Lời giải bài toán hình học phẳng

Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Bài 1: Trong hệ tọa độ
,Oxy
cho hình thoi
ABCD
cạnh
AC
có phương trình là:
,0317 =−+ yx

hai đỉnh
,B D
lần lượt thuộc các đường thẳng
1
: 8 0,d x y+ − =
2
: 2 3 0d x y− + =
. Tìm tọa
độ các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm.
Giải:
1 2
( ;8 ), (2 3; ).B d B b b D d d d∈ ⇒ − ∈ ⇒ −
Khi đó
D ( 2 3; 8)B b d b d= − + − + −
uuur
và trung điểm của
BD
là
2 3 8
; .
2 2

b d b d
I
+ − − + +
 
 ÷
 
Theo tính chất hình thoi ta có :
8 13 13 0 0
. 0
6 9 9 0 1
AC
BD AC b d b
u BD
I AC b d d
I AC

⊥ − + − = =
  
=

⇔ ⇔ ⇔
   
∈ − + − = =
∈

  

uuur uuur
.
Suy ra

(0;8); ( 1;1)B D −
.
Khi đó
1 9
;
2 2
I
 
−
 ÷
 
;
( 7 31; )A AC A a a∈ ⇒ − +
.
2
1 15
. 15 2
2
2
ABCD
ABCD
S
S AC BD AC IA
BD
= ⇒ = = ⇒ =
2 2 2
3 (10;3) ( )
63 9 225 9 9
7
6 ( 11;6)

2 2 2 2 4
a A ktm
a a a
a A
=
 
     
⇒ − + + − = ⇔ − = ⇔ ⇒
 ÷  ÷  ÷
 
= −
     
 
Suy ra
(10;3)C
.
Bài 2: Trong hệ tọa độ
,Oxy
cho hai đường thẳng
02:
1
=−− yxd
và
022:
2
=−+ yxd
. Giả
sử
1
d

cắt
2
d
tại
.I
Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua
)1;1(−M
cắt
1
d
và
2
d
tương
ứng tại
BA,
sao cho
IAAB 3=
.
Giải:
1
d
cắt
2
d
tại
).0;2(I
Chọn

,)2;0(
10
dA ∈−
ta có
.22
0
=IA
Lấy
20
);22( dbbB ∈−
sao cho
263
000
== IABA


72)2()22(
22
=++−⇔ bb












−
−
⇒




1
−=
=
⇔=−−⇔
.
5
16
;
5
42
)4;6(
5
6
4
06445
0
0
2
B
B
b
b
bb

Suy ra đường thẳng
∆
là đường thẳng qua
)1;1(−M
và song song với
.
00
BA

Suy ra phương trình
0: =+∆ yx
hoặc
.067: =−+∆ yx
1 Nguyễn Công Mậu
I
d
1
d
2
A
M
B
∆
A
0
B
0
Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC =
2BD. Điểm M

1
(0; )
3
thuộc đường thẳng AB, điểm N(0; 7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa
độ đỉnh B biết B có hoành độ dương.
Giải:
Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB,
ta có:
'
'
2 4
2 5
N I N
N I N
x x x
y y y
= − =


= − = −


Phương trình đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0
Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB:
2 2
4.2 3.1 1
2
4 3
d
+ −

= =
+
AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có:
2 2 2
1 1 1
4d x x
= +
suy ra x =
5
suy ra BI =
5
Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính
5
Tọa độ B là nghiệm của hệ:
2 2
4x 3y – 1 0
( 2) ( 1) 5x y
+ =


− + − =

B có hoành độ dương nên B( 1; -1)
Bài 4: Trong hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng
: 2 3 0x y
∆ + − =
và hai điểm A(1; 0), B(3; -
4). Hãy tìm trên đường thẳng
∆
một điểm M sao cho

3MA MB+
uuur uuur
nhỏ nhất.
Giải:
Gọi I là trung điểm của AB, J là trung điểm của IB. Khi đó I(1 ; -2), J(
5
; 3
2
−
)
Ta có :
3 ( ) 2 2 2 4MA MB MA MB MB MI MB MJ
+ = + + = + =
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
Vì vậy
3MA MB+
uuur uuur
nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của J trên đường thẳng
∆
Đường thẳng JM qua J và vuông góc với
∆
có phương trình: 2x – y – 8 = 0.
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ
2
2 3 0
5
2 8 0 19
5
x
x y

x y
y
−

=

+ − =


⇔
 
− − =


=


. Vậy M(
19 2
;
5 5
−
)
Bài 5: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm
P( 7;8)
−
và hai đường thẳng
1
:2 5 3 0d x y+ + =
;

2
:5 2 7 0d x y
− − =
cắt nhau tại A . Viết phương trình đường thẳng
3
d
đi
2 Nguyễn Công Mậu
Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
qua P tạo với
1
d
,
2
d

thành tam giác cân tại A và có diện tích bằng
14,5
.
Giải :
Ta có
A(1; 1)
−
và
1 2
d d
⊥
. Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi
1
d

,
2
d
là:
∆
1
:
7 3 4 0x y
+ − =
và ∆
2
:
3 7 10 0x y
− − =
3
d
tạo với
1
d
,
2
d
một tam giác vuông cân
⇒
3
d
vuông góc với ∆
1
hoặc ∆
2.

.
⇒ Phương trình của
3
d
có dạng:
7 3 0x y C
+ + =
hay
3 7 0
′
− + =
x y C
Mặt khác,
3
d
qua
( 7;8)P
−
nên C = 25 ; C′ = 77
Suy ra :
3
: 7 3 25 0d x y+ + =
hay
3
:3 7 77 0d x y− + =
Theo giả thiết tam giác vuông cân có diện tích bằng
29
2
⇒ cạnh huyền bằng
58

Suy ra độ dài đường cao A H =
58
2
=
3
( , )d A d
• Với
3
: 7 3 25 0d x y
+ + =
thì
3
58
( ; )
2
d A d =
( tm)
• Với
3
:3 7 77 0d x y− + =
thì
3
87
( ; )
58
d A d
=
( loại )
Bài 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh
( )

2;1 ,B −
điểm A thuộc Oy,
điểm C thuộc Ox (
0
C
x ≥
), góc
·
30
o
BAC =
; bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
bằng
5
. Xác định toạ độ điểm A và C.
Giải:
Gọi C(c;0); A(0;a); ta có:
2 sin30 5
o
BC R= =
( ) ( )
2 2
2
5 2 0 1 5BC c⇒ = ⇔ + + − =
0 , 4 ( )c c loai
⇔ = = −
Suy ra C(0 ;0) trùng với điểm O .Gọi H hình chiếu vuông góc điểm B trên Oy ta có tam
giác BHA một nửa tam giác đều .Nên BA =2 BH do đó HA =
2 3

(0;1 2 3)A⇒ +
hoặc
(0;1 2 3)A −
Vậy có
(0;1 2 3)A −
, B(-2 ;1) , C(0 ;0) hoặc
(0;1 2 3)A +
, B(-2 ;1) , C(0 ;0)
Bài 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn
( )
2 2
: 6 2 6 0C x y x y+ − + + =
và điểm
A(1;3) ; Một đường thẳng d đi qua A, gọi B, C là giao điểm của đường thẳng d với (C).
Lập phương trình của d sao cho
AB AC+
nhỏ nhất.
Giải:
Tâm đường tròn
(3; 1), 2; 2 5 ( , ) 2I R IA d I A R− = = = > =
nên điểm A nằm ngoài (C)
Ta có
/( )A C
P =
AB.AC = d
2-
- R
2
= 16 ; và
2 . 2.4 8AB AC AB AC+ ≥ = =

dấu “=”xẩy ra
⇔
AB
= AC = 4 . Khi đó d là tiếp tuyến của (C), d có dạng
( 1) ( 3) 0a x b y− + − =
3 0ax by a b⇔ + − − =
3 Nguyễn Công Mậu
Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Từ đó ta có
2 2
3 3
( , ) 2 2
a b a a
d I d
a b
− − −
= ⇔ =
+
2
0
3 4
4 3
b
b ab
a b
=

⇔ = ⇔

=


chọn
0
1
b
a
=


=

4
3
b
a
=

∨

=

Vậy phương trình d :
1 , 3 4 15 0x x y
= + − =
Bài 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T):
2 2
2 4 8 0x y x y+ − + − =
và điểm
(7;7)M
. Chứng minh rằng từ M kẻ đến (T) được hai tiếp tuyến MA, MB với A, B là các tiếp

điểm. Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB.
Giải:
2 2
( ) ( 1) ( 2) 13 (1; 2); 13T x y I R⇔ − + + = ⇒ − =
Ta có:
(6;9) 117 13IM IM⇒ = >
uuur
. Suy ra điểm M nằm
ngoài (T). Vậy từ M kẻ đến (T) được 2 tiếp tuyến Gọi
K MI AmB
= ∩
. Ta có
,MA MB IA IB= = ⇒
MI là đường
trung trực của AB
⇒
KA = KB
KAB KBA KAM KBM K
⇒ ∠ = ∠ = ∠ = ∠ ⇒
là tâm đường tròn nội tiếp tam
giác MAB.
PTTS MI:
1 2
2 3
x t
y t
= +


= − +


,
( )MI T∩
tại K
1
(3;1) và K
2
(-8;-12)
Ta có
1 2
.AK AK<
Vậy
1
K K≡
, tức là K(3;1)
Bài 9: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
5,AB =
( 1; 1)C − −
,
đường thẳng
AB
có phương trình là
2 3 0x y+ − =
và trọng tâm G của tam giác
ABC
thuộc
đường thẳng
: 2 0x y∆ + − =
. Tìm tọa độ các đỉnh
A

và
.B
Giải:
Gọi
( ; )I x y
là trung điểm của đoạn
AB
và
( ; )
G G
G x y
là trọng tâm của
ABC
∆
. Do
2
3
CG CI=
uuur uur

nên
2 1 2 1
; .
3 3
G G
x y
x y
− −
= =
Tọa độ điểm

I
thỏa mãn hệ phương trình:
2 3 0
5
2 1 2 1
1
2 0
3 3
x y
x
x y
y
+ − =

=


⇔
− −
 
= −
+ − =



. Vậy
(5; 1)I −
Ta có
5
2 2

AB
IA IB= = =
Gọi
( )C
là đường tròn có tâm
(5; 1)I −
và bán kính
5
2
R =
2 2
5
( ) : ( 5) ( 1)
4
C x y⇒ − + + =
.
Tọa độ hai điểm
,A B
là nghiệm của hệ phương trình:
4 Nguyễn Công Mậu
Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
2 2
2 3 0 4 6
.
5 1 3
( 5) ( 1)
4 2 2
x y x x
x y y y
+ − = = =

  
  
⇔ ∨
  
− + + = = − = −
  
  
Vậy tọa độ hai điểm
,A B
là
1 3
4; , 6; .
2 2
   
− −
 ÷  ÷
   
Bài 10: Trong hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d:
3y =
. Gọi (C) là đường tròn cắt d tại 2
điểm B, C sao cho tiếp tuyến của (C) tại B và C cắt nhau tại O. Viết phương trình đường
tròn (C), biết tam giác OBC đều.
Giải:
Gọi (C)có tâm I bán kính R. OI cắt BC tại H thì H là
trung điểm BC và OH vuông góc BC =>H(0;
3
)=>OH=
3
. Do tam giác OBC đều nên OH=
3

3 2
2
BC
BC= ⇔ =
.
Trong tam giác vuông IB có
2
1
. 1
3
HB HI HO IH= = ⇒ =
1 3 4 3
(0; ) (0; )
3 3 3
HI OH I= = ⇒
uuur uuur
Trong tam giác vuông IBH có
2 2 2 2
4
3
R IB IH HB= = + =
Vậy phương trình đường tròn (C):
2 2
4 3 4
( )
3 3
x y+ − =
Bài 11: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (2; 1) và đường thẳng ∆ : x – y +
1 = 0. Viết phương trình đường tròn đi qua M cắt ∆ ở 2 điểm A, B phân biệt sao cho
∆MAB vuông tại M và có diện tích bằng 2.

Giải:
Đường tròn (C) tâm I(a, b) bán kính R có phương trình
2 2 2
( ) ( )x a y b R− + − =
∆MAB vuông tại M nên AB là đường kính suy ra
∆
qua I
do đó: a - b + 1 = 0 (1)
Hạ MH
⊥
AB có
( , )
2 1 1
2
2
M
MH d
∆
− +
= = =
1 1
. 2 .2 . 2 2
2 2
MAB
S MH AB R R
∆
= ⇔ = ⇔ =
5 Nguyễn Công Mậu
H
O

C
B
I
Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Vì đường tròn qua M nên
2 2
(2 ) (1 ) 2 (2)a b− + − =
Ta có hệ
2 2
1 0 (1)
(2 ) (1 ) 2 (2)
a b
a b
− + =


− + − =

Giải hệ được a = 1; b = 2. Vậy (C) có phương trình
2 2
( 1) ( 2) 2x y− + − =
Bài 12: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm C(3; -3) và điểm A
thuộc đường thẳng d: 3x + y -2 = 0. Gọi M là trung điểm của BC, đường thẳng DM
phương trình : x – y –2 = 0. Xác định tọa độ các điểm A, B, D.
Giải:
A ∈d ⇒ A(t; 2 -3t)
Ta có: d(C; DM) =
2
1
d(A; DM) ⇒ | 4t -4 | = 8 ⇔| t - 1 | = 2




−=
=
⇔
1t
3t
t = 3 ⇒ A(3, -7) (loại vì A, C phải khác phía đối DM)
t = -1 ⇒ A(-1, 5) (thỏa mãn)
Giả sử D(m; m-2).
)3;5(D5m
)1m()3m()7m()1m(
0)1m)(7m()3m)(1m(
CDAD
CDAD
2222
⇒=⇔



++−=−++
=+−+−+
⇒





=

⊥
Gọi I là tâm của hình vuông ⇒ I là trung điểm của AC ⇒ I (1; 1)
Do I là trung điểm của BD ⇒ B(-3; -1)
Bài 13: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh
( )
B 2;0
;
( )
C 3;5−
.
G Là trọng tâm thuộc đường thẳng d có phương trình là
2x y 1 0+ − =
và diện tích tam giác
ABC bằng
5
2
. Hãy xác định tọa độ điểm A ?
Giải:
BC ( 5;5) BC 5 2pt :BC là:x + y-2= 0= − ⇒ =
uuur
ABC GBC ABC
5 1 5
S S S
2 3 6
= ⇒ = =
V V V
. (G là trọng tâm tam giác ABC)
G d : 2x y 1 0 G(x; 2x 1)3∈ + − = ⇒ − +
GBC
(G.BC)

2 2 7
x G( ; )
x 2 2x 1
2S
1 1 1
3 3 3
d x 1
4 4 11
BC 3
3 2 2 3 2
x G( ; )
3 3 3
− −

= ⇒

− − +
= = ⇔ = ⇔ + = ⇔

− −

= ⇒


V
Với
2 7 4 11
G( ; ) A( 1;2);G( ; ) A( 3;6)
3 3 3 3
− −

⇒ − ⇒ −
6 Nguyễn Công Mậu
Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Bài 14: Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy cho ba đường d
1
: x – 2y + 1 = 0; d
2
: 3x – y – 2 =
0; d
3
: 2x + y + 1 = 0. Tìm điểm M trên d
1
điểm N trên d
2
sao cho MN =
5
và MN song
song với d
3
Giải:
M thuộc d
1
, N thuộc d
2
nên M(2a - 1; a), N(b; 3b - 2)
2 2 2
5 5 ( 2 1) (3 2) 5MN MN b a b a= ⇔ = ⇔ − + + − − =
<=> (1)
3
3

/ / . 0 ( 2 1;3 2).(2;1) 0
d
MN d MN n b a b a a b⇔ = ⇔ − + − − = ⇔ =
uuuur uur
thay vào (1) ta được a = b = 0 hoặc a = b = 2
Vậy có 4 điểm thoả mãn bài toán là: M(-1; 0), N(0; -2) hoặc M(3; 2), N(2; 4)
Bài 15: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình:x
2
+ y
2
– x – 4y
– 2 = 0 và các điểm A(3 ;-5) ; B(7;-3). Tìm điểm M trên đường tròn (C ) sao cho P = MA
2
+ MB
2
nhỏ nhất.
Giải:
-Đường tròn (C) có tâm
1 5
( ;2),
2 2
I R =
-Gọi H là trung điểm đoạn AB => H(5; -4). Xét tam giác MAB có
2 2 2 2
2 2 2 2
2
2 4 2
MA MB AB AB
MH P MA MB MH
+

= − ⇔ = + = +
do đó P nhỏ nhất khi MH nhỏ nhất hay M là giao điểm của OH với (C)
mà
5 3
:
4 4
x t
IH
y t
= +


= − −

, thay vào phương trình đường tròn ta được ptrình t
2
+ 3t + 2 = 0 <=> t
= -1 và t = -2 => với t = -1 thì M(2; 0), với t = -2 thì M(-1; 4)
-Kiểm tra thấy M(2; 0) là điểm cần tìm
Bài 16: Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho tam giác
ABC
vuông tại
A
, biết
B
và
C
đối

xứng nhau qua gốc tọa độ. Đường phân giác trong của góc ABC có phương trình là
2 5 0x y+ − =
. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết đường thẳng
AC
đi qua điểm
(6;2)K
.
Giải:
(5 2 ; ), (2 5; )B b b C b b− − −
,
(0;0)O BC∈
Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc ABC nên
(2;4)I
và
I AB∈
Tam giác
ABC
vuông tại A nên
( )
2 3;4BI b b= − −
uur
vuông góc với
( )
11 2 ;2CK b b= − +
uuur
2
1
(2 3)(11 2 ) (4 )(2 ) 0 5 30 25 0
5
b

b b b b b b
b
=

− − + − + = ⇔ − + − = ⇔

=

Với
1 (3;1), ( 3; 1) (3;1)b B C A B= ⇒ − − ⇒ ≡
loại
7 Nguyễn Công Mậu
Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Với
5 ( 5;5), (5; 5)b B C= ⇒ − −
31 17
;
5 5
A
 
⇒
 ÷
 
Vậy
31 17
; ; ( 5;5); (5; 5)
5 5
A B C
 
− −

 ÷
 
Bài 17: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
cho đường tròn (C)
2 2
2 6 2 0x y x y+ + − + =

và đường thẳng d:
2 0x y+ − =
. Tìm các đỉnh của hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn
(C) biết đỉnh A thuộc d và có hoành độ dương.
Giải:
+ Đường tròn
2 2
( 1) ( 3) 8x y+ + − =
có tâm
( 1;3)I −
bán kính
2 2R =
+ A thuộc d nên
( ;2 )A x x−
.
+ Ta có
2 2 2
8 ( 1) (1 ) 8IA x x= ⇒ + + + =

2
( 1) 4
1

3 ( )
x
x
x L
⇒ + =
=

⇔

= −

Vậy
(1;1) ( 3;5)A C⇒ −
.
+ Đường thẳng BD đi qua
( 1;3)I −
vuông góc với IA nên nhận
(2; 2)IA = −
uur
//
(1; 1)u −
r
làm
véc tơ pháp tuyến có phương trình:
4 0x y− + =
.
+ Tọa độ giao điểm B, D thỏa mãn phương trình:
2 2 2
1
( 1) ( 1) 8 ( 1) 4

3
x
x x x
x
=

+ + + = ⇔ + = ⇔

= −

+
1 5x y= ⇒ =
+
3 1x y= − ⇒ =
Vậy B(1;5)
⇒
D(-3;1) hoặc ngược lại.
Bài 18: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, lập phương trình đường tròn nội tiếp tam giác tạo
bởi 2 trục toạ độ và đường thẳng có phương trình 8x + 15y - 120 = 0.
Giải:
Giả sử d: 8x + 15y – 120 = 0 cắt Ox, Oy lần lượt tại A,B.
Gọi I(a;b) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABO. Ta có:
* 0 < a,b < 8
* Bán kính r = d(I,Ox) = d(I,Oy) = d(I,d)

2 2
3( )
8 15 120
3
20( )

17
: ( 3) ( 3) 9
a b tm
a b
a b r
a b l
PT x y
= =
+ −

⇔ = = ⇔ ⇒ =

= =

⇒ − + − =
Bài 19: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là
8 Nguyễn Công Mậu
Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
M(3,2), trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt là G(
2 2
,
3 3
) và I(1,-
2). Xác định tọa độ đỉnh C.
Giải:
7 4
(2;4), ;
3 3
IM GM
 

= =
 ÷
 
uuur uuur
Gọi A(x
A
; y
A
). Có
2A G GM=
uuur uuur
⇒ A(-4; -2).
Đường thẳng BC đi qua M nhận vec tơ
IM
uuur
làm vec tơ pháp tuyến nên có PT:
2(x - 3) + 4(y - 2) = 0 ⇔ x + 2y - 7 = 0 Gọi C(x; y). Có C ∈ BC ⇒ x + 2y - 7 = 0.
Mặt khác IC = IA ⇔
2 2 2 2
( 1) ( 2) 25 ( 1) ( 2) 25x y x y− + + = ⇔ − + + =
.
Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình:
2 2
2 7 0
( 1) ( 2) 25
x y
x y
− − =



− + + =

Giải hệ phương trình ta tìm được
5
1
x
y
=


=

và
1
3
x
y
=


=

.
Vậy có 2 điểm C thỏa mãn là C(5; 1) và C(1; 3).
Bài 20: Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng
:3 4 4 0x y∆ − + =
. Tìm trên
∆
hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện
tích tam giác ABC bằng15.

Giải:
. Gọi
3 4 16 3
( ; ) (4 ; )
4 4
a a
A a B a
+ −
⇒ −
. Khi đó diện tích tam giác ABC là

1
. ( ) 3
2
ABC
S AB d C AB= → ∆ =
.
Theo giả thiết ta có
2
2
4
6 3
5 (4 2 ) 25
0
2
a
a
AB a
a
=


−
 
= ⇔ − + = ⇔
 ÷

=
 

Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4).
Bài 21: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm
của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND. Giả sử
11 1
;
2 2
M
 
 ÷
 
và đường
thẳng AN có phương trình 2x – y – 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A.
Giải:
Ta có : AN =
10
3
a
; AM =
5
2
a

; MN =
5
6
a
;
cosA =
2 2 2
2 .
AM AN MN
AM AN
+ −
=
1
2
⇒
·
45
o
MAN =
(Cách khác :Để tính
·
MAN
= 45
0
ta có thể tính
9 Nguyễn Công Mậu
B
A
C
D

N
M
Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
·
·
1
2
3
( ) 1
1
1 2.
3
tg DAM DAN
−
− = =
+
)
Phương trình đường thẳng AM : ax + by
11 1
2 2
a b− −
= 0
·
2 2
2
1
cos
2
5( )
a b

MAN
a b
−
= =
+
⇔ 3t
2
– 8t – 3 = 0 (với t =
a
b
) ⇒ t = 3 hay
1
3
t = −
+ Với t = 3 ⇒ tọa độ A là nghiệm của hệ :
2 3 0
3 17 0
x y
x y
− − =


+ − =

⇒ A (4; 5)
+ Với
1
3
t = −
⇒ tọa độ A là nghiệm của hệ :

2 3 0
3 4 0
x y
x y
− − =


− − =

⇒ A (1; -1)
Bài 22: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x
2
+ y
2
+ 4x + 4y + 6 = 0
và đường thẳng ∆ : x + my – 2m + 3 = 0 với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường
tròn (C). Tìm m để ∆ cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích ∆IAB lớn nhất.
Giải:
(C) : x
2
+ y
2
+ 4x + 4y + 6 = 0 có tâm là I (-2; -2); R =
2
Giả sử ∆ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Kẻ đường cao IH của ∆ABC, ta có
S
∆
ABC
=
·

1
IA.IB.sinAIB
2
= sin
·
AIB
Do đó S
∆
ABC
lớn nhất khi và chỉ khi sin
·
AIB
= 1 ⇔ ∆AIB vuông tại I
⇔ IH =
IA
1
2
=
(thỏa IH < R) ⇔
2
1 4m
1
m 1
−
=
+

⇔ 1 – 8m + 16m
2
= m

2
+ 1 ⇔ 15m
2
– 8m = 0 ⇔ m = 0 hay m =
8
15
Bài 23: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi MNPQ có M(1; 2), phương
trình NQ là
x y 1 0− − =
.Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của hình thoi, biết rằng NQ = 2MP và
N có tung độ âm.
Giải:
Phương trình MP là:
x y 3 0+ − =

I MP NQ= ∩ ⇒
tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình
( )
x y 1 0 x 2
I 2;1
x y 3 0 y 1
− − = =
 
⇔ ⇒
 
+ − = =
 
.
I là trung điểm của MP nên suy ra
( )

P 3;0
phương trình NQ là
x y 1 0− − =
nên tọa độ N, Q có dạng (m; m-1)
Do
( ) ( )
( )
2 2
2 2 2 2
NQ 2MP IN 4IM m 2 m 2 4. 1 1= ⇒ = ⇔ − + − = +

( )
2
m 4
m 2 4
m 0
=

⇔ − = ⇔

=

10 Nguyễn Công Mậu
Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Vì N có tung độ âm nên N(0; -1)
⇒
Q(4; 3).
Vậy
( )
P 3;0

, N(0; -1), Q(4; 3) làcác đỉnh cần tìm.

Bài 24: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có
phương trình:
2 2
( 2) ( 3) 10x y
− + − =
. Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông biết đường
thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm
( 3; 2)M
− −
và điểm A có hoành độ dương.
Giải:
Phương trình đường thẳng đi qua M(-3;-2) có dạng
2 2
3 2 0 ( 0)ax by a b a b+ + + = + >
.
Đường tròn (C) có tâm I(2;3) và bán kính
10R =
.
(C) tiếp xúc với AB nên
( )
;d I AB R=
hay
2 2 2
2 2
2 3 3 2
10 10( ) 25( )
a b a b
a b a b

a b
+ + +
= ⇔ + = +
+
3
( 3 )(3 ) 0
3
a b
a b a b
b a
= −

⇔ + + = ⇔

= −

Do đó phương trình AB là
-3 -3 0x y =
hoặc AB:
3 - 7 0x y + =
.
+ Nếu AB:
3 - 7 0x y + =
. Gọi A(t;3t+7) vì A có hoành độ
0
A
x >
nên t > 0 và do
2 2
2. 20IA R= =

nên
( ) ( )
2 2
2
0
2 3 4 20 10 20 20 20
2
t
t t t t
t
=

− + + = ⇔ + + = ⇒

= −

(loại)
+ Nếu AB:
-3 -3 0x y =
. Gọi A(3t+3;t) vì A có hoành độ
0
A
x >
nên t >-1 và do
2 2
2. 20IA R= =
nên
( ) ( )
2 2
2

1 3 3 20 10 10 20 1t t t t+ + − = ⇔ + = ⇒ =
. Suy ra A(6;1)
⇒
C(-2;5)
và B(0;-1); D(4;7)
Vậy các điểm cần tìm là
(6;1); (0; 1); ( 2;5); (4;7)A B C D− −
.
Bài 25: Trong mặt phẳng tọa độ
,Oxy
cho tam giác ABC, các đường thẳng chứa đường cao
và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A có phương trình lần lượt là:
0132 =−− yx
và
.09613 =−− yx
Tìm tọa độ các đỉnh B và C biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
là
).1;5(−I
Giải:
+ Theo giả thiết thì A(-3 ;-8)
+ Đường thẳng qua I(-5;1) và song song với x-2y-13=0 cắt đường thẳng 13x-6y-9=0 tại
M(3;5).
+ Đường thẳng qua BC có phương trình là: 2x + y – 11 = 0 nên B(x
B
; 11-2x
B
). Mà IA = IB
nên B(4; 3) hoặc B(2;7)
+ Vậy B(4; 3) và C(2;7) hoặc C(4; 3) và B(2;7) là hai nghiệm cần tìm.
Bài 26: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2;

11 Nguyễn Công Mậu
R
C
B
A
D
I M
Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d
1
: x + y + 5 = 0 và d
2
: x + 2y – 7
= 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG.
Giải:
+ Giả sử
1 2
( ; ) 5; ( ; ) 2 7
B B B B C C C C
B x y d x y C x y d x y∈ ⇒ = − − ∈ ⇒ = − +
Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:
2 6
3 0
B C
B C
x x
y y
+ + =



+ + =


+ Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1)
+ Ta có
(3;4) (4; 3)
BG
BG VTPT n⇒ −
uuur uuur
nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0
+ Bán kính R = d(C; BG) =
9
5

⇒
phương trình đường tròn là: (x – 5)
2
+ (y – 1)
2
=
81
25
Bài 27: Trong mặt phẳng
Oxy
, cho đường thẳng
)(d
có phương trình:
052 =−− yx
và hai
điểm

)2;1(A
;
)1;4(B
. Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng
)(d
và đi qua
hai điểm
A
,
B
.
Giải:
Phương trình đường trung trực của AB là
3 6 0x y− − =
.
Tọa độ tâm I của đường tròn là nghiệm của hệ:
( )
; .
2 5 1
1 3
3 6 3
x y x
I
x y y
− = =
 
⇔ ⇒ −
 
− = = −
 

5R IA= =
.
Phương trình đường tròn là
( ) ( )
2 2
1 3 25x y− + + =
.
Bài 28: Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d
1
: x – 2y + 3 = 0, d
2
: 4x + 3y – 5 = 0.
Lập phương trình đường tròn (C) có tâm I trên d
1
, tiếp xúc d
2
và có bán kính R = 2.
Giải:
d
1
:



=
+−=
ty
tx 23
, I
);3(

1
ttId +−⇒∈
d(I , d
2
) = 2
11
7
,
11
27
101711 ==⇔=−⇔ ttt
• t =
4
11
27
11
21
:)(
11
27
;
11
21
11
27
22
11
=







−+






−






⇒ yxCI
• t =
4
11
7
11
19
:)(
11
7
;
11

19
11
7
22
22
=






−+






+






−
⇒ yxCI
Bài 29: Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x – 2y – 1 = 0, đường chéo BD: x – 7y +
14 = 0 và đường chéo AC qua điểm M(2 ; 1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.

Giải:
AC: kx – y – 2k + 1 = 0
12 Nguyễn Công Mậu
Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
cos CAB = cos DBA
7
1
;10187
1
2
2
3
2
2
==⇔=+−⇔
+
+
=⇔ kkkk
k
k
• k = 1 , AC : x – y – 1 = 0
• k =
7
1
, AC : x – 7y + 5 = 0 // BD ( lọai)
Ta tìm được A(1 ; 0), C(6 ; 5), D(-4 ; 0)
Bài 30: 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 t
M
+ −
 
 ÷
 
.
Điểm
1 3
: 2 1 0 2 1 0
2 2
t t
M BM x y
+ −
 

∈ + + = ⇒ + + =
 ÷
 
( )
7 7;8t 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 −
.
Bài 31: Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1; 0), B(0; 2) và giao điểm
I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.
Giải:
Ta có:
( )
1;2 5AB AB= − ⇒ =
uuur
. Phương trình của AB
là:
2 2 0x y+ − =
.
( ) ( )
: ;I d y x I t t∈ = ⇒
. I là trung điểm của AC và BD
nên ta có:
( ) ( )
2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t− −
.
Mặt khác:
D
. 4
ABC
S AB CH= =
(CH: chiều cao)

4
5
CH⇒ =
.
Ngoài ra:
( )
( ) ( )
4 5 8 8 2
; , ;
| 6 4 | 4
3 3 3 3 3
;
5 5
0 1;0 , 0; 2
t C D
t
d C AB CH
t C D

   
= ⇒
−
 ÷  ÷

= ⇔ = ⇔
   


= ⇒ − −


Vậy tọa độ của C và D là
5 8 8 2
; , ;
3 3 3 3
C D
   
 ÷  ÷
   
hoặc
( ) ( )
1;0 , 0; 2C D− −
13 Nguyễn Công Mậu
Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
14 Nguyễn Công Mậu