10 CHUYÊN ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN TRÊN BÁO TUỔI TRẺ

CHUYÊN ĐỀ 1
TỌA ĐỘ PHẲNG
Trong các bài toán về tọa độ trong mặt phẳng thường gặp các yêu cầu như tìm tọa độ
một điểm, một vectơ, tính độ dài một đoạn thẳng, số đo góc giữa hai vectơ, quan hệ cùng
phương hoặc vuông góc giữa hai vectơ, 3 điểm thẳng hàng.
Ta vận dụng các kiến thức cơ bản sau đây:
Cho
a
=
(
, = ta có:
G
b
G
)
G
G
G
G
)
1 2
a, a
(
1 2
b, b

a
=
G
b

G
⇔
1
2
1
2
a = b
a = b
⎧
⎨
⎩

a
+ = ( , )
b
1 1
a + b
2 2
a + b

a
– = ( , )
b
1 1
a - b
2 2
a - b
k
a
= (k , k ) (k

G
1
a
2
a
∈
R)

α
+ = ( +
a
G
β
b
G
α
1
a
β
1
b ,
α
2
a +
β
2
b )

a
. = +

G
G
b
1
a
1
b
2
a
2
b
. Với các quan hệ về độ dài ta có:

a
= ( , )
G
1
a
2
a ⇒
a
G
=
22
1 2
a + a

()
()
AA

BB
A
x, y
Bx, y
⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
⇒
A
B
JJJG
= ( – , – )
B
x
A
x
B
y
A
y
và AB =
()()
22
BA BA
x - x y - y+

. Với quan hệ cùng phương hoặc vuông góc ta có:

a
+ = 0
G
G
G
G
⊥
b
⇔
1
a
1
b
2
a
2
b
cùng phương
a b
⇔
G
G
sin( a, b) = 0 ⇔ – = 0
1
a
2
b
2
a
1

b
⇔
1
1
a
b
=
2
2
a
b
( ,
1
b
2
b
≠
0)
A, B, C thẳng hàng ⇔
A
B
J
JJG
cùng phương
A
C
J
JJG

⇔

BABA
CACA
x - x y - y
x - x y - y
= 0
. Với việc tìm góc của hai vectơ ta có:
- Góc hình học tạo bởi hai vectơ
a
G
,
b
G
được suy từ công thức:
cos(
n
a, b
G
G
) =
11 22
ab + ab
a.b
G
G
(1)
- Số đo góc đònh hướng của hai vectơ
a
G

,
b
G
ngoài (1) còn được suy thêm từ một trong
hai công thức:

G
G
sin( a, b) =
12 1
G
G
2
a b - a b
a.b


G
G
tg( a, b) =
12 1
11 2
2
2
a b - a b
ab + a b

Ngoài ra trong các bài toán về tọa độ phẳng ta có thể áp dụng các kết quả sau đây:
. M( , ) là trung điểm của đoạn thẳng AB
M

x
M
y
⇔
2
2
AB
M
AB
M
x + x
x =
y + y
y =
⎧
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎩

. G( , ) là trọng tâm của
G
x
G
y
Δ
ABC
⇔

3
3
⎧
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎩
AB
G
AB
G
x + x + x
x =
y + y + y
y =
C
C

. I( , ) và J( , ) là chân đường phân giác trong và ngoài của góc A trong
ABC thì:
I
x
I
y
J
x
J
y

Δ

IB
IC
JJG
JJG
=
−
JJJG
JB
JC
JJJG
=
−
A
B
A
C

. Với A( , ), B( , ), C( , ) thì diện tích tam giác ABC là:
A
x
A
y
B
x
B
y
C
x

C
y
S =
1
2
Δ
với
Δ
=
BABA
CACA
x - x y - y
x - x y - y

Ví dụ 1:

Trong mặt phẳng Oxy cho ba điểm A(2, –1), B(0, 3), C(4, 2).
a) Tìm tọa độ điểm D đối xứng với A qua B.
b) Tìm tọa độ điểm M để 2 + 3AM
JJJJG
BM
J
JJJG
- 4
CM
J
JJJG
=
0
G

c) Tìm tọa độ điểm E để ABCE là hình thang có một cạnh đáy là AB và E nằm trên
Ox.
d) Tìm tọa độ trực tâm H, trọng tâm G và tâm I đường tròn ngoại tiếp ABC. Δ
e) Chứng tỏ H, G, I thẳng hàng.
Giải
a) D là điểm đối xứng của A qua B
B là trung điểm của AD ⇔
⇔
AD
B
AD
B
x + x
x =
2
y + y
y =
2
⎧
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎩

hay D(–2, 7) ⇔
()
()

−−⎧
⎪
⎨
−
⎪
⎩
DBA
DBA
x = 2x x = 2 0 2 = 2
y = 2y y = 2 3 + 1 = 7
−
JJJJG JJJJG
b) Ta có: 2 + 3 BM – 4
CM
AM
J
JJJG
=
0
G
= ( 0, 0 )
⇔
()()
(
)
()()()
−−−−⎧
⎪
⎨
−− −

⎪
⎩
MMM
MMM
2x 2 + 3x 0 4x 4 = 0
2 y + 1 + 3 y 3 4 y 2 = 0

⇔ hay M(–12, –1)
−
⎧
⎨
−
⎩
M
M
x =12
y =1
c) ABCE là hình thang có đáy AB và E nằm trên Ox.
⇔
E
y = 0
CE
⎧
⎪
⎨
ΑΒ
⎪
⎩
JJJG JJJG
//

⇔

E
EE
y = 0
x - 4 y - 2
=
0 - 2 3 + 1
⎧
⎪
⎨
⎪
⎩

⇔ hay E(5, 0)
E
E
y = 0
x = 5
⎧
⎨
⎩
d) H là trực tâm của ABC Δ
⇔
A
H BC
BH AC
⊥
⎧
⎨

⊥
⎩

⇔

A
H.BC = 0
BH.AC = 0
⎧
⎪
⎨
⎪
⎩
J
JJJG JJJG
JJJJG JJJG

⇔
()()()
(
)
()()()()
412
42 321 0
−−++−=⎧
⎪
⎨
−−+−+=
⎪
⎩

HH
HH
x2 0y
x0 y
30
239
HH
HH
xy
xy
−−=
⎧
⎨
+−=
⎩

⇔
490
0
⇔

18
7
9
7
H
H
x
y
⎧

=
⎪
⎪
⎨
⎪
=
⎪
⎩
hay H
18
7
9
,
7
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠

G là trọng tâm ABC ta có: Δ

204
2
33
132 4
33
ABC
G
ABC
G
xxx

x
yyy
y
++
++
⎧
==
⎪
⎪
⎨
++
−+ +
⎪
==
⎪
⎩
3
=
=
hay G
4
2
3
,
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠

+ I là tâm đường tròn ngoại tiếp
Δ

ABC
⇔ IA = IB = IC
⇔

22
22
IA IB
IA IC
⎧
=
⎪
⎨
=
⎪
⎩
⇔
()( )()(
()( )()(
222
222
2103
2142
III
III
xyx
xyx
⎧
−+−−=−+−
⎪
⎨

−+−−=−+−
⎪
⎩
)
)
2
2
I
I
y
y
0
0
⇔
484
4615
II
II
xy
xy
−+ −=
⎧
⎨
+−=
⎩
⇔
24 12
14 7
19
14

I
I
x
y
⎧
==
⎪
⎪
⎨
⎪
=
⎪
⎩
hay I
12 19
714
,
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠

e) Ta có : =
HG
JJJJG
41
721
,
⎛⎞
−
⎜⎟

⎝⎠
và HI
J
JJG
=
61
714
,
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠

⇒
4
7
6
7
−
−
=
1
21
1
14
=
2
3

⇒ cùng phương với

HG
JJJJG
HI
J
JJG

⇒ H, I, G thẳng hàng.
Ví dụ 2:

Trong mặt phẳng Oxy cho A(2, 2 3 ), B(1, 3 3 ), C (-1, 3 ) . Tính
cos (
A
O
JJJG
,
A
B
JJJG
) vaứ dieọn tớch tam giaực ABC.
Giaỷi
Ta coự:
A
O
JJJG
= (2, 2 3 ),
A
B
J
JJG
= (1, 3 ) = ( a

1
;a
2
)
cos(
A
O
JJJG
,
A
B
JJJG
) =
26
41213.

+
+
=
1
2


JJJG
A
C
= (3, 3 ) = = ( b
1
; b
2

)

12 21
1
2
=
ABC
Sabab
=
1
1333
2

()( ) ()
= 2 3
* * *


CHUYÊN ĐỀ 2
ĐƯỜNG VÀ PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG
Các bài toán về phần đường và phương trình đường thường yêu cầu xác đònh quỹ tích
các điểm trong mặt phẳng tọa độ theo những điều kiện cho trước, quỹ tích này là một đường
mà ta phải tìm phương trình của nó dựa vào đònh nghóa:
F(x, y) = 0 là phương trình của đường (L) nếu ta có :
M(, ) ∈ (L) F( , ) = 0
M
x
M
y ⇔
M

x
M
y
Nếu M ∈ (L) và M có tọa độ phụ thuộc tham số t:

(
)
()
xft
ygt
=⎧
⎪
⎨
=
⎪
⎩
(t
∈
R)
thì đó là phương trình tham số của đường (L).
Từ phương trình tham số, ta khử t thì có thể trở về dạng
F(x, y) = 0
Lưu ý việc giới hạn của quỹ tích tuỳ theo các điều kiện đã cho trong đầu bài.
Ví du1:
Trong mặt phẳng Oxy cho A(2, 1), B(–3, 2). Tìm quỹ tích điểm M để
(MA +
JJJJG
MB
J
JJJG

)
A
B
J
JJG
= 1
Giải
Gọi (L) là quỹ tích phải tìm.
M(, )
∈ (L)
M
x
M
y
⇔
(MA
J
JJJG
+ MB
J
JJJG
)
A
B
J
JJG
= 1
[ (2 – ) + (–3 – ) ] (–3 – 2) + (1 – + 2 – ) (2 – 1) = 1 ⇔
M
x

M
x
M
y
M
y
5 + 10 + 3 – 2 = 1 ⇔
M
x
M
y
10 – 2 + 7 = 0 ⇔
M
x
M
y
M( , ) có tọa độ thỏa phương trình ⇔
M
x
M
y
F(x, y) = 10x – 2y + 7 = 0
Vậy quỹ tích phải tìm là đường thẳng (L) có phương trình
10x – 2y + 7 = 0.

1
Ví dụ 2:
Lập phương trình quỹ tích tâm của những đường tròn tiếp xúc với trục Ox và đi qua
điểm A(1, 2).
Giải

Gọi (L) là quỹ tích những tâm đường tròn tiếp xúc với trục Ox và đi qua điểm A(1, 2).
I( , )
∈ (L) I là tâm đường tròn qua A(1, 2) và tiếp xúc với Ox tại M
I
x
I
y ⇔
⇔
IM Ox tại M
IM = IA
⊥
⎧
⎨
⎩
⇔
()()()()
22 2
00
MI M
MI MI AI AI
x x và y
xx yy xx yy
−= =
⎧
⎪
⎨
−+− = −+−
⎪
⎩
2

– 2 – 4 + 5 = 0 ⇔
2
I
x
I
x
I
y
I( , ) có tọa độ thỏa phương trình ⇔
I
x
I
y
F(x, y) = x
2
– 2x – 4y + 5 = 0
Đó là phương trình của quỹ tích phải tìm (Parabol).
* * *

2

CHUYÊN ĐỀ 3
ĐƯỜNG THẲNG
I. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, muốn viết phương trình một đường thẳng ta cần
phải biết:
()
Δ
1)

(
qua điểm M
0
(x
0
, y
0
) và có vectơ chỉ phương
a
)
Δ
G
= (a
1
, a
2
) sẽ có:
. Phương trình tham số : (t
0
02
xx ta
yy ta
=+
⎧
⎨
=+
⎩
1
∈
R)

. Phương trình chính tắc :
0
1
xx
a
−
=
0
2
yy
a
−
(a
1
, a
2

≠
0)
Từ phương trình chính tắc ta có thể đổi thành dạng phương trình tổng quát :
Ax + By + C = 0 (A
2
+ B
2
> 0)
2)
(
qua điểm M
0
(x

0
, y
0
) và có 1 pháp véctơ là (a,b) có phương trình : a(x –
x
0
) + b(y – y
0
) = 0
)
Δ
3) i) Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng có dạng
Ax + By + C = 0 với A
2
+ B
2
> 0 (1)
ii) Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng có dạng
x = x
0
hoặc y = kx + m (2).
Ta dễ dàng thấy (1) và (2) là tương đương.
+ (2) ⇔ kx –y + m = 0 ⇒ (2 ) thỏa (1) với A = k, B = - 1 , C = m.
+ Nếu B = 0 ⇒
=−
C
x
A
, có dạng x = x
0

với x
0
=
−
C
A
. Nếu B
≠
0 ⇒
=− −
A
C
yx
BB
, có
dạng y = kx + m.
3)
(
qua hai điểm A(x
A
, y
A
), B(x
B
, y
B
) có phương trình :
)
Δ

A
BA
xx
xx
−
−
=
A
BA
yy
yy
−
−
nếu 0
−
−≠
BABA
(x x )(y y )

1
Nếu
(
qua A(a, 0) ∈ Ox và B(0, b)
)
Δ
∈
Oy với a.b ≠ 0; ta nói
(
)
Δ

có đoạn chắn a, b
với phương trình:

x
a
+
y
b
= 1
* Ghi chú:
Nếu đề bài toán yêu cầu ta viết phương trình của đường thẳng, thông thường ta nên
viết phương trình ở dạng tổng quát và lưu ý :
()
Δ
: Ax + By + C = 0 thì
(
)
Δ
có :
. một pháp vectơ = (A, B) n
G
G
. một vectơ chỉ phương
a
= (–B, A)
. hệ số góc k = tg( , ) =
Ox
JJJG
Δ
A

B
−

.
()

(
′
Δ
//
()
Δ
⇒
)
′
Δ
: Ax + By + C
0
= 0
.
()

(
′
Δ
⊥
()
Δ
⇒
)

′
Δ
: Bx – Ay + C
0
= 0
Ta tìm được C
0
nếu biết thêm một điểm nằm trên
(
)
′
Δ
.
Ngoài ra khi viết phương trình của một đường thẳng
(
)
Δ
theo hệ số góc k, bài toán có
thể bò thiếu nghiệm do trường hợp
(
)
Δ
⊥

x
′
x (hệ số góc k không tồn tại), do đó ta phải xét
thêm trường hợp có phương trình x = C để xem đường thẳng
()
Δ

(
)
Δ
này có thỏa mãn điều
kiện của đầu bài không.
Ghi chú
- Nếu n = (A, B) là 1 pháp véc tơ của đường thẳng
G
(
)
Δ
thì
k.
n
= (kA, kB) cũng là pháp véc tơ của
G
(
)
Δ
với mọi số thực k ≠ 0.
- Nếu là 1 véc tơ chỉ phương của đường thẳng
12
=a(a,a)
JG
(
)
Δ
thì
k. cũng là véc tơ chỉ phương của
12

=a(ka,ka)
JG
(
)
Δ
với mọi số thực k khác 0.
II. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG THẲNG
Để xét vò trí tương đối của hai đường thẳng ta cần nhớ
Cho (d
1
) : A
1
x + B
1
y + C
1
= 0
và (d
2
) : A
2
x + B
2
y + C
2
= 0
Đặt :

2
D =

11
22
A
B
A
B
; D
x
=
11
22
BC
BC
; D
y
=
1
22
CA
CA
1
thì :
D
≠
0 ⇔ (d
1
) cắt (d
2
) tại I
1

x
I
y
D
x
D
D
y
D
⎧
=
⎪
⎪
⎨
⎪
=
⎪
⎩

D = 0 và D
x
0 hoặc D
y

≠
≠
0
⇔
(d
1

)
/
/
(d
2
)
D = D
x
= D
y
= 0
⇔
(d
1
)
≡
(d
2
)
hoặc với A
2
, B
2
, C
2
0 ta có :
≠

1
2

A
A

≠
1
2
B
B

⇔
(d
1
) cắt (d
2
)

1
2
A
A
=
1
2
B
B

≠
1
2
C

C

⇔
(d
1
)
/
/
(d
2
)

1
2
A
A
=
1
2
B
B
=
1
2
C
C

⇔
(d
1

)
≡
(d
2
)
Ghi chú
11
22
BC
BC
=
11
22
−
CB
CB
;
11
22
CA
CA
=
11
22
−
A
C
A
C

III. GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG
Để tìm góc giữa hai đường thẳng, ta gọi
α
là góc nhọn tạo bởi hai đường thẳng
(d
1
) : A
1
x + B
1
y + C
1
= 0 (d
2
) : A
2
x + B
2
y + C
2
= 0
thì cos
α
=
12 12
222
1122
2

A
ABB
A
B.A B
+
++


IV. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MỘT ĐƯỜNG THẲNG
Để tìm khoảng cách từ điểm M(x
M
, y
M
) đến đường thẳng
()
Δ
: Ax + By + C = 0 ta áp dụng công thức :

3
d(M,
Δ
) =
22
MM
A
xByC
AB
+
+
+

Khoảng cách đại số từ đường thẳng
(
)
Δ
đến điểm M(x
M
, y
M
) là :
t =
22
MM
A
xBy
AB
++
+
C
G

Đặt pháp vectơ = (A, B) có gốc lên n
(
)
Δ
thì :
. t > 0 nếu điểm M và n nằm cùng một bên đối với
G
(
)

Δ

. t < 0 nếu điểm M và
n nằm khác bên đối với
G
(
)
Δ

Phương trình đường phân giác của góc hợp bởi 2 đường thẳng
(d
1
) : A
1
x + B
1
y

+ C
1
= 0 và
(d
2
) : A
2
x + B
2
y

+ C

2
= 0 là :

11
22
11
1
A
xByC
AB
++
+
=
±
222
22
22
A
xByC
AB
+
+
+

Ví dụ 1:
Cho tam giác ABC với A(–2, 1), B(4, 3), C(2,–3)
a) Tìm phương trình tham số và tổng quát cạnh BC.
b) Tìm phương trình đường cao AH.
c) Tìm phương trình đường thẳng qua A(–2, 1) và song song với BC.
Giải

a) Đường thẳng qua cạnh BC nhận
BC
J
JJG
= (–2, –6) hay (1,3) làm vectơ chỉ phương và
qua B(4, 3) nên có phương trình tham số :
(t
4
33
=+
⎧
⎨
=+
⎩
xt
yt
∈
R)
⇔
4
1
−x
=
3
3
−y
(phương trình chính tắc)
⇔ 3x – y – 9 = 0 là phương trình tổng quát của BC.
b)
Δ ABC có đường cao AH

⊥
BC : 3x – y – 9 = 0
⇒ pt AH : x + 3y + C
1
= 0

4
A(–2, 1) ∈ AH –2 + 3(1) + C
1
= 0 ⇔
⇔
C
1
= –1
Vậy pt AH : x + 3y – 1 = 0
c) Đường thẳng Au
//
BC ⇒pt Au : 3x – y + C
2
= 0
A(–2, 1)
∈ Au ⇔ 3(–2) – 1 + C
2
= 0
⇔
C
2
= 7
Vậy pt Au : 3x – y + 7 = 0
Ví dụ 2:

Cho tam giác ABC với A(1, –1), B(–2, 1), C(3, 5).
a) Viết phương trình đường vuông góc AH kẻ từ A đến trung tuyến BK của tam giác
ABC.
b) Tính diện tích tam giác ABK.
Giải
a) K là trung điểm của AC
⇔

2
2
2
2
AC
K
AC
K
xx
x
yy
y
+
⎧
=
=
⎪
⎪
⎨
+
⎪
=

=
⎪
⎩

hay K(2, 2)
Phương trình cạnh BK :
2
22
x −
−−
=
2
12
y
−
−

⇔
x – 4y + 6 = 0
AH ⊥ BK pt AH : 4x + y + C
0
= 0 ⇒
A(1, - 1) ∈ AH 4(1) + (–1) + C
0
= 0 ⇔
⇔ C
0
= –3 hay AH : 4x + y – 3 = 0
b) Diện tích tam giác ABK là S =
1

2
AH.BK với
AH =
A(BK)
d
=
146
17
+
+

S = ⇒
1
2
.
11
17
.
22
41
+
=
11
2
( đvdt ).
Ví dụ 3
: ( Đề dự trữ khối A năm 2005) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác
ABC cân tại đỉnh A có trọng tâm G
41
(;)

33
, phương trình đường thẳng BC là và
phương trình đường thẳng BG là
24xy−−=0
0
748xy
−
−=
.Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.

5
Bài giải
Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ pt
()
−−=
⎧
⇒−
⎨
−−=
⎩
x2y40
B0, 2
7x 4y 8 0
Vì cân tại A nên AG là đường cao của
ABCΔ ABC
Δ

Vì ⇒ pt GA:
GA BC⊥
−+ −=⇔+−=

41
2(x ) 1(
y
)0 2x
y
30
33

2x y 3 0
⇔
+−=

⇒ = H
GA BC∩
()
+−=
⎧
⇒−
⎨
−−=
⎩
2x y 3 0
H2,1
x2y40
Ta có H là trung điểm BC ⇒
+= = −= −=
⎧⎧
⇒
⎨⎨
+= = −=−−−=

⎩⎩
BC H C HB
BC H C HB
xx2x x2xx2(2)04
yy2y y2yy2(1)(2)
0
)
⇒ . Ta có :
(
C4,0
++ ++
==
ABC ABC
GG
xxx
yyy
xvày
33
⇒
(
)
A0,3

Vậy
()()(
A0,3,C4,0,B0,2−
)
Ví dụ 4 ( ĐH KHỐI A -2002) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho
hình chữ nhật ABCD có tâm I
1

;0
2
⎞
⎟
⎝⎠
⎛
⎜
,phương trình đường thẳng AB là
x – 2y + 2 = 0 và AB = 2AD .Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C,D biết rằng đỉnh A có hoành độ âm .
BÀI GIẢI: A ∈ đường thẳng x – 2y + 2 = 0
⇒ A (2a – 2, a) (a < 1)
I là trung điểm AC ⇒ C (3 – 2a, −a)
BC qua C và BC ⊥ AB
⇒ pt BC : 2x + y + 5a – 6 = 0
AB ∩ BC = B ⇒ B (2 – 2a, 2 – a)
Ta có : AB = 2AD ⇔ (1 – a)
2
= 1 ⇔ a = 0 hay a = 2 (loại)
Vậy A (−2, 0). B (2, 2), C (3, 0), D (−1, −2)
Ví dụ 5 ( ĐH KHỐI D -2004) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có các đỉnh
A (−1; 0); B (4; 0); C (0; m) với m ≠ 0. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC theo m.
Xác đònh m để tam giác GAB vuông tại G.
BÀI GIẢI: G
m
1;
3
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
;

m
GA ( 2; )
3
=− −
JJJG
;
m
GB (3; )
3
=−
J
JJG

Tam giác GAB vuông tại G ⇔ GA.GB 0
=
J
JJG JJJG

⇔
2
m
6
9
−+ =
0
⇔ m =
36±
.
Ví dụ6 ( ĐH KHỐI B -2004) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm
A(1; 1), B(4; -3). Tìm điểm C thuộc đường thẳng

210xy
−
−=
sao cho khoảng cách từ C đến
đường thẳng AB bằng 6.
BÀI GIẢI: A (1; 1); B (4; −3) ⇒ phương trình AB:
x1
y
1
34
−
−
=
−

⇔ 4x + 3y – 7 = 0 C ∈ đt : x – 2y – 1 = 0 ⇒ C (2t + 1; t)

6
Ta có: d (C, AB) = 6 ⇔
8t 4 3t 7
6
5
++ −
=

⇔ 11t 3 30−= ⇔ ⇔
11t 3 30
11t 3 30
−=
⎡

⎢
−=−
⎣
t3
27
t
11
=
⎡
⎢
⎢
=
−
⎢
⎣

Vậy C (7; 3) hay C
43 27
;
11 11
⎛⎞
−−
⎜⎟
⎝⎠

Ví dụ7 ( Đề DỰ TRỮ KHỐI D -2003) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcac vuông góc Oxy cho
tam giác ABC có đỉnh A (1; 0) và hai đường thẳng lần lượt chứa các đường cao vẽ từ B và C có
phương trình tương ứng là :
x – 2y + 1 = 0 và 3x + y – 1 = 0.Tính diện tích của tam giác ABC.
BÀI GIẢI: Vì AC ⊥ BB' ⇒ phương trình AC : 2x + y + m = 0

A(1; 0) ∈ AC ⇒ 2 + m = 0 ⇒ m = −2
Phương trình AC : 2x + y – 2 = 0
Vậy t đ C là nghiệm của
+
−=
⎧
⎨
+
−=
⎩
2x y 2 0
3x y 1 0
⇒ C(−1; 4)
Vì AB ⊥ CC' ⇒ phương trình AB : x – 3y + n = 0
A(1; 0) ∈ AB ⇒ 1 + n = 0 ⇒ n = −1
Phương trình AB : x – 3y – 1 = 0
Vậy ⇒ B(−5; −2).⇒
x3y10
B
x2y10
−−=
⎧
⎨
−+=
⎩
A
B
⎯
→
= (−6; −2);

A
C
⎯
→
= (−2; 4)
S
ΔABC
=
−−
⎡
⎢
−
⎣⎦
62
1
24
2
⎤
⎥
= 14 (đvdt).
Ví dụ8 ( ĐỀDỰ TRỮ KHỐI B -2004) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm I (–2; 0) và
hai đường thẳng d
1
: 2x – y + 5 = 0, d
2
: x + y – 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm I và
cắt hai đường thẳng d
1
, d
2

lần lượt tại A, B sao cho :
2
→→
=
IA IB

BÀI GIẢI: P.trình đường thẳng d qua I (–2, 0), hệ số góc k : y = k(x + 2)

⎩
⎨
⎧
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
−
−
−
⇒
=+−
=+−
k
k
,
k
k
A

kykx
yx
A
22
52
02
052


⎩
⎨
⎧
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
++
−
⇒
=+−
=−+
k
k
,
k
k
B
kykx

yx
B
1
5
1
23
02
03


1k
IA ;
2k2k
−−
⎛⎞
=
⎜⎟
−−
⎝⎠
JJG
;
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
++
=
k

k
;
k
IB
1
5
1
5
⇒
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
++
=
k
k
;
k
IB
1
10
1
10
2


⎪

⎩
⎪
⎨
⎧
==⇒
+
=
−
−
=⇒
+
=
−
−
⇔=
3
7
0
1
10
2
3
7
1
10
2
1
2
k,k
k

k
k
k
k
kk
IBIA

Do đó phương trình đường thẳng d là y =
3
7
(x + 2)

7
⇔ 7x – 3y + 14 = 0
* * *

8

CHUYÊN ĐỀ 4
ĐƯỜNG TRÒN
1. Để tìm phương trình của một đường tròn ta cần lưu ý:
. Phương trình của đường tròn (C) tâm I(a, b) bán kính R là :

()
+
(
= R
2

2

xa−
)
2
yb−
. Phương trình của (C) ở dạng khai triển :
x
2
+ y
2
– 2ax – 2by + c = 0 ( hay x
2
+ y
2
+ 2ax + 2by + c = 0)
với c = a
2
+ b
2
– R
2
R
2
= ⇔
22
abc
+
−

Do đó ta phải có điều kiện a
2

+ b
2
– c 0 ≥
. Phương trình tham số của đường tròn tâm I(a, b) bán kính R là:
(t
xaRcost
y b R sin t
=+
⎧
⎨
=+
⎩
∈
R)
2. Để viết phương trình tiếp tuyến với một đường tròn ta cần phân biệt :
a) Trường hợp biết tiếp điểm : ta dùng công thức phân đôi tọa độ :
Tiếp tuyến
(
tại tiếp điểm M
0
(x
0
, y
0
) với :
)
Δ
- đường tròn (C) :
()
+ = R

2
là
2
xa−
(
2
yb−
)
)
(x
0
– a) (x – a) + (y
0
– b) (y – b) = R
2

- đường tròn (C) : x
2
+ y
2
– 2ax – 2by + c = 0 là
x
0
x + y
0
y – a(x
0
+ x) – b(y
0
+ y) + c = 0

b) Trường hợp không biết tiếp điểm, ta áp dụng tính chất :
Đường thẳng
(
tiếp xúc với đường tròn tâm I bán kính R
)
Δ
⇔ = R. Δd(I , )
c) đường tròn (C) :
()
+ = R
2
có 2 tiếp tuyến cùng phương với Oy là x =
a R. Ngoài 2 tiếp tuyến x = a
2
xa−
(
2
yb−
±
±
R, mọi tiếp tuyến khác với đường tròn ( C) đều có
dạng y = kx + m hoặc dạng y = k ( x –x
0
) + y
0
nếu tiếp tuyến đi qua ( x
0
, y
0
) là

điểm nằm ngoài đường tròn.
Ví dụ

1
Trong mặt phẳng Oxy cho A(–2, 0), B(0, 4).
a) Viết phương trình đường tròn (C) qua 3 điểm O, A, B.
b) Viết phương trình các tiếp tuyến với đường tròn (C) tại A, B.
c) Viết phương trình các tiếp tuyến với (C) phát xuất từ điểm M(4, 7)
Giải
a) Phương trình đường tròn (C) có dạng :
x
2
+ y
2
– 2ax – 2by + c = 0
Đường tròn (C) qua 3 điểm O, A, B nên :

0
44 0
16 8 0
c
ac
bc
=
⎧
⎪
++=
⎨
⎪
−+=

⎩
⇔

0
1
2
c
a
b
=
⎧
⎪
=
−
⎨
⎪
=
⎩

Vậy (C) : x
2
+ y
2
+ 2x – 4y = 0.
Cách khác: Tam giác ABC vuông tại O nên có tâm là trung điểm của AB và đường kính là
AB nên pt dường tròn (C) là:

222
11
12 416

44
++− = = + =(x ) (y ) AB ( )
5

Cách khác: Tam giác ABC vuông tại O nên với
(, ) ( )
M
xy C
∈
ta có
0=AM. BM
JJJJG JJJJG
. Vậy pt đường tròn ( C ) là 0
−
−+− −=
AB AB
(x x )(x x ) (y y )(y y ) .
b) Phương trình tiếp tuyến với (C) tại :
. Tiếp điểm A(–2, 0) là : –2x + 0.y + (–2 + x) – 2(0 + y) = 0

⇔
x + 2y + 2 = 0
. Tiếp điểm B(0, 4) là : 0.x + 4.y + (0 + x) – 2(4 + y) = 0

⇔
x + 2y – 8 = 0
c) Đường tròn (C) : x
2
+ y
2

+ 2x – 4y = 0 có tâm I(–1, 2) và bán kính R =
2
12 0+−
=
5 .Hai tiếp tuyến cùng phương với Oy là 1=± =−±xa R 5. Hai tiếp tuyến
này không qua M(4, 7)
Vậy phương trình tiếp tuyến qua M(4, 7) có dạng:
()
Δ
: y – 7 = k(x – 4)
⇔ kx – y + 7 – 4k = 0
()
Δ
tiếp xúc với đường tròn (C)
⇔
Δ
d(I , ) = R

2
⇔
2
274
1
kk
k
−−+−
+
= 5
⇔

55k−
= 5 .
2
1k
+

⇔ 4k
2
– 10k + 4 = 0
⇔
k = 2 hay k =
1
2

Vậy có 2 tiếp tuyến với đường tròn (C) phát xuất từ điểm M(4, 7) với phương trình là :
k = 2 2x – y – 1 = 0 ⇒
k =
1
2
⇒
1
2
x – y + 5 = 0.
Ví dụ (ĐH KHỐI B-2003)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho tam giác ABC có AB=AC,
n
0
90BAC = .
Biết M(1,–1) là trung điểm cạnh BC và G(
2

3
; 0) là trọng tâm tam giác ABC. Tìm tọa độ các
đỉnh A , B, C.
G là trọng tâm ΔABC ⇔ =
JJJG JJJJG
AG 2GM
⇔
⎧
−=−=
⎪
⎨
⎪
−=−−=−
⎩
A
A
222
3
=
x2(1)
33
y2(10)2
⇔
⎧
⎨
=
⎩
A
A
x0

2
⇔ A (0, 2)
y
PT: BC qua M (1, −1) ⊥ = (1, −3): x – 3y – 4 = 0
JJJJG
AM
PT đ.tròn (C) tâm M, bán kính R = AM=
+=19 10

(x – 1)
2
+ (y + 1)
2
= 10
Tọa độ B, C thỏa :
−−=
⎧
⎨
−++=
⎩
22
x3y40
(x 1) (y 1) 10
⇔ ⇔
=+
⎧
⎨
+++=⇔+=
⎩
22 2

x3y4
(3y3) (y1) 10 (y1) 1
=
⎧
⎨
=
⎩
x4
y0
∨
=
−
⎧
⎨
=
−
⎩
x2
y2

Vậy B (4, 0); C(−2, −2) hay B(−2, −2); C (4, 0)
Ví dụ
(ĐH KHỐI D-2003) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đecac vuông góc Oxy cho đường
tròn (C): (x – 1)
2
+ (y – 2)
2
= 4 và đường thẳng d: x – y – 1 = 0. Viết phương trình đường tròn
(C’) đối xứng với đường tròn (C) qua đường thẳng d. Tìm tọa độ các giao điểm (C) và (C’)
Giải

(C
1
) có tâm I (1, 2), R = 2.
Gọi I’ là đối xứng I qua (d)
Gọi (Δ) là đường thẳng qua I và (Δ) ⊥ (d)
(Δ) : x + y – 3 = 0. (Δ) ∩ (d) = H(2, 1)
H là trung điểm của II’
Giả sử I’ (x, y) thì ⇒
+
⎧
=
⎪
⎪
⎨
+
⎪
=
⎪
⎩
x1
2
2
y2
1
2
⇒
=
⎧
⎨
=

⎩
x3
y0

⇒ I’ (3, 0); R’ = R = 2. (C’) : (x – 3)
2
+ y
2
= 4

3
Giải hệ
⎧
⇔
−+− =
⎪
⎨
−+=
⎪
⎩
22
22
(x 1) (y 2) 4
(x 3) y 4
⎧
−
+=
⎨
−−=
⎩

22
(x 3) y 4
xy10

⇔ ⇔ ∨
=+
⎧
⎨
−=
⎩
2
xy1
2y 4y 0
=
⎧
⎨
=
⎩
x1
y0
=
⎧
⎨
=
⎩
x3
y2

Vậy giao điểm của (C) và (C’) là A (1, 0) và B (3, 2).
Ví dụ (ĐH KHỐI A-2005) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng

d
1
: x – y = 0 và d
2
: 2x + y – 1 = 0.Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD biết rằng đỉnh A
thuộc d
1
, đỉnh C thuộc d
2
và các đỉnh B, D thuộc trục hoành.
Giải
A ∈ d
1
⇔ A (m; m). C ∈ d
2
⇔ C (n; 1 – 2n)
Vì B, D ∈ Ox và ABCD là hình vuông nên :
A và C đối xứng nhau qua Ox ⇔
mn
m2n1
=
⎧
⎨
=
−
⎩
⇔
m1
n1
=

⎧
⎨
=
⎩

Suy ra A(1; 1), C(1; -1). Gọi (C) là đường tròn đường kính AC
⇒ Phương trình (C) : (x–1)
2
+y
2
=1. B và D là giao điểm (C) và Ox nên tọa độ của B, D
là nghiệm của hệ :
22
(x 1) y 1
y0
⎧
⎪
−+=
⎨
=
⎪
⎩
⇔ . Suy ra B (0; 0), D(2; 0) hay B(2; 0), D(0; 0)
=∨=
⎧
⎨
=
⎩
x0x2
y0

Vậy A(1; 1), B (0; 0), C(1; -1), D(2; 0)
hay A(1; 1), B(2; 0), C(1; -1), D(0; 0).
Ví dụ (ĐH KHỐI B-2005)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A(2; 0), B(6; 4).
Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với trục hoành tại điểm A và khoảng cách từ tâm
của (C) đến điểm B bằng 5.
Giải
Gọi I (x; y) là tâm của (C). Ta có : (C) tiếp xúc Ox tại A ⇒ IA i
⊥
J
JG JG
= (1; 0) ⇔ x – 2 = 0
⇔ x = 2
IB = 5 ⇔ (x – 6)
2
+ (y – 4)
2
= 25
⇔ (2 – 6)
2
+ (y – 4)
2
= 25 ⇔ (y – 4)
2
= 9
⇔ y – 4 = ±3 ⇔ y = 7 hay y = 1
Trường hợp 1: I(2; 7) ⇒ R = d(I, Ox) = 7
Suy ra pt (C) : (x – 2)
2
+ (y – 7)
2

= 49
Trường hợp 2: I (2; 1) ⇒ R = d(I, Ox) = 1
⇒ pt (C) : (x – 2)
2
+ (y – 1)
2
= 1.
Ví dụ
(ĐỀ DỰ BỊ KHỐI A -2002)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcac vuông góc Oxy, cho hai đường tròn:
(C
1
) : x
2
+
y
2
– 10x = 0; (C
2
) : x
2
+ y
2
+ 4x – 2y – 20 = 0

4
1) Viết phương trình đường tròn đi qua các giao điểm của (C
1
), (C
2

) và có tâm nằm trên
đường thẳng x + 6y – 6 = 0.
2) Viết phương trình tiếp tuyến chung của các đường tròn (C
1
) và (C
2
).
Giải
1) Phương trình chùm đường tròn qua các giao điểm của (C
1
), (C
2
) là :
m(x
2
+ y
2
– 10x) + n(x
2
+ y
2
+ 4x – 2y – 20) = 0 với m
2
+ n
2
> 0
⇔ (m + n)x
2
+ (m + n)y
2

+ (4n – 10m)x – 2ny – 20n = 0
⇔ x
2
+ y
2
+
4n 10m 2n 20n
xy
mn mn mn
−
⎛⎞
−−
⎜⎟
+++
⎝⎠
0=

Có tâm I
5m 2n n
;
mnmn
−
⎛⎞
⎜⎟

++
⎝⎠
Vì tâm I ∈ d : x + 6y – 6 = 0 ⇒
5m 2n 6n 6m 6n
0

mn
−
+− −
=
+

⇒ m = −2n . Cho n = 1 ⇒ m = −2
Vậy phương trình đường tròn là :x
2
+ y
2
– 24x + 2y + 20 = 0.
2) Viết phương trình các tiếp tuyến chung của (C
1
), (C
2
).
(C
1
) có tâm I
1
(5; 0), bán kính R
1
= 5
⇒ I
1
I
2
< R
1

+ R
2
(C
2
) có tâm I
2
(−2; 1), bán kính R
2
= 5
Vì (C
1
), (C
2
) cắt nhau tại 2 điểm nên có 2 tiếp tuyến chung.
Vì x = x
o
không thể là tiếp tuyến chung nên pt tt chung Δ có dạng :
y = ax + b ⇔ ax – y + b = 0
Δ tiếp xúc với (C
1
) ⇔ d(I
1
, Δ) = R
1
⇔
2
5a b
5
a1
⏐+⏐

=
+

⇔⏐5a + b⏐ =
2
5a 1+
(1)
Δ tiếp xúc với (C
2
) ⇔ d(I
2
, Δ) = R
2
⇔
2
2a 1 b
a1
⏐
−−+⏐
+
= 5
⇔ ⏐−2a – 1 + b⏐ =
2
5a (2) 1+
(1) và (2) ⇒ ⏐5a + b⏐ = ⏐−2a – 1 + b⏐
⇔ ⇔
5a b 2a 1 b
5a b 2a 1 b
+=− −+
⎡

⎢
+=+ +−
⎣
1
a
7
3a 1
b
2
⎡
=−
⎢
⎢
−
+
⎢
=
⎢
⎣

Thế a =
1
7
−
vào (1) ta có : b
1
=
5252
7
+

; b
2
=
5252
7
−

Vậy ta có 2 tiếp tuyến là : x + 7y – 5 +
25 2
= 0
x + 7y – 5 −
25 2
= 0.
Cách khác: Vì R = R
2
và 2 đường tròn cắt nhau nên 2 tiếp tuyến chung là 2 đường
thẳng song song với Vậy phương trình 2 tiếp tuyến có dạng :
1
12
II ( 7;1)=−
JJJJG
x + 7y+m = 0 (Δ)
d(I
1
, Δ) = 5 ⇔ ⏐5 + m⏐ =
+
2
57 1
⇔ m = – 5
±

25 2
Vậy
phương trình 2 tiếp tuyến là x + 7y – 5
±

25 2
= 0.

5
GHI CHÚ :
Bài đường tròn trong chương trình lớp 12 bao gồm các vấn đề chính là : Tìm phương
trình đường tròn; các bài toán liên quan đến vò trí tương đối giữường thẳng và đường tròn,
giữa hai đường tròn; phương tích của một điểm đối với đường tròn; trục đẳng phương của hai
đường tròn không đồng tâm. Ngoài ra còn có một số câu hỏi liên quan đến phương trình x
2
+
y
2
+ 2Ax + 2By +C = 0 (1). Chẳng hạn tìm điều kiện để (1) là phương trình đường tròn. Từ
phương trình (1) tìm tâm và bán kính của đường tròn, tìm tham số để bán kính thoả một điều
kiện nào đó . . .
Sau đây, chúng tôi chỉ đề cập đến cách tìm phương trình đường tròn nội tiếp tam giác
và vài ứng dụng trục đẳng phương của hai đường tròn không đồng tâm. Đây là vấn đế các em
thường “ sợ” khi gặp phải.
A/ Cách tìm phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC :
Trước hết cần lưu ý :
• Tâm đường tròn nội tiếp tam giác là giao điểm của hai đường phân giác trong .
• Muốn tìm phương trình đường tròn ta tìm tâm I (a ; b) và bán kính R. Khi đó phương trình
đường tròn có dạng (x – a)
2

+ (y – b)
2
= R
2
.
• Cho k là số thực khác 1, ta có :

⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
−
−
=
−
−
=
⇔=
k1
kyy
y
k1
kxx
x
MBkMA
BA
M

BA
M
(I)
1/ Nếu đề bài cho biết tọa độ A, B, C thì :
• Gọi D là chân đường phân giác trong kẻ từ A của
tam giác ABC.
Ta có :
DC
AC
AB
DB −=

Sử dụng công thức (I) với k =
AC
AB
−
ta xác đònh được tọa độ điểm D.
A
B C
D
I
• Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC thì I chính là chân đường phân giác
trong kẻ từ B của tam giác ABD.
Ta có :
ID
BD
BA
IA −=

Sử dụng công thức (I) với k =

BD
BA
−
là xác đònh được tọa độ tâm I.
Còn bán kính đường tròn nội tiếp tam giác chính là khoảng cách từ tâm I đến một
trong 3 cạnh của tam giác ABC.
Chú ý
: Nếu một trong ba đỉnh của tam giác trùng với gốc tọa độ và hai đỉnh còn lại
nằm trên hai trục tọa độ thì cách giải được thu gọn hơn vì biết trước được 1 đường phân giác
trong kẻ từ gốc tọa độ. Đường phân giác còn lại được tìm thông qua tìm chân đường phân giác
trong như đã trình bày ở trên.

6
2/ Nếu đề bài cho biết phương trình 3 cạnh của tam giác ABC thì từ phương trình 3 cạnh
đó, ta tìm được tọa độ các điểm A, B, C bằng cách giải hệ phương trình tọa độ giao điểm và
sử dụng cách giải như phần 1.
Ngoài ra còn có thể giải bằng kiến thức miền tạo bởi 1 đường thẳng và khoảng cách
đại số từ một điểm đến đường thẳng.
B/ Trục đẳng phương của hai đường tròn không đồng tâm
:
1/ Cho hai đường tròn không đồng tâm :
(C
1
) : x
2
+ y
2
+ 2a
1
x + 2b

1
y + c
1
= 0 (1)
(C
2
) : x
2
+ y
2
+ 2a
2
x + 2b
2
y + c
2
= 0 (2)
Trục đẳng phương của (C
1
) và (C
2
) là tập hợp các điểm có cùng phương tích đối với
(C
1
) và (C
2
) và có phương trình là :
2(a
1
– a

2
)x + 2(b
1
– b
2
)y + c
1
– c
2
= 0
2/ Ứng dụng
:
Trong chương trình Hình học lớp 10 ta đã biết cách dựng trục đẳng phương của (C
1
) và
(C
2
).
• Nếu (C
1
) và (C
2
) cắt nhau tại 2 điểm A và B thì trục đẳng phương của (C
1
) và (C
2
) là
đường thẳng AB.
• Nếu (C
1

) và (C
2
) tiếp xúc nhau (Tiếp xúc trong hoặc tiếp xúc ngoài) thì trục đẳng
phương của (C
1
) và (C
2
) là tiếp tuyến chung của (C
1
) và (C
2
) tại tiếp điểm.
• Nếu (C
1
) và (C
2
) không cắt nhau thì vẽ thêm đường tròn (C
3
) sao cho cắt được (C
1
),
(C
2
) và có tâm không nằm trên đường nối tâm của (C
1
), (C
2
). Gọi M là giao điểm của hai trục
đẳng phương của (C
1

) và (C
3
), (C
2
) và (C
3
). Khi đó trục đẳng phương của (C
1
) và (C
2
) là đường
thẳng qua M và vuông góc với đường nối tâm của (C
1
) và (C
2
).
Bài toán : Cho đường tròn (C) và M là điểm nằm ngoài (C). Từ M kẻ MA và MB là hai tiếp
tuyến của (C) (A và B là hai tiếp điểm). Viết phương trình đường thẳng AB.
Cách giải : Gọi I là tâm và R là bán kính của đường tròn (C).
Gọi (C’) là đường tròn tâm M, bán kính :
R’ = MA =
22
RIM −
Suy ra (C) và (C’) cắt nhau tại A và B.
Do đó đường thẳng AB chính là trục đẳng phương của (C)
và (C’).
(C)
(C’)
A
B

M
I
Qua kết quả trên ta ghi nhớ ngay 2 kết quả :
• Đường thẳng đi qua giao điểm của hai đường tròn (C
1
) và (C
2
) chính là trục đẳng
phương của (C
1
) và (C
2
) [Nghóa là không cần tìm tọa độ giao điểm của (C
1
) và (C
2
)].
• Tiếp tuyến chung của 2 đường tròn (C
1
) và (C
2
) tiếp xúc nhau tại tiếp điểm chính là
trục đẳng phương của (C
1
) và (C
2
).
Sau đây, lưu ý thêm 2 bài toán thường gặp :
Bài 1
: Cho (C

1
) và (C
2
) ở ngoài nhau. Tìm quỹ tích những điểm M từ đó vẽ được đến (C
1
) và
(C
2
) những đoạn tiếp tuyến bằng nhau.
Cách giải
: Gọi MA và MB (như hình vẽ) là 2 tiếp tuyến từ M đến (C
1
) và (C
2
)
Ta có : MA = MB ⇔ MA
2
= MB
2

⇔
12
/( ) /( )
M
CMC
PP
=

Do đó quỹ tích M là trục đẳng phương của (C
1

) và (C
2
).
•

7
M
• B
A •
(C
1
)
(C
2
)

Bài 2 : Tìm tiếp điểm M của hai đường tròn tiếp xúc nhau (C
1
) và (C
2
)
Gọi I
1
và I
2
là tâm của (C
1
) và (C
2
). Tiếp điểm M chính

là giao điểm của trục đẳng phương của (C
1
) và (C
2
) với
đường nối tâm I
1
I
2
.



(C
2
)
(C
1
)
M

I
1
I
2
d
Ví du
ï (ĐỀ DỰ BỊ KHỐI B -2005)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 2 đường tròn :

(C
1
): x
2
+ y
2
và (C
2
): x
2
+ y
2
. Viết phương trình trục đẳng phương d của
2 đường tròn (C
1
) và (C
2
). Chứng minh rằng nếu K thuộc d thì khỏang cách từ K đến tâm của
(C
1
) nhỏ hơn khỏang cách từ K đến tâm của ( C
2
).
9=
2223xy−− − =0
Giải:
Đường tròn
(
)
1

C
có tâm
(
)
O0
bán kính R3
,0
1
=

Đường tròn
(
)
2
C
có tâm
(
)
I1
, bán kính
,1
2
R5
=

Phương trình trục đẳng phương của 2 đường tròn
(
)
1
C

,
(
)
2
C
là
(
)
(
)
22 22
xy9 xy2x2y23+−− +−−− =0

x
y
70⇔++=
(d)
Gọi
(
)
(
)
kk k k
Kx,y d y x 7∈⇔=−−

()() ( )
= − + − =+=+−− = + +
22 2
22222
kkkkkk kk

OK x 0
y
0x
y
xx72x14x49
()()()( )
222 2
22
kkk k kk
IK x 1
y
1x1 x82x14x6=−+−=−+−−=+ +5
Ta xét
(
)
(
)
222 2
kk kk
I

K OK 2x 14x 65 2x 14x 49 16 0−=++−++=>
K OK IK OK(đpcm)>⇔>
Vậy
I

22
* * *

8

CHUYÊN ĐỀ 5
ELIP
Các bài toán về elip chủ yếu qui về việc viết phương trình chính tắc của elip, xác đònh
các phần tử của elip (tâm, đỉnh, tiêu cự, độ dài trục lớn, trục nhỏ, tiêu điểm…), nhất là xác
đònh phương trình của tiếp tuyến cùng với tọa độ tiếp điểm. Trong mọi trường hợp ta cần nắm
vững kiến thức cơ bản sau đây :


. Elip (E) có tiêu điểm
trên x
′
x
. Elip (E) có tiêu điểm
trên
y
′
y
Phương trình
chính tắc

Tiêu cự
Tiêu điểm
Trục lớn
Trục nhỏ
Đỉnh trên trục lớn
Đỉnh trên trục nhỏ
Tâm sai
Bán kính qua tiêu
Điểm của M

∈
(E)

Đường chuẩn
(E) :
2
2
x
a
+
2
2
y
b
= 1
a
2
> b
2
và a
2
– b
2
= c
2

2c
F
1
(–c, 0), F

2
(c, 0)
Trên Ox, dài 2a
Trên Oy, dài 2b
A
1
(–a, 0), A
2
(a, 0)
B
1
(0, –b), B
2
(0, b)
e =
c
a

11
22
M
M
rFMaex
rFMaex
==+
⎧
⎨
==−
⎩

12,
Δ
: x =
±
a
e

(E) :
2
2
x
a
+
2
2
y
b
= 1
a
2
< b
2
và b
2
– a
2
= c
2

2c
F
1
(0, –c), F
2
(0, c)
Trên Oy, dài 2b
Trên Ox, dài 2a
A
1
(0, –b), A
2
(0, b)
B
1
(–a, 0), B
2
(a, 0)
e =
c
b

11
22
M
M
rFMbey
rFMbey
==+
⎧

⎨
==−
⎩


12,
Δ
: y = ±
b
e

* Ghi chú :

1
Trường hợp elip có tâm I( ,
α
β
) hai trục cùng phương với 2 trục tọa độ thì phương trình
có dạng
()
2
2
x
a
−
α
+
()
2
2

y
b
−
β
= 1
Ta dời hệ trục tọa độ xOy đến XIY bằng phép tònh tiến theo
OI
J
JG
để được phương trình
dạng chính tắc của elip là
2
2
X
a
+
2
2
Y
b
= 1 với
X
x
Yy
=
−α
⎧
⎨
=
−β

⎩

để suy ra dễ dàng tọa độ các đỉnh và tiêu điểm.
. Tiếp tuyến với elip (E) :
2
2
x
a
+
2
2
y
b
= 1 tại tiếp điểm M
0
(x
0
, y
0
) có phương trình
0
2
xx
a

+
0
2
yy
b

= 1
. Trường hợp không biết tiếp điểm ta áp dụng tính chất :
: Ax + By + C = 0 tiếp xúc với elip
()
Δ
(E) :
2
2
x
a
+
2
2
y
b
= 1 a
2
A
2
+ b
2
B
2
= C
2
⇔
Thường ta viết phương trình của
(
)
Δ

theo hệ số góc ở dạng
kx – y + c = 0 và lưu ý trường hợp
(
)
Δ

⊥
x
′
x tức
()
Δ
: x = ± a
. Elip (E) :
2
2
x
a
+
2
2
y
b
= 1 có 2 tiếp tuyến cùng phương với Oy là
x = a. Ngoài 2 tiếp tuyến x = a, mọi tiếp tuyến khác với ( E) đều có dạng ± ±
y = kx + m hoặc dạng y = k ( x –x
0
) + y
0
nếu tiếp tuyến đi qua ( x

0
, y
0
) là điểm nằm ngoài
elip.
Ví dụ1 :

Cho elip (E) : x
2
+ 4y
2
– 40 = 0
a) Xác đònh tiêu điểm, hai đỉnh trên trục lớn, 2 đỉnh trên trục nhỏ và tâm sai của (E).
b) Viết phương trình tiếp tuyến với (E) tại điểm M
0
(–2, 3).
c) Viết phương trình tiếp tuyến với elip (E) biết nó xuất phát từ điểm M(8, 0).

2