TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA

Phần 1. Tam giác và đường tròn
(50 bài tập kèm lời giải chi tiết)
A. Phương pháp
Thực ra mỗi bài toán hình học toạ độ đều chứa đựng trong bản chất của nó một
bài toán phẳng. Nhưng đề bài toán lại không đề cập đến bài toán phẳng đó. Nên
phán đoán và giải quyết bài toán phẳng trong bài toán hình học toạ độ luôn là
một vấn đề khá hấp dẫn. Với bài viết này tôi muốn thông qua các bài toán cụ thể
hình thành cho học sinh khả năng phán đoán bài toán hình học phẳng có trong
bài toán hình học toạ độ thông qua hình phẳng vẽ biểu thị chính xác, các giả
thiết phẳng đã cho và kết luận của bài toán hình học toạ độ.
1/ Phán đoán bài toán phẳng thông qua hình phẳng biểu thị
Để phán đoán được bài toán phẳng trong bài toán hình học toạ độ theo cách này
đòi hỏi học sinh phải thực hiện được hai yêu cầu sau
+/ Vẽ hình phẳng biểu thị một cách chính xác các giả thiết hình học phẳng đã
cho của bài toán.
+/ Căn cứ vào kết luận của bài toán để xét xem bài toán phẳng mà ta dự đoán
nếu giải quyết được thì có tìm được kết quả của bài toán hình học toạ độ không.
2/ Phán đoán bài toán phẳng thông qua giả thiết phẳng đã có và kết luận
của bài toán hình học toạ độ.
Để phán đoán được bài toán phẳng trong bài toán hình học toạ độ theo cách này
thì học sinh cần thực hiện những yêu cầu sau
+/ Vẽ hình phẳng biểu thị một cách chính xác các giả thiết hình học phẳng đã
cho của bài toán.
+/ Căn cứ vào kết luận của bài toán và các giả thiết phẳng đã cho để phán đoán
xem cần tìm được một giả thiết mới nào từ các giả thiết phẳng đã cho thì bài
toán hình học toạ độ được giải quyết
B. Bài tập vận dụng
Các bài tập vận dụng sau đây tác giả lấy từ các đề thi thử THPT QG trên Thư viện
Đề thi & Kiểm tra - Thư viện trực tuyến ViOLET. Xin chân thành cảm ơn các

Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
nên IM  AB  IM  GK
Lại có:

MN NK 1

  MK / / C
BN NC 3

K

M

I

Mà IG  BC  IG  MK
Do đó I là trực tâm của tam giác MGK
Gọi M  x; y  .

G

C

B

Ta có:

 
  1 1    1 
7

 A(1; 2)

y
3
y
(
y
y
)
y
2




K
C
M
 A
 A

M là trung điểm của AB suy ra B  5;0 
Vậy A 1; 2  , B  5;0  , C  3; 2  .
Bài 2. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC
có C(-1;-2) ngoại tiếp đường tròn tâm I. Gọi M, N, H lần luợt các tiếp điểm của
(I) với cạnh AB, AC, BC. Gọi K(-1;-4) là giao điểm của BI với MN. Tìm toạ độ
các đỉnh còn lại của tam giác ABC, biết H(2;1).
Giải
GV: Ngô Quang Vân


N
Từ (1) và (2) suy ra KIC

nên tứ giác KNIC nội tiếp trong đường
tròn đường kính IC.Mặt khác tam giác
IHC nội tiếp trong đường tròn đường
kính IC. Vậy 5 điểm K, N, I, H, C nằm
trên đường tròn đường kính IC.Gọi J là
trung điểm của IC nên J là tâm đường tròn
đi qua 5 điểm trên. Giả sử J(x;y) khi đó

K

M

I
J
C
B

H

(1  x) 2  (4  y ) 2  (1  x) 2  (2  y ) 2
 JC  JK
x  3
JC  JK  JH  



2


5 2 

a
 b  1
5 2  
a 2  b2
 a  23
 b 7

8a  2b

a
 1 chọn a = 1, b = -1 nên AC có phương trình x  y  1  0 ( trùng BC) (
b

loại).
a 23
chọn a = 23 ; b = 7 nên AC có phương trình 23x  7 y  37  0

b 7
3

x

x

y

7

điểm E(3; 1) là chân đường vuông góc hạ từ B xuống AI; điểm P(2;1) thuộc
đường thẳng AC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC
Giải

Gọi M là điểm đối xứng của A qua I.
  BAM
  EDC
 (Do tứ giác ABDE nội tiếp). Từ đó suy ra DE / /MC
Ta có BCM
 AC  DE  AC .
mà MC

Ta có DE  1; 2  . Phương trình AC : 1 x  2   2  y  1  0  x  2y  4  0 . Ta có

A  d  AC . Tọa độ của A thỏa hệ phương trình


 A  0; 2  . Ta có AD   2; 3 , AE   3; 1 .

 x  2y  4  0
x  0


x  y  2  0
y  2

Phương trình BE : 3  x  3   y  1  0  3x  y  8  0 .
Phương trình BD : 2  x  2   3  y  1  0  2x  3y  7  0 . B  BE  BD
17


7

 C ;  .

 7 7
2x  3y  7  0
y  1

7

GV: Ngô Quang Vân

4

Sưu tầm và biên soạn


TUYN TP NHNG BI TON OXY HAY ễN THI THPT QUC GIA
17 5
26 1
Kt lun : A 0; 2 , B ; , C ; .
7
7
7 7

Bi 4. ( thi th THPT QG - Violet) Trong mt phng vi h ta Oxy,
cho tam giỏc ABC vuụng ti A ni tip ng trũn (T) cú phng trỡnh:
x 2 y 2 6x 2y 5 0. Gi H l hỡnh chiu ca A trờn BC. ng trũn ng
kớnh AH ct AB, AC ln lt ti M, N. Tỡm ta im A v vit phng
trỡnh cnh BC, bit ng thng MN cú phng trỡnh: 20x 10y 9 0 v


x 2y 5 0

Gi s A(5 2a; a) IA.
a 0

M A (T) (5 2a)2 a2 6(5 2a) 2a 5 0 5a2 10a 0

a 2

Vi a 2 A(1; 2) (tha món vỡ A, I khỏc phớa MN)
Vi a 0 A(5; 0) (loi vỡ A, I cựng phớa MN)


Gi E l tõm ng trũn ng kớnh AH E MN E t; 2t




Do E l trung im AH H 2t 1; 4t

9

10

38

10




GV: Ngụ Quang Võn

5

Su tm v biờn son


TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA
 11 13 
8
Với t   H  ;  (thỏa mãn)
5
5 5

  6 3 
Ta có: AH   ;   BC nhận n  (2;1) là VTPT
5 5
 phương trình BC là: 2x  y  7  0

Bài 5. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho
tam giác ABC có đường tròn nội tiếp tiếp xúc với các cạnh BC,CA,AB lần lượt
tại các điểm D,E,F. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết D(3;1), trung
điểm của BC là M(4;2), phương trình EF: 3x-y-2=0 và B có hoành độ bé hơn 4.
Giải

Phương trình đường thẳng BC: x-y-2=0
Gọi H là giao điểm của EF và BC ta có tọa độ H là nghiệm của hệ
3 x  y  2  0
x  0

x  1 
5


. Vì G nằm giữa H và F nên

y
1
1


y  
3 x  y  2  0

5

GV: Ngô Quang Vân

6

Sưu tầm và biên soạn


TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA

3 1
F 1;1 , G  ;   . Khi đó phương trình AB: x+y-2=0, AC đi qua C và song
5 5

song với BG nên có pt: x-7y+22=0. Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ

x+2y+4=0

Gọi I là trung điểm của AH , ta có MI / / AB  MI  AC
Suy ra: I là trực tâm tam giác AMC  CI  AM
Mà NK  AM  NK / / CI  K là trung điểm HI .




 2a  2 2  a 
;

3 
 3

Đặt A  2a  4; a   d , từ hệ thức AK  3KH  H 


  2a  4 5  a 
7

1
;

2
3 
 3
2

 

TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA

 x  3y  5  x  4

 C  4; 3 .

x  y  1
 y  3

Bài 7.(Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho

tam giác ABC vuông tại A có cos BCA

3
. Đường thẳng AB đi qua điểm
10

M(4; -1); đường thẳng AC đi qua N(-2; -1). Trọng tâm của tam giác ABC là
G 

11 10 
;  . Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC
3 3

biết điểm A có tọa độ nguyên.
Giải
C

GH 1


K

G

A

H I

B

M(4;-1)

N(-2;-1)



Gọi vecto pháp tuyến của đường thẳng AB là n   a; b  (a 2  b2  0)


suy ra vecto pháp tuyến của đường thẳng AB là n   b;  a 
Do
d (G, AB)  3d (G, AC ) 

11a 10b

 4a  b
3
3

a 2  b2

Suy ra A 

206 151 
;
 (loại)
 89 89 

Vậy phương trình chứa các cạnh của tam giác ABC:
Đường AB: x+y-3=0; Đường AC: x-y+1=0 ; Đường BC: 2x-y-6=0
Bài 8. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường
2
2
tròn (C):  x  1   y  1  25 , và các điểm A(7;9), B(0;8) . Tìm tọa độ điểm
M thuộc (C) sao cho biểu thức P  MA  2MB đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải
(C) có tâm I(1;1) và bán kính R = 5.
B 
5 
Gọi J  ;3  . Ta chứng minh với mọi điểm
2 
 M 
M thuộc (C) ta có MA = 2MJ.
Thật vậy
A 
2
2
I
J
MA  2MJ  MA  4MJ
  2

 x 5


hoặc 
.

2
2

y
6


y
2




x
1
y
1
25







  MEI
  900 .
 MEI
Do đó tứ giác MEIF nội tiếp đường tròn đường kính IM, tâm là trung điểm J của
IM.
(Đường tròn (J) là đường tròn Euler)
0

H

A

I

I
F

F

H

E

E
A

J

J
C




2
y
2

y
4

y
3
1








Vì A  AH nên A(a ; 3a + 3)
Ta có: IA  IE  IA 2  IE 2  (a  1)2  (3a  3)2  20  a  1  2
Vì A có hoành độ dương nên A(1  2;6  3 2) .
Bài 10. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam
GV: Ngô Quang Vân

10

Sưu tầm và biên soạn

3

y

Gọi I  AM  OB  OG  OI . Kẻ GK // AM ,

M

B
Kẻ GK // AM , K  OA ,Gta có:
O

A K

x

K  OA ,
 4 
OK  OA  K (4; 0) .
3
GK // AM  GK  OB .
Suy ra G thuộc đường tròn đường kính OK .
Toạ độ G ( x; y ), y  0 thoả mãn:
 y  x  3  3

2
2
( x  2)  y  4

x  y  3  3

tam giác ABC.
12
GV: Ngô Quang Vân
Sưu tầm và biên soạn


TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA

Giải
Gọi ( ) là đường tròn có phương trình x  32   y  2 2  25 có tâm I (3; 2) bán
kính R  5
Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB và H là chân đường
cao hạ từ đỉnh A xuống cạnh BC.
Gọi L là trung điểm của đoạn HD, K là giao điểm của EF và AD, suy ra K là
trung điểm của EF và AD (1)
Suy ra KL là đường trung bình của tam giác ADH
 KL  HD
(2)
 KL  EF

Suy ra KL / / AH  

A

Như vậy từ (1) và (2) suy ra H, D, E, F
là bốn đỉnh của hình thang cân.
Suy ra ( ) đi qua trung điểm ba cạnh
tam giác ABC.

F

  x  3
 I (3;10).
GI '  2GI  
 y  10
Vậy ( ') :( x  3)2  ( y  10)2  100.
3x  x  x  x
 x  x  3xG  xC
2 x  x  x
Cách 2. Ta có  G A B C   A B
và  F A B
 2 yF  y A  yB ,
3 yG  y A  yB  yC
 y A  yB  3 yG  yC
3  xC

xF 
2
2

2 xF  3xG  xC

 3  xC
  6  yC

2
do đó 


 3  
 2   25

Sưu tầm và biên soạn


TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA

Tương tự ta có góc IEM vuông tại E nên M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam
giác IEF.Tương tự ta cũng có N, P cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác
IEF
Mặt khác dễ thấy tam giác ABC là ảnh của tam giác MNP qua phép vị tự tâm G
tỷ số k = -2
Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là ảnh của đường tròn ngoại tiếp
tam giác MNP
Ta có đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP có phương trình:
x2 + y2 – 2x + 4y + 4 = 0, có tâm K(1;-2) và bán kính R = 1
Gọi
K’, 
R’ là tâm và bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì

GK '  2GK , R’ = 2R.
Suy ra K’(1;10) và R’ = 2
vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
(x - 1)2 + (y - 10)2 = 4
A
I
H

N

P
E

x4 y2

 x y6  0.
7
5
4
2
2
2

GV: Ngô Quang Vân

14

Sưu tầm và biên soạn


TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA
A

F

H

N

I
B

E


x

F

a  b  3
a  1
2


 A 1;1 , C  2; 4  .

6
5
2
y
y
a
b
b







A
C
y 

Sưu tầm và biên soạn


TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA
A
E

F
H

B

D

C

Gọi H là trực tâm tam giác ABC ta có phương trình DE : 4x – 3y – 2 = 0 ;
EF : y – 2 = 0

4x  3y  2
  ( y  2)
5
Ta có hai phương trình đường thẳng là : x  2 y  2  0 ( ) hay 2 x  y  6  0 (d )

Vậy phương trình phân giác góc FED là :

Khi thay tọa độ của F; D vào (d) thấy F; D cùng phía đối với (d) nên phương
trình AC : 2x + y – 6 = 0
(Ta có thể tìm phương trình các cạnh còn lại và từ đó xác định các định của tam
giác ABC)

AH; BH; CH của tam giác lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại R(-1;1) ; P (1;3); Q 

11 3 
;  .Hãy xác định tọa độ các đỉnh của tam giác
 5 5

Giải
Do đường tròn ngoại tiếp tam giác qua P; Q;
R nên có phương trình : x 2  ( y  1) 2  5
Lại có phương trình các đường thẳng RP :
16
GV: Ngô Quang Vân

Sưu tầm và biên soạn

C


TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA

2x – y =1; PQ : 2x + y – 5 = 0;
RQ : x – 2y – 1 = 0
Nên phương trình các đường phân giác góc
QPR là: x= 1; y = 3 thử lại ta thấy phân giác
trong góc QPR là x = 1 nên tọa độ điểm C
là nghiệm của hệ :
 x 2  ( y  1) 2  5
 C (2; 2); C (1;3)  F (1;3)

x  1





1
1
sd ( AP  Q1 N )  sd (CP  BN  Q1 B )
2
2


1
 sd ( AQ1  NP )  AQQ1  AQP  900
2
Hay AN  Q1 P

AQP 

Q
Q1
D

C
Từ đó ta có cách dựng sau :
B
Dựng đường tròn qua ba điểm đã cho, sau đó
dựng các đường thẳng
N
Vuông góc với dây cung cắt đường tròn tại các
điểm đó là đỉnh của tam giác

Giải các hệ này ta có A  3; 2  ; B 

Bài 19. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Cho tam giác ABC biết tọa độ tâm
đường tròn bàng tiếp góc A là T(-3;-1); tâm đường tròn bàng tiếp góc B là
S(4;0) tâm đường tròn bàng tiếp góc C là R(-2;4) .Hãy xác định tọa độ các đỉnh
của tam giác
Giải
Bài toán phẳng
Cho tam giác ABC biết tọa độ ba tâm đường tròn bàng tiếp tam giác. Hãy xác
định tọa độ các đỉnh của tam giác
Hướng giải :
A
R
Giả sử R; S ; T là tâm ba đường tròn bàng
tiếp
Tam giác ABC như hình vẽ
Theo tính chất phân giác ngoài và trong ta có
R;A;
C
S thẳng hàng; S;C; T thẳng hàng; R; B T
thẳng hang. Bên cạnh đó ta còn có :
B

S

RS  AT ; RC  TS ; SB  RT

Từ đó ta có cách giải sau :
T
Lập phương trình đường thẳng RS; ST; RT,

độ đỉnh tam giác ABC.
Bài toán phẳng
Cho tam giác ABC biết tọa độ của ba điểm M; N; P là ba điểm đối xứng của
trực tâm H qua trung điểm ba cạnh .Hãy xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC
Hướng giải :
Giả sử M ; N; P là ác điểm đối xứng của
trực tâm H qua trung điểm ba cạnh. Khi
GV: Ngô Quang Vân

18

Sưu tầm và biên soạn


TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA

đó xét tứ giác BHCP đễ thấy tứ giác này là
hình bình hành nên BH // CP hay AC
vuông góc với AC vậy A; I ; P thẳng hàng;
A
tương tự B; I; N và C; I ; M thẳng hàng
N
(Với I là tâm đường tròn). Từ đó ta xác
định
M
được ba đỉnh tam giác khi biết tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC, nhưng đó
H
I
chính là đường tròn qua ba điểm M; N; P


BC :

x4 y2

 x y 6  0.
1
1

B

A

H
I

K

AH
vuông góc với MN nên AH có vtpt là

MN   1;1 suy ra phương trình đường thẳng
N
AH: 1 x  4   1 y  4   0  x  y  0 .
Gọi K là giao điểm của AH và BC suy ra K là
trung điểm HN và tọa độ K là nghiệm của hệ phương trình:

Q

P




2t  11 7  2t  
;
 , BH   2  t ; t  4 
2 
 2

ra C  7  t; t  1 . Ta có CQ  

Do
H là trực tâm tam giác ABC nên
 

CQ. BH  0   2t  11 2  t    7  2t  t  4   0

t  5
 4t  30t  50  0   5 , kết hợp với t  3  t  5 . Vậy tọa độ các đỉnh của
t 
 2
tam giác ABC là B  5;1 , C  2; 4  , A 1;1 (A là giao của đường thẳng AH và AC)
2

Bài 22. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy,
cho tam giác ABC nhọn với trực tâm H. Các đường thẳng AH, BH, CH lần lượt
cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D, E, F (D khác A, E khác B, F khác
C). Hãy viết phương trình cạnh AC của tam giác ABC; biết rằng
 6 17 
D  2;1 , E  3; 4  , F  ;  .

nội tiếp của tam giác DEF.
Ta lập được phương trình các đường thẳng DE, DF lần lượt là
DE : 3 x  y  5  0; DF : 3 x  y  7  0 . Do đó pt phân giác trong và ngoài của đỉnh

D là

3x  y  5
10



3x  y  7
10

 x  2  0; y  1  0 . Kiểm tra vị trí tương đối của E, F

với hai đường trên ta được phân giác trong kẻ từ đỉnh D là d : x  2  0 .
20
GV: Ngô Quang Vân
Sưu tầm và biên soạn


TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA

Tương tự ta lập được phương trình phân giác trong kẻ từ đỉnh E là
d ' : x  y  1  0 . Mặt khác H là giao của d và d’ nên H  2;3 . Ta có AC là trung
5 7
trực của HE nên AC đi qua trung điểm B '  ;  và có vtpt là

2 2

giác vuông AMI ta tính được độ

M

dài đoạn IK và suy ra K là trung

H

(d)

điểm HI
Từ đó dẫn đến bài toán phẳng:
Cho đường tròn (C) có tâm I và bán kính R = 10 . Gọi M là một điểm trên
đường thẳng (d), ((d) không có điểm chung với (C)). Từ M kẻ hai iếp tuyến
MA, MB đến (C), (A, B là hai tiếp điểm). Kẻ IH vuông góc với (d) tại H, IH
cắt AB tại K. Tính độ dài đoạn IK, biết IH = 2 5 .

Ta có hai tam giác IJK và IHM đồng dạng nên

IJ
IK

 IK .IH  IJ .IM , lại
IH IM

có IJ .IM  IA2  10  IK  5 suy ra K là trung điểm của IH. Đên đây kết
hợp với các giả thiết về toạ độ ta tìm được toạ độ K suy ra toạ độ H và I.
GV: Ngô Quang Vân

21

a  3b
a b
2

2

 3  (a  3b) 2  9(a 2  b 2 )

 a0
 8a 2  6ab  0  
 4a  3b

+)Với a = 0 Phương trình đường thẳng (d) là y=2
+)Với 4a =-3b ;Chọn a=3 ;b=-4 Phương trình đường thẳng (d) là 3x-4y+5=0
Bài 25.(Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn
(C) (x-4)2 + y2 = 4 và điểm E(4;1).Tìm điểm M thuộc trục Oy để từ M kẻ được
hai tiếp tuyến MA;MB đến đường tròn (C) (A;B là hai tiếp điểm )sao cho ba
điểm A;B;E thẳng hàng.
Giải

A

I

B

E

M


3 

lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và trọng tâm tam giác ABD .

P  1;6  , Q  9;2  lần lượt thuộc đường thẳng AC , BD . Tìm tọa độ điểm

A, B, C , biết D có hoành độ dương.
HD

- Vẽ hình phẳng biểu thị
- Từ hình vẽ ta dự đoán G là trực tâm tam giác EKD
Từ đó dẫn đến bài toán phẳng:
Cho tam giác ABC cân đỉnh A, D là trung điểm cạnh AC, K và G là tâm
đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm tam giác ABC. E là trọng tâm tam giác
ABD. Chứng minh rằng G là trực tâm tam giác EKD

A
M

B

E

D

G

C
K


HD
- Vẽ hình phẳng biểu thị

- Từ các giả thiết của bài toán đã cho và kết luận của bài toán đòi hỏi ta phải
tính được độ dài IM suy ra AB. Khi đó kết hợp các giả thiết toạ độ thì ta dễ
dàng tìm được toạ độ điểm A
Đáp số: A(3;3) hoặc A(5;-3)
E
D

C
I

A

M

B

Bài 28. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam
giác ABC vuông tại A. Gọi D là điểm đối xứng của A qua BC. Đường thẳng đi
qua A vuông góc với CD có phương trình 4 x  3 y  20  0. Biết rằng phương trình
đường thẳng AD: x  2 y  10  0 , điểm B nằm trên đường thẳng d : x  y  5  0.
Tìm toạ độ các điểm B, C.
Giải
GV: Ngô Quang Vân

24

Sưu tầm và biên soạn

là tia phân giác góc BAH
*Lấy điểm M (5;0) là điểm thuộc AH; gọi N

là điểm đối xứng của M qua AD, ta có N
thuộc AB và toạ độ điểm N là nghiệm của hệ:
y0
x5
 2.
 10  0
 x  7


 N (7; 4).
2
 2
4
y


2( x  5)  1( y  0)  0

*Đường thẳng AB đi qua A, N có PT: y  4  0.
*Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ:
x  y  5  0
 B(1; 4).

y  4  0

*Đường thẳng AC đi qua A, vuông góc AB có PT: x  2  0.
*Đường thẳng BC đi qua B, vuông góc AD có PT: 2 x  y  6  0.

Sưu tầm và biên soạn