TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA - Phần 2

Phần 2. Hình vuông, hình thoi và hình bình hành
(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 bạn đã đóng góp nhiều đề thi hay đặc biệt là các bài toán hình học tọa độ trong mặt


 IEB  BIE  135

FD DI

 FD.BE  IB.ID.
IB BE
Đặt BM = a > 0, suy ra AD = 2a, IB  ID  a 2
Ta có FD.BE  IB.ID  a 2.a 2  2a2  AD.BM  FD.BE  AD.BM .
FD BM

AFD  EMB

 AFD  EMB  
Suy ra
AD BE

  ME  AF
 FAB  EMB

Từ (1) và (2), suy ra FID ∽ IEB, suy ra

Đường thẳng AF đi qua F(-6;-7) và song song ME nên AF: 5x - 4y + 2 = 0. Do A = AFÇ d
x  2 y  8  0
 A(2;3)
5x  4 y  2  0

nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ 

Vậy A(2;3).

+ Xét tam giác ADN có J là giao điểm của hai đường cao AI và NJ nên J là trực tâm
 AN  DJ  AN  MN  N là hình chiếu của A trên MN
+ Phương trình đường thẳng AN : 2 x  y  4  0
x  2 y  2  0
x  2

2 x  y  4  0  y  0

+ Tọa độ của N là nghiệm hệ phương trình 

N(2;0)

+ ADMN là tứ giác nội tiếp  
AMN  
ADN  450  AMN vuông cân tại N
MN  AN  5 .Gọi M (2t  2; t)  MN có MN  5  MN 2  5 Tìm được

M( 0;-1)
+ Gọi K là giao điểm AM và BD  K là trọng tâm của tam giác ADC

 2 
1
AK  AM .Tìm được K ( ;0)
3
3
 3 
1
1
+ Ta có NI  BI , B,N,I,K thẳng hàng và KI  DI  NI  NK
2



TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA - Phần 2
B

A

M

E

C

D

  MBC
 suy ra MEC
  MBC
 hay tứ giác BECM nội tiếp.
Mà MDC
  BEC
  180o  BEC
  180o  90o  90o
Suy ra BMC
  90o hay AMD vuông tại M
AMB  BEC
Ta có AMD  BEC (c.c.c)  
DM 1
1
  DM  MA .

Phương trình đường thẳng  trung trực của MN
đi qua H và vuông góc với MN là d: x-5y+17=0
Điểm
I => I(5a - 17;a)

MN  (1; 5)  MN  26

IM  (22  5a;7  a )  IM 

GV: Ngô Quang Vân

 22  5a    7  a 
2

2

4

Sưu tầm và biên soạn


TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA - Phần 2

A

B
I
M

E


 
Vì ACBD  AC.EN  0
11  c
 (c 1).
  2c  8  . 5  c   0
2
 c  7(t / m)
2
 5c  48c  91  0   13
 c  (loai )

5
Suy ra: C(7;7) => E(4;4)
Phương trình BD: x + y - 8 = 0, BC: x - 7 = 0  B(7;1), D(1;7).
Bài 5. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình
 11 1 
hành ABCD có A  ;  . Một điểm M(1;-1) nằm trong hình bình hành sao cho
 2 2
  MCB
 và BMC
  1350 . Tìm tọa độ đỉnh D, biết rằng D thuộc đường tròn (T) :
MAB
x2  y 2  2 x  2 y  3  0 .
Giải
Lấy điểm E sao cho ABEM là hình bình hành  DCEM cũng là hình bình hành
GV: Ngô Quang Vân

5


(3 ;-2) . Ta loại hai điểm do góc 

Bài 6.(Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông

ABCD. Điểm F  ;3  là trung điểm của cạnh AD. Đường thẳng EK có phương trình
2 
19x  8y  18  0 với E là trung điểm của cạnh AB, điểm K thuộc cạnh DC và KD = 3KC.
11

Tìm tọa độ điểm C của hình vuông ABCD biết điểm E có hoành độ nhỏ hơn 3.
Giải

+) Gọi AB=a (a>0)  S EFK  S ABCD  S AEF  S FDK  S KCBE 
S EFK 

5a 2
16

1
25
a 17
;EK 
a 5
FH.EK , FH  d(F, EK) 
4
2
2 17

ABCD là hình vuông cạnh bằng 5  EF 



6

Sưu tầm và biên soạn


TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA - Phần 2

E

A

B
H

I
F

P

D

K

C

10

 x  3
7 x  y  29  0

GV: Ngô Quang Vân

C
7

Sưu tầm và biên soạn


TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA - Phần 2

Phương trình đường thẳng đi qua M(-3;-2) có dạng ax  by  3a  2b  0 (a 2  b 2  0) .
Đường tròn (C) có tâm I(2;3) và bán kính R  10 .
(C) tiếp xúc với AB nên d  I ; AB   R hay
2a  3b  3a  2b
a 2  b2

 a  3b
 10  10(a 2  b2 )  25(a  b)2  (a  3b)(3a  b)  0  
b  3a

Do đó phương trình AB là x - 3 y - 3  0 hoặc AB: 3 x - y  7  0 .
+ Nếu AB: 3 x - y  7  0 . Gọi A(t;3t+7) vì A có hoành độ xA  0 nên t>0 và do IA2  2.R 2  20
t  0
(loại)
t  2

nên  t  2    3t  4   20  10t 2  20t  20  20  
2

2

C

K

Kẻ NH  BC tại H, NK  DC tại K. Ta có NKC = NHC  NK = NH
AD//NK 

DK AN 1


DC AC 4

GV: Ngô Quang Vân

8

Sưu tầm và biên soạn


TUYN TP NHNG BI TON OXY HAY ễN THI THPT QUC GIA - Phn 2

AB//NH

BH AN 1
suy ra BH = DK m M l trung im BC suy ra H l trung im


BC AC 4

BM

M là trung điểm của BC. Biết AM có phơng trình là: 3x+y-7 = 0, đỉnh B(4;1). Tìm toạ độ
các đỉnh của hình vuông, biết đỉnh A có tung độ dơng, điểm M có tung độ âm.
Gii

A

B

I

H

M

C

D

Gọi H là hinh chiếu vuông góc của B trên AM BH d B; AM

6
10

Đặt cạnh hình vuông là x > 0. Xét tam giác ABM có
1
1
1
10 1
4



Làm tơng tự cho điểm B, với BM
GV: Ngụ Quang Võn

3 2
5 1
M ;
2
2 2

9

Su tm v biờn son


TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA - Phần 2

M lµ trung ®iÓm cña BC  C 1; 2 
Gäi I lµ t©m cña h×nh vu«ng  I 1;1
Tõ ®ã  D  2;1

Vậy A(1;4), C(1;-2) và D(-2;1).
Bài 10. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD
có đường chéo AC nằm trên đường thẳng (d): x + y - 1 = 0. Điểm E(9;4) nằm trên đường
thẳng chứa cạnh AB, điểm F(-2;-5) nằm trên đường thẳng chứa cạnh AD, AC = 2 2
Xác định tọa độ các đỉnh của hình thoi biết điểm C có hoành độ âm.
Giải

Bài 11.(Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành
ABCD có điểm A(3;5). Điểm H(1;3) là hình chiếu của B lên AC và đường trung trực của


M
I
D
Ta có CM 

G

N

H

C

3 AC 2 AB 2CD CD



 CN  CH  MHN vuông tại M .
4
4
4
2

Gọi G là trọng tâm tamgiác BCD và I là tâm của hình bình hành. Ta có

1
3
8
5

thoả mãn)  H (3;2) , MH  MN  MN : x  1  0  N (1;0)  C (1;1) , D(3; 1) . Do


5 7
CM  3MA suy ra A   ;  suy ra
 3 3

 1 5
 7 13 
I   ;  suy ra B  ;  .
 3 3
3 3 

 5 7   7 13 
Vậy A   ;  , B  ;  , C (1;1) và D(3; 1) .
 3 3 3 3 

Bài 13. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình vuông

ABCD có A(-1;2). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh AD và DC, K và E lần lượt
là giao điểm của BN với CM và AD. Phương trình đường thẳng BN là 2x + y - 8 = 0 và B
có hoành độ lớn hơn 2.
Giải
GV: Ngô Quang Vân

12

Sưu tầm và biên soạn



2
2
2
AH
AE
AB
4 AB 2

với b  2 , AB  4  B(3;2) , AE : x  1  0 . Toạ độ điểm E là nghiệm của hệ phương
2 x  y  8  0

trình 

 x 1  0

 E (1;10)  D(1;6)  M (1; 4). Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp

tam giác BMK suy ra I là trung điểm MB suy ra I(1;3), bán kính R 

BM
 5 . Vậy
2

phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BMK là:
( x  1)2  ( y  3)2  5
Bài 14. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho hình vuông

ABCD trên cạnh AD lấy điểm E , trên cạnh AB lấy điểm F sao cho AE  AF . Gọi

điểm H là hình chiếu vuông góc của A trên BE . Tìm toạ độ

D

I

M

C

Gọi M là giao điểm của AH và CD. Ta có tam giác ABE và tam giác ADM
 , do cùng phụ với 
ABE  DAM
AEH ). Do đó DM = AE = AF,
bằng nhau (Vì: AB = AD, 

suy ra BCMF là hình chữ nhật. Gọi I là tâm hình chữ nhật BCMF .

1
1
Trong tam giác vuông MHB ta có: HI  BM . Do BM = CF nên HI  CF ,
2
2
suy ra tam giác CHF vuông tại H. Đến đây từ các giả thiết toạ độ và giả thiết
tam giác CHF vuông tại H ta dễ dàng tìm được toạ độ đỉnh C.
 1 1
Đáp số: C   ; 
 3 3

GV: Ngô Quang Vân

14

B

N

M

E
C

- Từ hình vẽ và các giả thiết phẳng đã cho ta có thể tính được độ dài cạnh của hình vuông
khi đó biết được khoảng cách từ N đến AD và kết hợp các giả thiết toạ độ ta sẽ tìm được
toạ độ các đỉnh.
Đáp số: A(-1;2), B(2;-1), C(-1;-4), D(-4;-1)
Bài 16. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho hình vuông

ABCD có tâm I . Trung điểm cạnh AB là M (0;3) , trung điểm đoạn CI là J (1;0) . Tìm

toạ độ các đỉnh của hình vuông, biết đỉnh D thuộc đường thẳng  : x  y  1  0 .
Giải

- Vẽ hình phẳng biểu thị
- Từ hình vẽ ta dự đoán MJ vuông gócvới JD
Từ đó dẫn đến bài toán phẳng:
GV: Ngô Quang Vân

15

Sưu tầm và biên soạn



của bài toán ta dễ dàng tìm được toạ độ các đỉnh của hình vuông
Đáp số: A(-2;3), B(2;3), C(2;-1), D(-2;-1).

Bài 17. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng Oxy , cho hình thoi ABCD có

3 AC  BD , A nằm trên trục tung và có tung độ dương. Đường tròn nội tiếp hình thoi có
phương trình

9
( x  1)2  ( y  1)2  . Tìm tọa độ đỉnh D của hình thoi biết hoành độ
2

điểm D dương.
Giải

- Vẽ hình phẳng biểu thị
- Từ giả thiết và hình vẽ nếu ta tính được độ dài đoạn thẳng AI thì bài toán được giải
quyết
Từ đó dẫn đến bài toán phẳng: Tính độ dài đoạn AI
GV: Ngô Quang Vân

16

Sưu tầm và biên soạn


TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA - Phần 2

Ta có tam giác AID là tam giác vuông tại I , đường cao IH 



Bài 19.(Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng Oxy , cho hình vuông ABCD có

ABC nhọn, A(-2;-1). Gọi H, K, E lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường

thẳng BC, BD, CD. Đường tròn (C): x2 + y2 + x + 4y + 3 = 0 ngoại tiếp tam giác HKE.
Tìm tọa độ B, C, D biết H có hoành độ âm, C có hoành độ dương và nằm trên đường
thẳng x - y - 3 = 0.
Giải

GV: Ngô Quang Vân

18

Sưu tầm và biên soạn


TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA - Phần 2

Bài 20. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng Oxy , cho hình vuông ABCD có

đỉnh C(-4 ;-3) và M là một điểm trên cạnh AB (M¹A,B). Gọi E, F lần lượt là hình chiếu
vuông góc của A, C lên DM và J là giao của CE và BF. Tìm tọa độ điểm A, biết J(2 ;3) và
đỉnh B nằm trên đường thẳng
d : x - 2y - 10 = 0.
Giải

GV: Ngô Quang Vân

19


21

Sưu tầm và biên soạn


TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA - Phần 2

Bài 22.(Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng Oxy , cho hình vuông ABCD có
 7 3
tâm I  ;  . Điểm M(6;6) thuộc AB và N(8;-2) thuộc BC. Tìm tọa độ các đỉnh của hình
2 2

vuông.
Giải

GV: Ngô Quang Vân

22

Sưu tầm và biên soạn


TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA - Phần 2

Bài 23. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng Oxy , cho hình vuông ABCD có

hai điểm M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC, biết CM cắt DN tại điểm I  ;  .
 5 5
22 11


TUYỂN TẬP NHỮNG BÀI TOÁN OXY HAY ÔN THI THPT QUỐC GIA - Phần 2

Bài 25. (Đề thi thử THPT QG - Violet) Trong mặt phẳng Oxy , cho hình bình hành ABCD

có diện tích bằng 4. Biết A(1 ;0), B(0 ;2) và tâm I của hình bình hành nằm trên đường
thẳng y = x. Tìm tọa độ các đỉnh C và D.
Giải

GV: Ngô Quang Vân

25

Sưu tầm và biên soạn