Chuyên đề tháng 10:
SỬ DỤNG TÍNH CHẤT HÌNH HỌC
GIẢI BÀI TOÁN HHGT OXY
GV báo cáo: Đinh Văn Trường.
Bài toán HHGT trong mặt phẳng Oxy xuất hiện thường xuyên trong các đề thi ĐH – CĐ
hằng năm. Đây là một trong những bài toán khó, gây ra nhiều lung túng cho học sinh trong
việc tìm hướng giải quyết. Chuyên đề trình bày một định hướng để giải quyết bài toán này: Sử
dụng tính chất hình học.
I. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1. (D – 2014) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có chân đường
phân giác trong của góc
A
là điểm
( )
1; 1D −
. Đường thẳng
AB
có phương trình
3 2 9 0x y+ − =
,
tiếp tuyến tại
A
của đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
có phương trình
2 7 0x y+ − =
. Viết

+ − = =
 
⇔
 
+ − = =
 

( )
1;3A⇒
.
Điểm
E
thuộc đường thẳng
2 7 0x y+ − =
nên
( )
7 2t;E t−
. Do đó,
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 6 3 2 6 1 1EA ED t t t t t= ⇔ − + − = − + − − ⇔ =
.
Suy ra
( )
5;1E
. Ta có
( )
4; 2ED = − − ⇒
uuur
VTPT của đường thẳng

B
và
C
.
Bài giải
Gọi
E
là giao điểm thứ hai của đường thẳng
AI
với đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
và
H
là giao điểm của hai đường thẳng
KE
với
BC
.
Ta chứng minh: Tam giác
EIB
cân tại
E
.
Thật vậy, do
AI
là tia phân giác của góc
BAC∠
nên
E


( )
1; 3AI = −
uur
⇒
VTPT của đường thẳng
AI
là
( )
3;1n =
r
. Phương trình đường thẳng
AI
là
( ) ( )
3 2 2 0 3 8 0x y x y− + − = ⇔ + − =
.
Lại có: Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
là
5
2
R AK= =
. Phương trình đường tròn
ngoại tiếp tam giác
ABC
là :
( )
2
2
5 25



⇔

 

= =
− + − =
 ÷


 

.
Do đó,
5 1
;
2 2
E
 
 ÷
 
10
2
EB EC EI⇒ = = =
. Do đó,
,B C
thuộc đường tròn:
2 2
5 1 5


   

− + − =
 ÷  ÷

   
4
1
x
y
=

⇔

=

hoặc
1
1
x
y
=


=


Ta chứng minh:
I
là trung điểm của
HC
.
Thật vậy, do
ABCD
là hình thang cân nên
IB IC IBC= ⇒ ∆
vuông cân tại
I
.
Do đó,
0
45BCI∠ =
.
Mặt khác,
H
là trực tâm của tam giác
ABD
nên
BH AD BH BC⊥ ⇒ ⊥
HBC⇒ ∆
vuông cân tại
B
.
Mà
BI HC⊥
nên
I

2 8 0 2
2 6 0 4
x y x
x y y
− + = = −
 
⇔
 
+ − = =
 

( )
2;4I⇒ −
.
Vì
I
là trung điểm của
HC
nên
( )
1;6C −
.
Ta có
3 3 5ID IC= =
. Do đó
D
thuộc đường tròn:
( ) ( )
2 2
2 4 45x y+ + − =

Oxy
, cho hình chữ nhật
ABCD
có điểm
C
thuộc đường thẳng
: 2 5 0d x y+ + =
và
( )
4;8A −
. Gọi
M
là điểm đối xứng của
B
qua
C
,
N
là
hình chiếu vuông góc của
B
trên
MD
. Tìm tọa độ các điểm
B
và
C
, biết rằng
( )
5; 4N −

là trung điểm của
BD
nên
IA IN
=
1
2
BD
 
=
 ÷
 
.
Mặt khác, tứ giác
ACMD
là hình bình hành nên
AC
song song với
DM
.
Mà
BN DM⊥
nên
AC BN⊥
.
Trong tam giác
BMN
có
C
là trung điểm của

− −
 
 ÷
 
. Khi đó,
2 2 2 2
4 3 2 4 3 2
4 8 5 4 1
2 2 2 2
t t t t
IA IN t
− − − −
       
= ⇔ + + − = − + + ⇔ =
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
.
Do đó,
( )
1; 7C −
.
Ta có:
( )
5; 15AC = −
uuur
. Phương trình
AC
:
3 4 0x y+ + =
và phương trình

. Suy ra
1 11
;
2 2
K
 
−
 ÷
 
.
Do
K
là trung điểm của đoạn thẳng
BN
nên
( )
4; 7B − −
.
4
Ví dụ 5. (D – 2010) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có đỉnh
( )
3; 7A −
,
trực tâm là
( )
3; 1H −

BH AC⊥
,
CH AB⊥
.
Do đó,
/ / 'BH A C
và
/ / 'CH A B
.
Suy ra, tứ giác
'BHCA
là hình bình hành.
Gọi
K
là giao điểm của hai đường thẳng
BC
và
'HA
. Khi đó,
K
là trung điểm của
'HA
và
BC
. Suy ra
IK BC⊥
.
Vì
I
là trung điểm của

>
.
Ta có:
( )
2
2 9 74 2 65IC IA t t= ⇔ + + = ⇒ = − +
(Do
0t
>
). Vậy
( )
2 65;3C − +
.
II. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có tâm đường tròn ngoại tiếp
( )
1;3E
, phương trình đường thẳng
: 1 0BC x y− + =
, phương trình đường phân giác trong góc
A
là
2 7 0x y− + =
. Tìm tọa độ đỉnh
A
.

2;1M
là trung điểm của
cạnh
AC
, điểm là chân đường cao kẻ từ
A
, điểm
( )
23; 2E −
thuộc trung tuyến kẻ từ
C
. Tìm tọa
độ điểm
B
, biết điểm
A
thuộc đường thẳng
: 2 3 5 0d x y+ − =
và điểm
C
có hoành độ dương.
Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có đỉnh
( )
3;3A
, tâm đường tròn
ngoại tiếp

BC
,
9 3
;
5 5
K
 
−
 ÷
 
là hình chiếu vuông góc của
D
lên
AM
. Tìm tọa độ
các đỉnh còn lại của hình vuông, biết đỉnh
B
có hoành độ bé hơn 2.
6