HỆ THỐNG TOÀN BỘ CÁC TÍNH CHẤT HÌNH HỌC PHẲNG OXY
GV: THANH TÙNG
0947141139
http://www.facebook.com/ThayTungToan
KHAI THÁC CÁC TÍNH CHẤT HÌNH HỌC PHẲNG
THUẦN TÚY HAY DÙNG (Phần 1)
A. Các kĩ năng cần thiết
Trong rất nhiều bài toán hình học tọa độ phẳng Oxy , đôi khi “mẫu chốt” của bài toán lại nằm ở việc phát
hiện và chứng minh được một tính chất đặc biệt nào đó liên quan tới hình học phẳng thuần túy. Do đó để làm tốt
được những bài toán như thế, các bạn cần trang bị cho mình hai kĩ năng sau:
Kĩ năng 1: Vẽ hình chính xác. Điều đó sẽ giúp chúng ta có những dự đoán đúng về tính chất đặc biệt
trong bài toán (song song, vuông góc, hai đoạn thẳng bằng nhau, phân giác, tứ giác nội tiếp, tứ giác là
hình bình hành, chữ nhật, hình thoi, hình vuông, hai góc bù nhau…).
Kĩ năng 2: Chứng minh được dự đoán. Dùng kiến thức hình học phẳng thuần túy (hình học cấp 2, hệ
thức vecto…) để chỉ ra dự đoán của mình là chính xác.
Chú ý: Vì bài toán ta đang đề cập tới thuộc mảng hình học phẳng Oxy. Vì vậy trong đề thi nếu dự đoán được
chính xác các tính chất đặc biệt, thì việc chứng minh thường đơn giản (bởi nếu khó thì bài toán mang “nặng”
tính thuần túy mà mất đi tính tọa độ Oxy trong đó ). Vì vậy một lời khuyên, trong quá trình ôn tập các bạn
không nên xa đà vào các tính chất quá khó (các bạn cũng thấy rõ được điều này qua đề thì các năm trước đây).
Ở tài liệu này nếu gặp tính chất khó thì được hiểu là chúng ta đang thư giãn .
B. Hệ thống các chất hình học phẳng thuần túy hay dùng
Chùm tính chất 1: Cho tam giác ABC có trực tâm H , nội tiếp đường tròn tâm I . Gọi M , N , K lần
lượt là trung điểm của BC , AC , AH và D, E , F lần lượt là chân đường cao ứng với các đỉnh A, B, C .
Chứng minh rằng:
1) AH 2 IM . Từ đó hãy suy ra MIAK là hình bình hành và HG 2GI với G là trọng tâm tam giác ABC .
2) IA EF và MK EF (tính chất chặt hơn MK là trung trực của EF )
3) D là trung điểm của HR với R là giao điểm thứ hai của AD với đường tròn tâm I .
4) E , K , D, M , N cùng nằm trên đường tròn đường kính MK .
Từ đó hãy suy ra đường tròn đi qua 9 điểm (trung điểm của các cạnh, chân các đường cao và trung điểm của
các đoạn thẳng nối trực tâm với các đỉnh của tam giác).
5) H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF .
Khóa học PenC – N3 (Thầy: Lê Anh Tuấn_Nguyễn Thanh Tùng)
Hocmai.vn
1
GV: THANH TÙNG
0947141139
http://www.facebook.com/ThayTungToan
CHỨNG MINH
A
x
1
E
K
N
F
GI
H
1
B
D
2
R
C
M
J
1) AH 2 IM . Từ đó hãy suy ra MIAK là hình bình hành và HG 2GI với G là trọng tâm tam giác ABC .
IMN
và HBA
INM
(góc có cạnh tương ứng song song)
Cách 1 : Ta có HAB
HA HB AB
Suy ra HAB ~ IMN nên
2 HA 2 IM AH 2 IM
IM IN MN
Cách 2 : Gọi J là giao điểm thứ hai của AI và đường tròn tâm I , khi đó :
JC AC ; BH AC JC / / BH
JBHC là hình bình hành, suy ra M là trung điểm của HJ
JB AB; CH AB
JB / / CH
AH / / IM
Khi đó IM là đường trung bình của tam giác AHJ , suy ra
AH 2 IM (1)
AH 2 IM
Do K là trung điểm AH nên AH 2 AK (2)
Từ (1) và (2) , suy ra IM AK MIAK là hình bình hành .
Gọi HI AM G ' , theo định lý Ta – let ta có:
AG ' AH
2 AG ' 2G ' M G ' G
G ' M IM
HG AH
2 HG 2GI HG 2GI .
GI
IM
2) IA EF và MK EF .
Cách 1: Do E , F đều nhìn BC dưới một góc vuông nên EFBC nội tiếp đường tròn
Khi đó
) (1)
Suy ra
ABC
AEF ( cùng bù với FEC
Gọi J là giao điểm thứ hai của AI với đường tròn tâm I , khi đó:
ABC
AJC (cùng chắn cung
AC ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
AEF
AJC
900 IA EF
Mặt khác:
AJC
JAC 900 , suy ra
AEF JAC
Khóa học PenC – N3 (Thầy: Lê Anh Tuấn_Nguyễn Thanh Tùng)
Hocmai.vn
2
GV: THANH TÙNG
0947141139
http://www.facebook.com/ThayTungToan
Cách 2: Kẻ tiếp tuyến Ax của đường tròn ( I ) , khi đó: Ax AI (*)
).
Ta có:
AB ) và
xAB
ACB (cùng chẵn
ACB
AFE (cùng bù với góc BFE
Suy ra
xAB
AFE Ax / / EF (2*)
Từ (*) và (2*), suy ra IA EF
Theo ý 1) , ta có MIAK là hình bình hành , suy ra MK / / IA , suy ra MK EF .
Chú ý: Ta có thể chỉ ra tính chất chặt hơn khi MK là trung trực của EF . Cụ thể:
AH
KE KF 2
MK là trung trực của EF
ME MF BC
2
3) D là trung điểm của HR với R là giao điểm thứ hai của AD với đường tròn tâm I .
) và B
Ta có B
A (cùng chắn cung RC
A (cùng phụ với góc
ACB )
2
1
1
1
B
BHR cân tại B D là trung điểm của HR (đpcm).
Suy ra B
2
1
4) E , K , D, M , N cùng nằm trên đường tròn đường kính MK . Từ đó hãy suy ra đường tròn đi qua 9 điểm
(trung điểm của các cạnh, chân các đường cao và trung điểm của các đoạn thẳng nối trực tâm với các đỉnh của
tam giác).
A
1
K
T
1
N
E
2
F
3
H
P
B
Q
1
D
M
C
+) Ta có MN , KN lần lượt là đường trung bình của tam giác ABC , AHC , suy ra: MN // AB và KN // CH
900 (1)
Mà CH AB KN MN , hay MNK
+) Ta có EK , EM lần lượt là các đường trung tuyến của hai tam giác vuông EBA , EBC .
B
. Mà
(vì cùng phụ với góc
E
Suy ra E
A1 và E
A1 B
ACB ), suy ra E
1
3
1
1
1
3
E
E
E
900 , hay MEK
900 (2)
Suy ra E
3
2
1
2
Khóa học PenC – N3 (Thầy: Lê Anh Tuấn_Nguyễn Thanh Tùng)
Hocmai.vn
3
GV: THANH TÙNG
0947141139
http://www.facebook.com/ThayTungToan
900 (3)
+) Ta có MDK
Từ (1), (2), (3), suy ra E , K , D, M , N cùng nằm trên đường tròn đường kính MK (*)
Chứng minh tương tự ta có: K , T , F , D, M cùng nằm trên đường tròn (2*) ;
Q, T , F , N , E cùng nằm trên đường tròn (3*) và P, E , N , T , F cùng nằm trên đường tròn (4*)
Từ (*), (2*), (3*) và (4*) suy ra K , N , E , Q, M , D, P, F , T cùng thuộc một đường tròn (đpcm).
Nhận xét: Hiển nhiên trong 1 bài hình học Oxy sẽ không có câu hỏi xuất hiện cả 9 điểm này, song từ đây ta có
thể có nhiều cách “thiết kế” 1 bài toán hay mà ở đó có sự tham gia của 4 điểm bất kì, trong đó sẽ “che dấu” đi
1 trong 4 điểm đó.
5) H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF .
A
E
F
2
H
21
1
B
D
C
D
C
1
1
Cách 1 : Ta có CDHE và DBFH là các tứ giác nội tiếp đường tròn, do đó :
B2 D2
B
(cùng phụ với góc BAC
)
Mặt khác C
1
2
(1)
D
hay DH là phân giác của góc EDF
Suy ra D
1
2
(2)
D
hay EH là phân giác của góc DEF
Chứng minh tương tự ta được D
1
2
Từ (1) và (2), suy ra H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF .
Cách 2 :
BAE
BAC
CDE
BDF
Do ABDE và AFDC là các tứ giác nội tiếp đường tròn nên
CDE
BDF CAF BAC
(1)
D
900 BDF
D
D
D
hay DH là phân giác của góc EDF
Mà CDE
1
2
1
2
(2)
D
hay EH là phân giác của góc DEF
Chứng minh tương tự ta được D
1
2
Từ (1) và (2), suy ra H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF .
Khóa học PenC – N3 (Thầy: Lê Anh Tuấn_Nguyễn Thanh Tùng)
Hocmai.vn
4
GV: THANH TÙNG
0947141139
http://www.facebook.com/ThayTungToan
Chùm tính chất 2: Cho tam giác ABC có trực tâm H , nội tiếp đường tròn tâm I và ngoại tiếp đường
tròn tâm J . Gọi D, E , F lần lượt là chân đường cao ứng với các đỉnh A, B, C và K là giao điểm của
AJ và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
(hình 1)
IAC
, từ đó suy ra AJ là tia phân giác của góc HAI
1) Chứng minh BAD
2) Tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và đường thẳng AJ cắt BC lần lượt tại M và N .
a) Chứng minh tam giác MAN cân tại M .
b) Gọi P, Q lần lượt đối xứng với D qua AB , AC . Chứng minh P, Q, E , F thẳng hàng.
Từ đó hãy suy ra PQ // AM .
3) Gọi T đối xứng I qua BC . Chứng minh T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC .
4) Chứng minh rằng: a) K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCJ . Từ đó hãy suy ra K là trung điểm của
JL với L là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với góc A của tam giác ABC .
b) BK là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN (hình 2)
5) Gọi X đối xứng với B qua I và Z là giao điểm của XK và AC ; S là giao điểm của BX và AK .
Chứng minh SZ XC .
6) Gọi Y đối xứng với K qua I và BJ , CJ lần lượt cắt AY tại V , R . Chứng minh BCVR nội tiếp đường tròn.
7) Gọi G , O, U , W lần lượt là các hình chiếu vuông góc của D lên BA, BE , CF , CA . Chứng minh G , O, U , W
thẳng hàng (hình 3).
CHỨNG MINH
A
Q
E
F
3 4
1
H
P
M
J
B
I
N
C
D
T
K
L
Hình 1
Khóa học PenC – N3 (Thầy: Lê Anh Tuấn_Nguyễn Thanh Tùng)
Hocmai.vn
5
GV: THANH TÙNG
0947141139
http://www.facebook.com/ThayTungToan
.
IAC
, từ đó suy ra AJ là tia phân giác của góc HAI
1) Chứng minh BAD
AIC 1800
AIC 2 IAC
900
Ta có BAD
ABC 900
IAC
2
2
2
.
, suy ra AJ là tia phân giác của góc HAI
Mặt khác, BAJ CAJ BAJ BAD CAJ IAC HAJ IAJ
theo cách suy luận sau:
Chú ý: Ta có thể chứng minh AJ là tia phân giác của góc HAI
IKA
CAK
KB KC IK BC IK // AH HAK
+) Ta có BAK
IAK
, suy ra HAK
IAK
hay HAJ
.
IAJ
, suy ra AJ là tia phân giác của góc HAI
+) Mà IKA
2) a) Chứng minh tam giác MAN cân tại M .
NCA
CAN
(tính chất góc ngoài tam giác)
Ta có MNA
(cùng chắn cung
BAN
( AN là phân giác)
Mà
AB ) và CAN
NCA BAM
BAM
BAN
MAN
MAN cân tại M .
Suy ra MNA
b) Chứng minh P, Q, E , F thẳng hàng. Từ đó hãy suy ra PQ // AM .
) (1)
+) Ta có BEFC là tứ giác nội tiếp nên F
ACB (cùng bù với BFE
1
ACD
AFDC là tứ giác nội tiếp nên F
ACB (cùng bù với
AFD ) (2)
4
F
(3)
Mặt khác, P đối xứng với D qua AB nên ta có F
4
3
F
F
BFE
F
BFE
1800 B , F , E thẳng hàng
Từ (1), (2) và (3), suy ra F
1
3
3
1
Chứng minh tương tự ta được Q, E , F thẳng hàng, suy ra P, Q, E , F thẳng hàng.
+) Theo chùm tính chất 1, ta có EF AI . Mặt khác, AM AI EF // AM hay PQ // AM .
3) Gọi T đối xứng I qua BC . Chứng minh T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC .
Do T đối xứng I qua BC , suy ra BTCI là hình thoi TB TC IB (1)
Mặt khác theo chùm tính chất 1, suy ra AH IT , khi đó AHTI là hình bình hành TH IA IB (2)
Từ (1) và (2), suy ra TB TC TH hay T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC .
4) a) K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCJ . Từ đó hãy suy ra K là trung điểm của JL với L là tâm
đường tròn bàng tiếp ứng với góc A của tam giác ABC .
JAB
JBA
KAC
JBN
KBC
JBN
KBJ
, suy ra KBJ cân tại K KB KJ (1)
+) Ta có KJB
CAK
KB KC (2)
Mặt khác: BAK
Từ (1) và (2), suy ra KB KC KJ hay K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCJ .
900
+) Ta có BJ , BL là các phân giác trong, phân giác ngoài của góc B LBJ
Ta lại có BK KJ BK
JL
KJ KL hay K là trung điểm của JL .
2
Khóa học PenC – N3 (Thầy: Lê Anh Tuấn_Nguyễn Thanh Tùng)
Hocmai.vn
6
GV: THANH TÙNG
0947141139
http://www.facebook.com/ThayTungToan
V
Y
A
R
2
1
I'
1
X
1
1
J
I
S
2
Z
1
1
B
C
N
K
Hình 2
b) BK là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN
Gọi I ' là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN , khi đó ta có:
BI
' N 1800 2.I
' BN
I
KBC KAC KAB NAB
900 I
' BN KBC
' BN 900 KB I ' B
2
2
Suy ra BK là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN .
XASZ là tứ giác nội tiếp, suy ra:
5) Chứng minh SZ XC .
Ta có
X
A A
2
1
2
900 hay BC XC (2) . Từ (1) và (2), suy ra SZ XC .
Z1
X1
ACB SZ // BC (1) . Mặt khác BCX
6) Chứng minh BCVR nội tiếp đường tròn.
ABC
BAC
ABC 1800 BAC
ACB
0
0
0
Ta có: V1 90 J1 90 A1 ABJ 90
C1
2
2
2
2
cùng nhìn RB dưới các góc bằng nhau, suy ra BCVR nội tiếp đường tròn.
Khi đó V , C
1
1
7) Chứng minh G , O, U , W thẳng hàng.
A
Ta có CDUW và DUHO là các tứ giác nội tiếp,
,D
cùng phụ với ODB
nên ta có:
cùng với DW // BE và B
1
4
D
B
D
U
U
1
1
1
4
4
E
U
U
CUO
U
CUO
1800
hay U
1
4
1
4
Suy ra G , O, U , W thẳng hàng.
G
B
Hình 3
Khóa học PenC – N3 (Thầy: Lê Anh Tuấn_Nguyễn Thanh Tùng)
W
F
H
O
4
U
1
4
1
1
D
C
Hocmai.vn
7
GV: THANH TÙNG
0947141139
http://www.facebook.com/ThayTungToan
Chùm tính chất 3: Cho tam giác ABC vuông tại A và có đường cao AH .
Hình 1
1) Gọi M , N lần lượt là các điểm thuộc AH và BH . Chứng minh rằng: CM AN nếu thỏa mãn:
a) M , N lần lượt là trung điểm của AH , BH .
.
b) CM , AN lần lượt là các đường phân giác của
ACH , BAH
2) Gọi D là điểm đối xứng của B qua H ; K là hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AD .
Chứng minh rằng HI là đường trung trực của đoạn thẳng AK .
3) Trên mặt phẳng bờ BC chứa điểm A , dựng tia Bx vuông góc với BC và cắt AC tại E . Gọi F là
điểm thuộc đoạn BE ( F B, F E ) và CF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại P . Chứng
minh rằng A, E , F , P cùng nằm trên một đường tròn.
Hình 2
4) T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và R là điểm thuộc đoạn TC . Gọi Q là giao điểm thứ hai
của AR với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và J là trung điểm của AQ . Biết tia By vuông góc với
AQ và cắt CJ tại L . Chứng minh rằng:
a) AL BQ ( hay L là trực tâm của tam giác ABQ ).
900 nếu R là trung điểm của TC .
b) BLT
CHỨNG MINH
B
N
K
H
1
D
F
M
P
1
2
1
E
A
I
C
x
Hình 1
1)
Khóa học PenC – N3 (Thầy: Lê Anh Tuấn_Nguyễn Thanh Tùng)
Hocmai.vn
8
GV: THANH TÙNG
0947141139
http://www.facebook.com/ThayTungToan
a) M , N lần lượt là trung điểm của AH và BH , suy ra MN là đường trung bình trong tam giác ABH
Khi đó MN // AB , suy ra MN AC (do AB AC ), suy ra M là trực tâm của tam giác ANC CM AN .
, suy ra: AM AC và BN BA (1)
b) CM , AN lần lượt là các đường phân giác của
ACH , BAH
MH CH
NH AH
AC BA
Mặt khác, CAH ~ ABH
(2)
CH AH
AM BN
Từ (1) và (2), suy ra
NM MN // AB , suy ra MN AC (do AB AC )
MH NH
Suy ra M là trực tâm của tam giác ANC CM AN .
K
(cùng chắn cung AH ) và C
2) Ta có C
A1 (cùng phụ với góc
ABC )
1
1
1
Mặt khác, AH vừa là đường cao và vừa là trung tuyến trong tam giác ABD nên
A1 A
2
A
nên tam giác AHK cân tại H HA HK . Mà IA IK , nên HI là đường trung trực của AK .
Suy ra K
1
2
). Suy ra
3) Ta có
APC
ABC (cùng chắn cung
AC ), lại có
AEB
ABC (cùng phụ với EBA
APC
AEB (1)
0
Mặt khác,
APC
APF 180 (2)
Từ (1) và (2), suy ra
AEB
APF 1800 hay
AEF
APF 1800 suy ra AEFP nội tiếp đường tròn
Hay A, E , F , P cùng nằm trên một đường tròn.
4)
B
L
Q
T
R
J
C
A
y
a) Ta có By AQ . Mặt khác, TJ AQ (quan hệ đường kính – dây cung) TJ // By hay TJ // BL
Suy ra TJ là đường trung bình trong tam giác BLC , suy ra J là trung điểm của LC
Khi đó J đồng thời là trung điểm của AQ và LC nên ALQC là hình bình hành AL // CQ (1)
Khóa học PenC – N3 (Thầy: Lê Anh Tuấn_Nguyễn Thanh Tùng)
Hocmai.vn
9
GV: THANH TÙNG
0947141139
http://www.facebook.com/ThayTungToan
900 hay CQ BQ (2)
Ta lại có: CQB
Từ (1) và (2), suy ra AL BQ .
Nhận xét: Thực ra tính chất này đã được “biến tấu” từ tính chất 1) trong chùm tính chất 1.
b) Khi R là trung điểm của TC thì RJ là đường trung bình trong tam giác LTC
Suy ra TL // RJ hay TL // AQ (3)
Mặt khác, BL AQ (4)
900 .
Từ (3) và (4), suy ra BL TL hay BLT
Chùm tính chất 4: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I . Gọi E là hình là hình chiếu
vuông góc của B trên đường thẳng AI .
1) Gọi T là giao điểm của BE với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Chứng minh rằng: AC là
.
phân giác của góc BCT
2) Gọi M là trung điểm cạnh BC và D là giao điểm của ME và AC . Chứng minh rằng BD AC .
CHỨNG MINH
A
I
D
T
E
B
M
C
1) Ta có AI vuông góc với BT tại E E là trung điểm của BT tam giác ABT cân tại A
AB AT
1 sđ
1 sđ
AB ; TCA
AT
Mặt khác BCA
2
2
TCA
hay AC là phân giác của góc BCT
(đpcm).
Suy ra BCA
IMB
900 , suy ra IBME nội tiếp đường tròn BIM
BEM
(1)
2) Ta có IEB
1 BIC
1 sđ BC
BAC
(2) . Mặt khác BEM
BED
1800 (3)
Ta có: BIM
2
2
BED
1800 ABED nội tiếp đường tròn
Từ (1), (2) và (3) suy ra BAC
ADB
AEB 900
Hay BD AC (đpcm).
Khóa học PenC – N3 (Thầy: Lê Anh Tuấn_Nguyễn Thanh Tùng)
Hocmai.vn
10
GV: THANH TÙNG
0947141139
http://www.facebook.com/ThayTungToan
Chùm tính chất 5: Cho hình vuông ABCD có M , N lần lượt là trung điểm của AB, BC và I là giao
điểm của PM và CN .
1) Chứng minh CM DN .
2) Chứng minh AB AD
3) P là điểm thuộc đoạn BD . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của P lên AB, BC .
a) Chứng minh DP HK .
b) Cho CP 3PA . Chứng minh tam giác DPN vuông cân.
450 .
4) Gọi T là điểm thuộc đoạn CD sao cho CT 2TD . Chứng minh TAN
CHỨNG MINH
Q
M
H
A
B
K
P
N
I
D
T
C
Chùm tính chất 6: Cho hình chữ nhật ABCD .
1) Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên AC . Trên tia đối của tia BH và CB lần lượt lấy hai
điểm E , M sao cho BE AC ; CM BC . Biết BH giao DM tại N .
a) Chứng minh rằng BN DM và AN CN .
b) DE là phân giác của
ADC .
c) O, K lần lượt là trung điểm của AH , CD . Chứng minh BO KO .
900 . Chứng minh AF CF .
2) Trên mặt phẳng bờ BD chứa điểm A dựng điểm F sao cho DFB
3) Trên đoạn BD lấy điểm T sao cho DT 4 BT . Lấy I đối xứng với A qua T và gọi P, Q lần lượt
là hình chiếu vuông góc của I trên BC , DC . Chứng minh T , P, Q thẳng hàng
Khóa học PenC – N3 (Thầy: Lê Anh Tuấn_Nguyễn Thanh Tùng)
Hocmai.vn
11
GV: THANH TÙNG
0947141139
http://www.facebook.com/ThayTungToan
CHỨNG MINH
L
V
E
F
A
B
T
O
I
P
H
D
C
K
Q
N
M
Các chùm tính chất 7, 8, 9, 10 sẽ được update sớm tới các bạn !
A. Các bài tập ứng dụng
Bài 1. Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T ) có tâm I (1; 2) và có trực
tâm H thuộc đường thẳng : x 4 y 5 0 . Biết đường thẳng AB có phương trình 2 x y 14 0 và khoảng
cách từ C tới AB bằng 3 5 . Tìm tọa độ điểm C biết hoành độ điểm C nhỏ hơn 2 .
Đáp số: C (1; 3) .
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn (T ) : x 2 y 2 25 ngoại tiếp tam giác ABC có chân đường
cao kẻ từ B, C lần lượt là M (1;3), N (2;3) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết A có tung độ âm.
40 75 16 63
Đáp số: A(0; 5), B ; , C ; .
17 17 13 13
Khóa học PenC – N3 (Thầy: Lê Anh Tuấn_Nguyễn Thanh Tùng)
Hocmai.vn
12
GV: THANH TÙNG
0947141139
http://www.facebook.com/ThayTungToan
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H (5;5) , phương trình đường thẳng
chứa cạnh BC là x y 8 0 . Biết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua hai điểm
Đáp số S ABC 6 .
E (7;3) và F (4; 2) . Tính diện tích tam giác ABC .
Bài 4. Cho tam giác nhọn ABC . Đường thẳng chứa trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có
phương trình là 3 x 5 y 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.
Đáp số: AB : 3 x y 4 0 và AC : y 1 0
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có B ( 1; 4) . Gọi D, E (1; 2), N lần lượt là chân
3 7
đường cao kẻ từ A , chân đường cao kẻ từ B và trung điểm cạnh AB . Biết I ; là tâm đường tròn ngoại
2 2
tiếp tam giác DEN . Tìm tọa độ đỉnh C của tam giác ABC .
Đáp số: C (1;2) hoặc C (5;2) .
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có chân đường cao hạ từ đỉnh A, B, C đến các cạnh
đối diện là D (2; 1), E (2; 2), F ( 2; 2) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
Đáp số: A(1;5), B(4; 4), C (4;0) .
Bài 7 (Khối 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 D (1; 1) . Đường thẳng AB có phương trình 3x 2 y 9 0 , tiếp tuyến tại A của đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình x 2 y 7 0 . Viết phương trình đường thẳng BC .
Đáp số: x 2 y 3 0 .
Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I . Điểm M (2; 1) là
31 1
trung điểm cạnh BC và điểm E ; là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng AI . Xác định tọa
13 13
độ các đỉnh của tam giác ABC , biết đường thẳng AC có phương trình 3 x 2 y 13 0 .
Đáp số: A(1;5), B(1; 1), C (5; 1) .
Bài 9 (THPT QG – 2015). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là
hình chiếu vuông góc của A trên cạnh BC , D là điểm đối xứng của B qua H ; K là hình chiếu vuông góc
của C trên đường thẳng AD . Giả sử H ( 5; 5), K (9; 3) và trung điểm của cạnh AC thuộc đường thẳng
x y 10 0 . Tìm tọa độ điểm A .
Đáp số : A( 15;5) .
Bài 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T ) . Từ điểm M thuộc cạnh AB
( M A, M B ), kẻ đường thẳng vuông góc với AB , cắt các đường thẳng AC , BC lần lượt tại D (9; 2) và E
Đường tròn đi qua 3 điểm D, E , C cắt đường tròn (T ) tại điểm F (2; 3) khác C . Tìm tọa độ đỉnh A , biết A
thuộc đường thẳng d : x y 5 0 .
Đáp số : A(1; 4) .
Bài 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trực tâm H (2;1) và tâm đường tròn ngoại tiếp
I (1; 0) . Trung điểm BC nằm trên đường thẳng có phương trình x 2 y 1 0 . Tìm tọa độ đỉnh B, C biết rằng
đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC đi qua điểm E (6; 1) và hoành độ điểm B nhỏ hơn 4.
Đáp số: B(2;3), C (4; 1)
Khóa học PenC – N3 (Thầy: Lê Anh Tuấn_Nguyễn Thanh Tùng)
Hocmai.vn
13
GV: THANH TÙNG
0947141139
http://www.facebook.com/ThayTungToan
Bài 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm J (2;1) . Biết đường cao
xuất phát từ đỉnh A của tam giác ABC có phương trình 2 x y 10 0 và D (2; 4) là giao điểm thứ hai của
AJ với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết B có hoành độ âm
và B thuộc đường thẳng có phương trình x y 7 0 .
Đáp số: A(2;6), B(3; 4), C (5;0) .
Bài 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH , trung tuyến BM .
Đường tròn (T ) đi qua M và tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại B cắt cạnh AC tại điểm
thứ hai là E . Đường thẳng BE có phương trình 3x 4 y 6 0 và H ( 2; 3) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam
giác ABC , biết A thuộc đường thẳng d : x y 1 0 .
Đáp số: A( 2;3), B ( 6; 3), C (7; 3) .
lần lượt cắt
Bài 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD . Đường phân giác góc BAD
DC , BC tại M , N và có phương trình x y 3 0 . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNC .
Đường tròn (T ) ngoại tiếp tam giác DIC có phương trình: x 2 y 2 9 x 9 y 23 0 , biết AD đi qua điểm
7
E ; 2 và đỉnh B thuộc đường thẳng d : x 3 y 9 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành ABCD biết
2
các điểm B, D có tọa độ nguyên.
Đáp số: A(2; 1), B (6;1), D (3;1), C (7;3) .
cắt cạnh CD
Bài 15. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có D (2;1) . Phân giác góc BAD
tại điểm M . Gọi H (1;3) là hình chiếu vuông góc của C trên AM . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình
chữ nhật ABCD biết đỉnh B có hoành độ âm.
Đáp số: A(1; 0), B ( 1; 2), C (0;3) .
10 1
Bài 16. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn (T ) . Biết G ; là
3 3
trọng tâm tam giác ABC . Gọi E (0; 2) là giao điểm thứ hai của CG với đường tròn (T ) và đường tròn (T ) đi
qua điểm F (2; 4) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết B có hoành độ dương.
Đáp số: A(1;0), B(5;2), C (6; 1), D (0; 3) .
11 1
Bài 17. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có đỉnh A ; . Một điểm M (1; 1) nằm
2 2
MCB
và BMC
1350 . Tìm tọa độ đỉnh D , biết rằng D thuộc đường
trong hình bình hành sao cho MAB
tròn có phương trình (T ) : x 2 y 2 2 x 2 y 3 0 .
Đáp số: Vậy D (2;1) hoặc D (3; 2) .
Bài 18. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC không vuông và đường thẳng có phương trình
2 x y 2 0 . Giả sử D (4;1), E (2; 1), N (1; 2) theo thứ tự là chân đường cao kẻ từ A , chân đường cao kẻ từ B
và trung điểm cạnh AB . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng trung điểm M của cạnh BC nằm
trên đường thẳng và điểm M có hoành độ nhỏ hơn 1 .
Đáp số: A(4;3), B(2;1) và C (3;1) .
Khóa học PenC – N3 (Thầy: Lê Anh Tuấn_Nguyễn Thanh Tùng)
Hocmai.vn
14
GV: THANH TÙNG
0947141139
http://www.facebook.com/ThayTungToan
Bài 19. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm I . Điểm M (2; 1) là
trung điểm cạnh BC và điểm E là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng AI . Gọi D là giao điểm
của ME và AC . Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE có phương trình x 2 y 2 2 y 6 0 và C thuộc đường
thẳng : x y 4 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
Đáp số: A(3;3), B(3;1), C (7; 3) hoặc A(1;5), B(1; 1), C (5; 1) .
Bài 20. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C ) : x 2 y 2 25 , đường thẳng
AC đi qua điểm K (2;1) . Gọi M , N lần lượt là chân đường cao kẻ từ đỉnh B và C . Tìm tọa độ các đỉnh tam
giác ABC , biết phương trình đường thẳng MN là 4 x 3 y 10 0 và điểm A có hoành độ âm.
Đáp số: A(4;3), B(3; 4), C (5;0) hoặc A(4;3), B(0;5), C (5;0) .
Bài 21. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A( 1; 3) . Biết rằng trực tâm và tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt là H (1; 1) và I (2; 2) . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC .
Đáp số: B(1;1), C (5; 3) hoặc B(5; 3), C (1;1) .
Bài 22. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp I (2; 2) , trực tâm
H (2;12) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết rằng đường thẳng BC có phương trình x y 2 0 .
A(4;14), B 1
73 , C 1
73
Đáp số: A(4;14), B 1 73;1 73 , C 1 73;1 73 hoặc
73;1
73;1
Bài 23. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I (6; 6) và ngoại tiếp đường
tròn tâm J (4;5) . Biết điểm A(2;3) và hoành độ điểm B nhỏ hơn hoành độ điểm C . Tìm tọa độ các đỉnh còn
lại của tam giác ABC .
Đáp số: B(2;9), C (10;3) .
Bài 24. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có đỉnh D ( 7;0) . Một điểm M nằm trong
MCB
. Phương trình đường thẳng chứa MB, MC lần lượt là : x y 2 0 ;
hình bình hành sao cho MAB
1
2 : 2 x y 1 0 . Tìm tọa độ đỉnh A , biết rằng đỉnh A thuộc đường thẳng d : y 3 x và A có hoành độ
nguyên.
Đáp số: A(2;6) .
5 2
Bài 25. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A và C (2; 3) . Biết I ; là tâm đường
3 3
7 1
tròn ngoại tiếp tam giác ABC và K ; là trọng tâm tam giác ACM , với M là trung điểm của AB . Tìm
3 3
tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác ABC , biết A không trùng với gốc tọa độ.
Đáp số: A(0;1) và B(4; 1) .
Khóa học PenC – N3 (Thầy: Lê Anh Tuấn_Nguyễn Thanh Tùng)
Hocmai.vn
15
GV: THANH TÙNG
0947141139
http://www.facebook.com/ThayTungToan
Bài 26. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A và M là trung điểm của AB . Đường thẳng
11 7
CM có phương trình 5 x 7 y 20 0 và K ; là trọng tâm của tam giác ACM . Đường tròn ngoại tiếp
6 6
5
tam giác ABC có tâm nằm trên đường thẳng 2 x 4 y 7 0 và có bán kính bằng
. Tìm tọa độ các đỉnh của
2
tam giác ABC , biết A và C có tọa độ nguyên .
Đáp số: A(1; 1), B(0; 4), C (4;0) .
Bài 27. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A và M là trung điểm của AB . Biết
8 8
10 8
I ; là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , K ; là trọng tâm tam giác ACM . Các đường
3 3
3 3
thẳng AB, CM lần lượt đi qua các điểm E (0;3), F (2; 0) . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết A có
tung độ dương.
Đáp số: A(6;6), B(2; 2), C (2; 2) .
Bài 28. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A và M là trung điểm của AB . Đường thẳng
2 7
CM có phương trình y 3 0 và K ; là trọng tâm của tam giác ACM . Đường thẳng AB đi qua điểm
3 3
1
D ; 4 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC , biết M có tung độ dương và tâm đường tròn ngoại tiếp
2
tam giác ABC nằm trên đường thẳng 2 x y 4 0 .
Đáp số: A(1;1), B(1;5), C (3;3) .
Bài 29. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD . Gọi M là trung điểm của cạnh AB , N thuộc
1
AC . Biết phương trình đường thẳng
4
MD : x 1 0 . Xác định tọa độ đỉnh C của hình vuông ABCD , biết khoảng cách từ C đến đường thẳng MD
bằng 4 và N có hoành độ âm.
Đáp số: C (3;1) hoặc C (3;0) .
đường thẳng : 3x y 4 0 và là điểm trên cạnh AC sao cho CN
Bài 30. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD . Gọi M là trung điểm của cạnh AB , N là điểm
trên cạnh AC sao cho CN
1
AC . Biết E (1; 1) là trung điểm của đoạn DM . Tìm tọa độ đỉnh B , biết
4
2
F ; 0 là trọng tâm tam giác AMN và điểm M có hoành độ âm.
3
Đáp số: B(4;0) .
CẢM ƠN CÁC BẠN ĐÃ ĐỌC TÀI LIỆU !
Khóa học PenC – N3 (Thầy: Lê Anh Tuấn_Nguyễn Thanh Tùng)
Hocmai.vn
16
- Xem thêm -
.PDF 
16 
2044 
99 
