Giải bài toán hình học bằng phương pháp tọa độ

Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu. 1 
GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ 
 Nguyễn Tăng Vũ 
Tôi là một người không giỏi tính toán, và thực sự ít sử dụng phương pháp này trong 
việc giải toán hình học, tuy nhiên thầy tôi là thầy Trần Nam Dũng thì lại rất thích phương 
pháp này, và thầy đã giải bài toán “Tìm quỹ tích những điểm M cách đều điểm F và đường 
thẳng d cho trước” khi thầy học lớp 9 với vốn công cụ còn rất hạn chế. Với kiến thức lớp 
9, nếu ta dùng phương pháp tổng hợp sẽ không đoán được nó là đường nào vì ta chỉ biết 
hai quỹ tích cơ bản là đường thẳng và đường tròn. Nhưng khi dùng phương pháp tọa độ thì 
ta sẽ tìm được phương trình biểu diễn quỹ tích điểm M và đó là phương trình của một 
Parabol. 
Các bạn đã quen với hình học suy luận thì đôi khi không thích đến phương pháp dựa 
nhiều vào tính toán, tuy nhiên, thế mạnh của Phương pháp tọa độ là giúp ta giải quyết 
được các bài toán quỹ tích khó, hoặc các bài chứng minh mà ta ko giải được bằng suy luận, 
phương pháp này là cứu cánh mỗi khi ta bí, và hiệu quả trong lúc còn ít thời gian, vì dù 
tính toán có hơi rắc rối nhưng không cần phải suy nghĩ nhiều. Cái hay của phương pháp 
này theo tôi là nó không phụ thuộc vào cách chọn trục, nhưng để bài toán có lời giải đẹp thì 
ta phải chọn trục một cách khéo léo và ít tham số. 
Trong bài viết nhỏ này tôi chỉ nêu một vài ví dụ ứng dụng nhỏ của phương pháp tọa 
độ và hầu hết là chọn hệ trục tọa độ Decartes vuông góc. Bạn sẽ không tìm thấy hệ trục 
affine hay là các bài toán liên quan đến các đại lượng có hướng trong đây. 
I. Tóm tắt kiến thức. 
1. Phương trình đường thẳng 
Phương trình tổng quát của đường thẳng đi qua điểm M(x0,y0) và có vectơ pháp 
tuyến  ,n A B

 là :    0 0 0A x x B y y    
Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu. 2 
Phương trình tham số của đường thẳng 0
0
x x at
y y bt
 

 
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A(a, 0) và B(0, b) là: 1x y
a b
  (PT đoạn 
chắn) 
2. Phương trình đường tròn, trục đẳng phương của hai đường tròn. 
Phương trình đường tròn tâm I(a, b) bán kính R là:    2 2 2x a y b R    
Cho hai đường tròn (C1):    
2 2 2
1 1 1x a y b R    và (C2):    
2 2 2
2 2 2x a y b R    , 
khi đó phương trình trục đẳng phương của hai đường tròn là: 
    2 21 2 1 2 1 22 2 0a a x b b y R R      
3. Phương trình các đường Conic. 
Phương trình chính tắc của Parabol: 2 2y px 
Phương trình chính tắc của Elip: 
2 2
2 2 1
x y
a b
  
Phương trình chính tắc của Hyperbol: 
2 2
2 2 1
x y
a b
  
II. Ví dụ áp dụng. 
1. Các bài toán chứng minh các tính chất hình học. 
Ví dụ 1. Cho hai hình vuông ABCD và AB’C’D’ cùng cùng chiều. Chứng minh rằng các 
đường thẳng BB’, CC’ và DD’ đồng quy. 
Lời giải. 
Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu. 3 
Bài toán này đề bài khá đơn giản, nhưng chứng minh bằng phương pháp tổng hợp thì 
cũng khá rắc rồi, và trong hình có nhiều yếu tố vuông góc nên ta có thể nghĩ tới cách 
giải dùng tọa độ. Và với bài này ta có thể thấy ngay cách xây dựng hệ trục để bài toán 
được đơn giản hơn. 
Chọn hệ trục tọa độ sao cho A(0, 0), B(0,1), D(1, 0), suy ra C(1, 1). Gọi B(a, b) vì hai hình 
vuông cùng chiều nên ta suy ra D’(b, -a), C(a+b, b-a). Trong đó (a, b) ≠ (0, 1) 
Khi đó phương trình các đường thẳng 
Đường thẳng BB’: (1 − ܾ)ݔ + ܽ(ݕ – 1) = 0 hay (1 − ܾ)ݔ + ܽݕ = ܽ (1) 
Đường thẳng CC’: (1 + ܽ – ܾ )(ݔ − 1) + (ܽ + ܾ – 1)(ݕ – 1) = 0 hay (ܽ + 1 − ܾ)ݔ + (ܽ + ܾ − 1)ݕ = 2ܽ (2) 
Đường thẳng DD’: ܽ(ݔ − 1) + ൫ܾ – 1൯ݕ = 0 hay ܽݔ + (ܾ − 1)ݕ = ܽ (3) 
Ta có (1) + (3) được phương trình (2). Do đó BB’ và DD’ cắt nhau tại (x0, y0) thì (x0, y0) 
cũng thỏa phương trình của đường thẳng CC’. Vậy 3 đường thẳng BB’, CC’ và DD’ đồng 
quy. 
Chú ý. Cho 3 đường thẳng lần lượt có phương trình 
1 1 1 2 2 2 3 3 30, 0, 0a x b y c a x b y c a x b y c         . Khi đó 3 đường thẳng trên đồng quy khi 
và chỉ khi định thức: 
1 1 1
2 2 2
3 3 3
0
a b c
a b c
a b c
 
Trong đó: 
1 1 1
2 22 2 2 2
2 2 2 1 1 1
3 3 3 33 3
3 3 3
a b c
a cb c a b
a b c a b c
b c a ca c
a b c
   
Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu. 4 
- Cách chọn độ dài hình vuông bằng 1 là phương pháp chuẩn hóa, nhằm giảm các 
tham số rất có lợi trong việc tính toán. 
Ví dụ 2. (Thi vào chuyên Toán PTNK năm học 2009 – 2010) Cho đường tròn  O tâm 
O , đường kính AB. C là một điểm thay đổi trên đường tròn  O sao cho tam giác ABC 
không cân tại C . Gọi H là chân đường cao của tam giác ABC hạ từ C . Hạ ,HE HF 
vuông góc với ,AC BC tương ứng. Các đường thẳng EF và AB cắt nhau tại K . Gọi D 
là giao điểm của  O và đường tròn đường kính CH , D C . Chứng minh rằng K, D, C 
thẳng hàng. 
Bài này hình vẽ khá rắc rối và có thể ít khi nào các bạn nghĩ tới phương pháp tọa độ 
mà nghĩ tới các phương pháp khác, tuy vậy nếu biết cách chọn trục một cách khéo léo 
thì dùng phương pháp tọa độ ta giải bài toán này mà không phải tính toán quá nhiều. 
Lời giải. 
Đối với bài toán này, ta chọn trục như sau: 
H(0;0), O(0;a), A(-1+a), B(0;1+a) và C(0;b). Khi đó b2 = |(-1+a)(1+a)| = 1 – a2 
A(-1+a)
E
F
C(0;b)
O(a;0)H B(1+a)
Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu. 5 
Khi đó: 
Phương trình đường tròn (I): x2 + (y - b/2)2 = b2/4 
Phương trình đường tròn (O): (x-a)2 + y2 = 1. 
Đường thẳng CD là trục đẳng phương của hai đường tròn (I) và (O) nên có phương trình là: 
- 2ax + a2 + by – b2/4 = 1 – b2/4  2ax – by + b2 = 0 
Phương trình đường thẳng AC: x/(a – 1) + y/b = 1  bx + (a – 1)y = b(a – 1) 
Phương trình đường thẳng HE: (a – 1)x – by = 0 
Suy ra tọa độ điểm E: (-b2/2; b(1 – a)/2) 
Suy ra phương trình đường thẳng EF: 
 2
/ 2
1 / 2 / 2/ 2
x y b
b a bb


 
Suy ra tọa độ giao điểm K của EF và AB là K(- b2/2a; 0) 
Dễ thấy tọa độ điểm K thỏa phương trình đường thẳng CD, suy ra K thuộc CD. 
Vậy 3 điểm K, C, D thẳng hàng. ■ 
Nhận xét. Bài toán trên là bài toán khá hay và có nhiều cách giải. Trong cách giải bằng 
phương pháp tọa độ như trên nhận xét CD là trục đẳng phương của hai đường tròn (O) và 
(I) là khá quan trọng, giúp ta giảm nhiều trong việc tính toán. Ý tưởng này cũng thường 
hay được sử dụng để viết phương trình đường thẳng qua giao điểm của hai đường tròn hay 
là đường thẳng đi qua hai tiếp điểm. 
Ví dụ 3 (China TST 1996) Cho tam giác ABC, đường tròn đường kính BC cắt AB, AC 
lần lượt tại E và D. Gọi F, H là hình chiếu của D và E trên BC. Gọi M là giao điểm của EF 
và DG. Chứng minh rằng AM ⊥ BC. 
Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu. 6 
Nhìn vào đề bài có nhiều yếu tố vuông góc và hình vẽ thì thấy bài toán này rất thuận 
lợi trong việc áp dụng phương pháp tọa độ. 
Lời giải. 
Ta chọn hệ trục như sau. Chân đường cao hạ từ A là H làm gốc tọa độ, A(0,1), B(0,b) và 
C(0,c) 
Khi đó phương trình đường thẳng AC: ݔ + ܿݕ – ܿ = 0 
Phương trình đường thẳng AB: ݔ − ܾݕ − ܾ = 0 
Phương trình đường cao BD: ܿݔ − ݕ − ܾܿ = 0 
Phương trình đường cao CE: ܾݔ − ݕ − ܾܿ = 0 
Tọa độ điểm 
2 2
2 2,1 1
bc c c bcD
c c
  
   
 và 
2 2
2 2,1 1
cb b b bcE
b b
  
   
Suy ra tọa độ điểm 
2 2
2 2, 0 , , 01 1
bc c cb bF G
c b
    
       
Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu. 7 
Phương trình đường thẳng DG: 
2
2
2 2 2
2 2 2
1
1 1 1
cb bx yb
bc c cb b c bc
c b c


 
  

  
Suy ra giao điểm của DG với trục tung là M có là tung độ 
  
   2 2
1
11M
bc bc c b bcy
bcbc cb c bc b
  
 
   
Ta thấy biểu thức trên đối xứng với b, c nếu gọi M’ là giao điểm của EF với trục tung thì 
M’ cũng có tung độ như trên. Do đó EF, DG cắt nhau tại một điểm trên trục tung, hay AM 
⊥ BC. 
2. Chứng minh đường đi qua điểm cố định 
Ví dụ 4. Cho tam giác ABC vuông tại A không phải vuông cân, trên cạnh AB và AC lấy M, 
N sao cho BM = CN. Chứng minh rằng đường trung trực của MN luôn đi qua một điểm cố 
định. 
Lời giải. 
Chọn hệ trục tọa độ như sau: A(0, 0), B(0, 
b) và C(1, 0). M(0, m) thay đổi trên cạnh 
AB với 0 < m < b ≠ 1. 
Ta có MB = CN, suy ra N(1 + m – b, 0) 
Suy ra trung điểm P của MN có tọa độ 
1 ,
2 2
m b mP    
 
 và  1 ,MN m b m   

Suy ra phương trình đường trung trực của MN là : 
  11 0
2 2
m b mm b x m y            
   
 hay 
Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu. 8 
     211 1 1 0
2
m x y b b x b        
Từ đây ta thấy đường thẳng này luôn đi qua điểm cố định 1 1,
2 2
b bI    
  
Ví dụ 5. Cho đường trình đường kính AB, đường thẳng (d) vuông góc với AB tai C cố định. H là 
điểm thay đổi trê (d). AH bà BH cắt đường tròn tại D và E. Chứng minh rằng DE luôn đi qua một 
điểm cố định. 
Lời giải 
Xét hệ trục tọa độ Oxy sao cho C trùng với gốc tọa độ, B(1 
– c, 0) và A(-1 - c, 0), d trùng với Oy. 
Đường tròn đường kính AB có phương trình 
 2 2 1x c y   
Giả sử H(0,m) m thay đổi. Gọi I là giao của BD và (d). 
Phương trình đường thẳng AH: 
   1 1 1 0
1
x y mx c y m c
c m
       
 
Phương trình đường thẳng BD (qua B và vuông góc AH):   1 1 0c x c my     
Tọa độ điểm 
210, cI
m
 
 
 
Phương trình đường tròn đường kính HI có phương trình: 
2 22 2 2 2
2 1 1
2 2
c m c mx y
m m
      
     
   
Khi đó phương trình đường thẳng DE là trục đẳng phương của đường tròn đường kính IH và 
đường tròn đường kính AB nên có phương trình: 
Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu. 9 
2 22 2 2 2 2 2
21 1 12 1
2 2
c m c m c mcx y c
m m m
        
       
   
Rút gọn ta được 
2 2
212 2 2c mcx y c
m
 
   
Vậy DE đi qua điểm cố định 
21 ,0cP
c
 
 
 
3. Các bài toán quỹ tích. 
Ví dụ 6. Cho tam giác ABC không cân có hai đỉnh B và C cố định và đỉnh A di động. Qua 
B dựng đường thẳng d vuông góc với BC, d cắt trung tuyến AI của tam giác ABC tại K. 
Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh rằng nếu IH song song với KC thì điểm 
A di động trên một đường cố định. 
Lời giải 
Chọn hệ trục tọa Oxy có sao cho C(1,0) và B(-1,0). I trùng O. 
Giả sử A(x0, y0) với x0, y0 khác 0. 
Tọa độ trực tâm H(x, y) là nghiệm của hệ phương trình: 
  
2
0 0
0
0 0 0
. 0 1;
1 1 0. 0
x xAH BC xH x
x x y y yBH AC
    
          
 
  
Gọi K là giao điểm của d và AI, khi đó tọa độ K là nghiệm của hệ phương trình 
0
0
0
0
1
1,
x
yKyy x x
x
 
 
      

Theo giả thiết thì IH//KC suy ra ,IH KC
 
 cùng phương, do đó 
2 2 2
0 0 0 0
0
0 0
1
2 0 1
1 2
y x x yx
x y

     
Vậy A di động trên (E): 
2 2
1
1 2
x y
  cố định. 
Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu. 10 
Sau đây chúng ta xét một bài toán mà rất ít bạn có thể nghĩ tới phương pháp tọa độ khi bắt 
đầu giải bài toán này. 
Ví dụ 7 (Chọn đội tuyển trường Phổ Thông Năng Khiếu 2008 – ngày thi thứ 2). Cho góc 
Ixy và điểm P nằm bên trong góc. Đường tròn thay đổi qua I và P cắt hai tia Ix, Iy lần lượt 
tại A, B. Tìm quỹ tích trọng tâm G và trực tâm H của tam giác IAB. 
Lời giải 
Với bài toán này, không khó để dự đoán quỹ tích là một đường thẳng, mà nếu là quỹ 
tích là một đường thẳng thì hoàn toàn có thể tự tin để giải bằng phương pháp tọa độ. 
Việc còn lại là dám làm và làm tới cùng. 
Ta dựng hệ trục tọa với Oy là đường trung trực của IP và I(-1, 0), P(1,0). C(0,a) và D(0,b) 
(b < 0) là giao điểm của đường trung trực IP và hai tia 
Ix, Iy. 
Gọi K(0,m) là tâm đường tròn thay đổi qua I và P. 
Phương trình đường (IC): 1
1
x y y ax a
a
    

Phương trình đường thẳng (ID): y bx b  . 
Phương trình đường tròn (K): 
 22 2 2 21 2 1 0x y m m x y my         
Tọa độ giao điểm A của IC và (K) là nghiệm của hệ 
2 2 2 1 0
y ax a
x y my
 

   
 và 1x   
Suy ra tọa độ điểm  
2
2 2
2 22 1 ,
1 1
a mama aA
a a
  
   
Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu.  11 
Tương tự ta có tọa độ điểm  
2
2 2
2 22 1 ,
1 1
b mamb bB
b b
  
   
Từ đó ta có tọa điểm G trọng tâm của tam giác IAB là 
2 2 2 2
2 2 2 2
1 2 1 1 2
3 3 1 1 3 1 1
2 1 1 2 1 1
3 1 1 3 1 1
G
G
a bx m
a b a b
aby m
a b a b
                    

                 
 (*) 
Từ đó ta thấy G luôn chạy trên đường thẳng có phương trình tham số là (*). 
Giới hạn: Ta có 
1
1
1 1
A
B
mx a
x m
b
    
 
    

Do đó quỹ tích G là đoạn thẳng thuộc đường thẳng có phương trình (*) với 1 1,m
a b
    
Quỹ tích trực tâm H dành cho bạn đọc 
Sau đây ta xét một bài toán cực trị có thể giải bằng phương pháp tọa độ 
Ví dụ 8. Cho góc Oxy vuông tại O. M là điểm bên trong góc sao cho khoảng cách từ M đến 
Ox, Oy lần lượt là 3 và 4. Tìm điểm A trên Ox, B trên Oy sao cho AB qua M và OA + OB là 
nhỏ nhất. 
Lời giải. Xét hệ trục tọa độ Oxy với O là gốc tọa độ, Ox, Oy là trục hoành và trục tung của 
tam giác. Khi đó tọa độ của M(3,4). Giả sử A(a, 0) và B(0, b). 
Khi đó phương trình đường thẳng AB: 1x y
a b
  . 
AB qua M(3,4) nên ta có 3 4 1
a b
  . 
Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu. 12 
Ta có    23 4 3 2OA OB a b a b a b
         
 
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 
3
3 4 32
3 4 2 3 41
ba a
b
a b

    
 
   

Vậy A, B là hai điểm thuộc Ox, Oy sao cho 3 4 3, 4 2 3OA OB    
III. Bài tập rèn luyện. 
Bài 1. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. M là trung điểm của AC. Gọi H là hình chiếu 
của C trên BM. Tính BH
CH
. 
Bài 2. Cho hình vuông ABCD. Trên BD lấy điểm M không trùng với B, D. Gọi E, F lần 
lượt là hình chiếu của M trên các cạnh AB, AD. Chứng minh rằng 
a) CM EF 
b) Ba đường thẳng CM, BF, DE đồng quy. 
Bài 3. (APMO) Cho tam giác ABC, các đường trung tuyến và phân giác kẻ từ A theo thứ tự 
cắt BC tại M và N. Từ N kẻ đường thẳng vuông góc với NA cắt MA và BA lần lượt tại Q và 
P. Từ P kẻ đường thẳng vuông góc với BA cắt NA tại O. Chứng minh QO vuông góc với 
BC. 
Bài 4. (IMO 1995) Cho A, B, C, D là bốn điểm phân biệt nằm trên một đường thẳng, theo 
thứ tự đó. Đường tròn đường kính AC và BD cắt nhau tại X và Y. Đường thẳng XY cắt BC 
tại Z. Cho P là điểm nằm trên đường thẳng XY khác Z. Đường thẳng CP cắt đường tròn 
đường kính AC tại C và M, đường thẳng BP cắt đường tròn đường kính BD tại B và N. 
Chứng minh các đường thẳng AM, DN cắt nhau tại một điểm thuộc đường thẳng XY. 
Nguyễn Tăng Vũ – Trường Phổ Thông Năng Khiếu. 13 
Bài 5. Cho góc Axy vuông tại A, B cố định thuộc Ax, C là điểm thay đổi thuộc Ay. Đường 
tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với Ay tại D và tiếp xúc với AC tại E. Chứng minh rằng 
DE luôn đi qua một điểm cố định. 
Bài 6. (VMO 2007) Cho tam giác ABC có B, C cố định và A thay đổi. Gọi H và G lần lượt 
là trực tâm cà trọng tâm của tam giác ABC. Tìm quỹ tích điểm A biết trung điểm K của HG 
thuộc đường thẳng BC. 
Bài 7. (Nguyễn Tăng Vũ). Cho tam giác ABC. Điểm M thay đổi thuộc cạnh BC. Gọi D và 
E là điểm đối xứng của M qua AB và AC. Tìm quỹ tích trung điểm của DE. 
Lời kết. 
Chúng ta cùng đi qua một loạt các bài toán giải bằng phương pháp tọa độ, các 
bạn có thể nghĩ rằng tính toán quá nhiều, phức tạp, và cảm thấy không thích. Tuy 
vậy, mọi phương pháp đều có cái hay và đẹp nếu ta biết vận dụng một cách hợp lý. 
Đối với phương pháp tọa độ, nếu đã xác định giải bằng phương pháp này thì nên 
chọn hệ trục một cách thích hợp, không ngại khó và làm đến cùng. 
TÀI LIỆU THAM KHẢO 
[1] Các trang web toán học:  ,  
[2] Giải bài toán hình học bằng phương pháp tọa độ, Nhóm chuyên đề Prone trường 
chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Vĩnh Long.