Lời giải 31 bài toán hình học tọa độ phẳng ôn thi đại học

Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Bài 1: Trong hệ tọa độ
,Oxy
cho hình thoi
ABCD
cạnh
AC
có phương trình là:
,0317 =−+ yx
hai đỉnh
,B D
lần lượt thuộc các đường thẳng
1
: 8 0,d x y+ − =
2
: 2 3 0d x y− + =
. Tìm tọa
độ các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm.
Giải:
1 2
( ;8 ), (2 3; ).B d B b b D d d d∈ ⇒ − ∈ ⇒ −
Khi đó
D ( 2 3; 8)B b d b d= − + − + −
uuur
và trung điểm của
BD
là
2 3 8
; .
2 2
b d b d

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

.
Khi đó
1 9
;
2 2
I
 
−
 ÷
 
;
( 7 31; )A AC A a a∈ ⇒ − +
.
2
1 15
. 15 2
2
2
ABCD
ABCD
S
S AC BD AC IA
BD
= ⇒ = = ⇒ =
2 2 2
3 (10;3) ( )
63 9 225 9 9
7
6 ( 11;6)
2 2 2 2 4

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

− − =
cắt nhau tại A . Viết phương trình đường thẳng
3
d
đi
2
Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
qua P tạo với
1
d
,
2
d

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

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

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

2
=
3
( , )d A d
• Với
3
: 7 3 25 0d x y
+ + =
thì
3
58
( ; )
2
d A d =
( tm)
• Với
3
:3 7 77 0d x y− + =
thì
3
87
( ; )
58
d A d
=
( loại )
Bài 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh
( )
2;1 ,B −
điểm A thuộc Oy,

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

(0;1 2 3)A⇒ +
hoặc

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

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

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

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

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

Giải:
Gọi
( ; )I x y
là trung điểm của đoạn
AB
và
( ; )
G G
G x y
là trọng tâm của
ABC
∆
. Do
2
3
CG CI=
uuur uur
nên
2 1 2 1
; .
3 3
G G
x y
x y
− −
= =
Tọa độ điểm
I
thỏa mãn hệ phương trình:
2 3 0

5
2 1 2 1
1
2 0
3 3
x y
x
x y
y
+ − =

=


⇔
− −
 
= −
+ − =



. Vậy
(5; 1)I −
Ta có
5
2 2
AB
IA IB= = =
Gọi

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

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

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

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

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

−=
=
⇔
1t
3t
t = 3 ⇒ A(3, -7) (loại vì A, C phải khác phía đối DM)
t = -1 ⇒ A(-1, 5) (thỏa mãn)
Giả sử D(m; m-2).
)3;5(D5m
)1m()3m()7m()1m(
0)1m)(7m()3m)(1m(
CDAD
CDAD
2222
⇒=⇔



++−=−++
=+−+−+
⇒





=
⊥
Gọi I là tâm của hình vuông ⇒ I là trung điểm của AC ⇒ I (1; 1)
Do I là trung điểm của BD ⇒ B(-3; -1)

Bài 13: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh
( )
B 2;0
;
( )
C 3;5−
.
G Là trọng tâm thuộc đường thẳng d có phương trình là
2x y 1 0+ − =
và diện tích tam giác
ABC bằng
5
2
. Hãy xác định tọa độ điểm A ?
Giải:
BC ( 5;5) BC 5 2pt : BC là:x + y-2=0= − ⇒ =
uuur
ABC GBC ABC
5 1 5
S S S
2 3 6
= ⇒ = =
V V V
. (G là trọng tâm tam giác ABC)
G d : 2x y 1 0 G(x; 2x 1)3∈ + − = ⇒ − +
GBC
(G.BC)
2 2 7
x G( ; )
x 2 2x 1

2S
1 1 1
3 3 3
d x 1
4 4 11
BC 3
3 2 2 3 2
x G( ; )
3 3 3
− −

= ⇒

− − +
= = ⇔ = ⇔ + = ⇔

− −

= ⇒


V
Với
2 7 4 11
G( ; ) A( 1;2);G( ; ) A( 3;6)
3 3 3 3
− −
⇒ − ⇒ −
6
Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

Bài 14: Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy cho ba đường d
1
: x – 2y + 1 = 0; d
2
: 3x – y – 2 =
0; d
3
: 2x + y + 1 = 0. Tìm điểm M trên d
1
điểm N trên d
2
sao cho MN =
5
và MN song
song với d
3
Giải:
M thuộc d
1
, N thuộc d
2
nên M(2a - 1; a), N(b; 3b - 2)
2 2 2
5 5 ( 2 1) (3 2) 5MN MN b a b a= ⇔ = ⇔ − + + − − =
<=> (1)
3
3
/ / . 0 ( 2 1;3 2).(2;1) 0
d
MN d MN n b a b a a b⇔ = ⇔ − + − − = ⇔ =

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

5 3
:
4 4
x t
IH
y t
= +


= − −

, thay vào phương trình đường tròn ta được ptrình t
2
+ 3t + 2 = 0 <=> t
= -1 và t = -2 => với t = -1 thì M(2; 0), với t = -2 thì M(-1; 4)
-Kiểm tra thấy M(2; 0) là điểm cần tìm
Bài 16: Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho tam giác
ABC
vuông tại
A
, biết
B
và
C
đối
xứng nhau qua gốc tọa độ. Đường phân giác trong của góc ABC có phương trình là
2 5 0x y+ − =
. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết đường thẳng

AC
đi qua điểm
(6;2)K
.
Giải:
(5 2 ; ), (2 5; )B b b C b b− − −
,
(0;0)O BC∈
Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc ABC nên
(2;4)I
và
I AB∈
Tam giác
ABC
vuông tại A nên
( )
2 3;4BI b b= − −
uur
vuông góc với
( )
11 2 ;2CK b b= − +
uuur
2
1
(2 3)(11 2 ) (4 )(2 ) 0 5 30 25 0
5
b
b b b b b b
b
=

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

Oxy
cho đường tròn (C)
2 2
2 6 2 0x y x y+ + − + =
và đường thẳng d:
2 0x y+ − =
. Tìm các đỉnh của hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn
(C) biết đỉnh A thuộc d và có hoành độ dương.
Giải:
+ Đường tròn
2 2
( 1) ( 3) 8x y+ + − =
có tâm
( 1;3)I −
bán kính
2 2R =
+ A thuộc d nên
( ;2 )A x x−
.
+ Ta có
2 2 2
8 ( 1) (1 ) 8IA x x= ⇒ + + + =

2
( 1) 4
1
3 ( )
x
x
x L

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

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

2 2
3( )
8 15 120
3
20( )
17
: ( 3) ( 3) 9
a b tm
a b

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

Gọi A(x
A
; y
A
). Có
2A G GM=
uuur uuur
⇒ A(-4; -2).
Đường thẳng BC đi qua M nhận vec tơ
IM
uuur
làm vec tơ pháp tuyến nên có PT:
2(x - 3) + 4(y - 2) = 0 ⇔ x + 2y - 7 = 0 Gọi C(x; y). Có C ∈ BC ⇒ x + 2y - 7 = 0.
Mặt khác IC = IA ⇔
2 2 2 2
( 1) ( 2) 25 ( 1) ( 2) 25x y x y− + + = ⇔ − + + =
.
Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình:
2 2
2 7 0
( 1) ( 2) 25
x y
x y
− − =


− + + =

Giải hệ phương trình ta tìm được
5

1
x
y
=


=

và
1
3
x
y
=


=

.
Vậy có 2 điểm C thỏa mãn là C(5; 1) và C(1; 3).
Bài 20: Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng
:3 4 4 0x y∆ − + =
. Tìm trên
∆
hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện
tích tam giác ABC bằng15.
Giải:
. Gọi
3 4 16 3
( ; ) (4 ; )

4 4
a a
A a B a
+ −
⇒ −
. Khi đó diện tích tam giác ABC là

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

 ÷

=
 

Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4).
Bài 21: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm
của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND. Giả sử
11 1
;
2 2
M
 
 ÷
 
và đường
thẳng AN có phương trình 2x – y – 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A.
Giải:
Ta có : AN =
10
3
a
; AM =
5
2
a
; MN =
5
6
a

;
cosA =
2 2 2
2 .
AM AN MN
AM AN
+ −
=
1
2
⇒
·
45
o
MAN =
(Cách khác :Để tính
·
MAN
= 45
0
ta có thể tính
9
B
A
C
D
N
M
Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
·

·
1
2
3
( ) 1
1
1 2.
3
tg DAM DAN
−
− = =
+
)
Phương trình đường thẳng AM : ax + by
11 1
2 2
a b− −
= 0
·
2 2
2
1
cos
2
5( )
a b
MAN
a b
−
= =

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

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

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

⇔ 1 – 8m + 16m
2
= m
2
+ 1 ⇔ 15m
2
– 8m = 0 ⇔ m = 0 hay m =

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

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

Do
( ) ( )
( )
2 2
2 2 2 2
NQ 2MP IN 4IM m 2 m 2 4. 1 1= ⇒ = ⇔ − + − = +

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

Bài 24: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có
phương trình:

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

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

0
2 3 4 20 10 20 20 20
2
t
t t t t
t
=

− + + = ⇔ + + = ⇒

= −

(loại)
+ Nếu AB:
-3 -3 0x y =
. Gọi A(3t+3;t) vì A có hoành độ
0
A
x >
nên t >-1 và do
2 2
2. 20IA R= =
nên
( ) ( )
2 2
2
1 3 3 20 10 10 20 1t t t t+ + − = ⇔ + = ⇒ =
. Suy ra A(6;1)
⇒
C(-2;5)

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

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

+ Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1)

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

⇒
phương trình đường tròn là: (x – 5)
2
+ (y – 1)
2
=
81
25
Bài 27: Trong mặt phẳng
Oxy
, cho đường thẳng
)(d
có phương trình:
052 =−− yx
và hai
điểm
)2;1(A
;
)1;4(B
. Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng

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

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

) = 2
11
7
,
11
27
101711 ==⇔=−⇔ ttt
• t =
4
11
27
11
21
:)(
11
27
;
11
21
11
27
22
11
=







−+






−






⇒ yxCI
• t =
4
11
7
11
19
:)(
11
7
;
11
19
11
7
22

22
=






−+






+






−
⇒ yxCI
Bài 29: Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x – 2y – 1 = 0, đường chéo BD: x – 7y +
14 = 0 và đường chéo AC qua điểm M(2 ; 1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Giải:
AC: kx – y – 2k + 1 = 0
12
Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

cos CAB = cos DBA
7
1
;10187
1
2
2
3
2
2
==⇔=+−⇔
+
+
=⇔ kkkk
k
k
• k = 1 , AC : x – y – 1 = 0
• k =
7
1
, AC : x – 7y + 5 = 0 // BD ( lọai)
Ta tìm được A(1 ; 0), C(6 ; 5), D(-4 ; 0)
Bài 30: Cho
∆
ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM:
2 1 0x y
+ + =
và phân giác
trong CD:
1 0x y

+ − =
. Viết phương trình đường thẳng BC.
Giải:
Điểm
( )
: 1 0 ;1C CD x y C t t∈ + − = ⇒ −
.
Suy ra trung điểm M của AC là
1 3
;
2 2
t t
M
+ −
 
 ÷
 
.
Điểm
1 3
: 2 1 0 2 1 0
2 2
t t
M BM x y
+ −
 
∈ + + = ⇒ + + =
 ÷
 
( )

7 7;8t C⇔ = − ⇒ −
Từ A(1;2), kẻ
: 1 0AK CD x y⊥ + − =
tại I (điểm
K BC
∈
).
Suy ra
( ) ( )
: 1 2 0 1 0AK x y x y− − − = ⇔ − + =
.
Tọa độ điểm I thỏa hệ:
( )
1 0
0;1
1 0
x y
I
x y
+ − =

⇒

− + =

.
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK
⇒
tọa độ của
( )

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

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

C D
   
 ÷  ÷
   
hoặc
( ) ( )
1;0 , 0; 2C D− −
13
Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
14