Chuyên đề Phương pháp giải các bài toán hình giải tích Oxy trong kỳ thi tuyển sinh ĐH

1 
PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TOÁN HÌNH GIẢI TÍCH Oxy 
TRONG KỲ THI TSĐH 
Phần một: Bài tập liên quan đến xác định các yếu tố trong tam giác 
Trong phần này ta thống nhất kí hiệu: Trong tam giác ABC: 
- AM, AH, AD lần lượt là trung tuyến, đường cao, phân giác trong góc A 
- G, I lần lượt là trọng tâm, tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác. 
- S, p lần lượt là dịên tích, nữa chu vi tam giác 
Để giải quyết tôt bài tập trong phần này học sinh cần nắm chắc các vần đề sau: 
- Nếu ( 
; )M MM x y thuộc đường thẳng M:ax+by+c=0 ax 0Mby c     hoặc 
( ; )M MM x y thuộc đường thẳng 
0
0 0
0
( ; )
x x at 
M x at y bt
y y bt
 
   
 
- Khoảng cách từ M đến đường thẳng  là M( / ) 2 2
ax M
M
by c
d
a b

 


- Nếu M là điểm bất kỳ thuộc cạnh AC của tam giác ABC thì điểm đối xứng với M qua 
phân giác trong AD luôn thuộc cạnh AB.(Tính chất rất quan trọng trong tam, giác ABC) 
- Cho 2 đường thẳng 1 1 1 2 2 2: 0, : 0a x b y c a x b y c        góc tạo bởi 1 2,  kí hiệu 
1 2 1 2 1 2
1 2 2 2 2 2
1 2 1 1 2 2
.
cos os( , )
n n a a b b
c n n
n n a b a b
 

   
 
 
 
  , nếu 1 2;  vuông góc với nhau 
thì 1 2 1 2 1 2. 0 0n n a a b b   
 
- Tam giác ABC cân tại A osB=cosCc 
- Trong tam giác vuông tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác là trung điểm cạnh huyền 
-  /
1 . .
2 4ABC A BC
abcS BC d p r 
R
   
- Nếu đường thẳng  bất kỳ đi qua ( ; )M MM x y thì phương trình 
: ( ) ( ) 0 ax+by-(a ) 0M M M Ma x x b y y x by        với ( ; )n a b

là VTPT của  và 
( 2 2 0a b  ) 
- Phương tích của điểm M bất kỳ với đường tròn ( C) tâm I bán kính R là 
( /( )) M CP 
2 2MAMB IM R 

 (Với A, B là giao điểm của cát tuyến qua M với đường tròn (C) 
Nếu M nằm ngoài đường tròn thì ( /( )) 0M CP  
Nếu M nằm trong đường tròn thì ( /( )) 0M CP  
Nếu M thuộc đường tròn thì ( /( )) 0M CP  
Nếu MT là tiếp tuyến 2( /( )) M CP MT 
MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP CÀN LƯU Ý: 
1) Biết đỉnh A của tam giác ABC và 2 trung tuyến BM, CN. Viết phương trình các cạnh? 
2PP: Trước hết ta tìm tọa độ đỉnh ( ; )B BB x y : Vì B BM ta có phương trình (1). Từ toạ độ B ta 
biểu diễn ( ; )
2 2
B A B Ax x y yN   vì N CN ta có phương trình (2). Giải hệ gồm 2 phương trình 
(1) (2) ta tìm được toạ độ điểm B. Tương tự có đỉnh C 
Ví dụ 1) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A(4;-1) và phương trình 2 
đường trung tuyến BM: 8x-y-3=0, CN:14x-13y-9=0. Tính toạ độ các đỉnh B, C 
HD Giải: 
Giả sử 1 1 1 1( ; ); 8 3 0B x y B BM x y     .(1) Vì N là trung điểm AB nên 
1 1 1 14 1 4 1( ; ); 14 13 9 0
2 2 2 2
x y x yN N CN               
   
 (2) 
Giải hệ (1) và (2) ta có 1 
1
1
(1;5)
5
x 
B
y



Tương tự ta có C(-4;-5) 
2) Biết đỉnh A của tam giác ABC và trung tuyến BM, đường cao BH. Viết phương trình các 
cạnh? 
PP: - Tìm toạ độ B là giao điểm của BM và BH. Viết phương trình AB, AC. Giao của AC và BM 
ta có toạ độ M dùng tính chất trung điểm suy ra toạ độ C. 
B C 
M N 
A 
3Ví dụ 1) Tam giác ABC có đường trung tuyến : 1 0,Am x y   đường cao : 2 1 0Ah x y  
đoạn AB có trung điểm M(1;1). Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC 
Giải: : 1 0; : 2 1 0A Bm x y h x y      có véc tơ pháp tuyến  1 1;2n

Gọi    ; 1 , 1 2 ;A BA t t m B u u h    . 
 Toạ độ trung điểm M của AB là
1 2 1 21 02 2
1 1 11
2 2
M
M
t u t ux u
t u t u ty
       
   
      
  
Vậy A=(1;2), B=(1;0). Suy ra  0; 2AB  

 và phương trình đường thẳng AB: 
1
2
x
y t


 
Đường thẳng AC đi qua A(1;2) có véc tơ chỉ phương  1;2n
nên có phương trình: 1 2 2
1 2
x y y x   
Giả sử  ; 2C v v AC . Toạ độ trung điểm N của BC là: 1 ;
2
vN v  
 
1 1 0 3
2A 
vN m v v       . Vậy C=(3;6),    2;6 2 1;3BC  

Phương trình đường thẳng BC đi qua B(1;0) có véc tơ chỉ phương (1;3) là: 1
1 3
x y
 . 
3) Biết đỉnh A đường cao BH trung tuyến CM. Viết phương trình các cạnh tam giác? 
PP: Viết phương trình AC.Giao điểm của AC và CM ta có toạ độ C. Gọi ( ; )B BB x y vì M là trung 
điểm AM nên ( ; )
2 2
B A B Ax x y yM   M thuộc CM nên thay vào phương trình CM ta tìm được toạ 
độ điểm B. 
B 
A C 
H 
M 
4Ví dụ 3) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có C(-4;-5) và phương trình đường cao 
AD:x+2y-2=0, đường trung tuyến BM: 8x-y-3=0. Tính toạ độ các đỉnh A,B 
HD Giải: 
Hs dễ dàng viết được phương trình (BC):2x-y+3=0. Tọa độ B là nghiệm của hệ
2 3 0
1, 5 (1;5)
8 3 0
x y 
x y B
x y
  
   
   
Giả sử A(x;y) 2 2 0x y    (1) vì M là trung điểm AC nên 
4 5 4 5( ; ); 8 3 0
2 2 2 2
x y x yM M BM                 
   
 (2). Giải hệ gồm 2 phương trình 
(1) và (2) ta có 4; 1 (4; 1)x y A    
Ví dụ 2) Cho tam giác ABC có phương trình của trung tuyến xuất phát từ A và đường cao kẻ từ 
B lần lượt là: 2 5 1 0; 3 4 0.x y x y      Đường thẳng BC đi qua điểm  4; 9K  . Lập phương 
trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết rằng đỉnh C nằm trên đường thẳng 
: 6 0d x y  
Giải: Gọi    4 3 ; , ; 6B b b C c c  ta có    3 ; 9 ; 4; 3KB b b KC c c   
 
K,B,C thẳng hàng nên .KB k KC
 
 Từ đó ta tính được 7 9 27 5,
4 4
k kb c
k
 
  
Gọi M là trung điểm của BC ta tính được 
2 221 38 27 7 38 27;
8 8
k k k kM 
k k
     
 
 
Vì M thuộc đường trung tuyến AM nên ta có tọa độ M thỏa mãn 
 phương trình 2: 77 258 81 0AM k k    . Giải rat a được 3k  hoặc 27 
77
k  
viết phương trình AC tìm A theo 2 trường hợp. Phần còn lại đơn giản các bạn tự giải. 
B 
A 
C 
H 
M 
5Ví dụ 3) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết đường cao và trung tuyến 
xuất phát từ A lần lượt có pt: 6 5 7 0; 4 2 0.x y x y      Tính diện tích tam giác ABC biết 
rằng trọng tâm tâm của tam giác thuộc trục hoành và đường cao xuất phát từ đỉnh B đi qua điểm 
 1; 4E 
Giải: 
Ta có  2;1A . Gọi  ;0G a , vì G thuộc trung tuyến nên suy ra  2;0G  
Gọi M là trung điểm BC ta có: 12 4;
2
AG GM M      
 
 
Viết được    : 5 6 23 0 1 6 ; 3 5 ; 7 6 ;5 2BC x y B t t C t t          
Vì BE vuông góc với AC ta có điều kiện là 261 42 19 0 1t t t      hoặc 19 
61
t 
Đến đây chia hai trường hợp để giải. 
4) Biết đỉnh A trung tuyến BM, phân giác trong BD. Viết phương trình các cạnh? 
PP: Tìm B là giao điểm của BM, BD. Viết phương trình AB. Tìm toạ độ A1 đối xứng với A qua 
phân giác trong BD suy ra A1 thuộc BC. Viết phương trình đường thẳng BC (đi qua B, A1 ). Tìm 
toạ độ ( ; )C CC x y vì C thuộc BC ta có phương trình (1) . M là trung điểm AC suy ra 
( ; )
2 2
C A C Ax x y yM   Vì M thuộc trung tuyến BM ta có phương trình (2). Giải hệ (1) (2) ta có 
toạ độ C. 
5) Biết đỉnh A trung tuyến BM phân giác trong CD. Viết phương trình các cạnh? 
A 
B 
C 
D M 
A1 
6PP:Tìm toạ độ ( ; )C CC x y Vì C thuộc CD nên ta có phương trình (1). M là trung điểm AC nên 
( ; )
2 2
C A C Ax x y yM   . Vì M thuộc BM thay vào ta có phương trình (2). Giải hệ (1) (2) ta có toạ 
độ C. Tìm A1 đối xứng với A qua phân giác trong CD. Viết phương trình BC (đi qua C và A1). 
Lấy giao điểm BC và BM ta có toạ độ điểm B. 
Ví dụ 1) Trong Oxy cho ABC có đỉnh A(1;2) đường trung tuyến BM: 2 1 0x y   và phân 
giác trong CD: 1 0x y   . Viết phương trình đường thẳng BC. 
Giải: Điểm  : 1 0 ;1C CD x y C t t      . 
Suy ra trung điểm M của AC là 1 3;
2 2
t tM    
 
. 
 1 3: 2 1 0 2 1 0 7 7;8
2 2
t tM BM x y t C               
 
Từ A(1;2), kẻ : 1 0AK CD x y    tại I (điểm K BC ). 
 Suy ra    : 1 2 0 1 0AK x y x y        . 
Tọa độ điểm I thỏa hệ:  
1 0
0;1
1 0
x y 
I
x y
  

  
. 
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của  1;0K  . 
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 0
7 1 8
x y x y     
 
6) Biết đỉnh A đường cao BH, phân giác trong BD. Viết phương trình các cạnh tam giác ? 
PP: Viết phương trình AC. Tìm B là giao điểm của BH và BD viết phương trình AB.Tìm A1 đối 
xứng với A qua phân giác trong BD. Viết phương trình BC(đi qua A1 và B). Tìm C là giao điểm
AC và BC 
A 
B 
C 
M 
D 
A1 
7Ví dụ 1) Tam giác ABC có C(-3; 1), đường cao : 7 32 0Ah x y   , phân giác 
: 3 12 0AI x y   . Viết phương trình các cạnh của tam giác. 
Giải: : 7 32 0Ah x y   có véc tơ pháp tuyến  1 1;7n

Vì ABC h nên BC có véc tơ chỉ phương  1 1;7 .n

Đường thẳng BC đi qua C(-3;1) và có véc tơ 
chỉ phương  1 1;7n
 có phương trình là 3 1
1 7
x y 
 
Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:  
7 32 0 3
3; 5
3 12 0 5
x y x 
A
x yy y
    
    
     
Gọi C1 là điểm đối xứng với C qua Al thì 1C AB 
: 3 12 0Al x y   có véc tơ pháp tuyến  2 1;3n
 . Vì 1 ACC l nên CC1 có véc tơ chỉ phương là 
 2 1;3n

Phương trình đường thẳng CC1 đi qua điểm C(-3;1) và có véc tơ chỉ phương là  2 1;3n
 là 
3 1
1 3
x y 
 
Toạ độ giao điểm I của CC1 và Al là nghiệm của hệ: 
213 1
21 135 ;1 3 
13 5 53 12 0 
5
x y x
I
x y y
             
       
I là trung điểm của CC1 nên  
1
1
1
1 1
1
272 
27 31 42 6 65 ; ; ; 7;1
31 5 5 5 5 52 
5
C C
C C
x x x
C C A
y y y
                 
       


AB đi qua A(3;-5) và có véc tơ chỉ phương (7;1) nên phương trình đường thẳng AB 
là: 3 5
7 1
x y 
 
A 
B 
C H D 
A1 
8AC đi qua A(3;-5) và có véc tơ chỉ phương  1 1;1
6
AC  

 nên phương trình đường thẳng AC là: 
3 5
1 1
x y 


. 
7) Biết đỉnh A đường cao BH phân giác trong CD. Viết phương trình các cạnh tam giác? 
PP: Viết phương trình AC. Tìm C là giao điểm của AC và CD.Tìm A1 đối xứng với A qua phân 
giác trong CD. Viết phương trình BC (đi qua C và A1). Tìm B là giao điểm của BH và BC. 
Ví dụ 1) Cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong góc A, đường cao kẻ từ B 
lần lượt là: 2 0;4 3 1 0x y x y      . Biết hình chiếu vuông góc của C lên đường thẳng qua 
AB là H(-1;-1). Tìm tọa độ đỉnh C 
Giải: 
Kí hiệu đường cao là BK: 4x+3y-1=0, phân giác trong AD:x-y+2=0 
Gọi H’ là điểm đối xứng với H qua AD thì H’ thuộc AC . Tính được H’(-3;1) 
Phương trình AC: 3x-4y+13=0. Tọa độ A là giao điểm của AD và AC là nghiệm của hệ 
2 0 5
(5;7)
3 4 13 0 7
x y x 
A
x y y
    
  
    
Đường cao CH qua H và vuông góc với HA nên CH: 3x+4y+7=0 
Tọa độ C là giao điểm của AC và CH: 
3 4 13 0 10 3;
3 4 7 0 3 4
x y 
C
x y
          
Ví dụ 2) Trong hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có ( 2;3)C  . Đường cao của tam giác kẻ 
từ đỉnh A và đường phân giác trong góc B có phương trình lần lượt là: 
3 2 25 0, 0x y x y     .Hãy viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC của tam giác 
Gọi đường cao kẻ từ A là AH: 3 2 25 0x y  
Đường phân giác trong góc B là BE: 0x y 
BC có phương trình : 2 3 5 0x y  
A
B 
C
D 
H
A1 
9Toạ độ B là nghiệm của hệ 
2 3 5 0 1
(1;1)
0 1
x y x 
B
x y y
    
  
   
Gọi F là điểm đối xứng của C qua BE. Do BE là phân giác nên F thuộc AB. 
Xác định toạ độ F được F(3; -2). 
Đường thẳng chứa cạnh AB là đường thẳng đi qua B, F. 
Phương trình AB là: 3x + 2y -5 = 0. 
Toạ độ A là nghiệm của hệ 
3 2 5 0 5
(5; 5)
3 2 25 0 5
x y x 
A
x y y
    
   
     
Vậy phương trình AC là: 8x + 7y - 5 = 0 
8) Biết đỉnh A hoặc trọng tâm G của tam giác ABC thuộc một đường thẳng (d) cho trước, 
Biết toạ độ 2 đỉnh B,C và diện tích tam giác ABC. Tìm toạ độ đỉnh A? 
PP: Biểu diễn toạ độ A theo phương trình tham số của (d).( Nếu biết trọng tâm G thuộc đường 
thẳng d. thì biễu diễn G trước sau đó suy ra toạ độ A theo G). Dùng công thức tính diện tích tam 
giác  /
1 .
2ABC A BC
S BC d  ta tính được toạ độ A. 
(Chú ý: Đôi khi thay vì cho diện tích tam giác ABC giả thiết bài toán là cho diện tích tam giác 
GBC hoặc GAB, GAC. Khi đó các em học sinh cần chú ý các tam giác này đều có diện tích bằng
1/3 lần diện tích tam giác ABC) 
Ví dụ 1) Trong mÆt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi )2; 1 (,) 1; 2(  BA , träng t©m G 
cña tam gi¸c n»m trªn ®­êng th¼ng 02  yx . T×m täa ®é ®Ønh C biÕt diÖn tÝch tam gi¸c 
ABC b»ng 13,5 
. 
HD giải: 
V× G n»m trªn ®­êng th¼ng 02  yx nªn G cã täa ®é )2;( ttG  . Khi ®ã )3 ; 2( ttAG  , 
) 1; 1( AB VËy diÖn tÝch tam gi¸c ABG lµ 
    1)3()2(2
2
1..
2
1 22222  ttABAGABAGS =
2
32 t
NÕu diÖn tÝch tam gi¸c ABC b»ng 13,5 th× diÖn tÝch tam gi¸c ABG b»ng 5,43 : 5 , 13  . VËy 5, 4
2
32 

t 
, 
suy ra 6t hoÆc 3t . VËy cã hai ®iÓm G : )1; 3(,) 4; 6( 21  GG . V× G lµ träng t©m tam gi¸c ABC 
nªn )(3 BaGC xxxx  vµ )(3 BaGC yyyy  . 
Víi )4; 6(1 G ta cã 1 (15; 9)C   , víi )1; 3(2 G ta cã 2 ( 12;18)C   
Ví dụ 2)Tam giác ABC có A(1;1), B(-2;5) trọng tâm G thuộc đường thẳng 1 : 2 3 1 0x y    , 
đỉnh C thuộc đường thẳng 2 : 1 0.x y    Tính diện tích tam giác ABC. 
Giải: 1 : 2 3 1 0 1 2 
3
x t
x y ty


     

10
Gọi  1 2
1 2; , ;1
3
uG u C v v    
 
Vì A(1;1), B(-2;5) nên toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC là 
1 
3
7
3
G
G
vx
vy
  

 

Vậy  
1
53 16; 15
1 2 7 16
3 3
vu u 
C
u v v
   
   
   

Ta có  3;4 , 5AB AB  

Đường thẳng AB đi qua điểm A(1;1) có véc tơ chỉ phương (-3;4) nên ta có phương trình: 
 1 1 4 3 7 0
3 4
x y x y     

Suy ra  
2 2
4.16 3.15 7 12,
54 3
d d C AB 
 
  

1 1 12. .5. 6
2 2 5ABC 
S AB d   
9) Biết toạ độ đỉnh A hoặc một cạnh của tam giác cân ABC đi qua M cho trước, Biết phương 
trình 2 cạnh không chứa điểm M. Tìm toạ độ các đỉnh? 
PP: Gọi là đường thẳng bất kỳ đi qua ( ; )M MM x y
: ( ) ( ) 0 ax+by-(a ) 0M M M Ma x x b y y x by        với ( ; ) n a b

là VTPT của  và 
( 2 2 0a b  ). 
Nếu  là một cạnh của tam giác cân ABC ( giả sử cân tại A) thì os( ,AB)=cos( ,AC)c   (nếu 
biết trước phương trình 2 cạnh là AC, AB và BC đi qua M). từ đó giải a theo b ta viết được
phương trình của 
Ví dụ 1) Cho tam giác cân ABC có cạnh đáy BC:x-3y-1=0, cạnh bên AB:x-y-5=0. 
Đường thẳng AC đi qua M(-4;1). Tìm toạ độ đỉnh C? 
HD giải: 
Gọi ( ; ) n a b là VTPT của đường thẳng AC, Vì AC đi qua M(-4;1) 
 2 2( ) : ( 4) ( 1) 0 ax+by+(4a-b)=0 a 0PT AC a x b y b       
11
Vì tam giác ABC cân tại A nên 
2 2 2 2 2 2 2 2
1.1+(-3)(-1) ( 3)ˆˆosABC=cosACB cos(AB,BC)=cos(AC,BC)
1 ( 3) 1 ( 1) 1 ( 3)
a b
c
a b
 
  
      
2 2 2 24 2 3 7 6 0a b a b a ba b       coi a là ẩn ta có 
7
a b
ba
 

 

TH1: a=-b chọn a=1 suy ra b=-1 đường thẳng AC là x-y+5=0 loại vì AC song song với AB 
TH2: 
7
ba  chọn a=1;b=7 đường thẳng AC là x+7y-3=0. Khi đó C là giao điểm của AC và BC 
nên toạ độ C là nghiệm của hệ 
3 1 0 8 / 5 8 1;
7 3 0 1/ 5 5 5
x y x 
C
x y y
                
Ví dụ 2) Trong mặt phẳng Oxy, hãy xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC vuông 
cân tại A. Biết rằng cạnh huyền nằm trên đường thẳng d: x + 7y – 31 = 0, điểm N(7;7) 
thuộc đường thẳng AC, điểm M(2;-3) thuộc AB và nằm ngoài đoạn AB. 
HD giải : 
Nếu  là một cạnh của tam giác cân ABC ( giả sử cân tại A) thì os( ,AB)=cos( ,AC)c   (nếu 
biết trước phương trình 2 cạnh là AC, AB và BC đi qua M). từ đó giải a theo b ta viết được
phương trình của 
Đường thẳng AB đi qua M(2;-3) nên có phương trình: a(x – 2) + b(y + 3) = 0, ( a2 + b2  0). 
Do tam giác ABC vuông cân tại A nên:  12a2 -7ab -12b2 = 0 




ba
ba
34
43 
. 
Với: 3a = 4b,Chọn a = 4, b = 3 ta được d1: 4x + 3y + 1 = 0. 
Với: 4a = - 3b, chọn a =3, b = - 4 ta được d2: 3x – 4y – 18 = 0. 
+)Nếu lấy AB là d1: 4x + 3y + 1 = 0 thì AC// d2 nên AC là:3(x -7) –4(y –7) = 0 3x –4y+7 = 0. 
Hệ phương trình tọa độ A: 





0743
0134
yx
yx
  A(-1;1) 
Hệ phương trình tọa độ B: 





0317
0134
yx
yx
  B( -4;5). 
Ta có: MAMBMBMA 2) 8 ; 6(), 4; 3(   M nằm ngoài đoạn AB ( Thỏa mãn) 
Hệ phương trình tọa độ C: 





0317
0743
yx
yx
  C(3;4). 
+) Nếu lấy AB là d2 sẽ không thỏa mãn. 
Vậy A(-1;1), B(-4;5) và C(3;4). 
Ví dụ 3) Trong mặt phẳng toạ độ xOy, cho tam giác ABC cân tại A có: 
 AB: y+1=0 
 BC: x+y-2=0 
Tính diện tích tam giác ABC biết AC đi qua điểm M(-1;2) 
Giải: AB:y+1=0, M(-1;2), BC:x+y-2=0. Toạ độ điểm B là nghiệm của phương trình: 
12
  
1 0 3
3; 1
2 0 1
y x 
B
x y y
   
   
     
Gọi d là đường thẳng đi qua M, song song với BC thì d có véc tơ pháp tuyến(1;1) nên có phương 
trình:    1 1 1 2 0 1 0x y x y       
Toạ độ giao điểm N của d và AB là nghiệm của hệ phương trình: 
  
1 0 2
2; 1
1 0 1
y x 
N
x y y
   
    
     
Tam giác ABC cân tại A nên A thuộc trung trực cùa MN. Gọi K là trung điểm của MN thì 
1 1; .
2 2
K    
 
Đường trung trực của MN đi qua 1 1;
2 2
K   
 
 và có véc tơ pháp tuyến:  1 1; 1
3
MN  

nên có phương trình: 1 11 1 0 0
2 2
x y x y            
   
Toạ độ A là nghiệm của hệ:  
1 0 1
1; 1
0 1
y x 
A
x y y
    
     
    
Từ đó AC=4, AB=4 và dễ thấy AB AC . 
Suy ra: 1 . 8
2ABC
S AB AC  
10) Bài tập tổng hợp về đường thẳng 
Để giải quyết các bài toán này học sinh cần linh hoạt trong vận dụng các tính chất. Trung 
tuyến, phân giác,đường cao. 
Các tính chất của trọng tâm trực tâm, tâm vòng tròn nội tiếp, ngoại tiếp. 
Ví dụ 1) Tam giác ABC có đường phân giác : 3 0,Al x y   đường trung tuyến 
: 1 0,Bm x y   đường cao : 2 1 0.Ch x y   Tính toạ độ các đỉnh của tam giác 
Giải: : 3 0, : 1 0A Bl x y m x y     
: 2 1 0Ch x y   có véc tơ chỉ phương  1;2a 
 . 
Nhận xét: A Bl m 
Giả sử      ;3 , ; 1 , ; 1 2 .A t t B u u C v v     Khi đó  ; 2AB u t u t  

   . 0 2 2 0 3 4 0CAB h AB a u t u t u t             
  (1) 
Gọi M là trung điểm của AC, 2 2;
2 2
t v t vM      
 
2 2 31 0 0
2 2 2B 
t v t vM m t v          (2) 
Vì A Bl m nên B đối xứng với M qua Al . Do đó trung điểm N của BM thuộc Al
2 2 2 4 2 2 2 4; 3 0 4 8 0
4 4 4 4A
u t v u t v u t v u t vN l u v                    
 
(3) 
13
Giải hệ (1),(2),(3) ta được: 
32 
17
12 12 39 32 49 8 1; , ; ; ;
17 17 17 17 17 17 17
8 
17
u
t A B C
v
 

                  
     

 
Ví dụ 2) Trong mp Oxy, tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm  6;6I và ngoại tiếp đường 
tròn tâm  4;5K , biết rằng  2;3A . Viết pt các cạnh của tam giác ABC. 
Lời giải: 
Đường tròn (I) ngoại tiếp tam giác có pt    2 26 6 25x y    . 
Đường phân giác AK: 1 0x y   cắt (I) tại  9;10D 
Dễ dàng chứng minh 
ˆ ˆˆ ˆ
2
A CDCK DKC   nên tam giác DKB cũng là tam giác cân. 
Suy ra B, C là giao điểm của (I) và đường tròn tâm D bán kính DK có pt là 
   2 29 10 50x y   
Tọa độ B, C là nghiệm của hệ 
2 2 2 2
2 2
12 12 47 0 12 12 47 0
6 8 84 018 20 131 0
x y x y x y x y
x yx y x y
           
 
       
Giải hệ được    2;9 , 10;3B C hoặc hoán vị suy ra BC: 3 4 42 0; : 2; : 3x y AB x AC y    
Ví dụ 3) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Hai điểm A,B 
thuộc Ox. Phương trình cạnh BC là: 4 3 16 0.x y   Xác định tọa độ trọng tâm G của tam giác 
ABC, biết bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 1. 
Giải: 
Giả sử    ;0 ; 4;0
: 4 3 16 0
B Ox
A a B
B BC x y
 

    
Tam giác ABC vuông tại A, 16 4; 
3
aC BC C a     
 
Ta có 1 1 16 4. 4
2 2 3ABC 
aS AB AC a    
Mà .ABCS p r (v