Khóa học TOÁN 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Chuyên đề : Hình phẳng Oxy (Nâng cao)

Tài liệu bài giảng (Khóa Toán 10)

CÁC TÍNH CHẤT HÌNH PHẲNG OXY (P1)
Thầy Đặng Việt Hùng – www.facebook.com/Lyhung95
VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN

• Tính chất 1: [Đường thẳng Euler, rất quan trọng nhé]
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C), A’ là
điểm đối xứng của A qua I, H’ là giao điểm của
AH với đường tròn (C). Khi đó ta có các kết quả:
+) Tứ giác BHCA ' là hình bình hành
+) Ba điểm I, G, H thẳng hàng và IH = 3IG
+) H và H’ đối xứng nhau qua BC.

Chứng minh:
…………………………………………………
…………………………………………………
…………………………………………………
…………………………………………………

• Tính chất 2: [Mối quan hệ I – J]
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) tâm I,
J là tâm đường tròn nội tiếp (tức là giao của ít
nhất 2 đường phân giác trong nhá), D là giao

điểm của phân giác trong góc A với (C). Khi đó
ta có D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

JBC, tức D cách đều 3 đỉnh đó, hay là dễ hiểu
hơn thì DB = DC = DJ
Chú ý: ID ⊥ BC nhé.

Chứng minh:
…………………………………………………
…………………………………………………
…………………………………………………
…………………………………………………

• Tính chất 3: [Đường tròn ngoại tiếp HBC]
Tham gia khóa học TOÁN 10 tại MOON.VN: Tự tin hướng đến kì thi THPT Quốc gia !


Khóa học TOÁN 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Chuyên đề : Hình phẳng Oxy (Nâng cao)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) tâm I,
H là trực tâm tam giác.
Gọi J là điểm đối xứng của I qua BC thì J là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC hay
JB = JC = JH = R

Chứng minh:
…………………………………………………
…………………………………………………
…………………………………………………
…………………………………………………


• Tính chất 4: [Bài toán về hai chân đường cao trong tam giác]
Cho tam giác ABC, gọi D, E là chân đường cao
kẻ từ B, C lên cách cạnh AC, AB. Tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I, khi đó ta có
kết quả IA ⊥ DE hay A ' A ⊥ DE
Chú ý: Tính chất này còn được khai thác trong
bài toán về trục đẳng phương.
Ta dễ thấy D, E đều thuộc hai đường tròn
- Đường tròn (C1) đường kính BC
- Đường tròn(C2) đường kính AH (với H là trực
tâm). Khi đó ta dễ dàng thu được phương trình
DE.
Chứng minh:
…………………………………………………
…………………………………………………
…………………………………………………
…………………………………………………
• Tính chất 5: [ĐVH1]

Tham gia khóa học TOÁN 10 tại MOON.VN: Tự tin hướng đến kì thi THPT Quốc gia !


Khóa học TOÁN 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Chuyên đề : Hình phẳng Oxy (Nâng cao)

Cho tam giác ABC cân tại A, nội tiếp đường tròn
(C) tâm I. Gọi D, E là giao điểm của đường tròn
(C) với các đường cao qua A và C. Khi đó I, B
 IB ⊥ DE

cách đều E, D hay 
 BD = BE
Chứng minh:
…………………………………………………
…………………………………………………
…………………………………………………
…………………………………………………

BÀI TẬP LUYỆN TẬP
Câu 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD có diện tích bằng 50, đỉnh C (2; −5) ,
 −1 
AD = 3BC , biết rằng đường thẳng AB đi qua điểm M  ;0  , đường thẳng AD đi qua N (−3;5) . Viết
 2 
phương trình đường thẳng AB biết đường thẳng AB không song song với các trục tọa độ.

Lời giải
1
 1 

AB qua M  − ; 0  ⇒ AB : a  x +  + by = 0
2
 2 

AD qua N ( −3;5) và vuông góc với AB

⇒ AD : b ( x + 3) − a ( y − 5 ) = 0
Ta có AB = d ( C , AD ) =

5a + 10b
a 2 + b2


5
a − 5b
2

BC = d ( C , AB ) =

a2 + b2

3
⇒ AD =

5
a − 5b
2
a2 + b2

Ta có

S ABCD

a 2 − 4b 2
5a + 10b 5a − 10b
1
= 50 ⇔ AB. ( BC + AD ) = 50 ⇔ 2 AB.BC = 50 ⇔
.
= 50 ⇔ 2
=2
2
a + b2

a 2 + b 2 a 2 + b2

a 3 = b 2
 a 2 + 6b 2 = 0 ( l )
 2a 2 + 2b 2 = a 2 − 4b 2
⇔ a − 4b = 2a + 2b ⇔  2
⇔
⇔


2
2
2
2
2
 2a + 2b = 4b − a
3a = 2b
 a 3 = −b 2
2

2

2

2

• Với a 3 = b 2 chọn a = 2, b = 3 ⇒ AB : 2 x + 3 y +

2
=0

2

• Với a 3 = −b 2 chọn a = 2, b = − 3 ⇒ AB : 2 x − 3 y +

2
=0
2

Tham gia khóa học TOÁN 10 tại MOON.VN: Tự tin hướng đến kì thi THPT Quốc gia !


Khóa học TOÁN 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Vậy AB : 2 x + 3 y +

Chuyên đề : Hình phẳng Oxy (Nâng cao)

2
2
= 0 hoặc AB : 2 x − 3 y +
=0
2
2

Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trinh đường cao AH và trung tuyến
AM lần lượt là: x − 2 y − 13 = 0 và 13 x − 6 y − 9 = 0 . Biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác tam giác ABC
là I (−5;1) . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C

Lời giải
Ta có A = AH ∩ AM ⇒ A ( −3; −8 )


Đường thẳng IM qua I ( −5;1) và song song với
đường thẳng AH ⇒ IM : x − 2 y + 7 = 0
Ta có M = AM ∩ IM ⇒ M ( 3;5 )

Đường thẳng BC qua M ( 3;5 ) và vuông góc với
đường thẳng AH ⇒ BC : 2 x + y − 11 = 0
Do B ∈ BC : 2 x + y − 11 = 0 ⇒ B ( t ;11 − 2t )
Ta có IB = IA ⇒ ( t + 5 ) + (10 − 2t ) = 85
2

2

t = 2 ⇒ B ( 2; 7 ) ⇒ C ( 4;3 )
⇔ 5t 2 − 30t + 40 = 0 ⇔ 
t = 4 ⇒ B ( 4;3) ⇒ C ( 2; 7 )
Vậy A ( −3; −8 ) , B ( 2;7 ) , C ( 4;3) hoặc A ( −3; −8 ) , B ( 4;3) , D ( 2; 7 )

Câu 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x − 1)2 + ( y − 2) 2 = 1 . Chứng minh rằng từ
điểm M bất kỳ trên đường thẳng d : x − y + 3 = 0 luôn kẻ được hai tiếp tuyến đến đường tròn (C). Gọi hai
tiếp điểm A, B. Tìm tọa độ điểm M để khoảng cách từ J (1;1) đến đường thẳng AB bằng

3
2

Lời giải
Đường tròn ( C ) có tâm I (1; 2 ) , bán kính
R =1

Ta có d ( I , d ) =


2
2

= 2 > R ⇒ từ điểm M

bất kì trên đường thẳng d : x − y + 3 = 0 luôn
kẻ được hai tiếp tuyến đến đường tròn ( C ) .
Gọi M ( t ; t + 3) và A ( x; y ) là tọa độ tiếp điểm
Ta có IA = ( x − 1; y − 2 ) ,

MA = ( x − t ; y − t − 3)

Tham gia khóa học TOÁN 10 tại MOON.VN: Tự tin hướng đến kì thi THPT Quốc gia !


Khóa học TOÁN 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Chuyên đề : Hình phẳng Oxy (Nâng cao)

⇒ ( x − 1)( x − t ) + ( y − 2 )( y − t − 3) = 0
⇔ x 2 + y 2 − ( t + 1) x − ( t + 5) y + 3t + 6 = 0 (1)
Mặt khác A ∈ ( C ) ⇒ ( x − 1) + ( y − 2 ) = 1 ⇔ x 2 + y 2 − 2 x − 4 y + 4 = 0 ( 2 )
2

2

Lấy ( 2 ) − (1) ta được ( t − 1) x + ( t + 1) y − 3t − 2 = 0 ⇒ AB : ( t − 1) x + ( t + 1) y − 3t − 2 = 0
Ta có d ( J , AB ) =


3
⇒
2

t+2

( t − 1)

2

+ ( t + 1)

2

=

t+2

3
⇔
2

2t + 2
2

=

3
2
⇔ 4 ( t + 2 ) = 9 ( 2t 2 + 2 )

2

t = 1 ⇒ M (1; 4 )

⇔ 14t − 16t + 2 = 0 ⇔  1
 1 22 
t= ⇒M ; 
 7
7 7 
2

 1 22 
Vậy M (1; 4 ) hoặc M  ; 
7 7 

Câu 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x − 1)2 + ( y − 2) 2 = 5 và đường thẳng
d : x + y + 2 = 0 . Từ điểm A thuộc d kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với (C) tại B và C. Tìm tọa độ

điểm A biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 8
Đ/s: A (1; −3) hoặc A ( 4; −6 )
Lời giải:
Gọi ( C ) tâm I, AI ∩ BC = {H } , tham số A ( a; −2 − a )

 AI 2 = ( a − 1)2 + ( a + 4 )2
Ta có 
2
2
2
2
2

 AB = AI − IB = ( a − 1) + ( a + 4 ) − 5
Mặt khác ∆ABI vuông tại B có BH là đường cao nên

( a − 1) + ( a + 4 )
1
1
1
=
+ 2 =
2
2
2
2
BH
AB
IB
5 ( a − 1) + ( a + 4 ) − 5


2

2

2
2
5 ( a − 1) + ( a + 4 ) − 5

Suy ra → BH 2 = 
2
2

( a − 1) + ( a + 4 )

( a − 1)2 + ( a + 4 )2 − 5

Lại có AH 2 = AB 2 − BH 2 = 
2
2
( a − 1) + ( a + 4 )

2

Vì 8 = S ∆ABC = 2 S ABH = AH .BH ↔ AH 2 .BH 2 = 64

2

3

2
2
2
2
2
2
5 ( a − 1) + ( a + 4 ) − 5 ( a − 1) + ( a + 4 ) − 5 
5 ( a − 1) + ( a + 4 ) − 5






 = 64 (*)
Điều này ↔
⋅
= 64 ↔
2
2
2
2
2
2 2
( a − 1) + ( a + 4 ) 
( a − 1) + ( a + 4 )
( a − 1) + ( a + 4 )



Tham gia khóa học TOÁN 10 tại MOON.VN: Tự tin hướng đến kì thi THPT Quốc gia !


Khóa học TOÁN 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Đặt ( a − 1) + ( a + 4 )
2

(*) ↔

5 (t − 5)
t

2


3

2

Chuyên đề : Hình phẳng Oxy (Nâng cao)

2

3  25 25 

= t → t = 2 a +  +
≥ 

2
2
2 



= 64 ↔ 5t 3 − 139t 2 + 375t − 625 = 0 ↔ ( t − 25 ) ( 5t 2 − 14t + 25 ) = 0 ↔ t = 25

 A (1; −3)
a = 1
2
2
Điều này ↔ ( a − 1) + ( a + 4 ) = 25 ↔ 
→
 a = −4  A ( 4; −6 )
Vậy có 2 điểm thỏa mãn yêu cầu là A (1; −3) hoặc A ( 4; −6 )

Câu 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(-2; 1), điểm A thuộc trục tung, điểm C
thuộc tia Ox và góc BAC bằng 30 độ. Bán kinh đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng
tọa độ điểm A và C.

Lời giải:
Theo định lý hàm sin trong ∆ABC →

BC
sinBAC

= 2 R → BC = 5

C ( 0; 0 )
c = 0
2
Gọi C ( c; 0 ) → 5 = BC 2 = ( c + 2 ) + 1 ↔ 
→
c = −4 C ( −4;0 )

 AB = ( −2;1 − a )
Gọi A ( 0; a ) , với C ( 0; 0 ) → 
. Ta có:
 AC = ( 0; − a )

(
(

)

 A 0; 12 + 1

 a = 12 + 1
↔
↔
2

2
( a − 1) + 4. a
 a = − 12 + 1  A 0; − 12 + 1
a ( a − 1)

3
= cos BAC =
2

)

 AB = ( −2;1 − a )
Với C ( −4;0 ) → 
.
AC
4;
a
=
−
−
(
)

a ( a − 1) + 8
3

Ta có:
= cos BAC =
↔ a 4 − 2a3 + 5a 2 + 32a + 16 = 0
2
2
( a − 1) + 4. a 2 + 16

( (

)( (

)

↔ a2 +

12 − 1 a + 8 − 2 12 a 2 −

)

)

12 + 1 a + 8 + 2 12 = 0

  1 − 12 + 6 12 − 19 

 A  0;

1 − 12 + 6 12 − 19
a =


2
 

2

↔
↔

  1 − 12 − 6 12 − 19 
1
−
12
−
6
12
−
19
a =
 A  0;


2

2
 


 1 − 12 + 6 12 − 19 
 1 − 12 − 6 12 − 19 
 ; C ( −4;0 ) ∨ A  0;

 ; C ( −4;0 )
Vậy A  0;




2
2




A 12 + 1 ; C ( 0; 0 ) ∨ A 12 − 1 ; C ( 0;0 ) là các điểm cần tìm.

(

)

(

)

Tham gia khóa học TOÁN 10 tại MOON.VN: Tự tin hướng đến kì thi THPT Quốc gia !

5 . Xác định


Khóa học TOÁN 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Chuyên đề : Hình phẳng Oxy (Nâng cao)


Câu 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A, D có B ( 8; 4 ) , CD = 2 AB và
 82 6 
phương trình đường thẳng AD là x − y + 2 = 0 . Điểm M  ;  thuộc đường thẳng AC. Tìm tọa độ các
 13 13 

điểm A, C, D.
Đ/s: A ( 5; 7 ) D (1;3) ; C ( 7; −3)
Lời giải:
A là hình chiếu của B lên đường thẳng AD → A ( 5; 7 )
Phương trình AC qua A và M là AC : 5 x + y − 32 = 0
Gọi D ( d ; d + 2 ) , vì DC = 2 AB → C ( d + 6; d − 4 )

C ∈ AC → 5 ( d + 6 ) + d − 4 − 32 = 0 → d = 1
→ D (1;3) ; C ( 7; −3)

Vậy A ( 5; 7 ) D (1;3) ; C ( 7; −3) là các điểm cần tìm

Câu 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh C thuộc ∆ : x − 2 y − 1 = 0 , đường
thẳng BD có phương trình 7 x − y − 9 = 0 . Điểm E(-1; 2) thuộc cạnh AB sao cho EB = 3EA. Biết rằng B có
tung độ dương. Tìm tọa độ các điểm A, B, C, D.

Lời giải:
Gọi K là giao điểm của BD và CE. Khi đó ta có:
KE BE 2
2
=
= ⇒ KE = − KC . Gọi K ( t ; 7t − 9 ) ; C ( 2v + 1; v ) ta
KC CD 3
3

3

 11
−1 − t = − 4 ( 2v + 1 − t )
t =
 11 
có 
⇔
7 ⇒ C ( 5; 2 ) ; K  ; 2 
7 
11 − 7t = −3 ( v − 7t + 9 )
v = 2

4
Khi đó gọi B ( u; 7u − 9 ) .
Ta có: BE.BC = 0 ⇔ ( u + 1)( u − 5 ) + ( 7u − 11)( 7u − 11) = 0 ⇔ u = 2 ( do yB > 0 )
Do vậy B ( 2;5 ) . Lại có: BE = 3EA ⇒ A ( −2;1) ⇒ D (1; −2 ) .

Câu 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là M(3; –1). Tọa độ điểm
E(–1; –3) thuộc đường thẳng chứa đường cao qua đỉnh B. Đường thẳng AC qua F(1; 3). Tìm tọa độ các

đỉnh của tam giác ABC biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có đường kinh AD với D(4; –2).
Lời giải:

Tham gia khóa học TOÁN 10 tại MOON.VN: Tự tin hướng đến kì thi THPT Quốc gia !


Khóa học TOÁN 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Chuyên đề : Hình phẳng Oxy (Nâng cao)


Gọi H là trực tâm tam giác ABC ta có: CH / / BD ⊥ AB và BH / / CD
do vậy BHCD là hình bình hành suy ra M là trung điểm của BC đồng
thời là trung điểm của HD.
Khi đó H ( 2; 0 ) suy ra PT đường cao BH là: x − y − 2 = 0 .

Do vậy AC : x + y − 4 = 0 và CD: x − y − 6 = 0
Suy ra C = CD ∩ AC ⇒ C ( 5; −1) ⇒ B (1; −1) ⇒ BC : y = −1 .
Khi đó AH : x = 2 ⇒ A ( 2; 2 ) .
Vậy A ( 2; 2 ) ; B (1; −1) ; C ( 5; −1)

Câu 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm M (5;7) nằm trên cạnh BC. Đường
tròn đường kinh AM cắt BC tại B, cắt BD tại N (6; 2) , đỉnh C thuộc đường thẳng d : 2 x − y − 7 = 0 . Tìm
tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết hoành độ đỉnh C nguyên và hoành độ đỉnh A bé hơn 2.

Lời giải:
Ta có tứ giác ABMN là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AM
do vây ANM = 900 . Mặt khác AMN = ABN = 450 ( cùng chắn
AN )
Do đó ∆ANM vuông cân tại N. Ta có: AN : x − 5 y + 4 = 0 .
Gọi A ( 5t − 4; t ) . Khi đó: AN = MN ⇔ ( 5t − 10 ) + ( t − 2 ) = 16
2

2

⇔ t = 3 ∨ t = 1 ⇒ A (1;1) ( do xA < 3) . Gọi C ( u; 2u − 7 )
Lại có: NA = NC ⇔ ( u − 6 ) + ( 2u − 9 )
2

2


u = 7
= 26 ⇔ 
13
u = ( loai )
5


Do vậy C ( 7; 7 ) ⇒ K ( 4; 4 ) ⇒ AC : x − y = 0; BD : x + y − 8 = 0
Lại có: BC : x = 7 ⇒ B ( 7;1) ⇒ D (1; 7 ) .
Vậy A (1;1) ; B ( 7;1) ; C ( 7;7 ) ; D (1;7 ) .

Câu 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD và điểm E thuộc cạnh BC. Một đường thẳng
qua A vuông góc với AE cắt CD tại F. Đường thẳng chứa đường trung tuyến AM của tam giác AEF cắt
CD tại K. Tìm tọa độ điểm D biết A(−6;6), M (−4; 2), K (−3;0) .

Lời giải:

Tham gia khóa học TOÁN 10 tại MOON.VN: Tự tin hướng đến kì thi THPT Quốc gia !


Khóa học TOÁN 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Chuyên đề : Hình phẳng Oxy (Nâng cao)

Ta có: EAB = DAF ( cùng phụ với góc DAE )
Do vậy ∆DAF = ∆BAE ⇒ AF = AE ⇒ ∆AEF cân tại A.
Ta có: AK : 2 x + y + 6 = 0 ⇒ EF : x − 2 y + 8 = 0 .

Gọi F ( 2t − 8; t ) khi đó:


t = 0
2
2
AM = MF ⇔ ( 2t − 4 ) + ( t − 2 ) = 20 ⇔ 
t = 4
+) Với t = 0 ⇒ F ( −8; 0 ) ⇒ CD : y = 0 ⇒ AD : x = −6
Do đó: D ( −6; 0 ) .

+) Với t = 4 ⇒ F ( 0; 4 ) ⇒ CD : 4 x − 3 y + 12 = 0

 −6 12 
Suy ra AD : 3 x + 4 y − 6 = 0 ⇒ D  ;  .
 5 5
 −6 12 
Vậy D ( −6; 0 ) hoặc D  ; 
 5 5
Câu 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(-1; 5) và điểm M(0; -2) là trung điểm
cạnh BC. Gọi D, E lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh B và C. Đường phân giác của góc DME cắt
đường cao hạ từ đỉnh A tại điểm I(0; 3). Tìm toạ độ các đỉnh B, C biết rằng điểm B có hoành độ âm
Đ/s: B ( −4; −4 ) ; C ( 4;0 )

Lời giải:
Gọi K là trung điểm AH (H là trực tâm ∆ABC ), J là tâm
đường tròn ngoại tiếp ∆ABC có:

Vì ADH = AEH = 90o → ADHE nội tiếp ( K ; KD )
Suy ra KD = KE
Lại có tứ giác EDCB nội tiếp ( M ; MD ) → MD = ME
Suy ra MK là trung trực của DE

→ MK là phân giác góc DME → K ≡ I
Vì I là trung điểm AH → H (1;1)

Mà ta có AH = 2 JM → J ( −1;0 )
Phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆ABC là:

( C ) : ( x + 1)

+ y 2 = 25
Phương trình BC qua M vuông góc AH là
BC : x − 2 y − 4 = 0
Tọa độ B, C là nghiệm hệ:
2

 x − 2 y − 4 = 0
 x = 4; y = 0
 B ( −4; −4 )
→
→
( xB < 0 )

2
2
( x + 1) + y = 25  x = −4; y = −4 C ( 4;0 )
Vậy B ( −4; −4 ) ; C ( 4;0 ) là các điểm cần tìm

Câu 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) có phương trình là

 8
(C ) : ( x − 2)2 + ( y − 3)2 = 26 , G 1;  là trọng tâm tam giác và M (7; 2) nằm trên đường thẳng đi qua A và

 3
vuông góc với đường thẳng BC, M khác A. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết tung độ của điểm
B lớn tung độ của điểm C.

Lời giải
Tham gia khóa học TOÁN 10 tại MOON.VN: Tự tin hướng đến kì thi THPT Quốc gia !


Khóa học TOÁN 10 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Chuyên đề : Hình phẳng Oxy (Nâng cao)

Gọi A ( a, b ) ⇒ ( a − 2 ) + ( y − 3) = 26
2

2

Gọi N là trung điểm của BC

1 
3 1
Ta có AG = 2GN ⇒ N  − a;8 − b 
2 
2 2
1 1 1

⇒ NI =  + a; b − 5  , MA = ( a − 7; b − 2 )
2 2 2

Mà MA / / NI ⇒


a−7
b−2
=
⇔ a+b = 9 ⇔ b = 9−a
1 1
1
+ a
b −5
2 2
2

a = 1
2
2
⇒ ( a − 2 ) + ( 6 − a ) = 26 ⇔ 2a 2 − 16a + 14 = 0 ⇔ 
a = 7 ( l )
⇒ A (1;8 ) , N (1; 4 )

Đường thẳng BC qua N (1; 4 ) và vuông góc với đường thẳng AM ⇒ BC : x − y + 3 = 0
t = 1 + 2 3
2
Do B ∈ BC ⇒ B ( t ; t + 3) . Ta có IB = 26 ⇒ ( t − 2 ) + t 2 = 26 ⇔ 2t 2 − 4t − 22 = 0 ⇔ 
t = 1 − 2 3

(
) (
)
Với t = 1 − 2 3 ⇒ B (1 − 2 3; 4 − 2 3 ) ⇒ C (1 + 2 3; +2 3 ) → loại
Vậy A (1;8 ) , B (1 + 2 3; 4 + 2 3 ) , C (1 − 2 3; 4 − 2 3 )

Với t = 1 + 2 3 ⇒ B 1 + 2 3; 4 + 2 3 ⇒ C 1 − 2 3; 4 − 2 3

Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn

Tham gia khóa học TOÁN 10 tại MOON.VN: Tự tin hướng đến kì thi THPT Quốc gia !