Luyện thi Đại Học - Cao Đẳng môn Toán: Phần tọa độ trong mặt phẳng

Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 1
CHƯƠNG 1. PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG
A. Tóm tắt lý thuyết.
I. Tọa độ trong mặt phẳng.

Cho
rr
1122
u(x,y); v(x;y)
và
∈
kR
. Khi đó:
+=++−=−−
=


==+⇔

=


=+⇒⊥⇔=⇔+=
rrrr
rrrr
rrrrrr
12121212
12
22
1111

12
12121212
1) uv(xx;yy) 2) uv(xx;yy)
xx
3) ku(kx;ky) 4) uxy 5) u=v
yy
6) u.vxxyyuvu.v0xxyy0

•
Hai véc tơ
rr
1122
u(x,y); v(x;y)
cùng phương với nhau
=


⇔

=


12
12
xkx
yky

•
Góc giữa hai véc tơ
rr

1122
u(x,y); v(x;y)
:
+
==
++
rr
rr
rr
1212
2222
1122
u.v
xxyy
cos(u,v)
uv
xyxy
.
•
Cho
AABB
A(x;y) ; B(x;y)
. Khi đó :
=−−=−+−
uuuruuur
22
BABABABA
1) AB(xx;yy) 2) AB=AB(xx)(yy
)

+

=



+

=


AB
I
AB
I
xx
x
2
3)
yy
y
2
trong đó
I
là trung điểm của
AB
.
•

⊥⇔=

uuuruur
ABCDAB.CD0

•
Cho tam giác
ABC
với
AABBCC
A(x;y), B(x;y), C(x;y)
. Khi đó trọng tâm
(
)
GG
Gx;y
của
tam giác ABC là :
++

=



++

=


ABC
G
ABC

G
xxx
x
3
yyy
y
3
.
II. Phương trình đường thẳng
1. Phương trình đường thẳng
1.1. Véc tơ chỉ phương (VTCP), véc tơ pháp tuyến (VTPT) của đường thẳng :
Cho đường thẳng d.

•

=≠
rr
n(a;b)0
gọi là véc tơ pháp tuyến của d nếu giá của nó vuông với d.

•

=≠
rr
12
u(u;u)0
gọi là véc tơ chỉ phương của d nếu giá của nó trùng hoặc song song với
đường thẳng d.
Một đường thẳng có vô số VTPT và vô số VTCP ( Các véc tơ này luôn cùng phương với
nhau)

Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 2
•
Mối quan hệ giữa VTPT và VTCP:
=
rr
n.u0
.
•
Nếu =
r
n(a;b)
là một VTPT của đường thẳng
d
thì
=−
r
u(b;a)
là một VTCP của đường
thẳng
d
.
•
Đường thẳng
AB
có
AB
uuur
là VTCP.
1.2. Phương trình đường thẳng

1.2.1. Phương trình tổng quát của đường thẳng :
Cho đường thẳng
d
đi qua điểm
00
A(x;y)
và có
n(a;b)
=
r
là VTPT, khi đó phương trình
tổng quát của
d
có dạng:
00
a(xx)b(yy)0
−+−=
.
1.2.2. Phương trình tham số của đường thẳng :
Cho đường thẳng
d
đi qua điểm
00
A(x;y)
và có
u(a;b)
=
r
là VTCP, khi đó phương trình
tham số của đường thẳng

d
là:
0
0
xxat
yybt
=+



=+


,
tR
∈
.
2. Vị trí tương đối giữa hai đường thẳng.
Cho hai đường thẳng
1111
d:axbyc0;
++=
2222
d:axbyc0
++=
. Khi đó vị trí tương đối
giữa chúng phụ thuộc vào số nghiệm của hệ :
111
222
axbyc0

axbyc0
++=



++=


(I)
•
Nếu (I) vô nghiệm thì
12
d//d
.
•
Nếu (I) vô số nghiệm thì
12
dd
≡

•
Nếu (I) có nghiệm duy nhất thì
1
d
và
2
d
cắt nhau và nghiệm của hệ là tọa độ giao điểm.
3. Góc giữa hai đường thẳng.
Cho hai đường thẳng

1111
d:axbyc0;
++=

2222
d:axbyc0
++=
. Gọi
α
là góc nhọn tạo bởi
hai đường thẳng
1
d
và
2
d
. Ta có :
1212
2222
1122
aabb
cos
abab
+
α=
++
.
4. Khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng.
Cho đường thẳng
:axbyc0

∆++=
và điểm
00
M(x;y)
. Khi đó khoảng cách từ
M
đến
∆

đư c tính bởi công th#c:
00
22
axbyc
d(M,())
ab
++
∆=
+
.
5. Phương trình đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng
Cho hai đường thẳng
1111
d:axbyc0
++=
và
2222
d:axbyc0
++=
Phương trình phân giác
của góc tạo bởi hai đường thẳng là:

111222
2222
1122
axbycaxbyc
abab
++++
=±
++
.
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 3
III. Phương trình đường tròn.
1. Phương trình đường tròn :
Cho đường tr&n (C) tâm
I(a;b)
, bán kính
R
, khi đó phương trình của (C) là :
222
(xa)(yb)R
−+−=
.
Ngoài ra phương trình :
22
xy2ax2byc0
+−−+=
với
22
abc0
+−>

c)ng là phương trình
của đường tr&n có tâm
I(a;b)
, bán kính
22
Rabc
=+−
.
2. Phương trình tiếp tuyến :
Cho đường tr&n (C) :
222
(xa)(yb)R
−+−=
.
•
Tiếp tuyến
∆
của (C) tại điểm
M
là đường thẳng đi qua M và vuông góc với IM .
•
Đường thẳng
:AxByC0
∆++=
là tiếp tuyến của (C)
d(I,)R
⇔∆=

•
Đường tr&n (C) :

222
(xa)(yb)R
−+−=
có hai tiếp tuyến cùng phương với ,y là
xaR
=±
.
Ngoài hai tiếp tuyến này các tiếp tuyến c&n lại đ-u có dạng :
ykxm
=+
.
IV. E líp
1. Định nghĩa : Trong mặt phẳng cho hai điểm cố định
12
/ ,/
có
12
// 2c
=
. T0p h p các điểm
M
của mặt phẳng sao cho
12
M/ M/ 2a
+=
(
2a
không đổi và
ac0
>>

) là một đường elíp.
•

12
/ ,/
: là hai ti3u điểm và
2c
là ti3u c4 của elíp.
•
12
M/ ,M/
: là các bán kính qua ti3u.
2. Phương trình chính tắc của elíp:
22
22
xy
1
ab
+=
với
222
b= ac
−
.
V0y điểm
22
00
00
22
xy

M(x;y)(5)1
ab
∈⇔+=
và
00
xa ; yb
≤≤
.
3. Tính chất và hình dạng của elíp: Cho
22
22
xy
(5):1
ab
+=
,
ab
>
.
•
Trục đối x#ng
,x,,y
. Tâm đối x#ng
,
.
•
Đỉnh:
(
)
121

A(a;0), Aa;0, B(0;b)
−−
và
(
)
2
B0; b
.
12
AA2a
=
gọi là độ dài trục lớn,
12
BB2b
=
gọi là độ dài trục bé.
•
Ti3u điểm:
12
/ (c;0), / (c;0)
− .
•
Nội tiếp trong hình chữ nh0t cơ sở P6R7 có kích thước 2a và 2b với
222
b= ac
−
.
•
Tâm sai:
22

cab
e1
aa
−
==<

Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 4
•
Hai đường chu8n:
2
aa
x
ec
=±=±

•

(
)
(
)
0010
Mx;y 5 : M/ aex
∈=+ và
20
M/ aex
=− .
x
y

P
Q
RS
B
2
A
2
A
1
O

V. Hypebol
1. Định nghĩa : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,xy
cho hai điểm
12
/ ,/
có
12
// 2c
=
. T0p
h p các điểm
M
của mặt phẳng sao cho
12
M/ M/ 2a
−=(
2a
không đổi và

ca0
>>
) là một
Hypebol.
•

12
/ , /
: là 2 ti3u điểm và
12
// 2c
=
là ti3u c4.
•

12
M/ ,M/
: là các bán kính qua ti3u.
2. Phương trình chính tắc của hypebol:
22
22
xy
1
ab
−=
với
222
b= ca
−
.

3. Tính chất và hình dạng của hypebol (H):
•
Trục đối x#ng
,x
(trục th4c),
,y
(trục ảo). Tâm đối x#ng
,
.
•
Đỉnh:
(
)
12
A(a;0),Aa;0
− . Độ dài trục th4c:
2a
và độ dài trục ảo:
2b
.
•
Ti3u điểm
(
)
12
/ (c; 0), / c; 0
− .
•
Hai tiệm c0n:
b

yx
a
=±
•
Hình chữ nh0t cơ sở P6R7 có kích thước
2a,2b
với
222
bca
=−
.

•
Tâm sai:
22
cab
e
aa
+
==
•
Hai đường chu8n:
2
aa
x
ec
=±=±

•
Độ dài các bán kính qua ti3u của

(
)
(
)
00
Mx;yH
∈ :
9)
10
M/ ex a
=+
và
20
M/ exa
=−
khi
0
x0
>
.
9)
10
M/ exa
=−−
và
20
M/ ex a
=−+
khi
0

x0
<
.
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 5
•
22
00
22
xy
M(x;y)(5):1
ab
∈−=⇔

22
00
22
xy
1
ab
−=
và ta luôn có
0
xa
≥
.
VI. Parabol
1. Định nghĩa:
Parabol là t0p h p các điểm
M

của mặt phẳng cách đ-u một đường thẳng
∆
cố định và một
điểm
/
cố định không thuộc
∆
.
∆
: đường chu8n;
/
: ti3u điểm và
d(/,)p 0
∆=>
là tham số ti3u.
2. Phương trình chính tắc của Parabol:
2
y2px
=
3. Hình dạng của Parabol (P) :
•
Trục ,x là trục đối x#ng, đỉnh ,. Ti3u điểm
p
/(;0)
2
.
•
Đường chu8n
p
:x

2
∆=−


•

( ) ()
p
Mx;yP: M/ x
2
∈=+
với
x0
≥
.
B. CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN
1. Lập phương trình đường thẳng.
Để l0p phương trình đường thẳng
∆
ta thường dùng các cách sau
•
Tìm điểm
00
M(x;y)
mà
∆
đi qua và một VTPT
n(a;b)
=
r

. Khi đó phương trình đường
thẳng c:n l0p là:
00
a(xx)b(yy)0
−+−=
.
•
Giả s; đường thẳng c:n l0p
:axbyc0
∆++=
. D4a vào đi-u kiện bài toán ta tìm đư c
amb,cnb
==
. Khi đó phương trình
:mxyn0
∆++=
. Phương pháp này ta thường áp dụng
đối với bài toán li3n quan đến khoảng cách và góc
•
Phương pháp qu= tích:
0000
M(x;y):axbyc0axbyc0
∈∆++=⇔++=
.
Ví dụ . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,xy cho đường tr&n
22
(C):(x1)(y2)25
−+−=
.
1) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm

M(4;6)
,
2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) xuất phát từ điểm
N(6;1)
−

3) Từ
5(6;3)
−
v? hai tiếp tuyến
5A,5B
(
A,B
là tiếp điểm) đến (C). Viết phương trình
đường thẳng
AB
.
Lời giải.
Đường tr&n (C) có tâm
I(1;2)
, bán kính
R5
=
.
1) Tiếp tuyến đi qua
M
và vuông góc với
IM
n3n nh0n
IM(3;4)

=
uur
làm VTPT
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 6
N3n phương trình tiếp tuyến là:
3(x4)4(y6)03x4y360
−+−=⇔+−=
.
2) Gọi
∆
là tiếp tuyến c:n tìm.
Do
∆
đi qua
N
n3n phương trình có dạng
:a(x6)b(y1)0axby6ab0
∆++−=⇔++−=
,
22
ab0
+≠
(@)
Ta có:
22222
22
Aab
d(I,)R5Aab5ab(Aab)25(ab)
ab

+
∆=⇔=⇔+=+⇔+=+
+

2
22
3
ab
aa
4
24a14ab24b02412240
bb
4
ab
3

=


⇔+−=⇔+−=⇔




=−


.
•

3
ab
4
= thay vào (@) ta có:
3 A
bxbyb03x4y140
42
++=⇔++=
.
•

4
ab
3
=− thay vào (@) ta có:
4
bxby Bb04x3y2A0
3
−+−=⇔−+=
.
V0y có hai tiếp tuyến thCa y3u c:u bài toán là:
3x4y140
++=
và
4x3y2A0
−+=
.
3) Gọi
A(a;b)
. Ta có:

22
22
22
A(C)
ab2a4b200
(a1)(b2)25
IA.NA0
(a1)(a6)(b2)(b3)0
ab5a5b0

∈


+−−−=
−+−=

⇔⇔

=
−++−−=


++−=



uuruuur
Aab200
⇒−+=

Từ đó ta suy ra đư c
A:Axy200
∈∆−+=
.
Tương t4 ta c)ng có đư c
BABAB:Axy200
∈∆⇒≡∆⇒−+=
.
2. Các lập phương trình đường tròn.
Để l0p phương trình đường tr&n (C) ta thường s; dụng các cách sau
Cách 1: Tìm tâm
I(a;b)
và bán kính của đường tr&n. Khi đó phương trình đường tr&n có
dạng:
222
(xa)(yb)R
−+−=
.
Cách 2: Giả s; phương trình đường tr&n có dạng:
22
xy2ax2byc0
+−−+=
.
D4a vào giả thiết của bài toán ta tìm đư c
a,b,c
. Cách này ta thương áp dụng khi y3u c:u
viết phương trình đường tr&n đi qua ba điểm.
Ví dụ . D0p phương trình đường tr&n (C), biết
1) (C) đi qua
A(3;4)

và các hình chiếu của A l3n các trục tọa độ.
2) (C) có tâm nEm tr3n đường tr&n
22
1
4
(C):(x2)y
5
−+=
và tiếp xúc với hai đường thẳng
1
:xy0
∆−=
và
2
:x Ay0
∆−=
.
Lời giải.
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 7
1) Gọi
12
A,A
l:n lư t là hình chiếu của A l3n hai trục ,x, ,y, suy ra
12
A(3;0), A(0;4)
.
Giả s;
22
(C):xy2ax2byc0

+−−+=
.
Do
12
A,A,A(C)
∈ n3n ta có hệ:
3
a
6a Fbc25
2
6ac B b2
Fbc16c0

=

−−+=−



−+=−⇔=


−+=−=



.
V0y phương trình (C):
22
xy3x4y0

+−−=
.
2) Gọi
I(a;b)
là tâm của đường tr&n (C), vì
1
I(C)
∈ n3n:
22
4
(a2)b
5
−+=
(1)
Do (C) tiếp xúc với hai đường thẳng
12
,
∆∆
n3n
12
d(I,)d(I,)
∆=∆

abaAb
b2a,a2b
252
−−
⇔=⇔=−=

•

b2a
=−
thay vào (1) ta có đư c:
222
416
(a2)4a5a4a0
55
−+=⇔−+=
phương trình này
vô nghiệm
•

a2b
=
thay vào (1) ta có:
22
44F
(2b2)bb,a
555
−+=⇔==
. 7uy ra
1
4
RD(I,)
52
=∆=
.
V0y phương trình
22

F 4 F
(C):xy
5525

−+−=


.
3. Các điểm đặc biệt trong tam giác.
Cho tam giác
ABC
. Khi đó:
•
Trọng tâm
ABCABC
xxxyyy
G;
33
++++




•
Tr4c tâm
AH.BC0
H:
BH.AC0

=



=


uuuruur
uuuruuur

•
Tâm đường tr&n ngoại tiếp
22
22
IAIB
I:
IAIC

=


=



•
Tâm đường tr&n nội tiếp
AB.AKAC.AK
ABAC
K:
BC.BKBA.BK
BCAB


=




=


uuuruuuruuuruuur
uuruuuruuuruuur

Chú ý: Có thể tìm
K
theo cách sau:
@ Gọi D là chân đường phân giác trong góc A, ta có:
AB
BDDC
AC
=
uuuruur
, từ đây suy ra D
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 8
@ Ta có
AB
AKKD
BD
=
uuuruuur

từ đây ta có K.
•
Tâm đường tr&n bàng tiếp (góc A)
AB.AG AC.AG
ABAC
G :
BG.BCAB.BG
BCAB

=




=


uuuruuruuuruur
uuruuruuuruur
.
Ví dụ . Cho tam giác
ABC
có
53
A(1;3),B(2;0),C;
FF

−



.
1) Tìm tọa độ tr4c tâm
H
, tâm đường tr&n ngoại tiếp
I
và trọng tâm
G
của tam giác
ABC
.
Từ đó suy ra
I,G,H
thẳng hàng;
2) Tìm tọa độ tâm đường tr&n nội tiếp và tâm đường tr&n bàng tiếp góc A của tam giác
ABC
.
Lời giải.
1) Ta có
ABC
G
ABC
G
xxx
1
x
1 B
3 F
G;
FF
yyy

B
y
3 F
++

==−



⇒−


++


==


.
Gọi
H(x;y)
, suy ra
( ) ( )
213321
AHx1;y3,BHx2;y,BC;,AC;
FFFF

=−−=+==−−



uuuruuuruuruuur

Mà
AH.BC0
BH.AC0

=


=


uuuruur
uuuruuur
n3n ta có
3
x
A(x1)(y3)0 Axy100
2
(x2) Ay0xAy201
y
2

=

−+−=+−=


⇔⇔


++=++=


=−



7uy ra
31
H;
22

−


.
Gọi
I(x;y)
, ta có:
2222
22
22
22
22
(x1)(y3)(x2)y
IAIB
53
(x2)yxy
IBIC
FF


−+−=++


=

⇔


++=−+−
=







15
xy1
x
1531
16
I;
213111
1616
31
xy
y
4432

16

+=
=−



⇔⇔⇒−


+=−


=



.
Ta có
13131313
GH;, GI;GH2GI
FF 1616

=−=−⇒=−


uuuruuruuuruur
. 7uy ra
I,G,H
thẳng hàng.

2) Gọi
K(x;y)
là tâm đường tr&n nội tiếp tam giác ABC. Ta có:
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 9
·
·
·
·
(
)
(
)
( ) ( )
(
)
(
)
( ) ( )
AK,ABAK,ACcosAK,ABcosAK,AC
KABKAC
KBCKBA
BK,BABK,BCcosBK,BAcosBK,BC

==

=

⇔⇔


=
==



uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur
uuuruuuruuuruuruuuruuuruuuruur

AK.ABAK.ACAK.ABAK.AC
AK.ABAK.ACABAC
BK.BABK.BCBK.BABK.BC
BK.ABBK.BCABBC

==


⇔⇔


==


uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur
uuuruuuruuuruuruuuruuuruuuruur
(@)
Mà
(
)
(
)

AKx1;y3,BKx2;y,AB(3;3)
=−−=+=−−
uuuruuuruuur
n3n (@) tương đương với
321
(x1)(y3)
3(x1)3(y3)
FF
32152
2xy1x0
F
213x2y2y1
(x2)y
3(x2)3y
FF
32152
F

−−−−

−−−−
=


−=−=


⇔⇔

−=−=



++
++

=



. V0y
K(0;1)
.
Gọi
(
)
G a;b
là tâm đường tr&n bàng tiếp góc A của tam giác ABC. Ta có:
( ) ( )
( ) ( )
AG.ABAG.AC
5
a
AG,ABAG,AC
2ab1
ABAC
4
2ab43
BG.BCBG.AB
BG,BCBG,AB
b

2
BCAB



=
=−

=

−=−


⇔⇔⇔

+=−

=

=−
=





uuruuuruuruuur
uuruuuruuruuur
uuruuruuruuur
uuruuruuruuur

. V0y
53
G ;
42

−−


.
4. Các đường đăch biệt trong tam giác
4.1. Đường trung tuyến của tam giác: Khi gặp đường trung tuyến của tam giác, ta chủ yếu
khai thác tính chất đi qua đỉnh và trung điểm của cạnh đối diện.
4.2. Đường cao của tam giác: Ta khai thác tính chất đi qua đỉnh và vuông góc với cạnh đối
diện.
4.3. Đường trung tr4c của tam giác: Ta khai thác tính chất đi qua trung điểm và vuông góc
với cạnh đó.
4.4. Đường phân giác trong: Ta khai thác tính chất: Nếu M thuộc AB, MH đối x#ng với M qua
phân giác trong góc A thì MH thuộc AC.
Ví dụ . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,xy
, hIy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC
biết rEng hình chiếu vuông góc của C tr3n đường thẳng AB là điểm
H(1;1)
−−
, đường phân
giác trong của góc A có phương trình
xy20
−+=
và đường cao kJ từ B có phương trình
4x3y10

+−=
.
Lời giải.
Kí hiệu
12
d:xy20, d:4x3y10
−+=+−=
.
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 10
Gọi
HK
là điểm đối x#ng với H qua
1
d
. Khi đó
HK AC
∈
.
Gọi
∆
là đường thẳng đi qua H và vuông góc với
1
d
. Phương trình của
:xy20
∆++=

7uy ra
1

xy20
dI:I(2;0)
xy20
++=

∆∩=⇒−

−+=


Ta có
I
là trung điểm của
HHK
n3n
HK(3;1)
−
.
Đường thẳng
AC
đi qua
HK
và vuông góc với
2
d
n3n có phương trình :
3x4y130
−+=
.
N3n

1
xy20
ACdA:A(5;A)
3x4y130
−+=

∩=⇒

−+=

.
Vì
CH
đi qua
H
và vuông với
AH
, suy ra phương trình của
CH:3x4y A 0
++=

Do đó
3x4y A 0
103
C:C(;)
34
3x4y130
++=

⇒−


−+=

.
Ví dụ . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,xy , cho tam giác ABC biết
(
)
A5;2
. Phương trình
đường trung tr4c cạnh BC, đường trung tuyến CCH l:n lư t là
xy60
+−=
và
2xy30
−+=
.
Tìm tọa độ các đỉnh B,C của tam giác ABC.

Lời giải.
Gọi
d:xy60, CCK:2xy30
+−=−+=
. Ta có:
C(c;2c3)
+

Phương trình
BC:xyc30
−++=

Gọi
M
là trung điểm của BC, suy ra
3c
x
xy60
2
M:
xyc30cB
y
2
−

=

+−=


⇔

−++=+


=



7uy ra
( )
c

B32c;6cCK(4c;4)
2
−−⇒−−

Mà
CK CCK
∈
n3n ta có:
c314
2(4c)(4)30cA0c
223
−−−+=⇔−+=⇒= .
V0y
1B 4143A
B;, C;
3333

−


.
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 11
M
C'
B
A
C

5. Một số bài toán dựng hình cơ bản.

5.1. Hình chiếu vuông góc H của điểm A l3n đường thẳng
∆

•
D0p đường thẳng
d
đi qua A và vuông góc với
∆

•

Hd
=∩∆

5.2. D4ng
AK
đối x#ng với A qua đường thẳng
∆

•
D4ng hình chiếu vuông góc H của A l3n
∆

•
Dấy
A'
đối x#ng với
A
qua H:
AK HA

AK HA
x2xx
y2yy
=−



=−


.
5.3. D4ng đường tr&n (CH) đối x#ng với (C) (có tâm I, bán kính R) qua đường thẳng
∆

•
D4ng IH đối x#ng với I qua đường thẳng
∆

•
Đường tr&n (CH) có tâm
IK
, bán kính R.
Chú ý: Giao điểm của (C) và (CH) chính là giao điểm của và
∆
.
5.4. D4ng đường thẳng dH đối x#ng với d qua đường thẳng
∆
.
•
Dấy hai điểm M,N thuộc d. D4ng

MK,NK
l:n lư t đối x#ng với M, N qua
∆

•
dK MKNK
≡
.
Ví dụ . Trong mặt phẳng
,xy
cho đường thẳng
d:x2y30
−−=
và hai điểm
A(3;2),

B(1;4)
−
.
1) Tìm điểm
M
thuộc đường thẳng
d
sao cho
MAMB
+
nhC nhất,
2) Viết phương trình đường thẳng
dK
sao cho đường thẳng

:3x4y10
∆++=
là đường phân
giác của góc tạo bởi hai đường thẳng
d
và
dK
.
Lời giải.
1) Ta thấy
A
và
B
nEm v- một phía so với đường thẳng
d
. Gọi
AK
là điểm đối x#ng với A
qua d. Khi đó với mọi điểm M thuộc d, ta luôn có:
MAMAK
=

Do đó:
MAMBAKMMBAKB
+=+≥
. Đẳng th#c xảy ra khi và chỉ khi
MAKBd
=∩
.
Vì

AKAd
⊥
n3n
AAK
có phương trình:
2xyF0
+−=

Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 12
Gọi
1B
x
2xyF0
1B2
5
HdAAK H:H;
55
x2y302
y
5

=

+−=



=∩⇒⇔⇒



−−=



=


.
Vì
H
là trung điểm của
AAK
n3n
AK HA
AK HA
23
x2xx
236
5
AK ;
55
6
y2yy
5

=−=




⇒−




=−=−


.
7uy ra
2F26
AKB;
55

=−


uuuur
, do đó phương trình
AKB:13x14y430
+−=

N3n
16
x
x2y30
161
5
M:M;
510

13x14y4301
y
10

=

−−=



⇔⇒


+−=



=


.
Δ
M
A'
A
B
M

2) Lét hệ phương trình
x2y30x1

3x4y10y1
−−==

⇔

++==−

, suy ra
dI(1;1)
∩∆=−

Vì
∆
là phân giác của góc h p bởi giữa hai đường thẳng
d
và
dK
n3n
d
và
dK
đối x#ng nhau
qua
∆
, do đó
IdK
∈
.
Dấy
5(3;0)d

∈
, ta tìm đư c
316
/ ;
55

−


là điểm đối x#ng với 5 qua
∆
, ta có
/dK
∈

7uy ra
211
/I;
55

=


uur
, do đó phương trình
dK:11x2y130
−−=
.
C. MỘT SỐ BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP
1. Xác đinh tọa độ của một điểm.

Bài toán cơ bản của phương pháp tọa độ trong mặt phẳng là bài toán xác định tọa độ của
một điểm. Chẳng hạn, để l0p phương trình đường thẳng c:n tìm một điểm đi qua và VTPT,
với phương trình đường tr&n thì ta c:n xác định tâm và bán kínhM.Chúng ta có thể gặp bài
toán tìm tọa độ của điểm đư c hCi tr4c tiếp hoặc gián tiếp.
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 13
•
V- phương diện hình học tổng h p thì để xác định tọa độ một điểm, ta thường ch#ng
minh điểm đó thuộc hai hình (H) và (HH). Khi đó điểm c:n tìm chính là giao điểm của (H) và
(HH).
•
V- phương diện đại số, để xác định tọa độ của một điểm (gNm hai tọa độ) là bài toán đi
tìm hai 8n. Do đó, chúng ta c:n xác định đư c hai phương trình ch#a hai 8n và giải hệ
phương trình này ta tìm đư c tọa độ điểm c:n tìm. Khi thiết l0p phương trình chúng ta c:n
lưu O:
9) Tích vô hướng của hai véc tơ cho ta một phương trình,
9) Hai đoạn thẳng bEng nhau cho ta một phương trình,
9) Hai véc tơ bEng nhau cho ta hai phương trình,
9) Nếu điểm
M:axbyc0,a0
∈∆++=≠
thì
bmc
M;m
a
−−



, l#c này tọa độ của

M
chỉ c&n
một 8n và ta chỉ c:n tìm một phương trình.

Ví dụ 1.1. Trong mặt phẳng ,xy cho đường tr&n
22
(C):(x1)(y1)4
−+−=
và đường thẳng
:x3y60
∆−−=
. Tìm tọa độ điểm
M
nEm tr3n
∆
, sao cho từ M v? đư c hai tiếp tuyến
MA,MB
(A,B là tiếp điểm) thCa
ABM
∆
là tam giác vuông.
Lời giải.
B
M
A
I

Đường tr&n (C) có tâm
I(1;1)
, bán kính

R2
=
.
Vì
AMB
∆
vuông và IM là đường phân giác của góc
·
AMB
n3n
·
0
AMI45
=
Trong tam giác vuông
IAM
, ta có:
IM22
= , suy ra M thuộc đường tr&n tâm I bán kính
RK 22
= .
Mặt khác
M
∈∆
n3n
M
là giao điểm của
∆
và
(I,RK)

. 7uy ra tọa độ của M là nghiệm của hệ
22222
y1,x3
x3y60x3y6x3y6
B 3
y,x
(x1)(y1) F (3y5)(y1) F 5y14y B 0
55
=−=

−−==+=+



⇔⇔⇔


=−=
−+−=++−=++=




.
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 14
V0y có hai điểm
(
)
1

M3;1
−
và
2
3 B
M;
55

−


thCa y3u c:u bài toán.



Ví dụ 2.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
cho các đường thẳng
1
d:xy30,
++=

23
d:xy40, d:x2y0
−−=−=
. Tìm tọa độ điểm
M
nEm tr3n đường thẳng
3
d

sao cho
khoảng cách từ
M
đến đường thẳng
1
d
bEng hai l:n khoảng cách từ
M
đến đường thẳng
2
d
.
Lời giải.
Ta có
3
Md
∈
, suy ra
M(2y;y)
. 7uy ra
12
3y3y4
d(M,d);d(M,d)
22
+−
==
Theo giả thiết ta có:
12
3y3y4
d(M,d)2d(M,d)2.

22
+−
=⇔=

3y32y F
y11;y1
3y32y F
+=−

⇔⇔=−=

+=−+

.
•
Với
y11M(22;11)
=−⇒−−
.
•
Với
y1M(2;1)
=⇒
.
Ví dụ 3.1. Trong hệ tọa độ
,xy
, cho điểm
A(0;2)
và đường thẳng
d:x2y20

−+=
. Tìm tr3n
đường thẳng d hai điểm
B,C
sao cho tam giác
ABC
vuông ở B và
AB2BC
=
.
Lời giải.
Ta có
ABd
⊥
n3n AB có phương trình :
2xy20
+−=
.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ :
x2y20
26
B;
55
2xy20
−+=


⇒



+−=


.
7uy ra
25AB5
ABBC
525
=⇒==.
Phương trình đường tr&n tâm B, bán kính
5
BC
5
= là:
22
261
xy
555

−+−=


.
V0y tọa độ điểm C là nghiệm của hệ :
22
x2y20
x0,y1
4 A
261
x,y

xy
55
555
−+=

==



⇔



==
−+−=







Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 15
V0y có hai bộ điểm thCa y3u c:u bài toán là:
26
B;
55




,
(
)
C0;1
và
26
B;
55



,
4 A
C;
55



.
Ví dụ 4.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,xy
, cho điểm
A(2;2)
và hai đường thẳng:
12
d:xy20,d:xyF0
+−=+−=
. Tìm tọa độ điểm
B,C

l:n lư t thuộc
12
d,d
sao cho tam giác
ABC
vuông tại A.
Lời giải.
Vì
12
BdB(b;2b);CdC(c;c F)
∈⇒−∈⇒−
.
Theo đ- bài ta có hệ:
(
)
(
)
( ) ( )
22
b1c42
AB.AC0
ABAC
b1c43

−−=

=

⇔


=

−−−=



uuuruuur

Đặt
xb1;yc4
=−=−
ta có :
22
xy2
x2x2
v
y1y1
xy3
=

==−


⇔

==−
−=




V0y
B(3;1);C(5;3)
−
hoặc
B(1;3),C(3;5)
−
.
Ví dụ 5.1. Cho parabol
2
(P):yx
=
và hai điểm
A(B;3),B(1;1)
−
thuộc
(P)
. Gọi M là điểm
thuộc cung
AB
của
(P)
( ph:n của
(P)
bị chắn bởi dây
AB
). Lác định tọa độ điểm M nEm
tr3n cung
AB
sao cho tam giác

MAB
có diện tích lớn nhất.
Lời giải.
Phương trình
AB:x2y30
−−=

Vì
2
M(P)M(t;t)
∈⇒ từ giả thiết suy ra
1t3
−<<

tam giác MAB có diện tích lớn nhất
d(M,AB)
⇔
lớn nhất
Mà
2
t2t3
d(M;AB),
5
t(1;3)
∈−
−−
= .
7uy ra
4
maxd(M,AB)

5
=
đạt đư c khi
t1M(1;1)
=⇒
.
Bài 6.1. Trong mặt phẳng ,xy cho đường tr&n
( )
2
2
(C):x1y2
−+=
và hai điểm
A(1;1)
−
,
B(2;2)
. Tìm tọa điểm M thuộc đường tr&n (C) sao cho diện tích tam giác MAB bEng
1
2
.
Lời giải.
Ta có
AB10
= và
MAB
111
7 d(M,AB).ABd(M,AB)
22
10

∆
==⇒=

Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 16
Dại có
AB(1;3)
=
uuur
n3n
n(3;1)
=−
r
là VTPT của đường thẳng AB
7uy ra phương trình
(
)
(
)
AB: 3x1y10
−−+=
hay
3xy40
−−=
.
Gọi
( ) () ( )
2
2
Ma; bCa1b2

∈⇒−+=

Khi đó
3ab4
11
d(M;AB)3ab41
101010
−−
=⇔=⇔−−=

Ta có hệ phương trình:
22
2222
(a1)b2
(a1)b2(a1)b2

3ab41
3ab413ab41


−+=
−+=−+=

⇔

−−=
−−=−−=−





hoaëc
2222
(a1)b2(a1)b2

b3a5b3a3

−+=−+=

⇔

=−=−


hoaëc

2222
(a1)(3a5)2(a1)(3a3)2

b3a5b3a3

−+−=−+−=

⇔

=−=−


hoaëc

22
5a16a1205a10a40

b3a5b3a3

−+=−+=

⇔

=−=−


hoaëc
124
55
a,a
a

55
5
b3a5
b3a3


±
==

=
⇔



=−
=−


hoaëc
V0y có bốn điểm thCa đi-u kiện bài toán là:
1234
121141355355535
M(;), M(;), M(;) và M(;)
55555555
−−+
− .

2. Nhóm các bài toán về hình bình hành.
Khi giải các bài toán v- hình bình hành, hình thoi, hình chữ nh0t và hình vuông, chúng ta
c:n chú O đến tính chất đối x#ng. Chẳng hạn, giao điểm hai đường chéo là tâm đối x#ng cảu
hình bình hành; hai đường chéo của hình thoi là trục đối x#ngM.
Ví dụ 1.2. Trong mặt phẳng ,xy cho hai đường thẳng
12
d:x2y10,d:2x3y0
−+=+=
. Lác
định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết A thuộc đường thẳng
1
d
, C thuộc đường
thẳng
2
d

và hai điểm B,D thuộc trục ,x.
Lời giải.
Vì
12
Ad,Cd
∈∈
n3n
A(2a1;a),C(3c;2c)
−−
, suy ra
2a3c1a2c
I;
22
+−−



là trung điểm AC
Do ABCD là hình vuông n3n I là trung điểm của BD, hay
I ,x
∈
. Do đó
a2c
=
.
Mặt khác
ACBD ,x
⊥≡
n3n suy ra
2a13cc1

−=⇔=
.
Từ đó, ta tìm đư c
A(3;2), C(3;2), I(3;0)
−
.
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 17
Vì
B ,xB(b;0)
∈⇒
, mà
IBIA2b32b5,b1
==⇒−=⇔==
.
V0y tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD là:
A(3;2), B(1;0), C(3;2), D(5;0)
−
hoặc
A(3;2), B(5;0), C(3;2), D(1;0)
−
.
Ví dụ 2.2. Trong mặt phẳng ,xy cho ba điểm
I(1;1), G(2;2),
−

K(2;2)
−
. Tìm tọa độ các đỉnh
của hình vuông ABCD sao cho

I
là tâm hình vuông,
G
thuộc cạnh AB và
K
thuộc cạnh CD.
Lời giải.
Gọi
GK
đối x#ng với
G
qua I, ta có
(
)
GK 4;0
và
GK CD
∈
.
Ta có:
(
)
KGK 2;2
=
uur
, suy ra phương trình
CD:xy40
−−=
.
Vì

AB//CD
n3n phương trình
AB:xy40
−+=
.
Do
d(I,AB)22
= n3n suy ra
AB42IA4
=⇒=

AABA(a;4a)
∈⇒+
, do đó
222
IA4(a1)(a3)16a2a30a1,a3
=⇔−++=⇔+−=⇔==−

•

a1
=
, ta có
A(1;3), B(3;1), C(1;1), D(5;1)
−−

•

a3
=−

, ta có
A(3;1), B(1;3), C(5;1), D(1;1)
−−
.
J'
I
B
C
A
D
J
K

Ví dụ 3.2. Trong mặt phẳng
,xy
cho đường tr&n (C):
22
(x2)(y1)10
−+−=
. Tìm tọa độ các
đỉnh của hình vuông
MNP6
, biết
M
trùng với tâm của đường tr&n (C); hai đỉnh
N,6
thuộc
đường tr&n (C); đường thẳng
P6
đi qua

5(3;6)
−
và
6
x0
>
.
Lời giải.
Ta có
M(2;1)
và
56
là tiếp tuyến của
(C)
.
Phương trình
56
có dạng:
a(x3)b(y6)0axby3a6b0
++−=⇔++−=

Vì
d(M,56)10
= n3n ta có:
22
5a5b
10
ab
−
=

+

22222
(5a5b)10(ab)3a10ab3b0a3b,b3a
⇔−=+⇔−+=⇔==
.
•

a3b
=
, ta có phương trình
56 :3xy30
++=
. Khi đó tọa độ 6 là nghiệm của hệ
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 18
22
x1
(x2)(y1)10
y0
3xy30

=−

−+−=

⇔

=
++=




. Trường h p này ta loại vì
6
x0
>
.
•

b3a
=
, ta có phương trình
56 :x3y150
+−=
. Khi đó tọa độ 6 là nghiệm của hệ
22
x3
(x2)(y1)10
6(3;4)
y4
3xy30

=

−+−=

⇔⇒

=

++=



.
Ta có
P(153x;x)
−
và
22
6PM6 (123x)(4x)10x3,x5
=⇒−+−=⇔==

•

x3
=
, ta có
P(6;3)
, suy ra tâm của hình vuông
I(4;2)
n3n
N(5;0)

•

x5
=
, ta có
P(0;5)

, suy ra tâm của hình vuông
I(1;3)
n3n
N(1;2)
−
.
V0y có hai bộ điểm thCa y3u c:u bài toán:
M(2;1),N(5;0),P(6;3),6(3;4)
và
M(2;1),N(1;2),P(0;5),6(3;4)
−
.
P
N
M
Q
E

Ví dụ 4.2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,xy cho hình chữ nh0t
ABCD
có điểm
I(6;2)
là
giao điểm của 2 đường chéo
AC
và
BD
. Điểm
(
)

M1; 5
thuộc đường thẳng AB và trung điểm
5 của cạnh CD thuộc đường thẳng
d:xyP50
+=
. Viết phương trình đường thẳng AB.
Lời giải.
E
N
I
B
D
C
A
M

Vì
5d5(a;5a)I5(a6;3a)
∈⇒−⇒=−−
uur
.
Gọi
N
là trung điểm của
AB
, suy ra
I
là trung điểm của
5N
n3n :

NI5
NI5
x2xx12a
N:N(12a;a1)
y2yya1
=−=−


⇒−−

=−=−


MN(11a;a6)
⇒=−−
uuur
.
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 19
Vì
5 MNMN.I5 0
⊥⇒=
uuuruur
a6
(11a)(a6)(a6)(3a)0
a A
=

⇔−−+−−=⇔


=

.
•

a6MN(5;0)
=⇒=
uuur
, suy ra phương trình
AB:y50
−=

•

a A MN(4;1)
=⇒=
uuur
, suy ra phương trình
AB:x4y1B0
−+=
.
Ví dụ 5.2. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ ,xy cho hình chữ nh0t ABCD có diện tích
bEng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng
1
d:xy30
−−=
và
2
d:xy60
+−=

. Trung
điểm của AB là giao điểm của
1
d

với trục ,x. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nh0t.
Lời giải.
Ta có
12
xy30
B 3
ddI:I;
22
xy60
−−=


∩=⇒


+−=



Gọi M là giao của đường thẳng
1
d
với ,x, suy ra
M(3;0)
.

Vì
ABMI
⊥
n3n suy ra phương trình
AB:xy30
+−=

ABCD
7
AD2MI32AB22AM2
AD
==⇒==⇒=

Mà
22
AABA(a;3a)AM2(a3)1
∈⇒−⇒=⇔−=
a2,a4
⇔==
, ta chọn
A(2;1),B(4;1)
−
.
Do I là tâm của hình chữ nh0t n3n
C(A;2), D(5;4)
.
V0y tọa độ các đỉnh của hình chữ nh0t là:
A(2;1), B(4;1), C(A;2), D(5;4)
−
.

Ví dụ 6.2. Trong mặt phẳng
,xy
cho ba đường thẳng
1
d:4xyB0,
+−=

2
d:2xy60,
−+=
3
d:xy20
−+=
. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi
ABCD
, biết hình thoi
ABCD
có diện tích bEng
15
, các đỉnh
A,C
thuộc
3
d
,
B
thuộc
1
d
và

D
thuộc
2
d
.
Lời giải.
Vì
BDAC
⊥
n3n phương trình
BD:yxm
=−+

1
BBDd
=∩
, suy ra
yxm
B m4m B
BB;
33
4xyB0
=−+

−−

⇒


+−=




Tương t4
2
m62m6
DBDdD;
33
−+

=∩⇒


.
7uy ra tọa độ trung điểm của BD là
12m1
I;
22
−



.
Vì
12m1
IAC20m3
22
−
∈⇒−+=⇔=
. 7uy ra

15
B(2;1),D(1;4),I;
22

−



Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 20
Ta có:
2
BADABCD
11515525
77 AIAI
22BD2
2
∆
==⇒==⇒=

Mà
2
2
3
1
AdA(a;a2)AI2a
2

∈⇒+⇒=−



n3n ta có:
2
125
aa3,a2
24

−=⇔==−



V0y tọa độ các đỉnh của hình thoi là:
A(3;5),B(2;1),C(2;0),D(1;4)
−−
hoặc
A(2;0),B(2;1),C(3;5),D(1;4)
−−
.
Ví dụ 7.2. Trong mặt phẳng hệ tọa độ
,xy
, cho hình thoi
ABCD
có tâm
I(2;1)
và
AC2BD
=
.
Điểm
1

M0;
3



thuộc đường thẳng
AB
; điểm
N(0;A)
thuộc đường thẳng
CD
. Tìm tọa độ
đỉnh
B
biết
B
có hoành độ dương.
Lời giải.
Gọi
N
′
là điểm đối x#ng của
N
qua tâm
I
thì ta có
NK(4;5)
−
và
NK

thuộc cạnh
AB
.
7uy ra
16
MNK 4;
3

=−


uuuur
n3n phương trình
AB:4x3y10
+−=
.
Vì
AC2BD
=
n3n
AI2BI
=
. Gọi H là hình chiếu của I l3n AB, ta có:
F 31
IHd(I,AB)2
5
+−
===
và
2222

1115IH5
IB5
2
IHIAIB4IB
=+=⇒==
Mặt khác
( )
2
2
2
14b4b2
BABB(b;),b0IBb25b1
33
−+

∈⇒>⇒=−+=⇔=



V0y
B(1;1)
−
.
N'
H
D
B
I
A
C

N
M

Ví dụ 8.2. Trong mặt phẳng
,xy
cho hai đường thẳng
12
d:xy10,d:3xy50
+−=−+=
.
Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành
ABCD
, biết
I(3;3)
là giao điểm của hai đường chéo;
hai cạnh của hình bình hành nEm tr3n hai đường thẳng
12
d,d
và giao điểm của hai đường
thẳng đó là một đỉnh của hình bình hành.
Lời giải.
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 21
Tọa độ giao điểm của
1
d
và
2
d
là nghiệm của hệ:

xy10x1
3xy50y2
+−==−

⇔

−+==

.
Ta giả s;
A(1;2)
−
và
12
ABd,ADd
≡≡
, suy ra
C(A;4)
.
Gọi
d
là đường thẳng đi qua I và song song với
AB
, suy ra phương trình
d:xy60
+−=
.
Tọa độ giao điểm của
d
và

AD
:
1
x
xy60
123
4
M;
44
3xy5023
y
4

=

+−=



⇔⇒


−+=



=


là trung điểm của AD

Do đó
31B
D;
22



, suy ra
BA
B;
22

−


.
d
2
d
1
B
D
C
A
I
.
Ví dụ 9.2. Cho hình bình hành ABCD có
B(1;5)
, đường cao
AH:x2y20

+−=
, đường phân
giác trong của góc
·
ACB
có phương trình
xy10
−−=
. Tìm tọa độ các đỉnh c&n lại của hình
bình hành.
Lời giải. Gọi
d:xy10
−−=
.
B'
H
B
A
D
C

Phương trình
BC:2xy30
−+=
, suy ra tọa độ của điểm C là nghiệm của hệ
2xy30x4
C(4;5)
xy10y5
−+==−


⇔⇒−−

−−==−

.
Gọi
BK
đối x#ng với B qua d, ta tìm đư c
BK(6;0)
và
BK AC
∈
.
7uy ra phương trình
AC:x2y60
−−=
.
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
x2y60x4
A(4;1)
x2y20y1
−−==

⇔⇒−

+−==−

.
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 22

Vì
ADBCD(1;11)
=⇒−−
uuuruur
.
Ví dụ 10.2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ ,xy cho hình vuông ABCD biết
(
)
M2;1
,
(
)
N4;2;
−
(
)
(
)
P2;0; 6 1;2
l:n lư t thuộc cạnh AB, BC, CD, AD. HIy l0p phương trình các
cạnh của hình vuông.
Lời giải.
Trước hết ta ch#ng minh tính chất sau đây:
Q Cho hình vuông ABCD, các điểm M,N,P,6 l:n lư t nEm tr3n các đường thẳng AB, BC, CD,
DA. Khi đó
MPN6 MPN6
=⇔⊥
R.
I
E

F
Q
B
C
A
D
M
P
N

Ch#ng minh: V?
M5 CD,5 CD;N/ AD,/ AD
⊥∈⊥∈
.
Hai tam giác vuông
M5P
và
N/6
có
N/ M5
=
.
Do đó
·
·
·
0
MPN6 M5PN/65PM /6N 6IM B0MPN6
=⇔∆=∆⇔=⇔=⇔⊥
Trở lại bài toán:

Ta có:
MP(0;1)MP1
=−⇒=
uuur
. Gọi d là đường thẳng đi qua N và vuông góc với MP
7uy ra phương trình d:
x40
−=
.
Gọi
5
là giao điểm của
d
với đường thẳng AD, áp dụng tính chất tr3n ta suy ra
N5 MP
=

Mà
5(4;m)
n3n
2
N5 MP(m2)1m3,m1
=⇔−=⇔==
.
•
Với
m3
=
, suy ra
5(4;3) 65 (3;1)

⇒=
uur
, suy ra phương trình
AD:x3y50
−+=

Phương trình
AB:3xyA0, BC:x3y100, CD:3xy60
+−=−−=+−=
.
•
Với
m1
=
, suy ra
5(4;1) 65 (3;1)
⇒=−
uur
, suy ra phương trình
AD:x3y A 0
+−=

Phương trình
AB:3xy50, BC:x3y20, CD:3xy60
−−=++=−−=
.
3. Nhóm các bài toán liên quan đến đường tròn.
Khi giải các bài toán v- đường tr&n chúng ta c:n lưu O:
1) Vị trí tương đối giữa hai đường tròn
Tài liệu ôn thi Đại Học

GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 23
Cho hai đường tr&n
1
(C)
có tâm
1
I
, bán kính
1
R
và đường tr&n
2
(C)
có tâm
2
I
, bán kính
2
R
. Khi đó, ta có các kết quả sau:
•

1
(C)
và
2
(C)
không có điểm chung khi và chỉ khi
1212
IIRR

>+
hoặc
1212
IIRR
<−.
•
1
(C)
và
2
(C)
tiếp xúc ngoài khi và chỉ khi
1212
IIRR
=+
.
•

1
(C)
và
2
(C)
tiếp xúc trong khi và chỉ khi
1212
IIRR
=−.
•
1
(C)

và
2
(C)
cắt nhau khi và chỉ khi
121212
RRIIRR
−<<+
.
2) Vị trí tương đối giữa đường thẳng và đường tròn
Cho đường tr&n (C) có tâm I, bán kính R và đường thẳng
∆
. Gọi H là hình chiếu của I l3n
∆

và đặt
dIHd(I,)
==∆
. Khi đó:
•
(C) và
∆
không có điểm chung khi và chỉ khi
dR
>
.
•
(C) và
∆
có đúng một điểm chung khi và chỉ khi
dR

=
. Dúc này
∆
gọi là tiếp tuyến của
(C), H là tiếp điểm.
Chú ý: Từ một điểm M nEm ngoài đường tr&n (C) luôn v? đư c hai tiếp tuyến MA, MB (A,B
là các tiếp điểm) đến (C). Khi đó
MAMB
=
và
IM
là phân giác của góc
·
AMB
.
•
(C) và
∆
có điểm A,B chung khi và chỉ khi
dR
<
. Khi đó H là trung điểm của AB và ta có
công th#c
2
22
AB
Rd
4
=+ .
Ví dụ 1.3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ

,xy
, cho tam giác
ABC
có
A(0;2),B(2;2),
−−

C(4;2)
−
. Gọi
H
là chân đường cao kJ từ
B
;
M,N
l:n lư t là trung điểm của
AB,AC
. Viết
phương trình đường tr&n đi qua các điểm
H,M,N.

Lời giải.
Ta có
(
)
M(1;0),N(1;2),AC4;4
−−=−
uuur
. Gọi
H(x,y)

, ta có:
(
)
(
)
( )
4x24y20
x1
BHAC
H(1;1)
y1
4x4y20
HAC

+−+=

=

⊥

⇔⇔⇒

=
+−=
∈






uuuruuur

Giả s; phương trình đường tr&n:
22
xyaxbyc0
++++=
.
Ba điểm
M,N,H
thuộc đường tr&n n3n ta có hệ phương trình :
ac1a1
a2bc5b1
abc2c2
−==−


−+=−⇔=


++=−=−

.
Phương trình đường tr&n:
22
xyxy20
+−+−=
.
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 24
Ví dụ 2.3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

,xy
, cho cho hai điểm
A(2;0)
và
B(6;4)
. Viết
phương trình đường tr&n
(C)
tiếp xúc với trục hoành tại
A
và khoảng cách từ tâm của
(C)

đến điểm
B
bEng
5
.
Lời giải.
Gọi
I(a;b)
và
R
l:n lư t là tâm của và bán kính của
(C).

Vì
(C)
tiếp xúc với
,x

tại A n3n
a2
=
và
Rb
=

Mặt khác:
( )
2
22
IB54b45b1,b A
=⇔+−=⇔==

Với
b1
=
thì phương trình đường tr&n
( ) ( )
22
(C):x2y11
−+−=
.
Với
b A
=
thì phương trình đường tr&n
( ) ( )
22
(C):x2yA4B

−+−=
.
Ví dụ 3.3. Trong mặt phẳng ,xy cho điểm
M(6;6)
và hai đường thẳng
1
:4x3y240
∆−−=
,
2
:4x3y F 0
∆++=
. Viết phương trình đường tr&n (C) đi qua M và tiếp xúc với hai đường
thẳng
12
,
∆∆
.
Lời giải.
Gọi
I(a;b)
là tâm và R là bán kính của đường tr&n (C).
Vì (C) tiếp xúc với hai đường thẳng
1
∆
và
2
∆
n3n ta có
12

d(I,)d(I,)
∆=∆

Hay
16
4a3b244a3b F
4a3b244a3b F
b
R
3
55
4a3b244a3b F
a2

−−++
−−=++
=−


==⇔⇔


−−=−−−

=


.
•

a2
=
, phương trình
( ) ( )
2
22
(3b16)
(C):x2yb
25
+
−+−= .
Do
M(C)
∈
n3n
( ) ( )
2
22
(3b16) FA
626bb3,b
254
+
−+−=⇔==
7uy ra phương trình
22
(C):(x2)(y3)25
−+−=
hoặc
22
FA 4225

(C):(x2)(y)
416
−+−= .
•

16
b
3
=−
, phương trình của (C):
2
2
2
16(4a F)
(xa)y
325
−

−++=



Do
M(C)
∈
n3n
2
2
2
16(4a F)

(6a)6
325
−

−++=


phương trình vô nghiệm.
Ví dụ 4.3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,xy, cho đường tr&n
22
(C):xy2x2y10
+−−+=

và đường thẳng
d:xy30
−+=
. Viết phương trình đường tr&n (CH) có tâm M tr3n d, bán
kính bEng 2 l:n bán kính đường tr&n (C) và tiếp xúc ngoài với đường tr&n (C).
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 25
Lời giải. Đường tr&n (C) có tâm
I(1;1)
, bán kính
R1
=
.
Gọi
IK
là tâm và
RK

là bán kính của đường tr&n (CH), ta có
RK 2R2
==
và
IK dIK(a;a3)
∈⇒+

Vì (C) và (CH) tiếp xúc ngoài với nhau n3n
IIK RRK3
=+=

222
(a1)(a2) B aa20a1,a2
⇔−++=⇔+−=⇔==−
.
•

22
a1IK(1;4)(CK):(x1)(y4)4
=⇒⇒−+−=

•

22
a2IK(2;1)(CK):(x2)(y1)4
=−⇒−⇒++−=
.
Ví dụ 5.3. Trong mặt phẳng ,xy cho đường tr&n
22
1

(C):xy2x2y1F0
+−−−=
và đường
tr&n
22
2
(C):(x1)(y2) F
++−=
. Ch#ng minh rEng hai đường tr&n
1
(C)
và
2
(C)
cắt nhau tại
hai điểm phân biệt
A,B
. Viết phương trình đường tr&n (C) đi qua ba điểm
A,B,M(0;6)
.
Lời giải.
Đường tr&n
1
(C)
có tâm
1
I(1;1)
, bán kính
1
R25

= .
Đường tr&n
2
(C)
có tâm
2
I(1;2)
− , bán kính
2
R22
= .
Do
111212
2522RRII5RR2522
−=−<=<+=+ n3n
1
(C)
và
2
(C)
cắt nhau tại hai
điểm phân biệt
A,B
.
Tọa độ giao điểm của
1
(C)
và
2
(C)

là nghiệm của hệ:
22
2222
2222
xy2x2y1F0
xy2x2y1F0xy2x2y1F0
15
2xy
(x1)(y2) F xy2x4y30
2

+−−−=

+−−−=+−−−=

⇔⇔

+=
++−=++−−=





2
15
y2x
2
B3
5x24x0 (@)

4

=+


⇔


++=


.
Gọi
12
x,x
là hai nghiệm của (@), suy ra
1122
1515
A(x;2x),B(x;2x)
22
++.
7uy ra
222
121212
111
AB5(xx)5(xx)4xx
5

=−=+−=


Gọi
M
là trung điểm
AB
, suy ra
12
M
M12
xx
12
x
122A
25
M;
510
152A
yxx
210
+

==−



⇒−





=++=


.
Phương trình đường thẳng AB:
4x2y150
−+=
n3n
Phương trình đường trung tr4c
∆
của đoạn AB:
x2y30
+−=
.