Tài liệu ôn thi Đại Học môn toán học - Tọa độ trong mặt phẳng pot

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

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

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

•
Góc giữa hai véc tơ
rr

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

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

⊥⇔=

uuuruur
ABCDAB.CD0

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

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

•

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

•

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

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

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

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

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

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

1111
d:axbyc0;
++=

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

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

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

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

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

•
Đường tròn (C) :

222
(xa)(yb)R
−+−=
có hai tiếp tuyến cùng phương với Oy là
xaR
=±
.
Ngoài hai tiếp tuyến này các tiếp tuyến còn lại đều có dạng :
ykxm
=+
.
IV. E líp
1. Định nghĩa : Trong mặt phẳng cho hai điểm cố định
12
F ,F
có
12
FF 2c
=
. Tập hợp các điểm
M
của mặt phẳng sao cho
12
MF MF 2a
+=
(
2a
không đổi và
ac0
>>

) là một đường elíp.
•

12
F ,F
: là hai tiêu điểm và
2c
là tiêu cự của elíp.
•
12
MF ,MF
: là các bán kính qua tiêu.
2. Phương trình chính tắc của elíp:
22
22
xy
1
ab
+=
với
222
b= ac
−
.
Vậy điểm
22
00
00
22
xy

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

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

cab
e1
aa
−
==<

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

•

(
)
(
)
0010
Mx;y E : MF aex
∈=+ và
20
MF aex
=− .
x
y

P
Q
RS
B
2
A
2
A
1
O

V. Hypebol
1. Định nghĩa : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
cho hai điểm
12
F ,F
có
12
FF 2c
=
. Tập
hợp các điểm
M
của mặt phẳng sao cho
12
MF MF 2a
−=(
2a
không đổi và

ca0
>>
) là một
Hypebol.
•

12
F , F
: là 2 tiêu điểm và
12
FF 2c
=
là tiêu cự.
•

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

3. Tính chất và hình dạng của hypebol (H):
•
Trục đối xứng
Ox
(trục thực),
Oy
(trục ảo). Tâm đối xứng
O
.
•
Đỉnh:
(
)
12
A(a;0),Aa;0
− . Độ dài trục thực:
2a
và độ dài trục ảo:
2b
.
•
Tiêu điểm
(
)
12
F (c; 0), F c; 0
− .
•
Hai tiệm cận:
b

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

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

•
Độ dài các bán kính qua tiêu của

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

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

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

của mặt phẳng cách đều một đường thẳng
∆
cố định và một
điểm
F
cố định không thuộc
∆
.
∆
: đường chuẩn;
F
: tiêu điểm và
d(F,)p 0
∆=>
là tham số tiêu.
2. Phương trình chính tắc của Parabol:
2
y2px
=
3. Hình dạng của Parabol (P) :
•
Trục Ox là trục đối xứng, đỉnh O. Tiêu điểm
p
F(;0)
2
.
•
Đường chuẩn
p
:x

2
∆=−


•

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

. Khi đó phương trình đường
thẳng cần lập là:
00
a(xx)b(yy)0
−+−=
.
•
Giả sử đường thẳng cần lập
:axbyc0
∆++=
. Dựa vào điều kiện bài toán ta tìm được
amb,cnb
==
. Khi đó phương trình
:mxyn0
∆++=
. Phương pháp này ta thường áp dụng
đối với bài toán liên quan đến khoảng cách và góc
•
Phương pháp quỹ tích:
0000
M(x;y):axbyc0axbyc0
∈∆++=⇔++=
.
Ví dụ . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn
22
(C):(x1)(y2)25
−+−=
.
1) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm

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

3) Từ
E(6;3)
−
vẽ hai tiếp tuyến
EA,EB
(
A,B
là tiếp điểm) đến (C). Viết phương trình
đường thẳng
AB
.
Lời giải.
Đường tròn (C) có tâm
I(1;2)
, bán kính
R5
=
.
1) Tiếp tuyến đi qua
M
và vuông góc với
IM
nên nhận
IM(3;4)

=
uur
làm VTPT
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 6
Nên phương trình tiếp tuyến là:
3(x4)4(y6)03x4y360
−+−=⇔+−=
.
2) Gọi
∆
là tiếp tuyến cần tìm.
Do
∆
đi qua
N
nên phương trình có dạng
:a(x6)b(y1)0axby6ab0
∆++−=⇔++−=
,
22
ab0
+≠
(*)
Ta có:
22222
22
7ab
d(I,)R57ab5ab(7ab)25(ab)
ab

+
∆=⇔=⇔+=+⇔+=+
+

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

3
ab
4
= thay vào (*) ta có:
3 7
bxbyb03x4y140
42
++=⇔++=
.
•

4
ab
3
=− thay vào (*) ta có:
4
bxby 9b04x3y270
3
−+−=⇔−+=
.
Vậy có hai tiếp tuyến thỏa yêu cầu bài toán là:
3x4y140
++=
và
4x3y270
−+=
.
3) Gọi
A(a;b)
. Ta có:

22
22
22
A(C)
ab2a4b200
(a1)(b2)25
IA.NA0
(a1)(a6)(b2)(b3)0
ab5a5b0

∈


+−−−=
−+−=

⇔⇔

=
−++−−=


++−=



uuruuur
7ab200
⇒−+=

Từ đó ta suy ra được
A:7xy200
∈∆−+=
.
Tương tự ta cũng có được
BABAB:7xy200
∈∆⇒≡∆⇒−+=
.
2. Các lập phương trình đường tròn.
Để lập phương trình đường tròn (C) ta thường sử dụng các cách sau
Cách 1: Tìm tâm
I(a;b)
và bán kính của đường tròn. Khi đó phương trình đường tròn có
dạng:
222
(xa)(yb)R
−+−=
.
Cách 2: Giả sử phương trình đường tròn có dạng:
22
xy2ax2byc0
+−−+=
.
Dựa vào giả thiết của bài toán ta tìm được
a,b,c
. Cách này ta thương áp dụng khi yêu cầu
viết phương trình đường tròn đi qua ba điểm.
Ví dụ . Lập phương trình đường tròn (C), biết
1) (C) đi qua
A(3;4)

và các hình chiếu của A lên các trục tọa độ.
2) (C) có tâm nằm trên đường tròn
22
1
4
(C):(x2)y
5
−+=
và tiếp xúc với hai đường thẳng
1
:xy0
∆−=
và
2
:x 7y0
∆−=
.
Lời giải.
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 7
1) Gọi
12
A,A
lần lượt là hình chiếu của A lên hai trục Ox, Oy, suy ra
12
A(3;0), A(0;4)
.
Giả sử
22
(C):xy2ax2byc0

+−−+=
.
Do
12
A,A,A(C)
∈ nên ta có hệ:
3
a
6a 8bc25
2
6ac 9 b2
8bc16c0

=

−−+=−



−+=−⇔=


−+=−=



.
Vậy phương trình (C):
22
xy3x4y0

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

aba7b
b2a,a2b
252
−−
⇔=⇔=−=

•

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

a2b
=
thay vào (1) ta có:
22
448
(2b2)bb,a
555
−+=⇔==
. Suy ra
1
4
RD(I,)
52
=∆=
.
Vậy phương trình
22

8 4 8
(C):xy
5525

−+−=


.
3. Các điểm đặc biệt trong tam giác.
Cho tam giác
ABC
. Khi đó:
•
Trọng tâm
ABCABC
xxxyyy
G;
33
++++




•
Trực tâm
AH.BC0
H:
BH.AC0

=



=


uuuruur
uuuruuur

•
Tâm đường tròn ngoại tiếp
22
22
IAIB
I:
IAIC

=


=



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


=




=


uuuruuuruuuruuur
uuruuuruuuruuur

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

từ đây ta có K.
•
Tâm đường tròn bàng tiếp (góc A)
AB.AJ AC.AJ
ABAC
J :
BJ.BCAB.BJ
BCAB

=




=


uuuruuruuuruur
uuruuruuuruur
.
Ví dụ . Cho tam giác
ABC
có
53
A(1;3),B(2;0),C;
88

−



.
1) Tìm tọa độ trực tâm
H
, tâm đường tròn ngoại tiếp
I
và trọng tâm
G
của tam giác
ABC
.
Từ đó suy ra
I,G,H
thẳng hàng;
2) Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác
ABC
.
Lời giải.
1) Ta có
ABC
G
ABC
G
xxx
1
x
1 9
3 8
G;
88
yyy

9
y
3 8
++

==−



⇒−


++


==


.
Gọi
H(x;y)
, suy ra
( ) ( )
213321
AHx1;y3,BHx2;y,BC;,AC;
8888

=−−=+==−−



uuuruuuruuruuur

Mà
AH.BC0
BH.AC0

=


=


uuuruur
uuuruuur
nên ta có
3
x
7(x1)(y3)0 7xy100
2
(x2) 7y0x7y201
y
2

=

−+−=+−=


⇔⇔


++=++=


=−



Suy ra
31
H;
22

−


.
Gọi
I(x;y)
, ta có:
2222
22
22
22
22
(x1)(y3)(x2)y
IAIB
53
(x2)yxy
IBIC
88

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

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

16

+=
=−



⇔⇔⇒−


+=−


=



.
Ta có
13131313
GH;, GI;GH2GI
88 1616

=−=−⇒=−


uuuruuruuuruur
. Suy ra
I,G,H
thẳng hàng.

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

=
==



uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur
uuuruuuruuuruuruuuruuuruuuruur

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

AKx1;y3,BKx2;y,AB(3;3)
=−−=+=−−
uuuruuuruuur
nên (*) tương đương với
321
(x1)(y3)
3(x1)3(y3)
88
32152
2xy1x0
8
213x2y2y1
(x2)y
3(x2)3y
88
32152
8

−−−−

−−−−
=


−=−=


⇔⇔

−=−=



++
++

=



. Vậy
K(0;1)
.
Gọi
(
)
J a;b
là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC. Ta có:
( ) ( )
( ) ( )
AJ.ABAJ.AC
5
a
AJ,ABAJ,AC
2ab1
ABAC
4
2ab43
BJ.BCBJ.AB
BJ,BCBJ,AB
b

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

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

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

Suy ra
1

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

Ta có
I
là trung điểm của
HH'
nên
H'(3;1)
−
.
Đường thẳng
AC
đi qua
H'
và vuông góc với
2
d
nên có phương trình :
3x4y130
−+=
.
Nên

1
xy20
ACdA:A(5;7)
3x4y130
−+=

∩=⇒

−+=

.
Vì
CH
đi qua
H
và vuông với
AH
, suy ra phương trình của
CH:3x4y 7 0
++=

Do đó
3x4y 7 0
103
C:C(;)
34
3x4y130
++=

⇒−


−+=

.
Ví dụ . Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết
(
)
A5;2
. Phương trình
đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là
xy60
+−=
và
2xy30
−+=
.
Tìm tọa độ các đỉnh B,C của tam giác ABC.

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

Phương trình
BC:xyc30
−++=

Gọi
M
là trung điểm của BC, suy ra
3c
x
xy60
2
M:
xyc30c9
y
2
−

=

+−=


⇔

−++=+


=



Suy ra
( )
c

B32c;6cC'(4c;4)
2
−−⇒−−

Mà
C' CC'
∈
nên ta có:
c314
2(4c)(4)30c70c
223
−−−+=⇔−+=⇒= .
Vậy
19 41437
B;, C;
3333

−


.
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 11
M
C'
B
A
C

5. Một số bài toán dựng hình cơ bản.

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

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

•

Hd
=∩∆

5.2. Dựng
A'
đối xứng với A qua đường thẳng
∆

•
Dựng hình chiếu vuông góc H của A lên
∆

•
Lấy
A'
đối xứng với
A
qua H:
A' HA

A' HA
x2xx
y2yy
=−



=−


.
5.3. Dựng đường tròn (C’) đối xứng với (C) (có tâm I, bán kính R) qua đường thẳng
∆

•
Dựng I’ đối xứng với I qua đường thẳng
∆

•
Đường tròn (C’) có tâm
I'
, bán kính R.
Chú ý: Giao điểm của (C) và (C’) chính là giao điểm của và
∆
.
5.4. Dựng đường thẳng d’ đối xứng với d qua đường thẳng
∆
.
•
Lấy hai điểm M,N thuộc d. Dựng

M',N'
lần lượt đối xứng với M, N qua
∆

•
d' M'N'
≡
.
Ví dụ . Trong mặt phẳng
Oxy
cho đường thẳng
d:x2y30
−−=
và hai điểm
A(3;2),

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

:3x4y10
∆++=
là đường phân
giác của góc tạo bởi hai đường thẳng
d
và
d'
.
Lời giải.
1) Ta thấy
A
và
B
nằm về một phía so với đường thẳng
d
. Gọi
A'
là điểm đối xứng với A
qua d. Khi đó với mọi điểm M thuộc d, ta luôn có:
MAMA'
=

Do đó:
MAMBA'MMBA'B
+=+≥
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
MA'Bd
=∩
.
Vì

A'Ad
⊥
nên
AA'
có phương trình:
2xy80
+−=

Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 12
Gọi
19
x
2xy80
192
5
HdAA' H:H;
55
x2y302
y
5

=

+−=



=∩⇒⇔⇒



−−=



=


.
Vì
H
là trung điểm của
AA'
nên
A' HA
A' HA
23
x2xx
236
5
A' ;
55
6
y2yy
5

=−=




⇒−




=−=−


.
Suy ra
2826
A'B;
55

=−


uuuur
, do đó phương trình
A'B:13x14y430
+−=

Nên
16
x
x2y30
161
5
M:M;
510

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

2) Xét hệ phương trình
x2y30x1

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

Vì
∆
là phân giác của góc hợp bởi giữa hai đường thẳng
d
và
d'
nên
d
và
d'
đối xứng nhau
qua
∆
, do đó
Id'
∈
.
Lấy
E(3;0)d

∈
, ta tìm được
316
F ;
55

−


là điểm đối xứng với E qua
∆
, ta có
Fd'
∈

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

Bài toán cơ bản của phương pháp tọa độ trong mặt phẳng là bài toán xác định tọa độ của
một điểm. Chẳng hạn, để lập phương trình đường thẳng cần tìm một điểm đi qua và VTPT,
với phương trình đường tròn thì ta cần xác định tâm và bán kính….Chúng ta có thể gặp bài
toán tìm tọa độ của điểm được hỏi trực tiếp hoặc gián tiếp.
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 13
•
Về phương diện hình học tổng hợp thì để xác định tọa độ một điểm, ta thường chứng
minh điểm đó thuộc hai hình (H) và (H’). Khi đó điểm cần tìm chính là giao điểm của (H) và
(H’).
•
Về phương diện đại số, để xác định tọa độ của một điểm (gồm hai tọa độ) là bài toán đi
tìm hai ẩn. Do đó, chúng ta cần xác định được hai phương trình chứa hai ẩn và giải hệ
phương trình này ta tìm được tọa độ điểm cần tìm. Khi thiết lập phương trình chúng ta cần
lưu ý:
+) Tích vô hướng của hai véc tơ cho ta một phương trình,
+) Hai đoạn thẳng bằng nhau cho ta một phương trình,
+) Hai véc tơ bằng nhau cho ta hai phương trình,
+) Nếu điểm
M:axbyc0,a0
∈∆++=≠
thì
bmc
M;m
a
−−



, lức này tọa độ của

M
chỉ còn
một ẩn và ta chỉ cần tìm một phương trình.

Ví dụ 1.1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn
22
(C):(x1)(y1)4
−+−=
và đường thẳng
:x3y60
∆−−=
. Tìm tọa độ điểm
M
nằm trên
∆
, sao cho từ M vẽ được hai tiếp tuyến
MA,MB
(A,B là tiếp điểm) thỏa
ABM
∆
là tam giác vuông.
Lời giải.
B
M
A
I

Đường tròn (C) có tâm
I(1;1)
, bán kính

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

. Suy ra tọa độ của M là nghiệm của hệ
22222
y1,x3
x3y60x3y6x3y6
9 3
y,x
(x1)(y1) 8 (3y5)(y1) 8 5y14y 9 0
55
=−=

−−==+=+



⇔⇔⇔


=−=
−+−=++−=++=




.
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 14
Vậy có hai điểm
(
)
1

M3;1
−
và
2
3 9
M;
55

−


thỏa yêu cầu bài toán.



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

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

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

22
+−
=⇔=

3y32y 8
y11;y1
3y32y 8
+=−

⇔⇔=−=

+=−+

.
•
Với
y11M(22;11)
=−⇒−−
.
•
Với
y1M(2;1)
=⇒
.
Ví dụ 3.1. Trong hệ tọa độ
Oxy
, cho điểm
A(0;2)
và đường thẳng
d:x2y20

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

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

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

Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 15
Vậy có hai bộ điểm thỏa yêu cầu bài toán là:
26
B;
55




,
(
)
C0;1
và
26
B;
55



,
4 7
C;
55



.
Ví dụ 4.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho điểm
A(2;2)
và hai đường thẳng:
12
d:xy20,d:xy80
+−=+−=
. Tìm tọa độ điểm
B,C

lần lượt thuộc
12
d,d
sao cho tam giác
ABC
vuông tại A.
Lời giải.
Vì
12
BdB(b;2b);CdC(c;c 8)
∈⇒−∈⇒−
.
Theo đề bài ta có hệ:
(
)
(
)
( ) ( )
22
b1c42
AB.AC0
ABAC
b1c43

−−=

=

⇔


=

−−−=



uuuruuur

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

Vậy
B(3;1);C(5;3)
−
hoặc
B(1;3),C(3;5)
−
.
Ví dụ 5.1. Cho parabol
2
(P):yx
=
và hai điểm
A(9;3),B(1;1)
−
thuộc
(P)
. Gọi M là điểm
thuộc cung
AB
của
(P)
( phần của
(P)
bị chắn bởi dây
AB
). Xác định tọa độ điểm M nằm
trên cung
AB
sao cho tam giác

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

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

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

5
=
đạt được khi
t1M(1;1)
=⇒
.
Bài 6.1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn
( )
2
2
(C):x1y2
−+=
và hai điểm
A(1;1)
−
,
B(2;2)
. Tìm tọa điểm M thuộc đường tròn (C) sao cho diện tích tam giác MAB bằng
1
2
.
Lời giải.
Ta có
AB10
= và
MAB
111
S d(M,AB).ABd(M,AB)
22
10

∆
==⇒=

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

∈⇒−+=

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

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

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


hoaëc
2222
(a1)b2(a1)b2

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

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

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

22
5a16a1205a10a40

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

55
5
b3a5
b3a3


±
==

=
⇔



=−
=−


hoaëc
Vậy có bốn điểm thỏa điều kiện bài toán là:
1234
121141355355535
M(;), M(;), M(;) và M(;)
55555555
−−+
− .

2. Nhóm các bài toán về hình bình hành.
Khi giải các bài toán về hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật và hình vuông, chúng ta
cần chú ý đến tính chất đối xứng. Chẳng hạn, giao điểm hai đường chéo là tâm đối xứng cảu
hình bình hành; hai đường chéo của hình thoi là trục đối xứng….
Ví dụ 1.2. Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường thẳng
12
d:x2y10,d:2x3y0
−+=+=
. Xác
định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết A thuộc đường thẳng
1
d
, C thuộc đường
thẳng
2
d

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

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

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

I
là tâm hình vuông,
J
thuộc cạnh AB và
K
thuộc cạnh CD.
Lời giải.
Gọi
J'
đối xứng với
J
qua I, ta có
(
)
J' 4;0
và
J' CD
∈
.
Ta có:
(
)
KJ' 2;2
=
uur
, suy ra phương trình
CD:xy40
−−=
.
Vì

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

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

•

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

•

a3
=−

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

Ví dụ 3.2. Trong mặt phẳng
Oxy
cho đường tròn (C):
22
(x2)(y1)10
−+−=
. Tìm tọa độ các
đỉnh của hình vuông
MNPQ
, biết
M
trùng với tâm của đường tròn (C); hai đỉnh
N,Q
thuộc
đường tròn (C); đường thẳng
PQ
đi qua

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

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

+

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

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




. Trường hợp này ta loại vì
Q
x0
>
.
•

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

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

•

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

•

x5
=
, ta có
P(0;5)

, suy ra tâm của hình vuông
I(1;3)
nên
N(1;2)
−
.
Vậy có hai bộ điểm thỏa yêu cầu bài toán:
M(2;1),N(5;0),P(6;3),Q(3;4)
và
M(2;1),N(1;2),P(0;5),Q(3;4)
−
.
P
N
M
Q
E

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

M1; 5
thuộc đường thẳng AB và trung điểm
E của cạnh CD thuộc đường thẳng
d:xy–50
+=
. Viết phương trình đường thẳng AB.
Lời giải.
E
N
I
B
D
C
A
M

Vì
EdE(a;5a)IE(a6;3a)
∈⇒−⇒=−−
uur
.
Gọi
N
là trung điểm của
AB
, suy ra
I
là trung điểm của
EN
nên :

NIE
NIE
x2xx12a
N:N(12a;a1)
y2yya1
=−=−


⇒−−

=−=−


MN(11a;a6)
⇒=−−
uuur
.
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 19
Vì
E MNMN.IE 0
⊥⇒=
uuuruur
a6
(11a)(a6)(a6)(3a)0
a 7
=

⇔−−+−−=⇔


=

.
•

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

•

a 7 MN(4;1)
=⇒=
uuur
, suy ra phương trình
AB:x4y190
−+=
.
Ví dụ 5.2. 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
1
d:xy30
−−=
và
2
d:xy60
+−=

. Trung
điểm của AB là giao điểm của
1
d

với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Lời giải.
Ta có
12
xy30
9 3
ddI:I;
22
xy60
−−=


∩=⇒


+−=



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

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

ABCD
S
AD2MI32AB22AM2
AD
==⇒==⇒=

Mà
22
AABA(a;3a)AM2(a3)1
∈⇒−⇒=⇔−=
a2,a4
⇔==
, ta chọn
A(2;1),B(4;1)
−
.
Do I là tâm của hình chữ nhật nên
C(7;2), D(5;4)
.
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là:
A(2;1), B(4;1), C(7;2), D(5;4)
−
.

Ví dụ 6.2. Trong mặt phẳng
Oxy
cho ba đường thẳng
1
d:4xy90,
+−=

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

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

1
BBDd
=∩
, suy ra
yxm
9 m4m 9
BB;
33
4xy90
=−+

−−

⇒


+−=




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

15
B(2;1),D(1;4),I;
22

−



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

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

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

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

M0;
3



thuộc đường thẳng
AB
; điểm
N(0;7)
thuộc đường thẳng
CD
. Tìm tọa độ
đỉnh
B
biết
B
có hoành độ dương.
Lời giải.
Gọi
N
′
là điểm đối xứng của
N
qua tâm
I
thì ta có
N'(4;5)
−
và
N'

thuộc cạnh
AB
.
Suy ra
16
MN' 4;
3

=−


uuuur
nên phương trình
AB:4x3y10
+−=
.
Vì
AC2BD
=
nên
AI2BI
=
. Gọi H là hình chiếu của I lên AB, ta có:
8 31
IHd(I,AB)2
5
+−
===
và
2222

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

Vậy
B(1;1)
−
.
N'
H
D
B
I
A
C

N
M

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

xy10x1
3xy50y2
+−==−

⇔

−+==

.
Ta giả sử
A(1;2)
−
và
12
ABd,ADd
≡≡
, suy ra
C(7;4)
.
Gọi
d
là đường thẳng đi qua I và song song với
AB
, suy ra phương trình
d:xy60
+−=
.
Tọa độ giao điểm của
d
và

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

Do đó
319
D;
22



, suy ra
97
B;
22

−


.
d
2
d
1
B
D
C
A
I
.
Ví dụ 9.2. Cho hình bình hành ABCD có
B(1;5)
, đường cao
AH:x2y20

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

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

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

Vì
ADBCD(1;11)
=⇒−−
uuuruur
.
Ví dụ 10.2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD biết
(
)
M2;1
,
(
)
N4;2;
−
(
)
(
)
P2;0; Q 1;2
lần lượt thuộc cạnh AB, BC, CD, AD. Hãy lập phương trình các
cạnh của hình vuông.
Lời giải.
Trước hết ta chứng minh tính chất sau đây:
“ Cho hình vuông ABCD, các điểm M,N,P,Q lần lượt nằm trên các đường thẳng AB, BC, CD,
DA. Khi đó
MPNQ MPNQ
=⇔⊥
”.
I
E

F
Q
B
C
A
D
M
P
N

Chứng minh: Vẽ
ME CD,E CD;NF AD,F AD
⊥∈⊥∈
.
Hai tam giác vuông
MEP
và
NFQ
có
NF ME
=
.
Do đó
·
·
·
0
MPNQ MEPNFQEPM FQN QIM 90MPNQ
=⇔∆=∆⇔=⇔=⇔⊥
Trở lại bài toán:

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

Mà
E(4;m)
nên
2
NE MP(m2)1m3,m1
=⇔−=⇔==
.
•
Với
m3
=
, suy ra
E(4;3) QE (3;1)

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

Phương trình
AB:3xy70, BC:x3y100, CD:3xy60
+−=−−=+−=
.
•
Với
m1
=
, suy ra
E(4;1) QE (3;1)
⇒=−
uur
, suy ra phương trình
AD:x3y 7 0
+−=

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

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

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

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

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

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

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

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

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

C(4;2)
−
. Gọi
H
là chân đường cao kẻ từ
B
;
M,N
lần lượt là trung điểm của
AB,AC
. Viết
phương trình đường tròn đi qua các điểm
H,M,N.

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

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

uuuruuur

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

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

đến điểm
B
bằng
5
.
Lời giải.
Gọi
I(a;b)
và
R
lần lượt là tâm của và bán kính của
(C).

Vì
(C)
tiếp xúc với
Ox

tại A nên
a2
=
và
Rb
=

Mặt khác:
( )
2
22
IB54b45b1,b 7
=⇔+−=⇔==

Với
b1
=
thì phương trình đường tròn
( ) ( )
22
(C):x2y11
−+−=
.
Với
b 7
=
thì phương trình đường tròn
( ) ( )
22
(C):x2y749

−+−=
.
Ví dụ 3.3. Trong mặt phẳng Oxy cho điểm
M(6;6)
và hai đường thẳng
1
:4x3y240
∆−−=
,
2
:4x3y 8 0
∆++=
. Viết phương trình đường tròn (C) đi qua M và tiếp xúc với hai đường
thẳng
12
,
∆∆
.
Lời giải.
Gọi
I(a;b)
là tâm và R là bán kính của đường tròn (C).
Vì (C) tiếp xúc với hai đường thẳng
1
∆
và
2
∆
nên ta có
12

d(I,)d(I,)
∆=∆

Hay
16
4a3b244a3b 8
4a3b244a3b 8
b
R
3
55
4a3b244a3b 8
a2

−−++
−−=++
=−


==⇔⇔


−−=−−−

=


.
•

a2
=
, phương trình
( ) ( )
2
22
(3b16)
(C):x2yb
25
+
−+−= .
Do
M(C)
∈
nên
( ) ( )
2
22
(3b16) 87
626bb3,b
254
+
−+−=⇔==
Suy ra phương trình
22
(C):(x2)(y3)25
−+−=
hoặc
22
87 4225

(C):(x2)(y)
416
−+−= .
•

16
b
3
=−
, phương trình của (C):
2
2
2
16(4a 8)
(xa)y
325
−

−++=



Do
M(C)
∈
nên
2
2
2
16(4a 8)

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

và đường thẳng
d:xy30
−+=
. Viết phương trình đường tròn (C’) có tâm M trên d, bán
kính bằng 2 lần bán kính đường tròn (C) và tiếp xúc ngoài với đường tròn (C).
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 25
Lời giải. Đường tròn (C) có tâm
I(1;1)
, bán kính
R1
=
.
Gọi
I'
là tâm và
R'

là bán kính của đường tròn (C’), ta có
R' 2R2
==
và
I' dI'(a;a3)
∈⇒+

Vì (C) và (C’) tiếp xúc ngoài với nhau nên
II' RR'3
=+=

222
(a1)(a2) 9 aa20a1,a2
⇔−++=⇔+−=⇔==−
.
•

22
a1I'(1;4)(C'):(x1)(y4)4
=⇒⇒−+−=

•

22
a2I'(2;1)(C'):(x2)(y1)4
=−⇒−⇒++−=
.
Ví dụ 5.3. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn
22
1

(C):xy2x2y180
+−−−=
và đường
tròn
22
2
(C):(x1)(y2) 8
++−=
. Chứng minh rằng hai đường tròn
1
(C)
và
2
(C)
cắt nhau tại
hai điểm phân biệt
A,B
. Viết phương trình đường tròn (C) đi qua ba điểm
A,B,M(0;6)
.
Lời giải.
Đường tròn
1
(C)
có tâm
1
I(1;1)
, bán kính
1
R25

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

là nghiệm của hệ:
22
2222
2222
xy2x2y180
xy2x2y180xy2x2y180
15
2xy
(x1)(y2) 8 xy2x4y30
2

+−−−=

+−−−=+−−−=

⇔⇔

+=
++−=++−−=





2
15
y2x
2
93
5x24x0 (*)

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

Gọi
M
là trung điểm
AB
, suy ra
12
M
M12
xx
12
x
1227
25
M;
510
1527
yxx
210
+

==−



⇒−





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