trình đường cao CE ta xác định được phương trình đường thẳng
AB. Tọa độ điểm A là giao của AD và AB. Viết phương trình đường thẳng AC đi
qua A và M; từ đó xác định tọa độ điểm C. Vận dụng giả thiết AB = 2AM = 2AN
và phương trình AB ta xác định tọa độ điểm B, kiểm tra tính phía của B và C đối
với AD để kết luận.
Lời giải.
Gọi D là chân đường phân giác trong cả góc A, E là chân đường đường cao kẻ từ C
của tam giác ABC.
 a b 1 
 là trung điểm của MN.
2 2 
Gọi N(a; b) là điểm đối xứng với M qua AD. Khi đó M N  ( a; b  1) và I  ;
1.a  1( b  1)  0
 a  1


 N ( 1;0) .
b 1
0
b  0
 
2
2
Ta có MN vuông góc với AD và I thuộc AD nên  a
Vì M thuộc AC nên N thuộc AB. Mà AB vuông góc với CE nên AB: 1( x  1)  2( y  0)  0  x  2 y  1  0 .
x  2 y  1  0
x  1

 A(1;1) .
x  y  0
y  1
A là giao của AB và AD nên tọa độ của A là nghiệm của hệ 
AC đi qua A và M nên có phương trình
x 1 y 1

 2x  y  1  0 .
1
2
1

2 x  y  1  0
 1

x  

C là giao của AC và CE nên tọa độ của C là nghiệm của hệ 
2  C   ; 2  .
 2

2 x  y  3  0
 y  2

Vì B thuộc AB nên B  2m  1; m  . Theo đề ra ta có
m  3
.
AB  2 AM  (2m  1  1)2  ( m  1)2  2 (0  1)2  ( 1  1)2  5m 2  10m  15  0  
 m  1
Suy ra B 5; 3  hoặc B  3; 1 .
 1

 1

 2   0 nên B 5; 3  và C   ; 2  cùng phía đối với AD (loại).
 2

 2

Ví (5  3) 
 1



Vậy B  -3;-1  , C  - ;-2  .
2
 Bài 14. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh B  4; 3  ,
M
là trung điểm của cạnh
BC . Biết rằng CB  3CD , đường thẳng AD có
39
phương trình 3 x  2 y  5  0 , diện tích tam giác ABC bằng
và đỉnh C có hoành độ dương . Tìm tọa độ các
4
BC, D là giao điểm của đường phân giác trong M AC với
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
đỉnh A và C.
Định hướng:
Phát hiện tính chất AM đối xứng với AC qua AD . Gọi E là điểm đối xứng của C
AD . Từ CD  2 DM  D là trọng
tâm tam giác ACE  M là trung điểm AE hay tứ giác ACEB là hình
bình hành. Nên từ AD  CE  AD  AB.
Viết phương trình đường thẳng BA . Suy ra tọa độ điểm A .
Tham số hóa tọa độ điểm D  C .
Sử dụng SABC 
39
C .
4
Lời giải.
Gọi E là điểm đối xứng của C qua AD . Từ CD  2 DM  D là trọng
tâm tam giác ACE  M là trung điểm AE hay tứ giác ACEB là hình
bình hành. Nên từ AD  CE  AD  AB.
Phương trình đường thẳng BA : 2 x  3 y  1
 3x  2 y  5
 A 1; 1
2 x  3 y  1
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 

Giả sử D  m;

3m  5 
 3m  4 9m  9 
;
.
, từ BC  3 DC  C 

2 
4 
 2
Theo bài ra ta lại có
 m 3
1
39
d  C; AB  . AB  SABC 
 m 1  2  
2
4
 m  1
5 9
Kết hợp giả thiết C có hoành độ dương, suy ra C  ; 
2 2


Bình luận:

Chúng ta cũng có thể sử dụng chứng minh BA  DA như sau:


Ta có BC  3 DC  M C  M B  3 M C  M D  M B  2 M C  3 M D

 M C  3 M D Do M B   M C

Theo tính chất đường phân giác suy ra
AM
DM 1


AC
DC 2
qua
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
Mà
BM 1
BM
AM
 

 AB là phân giác ngoài góc M AC  BA  DA
BC 2
BC
AC
 Bài . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC với đường cao kẻ từ A và phân giác trong của góc B
lần lượt là d1 : x  2 y  2  0, d2 : x  y  1  0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết M  0; 2  thuộc đường
thẳng AB và AB  2 BC
Định hướng:
Sử dụng tính chất phân giác ta xác định tọa độ điểm N trên AC sao cho N đối xứng với M qua phân giác trong của góc B từ
đó viết phương trình của BC qua N và vuông góc với đường cao d1 . Xác định được tọa độ điểm B là giao cùa d 2 với BC.
Tiếp theo ta viết được phương trình đường thẳng AB đi qua B và M, xác định được tọa độ điểm A là giao của AB và d1 .
Biểu diễn tọa độ điểm C theo tham số kết hợp với AB = 2BC ta xác định được tọa độ điểm C.
Lời giải.
Gọi N(a ; b) là điểm đối xứng với M qua d 2 .
 a b2
 . Vì MN vuông góc với
2 2 
Khi đó N thuộc BC, M N ( a; b  2) và trung điểm của MN có tọa độ  ;
1.a  1( b  2)  0
a  3
 a b2

d 2 và  ;

d

 N (3; 1) .
và
nên
ta
có
hệ
a b  2
2

2
2
1  0


 b  1
 
2
2
Đường thẳng BC đi qua N và nhận vectơ chỉ phương u1 (2;1) của d1 làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình
2( x  3)  1( y  1)  0  2 x  y  5  0 .
2 x  y  5  0
x  2

 B(2;1) .
x  y  1  0
y  1
B là giao của BC và d 2 nên có tọa độ là nghiệm của hệ 
Đường thẳng AB đi qua B và M nên có phương trình
x0 y2

 x  2y  4  0 .
2
1
x  3
 1


1  A  3;  .
x

2
y

2

0
y

 2



2
x  2 y  4  0
A là giao của AB và d1 nên có tọa độ là nghiệm của hệ 
C thuộc đường thẳng BC nên C(c ; 5-2c). Theo đề ra ta có

7
7 3
c   C  ; 
4
2
1

4 2
.
 3  2     1   2 ( c  2)2  (5  2 c  1)2  
9
9 1
2

c   C  ; 
4
4 2

2
AB  2 BC 
9
4
Vì  
1
1


9 1
 1
 1   3   1   0 nên C  ;  và A  3;  nằm cùng phía so với d 2 (loại).
2
2


4 2
 2

1


7 3
Vậy A  3;  , B 2;1 , C  ;  .
2
4 2


Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
 Bài . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A, Biết B và C đối xứng nhau qua gốc tọa độ.
Đường phân giác trong của góc B là d: x + 2y – 5 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết đường thẳng AC đi
qua K(6;2).
Định hướng:
Sử dụng tính chất đường phân giác ta xác định được tọa độ điểm M thuộc đường thẳng AB sao cho M đối xứng với O qua d.
Vì B thuộc d nên ta biểu diễn tọa độ điểm B theo tham số, kết hợp với O là trung điểm của BC ta suy ra tọa độ điểm C theo
tham số của B. Tiếp tục vận dụng quan hệ vuông góc của CK và BM (vì tam giác ABC vuông tại A) ta giải được tọa độ điểm
B. Suy ra tọa độ điểm C. Viết phương trình các đường AB qua B, M và AC qua C và K ta giải được tọa độ của A.
Lời giải.
Gọi M ( m1 , m 2 ) là điểm đối xứng với O qua d. Khi đó M thuộc AB.
 m1 m 2 
 m1 m2 
;
;
 . Vì OM vuông góc với d và 
  d nên ta có hệ
 2 2 
 2 2 
Ta có OM ( m1 ; m2 ) và trung điểm của OM có tọa độ là 
2m1  m2  0
 m1  2


 M (2;4) .
 m1
m2
 2.
5  0
 m2  4

 2
2
B thuộc d nên B(5-2b ; b). Vì B và C đối xứng nhau qua O nên C(2b-5 ; -b).
Ta có H B  (3  2b; b  4), KC  (2b  11; b  2) . Vì tam giác ABC vuông tại A nên
b  1  B(3;1), C( 3; 1)
H B. KC  0  (3  2b)(2b  11)  ( b  4)( b  2)  0  b2  6b  5  0  
b  5  B( 5;5), C(5; 5)
Vì ( 3  2( 1)  5)(2  2.4  5)  0  C( 3; 1), H (2;4) nằm cùng phía đối với d(loại).
Vì (5  2( 5)  5)(2  2.4  5)  0  C(5; 5), H (2;4) nằm khác phía đối với d (thỏa mãn).
Đường thẳng AB đi qua B và H nên có phương trình
x2 y4

 x  7 y  30  0 .
7
1
Đường thẳng AC đi qua C và K nên có phương trình
x 6 y2

 7 x  y  40  0 .
1
7
31

 x  5
 x  7 y  30  0
 31 17 
A là giao của AB và AC nên tọa độ của A là nghiệm của hệ 

 A ;  .
7
x

y

40

0
17
 5 5 

y 

5
 31 17 
;  , B( 5;5), C(5; 5) .
 5 5 
Vậy A 
 Bài . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có B(-3; -5), d : 2 x  y  6  0 là phân giác trong
của góc A. Biết đường cao kẻ từ B đi qua M(4;-6), đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua E(-4; -4). Xác
định toạ độ điểm C.
Định hướng:
Sử dụng tính chất phân giác ta xác định được tọa độ của B1 trên AC và
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
đối xứng với B qua AD. Viết được phương trình của AC qua B1 và vuông góc BM.
Từ đó xác định được tọa độ điểm A là giao của d và AC.
Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua ba điểm đã biết
tọa độ là A, B, E. Tiếp theo xác định tọa độ của C là giao của AC và đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Lời giải:
Gọi B1 là điểm đối xứng với B qua đường thẳng d. Vì d là phân giác của góc A nên
B1 thuộc AC.
Đường thẳng BB1 qua B và nhận vectơ chỉ phương ud  (1;2) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình
1( x  3)  2( y  5)  0  x  2 y  13  0 .
1

 x  5
 x  2 y  13  0
 13 39 
Tọa độ trung điểm của BB1 là nghiệm của hệ 
.Suy ra B1  ;   .

5 
 5
2 x  y  6  0
 y  32

5
Đường thẳng AC đi qua B1 và vuông góc với BM nên nhận BM  (7; 1) làm vectơ pháp tuyên nên có phương trình
13 
39 


7 x 
  1  y  5   0  7 x  y  26  0.
5




7 x  y  26  0
x  4
suy ra A(4; 2).

2 x  y  6  0
y  2
A là giao của d và AC nên tọa độ của A là nghiệm của hệ 
Đường tròn ngoại (T) tiếp tam giác ABC có phương trình dạng x2  y2  2ax  2by  c  0( a2  b2  c  0).
16  4  8 a  4 b  c  0
a  0


(T) đi qua ba điểm A, B, E nên 16  16  8 a  8 b  c  0  b  1 ( tm )  (T): x2  y2  2 y  24  0.
9  25  6 a  10b  c  0
 c  24


2
2
 x  y  2 y  24  0
Điểm C khác A và có toạ độ thoả mãn hệ phương trình 
7 x  y  26  0
nên C(3; -5).
 Bài . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC, đường phân giác trong AD và đường cao CH lần
lượt có phương trình x – y = 0 và 2x + y – 3 = 0. Đường thẳng AC đi qua điểm M(0; -1), biết AB = 3AM. Tìm tọa
độ đỉnh B, biết B có hoành độ dương.
Định hướng:
Sử dụng tính chất đường phân giác ta xác định tọa độ điểm M’ thuộc AB. Dựa vào AB vuông góc với CH ta viết được
phương trình AB. Từ đó xác định tọa độ của A là giao của AB và AD. Tính được độ dài AB = 3AM. Kết hợp với B thuộc AB
ta giải được tọa độ điểm B.
Lời giải:
Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua AD: x – y = 0. Khi đó M’ thuộc AB và M’(-1;0) .
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
Do AB  CH nên AB nhận vectơ chỉ phương uCH  (1; 2) làm vectơ pháp tuyến, mà M’ thuộc AB nên AB có phương trình
1( x  1)  2( y  0)  0  x  2 y  1  0 .
x  y  0
 A(1;1)
x  2 y  1  0
A là giao của AB và AD  Tọa độ A là nghiệm của hệ 
Gọi B(x0;y0), ta có AB  3 AM  AB  3 5  ( x0  1)2  ( y0  1)2  45
  x0  7

 x0  2 y0  1  0
  y0  4

Kết hợp với B thuộc AB ta có hệ 
. Vậy B(7; 4).
 x  5
2
2

( x0  1)  ( y0  1)  45
0

( l oai )
  y0  2
 Bài 29. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết đường cao kẻ từ B và phân giác trong góc A lần lượt là
d : 3 x  4 y  10  0, d ' : x  y  1  0. Điểm M(0;2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách D một khảng bằng
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
2.
Định hướng:
Dùng tính chất đường phân giác ta xác định tọa độ của N trên AC sao cho N đối xứng với M qua d’. Khi đó cùng với đường
cao kẻ từ B ta xác định phương trình đường thẳng AC, xác định tọa độ của A là giao của d’ và AC. Viết phương trình đường
thẳng AB đi qua A và M. Kết hợp với đường thẳng d ta xác định được tọa độ đỉnh B. Biểu diễn tọa độ của C theo tham số vận
dung CM = 2 để xác định tọa độ điểm C.
Lời giải.
Ta có u  (1;1) là vectơ chỉ phương của d’.
Gọi N(a; b) là điểm đối xứng của M qua d’. Khi đó N thuộc AC ; M N  ( a; b  2) vuông góc với u  (1;1) và trung điểm
 a.1  ( b  2).1  0
a  1
 a b2

I ;

 N (1;1) .
thuộc
d’
nên
ta
có
hệ
phương
trình
a b  2

1  0
2 2 
b  1
 
2
2
Đường thẳng AC đi qua N và nhận vectơ chỉ phương v  (4; 3) của d làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình
4( x  1)  3( y  1)  0  4 x  3 y  1  0 .
4 x  3 y  1  0
x  4

 A(4;5) .
x  y  1  0
y  5
A là giao của d’ và AC nên tọa độ của A là nghiệm của hệ 
Đường thẳng AB đi qua A và M nên có phương trình
x0 y2

 3x  4 y  8  0 .
40 52
 x  3
3 x  4 y  8  0
1 



B là giao của AB và d nên có tọa độ là nghiệm của hệ 
1  B  3;  .
4 

3 x  4 y  10  0
y 

4

C thuộc AC nên C  c;

4c  1 
. Theo đề ra ta có
3 
 c  1  C(1;1)
2
2
 4c  1

 4c  7 

2
CM  2  ( c  0)  
 2  2  c  
  2   c  31  C  31 ; 33  .
 3

 3 


25
 25 25 

2
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm

Vậy A (4;5), B  3;

1 
1   31 33 

, C(1;1) hoặc A (4;5), B  3;  , C  ;  .

4 
4   25 25 

Bài 32. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có AC > AB, C(6;0) và hai đường thẳng d : 3 x  y  10  0,
d ' : 3 x  3 y  16  0. Biết đường thẳng d chứa phân giác trong của góc A, đường thẳng d ' vuông góc với cạnh
AC và ba đường thẳng d, d ' và trung trực của BC đồng quy tại một điểm. Tìm tọa độ điểm B.
Định hướng:
Ta xác định ngay được tọa độ điểm đồng quy K của ba đường vì 2 trong 3 đường đã biết phương trình.
Nhận thấy AC đi qua C và vuông góc với d’ nên ta viết được phương trình của AC. Từ đó xác định được tọa độ của A là giao
của d và AC. Tiếp theo vận dụng tính chất phân giác ta xác định phương trình của AB thông qua việc xác định điểm đối xứng
với C qua d. Biểu diễn tọa độ của B theo tham số, kết hợp với KB = KC ta xác định được tọa độ điểm B.
Lời giải.
Gọi K là điểm đồng quy của ba đường d, d’, trung trực của BC. Khi đó tọa độ của K là nghiệm của hệ
23

 x  6
3 x  y  10  0
 23 3 

K
; .

 6 2
3 x  3 y  16  0
y  3

2
Vì AC vuông góc với d’ nên nhận vectơ chỉ phương u '  (1; 1) của d’ làm vectơ pháp tuyến, mà AC đi qua C nên có
phương trình 1(x - 6) – 1(y - 0) = 0 <=> x – y – 6 = 0.
3 x  y  10  0
x  2

 A(2; 4) .
x  y  6  0
 y  4
A là giao của d và AC nên có tọa độ là nghiệm của hệ 
 a6 b
;  . Ta
 2 2
Gọi E(a; b) là điểm đối xứng với D qua đường thẳng d. Khi đó CE ( a  6; b) và trung điểm của EC có tọa độ là 
có CE vuông góc với d và trung điểm của CE nằm trên d nên ta có hệ phương trình
6

1( a  6)  3b  0
 a  5
6 8


 E ; .
 a6 b
5 5
3  2   2  10  0
b  8

 

5
x2 y4
 4 28 
;

 7 x  y  10  0 .
 nên có phương trình
5
5
1
7


Đường thẳng AB đi qua A và có vectơ chỉ phương AE  
Suy ra B(m; 10 – 7m). Vì K nằm trên trung trực của BC nên

6
6 8
 m   B  ;   E  AB  AC( l oai )
5
 23
 3

 23
 3
5 5
KB  KC  
 m     10  7 m   
 6     
Vậy

4
4 2
 6
 2

 6
 2
m   B  ; 
3
3 3

2
2
2
2
4 2
B ; .
3 3
Bài 45. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với trung tuyến và phân giác trong của góc B lần lượt có phương trình
là 2x + y – 3 = 0, x + y – 2 = 0. Điểm M(2;1) nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
có bán kính bằng 5 . Biết đỉnh A có hoành độ dương, hãy xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC.
Hướng dẫn:
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
Xác định ngay được tọa độ điểm B là giao của hai đường đã biết phương trình. Sử dụng tính chất đường phân giác ta xác định
được tọa độ điểm N trên BC sao cho N đối xứng với M qua phân giác góc B. Tính được góc B, nếu B là góc đặc biệt thì ta
xác định vị trí tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, kết hợp với giả thiết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán
kính bằng 5 để tìm thêm mối liên hệ .
Lời giải:
x  2 y  3  0
x  1

 B(1;1)
 x y2  0
y  1
Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ 
Gọi N đối xứng với M qua phân giác trong d2 của góc B. Khi đó N thuộc AC và trung điểm K của MN thuộc d2
MN đi qua M và vuông góc với d2 nên có phương trình 1(x - 2) – (y - 1) = 0 <=> x – y – 1 = 0.
1

 x  2
x  y  2  0
3 1

 K  ;   N(1;0).
Trung điểm K của MN có tọa độ là nghiệm của hệ 
2 2
x  y  1  0
y  3

2
Đường thẳng BC qua B và N nên có phương trình là x – 1 = 0
Đường thẳng AB qua B và M có phương trình là y – 1 = 0.
MB   1;0  , BN   0; 1  MB.BN  0  ABC vuông tại B
1  a 1  c
;
2 
 2
Gọi C(1;c), A(a; 1) với a > 0  trung điểm của AC là I 
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính bằng 5  BI =
Mặt khác I  d1 nên 1  a 
5  ( a  1)2  ( c  1)2  20 (1)
1 c
 3  0 hay 2a + c – 3 = 0 (2)
2
  a  1

( a  1)  ( c  1)  20
 a  2 a  3  0
c  5


Từ (1) và (2) ta có hệ 

a  3
 2 a  c  3  0
 c  3  2 a

( l oai )
  c  3
2
2
2
Vậy A(3;1), B(1;1), C(1;-3).
Bài 59:Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( T ) :  x  2    y  3   25 có A(-1;
2
1
2
2

-1), đường phân giác trong của góc A là d : x  y  0. biết điểm M  ;5  thuộc đường thẳng BC. Tìm tọa độ các điểm B,

C.
Định hướng:
Mấu chốt của bài toán này là tháo gỡ được tính chất ẩn lấp trong bài toán: d là phân giác của góc IAH
Lời giải:
Gọi giao điểm của d và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là D (D khác A). Ta có D là điểm chính giữa cung BDC .
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
Do đó I D  BC  I D / / AH  H AD  I DA
Mà I AD  I DA nên H AD  I AD . Suy ra d là đường phân giác trong hoặc ngoài của góc IAH.
Ta có (T) có tâm I(2; 3). Vì I không thuộc d nên tam giác ABC không cân tại A. Gọi AH là đường cao của tam giác ABC. Gọi
K là điểm đối xứng của I qua d, ta có K thuộc AH.
Đường thẳng IK qua I và nhận vectơ chỉ phương ud  (1;1) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình
1( x  2)  1( y  3)  0  x  y  5  0.
5

x

x  y  0

2
Tọa độ trung điểm của KI là nghiệm của hệ 
suy ra tọa độ điểm K(3; 2).

x  y  5  0
y  5

2
Từ đó suy ra BC: 4 x  3 y  17  0 và tọa độ các điểm B, C là nghiệm của hệ
4 x  y  17  0
 B (5; 1), C( 1;7)
. Suy ra 

2
2
( x  2)  ( y  3)  25.
 B ( 1;7), C(5; 1).
Thử lại thấy B và C nằm khác phía so vớí d (thỏa mãn ).
Bài 01. Trong mặt phẳng Oxy, cho A(2; 6), B(-3; - 4), C(5; 0). Viết phương trình đường thẳng AB và phương
trình đường phân giác trong, phân giác ngoài của góc A.
Định hướng:
Bài toán này có nhiều cách giải. Ở đây tác giả xin trình bày một hướng đi(các cách khác các bạn đọc tự làm nhé).
Trên tia AC ta lấy điểm B’ sao cho AB’ = AB khi đó tam giác ABB’ cân tại A nên phân giác trong của góc A vuông góc với
BB’. Từ đó suy ra phương trình đương phân giác trong của góc A.
Lời giải.
Ta có AB  ( 5; 10), AC  (3; 6)  AB  5 5, AC  3 5 .
Gọi B’ là điểm trên tia AC sao cho AB = AB’. Khi đó tam giác ABB’ cân tại A và
AB ' 
 xB '  x A  5
AB
. AC  
 B '(7; 4) .
AC
 yB '  y A  10
Đường phân giác trong của góc A đi qua A và nhận BB '  (10;0) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x  2  0.
Bài 03. Trong mặt phẳng Oxy, lập phương trình các cạnh của tam giác ABC biết tọa độ điểm B(2; -1), phương
trình đường cao AH: 3x – 4y + 27 = 0, phương trình phân giác CD: x + 2y – 5 = 0.
Định hướng:
Viết ngay được đường thẳng BC đi qua B và vuông góc với AH. Từ đó xác địn được tọa độ của C là giao của CD và BC. Sử
dụng tính chất đường phân giác ta lấy ngay tọa độ của B’ là điểm đối xứng của B qua CD. Viết phương trình AC đi qua C và
B’. Xác định tọa độ điểm A là giao của AH và AC. Tiếp theo viết phương trình đường thẳng AB đi qua A và B.
Lời giải.
+ Đường thẳng BC đi qua B và nhận vectơ chỉ phương u (4;3) của AH làm vectơ pháp tuyến nên có phương
trình 4( x  2)  3( y  1)  0  4 x  3 y  5  0 .
4 x  3 y  5  0
 x  1

 C( 1;3) .
x  2 y  5  0
y  3
C là giao của CD và BC nên tọa độ của C là nghiệm của hệ 
Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua phân giác CD. Khi đó B’ thuộc AC .
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
Gọi I là giao của BB’ và CD. Ta có I là trung điểm của BB’.
BB’ qua B và vuông góc với CD nên có phương trình 2( x  2)  1( y  1)  0  2 x  y  5  0.
2 x  y  5  0
x  5

 I (3;1)  B '(4;3) .
x  2 y  5  0
y  5
Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ 
+ Đường thẳng AC đi qua C và nhận CB '  (5;0) làm vectơ chỉ phương nên có phương trình y – 3 = 0.
3 x  4 y  27  0
 x  5

 A( 5;3) .
y 3  0
y  3
A là giao của AC và AH nên tọa độ của A là nghiệm của hệ 
+ Đường thẳng AB đi qua A và B nên có phương trình
x2
y 1

 4 x  7 y  1  0.
5  2 3  1
 17 1 
;   . Chân đường phân giác của
5
 5
Bài . Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có chân đường cao hạ từ A là H 
góc A là D(5;3). Trung điểm của cạnh AB là M(0;1). Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC của tam giác.
Định hướng:
Viết ngay được đường thẳng BC qua D và H. Viết được phương trình của AH qua H và vuông góc với BC. Biểu diễn
tọa độ của A theo tham số, kết hợp với M ta suy ra tọa độ của B theo tham số, sử dụng B thuộc BC suy ra tham số.
Từ đó lấy được tọa độ của A. Đến đây ta sẻ viết được AD, Sử dụng tính chất đường phân giác ta lấy tọa độ của N đối
xứng với M qua AD. Cuối cùng ta viết phương trình đường thẳng AC qua A và N.
Lời giải:
A
Đường thẳng BC qua H và D nên có phương trình là
N
x 5
y3

 2x – y – 7 = 0
17
1
5  3
5
5
M
B
C
Đường thẳng AH qua H và nhận vectơ chỉ phương u BC  (1;2) làm vectơ pháp tuyến
H nên
D có phương trình là
17 
1


1 x 
 2  y    0  x + 2y – 3 = 0

5 
5


Do A  AH nên A(3 – 2a;a)  B(2a – 9; 2 – a)(Vì M là trung điểm của AB).
Mà B BC nên a = 3  A(-3;3), B(3;-1)
Đường thẳng AD qua A và D nên có phương trình là y – 3 = 0
Gọi N là điểm đối xứng với M qua AD  N(0;5) và N AC
Vậy đường thẳng AC qua A và N nên có phương trình là
x3 y3

 2x – 3y + 15 = 0
03 53
Bài . Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3;4), trực tâm H(1;3) và tâm đường tròn ngoại tiếp
I(2;0). Viết phương trình đường thẳng BC.
Đinh hướng:
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
Kẻ đường kính AD, ta xác định được tọa độ của D. Chứng minh HCBD là hình bình hành. Từ đó xác định tọa độ trung điểm
M của BC. Cuối cùng viết phương trình BC qua M và vuông góc với IM.
Lời giải: Gọi D là điểm đối xứng với A qua I. Suy ra D(1; -4)
 AB  BD , AB  H C
 BD / / H C
 tứ giác BHCD là hình bình hành .

 AC  CD, AC  H B
CD / / H B
Ta có 

1


Gọi M là trung điểm BC M cũng là trung điểm của HD  M  1;  
2
 1
Do IM  BC nên đường thẳng BC có vectơ pháp tuyến là M I   1;  , mà BC đi qua M nên
2

1
1



BC: 1( x  1)   y    0  4x + 2y – 3 = 0
2
2
Bài . Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ A và đường thẳng BC lần
lượt có phương trình là 3x + 5y – 8 = 0 và x – y – 4 = 0. Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là D(4;-2). Viết phương trình các đường thẳng AB, AC; biết rằng hoành
độ của điểm B không lớn hơn 3.
Định hướng:
Bài toán này lấp tính chất hình học: Trực tâm H của tam giác ABC đối xứng với D qua BC.
Khi ta chứng minh được tính chất trên thì xác định được tọa độ điểm H thông qua trung điểm của DH. Tiếp theo biểu diễn tọa
độ của điểm theo tham số và sử dụng quan hệ vuông góc nhờ trực tâm ta sẻ xác dịnh được tham số. Từ đó suy ra tọa độ các
đỉnh và phương trình ccs đường thẳng AB, AC.
Lời giải:
Gọi M là trung điểm BC, H là trực tâm ABC,K = BC  AD, E = BH  AC
7

x
 x y4  0
7 1

2

 M  ; 
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 
2 2
3 x  5 y  8  0
y  1

2
Đường thẳng AD qua D và nhận vectơ chỉ phương u BC (1;1) của BC làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là 1(x 4)+1(y+ 2) = 0 <=> x + y – 2 = 0.
 x y2  0
 A 1;1
3 x  5 y  8  0
A là giao của trung tuyến kẻ từ A và AD nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 
Tứ giác HKCE nội tiếp đường tròn nên BH K  KCE .
Mà KCE  BAD (nội tiếp chắn cung AB ). Suy ra BH K  BDK => Tam giác BHD có đường cao BK cũng là phân giác
nên tam giác BHD cân tại B  K là trung điểm của HD  H(2;4).
Gọi B(t;t – 4) , với t  3. Do M là trung điểm của AB nên C(7 – t;3 – t)  HB   t  2; t  8  , AC  (6  t ;2  t )
Tài liệu HSG – Toán 10 – Trịnh Thị Châm
t  2
 B(2;-2), C(5;1)
 t  7 ( l oai )
Do H là trực tâm tam giác ABC nên H B. AC  0  ( t  2)(14  2t )  0  
AB đi qua A và B nên có phương trình là
x 1
y 1

 3x  y  4  0 .
2  1 2  1
AC qua A và có vectơ chỉ phương là AC  (4;0) nên có phương trình là y – 1 = 0.
Vậy đường thẳng AB, AC lân lượt có phương trình là 3x + y – 4 = 0, y – 1 = 0.
Bài 12. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có C(-4; 1),phương trình các đường trung tuyến AA’ và đường
phân giác trong BB’ lần lượt là 2x – y + 3 = 0, x + y – 6 = 0. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC.
Định hướng:
A’ và B nằm trên các đường thẳng đã biết phương trình, C đã biết tọa độ cùng với tính chất trung điểm bằng cách biểu diễn
tọa độ của B theo tam số ta sẻ xác định được tọa độ của B. Suy ra phương trình của BC
Biết tọa độ của C trên AC và phương trình đường phân giác trong của góc B nên ta nghĩ đến việc lấy C’ đối xứng với C qua
BB’. Lập được phương trình của AB đi qua C’ và B.
Tiếp theo ta xác định tọa độ của A là giao của AA’ với AB. Từ đó viết phương trình của AC đi qua A và C.
Lời giải.
b4 7b
;
. Mà A’ thuộc AA’ nên
2 
 2
B thuộc BB’ nên B(b; 6 - b). A’ là trung điểm của BC nên A ' 
2b  8 7  b

 3  0  b  3  B(3;3) .
2
2
+ Đường thẳng BC đi qua B và C nên có phương trình
x  4 y 1

 2 x  7 y  15  0 .
3  4 3 1
Đường thẳng BB’ có vectơ chỉ phương là u  (1; 1) .
Gọi C’(a; b) là điểm đối xứng của C qua BB’ .
 a  4 b1
;
.
2 
 2
Khi đó C’ thuộc AB, CC '  ( a  4; b  1) và trung điểm I của CC’ có tọa độ 
CC '.u  0
1( a  4)  1( b  1)  0
a  5

Ta có CC’ vuông góc với BB’ và I thuộc BB’ nên  a  4 b  1



6  0
 a  b  15  0
b  10

 2
2
Suy ra C’(5; 10).
x3
y3

 7 x  2 y  15  0 .
5  3 10  3
7 x  2 y  15  0
x  7
A là giao điểm của AA’ và AB nên tọa độ của A là nghiệm của hệ 

 A(7;17) .
2 x  y  3  0
 y  17
x4
y 1
+ AC đi qua A và C nên có phương trình

 16 x  11 y  75  0 .
7  4 17  1
+ AB đi qua B và C’ nên có phương trình