Các dạng bài toán hình học giải tích trong hệ tọa độ phẳng oxy ôn thi đại học 2013

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
1


CHỦ ĐỀ 11 : CÁC DẠNG TOÁN TRỌNG TÂM CỦA HÌNH HỌC GIẢI TÍCH
TRONG MẶT PHẲNG.

Dạng 1: Các dạng toán về các yếu tố của tam giác
Một số bài toán thường gặp là tính tọa độ các đỉnh, viết phương trình các đường thẳng có liên
quan đến một tam giác khi biết ba điều kiện cho trước.
Chú ý:
 Cần nắm vững tính chất của: Trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường
tròn ngoại tiếp của tam giác.
 Đầu bài thường cho kết hợp các đường như: đường trung tuyến và đường cao, đường cao
và đường phân giác trong
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có
 
1;5B
và đường cao
: 2 2 0AH x y  
, đường phân giác
trong
: 1 0CI x y  
. Tìm tọa độ đỉnh A và C.
Giải
Vì BC qua B và vuông góc với AH nên BC qua
 

1;5B
, có VTPT
 
2; 1n 
.
   
:2 1 5 0 :2 3 0BC x y BC x y        
.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
 
14
4; 5
2 3 5
x y x
C
x y y
   

   

    

.
Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua CI thì BB’ qua
 
1;5B
, có VTPT
 
1
1;1n 

': 6 0BB x y   
.

Gọi K là giao điểm của BB’ với CI thì tọa độ K là nghiệm của hệ phương trình
7
6
2
15
2
x
xy
xy
y














. Vì K là trung điểm của BB’ nên
 

' 6;0B
, Phương trình AC là B’C
' : 2 6 0B C x y   
. Tọa độ A là nghiệm:
22
26
xy
xy





 
4
4; 1
1
x
A
y






.
H
B
C

A
I
B'

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
2

Vậy :
 
4; 1A 
,
 
4; 5C 
.
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có
 
0;4A
, trực tâm
 
1;2H
và trọng tâm
81
;
33
G




. Tìm tọa độ
đỉnh B và C.
Giải
Gọi I là trung điểm của BC suy ra
23
4;
32
AG AI I

  


. Đường thẳng BC qua
I và vuông góc với AH nên BC có phương
trình:
 
3
1 4 2 0 : 2 7 0
2
x y BC x y

       


.
Vì
 
2 7;B BC B b b  
, I là trung điểm của

BC nên
 
1 2 ; 3C b b  
.



Mặt khác ,
BH AC
     
. 0 6 2 1 2 2 7 0BH AC b b b b          

2
5 15 20 0bb   
1
4
b
b






.
Với
1b 
, suy ra
 
9;1B

,
 
1; 4C 
.
Với
4b 
, suy ra
 
1; 4B 
,
 
9;1C
.
Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có trọng tâm
 
1;1G
, đường cao
:2 1 0AH x y  
, các đỉnh B, C
thuộc đường thẳng
: 2 1 0xy   
. Biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 6. Hãy tìm tọa độ
các đỉnh của tam giác ABC.
Giải
H
G
J
I
A
B

C

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
3

Tọa độ H là nghiệm của
1
21
13
5
;
2 1 3
55
5
x
xy
H
xy
y



  



  










. Gọi d là đường thẳng qua G và
song song với BC
: 2 3 0d x y   
. Gọi giao điểm của d và AH là I

tọa độ I là nghiệm
của hệ sau
1
21
17
5
;
2 3 7
55
5
x
xy
I
xy
y




  













Ta có:
 
3 1;3HA HI A
, mà :
 
6
,
5
d A BC 

 
2
25
,

ABC
S
BC
d A BC
  



Gọi M là trung điểm của BC , khi đó ta có:
 
3 1;0MA MG M

Gọi
1
;
2
m
B m BC





 
2
3
5 1 4
1
2
m

BC
MB m
m


      



.
Với :
3m 

 
3; 1B 
,
 
1;1C 
.
Với :
1m 

 
1;1B 
,
 
3; 1C 
.
Bài tập:
1. Cho tam giác ABC có điểm

 
2;0M
là trung điểm của cạnh AB. Đường trung tuyến và
đường cao qua đỉnh A lần lượt có phương trình là :
7 2 3 0xy  
và
6 4 0xy  
.
Viết phương trình cạnh AC.
Đáp số:
:AC

3 4 5 0xy  
.
2. Cho tam giác ABC , biết đường phân giác trong của góc A và đường cao kẻ từ B có
phương trình lần lượt là :
20xy
và
4 3 1 0xy  
. Biết rằng
 
1; 1H 
là hình
chiếu vuông góc của C trên AB. Tìm tọa độ điểm C.
Đáp số:
10 3
;
34
C






I
G
N
H
M
A
B
C
d

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
4

3. Cho tam giác ABC biết
 
4; 1C 
đường cao và đường trung tuyến kẻ từ một đỉnh có
phương trình lần lượt là :
2 3 12 0xy  
và
2 3 0xy
.Lập phương trình các cạnh của
tam giác ABC.

Đáp số:
:9 11 5 0AB x y  
;
:3 2 10 0BC x y  
;
:3 7 5 0AC x y  
.
4. Cho tam giác ABC có
5AB 
, điểm
 
1; 1C 
, đường thẳng AB có phương trình là :
2 3 0xy  
và trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng :
20xy  
. Tìm
tọa độ đỉnh A và B.
Đáp số:
1
4;
2
A




,
3
6;

2
B




hoặc
3
6;
2
A




,
1
4;
2
B




.
5. Cho tam giác ABC có đỉnh
 
0;4A
, trọng tâm
42

;
33
G



và trực tâm trùng với gốc tọa
độ. Tìm tọa độ điểm B , C và diện tích tam giác ABC biết
BC
xx
.
Đáp số:
 
1; 1B 
,
 
5; 1C 
,
15S 
.
6. Cho tam giác ABC có điểm
 
3; 7A 
, trực tâm
 
3; 1H 
, tâm đường tròn ngoại tiếp
 
2;0I 
. Xác định tọa độ đỉnh C, biết

0
C
x 
.
Đáp số:
 
65 2;3C 
.
7. Cho tam giác ABC vuông tại A, đỉnh
 
4;1C 
, phân giác trong góc A có phương trình là:
50xy  
, biết rằng
24
ABC
S 
và
0
A
x 
. Viết phương trình cạnh BC.
Đáp số:
3 4 16 0xy  

8. Cho điểm
 
1;1M
và hai đường thẳng
1

:3 5 0d x y  
,
2
: 4 0d x y  
. Viết phương
trình tổng quát của đường thẳng d qua M cắt
1
d
,
2
d
lần lượt tại A và B sao cho:
2 3 0MA MB
.
Đáp số:
:0d x y
,
: 1 0dx
.
Dạng 2: Các dạng toán về điểm và đường thẳng
Bài toán về điểm, đường thẳng là bài toán rất phổ biến trong các đề thi ĐH_CĐ. Để giải quyết
bài toán này ta cần nắm vững các công thức về độ dài đoạn thẳng, khoảng cách từ một điểm đến
đường thẳng, khoảng cách giữa hai đường song song, góc giữa hai đường, góc giữa hai
vectơ Ta xét một số ví dụ sau đây.
Ví dụ 1: Cho ba đường thẳng
1
: 3 2 0xy   
;
2
:

10 3
xt
yt






,
tR
;
3
1
:
32
xy

. Tìm
M
thuộc
3

sao cho :
   
12
, 3 ,d M d M  
.

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
5

Giải
Ta có :
2
:3 10 0xy   
,
3
12
:
2
xt
yt






,
tR
,
 
3
1 3 ;2M M t t  
.

 
1
91
,
10
t
dM


;
 
2
11 7
,
10
t
dM


. Ta có :
   
12
, 3 , 9 1 311 7d M d M t t      
10
11
11
21
t
t














41 20
;
11 11
18 22
;
7 21
M
M














. Vậy có hai điểm
41 20
;
11 11
M



,
18 22
;
7 21
M



thỏa mãn bài toán.
Ví dụ 2: Cho đường thẳng
:3 4 4 0xy   
, điểm
 
2; 5N 
và
5
2;
2
I




. Tìm trên

hai điểm
M và P đối xứng nhau qua I , sao cho diện tích tam giác MNP bằng 15.
Giải
Ta có:
 
1
,.
2
MNP
S d N MP


,
 
 
 
2
2
3.2 4 5 4
, 6 5
34
d N MP
  
    


Gọi
34
;
4
a
Ma




, vì I là trung điểm của MP
nên
16 3 6 3
4 ; 4 2 ;
42
aa
P a MP a

   
    
   
   




 
   
   

2
2
2
0;1 , 4;4
0
63
5 4 2 25 4 0 .
4
2
4;4 , 0;1
MP
a
a
MP a a a
a
MP





         









M
M
P
N
I

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
6

Vậy :
 
0;1M
,
 
4;4P
hoặc
 
4;4M
,
 
0;1P
.
Ví dụ 3: Viết phương trình đường thẳng d đi qua
 
4; 3M 
sao cho tam giác tạo bởi đường

thẳng đó và hai trục tọa độ có diện tích bằng 3.
Giải
Giả sử đường thẳng d cắt hai trục toạ độ tại
 
;0Aa
và
 
0;Bb
. Khi đó
:1
xy
d
ab

.
Md
nên
43
1 4 3 0b a ab
ab
     
 
1
.
Tam giác OAB có diện tích bằng 3
6ab

 
2
. Từ

   
1 ; 2
ta có hệ:
4 3 0
6
b a ab
ab
  






2
3
a
b






hoặc
4
3
2
a
b








.



Với
2; 3 :3 2 6 0a b d x y     
.
Với
3
4; :3 8 12 0
2
a b d x y       
.
Ví dụ 4: Cho đường thẳng
:3 4 5 0d x y  
và đường tròn
 
22
: 2 6 9 0C x y x y    
. Tìm
điểm
 
MC

,
Nd
sao cho MN ngắn nhất. Khi đó viết phương trình đường thẳng

qua tâm
đường tròn
 
C
và tạo với MN góc

sao cho
1
os
52
c


.
Giải

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
7

Đường tròn
 
C
có tâm

 
1;3I 
, bán kính
1R 
. Ta có:
 
,2d I d R
nên d nằm ngoài
 
C
.
Gọi
IH
là đường thẳng qua I và vuông góc với
d

:4 3 5 0IH x y  
. H là giao điểm của
IH và d

17
;
55
H



. Gọi
1
M

,
2
M
là giao
điểm của IH với
 
C
, tọa độ
1
M
,
2
M
là
nghiệm của hệ:


22
2
4 3 5 0
5
11
2 6 9 0
5
x
xy
x y x y
y




  




    





;
8
5
19
5
x
y









1
2 11

;
55
M




,
2
8 19
;
55
M




.
MN ngắn nhất khi :
NH
,
1
MM
1MN
, Khi đó MN chính là IH
:4 3 5 0MN x y   
.
Gọi
 
;n a b

với
22
0ab
là VTPT của

.
22
.
43
1
os
52
.
5
MN
MN
nn
ab
C
nn
ab




  


  
22

31 48 17 0 31 17 0
31 17
ab
a ab b a b a b
ab


        



.
Với :
ab
, chọn
1 1 : 4 0a b x y        
.
Với:
31 17ab
, chọn
17 31 :17 31 110 0a b x y        
.
Bài tâp:
1. Cho bốn điểm
 
1;0A
,
 
2;4B 
,

 
1;4C 
,
 
3;5D
. Tìm M thuộc
:3 5 0xy   
sao
cho hai tam giác MAB và MCD có diện tích bằng nhau.
Đáp số:
 
9; 32M 
hoặc
7
;2
3
M



.
M1
d
M
I
H
N

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
8

2. Cho đường thẳng
: 3 4 0d x y  
và đường tròn
 
22
: 4 0C x y y  
. Tìm điểm
 
MC
,
Nd
sao cho M và N đối xứng với nhau qua
 
3;1A
.
Đáp số:
 
4;0M
,
 
2;2N
hoặc
38 6
;
55
M




,
84
;
55
N




.
3. Cho đường thẳng
:2 1 0d x y  
và hai điểm
 
1;2A
,
 
0; 1B 
. Tìm M thuộc d sao
cho:
a)
MA MB
nhỏ nhất. Đáp số:
9 43
;
25 25
M




.
b)
MA MB
lớn nhất. Đáp số:
 
2;5M
.
4. Cho đường thẳng
:0d x y
và
 
2;1M
. Lập phương trình

cắt trục hoành tại A, cắt
d tại B sao cho tam giác AMB vuông cân tại M.
Đáp số:
: 2 0xy   
hoặc
:3 12 0xy   
.
5. Cho hai điểm
 
2;5A
,
 
5;1B

. Lập phương trình đường thẳng d qua A sao cho khoảng
cách từ B đến d bằng 3.
Đáp số:
: 2 0dx
; hoặc
:7 24 134 0d x y  
.
6. Cho điểm
 
3;0M
và hai đường thẳng
1
:2 2 0d x y  
,
2
: 3 0d x y  
. Viết phương
trình đường thẳng d qua M cắt
12
,dd
tại A và B sao cho M là trung điểm của AB.
Đáp số:
:8 24 0d x y  
.
7. Cho điểm
 
7;8P 
và hai đường thẳng
1
:2 5 3 0dxy  

,
2
:5 2 7 0d x y  
cắt nhau
tại A. Viết phương trình đường thẳng d qua P cắt
12
,dd
tại B và C sao cho
29
2
ABC
S 
.
Đáp số:
:7 3 25 0d x y  
.

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
9

8. Cho đường tròn
 
22
: 2 6 9 0C x y x y    
và điểm
17
;

55
M



. Tìm trên
 
C
điểm N
sao cho MN có độ dài lớn nhất.
Đáp số:
8 19
;
55
N




.
Dạng 3: Các dạng toán về hình có tính chất đối xứng cao ( Tam giác cân, tam giác đều,
hình chữ nhật, hình vuông, hình thoi, hình bình hành).
Đây là dạng bài toán tương đối khó, nhưng nếu biết vận dụng linh hoạt các tính chất trong các
hình đã nêu trên thì ta giải quyết được bài toán rất nhanh gọn. Sau đây ta xét một số ví dụ.
Ví dụ 1: Cho ba đường thẳng
1
:3 4 0d x y  
;
2
: 6 0d x y  

;
3
: 3 0dx
.Tìm tọa độ các
đỉnh của hình vuông ABCD biết rằng A và C thuộc
3
d
, B thuộc
1
d
và D thuộc
2
d
.
Giải
Vì B thuộc
1
d
và D thuộc
2
d
, A và C thuộc
3
//d Oy
nên BD song song với Ox và B, D đối
xứng nhau qua
3
d
. Gọi
 

;
BB
B x y
;
 
;
DD
D x y
,
ta có:
3 4 0
6 0 3 10
BB
D D B D
BD
xy
x y x x
yy
  


     




. Gọi I
là giao điểm của AC và BD ta có:

 
3 10 2
2 6 2;2
64
B D B
B D I
B D D
x x x
x x x B
x x x
  

     

  

,
 
4;2D
.
Suy ra
 
3;2I
. Gọi
 
3;Am

 
0; 2IA m
;

 
1;0IB 
. Ta có
 
2
22
21IA IB m   
3
1
m
m






.
Với :
 
3 3;3mA
,
 
1;3C
.
Với :
 
1 1;3mA
,
 

3;3C
.
d3
d1
d2
C
D
A
B

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
10

Vậy:
 
3;3A
,
 
2;2B
;
 
1;3C
;
 
4;2D
hoặc
 

1;3A
,
 
2;2B
;
 
3;3C
;
 
4;2D
.
Ví dụ 2: Cho hình bình hành
ABCD
. Biết
75
;
22
I



là trung điểm của cạnh CD,
3
3;
2
D



và

đường phân giác góc
BAC
có phương trình
: 1 0xy   
. Tìm tọa độ đỉnh B.
Giải
Vì I là trung điểm của CD
7
4;
2
C




   
1; 2 2; 1
CD
CD n     
. Gọi AE là phân giác của
BAC
. Lấy C’ đối xứng với C qua AE
15
': 0
2
CC x y   
. H là giao điểm của AE và CC’
13 7
;
44

H




. Vì H là trung điểm của CC’ nên
5
' ;5
2
C




. Ta có
//AB CD
và đi qua điểm
5
' ;5
2
C



:2 0AB x y  
. Tọa độ A
 
1
1;2 2;
2

AB AE A AD

     


. Gọi
 
;2B b b

7
4 ; 2
2
BC b b

   


. Vì ABCD là hình bình hành
 
2 2;4AD BC b B    
.
Vậy :
 
2;4 .B

Ví dụ 3: Cho hình thoi ABCD có hai cạnh AB và CD lần lượt nằm trên hai đường
1
: 2 5 0d x y  
;
2

: 2 1 0d x y  
. Biết rằng
 
3;3M 
thuộc AD và điểm
 
1;4N 
thuộc BC.
Viết phương trình các đường thẳng AD và BC.
Giải
Gọi
 
;n a b
là vtpt của BC
   
: 1 4 0 :ax 4 0BC a x b y BC by a b         

với
22
0ab
. Chọn
 
5;0F AB
.


       
. , . , , ,
ABCD
S ABd AB CD BDd AD BC d AB CD d AD BC   

   
2
,,d F d d M BC

22
42
14
ab
ab
  



  
22
2
11 20 4 0 2 11 2 0
11 2
ba
b ab a b a b a
ba


        



.
d1
d2

B
D
A
C
M
N

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
11

Với :
2ba
, chọn
1 2 : 2 7 0a b BC x y      
. Vì AD qua
 
3;3M 
và song song với
BC nên:
: 2 3 0AD x y  
.
Với :
11 2ba
, chọn
11 2 :11 2 19 0a b BC x y       
. Vì AD qua
 

3;3M 
và song
song với BC nên:
:11 2 39 0AD x y  
.
Vậy:
: 2 3 0; : 2 7 0AD x y BC x y     
hoặc
:11 2 39 0; :11 2 19 0AD x y BC x y     
.
Ví dụ 4: Lập phương trình các cạnh của hình vuông ABCD biết đỉnh A (– 4; 5) và đường chéo
BD : 7x – y + 8 = 0.
Giải
Gọi
 
;n a b
với
22
0ab
là vectơ pháp tuyến của đường
thẳng AB, ta có :
, 45AB BD



22
43
12 7 12 0
34
ab

a ab b
ab


    



22
22
7
os45 7 5
. 50
ab
C a b a b
ab

      


Với :
 
4 3 3; 4a b n   
:3 4 32 0AB x y   

Với :
 
3 4 4;3 :4 3 1 0a b n AB x y      

Vì
AD AB
và
, 45AD BD


nên:
:3 4 32 0; :4 3 1 0AB x y AD x y     
hoặc
:4 3 1 0; :3 4 32 0AB x y AD x y     
.
Với :
:3 4 32 0; :4 3 1 0AB x y AD x y     
, tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình
 
3 4 32 0 0
0;8 :4 3 24 0
7 8 0 8
x y x
B BC x y
x y y
   

     

   

.
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ :
 

4 3 1 0 1
1;1 :3 4 7 0
7 8 0 1
x y x
B DC x y
x y y
    

      

   


Với :
:4 3 1 0; :3 4 32 0AB x y AD x y     
:3 4 7 0BC x y   
;
:4 3 24 0DC x y  
.
Vậy :
:3 4 32 0; :4 3 24 0; :3 4 7 0; :4 3 1 0AB x y BC x y DC x y AD x y           

Hoặc
:4 3 1 0; :3 4 7 0; :3 4 24 0; :3 4 32 0AB x y BC x y DC x y AD x y           
.
7x -
y
+ 8 = 0
C
D

A
B

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
12

Bài tập:
1. Cho hình chữ nhật ABCD có tâm
1
;0
2
I



. Đường thẳng chứa AB có phương trình
2 2 0xy  
,
2AB AD
, biết
0
A
x 
. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Đáp số:
 
2;0A 

;
 
2;2B
;
 
3;0C
;
 
1; 2D 
.
2. Cho hình bình hành ABCD có diệ tích bằng 4. Biết
 
1;0A
,
 
0;2B
, I là giao điểm của
hai đường chéo thuộc đường thẳng :
yx
. Tìm tọa độ C và D.
Đáp số:
58
;
33
C



,
82

;
33
D



hoặc
 
1;0C 
,
 
0; 2D 
.
3. Cho hình chữ nhật ABCD có điểm
 
6;2I
là giao điểm của hai đường chéo. Điểm
 
1;5M
thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng
: 5 0xy   
. Viết phương trình cạnh AB.
Đáp số:
: 4 17 0AB x y  
hoặc
: 5 0AB y
.
4. Cho hình thoi ABCD có cạnh bằng 5. Biết tọa độ đỉnh
 
1;5A

, hai đỉnh B và D nằm trên
đường thẳng
: 2 4 0d x y  
. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D.
Đáp số:
 
2;1B 
;
 
3;1C
;
 
6;5D

hoặc
 
6;5B
;
 
3;1C
;
 
2;1D 
.
5. Cho hình chữ nhật ABCD có
: 2 1 0AB x y  
,
: 7 14 0BD x y  
, đường thẳng AC
qua điểm

 
2;1M
. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Đáp số:
 
3;2A
;
21 13
;
55
B



;
 
4;3C
;
14 12
;
55
D



.
6. Cho đường thẳng
: 1 0xy   
và các điểm
 

0; 1A 
,
 
2;1B
. Biết tứ giác ABCD là
hình thoi có tâm nằm trên đường thẳng

. Tìm tọa độ đỉnh C và D.
Đáp số:
 
0;2C
,
 
2;1D 
hoặc
 
4; 1C 
,
 
2; 3D 
.
7. Cho ba đường thẳng
1
:0d x y
;
2
:2 1 0d x y  
.Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông
ABCD biết rằng A thuộc
1

d
, C thuộc
2
d
và B,D thuộc trục hoành

.
Đáp số:
 
1;1A
;
 
0;0B
;
 
1; 1C 
;
 
2;0D
hoặc
 
1;1A
;
 
2;0B
;
 
1; 1C 
;
 

0;0D
.
8. Cho hình thoi ABCD có tâm
 
2;1I
,
2AC BD
, điểm
1
0;
3
M AB




và
 
0;7N CD
. Biết điểm B có tung độ dương, tìm tọa độ điểm B.
Đáp số:
13
;
55
B




.

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
13

9. Cho hình chữ nhật ABCD có
:2 3 0AB x y  
, tâm I thuộc đường thẳng
:3 2 0xy   
, điểm
 
1;1M
là điểm thuộc đường chéo AC. Biết hai đường chéo hợp
với nhau một góc

mà
1
os
5
c


. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó.
Đáp số:
 
3;3A
,
93

;
55
B



,
 
1; 1C 
,
14
;
55
D



.
Dạng 4: Các bài toán về đường tròn
4.1: Các bài toán lập phương trình đường tròn
Lập phương trình đường tròn ta cần xác định tâm và bán kính của đường tròn đó.
Ví dụ 1: Viết phương trình đường tròn đi qua
 
1;3A 
và tiếp xúc với hai đường
1
:7 0xy  

và
2

: 8 0xy   
.
Giải
Gọi
 
;I a b
là tâm của đường tròn
 
C
. Ta có
 
1
7
;
50
ab
dI


,
 
2
8
;
2
ab
dI


,

     
22
2
1 ;3 1 3IA a b IA a b        
.
Theo bài ta ta có hệ:



   
 
   
12
2
22
2
7 5 8
;;
2
( 8)
4
;
13
2
a b a b
d I d I
a
ab
b
IA d I

ab

   

  




  



   





;
3
1
a
b






Với :
2a 
,
     
22
4 2 : 2 4 2b R IA C x y        
.
Với :
3a 
,
     
22
1 2 2 : 3 1 8b R IA C x y        
.
Ví dụ 2: Viết phương trình đường tròn đi qua
 
1;2A 
và cắt
:3 4 7 0xy   
theo đường
kính BC sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 2,5 .
Giải
d2
d1
I
A

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.

Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
14


Ta có:
 
 
22
3 1 4.2 7
5
;
2
34
dA
  
  

,
 
1 5 1 5
, . . . 2
2 2 2 2
ABC
S d A BC BC BC     

Gọi R là bán kính đường tròn
1
2
BC
R AI   

.
Vì
37
:3 4 7 0 ;
4
a
I x y I a


    





 
2
2
2
1
1 3 1 3
1 ; 1 1 25 26 1 0
1
44
25
a
aa
IA a a a a
a




   

            
   


   


Với :
       
22
1 1;1 : 1 1 1a I C x y        
.
Với :
 
22
1 1 43 1 43
; : 1
25 25 25 25 25
a I C x y
     
        
     
     
.
4.2: Các bài toán phối hợp giữa điểm, đường thẳng và đường tròn
Dạng toán xác định điểm, viết phương trình đường thẳng liên quan đến đường tròn rất đa dạng.

Ta xét các ví dụ điển hình sau.
Ví dụ 1: Cho đường tròn
 
22
: 4 8 11 0C x y x y    
và đường thẳng
: 10 0d x y  
.Viết
phương trình

vuông góc với d và cắt
 
C
theo một dây cung BC có độ dài bằng 2.
Giải
Ta có:
     
22
: 2 4 9C x y   

 
2;4I
,
3R 

là tâm và bán kính của đường tròn
 
C
.
:0d x y m      

,
 
2
2
2
, 2 2 2 4
2
2
m
BC
d I R m


       



2
6
m
m






.
Vậy:
: 2 0xy   

hoặc
: 6 0xy   
.


M
I
T
1
T
2
d
I
A
B
C

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
15

Ví dụ 2: Cho đường tròn
 
22
: 4 2 4 0C x y x y    
có tâm I và đường thẳng
: 1 0d x y  
.Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến với

 
C
và tứ giác IAMB là
hình vuông với A và B là hai tiếp điểm.
Giải
Đường tròn
 
C
có tâm
 
2;1I
và bán kính
3R 
. Vì tứ giác IAMB là hình vuông nên
32MI 
. Gọi
 
'C
là đường tròn tâm I bán kính
'R IM
     
22
' : 2 1 18C x y    
. M
là giao điểm của đường thẳng d và
 
'C
nên tọa độ M là nghiệm của hệ phương trình sau :
   
22

1 2 2 1 2 2
2 1 18
;
10
2 2 2 2 2 2
xx
xy
xy
yy


   
   
  

  
  
   




.
Vậy :
 
1 2 2;2 2 2M 
hoặc
 
1 2 2;2 2 2M 

Ví dụ 3: Cho đường tròn
 
22
: 2 6 6 0C x y x y    
và điểm
 
3;1M 
. Gọi
1
T
và
2
T
là các
tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đển
()C
.Viết phương trình đường thẳng
12
TT

Giải
Đường tròn
()C
có tâm
 
1;3I
, bán kính
2R 
, ta có
25IM R

nên M nằm ngoài
()C
.
Vì
22
12
4MT MT MI R   
nên
1
T
,
2
T

thuộc đường tròn
 
'C
tâm
 
3;1M 
, bán
kính
'4R 
22
( '): 6 2 6 0C x y x y     
.
Tọa độ
1
T
,

2
T
là nghiệm của hệ phương trình
sau :


22
22
2 6 6 0
2 3 0
6 2 6 0
x y x y
xy
x y x y

    

   

    


. Vậy phương trình
12
:2 3 0TT x y  
.
Chú ý: Với dạng toán này ta không phải tìm tọa độ
1
T
và

2
T
.
Bài tập:
M
I
T
1
T
2

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
16

1. Cho hai đường thẳng
1
:4 3 14 0d x y  
,
2
:3 4 13 0dxy  
và điểm
 
2;2M 
. Viết
phương trình đường tròn
 
C

qua M tiếp xúc với
1
d
và cắt
2
d
theo dây cung
8.AB 

Đáp số:
     
22
: 2 1 25C x y   
hoặc
     
22
: 6 5 25C x y   
.
2. Cho hai đường thẳng
1
: 3 0d x y
,
2
: 3 0d x y
. Gọi
 
C
là đường tròn tiếp xúc
với
1

d
tại A, cắt
2
d
tại B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết phương trình
đường tròn
 
C
biết tam giác ABC có diện tích bằng
3
2
và điểm A có hoành độ dương.
Đáp số:
2
2
13
1
2
23
xy


   




.
3. Cho đường tròn
22

( ): 2 4 2 0C x y x y    
. Gọi
 
'C
là đường tròn có tâm
 
5;1I
và
cắt
 
C
tại hai điểm M, N sao cho
5MN 
. Hãy viết phương trình của
 
'C
.
Đáp số:
     
22
' : 5 1 28 5 7C x y    
.
4. Lập phương trình đường tròn có bán kính bằng 2, tâm I thuộc đường thẳng
1
: 3 0d x y  
và cắt đường thẳng
2
:3 4 6 0d x y  
tại hai điểm A, B sao cho
120AIB



. Đáp số:
     
22
: 11 8 4C x y   
hoặc
     
22
: 1 2 4.C x y   

5. Cho đường tròn
 
22
: 6 2 1 0C x y x y    
và đường thẳng
: 2 4 0d x y  
.Viết
phương trình

song song với d và cắt
 
C
theo một dây cung BC có độ dài bằng 4.
Đáp số:
: 2 4 0xy   
hoặc
: 2 6 0xy   
.
6. Cho đường tròn

     
22
: 1 1 25C x y   
. Lập phương trình đường thẳng d qua
 
7;3M
cắt
 
C
tại hai điểm A ,B phân biệt sao cho
3MA MB
.
Đáp số:
: 3 0dy
hoặc
:12 5 69 0d x y
.
7. Cho đường tròn
 
22
: 2 4 11 0C x y x y    
và điểm
 
3; 1M 
.Viết phương trình
đường thẳng d qua M cắt
 
C
theo một dây cung ngắn nhất.
Đáp số:

:2 3 9 0d x y  
.
8. Cho đường tròn
     
22
: 1 2 4C x y   
và điểm
 
2;1A
. Đường thẳng d thay đổi đi
qua A và cắt
()C
tại hai điểm
1
T
và
2
T
. Hai tiếp tuyến của
 
C
tại hai điểm
1
T
,
2
T
cắt
nhau tại M. Tìm tập hợp điểm M.
Đáp số:

: 3 0d x y  
.

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
17

9. Cho đường tròn
 
2 2 2
: 2 2 24 0C x y x my m     
có tâm I thuộc đường thẳng
: 4 0d mx y
. Tìm m để đường thẳng d cắt
()C
tại hai điểm phân biệt A và B sao cho
tam giác IAB có diện tích bằng 12.
Đáp số:
3m 
;
16
3
m 
.
10. Cho đường tròn
 
22
: 6 5 0C x y x   

. Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ
được hai tiếp tuyến với
 
C
mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng
60

.
Đáp số:
 
0; 7M
hoặc
 
0; 7M 
.
Dạng 5: Các bài toán về elip
Elip thường xuất hiện trong đề thi ĐH_CĐ. Đây là bài toán không khó nhưng yêu cầu học sinh
phải nắm vững lí thuyết mới làm được. Sau đây ta xét các ví vụ.
Ví dụ 1: Cho đường tròn
 
22
:8C x y
.Viết phương trình chính tắc của elip
 
E
, biết rằng
 
E
có độ dài trục lớn bằng 8 và
 

E
cắt
 
C
tại 4 điểm tạo thành bốn đỉnh của một hình
vuông.
Giải
Do tính đối xứng của
 
E
nên giao điểm của
 
C
và
 
E
là đỉnh hình vuông thỏa mãn
 
;A a a

với
0a 
, vì
 
AC
22
82a a a    
. Giả sử
 
22

2 2 2 2
44
: 1 1
xy
E
m n m n
    
. Mà
4
2 8 4
3
m m n    
. Vậy elip
 
22
:1
16
16
3
xy
E 
.
Ví dụ 2: Cho elip có tiêu điểm thứ nhất
 
1
3;0F 
và đi qua điểm
4 33
1;
5

M




. Xác định tọa
độ các đỉnh của elip.
Giải
Vì elip có tiêu điểm thứ nhất
 
1
3;0F 
nên
22
33c a b   
. Phương trình
 
22
22
:1
xy
E
ab

, ta có:
ME
4 2 2
22
1 528
1 25 478 1584 0 22

25
b b b
ab
        
2
25a 
.

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
18

Vậy bốn đỉnh của elip là:
 
5;0
,
 
5;0
,
 
0; 22
,
 
0; 22
.
Ví dụ 3: Cho elip
 
22

:1
25 9
xy
E 
. Tìm trên
 
E
điểm M sao cho
12
4MF MF
trong đó
1
F
,
2
F
là các tiêu điểm của
 
E
.
Giải
Trường hợp 1:
 
1
3;0F 
và
 
2
3;0F

Theo định nghĩa elip thì
12
2 10MF MF a  
22
5 10 2MF MF   
. Vậy M nằm trên đường
tròn tâm
2
F
, bán kính
2R 
có phương trình là
   
2
2
: 3 4C x y  
. Tọa độ của M là nghiệm
của hệ:
 
22
2
2
1
5
25 9
0
34
xy
x
y

xy










  



 
5;0M
.
Trường hợp 2:
 
1
3;0F
và
 
2
3;0F 

Làm hoàn toàn tương tự như trường hợp 1 ta có
 
5;0M 

.
Vậy :
 
5;0M
;
 
5;0M 
.
Ví dụ 4: Cho elip
 
22
:1
94
xy
E 
. Và hai điểm
 
3; 2A 
,
 
3;2B 
. Tìm trên
 
E
điểm C có
tọa độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
Giải
Phương trình đường thẳng
:2 3 0AB x y
. Gọi

 
;C a b
với
0a 
,
0b 
, ta có
22
1
94
ab


 
23
;
13
ab
d C AB


,
 
1 85 85
; . 2 3 3 .
2 13 3 4
2 13
ABC
ab
S d C AB AB a b


    


22
85 170
3 . 2 1 3
13 9 4 13
ab

  


.
ABC
S

lớn nhất là:
170
3
13



22
2
3
32
2
1

2
94
ab
a
ab
b














.

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
19

Vậy:
2

3 ; 2
2
C




.
Ví dụ 5: Cho elip
 
22
:1
94
xy
E 
. Viết phương trình tiếp tuyến của
 
E
biết .
a) Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng
: 2013 0d x y  
.
b) Tiếp tuyến tạo với đường thẳng
:2 1 0d x y  
một góc
45

.
Giải
a) Đường thẳng


vuông góc với đường thẳng
: 2013 0d x y  

:0x y m   
.

là tiếp tuyến của
 
E

2
16.1 9.1 5mm     
. Vậy tiếp tuyến cần tìm là :
: 5 0xy   
và
: 5 0xy   
.
b) Giả sử k là hệ số góc của tiếp tuyến

, vì tuyến tạo với đường thẳng
:2 1 0d x y  
một
góc
45

nên :
2
1
12

k
k



3
1
3
k
k








Với :
3k 
thì
: 3 :3 0y x m x y m        
, vì

là tiếp tuyến của
 
E
nên
2
9.9 1.4 85mm    

:3 85 0xy    
.
Với :
1
3
k 
thì
1
: : 3 3 0
3
y x C x y C       
, vì

là tiếp tuyến của
 
E
nên
2
9.1 9.4 9 5Cm    
: 3 5 0xy    
.
Vậy có 4 tiếp tuyến là:
:3 85 0xy   
;
: 3 5 0xy   
.
Ví dụ 6: Cho elip
 
22
:1

94
xy
E 
và
 
1;1M
, lập phương trình đường thẳng qua M cắt
elip tại hai điểm A, b sao cho
MA MB
.
Giải
Phương trình đường thẳng d qua
 
1;1M
với hệ số góc k có dạng
 
11y k x  
.

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
20

Tọa độ giao điểm
,AB
của
d
và

 
E
là nghiệm của hệ phương trình :
22
4 36 1
1
xy
y kx k



  


 
 
 
2
2 2 2 2
4 9 1 36 4 9 18 1 9 18 27 0x kx k k x k k x k k            
, ta có :
2
32 8 12 0kk    
nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với
k
, ta có
 
2
18 1
49

AB
kk
xx
k



, mà M là trung điểm của AB nên
 
2
18 1
2 2 2
49
A B M
kk
x x x
k

    


4
9
k 
 
4
1 1 : 4 9 13 0
9
y x d x y        
.

Vậy
:4 9 13 0d x y  
.
Bài tâp:
1. Viết phương trình chính tắc của elip
 
E
có tâm sai bằng
5
3
, nhận các trục tọa độ làm
trục đối xứng và hình chữ nhật cơ sở của
 
E
có chu vi bằng 20.
Đáp số:
 
22
:1
94
xy
E 

2. Cho hình thoi ABCD có 4 đỉnh trùng với các đỉnh của một elip, bán kính đường tròn nội
tiếp hình thoi bằng
2
. Viết phương trình chính tắc của elip, biết tâm sai
1
2
e 

.
Đáp số:
 
22
:1
14 7
32
xy
E 
.
3. Cho elip
 
22
:1
25 4
xy
E 
. M và N là hai điểm trên elip sao cho tam giác OMN vuông
tai O với O là gốc tọa độ. Gọi H là hình chiếu của O lên MN. Chứng minh rằng khi M, N
thay đổi thì H chạy trên một đường tròn tâm O cố định. Hãy viết phương trình đường
tròn đó.
Đáp số:
 
22
100
:
29
C x y
.

4. Cho elip
 
22
:1
82
xy
E 
và hai điểm
 
3;4A
,
 
5;3B
. Xác định M trên elip sao cho
diện tích tam giác MAB có giá trị nhỏ nhất.

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
21

Đáp số:
 
2;1M
.
5. Tính diện tích tam giác đều nội tiếp
 
22
:1

16 4
xy
E 
, nhận
 
0;2A
là đỉnh và trục tung
làm trục đối xứng.
HD: Gọi
 
;B m n
,
( ; )N m n
là hai đỉnh còn lại của tam giác . Đáp số:
768 3
169
.
6. Viết phương trình elip đi qua điểm
 
2; 3M 
và có phương trình đường chuẩn
80x
.
Đáp số:
 
22
:1
16 12
xy
E 

hoặc
 
22
:1
39
52
4
xy
E 
.
7. Chứng minh rằng
:Ax 0d By C  
là tiếp tuyến của
 
22
22
:1
xy
E
ab


2 2 2 2 2
A a B b C  
. Áp dụng viết phương trình tiếp tuyến trong các trường hợp :
a) Tiếp tuyến qua điểm
 
2;4M
đến
 

22
: 1.
16 9
xy
E 

Đáp số:
8 148 16 148
12 6
yx
  

;
8 148 16 148
12 6
yx
  

.
b) Tiếp tuyến chung của hai elip
 
22
1
:1
16 1
xy
E 
và
 
22

2
:1
94
xy
E 
.
Đáp số:
3 7 55 0xy  
;
3 7 55 0xy
.
8. Viết phương trình các cạnh hình vuông ngoại tiếp
 
22
:1
63
xy
E 

Đáp số:
: 3 0AB x y  
;
: 3 0CD x y  
;
: 3 0BC x y  
;
: 3 0AD x y  
.
9. Viết phương trình đường tròn đi qua giao điểm của hai elip
 

22
1
:1
16 1
xy
E 
và
 
22
2
:1
94
xy
E 
. Đáp số:
22
92
11
xy
.
10. Cho elip
 
22
:1
16 9
xy
E 
. Gọi
0Mx
,

0Ny
sao cho MN tiếp xúc với
 
E
. Xác
định tọa độ
,MN
sao cho
MN
ngắn nhất.
Đáp số:
   
7 2 7;0 ; 0; 21MN M N
.

14 chủ đề trọng tâm ôn thi đại học 2013

Bài giảng được cung cấp độc quyền bởi http:// Baigiangtoanhoc.com.
Biên soạn : Nguyễn Đăng Dũng- GV chuyên SP-Chuyên gia luyện thi Đại Học.
22