Bài tập về đường thẳng - đường tròn

Chun đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN

79 BÀI TẬP HÌNH HỌC PHẲNG TIÊU BIỂU
- Tài liệu để ôn thi đại học và cao đẳng
- Tài liệu chỉ dùng cho HS học theo chương trình chuẩn
- Tài liệu gồm 79 bài tập được chọn lọc kĩ và giải chi tiết
BT1. Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm A ( 1;0 ) , B ( −2; 4 ) , C ( −1;4 ) , D ( 3;5 ) và đường thẳng
d : 3 x − y − 5 = 0 . Tìm điểm M trên d sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau.
Giải
M thuộc d thì M ( a;3a − 5 )
uu
ur
AB = ( −3;4 ) ⇒ AB = 5
Mặt khác :
x −1 y
AB :
= ⇔ 4x + 3y − 4 = 0
−3
4
uu
ur
CD = ( 4;1) ⇒ CD = 17
x +1 y − 4
=
⇔ x − 4 y − 17 = 0
4
1
4a + 3 ( 3a − 5 ) − 4 13a − 19
a − 4 ( 3a − 5 ) − 17 3 − 11a
Tính : h1 = ( M , AB ) =
=

, h2 =
=
5
5
17
17
Nếu diện tich 2 tam giác bằng nhau thì :
11

5. 13a − 19
17. 3 − 11a
13a − 19 = 3 − 11a
1
1
 a = 12
AB.h1 = CD.h2 ⇔
=
⇔
⇔

2
2
5
17
13a − 19 = 11a − 3
a = 8
CD :

 11 27 
Vậy trên d có 2 điểm : M 1  ; − ÷, M 2 ( 8;19 )

 12 12 

BT2. Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A ( 1;0 ) , B ( 0;2 ) và trung điểm I của AC
nằm trên đường thẳng d : y = x . Tìm toạ độ đỉnh C
Giải
Nếu C nằm trên d : y = x thì A ( a;a ) do đó suy ra C ( 2a − 1;2a )
0−2
= 2.
Ta có : d ( B, d ) =
2
1
4
2
2
= ( 2 a − 2 ) + ( 2a − 0 )
Theo giả thiết : S = AC.d ( B, d ) = 2 ⇒ AC =
2
2

1− 3
a =
2
⇔ 8 = 8 a 2 − 8a + 4 ⇔ 2 a 2 − 2 a − 1 = 0 ⇔ 

1+ 3
a =

2
1− 3 1− 3 
1+ 3 1+ 3 

;
;
Vậy ta có 2 điểm C : C1 
÷, C2 
÷
2 
2 
 2
 2
BT3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với A ( 1;1) , B ( −2;5 ) và ®Ønh C nằm trên đ

- Trang 1 -


Chun đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN

êng thẳng x 4 = 0 , và trọng tâm G của tam giác nằm trên đờng thẳng 2 x − 3 y + 6 = 0 . TÝnh
diÖn tÝch tam gi¸c ABC.
Giải
 AB = 5
uu
ur
Tọa độ C có dạng : C ( 4;a ) , AB = ( −3;4 ) ⇒ 
( AB ) : x − 1 = y − 1 ⇔ 4 x + 3 y − 7 = 0
−3
4

x A + xB + xC
1− 2 + 4



=1
 xG =
 xG =


3
3
⇔
Theo tính chất trọng tâm ; 
y A + yB + yC
y =
 y = 1+ 5 + a = a + 6
G
 G

3
3
3


a+6
Do G nằm trên 2 x − 3 y + 6 = 0 , cho nên : ⇒ 2.1 − 3 
÷+ 6 = 0 ⇔ a = 2 .
 3 
4.4 + 3.2 − 7
1
1
15
= 3 ⇒ S ABC = AB.d ( C , AB ) = 5.3 =

Vậy M ( 4;2 ) và d ( C , AB ) =
(đvdt)
2
2
2
16 + 9
BT4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, víi A(2;−1) , B(1;− 2) , träng t©m G của
tam giác nằm trên đờng thẳng d : x + y 2 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh C biÕt diƯn tÝch tam gi¸c ABC
27
b»ng
.
2
Giải.

3 1
Ta có : M là trung điểm của AB thì M  ; − ÷. Gọi C ( a;b ) , theo tính chất trọng tam tam
2 2
a+3

xG =


3
giác : 
y = b −3
 G
3

a +3 b−3
+

− 2 = 0 ⇔ a + b = 6 ( 1)
Do G nằm trên d :
3
3
uu
ur
3a − b − 5
x − 2 y −1
=
⇔ 3 x − y − 5 = 0 ⇔ h ( C , AB ) =
Ta có : AB = ( 1;3) ⇒ ( AB ) :
1
3
10



- Trang 2 -


Chun đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN

2a − b − 5 2a − b − 5 27
1
1
AB.h ( C , AB ) =
10.
=
=
2

2
2
2
10
 2a − b − 5 = 27
 2a − b = 32
⇔ 2a − b − 5 = 27 ⇔ 
⇔
 2a − b − 5 = −27
 2a − b = −22
Kết hợp với (1) ta có 2 hệ :

20
 b = − 3
 a + b = 6
 a + b = 6




38

2a − b = 32
3a = 38
 38 20 
⇔
⇔
⇔  a =
⇒ C1  ; − ÷, C2 ( −6;12 )


 a + b = 6
 a + b = 6
3

3 
 3



 b = 12
 2a − b = −22
 3a = −18


 a = −6

Từ giả thiết : S ABC =

BT5. Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC có A ( 2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương trình
x − 3 y − 7 = 0 . Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình x + y + 1 = 0 . Xác định tọa độ B
và C. Tính diện tích ∆ABC .
Giải

Đường thẳng AC qua A ( 2;1) và vng góc với đường cao kẻ qua B, nên có véc tơ chỉ phương
r
x = 2 + t
n = ( 1; −3) ⇒ ( AC ) : 
( t ∈ R)
 y = 1 − 3t
x = 2 + t


Tọa độ C là giao của (AC) với đường trung tuyến kẻ qua C : ⇒  y = 1 − 3t
x + y +1 = 0

Giải ta được : t = 2 và C ( 4; −5 ) . Vì B nằm trên đường cao kẻ qua B suy ra B ( 3a + 7; a ) .
 3a + 9 a + 1 
;
M là trung điểm của AB ⇒ M 
÷.
2 
 2

3a + 9 a + 1
+
+ 1 = 0 ⇔ a = −3
2
Mặt khác M nằm trên đường trung tuyến kẻ qua C : 2
⇒ B ( 1; −2 )


- Trang 3 -


Chun đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN

uu
ur
AB = ( −1; −3) ⇒ AB = 10

x − 2 y −1

=
⇔ 3x − y − 5 = 0
1
3
12
h ( C ; AB ) =
10
1
1
12
10.
= 6 (đvdt).
Vậy : S ABC = AB.h ( C , AB ) =
2
2
10

( AB ) :
Ta có :

BT6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A ( 5;2 ) . Phương trình đường
trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0 . Tìm tọa
độ các đỉnh của tam giác ABC
Giải

a+5 b+2
;
Gọi B ( a;b ) suy ra M 
÷. M nằm trên trung tuyến nên : 2a − b + 14 = 0 (1).
2 

 2
x = a + t
( t ∈ R) .
B, B đối xứng nhau qua đường trung trực cho nên ( BC ) : 
y = b + t
 6−a −b
t =
2
x = a + t

3a − b − 6


⇒ x =
Từ đó suy ra tọa độ N :  y = b + t
2
x + y − 6 = 0 

6+b−a

y =
2

 3a − b − 6 6 + b − a 
⇔ N
;
÷. Cho nên ta có tọa độ C ( 2a − b − 6;6 − a )
2
2



Do C nằm trên đường trung tuyến 5a − 2b − 9 = 0 (2)
2a − b + 14 = 0
a = 37
⇔
⇒ B ( 37;88 ) , C ( −20; −31)
Từ (1) và (2) : ⇒ 
5a − 2b − 9 = 0
b = 88
BT7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng ∆ : x + 3 y + 8 = 0 ,
∆ ' :3 x − 4 y + 10 = 0 và điểm A ( −2;1) . Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc đường thẳng
∆ , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng ∆ ’.


- Trang 4 -


Chun đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN

Giải
 x = −2 + 3t
⇒ I ( −2 + 3t ; −2 − t )
Gọi tâm đường tròn là I, do I thuộc ∆ : 
 y = −2 − t

( 3t ) + ( 3 + t ) = R (1)
3 ( −2 + 3t ) − 4 ( −t − 2 ) + 10
2

A thuộc đường tròn ⇒ IA =

2

Đường tròn tiếp xúc với ∆ ' ⇒

5

=R⇔

13t + 12
= R . (2)
5

13t + 12
2
2
2
⇔ 25 ( 3t ) + ( 3 + t )  = ( 13t + 12 )


5
BT8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn
(C ) : x 2 + y 2 – 2 x – 2 y + 1 = 0, (C ') : x 2 + y 2 + 4 x – 5 = 0 cùng đi qua M ( 1;0 ) . Viết phương trình
Từ (1) và (2) :

( 3t )

2

+ ( 3+ t) =

2

đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') lần lượt tại A, B sao cho MA = 2MB .
Giải
* Cách 1.

r
 x = 1 + at
Gọi d là đường thẳng qua M có véc tơ chỉ phương u = ( a; b ) ⇒ d : 
 y = bt
Đường tròn ( C1 ) : I1 ( 1;1) , R1 = 1. ( C2 ) : I 2 ( −2;0 ) , R2 = 3 , suy ra :

( C1 ) : ( x − 1)

2

+ ( y − 1) = 1, ( C2 ) : ( x + 2 ) + y 2 = 9
2

2

t = 0 → M

2ab
2b 2 
⇒ A 1 + 2
; 2
Nếu d cắt ( C1 ) tại A : ⇒ ( a + b ) t − 2bt = 0 ⇔ 
2
2 ÷

t = 2 2b 2
 a +b a +b 
 a +b
t = 0 → M

6a 2
6ab 
2
2
2

;− 2
Nếu d cắt ( C2 ) tại B : ⇒ ( a + b ) t + 6at = 0 ⇔
6a ⇒ B 1 − 2
÷
2
t = − 2
a + b2 
 a +b
2
a +b

2
2
Theo giả thiết : MA = 2MB ⇔ MA = 4MB ( *) .
2

2

2

2
2
2
 6a 2 2  6ab  2 
 2ab   2b 
+ 2
= 4  2
+ 2
.
Ta có :  2
2 ÷
2 ÷
2 ÷
2 ÷
 a +b   a +b 
 a + b   a + b  


2
2
b = −6a → d : 6 x + y − 6 = 0
4b
36a
⇔ 2
= 4. 2
⇔ b 2 = 36a 2 ⇔ 
a + b2
a + b2
b = 6 a → d : 6 x − y − 6 = 0

* Cách 2.
1
- Sử dụng phép vị tự tâm I tỉ số vị tự k = − . (Học sinh tự làm)
2
BT9. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết
trực tâm H ( 1;0 ) , chân đường cao hạ từ đỉnh B là K ( 0;2 ) , trung điểm cạnh AB là M ( 3; 1) .

Giải



- Trang 5 -


Chun đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN

Theo tính chất đường cao : HK vng góc với AC cho nên (AC) qua K ( 0;2 ) có véc tơ pháp
uu
ur
tuyến KH = ( 1; −2 ) ⇒ ( AC ) : x − 2 ( y − 2 ) = 0 ⇔ x − 2 y + 4 = 0 .
uu
ur
H ( 1;0 ) và có véc tơ chỉ phương KH = ( 1; −2 ) ⇒ B ( 1 + t ; −2t ) .
B nằm trên (BH) qua
M ( 3;1) là trung điểm của AB cho nên A ( 5 − t;2 + 2t ) .

Mặt khác A thuộc (AC) cho nên : 5 − t − 2 ( 2 + 2t ) + 4 = 0 , suy ra t = 1 . Do đó A ( 4;4 ) , B ( 2; −2 )
Vì C thuộc (AC) suy ra C ( 2t ;2 + t ) ,
uu
ur

uu
ur
BC = ( 2t − 2;4 + t ) , HA = ( 3;4 ) . Theo tính chất đường cao kẻ từ A:
uu uu
ur ur
⇒ HA.BC = 0 ⇒ 3 ( 2t − 2 ) + 4 ( 4 + t ) = 0 → t = −1 . Vậy: C ( −2;1) .
uu
u
r
r
x−4 y−4
A ( 4;4 ) có véc tơ chỉ phương BA = ( 2;6 ) Pu = ( 1;3) ⇒ ( AB ) :
=
(AB) qua
1
3
⇔ 3x − y − 8 = 0
uu
ur
B ( 2; −2 ) có véc tơ pháp tuyến HA = ( 3;4 ) ⇒ ( BC ) : 3 ( x − 2 ) + 4 ( y + 2 ) = 0
(BC) qua
⇔ 3x + 4 y + 2 = 0 .
2
2
BT10. Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường trịn có phương trình ( C1 ) : x + y − 4 y − 5 = 0 và
( C2 ) : x 2 + y 2 − 6 x + 8 y + 16 = 0. Lập phương trình tiếp tuyến chung của ( C1 ) và ( C2 ) .

Giải

( C1 ) : x 2 + ( y − 2 ) = 9 ⇒ I1 ( 0;2 ) , R1 = 3,

Ta có:
2
2
( C2 ) : ( x − 3) + ( y + 4 ) = 9 ⇒ I 2 ( 3; −4 ) , R2 = 3
Nhận xét : I1I 2 = 9 + 4 = 13 < 3 + 3 = 6 ⇒ ( C1 ) không cắt ( C2 )
2

Gọi d : ax + by + c = 0 ( a 2 + b 2 ≠ 0 ) là tiếp tuyến chung, thế thì : d ( I1 , d ) = R1; d ( I 2 , d ) = R2
 2b + c
= 3 ( 1)
 2
2b + c
3a − 4b + c
 a + b2
⇔
⇒
=
a2 + b2
a2 + b2
 3a − 4b + c = 3 ( 2 )
 a2 + b2

3a − 4b + c = 2b + c
⇔ 2b + c = 3a − 4b + c ⇔ 
3a − 4b + c = −2b − c



- Trang 6 -

Chun đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN

 a = 2b
2
2
2
⇔
. Mặt khác từ (1) : ( 2b + c ) = 9 ( a + b ) ⇔
3a − 2b + 2c = 0

Trường hợp : a = 2b thay vào (1) :

2b − 3 5c
b =
4
2
( 2b + c ) = 9 ( 4b 2 + b 2 ) ⇔ 41b 2 − 4bc − c 2 = 0.∆ 'b = 4c 2 + 41c 2 = 45c 2 ⇔ 

2+3 5 c
b =


4
Do đó ta có hai đường thẳng cần tìm :

(

)

( 2 − 3 5 ) x + ( 2 − 3 5 ) y +1 = 0 ⇔ 2 2 − 3 5 x + 2 − 3 5 y + 4 = 0 .
(
) (
)
2
4
( 2 + 3 5 ) x + ( 2 + 3 5 ) y +1 = 0 ⇔ 2 2 + 3 5 x + 2 + 3 5 y + 4 = 0 .
d :
(
) (
)
2
4
d1 :

1

2b − 3a
2b +
2b − 3a
2
Trường hợp : c =
, thay vào (1) :
= 3 ⇔ 2b − a = a 2 + b 2
2
2
2
a +b
a


b = 0, a = −2c
b = 0 → c = − 2
2
2
2
2
⇔ ( 2b − a ) = a + b ⇔ 3b − 4ab = 0 ⇔ 
⇒
b = 4a , a = −6c
b = 4 a → c = − a
3


3
6

Vậy có 2 đường thẳng : d 3 : 2 x − 1 = 0 , d 4 : 6 x + 8 y − 1 = 0 .
BT11. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng
AB : x – 2 y + 1 = 0 , phương trình đường thẳng BD : x – 7 y + 14 = 0 , đường thẳng AC đi qua
M ( 2;1) . Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Giải

Dễ nhận thấy B là giao của BD với AB cho nên tọa dộ B là nghiệm của hệ:
x − 2 y +1 = 0
 21 13 
⇒ B ; ÷

 5 5
 x − 7 y + 14 = 0

Đường thẳng (BC) qua B ( 7;3) và vng góc với (AB) cho nên có véc tơ chỉ phương:



- Trang 7 -


Chun đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN

21

x = +t
r


5
u = ( 1; −2 ) ⇒ ( BC ) : 
 y = 13 − 2t

5

·
·
Ta có : (·AC , BD ) = BIC = 2 ABD = 2ϕ = 2(·AB, BD )
uu
r u
r
u
u
r

u
r
n1.n2
1 + 14
15
3
=
=
r u
r
(AB) có n1 = ( 1; −2 ) , (BD) có n2 = ( 1; −7 ) ⇒ cos ϕ = u u =
5 50 5 10
10
n1 n2
r
n = ( a, b ) ⇒ cos ( AC , BD ) = cos 2ϕ =
Gọi (AC) có

a − 7b

4
 9
= 2cos 2 ϕ − 1 = 2  ÷− 1 =
5
 10 
50 a 2 + b 2

Do đó : 5 a − 7b = 4 50 a 2 + b 2 ⇔ ( a − 7b ) = 32 ( a 2 + b 2 ) ⇔ 31a 2 + 14ab − 17b 2 = 0 .
2

17
17

a = − b ⇒ ( AC ) : − ( x − 2 ) + ( y − 1) = 0 ⇔ 17 x − 31 y − 3 = 0
31
31
Suy ra : 

 a = b ⇒ ( AC ) : x − 2 + y − 1 = 0 ⇔ x + y − 3 = 0

21

x = 5 + t

13
7

 14 5 
(AC) cắt (BC) tại C ⇒  y = − 2t ⇔ t = ⇒ C  ; ÷
5
15
 3 3

x − y − 3 = 0


x − 2 y +1 = 0
x = 7
⇔
⇔ A ( 7;4 ) .

(AC) cắt (AB) tại A : 
x − y − 3 = 0
y = 4
x = 7 + t
(AD) vng góc với (AB) đồng thời qua A ( 7;4 ) suy ra (AD) : 
 y = 4 − 2t
x = 7 + t
7

 98 46 
⇒ t = ⇒ D ; ÷
(AD) cắt (BD) tại D :  y = 4 − 2t
15
 15 15 
 x − 7 y + 14 = 0

Trường hợp AC :17 x − 31 y − 3 = 0 các em làm tương tự.
BT12. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A ( 2;3) , trọng tâm G ( 2;0 ) .
Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1 : x + y + 5 = 0 và d 2 : x + 2 y – 7 = 0 .
Viết phương trình đường trịn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG
Giải



- Trang 8 -


Chun đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN

x = t

 x = 7 − 2m
B thuộc d suy ra B : 
, C thuộc d' cho nên C: 
.
 y = −5 − t
y = m
Theo tính chất trọng tâm :
( t − 2m + 9 ) = 2, y = m − t − 2 = 0
⇒ xG =
G
3
3
m − t = 2
m = 1
⇔
Ta có hệ : 
t − 2m = −3
t = −1

r
Vậy : B ( −1; −4 ) và C ( 5;1) . Đường thẳng (BG) qua G ( 2;0 ) có véc tơ chỉ phương u = ( 3;4 ) ,
20 − 15 − 8 13
x−2 y
= ⇔ 4 x − 3 y − 8 = 0 ⇒ d ( C ; BG ) =
= =R
3
4
5
5
13

169
2
2
Vậy đường trịn có tâm C ( 5;1) và có bán kính R = ⇒ ( C ) : ( x − 5 ) + ( y − 1) =
5
25
BT13. Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng 2 x – 5 y + 1 = 0 , cạnh bên AB nằm
trên đường thẳng 12 x – y – 23 = 0 . Viết phương trình AC biết rằng nó đi qua điểm M ( 3;1)
cho nên BG :

Giải

2 x − 5 y + 1 = 0
Đường (AB) cắt (BC) tại B 
12 x − y − 23 = 0
Suy ra : B ( 2; −1) . (AB) có hệ số góc k = 12 , đường thẳng (BC) có hệ số góc k ' =


- Trang 9 -

2
, do đó ta có
5


Chun đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN

2
2
−m

2 − 5m
5 =2
5
tan B =
=
. Gọi (AC) có hệ số góc là m thì ta có : tan C =
. Vì tam
2
2m
5 + 2m
1 + 12.
1+
5
5
giác ABC cân tại A cho nên tan B = tan C , hay ta có :
8

 2 − 5m = 4m + 10
2 − 5m
m = − 9
= 2 ⇔ 2 − 5m = 2 2 m + 5 ⇔ 
⇔

5 + 2m
 2 − 5m = −4m − 10
 m = 12
9
9
Trường hợp : m = − ⇒ ( AC ) : y = − ( x − 3) + 1 ⇔ 9 x + 8 y − 35 = 0
8

8
Trường hợp :
m = 12 suy ra ( AC ) : y = 12 ( x − 3) + 1 hay ( AC ) : 12 x − y − 25 = 0 (loại vì nó //AB ).
Vậy ( AC ) : 9 x + 8 y − 35 = 0 .
12 −

BT14. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường trịn :
2
2
2
2
( C1 ) : ( x − 5) + ( y + 12 ) = 225 và ( C2 ) : ( x – 1) + ( y – 2 ) = 25
Giải : .
Ta có (C) với tâm I ( 5; −12 ) , R = 15 . (C') có J ( 1;2 ) và R ' = 5 . Gọi d là tiếp tuyến chung có
phương trình : ax + by + c = 0 ( a 2 + b 2 ≠ 0 ).
5a − 12b + c
a + 2b + c
= 15 ( 1) , h ( J , d ) =
= 5 ( 2)
Khi đó ta có : h ( I , d ) =
a 2 + b2
a 2 + b2
5a − 12b + c = 3a + 6b + 3c
Từ (1) và (2) suy ra : 5a − 12b + c = 3 a + 2b + c ⇔ 
5a − 12b + c = −3a − 6b − 3c
 a − 9b = c
⇔
. Thay vào (1) : a + 2b + c = 5 a 2 + b 2 ta có hai trường hợp :
 −2a + 3 b = c
2


2
2
2
2
2
Trường hợp : c = a − 9b thay vào (1) : ( 2a − 7b ) = 25 ( a + b ) ⇔ 21a + 28ab − 24b = 0

 14 − 10 7 
14 − 10 7
175 + 10 7
→ d :
=0
a =
÷x + y −
21
21
21



Suy ra : 
 a = 14 + 10 7 → d :  14 + 10 7  x + y − 175 − 10 7 = 0

÷

21
21
21




3
2
Trường hợp : c = −2a + b ⇒ ( 1) : ( 7b − 2a ) = 100 ( a 2 + b 2 ) ⇔ 96a 2 + 28ab + 51b 2 = 0 . Vơ
2
nghiệm. (Phù hợp vì : IJ = 16 + 196 = 212 < R + R ' = 5 + 15 = 20 = 400 . Hai đường tròn cắt
nhau).
BT15. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x 2 + y 2 + 2 x − 8 y − 8 = 0 . Viết
phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d : 3 x + y − 2 = 0 và cắt đường trịn theo
một dây cung có độ dài bằng 6.
Giải


- Trang 10 -


Chun đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN

Đường thẳng d' song song với d : 3 x + y + m = 0
−3 + 4 + m m + 1
IH là khoảng cách từ I đến d' : IH =
=
5
5
2
 AB 
2
2
Xét tam giác vuông IHB : IH = IB − 

÷ = 25 − 9 = 16
4 


( m + 1)
⇔
25

2

 m = 19 → d ' : 3 x + y + 19 = 0
= 16 ⇔ m + 1 = 20 ⇒ 
 m = −21 → d ' : 3 x + y − 21 = 0

BT16. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết B ( 2; −1) , đường cao và đường phân
giác trong qua đỉnh A, C lần lượt là ( d1 ) : 3 x – 4 y + 27 = 0 và ( d 2 ) : x + 2 y – 5 = 0
Giải

 x = 2 + 3t
Đường thẳng (BC) qua B ( 2; −1) và vng góc với (AH) suy ra BC: 
, hay :
 y = −1 − 4t
r
x − 2 y +1
⇔
=
⇔ 4 x + 3 y − 7 = 0 ⊥ n = ( 4;3)
3
−4
 x = 2 + 3t


(BC) cắt (CK) tại C : ⇒  y = −1 − 4t → t = −1 ⇔ C ( −1;3)
x + 2 y − 5 = 0

r
(AC) qua C ( −1;3) có véc tơ pháp tuyến n = ( a; b )
Suy ra ( AC ) : a ( x + 1) + b ( y − 3) = 0 (*).
4+6
10
2
·
·
=
=
Gọi ϕ = KCB = KCA ⇒ cos ϕ =
5 16 + 9 5 5
5


- Trang 11 -


Chun đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN

a + 2b

Tương tự : cos ϕ =

⇒

a + 2b

=

2
2
⇔ ( a + 2b ) = 4 ( a 2 + b 2 )
5

5 a 2 + b2
5 a 2 + b2
 a = 0 ⇒ b ( y − 3) = 0 ↔ y − 3 = 0
2
⇔ 3a − 4ab = 0 ⇔ 
 a = 4b ⇒ 4 ( x + 1) + ( y − 3) = 0 ↔ 4 x + 3 y − 5 = 0

3
3

 y = 3

 y − 3 = 0
  x = −5

3 x − 4 y + 27 = 0

 31 582 

⇔   x = − 31 ⇔ A1 ( −5;3) , A2  − ;
(AC) cắt (AH) tại A : 

÷

 25 25 
4 x + 3 y − 5 = 0

25



582
 3 x − 4 y + 27 = 0

 y =
25

Lập (AB) qua B ( 2; −1) và 2 điểm A tìm được ở trên. (học sinh tự lập ).
BT17. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vng góc Oxy , xét tam giác ABC vng tại A,
phương trình đường thẳng BC là : 3.x − y − 3 = 0 , các đỉnh A và B thuộc trục hồnh và bán
kính đường trịn nội tiếptam giác ABC bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC .
Giải
Đường thẳng (BC) cắt Ox tại B : Cho y = 0 suy ra x = 1 , B ( 1;0 ) . Gọi A ( a;0 ) thuộc Ox là đỉnh

(

)

của góc vuông (a khác 1). Đường thẳng x = a cắt (BC) tại C : a; 3 ( a − 1) .
Độ dài các cạnh AB = a − 1 , AC = 3 a − 1 ⇒ BC 2 = AB 2 + AC 2 ⇒ BC = 2 a − 1

(

)

Chu vi tam giác : 2 p = a − 1 + 3 a − 1 + 2 a − 1 = 3 + 3 a − 1 ⇔ p =

( 3 + 3 ) a −1
2

S
1
1
3
2
.(*) Nhưng S = AB. AC = a − 1 3 a − 1 =
( a − 1) . Cho nên
r
2
2
2
a = 3 + 2 3
3
2
3 +1 a −1 =
( a − 1) ⇒ a − 1 = 2 3 + 1 ⇔ 
4
 a = −1 − 2 3


Ta có : S = pr suy ra P =
(*) trở thành :

1
3
2

(

)

Trọng tâm G :

(

(

)

)


2 3 + 2 3 +1 7 + 4 3
2a + 1

 xG =
xG =
=

7+4 3 2 3+6
3



3
3
⇔
⇒
⇔ G1 
;
÷
3
3 
3 ( a − 1)
3 2+2 3

y =

2 3+6
=
 G
 yG =
3

3
3


2 −1 − 2 3 + 1
2a + 1

1+ 4 3
 xG =

xG =
=−

 1+ 4 3 2 3 + 6 
3


3
3
⇔
⇔
⇒ G2  −
;−
÷
3
3 
3 ( a − 1)
3 −2 − 2 3

y =

2 3+6
=−
 G
 yG =
3

3
3


(

(

)

)

(

)

2
2
BT18. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho đường tròn ( C ) : x + y − 4 x − 2 y − 1 = 0 và
đường thẳng d : x + y + 1 = 0 . Tìm những điểm M thuộc đường thẳng d sao cho từ điểm M kẻ



- Trang 12 -


Chun đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN

được đến (C) hai tiếp tuyến hợp với nhau góc 900 .
Giải

M thuộc d suy ra M ( t; −1 − t ) . Nếu 2 tiếp tuyến vng góc với nhau thì MAIB là hình vng
(A, B là 2 tiếp điểm). Do đó AB = MI = IA 2 = R 2 = 6 2 = 2 3 .

Ta có : MI =

( 2 −t)

2

+ ( 2 + t ) = 2t 2 + 8 = 2 3
2

(

)

t = − 2 → M 1 − 2; 2 − 1
Do đó : 2t + 8 = 12 ⇔ t = 2 ⇔ 
.
t = 2 → M
2; − 2 − 1
2


* Chú ý : Ta còn cách khác
Gọi d' là đường thẳng qua M có hệ số góc k suy ra d' có phương trình: y = k ( x − t ) − t − 1 , hay :
kx − y − kt − t − 1 = 0 (1).
2k − kt − t − 2
= 6
Nếu d' là tiếp tuyến của (C) kẻ từ M thì d ( I ; d ') = R ⇒
1+ k2
2

2

(

)

⇔ ( 2 − t ) k − t − 2  = 6 ( 1 + k 2 ) ⇔ ( t 2 − 4t − 2 ) k 2 + 2 ( t + 2 ) ( 2 − t ) k + ( t 2 + 4t − 2 ) = 0


2


t 2 − 4t − 2 ≠ 0


2
2
2
Từ giả thiết ta có điều kiện : ⇔ ∆ ' = ( 4 − t ) − ( t − 2 − 4t ) ( t − 2 + 4t ) > 0
 2
 t + 4t − 2 = −1
 t 2 − 4t − 2

t ≠ 2 ± 6
1



k1 + k2 = ±
2

2
⇔ ∆ ' = t ( 19 − t ) > 0 ⇒ t = ± 2 ⇒ 
2 ⇒ k1; k2 ⇔ M
2
k k = −1
 1 2
t = 2


BT19. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A ( 1;1) và đường thẳng ∆ : 2 x + 3 y + 4 = 0
Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng ∆ sao cho đường thẳng AB và ∆ hợp với nhau góc 450.
Giải



- Trang 13 -


Chun đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN

r
Gọi d là đường thẳng qua A ( 1;1) có véc tơ pháp tuyến n = ( a; b ) thì d có phương trình dạng
ur
u
a ( x − 1) + b ( y − 1) = 0 (*). Ta có n∆ = ( 2;3) .
Theo giả thiết : cos ( d , ∆ ) =

2a + 3b

= cos 450 =

1
2
⇒ 2 ( 2a + 3b ) = 13 ( a 2 + b 2 )
2

13 a 2 + b 2
1
1

2
2
 a = − 5 b → d : − 5 ( x − 1) + ( y − 1) = 0 ↔ x − 5 y + 4 = 0
⇔ 5a − 24ab − 5b = 0 ⇔

 a = 5b → d : 5 ( x − 1) + ( y − 1) = 0 ↔ 5 x + y − 6 = 0

Vậy B là giao của d với ∆ cho nên :
x − 5y + 4 = 0
5 x + y − 6 = 0
 32 4 
 22 32 
⇒ B1 
⇔ B1  − ; ÷, B2 : 
⇒ B2  ; − ÷
 13 13 
 13 13 
2 x + 3 y + 4 = 0
2 x + 3 y + 4 = 0

BT20. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng d1 : 2 x − y + 5 = 0 .
d 2 : 3x + 6 y – 7 = 0 . Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P ( 2; −1) sao cho đường thẳng
đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường
thẳng d1, d2.
Giải
Trước hết lập phương trình 2 đường phân giác tạo bởi 2 đường thẳng cắt nhau :
2x − y + 5
 3x + 6 y − 7
=−
 3 5
9 x + 3 y + 8 = 0
5
⇔
⇔
 3x + 6 y − 7 2 x − y + 5
3 x − 9 y + 22 = 0
=
 3 5
5

Lập đường thẳng ∆1 qua P ( 2; −1) và vng góc với tiếp tuyến : 9x + 3y + 8 = 0 .
x − 2 y +1
⇒ ∆1 :
=
⇔ x − 3y − 5 = 0
9
3
x − 2 y +1
=
⇔ 3x + y − 5 = 0

Lập ∆ 2 qua P ( 2; −1) và vuông góc với : 3x − 9y + 22 = 0 ⇔ ∆ 2 :
3
−9
BT21. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho đường trịn (C) có phương trình:
x 2 + y 2 + 4 3x − 4 = 0 Tia Oy cắt (C) tại A. Lập phương trình đường trịn (C’), bán kính R’ = 2
và tiếp xúc ngoài với (C) tại A.
Giải



- Trang 14 -


Chun đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN

(

)

(C) có I −2 3;0 , R = 4 . Gọi J là tâm đường trịn cần tìm :
J ( a; b ) ⇒ ( C ' ) : ( x − a ) 2 + ( y − b ) 2 = 4
Do (C) và (') tiếp xúc ngoài với nhau cho nên khoảng cách IJ = R + R '
⇒

(

a+2 3

)

2

+ b 2 = 4 + 2 = 6 ⇔ a 2 + 4 3a + b 2 = 28

2
2
Vì A ( 0; 2 ) là tiếp điểm cho nên : ( 0 − a ) + ( 2 − b ) = 4 ( 2 )

(

)

 a + 2 3 2 + b 2 = 36
2
 2

 a + 4 3a + b = 24
⇔ 2
Do đó ta có hệ : 
2
a − 4b + b = 0
a 2 + ( 2 − b ) 2 = 4



(

Giải hệ tìm được : b = 3 và a = 3 ⇒ ( C ') : x − 3

)

2

+ ( y − 3) = 4 .
2

Chú ý: Ta có cách giải khác .
Gọi H là hình chiếu vng góc của J trên Ox suy ra OH bằng a và JH bằng b
IA IO OA
4
2 3
2
=
=
⇔ =
=
Xét các tam giác đồng dạng : IOA và IHJ suy ra :
IJ IH HJ
6 a+2 3 b
Từ tỷ số trên ta tìm được : b = 3 và a = 3 .
BT22. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh
AB : x − 2 y − 1 = 0 , đường chéo BD : x − 7 y + 14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M ( 2;1) .
Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Giải



- Trang 15 -

Chun đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN

Hình vẽ : (Như bài 12).
x − 2 y −1 = 0
⇒ B ( 7;3) .
Tìm tọa độ B là nghiệm của hệ : 
x − 7 y + 14 = 0

uu
ur
x = 7 + t
B ( 7;3) và ⊥ ( AB ) ⇒ u BC = ( 1; −2 ) ⇔ ( BC ) : 
Đường thẳng (BC) qua
 y = 3 − 2t
1 1
−
1
1
1
7 2 =1
⇔ 2 x + y − 17 = 0 → k BC = − . Mặt khác : k BD = , k AB = ⇒ tan ϕ =
11 3
7
2
2
1+
72
1
2
k−

7 = 7 k − 1 = 2 tan ϕ = 3 = 3
Gọi (AC) có hệ số góc là k ⇒ tan 2ϕ =
k
7 + k 1 − tan 2 ϕ 1 − 1 4
1+
7
9
17

 28k − 4 = −3k − 21  k = −
⇔
31
Do đó : 4 7 k − 1 = 3 k + 7 ⇔ 

28k − 4 = 3k + 21

k = 1
Trường hợp : k = 1 suy ra ( AC ) : y = ( x − 2 ) + 1 , hay : x − y − 1 = 0 .
x = 7 + t

C là giao của (BC) với (AC) : ⇔  y = 3 − 2t → t = −1, C ( 6;5 )
x − y −1 = 0


x = 7 + t

→ t = 0, A ( 1;0 )
A là giao của (AC) với (AB) : ⇔  y = 3 − 2t
x − 2 y −1 = 0


(AD) || (BC) suy ra (AD) có dạng : 2 x + y + m = 0 (*) , do qua A ( 1;0 ) : m = −2 . Cho nên (AD)
có phương trình : 2 x + y − 2 = 0 .
2 x + y − 2 = 0
⇒ D ( 0;2 )
D là giao của (AD) với (BD) : 
 x − 7 y + 14 = 0



- Trang 16 -


Chun đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN

17
cách giải tương tự (Học sinh tự làm).
31
BT23. Trong mp (Oxy) cho đường thẳng (∆) có phương trình: x – 2 y – 2 = 0 và hai điểm
A ( −1;2 ) ; B ( 3;4 ) . Tìm điểm M ∈ ∆ sao cho 2 MA2 + MB 2 có giá trị nhỏ nhất
Trường hợp : k = −

Giải
M thuộc ∆ suy ra M ( 2t + 2; t )
Ta có : MA2 = ( 2t + 3) + ( t − 2 ) = 5t 2 + 8t + 13 ⇒ 2 MA2 = 10t 2 + 16t + 26
2

2

Tương tự : MB 2 = ( 2t − 1) + ( t − 4 ) = 5t 2 − 12t + 17
2

2

2
.
15
2
641
 26 2 
Lập bảng biến thiên suy ra min f ( t ) =
đạt được tại t = − ⇒ M  ; − ÷
15
15
 15 15 
2
2
Cho đường tròn ( C ) : x + y – 2 x – 6 y + 6 = 0 và điểm M ( 2;4 )
Do dó : f ( t ) = 15t 2 + 4t + 43 ⇒ f ' ( t ) = 30t + 4 = 0 → t = −

BT24. Viết phương trình đường thẳng đi qua M cắt đường tròn tại 2 điểm A và B sao cho M là
trung điểm của AB
Giải
2
2
Đường tròn (C) : ( x − 1) + ( y − 3) = 4 ⇒ I ( 1;3) , R = 2, PM /(C ) = 1 + 1 − 4 = −2 < 0 ⇒ M nằm
trong hình trịn (C) .
r
 x = 2 + at
Gọi d là đường thẳng qua M ( 2;4 ) có véc tơ chỉ phương u = ( a; b ) ⇒ d : 
 y = 4 + bt

2
2
2
Nếu d cắt (C) tại A,B thì : ( at + 1) + ( bt + 1) = 4 ⇔ ( a + b ) t + 2 ( a + b ) t − 2 = 0 ( 1) ( có 2
2

2

2
2
2
2
nghiệm t ) . Vì vậy điều kiện : ∆ ' = ( a + b ) + 2 ( a + b ) = 3a + 2ab + 3b > 0 ( *)
2

Gọi A ( 2 + at1;4 + bt1 ) , B ( 2 + at2 ;4 + bt2 ) ⇒ M là trung điểm AB thì ta có hệ :
4 + a ( t1 + t2 ) = 4
a ( t1 + t 2 ) = 0


⇔
⇔
⇔ t1 + t2 = 0 . Thay vào (1) khi áp dụng vi ét ta được :
8 + b ( t1 + t2 ) = 8
b ( t1 + t 2 ) = 0


2( a + b)
x−2 y−4
⇔ t1 + t2 = − 2

= 0 ⇔ a + b = 0 ⇔ a = −b ⇒ d :
=
⇔ d :x+ y−6= 0
2
a +b
−1
1
2
2
2
BT25. Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ) : x + y − 2 x − 2my + m − 24 = 0
có tâm I và đường thẳng ∆ : mx + 4 y = 0 . Tìm m biết đường thẳng ∆ cắt đường trịn (C) tại hai
điểm phân biệt A, B thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12.
Giải
2
2
(C) : ( x − 1) + ( y − m ) = 25 ⇒ I (1; m), R = 5 .

m

y = − 4 x

Nếu d : mx + 4 y = 0 cắt (C) tại 2 điểm A,B thì  2
2
 m + 16  x 2 − 2  4 + m  x + m 2 − 24 = 0 ( 1)

÷

÷
 16 

 4 




- Trang 17 -


Chun đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN

m  
m 

Điều kiện : ∆ ' = m 2 + 25 > 0 ⇔ m ∈ R . Khi đó gọi A  x1; − x1 ÷, B  x2 ; − x2 ÷
4  
4 

⇒ AB =

( x2 − x1 )

2

m2
2
+
( x2 − x1 ) = x2 − x1
16

Khoảng cách từ I đến d =

m + 4m
m 2 + 16

m 2 + 16
m 2 + 25
=8
4
m 2 + 16

5m

=

m 2 + 16
5m
1
1
m 2 + 25
m 2 + 25
.
= 4 5m
= 12
Từ giả thiết : S = AB.d = .8
2
2
m 2 + 16
m 2 + 16 m 2 + 16
2
m 2 + 25

⇔ 5m
= 3 ⇔ 25m 2 ( m 2 + 25 ) = 9 ( m 2 + 16 )
2
m + 16
Ta có một phương trình trùng phương , học sinh giải tiếp .
BT26. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh
AB : x − y − 2 = 0 , phương trình cạnh AC : x + 2 y − 5 = 0 . Biết trọng tâm của tam giác G ( 3;2 ) .
Viết phương trình cạnh BC
Giải
x − y − 2 = 0
⇔ A ( 3;1)
(AB) cắt (AC) tại A : ⇒ 
x + 2 y − 5 = 0

B nằm trên (AB) suy ra B ( t ; t − 2 ) , C nằm trên (AC) suy ra C ( 5 − 2m;m )
t − 2m + 8

=3
 xG =

t − 2m = 1 m = 2 → C ( 1;2 )

3
⇔
⇔
Theo tính chất trọng tâm : 
t + m = 7
t = 5 → B ( 5;3)
 y = t + m −1 = 2


G

3


BT27. Viết phương trình đường trịn đi qua hai điểm A ( 2;5 ) , B ( 4;1) và tiếp xúc với đường
thẳng có phương trình 3 x – y + 9 = 0 .
Giải
Gọi M là trung điểm AB suy ra M ( 3;3) . d' là đường trung trực của AB thì d' có phương trình :
1( x − 3) − 2 ( y − 3) = 0 , hay : x − 2 y + 3 = 0 .
Tâm I của (C) nằm trên đường thẳng d' cho nên I ( 2t − 3; t ) (*)
Nếu (C) tiếp xúc với d thì h ( I , d ) = R ⇔
Mặt khác : R = IA =
Thay (2) vào (1) :

( 5 − 2t )
( 5 − 2t )

2

2

3 ( 2t − 3) − t + 9
10

=

5t
10

=

10
t = R . (1)
2

+ ( 5 − t ) . (2) .
2

+ ( 5 −t) =
2

10
t ⇔ 4 ( 5t 2 − 30t + 50 ) = 10t 2
2

t = 6 − 34
⇔ t 2 − 12t + 2 = 0 ⇒ 
. Thay các giá trị t vào (*) và (1) ta tìm được tọa độ tâm I và
t = 6 + 34

bán kính R của (C) .
Chú ý : Ta có thể sử dụng phương trình (C) : x 2 + y 2 − 2ax − 2by + c = 0 ( có 3 ẩn a,b,c)



- Trang 18 -


Chun đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN

Cho qua A, B ta tạo ra 2 phương trình. Cịn phương trình thứ 3 sử dụng điều kiện tiếp xúc của
(C) và d : khoảng cách từ tâm tới d bằng bán kính R .
2
2
BT28. Cho đường trịn ( C ) : x + y – 2 x + 4 y + 2 = 0 . Viết phương trình đường tròn (C') tâm
M ( 5;1) biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB = 3 .

Giải

Đường tròn (C) : ( x − 1) + ( y + 2 ) = 3 ⇒ I ( 1; −2 ) , R = 3 .
Gọi H là giao của AB với (IM). Do đường trịn (C') tâm M có bán kính R ' = MA .
3. 3 3
Nếu AB = 3 = IA = R , thì tam giác IAB là tam giác đều , cho nên IH =
= (đường
2
2
3 7
cao tam giác đều) . Mặt khác : IM = 5 suy ra HM = 5 − = .
2 2
2
AB
49 3
=
+ = 13 = R '2
Trong tam giác vuông HAM ta có MA2 = IH 2 +
4
4 4
2
2

Vậy (C') : ( x − 5 ) + ( y − 1) = 13 .
BT29. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình
2
2
( x − 1) + ( y + 2 ) = 9 và đờng thẳng d : x + y + m = 0 . Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất
một điểm A mà từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao
cho tam giác ABC vuông.
Gii
2

2

(C) có I ( 1; −2 ) và bán kính R = 3 . Nếu tam giác ABC vng góc tại A (có nghĩa là từ A kẻ
được 2 tiếp tuyến tới (C) và 2 tiếp tuyến vng góc với nhau) khi đó ABIC là hình vng. Theo
tính chất hình vng ta có IA = IB = 2 (1) .
Nếu A nằm trên d thì A ( t ; −m − t ) suy ra :


- Trang 19 -


Chun đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN

IA =
⇒

( t − 1)
( t − 1)

2

2

+ ( t − 2 + m ) . Thay vào (1) :
2

+ ( t − 2 + m) = 3 2
2

⇔ 2t 2 − 2 ( m − 1) t + m 2 − 4m − 13 = 0 (2).
Để trên d có đúng 1 điểm A thì (2) có đúng 1 nghiệm t , từ đó ta có điều kiện :
2
∆ = − ( m 2 + 10m + 25 ) = 0 ⇔ − ( m + 5 ) = 0 ⇒ m = −5 . Khi đó (2) có nghiệm kép là :
t1 = t 2 = t0 =

m − 1 −5 − 1
=
= −3 ⇒ A ( −3;8 )
2
2

BT30. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng ( d1 ) : 4 x − 3 y − 12 = 0 và
( d 2 ) : 4 x + 3 y − 12 = 0 . Tìm toạ độ tâm và bán kính đường trịn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm
trên (d1), (d2), trục Oy.
Giải
4 x − 3 y − 12 = 0
⇔ A ( 3;0 ) ∈ Ox
Gọi A là giao của d1 , d 2 ⇒ A : 
4 x + 3 y − 12 = 0


Vì (BC) thuộc Oy cho nên gọi B là giao của d1 với Oy : cho x = 0 suy ra y = −4 , B ( 0; −4 ) và
C là giao của d 2 với Oy : C ( 0;4 ) . Chứng tỏ B, C đối xứng nhau qua Ox , mặt khác A nằm trên
Ox vì vậy tam giác ABC là tam giác cân đỉnh A. Do đó tâm I đường trịn nội tiếp tam giác
thuộc Ox suy ra I ( a;0 ) .
IA AC 5
IA + IO 5 + 4
OA 9
=
= ⇒
=
⇔
=
Theo tính chất phân giác trong :
IO AO 4
IO
4
IO 4
4OA 4.3 4
4 
⇒ IO =
=
= . Có nghĩa là I  ;0 ÷
9
9
3
3 
1
1
15 1 ( AB + BC + CA ) 1 ( 5 + 8 + 5 )

18 6
Tính r bằng cách : S = BC.OA = .5.3 = =
=
⇒r= = .
2
2
2 2
r
2
r
15 5
BT31. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm C ( 2; −5 ) và đường thẳng ∆ : 3 x − 4 y + 4 = 0 . Tìm
 5
trên ∆ hai điểm A và B đối xứng nhau qua I  2; ÷sao cho diện tích tam giác ABC bằng15
 2
Giải
Nhận xét I thuộc ∆ , suy ra A thuộc ∆ ⇒ A ( 4t ;1 + 3t ) . Nếu B đối xứng với A qua I thì B có tọa
2
2
độ B ( 4 − 4t;4 + 3t ) ⇒ AB = 16 ( 1 − 2t ) + 9 ( 1 − 2t ) = 5 1 − 2t

6 + 20 + 4
=6
5
t = 0 → A ( 0;1) , B ( 4; 4 )
1
1
Từ giả thiết : S = AB.h = 5. 1 − 2t .6 = 15 ⇔ 1 − 2t = 1 ⇔ 
2
2

t = 1 → A ( 4;4 ) , B ( 0;1)

Khoảng cách từ C ( 2; −5 ) đến ∆ bằng chiều cao của tam giác ABC : =

BT32. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biÕt A ( 2; −3) , B ( 3; 2 ) , có diện tích bằng
trọng tâm thuộc đờng th¼ng ∆ : 3 x – y – 8 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh C.



- Trang 20 -

3
và
2


Chun đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN

Giải
r uu
ur
Do G thuộc ∆ suy ra G ( t;3t − 8 ) . (AB) qua A ( 2; −3) có véc tơ chỉ phương u = AB = ( 1;1) , cho
x−2 y+3
5 5
=
⇔ x − y − 5 = 0 . Gọi M là trung điểm của AB : M  ; − ÷.
1
1
2 2
u ur  5

uu
5
11
 5

Ta có : GM =  − t ; − − 3t + 8 ÷ =  − t ; − 3t ÷. Giả sử C ( x0 ; y0 ) , theo tính chất trọng tâm
2
2
2
 2

nên (AB) :


5 
x − t = −2  − t ÷
uu
ur
u ur
uu  0
 x0 = −5 + 2t

2 
⇔
⇒ C ( 2t − 5;9t − 19 ) ( 1)
ta có : GC = −2GM ⇔ 
y0 = 9t − 19
 11



 y − 3t + 8 = −2
 − 3t ÷
 0
2


3 ( 2t − 5 ) − ( 9t − 19 ) − 8 4 − 3t
Ngồi ra ta cịn có AB = 2 , h ( C , ∆ ) =
=
10
10
4 − 3t 3
1
1
2
= ⇔ 2 4 − 3t = 3 10
Theo giả thiết : S = AB.h ( C , ∆ ) =
2
2
2
10
 4−3 5
 7+6 5

⇒ C−
; −7 − 9 5 ÷
t =
3
3


2


⇔ 2 ( 4 − 3t ) = 90 ⇔ 9t 2 − 24t − 29 = 0 ⇔ 
t = 4 + 3 5 ⇒ C =  6 5 − 7 ;9 5 − 7 

÷

3
3



1 
BT33. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I  ;0 ÷. Đường thẳng
2 
AB có phương trình: x – 2 y + 2 = 0, AB = 2 AD và hoành độ điểm A âm. Tìm tọa độ các đỉnh
của hình chữ nhật đó
Giải
Do A thuộc (AB) suy ra A ( 2t − 2; t ) (do A có hồnh độ âm cho nên t < 1 )
Do ABCD là hình chữ nhật suy ra C đối xứng với A qua I : C ( 3 − 2t; −t ) .
1

x = + t
Gọi d' là đường thẳng qua I và vng góc với (AB), cắt (AB) tại H thì : d ' : 
2 , và H có
 y = −2t

tọa độ là H ( 0;1) . Mặt khác B đối xứng với A qua H suy ra B ( 2 − 2t ;2 − t ) .
Từ giả thiết : AB = 2 AD suy ra AH = AD , hay AH = 2 IH ⇒

( 2 − 2t )

2

+ (1− t) = 2 1+

t − 1 = −1 t = 0
5
2
⇔ 5t 2 − 10t + 5 = 4. ⇔ ( t − 1) = 1 ⇒ 
⇔
4
t − 1 = 1
t = 2 > 1
1
⇒ A ( −2;0 ) , B ( 2;2 ) , C ( 3;0 ) , D ( −1; −2 ) .
2
* Chú ý: Ta cịn có cách giải khác nhanh hơn
1
−0+2
5 , suy ra AD = 2 h ( I , AB ) = 5
Tính
2
h ( I ; AB ) =
=
2
5
Vậy khi t =

- Trang 21 -

2

1
4


Chun đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN

( AB )
+

2

( 2 AD )
+

2

5
5
25
+5=
⇒ IA = IB =
2
4
4

4
4
Do đó A, B là giao của (C) tâm I bán kính IA cắt (AB). Vậy A, B có tọa độ là nghiệm của hệ :
x − 2 y + 2 = 0

2
2

1
 5  ⇒ A ( −2;0 ) , B ( 2;2 ) (Do A có hồnh độ âm)
2
 x − 2 ÷ + y =  2 ÷

 

Theo tính chất hình chữ nhật suy ra tọa độ của các đỉnh còn lại : C ( 3;0 ) và D ( −1; −2 )
Mặt khác : IA = IH
2

2

= IH

2

= IH 2 + AD 2 =

BT34. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A ( 1; −2 ) , đường cao CH : x − y + 1 = 0 ,
phân giác trong BN : 2 x + y + 5 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh B, C và tính diện tích tam giác ABC
Giải

x = 1+ t
Đường (AB) qua A ( 1; −2 ) và vng góc với (CH) suy ra (AB): 
.
 y = −2 − t
x = 1+ t

→ t = −5
(AB) cắt (BN) tại B: ⇔  y = −2 − t
2 x + y + 5 = 0


−1 + 2 1
=
1+ 2
3
Gọi A' đối xứng với A qua phân giác (BN) thì A' nằm trên (AB). Khi đó A' nằm trên d vng
 x = 1 + 2t
góc với (BN) ⇒ d : 
 y = −2 + t
Do đó B ( −4;3) . Ta có : k AB = −1, k BN = −2 ⇒ tan ϕ =

 x = 1 + 2t

→ t = −1 ⇔ H ( −1; −3) .
d cắt (BN) tại H : ⇒ H :  y = −2 + t
2 x + y + 5 = 0


r

A' đối xứng với A qua H suy ra A ' ( −3; −4 ) . (BC) qua B, A' suy ra : u = ( 1; −7 )
 x = −4 + t
 x = −4 + t
3

 13 9 
⇒ ( BC ) : 
. (BC) cắt (CH) tại C: ⇒  y = 3 − 7t → t = ⇔ C  − ; − ÷
4
 4 4
 y = 3 − 7t
x − y +1 = 0

Tính diện tích tam giác ABC :


- Trang 22 -


Chun đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN

 AB = 2 5
1
1
9
9 10

=
Ta có : 
9 ⇒ S ABC = AB.h(C , AB ) = .2 5

2
2
4
2 2
h ( C , AB ) =
2 2

BT35. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD, có diện tích bằng 12,
tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 : x − y − 3 = 0 và d 2 : x + y − 6 = 0 . Trung điểm của một
cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật
Giải
x − y − 3 = 0
9 3
⇒ I  ; ÷. Gọi M là trung điểm của AD thì M có
Theo giả thiết, tọa độ tâm I ⇔ 
2 2
x + y − 6 = 0
tọa độ là giao của : x − y − 3 = 0 với Ox suy ra M ( 3;0 ) . Nhận xét rằng IM || AB và DC , nói
r
một cách khác AB và CD nằm trên 2 đường thẳng song song với d1 có n = ( 1; −1) .
x = 3 + t
A, D nằm trên đường thẳng d vng góc với d1 ⇒ d : 
.
 y = −t
Giả sử A ( 3 + t ; −t ) (1), thì do D đối xứng với A qua M suy ra D ( 3 − t ; t ) (2) .
C đối xứng với A qua I cho nên C ( 6 − t ;3 + t ) ( 3) . B đối xứng với D qua I suy ra

B ( 12 + t ;3 − t ) .(4)
Gọi J là trung điểm của BC thì J đối xứng với M qua I cho nên J(6;3).
Do đó ta có kết quả là : : MJ = AB = AD = 3 2 .

2t
⇒ S ABCD = 2h ( A, d1 ) .MJ
Khoảng cách từ A tới d1 : h ( A, d1 ) =
2
2t
t = −1
⇔ S ABCD = 2
3 2 = 12 t = 12 ⇔ 
. Thay các giá trị của t vào (1),(2),(3),(4) ta tìm được
2
t = 1

t = −1 → A ( 3;1) , D ( 4; −1) , C ( 7;2 ) , B ( 11;4 )
⇔
các đỉnh của hình chữ nhật :
t = 1 → A ( 4; −1) , D ( 2;1) , C ( 5;4 ) , B ( 13;2 )

BT36. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng ∆ có phương trình x + 2 y − 3 = 0 và hai điểm
uu uu
ur
ur
A ( 1;0 ) , B ( 3; −4 ) . Hãy tìm trên đường thẳng ∆ một điểm M sao cho MA + 3MB là nhỏ nhất

Giải
uu
ur
uu
ur
D, M ∈ ∆ ⇒ M ( 3 − 2t ; t ) có nên ta có : MA = ( 2t − 2; −t ) , 3MB = ( 6t ; −3t − 12 ) . Suy ra tọa độ
uu uu

ur
ur
uu uu
ur
ur
2
2
của MA + 3MB = ( 8t ; −4t − 14 ) ⇒ MA + 3MB = ( 8t ) + ( 4t + 14 ) .
Vậy f ( t ) =

( 8t )

2

+ ( 4t + 14 ) = 80t 2 + 112t + 196 .
2

2
Xét g ( t ) = 80t + 112t + 196 ,
tính đạo hàm g ' ( t ) = 160t + 112 .

112
51
 51  15.169
= − ⇔ g  − ÷=
= 196
80
80
80
 80 

uu uu
ur
ur
51
 131 51 
MA + 3MB = 196 = 14 , đạt được khi t = −
;− ÷
Vậy min
và M  −
80
 40 80 
g ' ( t ) = 0 khi t = −



- Trang 23 -


Chun đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN
2
2
BT37. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường tròn : ( C1 ) : x + y = 13 và

2
( C2 ) : ( x − 6 ) + y 2 = 25 cắt nhau tại A ( 2;3) . Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt
( C1 ) , ( C2 ) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau.

Giải
Từ giả thiết : ( C1 ) : I = ( 0;0 ) , R = 13. ( C2 ) : J ( 6;0 ) , R ' = 5
r

 x = 2 + at
A ( 2;3) có véc tơ chỉ phương u = ( a; b ) ⇒ d : 
Gọi đường thẳng d qua
 y = 3 + bt
 x = 2 + at
2a + 3b

2
2
2
d cắt ( C1 ) tại A, B : ⇔  y = 3 + bt ⇔ ( a + b ) t + 2 ( 2a + 3b ) t  = 0 → t = − 2


a + b2
 x 2 + y 2 = 13

 b ( 2b − 3a ) a ( 3a − 2b ) 
⇔ B
; 2
÷. Tương tự d cắt ( C2 ) tại A, C thì tọa độ của A, C là nghiệm của
2
2
a + b2 
 a +b
 x = 2 + at

2 ( 4a − 3b )
 10a 2 − 6ab + 2b 2 3a 2 + 8ab − 3b 2 

→t =

⇔ C
;
hệ : ⇔  y = 3 + bt
÷
a 2 + b2
a 2 + b2
a2 + b2



2
2
( x − 6 ) + y = 25

Nếu 2 dây cung bằng nhau thì A là trung điểm của A, C. Từ đó ta có phương trình :

x = 2
2
a = 0 → d : 
2
2
( 2b − 3ab ) + 10a − 6ab + 2b = 4 ⇔ 6a 2 − 9ab = 0 ⇔ 
y = 3+ t
⇔
2
2
2
2

r 3

r
a +b
a +b
3
 u
 a = b → u =  b; b ÷Pu ' = ( 3;2 )
2
2


 x = 2 + 3t
Suy ra : d : 
. Vậy có 2 đường thẳng d : x − 2 = 0 và d ' : 2x − 3y + 5 = 0
 y = 3 + 2t
BT38. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A ( 3;0 ) , đường cao từ đỉnh B có phương
trình x + y + 1 = 0 trung tuyến từ đỉnh C có phương trình 2 x − y − 2 = 0 . Viết phường trình
đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC
Giải



- Trang 24 -


Chun đề : PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN

r
Đường thẳng d qua A(3;0) và vng góc với (BH) cho nên có véc tơ chỉ phương u = ( 1;1) do đó
x = 3 + t
x = 3 + t


⇒ t = −4 ⇔ C ( −1; −4 )
d: 
. Đường thẳng d cắt (CK) tại C :  y = t
y = t
2 x − y − 2 = 0

Vì K thuộc (CK) ⇒ K ( t ;2t − 2 ) và K là trung điểm của AB cho nên B đối xứng với A qua K
suy ra B ( 2t − 3;4t − 4 ) . Mặt khác K lại thuộc (BH) cho nên : ( 2t − 3) + ( 4t − 4 ) + 1 = 0 suy ra
t = 1 và tọa độ B ( −1;0 ) .

2
2
2
2
2
(C): x + y − 2ax − 2by + c = 0 ( a + b − c = R > 0 ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

1

a = 2
9 − 6a + c = 0


⇒ b = 0
Cho (C) qua lần lượt A,B,C ta được hệ : 4 + 4a + c = 0
5 + 2a + 8b + c = 0 c = −6




2

1
25

Vậy ( C ) :  x − ÷ + y 2 =
2
4

BT39. Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC biết A ( 1; −1) , B ( 2;1) , diện tích bằng
trọng tâm G thuộc đường thẳng d : 3 x + y − 4 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh C ?
Giải

Nếu G thuộc d thì G ( t ;4 − 3t ) . Gọi C ( x0 ; y0 ) .
 1 + 2 + x0
t =
 x0 = 3t − 3

3
⇔
Theo tính chất trọng tâm : 
 y0 = 12 − 9t
4 − 3t = y0

3

Do đó C ( 3t − 3;12 − 9t ) .
Ta có :
x −1 y + 1


uu
ur
( AB) : 1 = 2 ⇒ 2 x − y − 3 = 0
AB = ( 1;2 ) ⇒ 
 AB = 1 + 22 = 5




- Trang 25 -

11
và
2