Chinh phục Hình học giải tích trong mặt phẳng

IH'
C
B
A
O
H
CHINH PHỤC 
HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG 
CẨM NANG CHO MÙA THI 
NGUYỄN HỮU BIỂN 
https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien 
Các bạn học sinh thân mến ! 
Những năm gần đây, câu hình học tọa độ phẳng Oxy thuộc hệ 
thống câu hỏi phân loại, đây là loại bài tập tương đối khó. Để giải quyết 
được, yêu cầu chúng ta phải phát hiện ra những tính chất đặc biệt trên 
hình. Các tính chất đặc biệt này chủ yếu nằm trong chương trình toán 
học cấp THCS mà chúng ta đã học từ lâu, vì vậy đa số các bạn thường 
không còn nhớ. 
Để chinh phục được câu hình học tọa độ phẳng Oxy , trước hết 
chúng ta cùng ôn lại một số kiến thức đặc trưng đó. Trong tài liệu này, 
tác giả tạm thời chỉ ra 14 tính chất đặc trưng của hình học phẳng để các 
bạn cùng nhớ lại. Phần tiếp theo của tài liệu là tập hợp 36 bài toán có 
hướng dẫn giải, vận dụng 14 tính chất đã trình bày để minh họa cụ thể. 
Tuy lượng bài tập không nhiều nhưng nó đã bao quát được tương đối 
đầy đủ các dạng toán trọng tâm và các yếu tố suy luận cần thiết mà đề 
thi thường khai thác. Kiến thức thật mênh mông không biết học bao giờ 
cho hết, với phương châm thi gì - học nấy, tác giả hi vọng cuốn tài liệu 
nhỏ này sẽ giúp bạn có được kiến thức tổng hợp và cách nhìn nhận tốt 
nhất để tư duy giải thành công câu hình học tọa độ phẳng Oxy trong kỳ 
thi sắp tới. 
Chúc bạn thành công ! 
Rất mong sự động viên và đóng góp chân thành của các bạn để 
lần tái bản sau được tốt hơn. 
Phần 1: 14 TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG Oxy 
Trang 1 NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien 
Tính chất 1: Cho ABC∆ nội tiếp đường tròn (O), H là trực tâm. Họi H’ là giao điểm của 
AH với đường tròn (O) H '⇒ đối xứng với H qua BC 
Hướng dẫn chứng minh: 
O
2
1
1
H'
CB
A
H
+ Ta có Gọi 
 
1 1A C= (cùng phụ với ABC ) 
+ Mà 
 



 

1 2 1 2
sdBH'A C C C
2
= = ⇒ = HCH'⇒ ∆ cân tại C ⇒ BC là trung trực của HH’ 
H '⇒ đối xứng với H qua BC 
Tính chất 2: Cho ABC∆ nội tiếp đường tròn (O), H là trực tâm, kẻ đường kính AA’, M 
là trung điểm BC AH 2.OM⇒ =
 
Hướng dẫn chứng minh: 
M
A'
C
B
A
O
H
+ Ta có  0ABA ' 90= (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) BA BA '⇒ ⊥ , mà 
BA CH BA '/ /CH⊥ ⇒ (1). 
Phần 1: 14 TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG Oxy 
Trang 2 NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien 
+ Chứng minh tương tự ta cũng có CA '/ /BH (2) 
+ Từ (1) và (2) ⇒ tứ giác BHCA’ là hình bình hành, mà M là trung điểm đường chéo BC 
⇒ M là trung điểm của A’H OM⇒ là đường trung bình của 'HAA∆ AH 2.OM⇒ =
 
Tính chất 3: Cho ABC∆ nội tiếp đường tròn (O), BH và CK là 2 đường cao của ABC∆ 
AO KH⇒ ⊥ 
Hướng dẫn chứng minh: 
K H
O
x
C
B
A
+ Kẻ tiếp tuyến Ax  
sdAC
xAC ABC
2
⇒ = = 
+ Mà  ABC AHK= (do tứ giá KHCB nội tiếp)  xAC AHK⇒ = , mà 2 góc này ở vị trí so le 
trong / /HKAx⇒ . Lại có Ax AO⊥ (do Ax là tiếp tuyến) AO HK⇒ ⊥ 
Tính chất 4: Cho ABC∆ nội tiếp đường tròn (O), H là trực tâm, gọi I là tâm đường tròn 
ngoại tiếp HBC∆ ⇒ O và I đối xứng nhau qua BC. 
Hướng dẫn chứng minh: 
I
H'
C
B
A
O
H
Phần 1: 14 TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG Oxy 
Trang 3 NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien 
+ Gọi H’ là giao điểm của AH với đường tròn (O) ⇒ tứ giác ACH’B nội tiếp đường tròn 
(O) ⇒ O đồng thời là tâm đường tròn ngoại tiếp BH 'C∆ . 
+ Mặt khác H và H’ đối xứng nhau qua BC (tính chất 1 đã chứng minh) HBC⇒ ∆ đối 
xứng với H 'BC∆ qua BC, mà O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp H 'BC∆ và 
HBC∆ I⇒ và O đối xứng nhau qua BC. 
Tính chất 5: (Đường thẳng Ơ - le) Cho ABC∆ , gọi H, G, O lần lượt là trực tâm, trọng 
tâm và tâm đường tròn ngoài tiếp ABC∆ . Khi đó ta có: 
1). OH OA OB OC= + +    
2). 3 điểm O, G, H thẳng hàng và OH 3.OG=  
Hướng dẫn chứng minh: 
O
A'
C
MB
A
H
G
1). Ta đã chứng minh được AH 2.OM=  (đã chứng minh ở tính chất 2) 
+ Ta có : OA OB OC OA 2.OM OA AH OH+ + = + = + =
       
2). Do G là trọng tâm ABC∆ 
OA OB OC 3.OG⇒ + + =
   
OA 2.OM 3.OG OA AH 3.OG OH 3.OG⇒ + = ⇒ + = ⇒ =
       
Vậy 3 điểm O, G, H thẳng hàng 
 Tính chất 6: Cho ABC∆ nội tiếp đường tròn (O). Gọi D, E theo thứ tự là chân các 
đường cao từ A, B. Các điểm M, N theo thứ tự là trung điểm BC và AB. ⇒ tứ giác 
MEND nội tiếp. 
Hướng dẫn chứng minh: 
Phần 1: 14 TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG Oxy 
Trang 4 NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien 
N
E
D
H'
O
A'
C
MB
A
H
+ Ta có D là trung điểm HH’ (tính chất 1), M là trung điểm HA’ (do HCA’B là hình bình 
hành - tính chất 2). Như vậy ta có phép vị tự : 1H;
2
(A ') M
V : (H ') D  
 
=

=
+ Mà 2 điểm A’, H’ thuộc đường tròn ngoại tiếp ABC∆ ⇒ 2 điểm M, D thuộc đường 
tròn (C’) là ảnh của đường tròn (C) tâm O qua phép vị tự 1H;
2
V
 
 
 
(1) 
+ Chứng minh tương tự ta cũng có 2 điểm N, E thuộc đường tròn (C’) là ảnh của đường 
tròn (C) tâm O qua phép vị tự 1H;
2
V
 
 
 
(2) 
+ Từ (1) và (2) ⇒ 4 điểm D, M, E, N thuộc đường tròn (C’). 
Tính chất 7: Cho ABC∆ , gọi O và I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường 
tròn nội tiếp ABC∆ , AI cắt đường tròn (O) tại D DB DI DC⇒ = = 
Hướng dẫn chứng minh: 
1
3
2
1
21
I
O
C
D
B
A
Phần 1: 14 TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG Oxy 
Trang 5 NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien 
+ Ta có  
1 1 1I A B= +ɵ (do 
1I là góc ngoài ABI∆ ) 
+ Mà 
 1 2B B= (Do BI là phân giác ABC∆ ),  1 2A A= (Do AI là phân giác ABC∆ ), mà 
 

2 3
sdBCA B
2
= =

   
1 2 3I B B IBD IBD⇒ = + = ⇒ ∆ cân tại D DI DB⇒ = (1) 
+ Ta lại có  1 2A A=  BD DC BD DC⇒ = ⇒ = (2) 
+ Từ (1) và (2) DB DI DC⇒ = = 
Tính chất 8: Cho ABC∆ , gọi D, E, F là chân các đường vuông góc kẻ từ A, B, C của 
ABC∆ . Gọi H là trực tâm ABC∆ ⇒ H là tâm đường tròn nội tiếp DEF∆ 
Hướng dẫn chứng minh: 
1
211
F
E
D
H
CB
A
+ Ta có tứ giác BDHF nội tiếp 
 1 1B D⇒ = (1) 
+ Tứ giác ECDH nội tiếp 
 1 2C D⇒ = (2) 
+ Mà 
 
1 1B C= (cùng phụ với BAC ) (3) 
Từ (1), (2) và (3) 
 
1 2D D⇒ = ⇒ DH là phân giác của DEF∆ (*) 
- Chứng minh tương tự ta cũng có EH, FH là các tia phân giác của DEF∆ (**) 
- Từ (*) và (**) ⇒ H là tâm đường tròn nội tiếp DEF∆ 
Tính chất 9: Cho ABC∆ nội tiếp đường tròn (O). Gọi D, E là giao điểm của đường tròn 
(O) với các đường cao qua A và C ⇒ OB là trung trực của ED. 
Hướng dẫn chứng minh: 
+ Ta có 
 


1 1
sdBDE A
2
= = , 

 


1 1
sdBED C
2
= = , 

 
11C A= (cùng phụ với ABC ) 
 
1 1E D⇒ = 
EBD⇒ ∆ cân tại B BE BD⇒ = (1) 
+ Mà OE OD= (bán kính đường tròn tâm O) (2) 
Từ (1) và (2) ⇒ OB là trung trực của ED 
Phần 1: 14 TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG Oxy 
Trang 6 NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien 
1
1
1
1
E
D
O
C
B
A
Tính chất 10: Cho ABC∆ cân tại A nội tiếp đường tròn tâm I, G là trọng tâm ABC∆ . Gọi 
D là trung điểm AB, E là trọng tâm ADC∆ ⇒ I là trực tâm DEG∆ 
Hướng dẫn chứng minh: 
- Gọi F, H, K lần lượt là các trung điểm BC, AC, AD E DH CK⇒ = ∩ . 
- Do G là trọng tâm ABC∆ G CDAF⇒ = ∩ 
- Ta có CE CG 2 GE / /AB
CK CD 3
= = ⇒ , mà AB DI GE ID⊥ ⇒ ⊥ 
- Lại có DE / /BC GI DE I
GI BC

⇒ ⊥ ⇒⊥ 
 là trực tâm DGE∆ 
B C
E
K
D
A
F
G
I
Tính chất 11: “Trong 1 hình thang cân có 2 đường chéo vuông góc, độ dài đường cao 
bằng độ dài đường trung bình”. 
Hướng dẫn chứng minh: 
Phần 1: 14 TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG Oxy 
Trang 7 NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien 
+ NM NI IM= + 
+ Do ABCD là hình thang cân, AC BD⊥ tại I AIB, DIC⇒ ∆ ∆ vuông cân IN, IM⇒ là các 
đường cao tương ứng đồng thời là trung tuyến 
AB CD AB CDNI ; IM NI IM NM
2 2 2
EF EF
+
⇒ = = ⇒ + = = ⇒ = 
Tính chất 12: Gọi M, N lần lượt là các trung điểm của cạnh AB, BC của hình vuông 
ABCD AN DM⇒ ⊥ 
Hướng dẫn chứng minh: 
+ Ta có ABN DAM(c g c)∆ = ∆ − − 
 
1 1A D⇒ = 
+ Mà 
 
 
 
0 01 1 1 1D M 90 A M 90 AHM+ = ⇒ + = ⇒ ∆ vuông tại H AN DM⇒ ⊥ 
1
1
11
H
N
M
D C
BA
Tính chất 13: Cho hình chữ nhật ABCD có AB 2.AD= , M là một điểm trên AB sao cho 
AB 4.AM DM AC= ⇒ ⊥ 
Hướng dẫn chứng minh: 
FE
x-3y-3=0
I(2;3)
M
N
D C
BA
Phần 1: 14 TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG Oxy 
Trang 8 NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien 
1
11
H
M
D C
BA
+ Ta có 
 
 01 1D M 90 (1)+ = 
+ Mà 
 
 
 
1 1 1 1BC 1 AM 1tan A , tan D A D
AB 2 AD 2
= = = = ⇒ = , 
+ Thay vào (1) 
 
 01 1A M 90 AHM⇒ + = ⇒ ∆ vuông tại H AC DM⇒ ⊥ 
Tính chất 14: Cho ABC∆ vuông tại A, đường cao AH. Gọi P, Q lần lượt là trung điểm 
của các đoạn thẳng BH, AH ⇒AP CQ⊥ 
Hướng dẫn chứng minh: 
Q
P
H
C
B
A
+ Ta có PQ là đường trung bình của AHB∆ PQ / /AB⇒ , mà AB AC PQ AC⊥ ⇒ ⊥ 
⇒ Q là trực tâm APC∆ ⇒AP CQ⊥ 
(sau đây chúng ta cùng vận dụng 14 tính chất cơ bản vào phân tích 
giải 36 bài toán đặc trưng của hình học tọa độ phẳng Oxy) 
Phần 2: tuyển chọn 36 BÀI TẬP ĐẶC TRƯNG CỦA HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG 
Trang 7 NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien 
Bài 1: ABC∆ nội tiếp đường tròn đường kính AD, M(3; 1)− là trung điểm cạnh BC. 
Đường cao kẻ từ B của ABC∆ đi qua điểm E( 1; 3)− − , điểm F(1;3) nằm trên đường thẳng 
AC. Tìm tọa độ đỉnh A và viết phương trình cạnh BC biết D(4; 2)− 
Hướng dẫn tìm lời giải 
+ Trước hết, khi gặp loại bài tập mà 
tam giác nội tiếp đường tròn, dữ kiện 
bài cho đường cao của tam giác thì ta 
thường nghĩ đến việc tạo ra 1 hình 
bình hành bằng cách: 
- Nếu tam giác có 2 đường cao thì ta 
chỉ việc kẻ 1 đường kính đi qua đỉnh 
còn lại (không chứa 2 đường cao kia). 
- Nếu tam giác có đường kính đi qua 
đỉnh và 1 đường cao thì ta sẽ kẻ đường 
cao thứ 2 
(bài toán này ta sẽ làm như vậy) 
+ Với bài toán này ta sẽ tạo ra điểm H 
là trực tâm ABC∆ ⇒ ta chứng minh 
được BHCD là hình bình hành (xem 
tính chất 2) 
+ Công việc chuẩn bị đã xong, bây giờ 
ta sẽ làm theo các bước suy luận sau nhé: 
- Thấy ngay H là trung điểm AC H(2;0)⇒ 
- Lập được phương trình BH (qua 2 điểm H và E) BH : x y 2 0⇒ − − = 
- Lập được phương trình DC (qua D và // BH) DC : x y 6 0⇒ − − = 
- Lập được phương trình AC (qua F và BH⊥ ) AC : x y 4 0⇒ + − = 
- Tọa độ C AC DC= ∩ , giải hệ C(5; 1)⇒ − 
- Lập phương trình BC đi qua 2 điểm M và C BC : y 1 0⇒ + = 
- Lập phương trình AH (qua H và BC⊥ ) AH : x 2 0⇒ − = 
- Tọa độ A AH AC= ∩ , giải hệ A(2;2)⇒ 
Bài 2: Cho ABC∆ nội tiếp đường tròn (C), đường phân giác trong và ngoài của 
A cắt 
đường tròn (C) lần lượt tại M(0; 3), N( 2;1)− − . Tìm tọa độ các điểm B, C biết đường thẳng 
BC đi qua E(2; 1)− và C có hoành độ dương. 
Hướng dẫn tìm lời giải 
+ Trước hết ta thấy ngay AN AM⊥ (t.c phân giác của 2 góc kề bù) ⇒ đường tròn (C) sẽ 
có tâm I( 1; 1)− − là trung điểm MN, bán kính ( ) ( )2 2MNR 5 (C) : x 1 y 1 5
2
= = ⇒ + + + = 
+ Như vậy đến đây thấy rằng để tìm tọa độ B, C ta cần thiết lập phương trình đường 
thẳng BC rồi cho giao với đường tròn (C). 
F(1;3)
H
M(3;-1)
E(-1;-3)
D(4;-2)
C
B
A ?
Phần 2: tuyển chọn 36 BÀI TẬP ĐẶC TRƯNG CỦA HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG 
Trang 8 NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien 
x
N(1;1)
M(-1;0)
O(0;0)
3x+y-1=0
C
B
A
+ Quan sát tiếp thấy BC qua E(2;-1) rồi, giờ thì ta cần tìm VTCP hoặc VTPT nữa là ổn 
đúng không ! 
Nếu vẽ hình chính xác thì ta sẽ dự đoán được BC MN⊥ !!! (ta sẽ chứng minh 
nhanh nhé:    1 2A A MB MC= ⇒ = ⇒ M là 
điểm chính giữa BC H⇒ là trung điểm BC 
( H MN BC= ∩ ) BC MN⇒ ⊥ (q. hệ giữa 
đường kính và dây cung - hình học lớp 9)) 
+ Như vậy, tóm lại, đường thẳng BC qua E, 
MN BC : x 2y 4 0⊥ ⇒ − − = 
+ Cuối cùng, ta chỉ cần giải hệ phương trình 
gồm 6 7(C) BC B( 2; 3),C ;
5 5
 
∩ ⇒ − − − 
 
Bài 3: Cho ABC∆ nội tiếp đường tròn tâm O(0;0). Gọi M(-1;0, N(1;1) lần lượt là các 
chân đường vuông góc kẻ từ B, C của ABC∆ . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C của ABC∆ , 
biết điểm A nằm trên đường thẳng ∆ có phương trình : 3x + y - 1 = 0 
Hướng dẫn tìm lời giải 
+ Ta thấy A A(a;1 3a)∈ ∆ ⇒ − , bây giờ cần 
thiết lập 1 phương trình để tìm a. 
+ Ta có AO MN⊥ (Tính chất 3) 
Giải phương trình : 
AO.MN 0 a 1 A(1; 2)= ⇒ = ⇒ −
 
+ Đường thẳng AB đi qua A, N 
AB : x 1 0⇒ − = 
+ Đường thẳng AC đi qua A, M 
AC : x y 1 0⇒ + + = 
+ Đường cao BM đi qua M và 
AC BM : x y 1 0⊥ ⇒ − + = 
+ Tọa độ B AB BM B(1;2)= ∩ ⇒ , tương tự 
C( 2;1)⇒ − 
Như vậy điểm quan trọng nhất đối 
với bài này là phát hiện ra AO MN⊥ 
21
H
I
E(2;-1)
N(-2;1)
M(0;-3)
C
B
A
Phần 2: tuyển chọn 36 BÀI TẬP ĐẶC TRƯNG CỦA HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG 
Trang 9 NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien 
Bài 4 : Cho ABC∆ nội tiếp đường tròn tâm I(1;2), bán kính R = 5. Chân đường cao kẻ từ 
B, C lần lượt là H(3;3), K(0;-1). Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCHK, 
biết A có tung độ dương” 
Hướng dẫn tìm lời giải 
+ Đường tròn (C) tâm I, bán kính R = 5 có phương 
trình ( ) ( )2 2x 1 y 2 25− + − = 
+ Ta thấy ngay đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCHK 
có tâm M là trung điểm BC, đường kính BC (do 
  0BKC BHC 90= = ). Như vậy vấn đề quyết định của 
bài toán này là đi tìm tọa độ B, C. 
+ Theo tính chất 3 AI KH⊥ ⇒ AI là đt qua I, 
AI KH⊥ ⇒AI có phương trình: 3x 4y 11 0+ − = 
+ Tọa độ A AI (C)= ∩ , giải hệ có A( 3;5)− 
+ Đường thẳng AB đi qua A, K AB : 2x y 1 0⇒ + + = 
+ Tọa độ B AB (C)= ∩ , giải hệ có B(1; 3)− , suy luận 
tương tự có C(6;2) 
Vậy đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCHK có 
tâm M là trung điểm BC, đường kính BC có phương trình: 
2 27 1 25
x y
2 2 4
   
− + + =   
   
Bài 5: (KD-2014) Cho ABC∆ nội tiếp đường tròn, D(1;-1) là chân đường phân giác của 

A , AB có phương trình 3x 2y 9 0+ − = , tiếp tuyến tại A có phương trình ∆ : x 2y 7 0+ − = . 
Hãy viết phương trình BC. 
Hướng dẫn tìm lời giải 
+ Với dữ kiện đề bài 
cho, trước hết ta xác 
định được ngay tọa độ 
A AB A(1;3)= ∆ ∩ ⇒ 
+ Đường thẳng BC đi 
qua D(1;-1) nên để lập 
phương trình BC ta cần 
tìm tọa độ một điểm 
nữa thuộc BC. 
Gọi 
E BC= ∆ ∩
( )E E 7 2x;x⇒ ∈ ∆ ⇒ − 
+ Bây giờ cần thiết lập 
∆
3x+2y-9=0
x+2y-7=0
E
A
C
B D(1;-1)
1 1
2
1
K(0;-1)
H(3;3)
I(1;2)
C
D
B
A
Phần 2: tuyển chọn 36 BÀI TẬP ĐẶC TRƯNG CỦA HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG 
Trang 10 NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien 
1 phương trình để tìm x, vẽ hình chính xác sẽ cho ta dự đoán EAD∆ cân tại E ⇒ giải 
phương trình ED = EA sẽ tìm được x 1 E(5;1)= ⇒ . 
(chứng minh EAD∆ cân tại E như sau:  
 1 1D C DAC= + (góc ngoài ADC∆ ), mà 

 

1 1
sdABC A
2
= = , 
     
2 1 1 2DAC A D A A EAD EAD= ⇒ = + = ⇒ ∆ cân tại E) 
+ Đường thẳng BC đi qua 2 điểm E và D BC : x 2y 3 0⇒ − − = 
Bài 6 : “Cho ABC∆ có đỉnh A(1;5) . Tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp ABC∆ lần 
lượt là 5I(2;2), K ;3
2
 
 
 
. Tìm tọa độ B, C” 
Hướng dẫn tìm lời giải 
Mỗi bài hình học tọa độ phẳng trong thi ĐH đều có một “nút thắt” riêng, làm thế nào 
để tìm được “nút thắt” đó và “cởi nút thắt”. Câu trả lời là : Phải học nhiều, làm nhiều, 
chịu khó tổng hợp kiến thức và tư duy theo kinh nghiệm đã tích lũy . 
SAU ĐÂY TA SẼ ĐI TÌM “NÚT THẮT” CỦA BÀI TOÁN LẦN TRƯỚC NHÉ ! 
+ Ta lập được ngay đường tròn (C) ngoại 
tiếp ABC∆ có tâm K, bán kính AK. 
( )
2
25 25(C) : x y 3
2 4
 
⇒ − + − = 
 
+ Đường thẳng AI qua A, I 
5 1AI :3x y 8 0 D AI (C) D ;
2 2
 
⇒ + − = ⇒ = ∩ ⇒  
 
+ Ta có: BD DI CD= = (tính chất 7) 
⇒B, C nằm trên đường tròn (T) tâm D, bán 
kính DI ⇒ tọa độ B, C là giao của 2 đường 
tròn (C) và (T) 
+ Như vậy đường tròn (T) tâm D, bán kính 
DI có phương trình: 
2 25 1 10
x y
2 2 4
   
− + − =   
   
+ { } B(4;1),C(1;1)B,C (C) (T)
B(1;1),C(4;1)

= ∩ ⇒ 

1
(C)
2
1
3
2
1
K( 52 ;3)
I(2;2)
C
D
B
A(1;5)
Phần 2: tuyển chọn 36 BÀI TẬP ĐẶC TRƯNG CỦA HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG 
Trang 11 NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien 
Bài 7: Cho ABC∆ có tâm đường tròn bàng tiếp của góc A là K(2; 9)− , đỉnh 
B( 3; 4),A(2;6)− − . Tìm tọa độ đỉnh C 
Hướng dẫn tìm lời giải 
+ Ta thấy C AC BC= ∩ , vậy ta cần đi tìm 
phương trình đường thẳng AC và BC 
* Bước 1: Tìm phương trình AC 
- Đường thẳng AC đi qua A và B’ (trong 
đó B’(7;4) là điểm đối xứng của B qua 
phân giác AK: x - 2 = 0) 
AC :⇒ 2x 5y 34 0+ − = 
(Trong quá trình học ta đã có được kinh 
nghiệm: khi gặp đường phân giác và 1 
điểm, ta sẽ lấy điểm đối xứng qua đường 
phân giác - hy vọng bạn còn nhớ) 
* Bước 2: Tìm phương trình BC 
Suy luận tương tự ta cũng có: Đường 
thẳng BC đi qua B và A’ (trong đó A’ là 
điểm đối xứng của A qua phân giác BE) 
+ Giải hệ C AC BC= ∩ . Đáp số C(5;0) 
Bài 8: ABC∆ nội tiếp đường tròn tâm I(2;1), bán kính R = 5. Trực tâm H(-1;-1), độ dài 
BC = 8. Hãy viết phương trình BC 
Hướng dẫn tìm lời giải 
+ Đây là 1 bài toán quen thuộc “tam giác nội tiếp 
đường tròn, cho biết trực tâm”, vậy ta sẽ nghĩ ngay 
đến việc tạo ra hình bình hành bằng cách kẻ đường 
kính AD BHCD⇒ là hình bình hành (xem lại tính 
chất 2) MI⇒ là đường trung bình của AHD∆ 
AH 2.MI⇒ = (một kết quả rất quen thuộc) 
+ Với các suy luận trên, ta sẽ tìm được tọa độ A 
trước tiên. Thật vậy, gọi A(x;y) 
Ta có: 
2 2 2 2AH 2.IM 2. CI BM 2 5 4 6
AI 5
 = = − = − =

=
, 
giải hệ này 
x 1
A( 1;5) D(5; 3) M(2; 2)
y 5
= −
⇒ ⇒ − ⇒ − ⇒ −
=
 (do I là 
trung điểm AD, M là trung điểm HD) 
+ Như vậy, sau khi có điểm A, M ta thấy đường thẳng BC đi qua M, vuông góc với AH 
BC : y 2 0⇒ + = 
K(2;-9)
B(-3;-4)
A'
C
B'
E
A(2;6)
I
C
H
B
A
D
M
Phần 2: tuyển chọn 36 BÀI TẬP ĐẶC TRƯNG CỦA HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG 
Trang 12 NGUYỄN HỮU BIỂN - https://www.facebook.com/groups/nguyenhuubien 
Bài 9: ABC∆ nội tiếp đường tròn tâm I(-2;0), A(3;-7), trực tâm H(3;-1). Xác định tọa độ 
C biết C có hoành độ dương. 
Hướng dẫn tìm lời giải 
+ Hoàn toàn với phương pháp lập luận như bài 
trên, ta cũng có được kết quả 
AH 2.MI AH 2.IM= ⇒ =
 
, nếu gọi M(x;y) thì giải 
phương trình AH 2.IM=
 
x 2, y 3 M( 2;3)⇒ = − = ⇒ − 
+ Đường thẳng BC đi qua điểm M, vuông góc với 
AH BC : y 3 0⇒ − = 
+ Đường tròn (C) tâm I, bán kính R = IA có 
phương trình : ( )2 2x 2 y 74+ + = 
+ Tọa độ B, C là giao của BC và (C), giải hệ ta sẽ 
có ( )C 2 65;3− + (chú ý Cx 0> nhé) 
Như vậy qua bài toán trên, các bạn cần ghi nhớ 1 
kết quả quan trọng sau: Nếu H, I lần lượt là trực 
tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp ABC∆ , M là trung điểm BC thì ta có: AH 2.IM=
 
 (đây 
là điểm nút của vấn đề). Tiếp theo mạch tư tưởng đó, ta nghiên cứu bài sau cũng có cách 
khai thác tương tự. 
Bài 10: Cho hình chữ nhật ABCD, qua B kẻ đường thẳng vuông góc với AC tại H. Gọi 
E, F, G lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng CH, BH và AD. Biết 
( )17 29 17 9E ; ;F ; ,G 1;5
5 5 5 5
   
   
   
. Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp ABE∆ 
Hướng dẫn tìm lời giải 
+ Đây là bài toán phát triển theo mạch tư duy của 
dạng bài trên 
+ ABE∆ có F là trực tâm, vậy nếu gọi I là tâm 
đường tròn ngoại tiếp ABE∆ , M là trung điể AB 
thì ta đã chứng minh được 2.IMEF =
 
 (xem lại bài 
ở trên) 
Do tọa độ E, F đã biết, vậy để có I ta cần tìm tọa 
độ M, mà M là trung điểm AB nên ta cần tìm tọa 
độ A, B. (đây là điểm nút của bài toán này) 
+ Ta thấy ngay EF là đường trung bình của 
HCB AG FE∆ ⇒ =
 
. Như vậy nếu gọi A(x;y) thì 
giải phương trình AG FE x 1; y 1 A(1;1)= ⇒ = = ⇒
 
+ Tiếp theo lập được phương trình đt AE đi qua A, E AE : 2x y 1 0⇒ − + + = 
+ Đường thẳng AB qua A và vuông góc với EF AB : y 1 0⇒ − = 
+ Đường thẳng BH qua F và vuông góc với AE BH : x 2y 7 0⇒ + − = 
B BH AB B(5;1)⇒ = ∩ ⇒ M(3;1)⇒ 
+ Giải phương trình 2.IMEF =
 
I(3;3)⇒ 
I
C
H
B
A
D
M
M
I
D
C
A
G
H
B
F
E
Phần 2: tuyển chọn 36 BÀI TẬP ĐẶC TRƯNG CỦA HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG 
Trang 13 NGUYỄN HỮU BIỂN - htt