Chuyên đề Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng luyện thi đại học

Mục lục
Chuyên đề 10. Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
§1. Tọa Độ Trong Mặt Phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
§2. Phương Trình Đường Thẳng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
§3. Tam Giác Và Tứ Giác. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
§4. Phương Trình Đường Tròn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
§5. Phương Trình Elip . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
1
Nguyễn Minh Hiếu
2
Chuyên đề 10
Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng
§1. Tọa Độ Trong Mặt Phẳng
Bài tập 10.1. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A (−1; 1) , B (2; 5) , C (4; 3). Tìm tọa độ điểm D sao
cho
−−→
AD = 3
−−→
AB − 2
−→
AC. Tìm tọa độ điểm M sao cho
−−→
MA + 2
−−→
MB = 5
−−→
MC.
Lời giải. Gọi D(x; y) ta có
−−→
AD = (x + 1; y − 1),
−−→

AB = (3; 4),
−→
AC = (5; 2) ⇒ 3
−−→
AB − 2
−→
AC = (−2; 8).
Do đó
−−→
AD = 3
−−→
AB − 2
−→
AC ⇔

x + 1 = −2
y − 1 = 8
⇔

x = −3
y = 9
⇒ D(−3; 9).
Gọi M(x; y) ta có
−−→
MA = (−1 − x; 1 − y),
−−→
MB = (2 − x; 5 − y).
Suy ra
−−→
MA + 2

−−→
MB = (3 − 3x; 11 − 3y);
−−→
MC = (4 − x; 3 − y).
Do đó
−−→
MA + 2
−−→
MB = 5
−−→
MC ⇔

3 − 3x = 5(4 − x)
11 − 3y = 5(3 − y)
⇔

x =
17
2
y = 2
⇒ M

17
2
; 2

.
Vậy D(−3; 9) và M

17

2
; 2

.
Bài tập 10.2. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A (2; 5) , B (1; 1) , C (3; 3). Tìm tọa độ điểm D sao cho
ABCD là hình bình hành. Tìm tọa độ tâm hình bình hành đó.
Lời giải. Gọi D(x; y) ta có
−−→
AD = (x − 2; y − 5),
−−→
BC = (2; 2).
Khi đó ABCD là hình bình hành ⇔
−−→
AD =
−−→
BC ⇔

x − 2 = 2
y − 5 = 2
⇔

x = 4
y = 7
⇒ D(4; 7).
Gọi I là tâm hình bình hành ABCD ta có I là trung điểm AC nên I

5
2
; 4


.
Bài tập 10.3. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A (−3; 2) , B (4; 3). Tìm tọa độ điểm M thuộc trục
Ox sao cho tam giác MAB vuông tại M.
Lời giải. Vì M ∈ Ox nên M(x; 0) ⇒
−−→
MA = (x + 3; −2),
−−→
MB = (x − 4; −3).
Khi đó tam giác M AB vuông tại M ⇔
−−→
MA.
−−→
MB = 0 ⇔ (x + 3)(x − 4) + 6 = 0 ⇔

x = 3
x = −2
.
Vậy M(3; 0) hoặc M (−2; 0).
Bài tập 10.4. (D-04) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A (−1; 0) , B (4; 0) , C (0; m) , m = 0.
Tìm toạ độ trọng tâm G. Tìm m để tam giác GAB vuông tại G.
Lời giải. Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên G

1;
m
3

⇒
−→
GA =


−2; −
m
3

,
−−→
GB =

3; −
m
3

.
Khi đó tam giác GAB vuông tại G ⇔
−→
GA.
−−→
GB = 0 ⇔ −6 +
m
2
9
= 0 ⇔ m = ±3
√
6.
Bài tập 10.5. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A (1; −1) , B (5; −3), đỉnh C thuộc trục Oy
và trọng tâm G thuộc trục Ox. Tìm tọa độ đỉnh C và trọng tâm G.
Lời giải. Ta có C ∈ Oy ⇒ C(0; y), G ∈ Ox ⇒ G(x; 0). Khi đó G là trọng tâm tam giác ABC nên

x
A

+ x
B
+ x
C
= 3x
G
y
A
+ y
B
+ y
C
= 3y
G
⇔

1 + 5 + 0 = 3x
−1 − 3 + y = 0
⇔

x = 2
y = 4
Vậy C(0; 4) và G(2; 0).
3
Nguyễn Minh Hiếu
Bài tập 10.6. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A (0; 6) , B (−2; 0) , C (2; 0). Gọi M là trung
điểm AB, G là trọng tâm tam giác ACM và I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh
GI vuông góc với CM.
Lời giải. Ta có M là trung điểm AB ⇒ M(−1; 3), G là trọng tâm tam giác ACM ⇒ G


1
3
; 3

.
Gọi I(x; y) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có
−→
AI = (x; y − 6) ⇒ AI =

x
2
+ (y − 6)
2
=

x
2
+ y
2
− 12y + 36
−→
BI = (x + 2; y) ⇒ BI =

(x + 2)
2
+ y
2
=

x

2
+ y
2
+ 4x + 4
−→
CI = (x − 2; y) ⇒ CI =

(x − 2)
2
+ y
2
=

x
2
+ y
2
− 4x + 4
Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC nên

AI = BI
AI = CI
⇔

4x + 12y = 32
4x − 12y = −32
⇔

x = 0
y =

8
3
⇒ I

0;
8
3

Khi đó
−→
GI =

−
1
3
; −
1
3

,
−−→
CM = (−3; 3) ⇒
−→
GI.
−−→
CM = 0.
Vậy GI vuông góc với CM (đpcm).
Bài tập 10.7. Trong mặt phẳng Oxy, cho bốn điểm A (−1; 3) , B (0; 4) , C (3; 5) , D (8; 0). Chứng minh
ABCD là tứ giác nội tiếp.
Lời giải. Ta có

−−→
AB = (1; 1),
−−→
AD = (9; −3) ⇒ cos

BAD = cos

−−→
AB,
−−→
AD

=
9 − 3
√
2.
√
90
=
1
√
5
.
−−→
CB = (−3; −1),
−−→
CD = (5; −5) ⇒ cos

BCD = cos


−−→
CB,
−−→
CD

=
−15 + 5
√
10.
√
50
= −
1
√
5
.
Suy ra cos

BAD + cos

BCD = 0 ⇒

BAD +

BCD = 180
0
.
Vậy tứ giác ABCD nội tiếp.
Bài tập 10.8. (B-03) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A. Biết M (1; −1) là trung
điểm cạnh BC và G


2
3
; 0

là trọng tâm tam giác. Tìm toạ độ các đỉnh của tam giác.
Lời giải. Gọi A(x; y), ta có
−→
AG =

2
3
− x; −y

,
−−→
GM =

1
3
; −1

.
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên
−→
AG = 2
−−→
GM ⇔

2

3
− x =
2
3
−y = −2
⇔

x = 0
y = 2
⇒ A (0; 2).
Gọi B(x; y) ⇒ C(2 − x; −2 − y) ta có
−−→
AB = (x; y − 2) ⇒ AB =

x
2
+ y
2
− 4y + 4.
−→
AC = (2 − x; −4 − y) ⇒ AC =

x
2
+ y
2
− 4x + 8y + 20.
Tam giác ABC vuông cân tại A nên

−−→

AB.
−→
AC = 0
AB = AC
⇔

x(2 − x) + (y − 2)(−4 − y) = 0
−4y + 4 = −4x + 8y + 20
⇔

x
2
+ y
2
− 2x + 2y −8 = 0 (1)
x = 3y + 4 (2)
Thay (2) vào (1) ta có (3y + 4)
2
+ y
2
− 2 (3y + 4) + 2y − 8 = 0 ⇔ 10y
2
+ 20y = 0 ⇔

y = 0
y = −2
.
Với y = 0 ⇒ x = 4 ⇒ B(4; 0), C(−2; −2). Với y = −2 ⇒ x = −2 ⇒ B(−2; −2), C(4; 0).
Vậy A(0; 2), B(4; 0), C(−2; −2) hoặc A(0; 2), B(−2; −2), C(4; 0).
Bài tập 10.9. (A-04) Trong mặt phẳng Oxy, cho A (0; 2) , B


−
√
3; −1

. Tìm toạ độ trực tâm và tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB.
Lời giải. Gọi H(x; y) ta có
−−→
OH = (x; y),
−−→
AB = (−
√
3 − 3),
−−→
AH = (x; y − 2),
−−→
OB = (−
√
3; −1).
Khi đó H là trực tâm tam giác OAB khi và chỉ khi

−−→
OH.
−−→
AB = 0
−−→
AH.
−−→
OB = 0

⇔

−
√
3x − 3y = 0
−
√
3x − y + 2 = 0
⇔

x =
√
3
y = −1
4
Chuyên đề 10. Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng
Gọi I(a; b) ta có
−→
OI = (a; b) ⇒ OI =
√
a
2
+ b
2
−→
AI = (a; b − 2) ⇒ AI =
√
a
2
+ b

2
− 4b + 4
−→
BI =

a +
√
3; b + 1

⇒ BI =

a
2
+ b
2
+ 2
√
3a + 2b + 4
Khi đó I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB khi và chỉ khi

OI = AI
OI = BI
⇔

−4b + 4 = 0
2
√
3a + 2b + 4 = 0
⇔


a = −
√
3
b = 1
Vậy H(
√
3; −1) và I(−
√
3; 1).
Bài tập 10.10. (D-2010) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A (3; −7), trực tâm là
H (3; −1), tâm đường tròn ngoại tiếp là I (−2; 0). Xác định tọa độ đỉnh C, biết C có hoành độ dương.
Lời giải. Gọi B (x
1
; y
1
) , C (x
2
; y
2
). Ta có
−−→
AH = (0; 6),
−−→
BC = (x
2
− x
1
; y
2
− y

1
).
Vì H là trực tâm tam giác ABC nên
−−→
AH.
−−→
BC = 0 ⇔ 6 (y
2
− y
1
) = 0 ⇔ y
2
= y
1
⇒ B (x
1
; y
1
) , C (x
2
; y
1
).
Khi đó
−→
IA = (5; −7) ⇒ IA =
√
74
−→
IB = (x

1
+ 2; y
1
) ⇒ IB =

(x
1
+ 2)
2
+ y
2
1
−→
IB = (x
1
+ 2; y
1
) ⇒ IC =

(x
2
+ 2)
2
+ y
2
1
.
Vì I là trọng tâm tam giác ABC nên

IB = IA

IC = IA
⇔

(x
1
+ 2)
2
+ y
2
1
= 74
(x
1
+ 2)
2
+ y
2
1
= 74
Vì x
2
> 0 nên với |y
1
| ≤ 74 ta có

x
1
= −2 −

74 − y

2
1
x
2
= −2 +

74 − y
2
1
⇒ B

−2 −

74 − y
2
1
; y
1

, C

−2 +

74 − y
2
1
; y
1

Khi đó

−−→
BH =

5 +

74 − y
2
1
; −1 − y
1

,
−→
CA =

5 −

74 − y
2
1
; −7 − y
1

.
Vì H là trực tâm nên
−−→
BH.
−→
CA = 0 khi và chỉ khi


5 +

74 − y
2
1

5 −

74 − y
2
1

+ (1 + y
1
) (7 + y
1
) = 0 ⇔ y
2
1
+ 4y
1
− 21 = 0 ⇔

y
1
= 3
y
1
= −7
Với y

1
= −7 ⇒ x
2
= 3 ⇒ C(3; −7) (loại).
Với y
1
= 3 ⇒ x
2
= −2 +
√
65 ⇒ C

−2 +
√
65; 3

(thỏa mãn).
Vậy C

−2 +
√
65; 3

.
§2. Phương Trình Đường Thẳng
Bài tập 10.11. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A (−1; 2) , B (2; 3) và C (6; 2). Viết phương trình
đường thẳng qua A và song song với BC.
Lời giải. Gọi đường thẳng cần tìm là ∆.
Vì ∆ song song với BC nên có vectơ chỉ phương
−→

u =
−−→
BC = (4; −1).
Hơn nữa ∆ qua A nên có phương trình tham số

x = −1 + 4t
y = 2 − t
.
Bài tập 10.12. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A (3; 5). Viết phương trình đường thẳng qua A cắt hai
tia Ox, Oy lần lượt tại M, N sao cho diện tích tam giác OM N bằng 30.
Lời giải. Gọi đường thẳng cần tìm là ∆.
Giả sử ∆ cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại M(a; 0), N(0; b) (a, b > 0).
Khi đó ∆ có phương trình đoạn chắn
x
a
+
y
b
= 1 ⇔ bx + ay − ab = 0.
Vì A ∈ ∆ nên 3b + 5a − ab = 0 (∗).
Lại có OM = a, ON = b ⇒ S
∆OM N
=
1
2
ab. Từ giả thiết suy ra
1
2
ab = 30 ⇔ ab = 60.
Với ab = 60 thay vào (∗) ta có 3.

60
a
+ 5a − 60 = 0 ⇔ 5a
2
− 60a + 180 = 0 ⇔ a = 6 ⇒ b = 10.
Vậy ∆ có phương trình 10x + 6y − 60 = 0.
5
Nguyễn Minh Hiếu
Bài tập 10.13. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A (8; 6). Lập phương trình đường thẳng qua A và tạo
với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 12.
Lời giải. Gọi đường thẳng cần tìm là ∆.
Giả sử ∆ cắt hai trục Ox, Oy lần lượt tại M(a; 0), N(0; b).
Khi đó ∆ có phương trình đoạn chắn
x
a
+
y
b
= 1 ⇔ bx + ay − ab = 0.
Vì A ∈ ∆ nên 8b + 6a − ab = 0 (∗).
Lại có OM = |a|, ON = |b| ⇒ S
∆OM N
=
1
2
|ab|. Từ giả thiết suy ra
1
2
|ab| = 12 ⇔ |ab| = 24 ⇔ ab = ±24.
Với ab = 24 thay vào (*) ta có 8.

24
a
+ 6a − 24 = 0 ⇔ 6a
2
− 24a + 192 = 0 (vô nghiệm).
Với ab = −24 thay vào (*) ta có 8.
−24
a
+ 6a + 24 = 0 ⇔ 6a
2
+ 24a − 192 = 0 ⇔

a = 4
a = −8
.
Với a = 4 ⇒ b = −6 ⇒ ∆ có phương trình 6x − 4y + 24 = 0.
Với a = −8 ⇒ b = 3 ⇒ ∆ có phương trình 3x − 8y − 24 = 0.
Vậy có hai phương trình của ∆ là 6x − 4y + 24 = 0 và 3x − 8y − 24 = 0.
Bài tập 10.14. (D-2010) Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A (0; 2) và ∆ là đường thẳng đi qua O. Gọi
H là hình chiếu vuông góc của A trên ∆. Viết phương trình đường thẳng ∆, biết khoảng cách từ H đến
trục hoành bằng AH.
Lời giải. Gọi H(x; y), ta có
−−→
OH = (x; y),
−−→
AH = (x; y − 2), d(H, Ox) = |y|.
Từ giả thiết ta có

AH = d(H, Ox)
−−→

AH.
−−→
OH = 0
⇔

x
2
+ (y − 2)
2
= y
2
x
2
+ y(y − 2) = 0
⇔

x
2
= 4y − 4
y
2
+ 2y − 4 = 0
⇔

x
2
= 4y − 4
y = −1 ±
√
5

Với y = −1 −
√
5 ⇒ x
2
= −8 − 4
√
5 (vô nghiệm)
Với y = −1 +
√
5 ⇒ x
2
= −8 + 4
√
5 ⇔ x = ±

−8 + 4
√
5 ⇒
−−→
AH =

±

−8 + 4
√
5; −3 +
√
5

.

Vậy ∆ có hai phương trình là

−8 + 4
√
5x +

√
5 − 3

y = 0 và −

−8 + 4
√
5x +

√
5 − 3

y = 0.
Bài tập 10.15. (CĐ-2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d : x + y + 3 = 0. Viết phương trình
đường thẳng đi qua A (2; −4) và tạo với đường thẳng d một góc bằng 45
0
.
Lời giải. Đường thẳng d có vectơ pháp tuyến
−→
n
d
= (1; 1).
Gọi ∆ là đường thẳng cần tìm và giả sử ∆ có vectơ pháp tuyến
−→

n
∆
= (a; b) (a
2
+ b
2
= 0).
Khi đó cos (∆, d) =
|
−→
n
∆
.
−→
n
d
|
|
−→
n
∆
|. |
−→
n
d
|
=
|a + b|
√
2.

√
a
2
+ b
2
.
Theo giả thiết ta có
cos (∆, d) = cos 45
0
⇔
|a + b|
√
2.
√
a
2
+ b
2
=
√
2
2
⇔ (a + b)
2
= a
2
+ b
2
⇔ 2ab = 0 ⇔


a = 0
b = 0
Với a = 0 chọn b = 1 ta có
−→
n
∆
= (0; 1) ⇒ ∆ : y + 4 = 0.
Với b = 0 chọn a = 1 ta có
−→
n
∆
= (1; 0) ⇒ ∆ : x − 2 = 0.
Vậy có hai đường thẳng ∆ cần tìm là y + 4 = 0 và x − 2 = 0.
Bài tập 10.16. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d
1
: 2x − y − 1 = 0; d
2
: x + 2y − 3 = 0 và
điểm M (2; −1). Tìm giao điểm A của d
1
, d
2
. Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M và cắt d
1
, d
2
lần
lượt tại B, C sao cho tam giác ABC cân tại A.
Lời giải. Tọa độ A là nghiệm của hệ


2x − y − 1 = 0
x + 2y − 3 = 0
⇔

x = 1
y = 1
⇒ A (1; 1).
Lấy điểm H(0; −1) ∈ d
1
và K(3 − 2t; t) ∈ d
2
ta có
−−→
AH = (−1; −2) ⇒ AH =
√
5,
−−→
AK = (2 − 2t; t − 1) ⇒ AK =

5(t − 1)
2
Khi đó ∆ nhận
−−→
HK làm vectơ chỉ phương ⇔ AH = AK ⇔ 5 = 5(t − 1)
2
⇔

t = 0
t = 2
.

6
Chuyên đề 10. Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng
Với t = 0 ⇒ K(3; 0) ⇒
−−→
HK = (3; 1) ⇒ ∆ :

x = 2 + 3t
y = −1 + t
.
Với t = 2 ⇒ K(−1; 2) ⇒
−−→
HK = (−1; 3) ⇒ ∆ :

x = 2 − t
y = −1 + 3t
.
Vậy có ∆ có hai phương trình là

x = 2 + 3t
y = −1 + t
và

x = 2 − t
y = −1 + 3t
.
Bài tập 10.17. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng ∆ :

x = −2 − 2t
y = 1 + 2t
và điểm M (3; 1). Tìm điểm

B thuộc đường thẳng ∆ sao cho đoạn MB là ngắn nhất.
Lời giải. Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương
−→
u
∆
= (−2; 2).
Điểm B ∈ ∆ ⇒ B(−2 − 2t; 1 + 2t) ⇒
−−→
MB = (−5 − 2t; 2t).
Đoạn MB ngắn nhất khi B là hình chiếu của M trên ∆.
Khi đó
−→
u
∆
.
−−→
MB = 0 ⇔ 10 + 4t + 4t = 0 ⇔ t = −
5
4
⇒ B

1
2
; −
3
2

.
Vậy B


1
2
; −
3
2

.
Bài tập 10.18. (B-04) Trong mặt phẳng Oxy, cho A (1; 1) , B (4; −3). Tìm điểm C thuộc d : x−2y −1 = 0
sao cho khoảng cách từ C đến đường thẳng AB bằng 6.
Lời giải. Ta có
−−→
AB = (3; −4)
Đường thẳng AB có vectơ pháp tuyến
−→
n (4; 3) nên có phương trình 4x + 3y − 7 = 0.
Lại có C ∈ d ⇒ C(2t + 1; t) ⇒ d(C, AB) =
|4(2t + 1) + 3t − 7|
5
=
|11t − 3|
5
.
Theo giả thiết d(C, AB) = 6 ⇔
|11t − 3|
5
= 6 ⇔

t = 3
t = −
27

11
.
Vậy C(7; 3) hoặc C

−
43
11
; −
27
11

.
Bài tập 10.19. (A-06) Trong mặt phẳng Oxy, cho ba đương thẳng d
1
: x + y + 3 = 0, d
2
: x − y − 4 =
0, d
3
: x − 2y = 0. Tìm M ∈ d
3
sao cho khoảng cách từ M đến d
1
bằng hai lần khoảng cách từ M đến d
2
.
Lời giải. Ta có M ∈ d
3
⇒ M(2t; t).
Khi đó d (M, d

1
) = 2d (M, d
1
) ⇔
|2t + t + 3|
√
2
=
2 |2t − t − 4|
√
2
⇔ |3t + 3| = 2 |t − 4| ⇔

t = 1
t = −11
.
Vậy M(2; 1) hoặc M (−22; −11).
Bài tập 10.20. (B-07) Trong mặt phẳng Oxy, cho A (2; 2) và các đường thẳng d
1
: x + y − 2 = 0, d
2
:
x + y − 8 = 0. Tìm điểm B ∈ d
1
và C ∈ d
2
sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.
Lời giải. Ta có B ∈ d
1
⇒ B(t

1
; 2 − t
1
), C ∈ d
2
⇒ C(t
2
; 8 − t
2
).
Suy ra
−−→
AB = (t
1
− 2; −t
1
),
−→
AC = (t
2
− 2; 6 − t
2
).
Theo giả thiết ta có

(t
1
− 2) (t
2
− 2) − t

1
(6 − t
2
) = 0
(t
1
− 2)
2
+ t
2
1
= (t
2
− 2)
2
+ (6 − t
2
)
2
⇔

t
1
t
2
− 4t
1
− t
2
+ 2 = 0 (1)

t
2
1
− 2t
1
= t
2
2
− 8t
2
+ 18 (2)
.
Nhận thấy t
1
= 1 không phải nghiệm hệ.
Với t
1
= 1 ta có (1) ⇔ t
2
=
4t
1
−2
t
1
−1
thay vào (2) được
t
4
1

− 4t
3
1
+ 3t
2
1
+ 2t
1
− 6 = 0 ⇔ (t
1
+ 1)

t
3
1
− 5t
2
1
+ 8t
1
− 6

= 0 ⇔

t
1
= −1
t
1
= 3

Với t
1
= −1 ⇒ t
2
= 3 ⇒ B(−1; 3), C(3; 5).
Với t
1
= 3 ⇒ t
2
= 5 ⇒ B(3; −1), C(5; 3).
Vậy B(−1; 3), C(3; 5) hoặc B(3; −1), C(5; 3).
Bài tập 10.21. (B-2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho các đường thẳng ∆ : x−y−4 = 0 và d : 2x−y−2 = 0.
Tìm tọa độ điểm N thuộc d sao cho đường thẳng ON cắt đường thẳng ∆ tại điểm M thỏa mãn OM.ON = 8.
7
Nguyễn Minh Hiếu
Lời giải. Ta có N ∈ d ⇒ N(a; 2a − 2) ⇒
−−→
ON = (a; 2a − 2) ⇒ ON có phương trình

x = at
y = (2a − 2)t
.
Lại có M ∈ ON ⇒ M (at; (2a − 2)t)
Mà M ∈ ∆ ⇒ at − (2a − 2)t − 4 = 0 ⇔ t =
4
2 − a
⇒ M

4a
2 − a

;
4 (2a − 2)
2 − a

.
Khi đó ON =

5a
2
− 8a + 4, OM =
4
|2 − a|

5a
2
− 8a + 4 ⇒ ON.OM =
4

5a
2
− 8a + 4

|2 − a|
.
Theo giả thiết ON.OM = 8 ⇔
4

5a
2
− 8a + 4


|2 − a|
= 8 ⇔ 5a
2
− 8a + 4 = 2 |2 − a| ⇔

a = 0
a =
6
5
.
Vậy N (0; −2) hoặc N

6
5
;
2
5

.
Bài tập 10.22. Trong mặt phẳng Oxy, cho P (1; 6) , Q (−3; −4) và đường thẳng ∆ : 2x − y − 1 = 0. Tìm
toạ độ M trên ∆ sao cho MP + MQ là nhỏ nhất. Tìm toạ độ N trên ∆ sao cho |NP − N Q| là lớn nhất.
Lời giải. Nhận thấy P, Q nằm cùng phía với ∆.
Gọi P

là điểm đối xứng với P qua ∆ và lấy M ∈ ∆, ta có MP + MQ = MP

+ MQ ≥ P

Q.

Dấu bằng xảy ra ⇔ M = P

Q ∩ ∆.
Gọi H là hình chiếu của P trên ∆ ⇒ H(t; 2t − 1) ⇒
−−→
P H = (t − 1; 2t − 7).
Vì P H⊥∆ nên
−−→
P H.
−→
u
∆
= 0 ⇔ t − 1 + 2(2t − 7) = 0 ⇔ t = 3 ⇒ H(3; 5) ⇒ P

(5; 4).
Khi đó
−−→
P

Q = (−8; −8) ⇒
−−→
n
P

Q
(1; −1) ⇒ P

Q có phương trình x − y − 1 = 0.
Tọa độ M là nghiệm hệ


2x − y − 1 = 0
x − y − 1 = 0
⇔

x = 0
y = −1
⇒ M(0; −1).
Lấy N ∈ ∆, ta có |NP − NQ| ≤ P Q. Dấu bằng xảy ra ⇔ N = P Q ∩ ∆.
Ta có
−−→
P Q = (−4; −10) ⇒
−−→
n
P Q
= (5; −2) ⇒ P Q có phương trình 5x − 2y + 7 = 0.
Tọa độ N là nghiệm hệ

2x − y − 1 = 0
5x − 2y + 7 = 0
⇔

x = −9
y = −19
⇒ N(−9; −19).
Vậy M(0; −1) và N(−9; −19).
§3. Tam Giác Và Tứ Giác
Bài tập 10.23. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B (−4; −5) và hai đường cao lần lượt
có phương trình là d
1
: 5x + 3y − 4 = 0 và d

2
: 3x + 8y + 13 = 0. Lập phương trình cạnh AC.
Lời giải. Nhận thấy B /∈ d
1
, B /∈ d
2
nên có thể giả sử d
1
là đường cao qua A và d
2
là đường cao qua C.
Đường thẳng d
1
có vectơ chỉ phương
−→
u
1
= (3; −5); đường thẳng d
2
có vectơ chỉ phương
−→
u
2
= (8; −3).
Ta có A ∈ d
1
⇒ A

t;
4−5t

3

⇒
−−→
BA =

t + 4;
19−5t
3

.
Vì d
2
vuông góc với AB nên
−−→
BA.
−→
u
2
= 0 ⇔ 8 (t + 4) − 19 + 5t = 0 ⇔ t = −1 ⇒ A (−1; 3).
Lại có C ∈ d
2
⇒ C

k;
−13−3k
8

⇒
−−→

BC =

k + 4;
27−3t
8

.
Vì d
1
vuông góc với BC nên
−−→
BC.
−→
u
1
= 0 ⇔ 3 (k + 4) − 5

27−3k
8

= 0 ⇔ k = 1 ⇒ B (1; −2).
Suy ra
−−→
AB = (2; −5) ⇒ chọn vectơ pháp tuyến của AC là
−→
n = (5; 2)
Vậy đường thẳng chứa AC có phương trình 5 (x + 1) + 2 (y − 3) = 0 ⇔ 5x + 2y − 1 = 0.
Bài tập 10.24. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có phương trình AB là 5x − 3y + 2 = 0; các
đường cao qua đỉnh A và B lần lượt là d
1

: 4x −3y + 1 = 0 và d
2
: 7x + 2y −22 = 0. Lập phương trình hai
cạnh còn lại của tam giác.
Lời giải. Đường thẳng d
1
có vectơ chỉ phương
−→
u
1
= (3; 4); đường thẳng d
2
có vectơ chỉ phương
−→
u
2
= (2; −7).
Tọa độ A là nghiệm của hệ

5x − 3y + 2 = 0
4x − 3y + 1 = 0
⇔

x = −1
y = −1
⇒ A (−1; −1).
Tọa độ B là nghiệm của hệ

5x − 3y + 2 = 0
7x + 2y − 22 = 0

⇔

x = 2
y = 4
⇒ B (2; 4).
Cạnh AC qua A(−1; −1) và nhận
−→
u
2
= (2; −7) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình
2 (x + 1) − 7 (y + 1) = 0 ⇔ 2x − 7y − 5 = 0
8
Chuyên đề 10. Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng
Cạnh BC qua B(2; 4) và nhận
−→
u
1
= (3; 4) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình
3 (x − 2) + 4 (y − 4) = 0 ⇔ 3x + 4y − 22 = 0
Vậy hai cạnh còn lại của tam giác có phương trình là AC : 2x − 7y − 5 = 0 và BC : 3x + 4y − 22 = 0.
Bài tập 10.25. (CĐ-09) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có C (−1; −2), đường trung tuyến kẻ
từ A và đường cao kẻ từ B lần lượt có phương trình là 5x + y −9 = 0; x + 3y −5 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh
A và B.
Lời giải. Đặt d
1
: 5x + y − 9 = 0, d
2
: x + 3y − 5 = 0.
Đường thẳng d
2

có vectơ chỉ phương
−→
u
2
= (3; −1).
Ta có A ∈ d
1
⇒ A(t; 9 − 5t) ⇒
−→
AC = (−1 − t; 5t − 11).
Vì AC⊥d
2
nên
−→
AC.
−→
u
2
= 3(−1 − t) − (5t − 11) = 0 ⇔ t = 1 ⇒ A(1; 4).
Lại có B ∈ d
2
⇒ B(5 − 3k; k). Gọi M là trung điểm BC ⇒ M

4−3k
2
;
k−2
2

.

Khi đó M ∈ d
1
nên 5.
4−3k
2
+
k−2
2
− 9 = 0 ⇔ k = 0 ⇒ B (5; 0).
Vậy A(1; 4) và B(5; 0).
Bài tập 10.26. (D-09) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có M (2; 0) là trung điểm của cạnh
AB. Đường trung tuyến và đường cao qua đỉnh A lần lượt có phương trình là d
1
: 7x − 2y − 3 = 0; d
2
:
6x − y − 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng AC.
Lời giải. Tọa độ A là nghiệm hệ

7x − 2y − 3 = 0
6x − y − 4 = 0
⇔

x = 1
y = 2
⇒ A (1; 2).
Vì B đối xứng với A qua M nên B(3; −2).
Gọi N trung điểm BC. Khi đó N ∈ d
1
⇒ N


t;
7t−3
2

⇒
−−→
BN =

t − 3;
7t+1
2

.
Đường thẳng d
2
có vectơ chỉ phương
−→
u
2
= (1; 6).
Ta có d
2
⊥BN ⇒
−→
u
2
.
−−→
BN = 0 ⇔ t − 3 + 3(7t + 1) = 0 ⇔ t = 0 ⇒ N


0; −
3
2

⇒
−−→
MN =

−2; −
3
2

.
Vì AC||MN nên có vectơ pháp tuyến
−→
n = (3; −4).
Do đó AC có phương trình 3x − 4y + 5 = 0.
Bài tập 10.27. (CĐ-2013) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A(−3; 2) và có trọng tâm
G

1
3
;
1
3

. Đường cao kẻ từ đỉnh A của tam giác ABC đi qua điểm P (−2; 0). Tìm tọa độ các điểm B và C.
Lời giải. Gọi M là trung điểm BC; từ
−→

AG =
2
3
−−→
AM ⇒ M

2; −
1
2

.
Đường thẳng BC qua M

2; −
1
2

và nhận
−→
AP = (1; −2) làm vectơ pháp tuyến.
Do đó BC có phương trình x − 2y − 3 = 0.
Điểm B ∈ BC ⇒ B(2t + 3; t); vì C đối xứng với B qua M ⇒ C(1 − 2t; −1 − t).
Khi đó
−−→
AB = (6 + 2t; −2 + t);
−→
AC = (4 − 2t; −3 − t).
Tam giác ABC vuông tại A nên ta có
−−→
AB.

−→
AC = 0 ⇔ (6 + 2t) (4 − 2t) + (−2 + t) (−3 − t) = 0 ⇔ t
2
+ t − 6 = 0 ⇔

t = 2
t = −3
Với t = 2 ⇒ B(7; 2), C(−3; −3); với t = −3 ⇒ B(−3; −3), C(7; 2).
Vậy B(7; 2), C(−3; −3) hoặc B(−3; −3), C(7; 2).
Bài tập 10.28. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A (1; 3) và hai trung tuyến kẻ từ B
và C lần lượt có phương trình d
1
: x − 2y + 1 = 0 và d
2
: y − 1 = 0. Lập phương trình đường thẳng chứa
cạnh BC.
Lời giải. Ta có B ∈ d
1
⇒ B(2t
1
− 1; t
1
), C ∈ d
2
⇒ C(t
2
; 1).
Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, AC ta có M

t

1
;
t
1
+3
2

, N

t
2
+1
2
; 2

.
Khi đó M ∈ d
2
, N ∈ d
1
nên

t
1
+3
2
− 1 = 0
t
2
+1

2
− 4 + 1 = 0
⇔

t
1
= −1
t
2
= 5
⇒ B(−3; −1), C(5; 1) ⇒
−−→
BC = (8; 2).
Do đó cạnh BC nhận
−→
n = (1; −4) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x − 4y −1 = 0.
9
Nguyễn Minh Hiếu
Bài tập 10.29. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A (2; −1) và hai đường phân giác trong của
góc B, C lần lượt có phương trình là d
1
: x −2y + 1 = 0 và d
2
: x + y + 3 = 0. Lập phương trình cạnh BC.
Lời giải. Đường thẳng d
1
có vectơ chỉ phương
−→
u
1

= (2; 1); đường thẳng d
2
có vectơ chỉ phương
−→
u
2
= (1; −1).
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên d
1
và d
2
ta có
H(2t
1
− 1; t
1
), K(t
2
; −t
2
− 3) ⇒
−−→
AH = (2t
1
− 3; t
1
+ 1),
−−→
AK = (t
2

− 2; −t
2
− 2)
Khi đó AH⊥d
1
⇒
−−→
AH.
−→
u
1
= 0 ⇔ 2(2t
1
− 3) + (t
1
+ 1) = 0 ⇔ t
1
= 1 ⇒ H(1; 1).
AK⊥d
2
⇒
−−→
AK.
−→
u
2
= 0 ⇔ (t
2
− 2) − (−t
2

− 2) = 0 ⇔ t
2
= 0 ⇒ K(0; −3).
Gọi A
1
, A
2
lần lượt là điểm đối xứng A qua d
1
, d
2
ta có A
1
(0; 3), A
2
(−2; −5) ⇒
−−−→
A
1
A
2
= (−2; −8).
Do đó cạnh BC qua A
1
(0; 3) và có vectơ pháp tuyến
−→
n (4; −1) nên có phương trình 4x − y + 3 = 0.
Bài tập 10.30. (B-2010) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có đỉnh C (−4; 1), phân
giác trong góc A có phương trình x + y − 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam
giác bằng 24 và đỉnh A có hoàng độ dương.

Lời giải. Đặt d : x + y − 5 = 0 ⇒ d có vectơ chỉ phương
−→
u = (1; −1).
Gọi H là hình chiếu của C trên d, ta có H ∈ d ⇒ H(t; 5 − t) ⇒
−−→
CH = (t + 4; 4 − t).
Vì CH⊥d nên
−−→
CH.
−→
u = 0 ⇔ t + 4 − 4 + t = 0 ⇔ t = 0 ⇒ H(0; 5).
Gọi C

là điểm đối xứng với C qua d ⇒ C

(4; 9).
Ta có A ∈ d ⇒ A(t; 5 − t) ⇒
−→
AC = (−4 − t; −4 + t),
−−→
AC

= (4 − t; 4 + t).
Vì
−→
AC.
−−→
AC

= 0 ⇔ (−4 − t) (4 − t) + (−4 + t)(4 + t) = 0 ⇔


t = 4
t = −4 (loại)
⇒ A(4; 1).
Khi đó
−→
AC = (−8; 0) ⇒ AC = 8. Suy ra AB có phương trình x = 4.
Vì B ∈ AB nên B(4; t) ⇒
−−→
AB = (0; t − 1) ⇒ AB = |t − 1|.
Theo giả thiết ta có
S
∆ABC
= 24 ⇔
1
2
AB.AC = 24 ⇔ 8|t − 1| = 48 ⇔

t = 7
t = −5
⇒ B(4; 7) hoặc B(4; −5)
Vì d là phân giác trong nên B(4; −5) không thỏa mãn. Với B(4; 7) ⇒
−−→
BC = (−8; −6).
Chọn vectơ pháp tuyến của BC là
−→
n (3; −4) ta có phương trình BC là
3(x − 4) − 4(y − 7) = 0 ⇔ 3x − 4y + 16 = 0
Bài tập 10.31. (B-2013) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có chân đường cao hạ từ đỉnh A là
H


17
5
; −
1
5

, chân đường phân giác trong góc A là D (5; 3) và trung điểm của cạnh AB là M(0; 1). Tìm tọa
độ đỉnh C.
Lời giải. Ta có
−−→
HD =

8
5
;
16
5

⇒ HD có phương trình 2x − y − 7 = 0.
Đường thẳng AH vuông góc với HD nên có phương trình: x + 2y − 3 = 0.
Điểm B ∈ HD ⇒ B(t; 2t − 7); điểm A đối xứng với B qua M nên A(−t; 9 − 2t).
Ta có A ∈ AH nên −t + 2(9 − 2t) − 3 = 0 ⇔ t = 3 ⇒ A(−3; 3).
Khi đó
−−→
AD = (8; 0) ⇒ đường thẳng AD có phương trình y − 3 = 0.
Gọi M

là điểm đối xứng với M qua AD ta có M


∈ AC.
Gọi I = MM

∩ AD ⇒ I(a; 3) ⇒
−−→
MI = (a; 2).
Ta có M I⊥AD nên
−−→
MI.
−−→
AD = 0 ⇔ 8a = 0 ⇔ a = 0 ⇒ I(0; 3) ⇒ M

(0; 5)
Khi đó
−−→
AM

= (3; 2) ⇒ đường thẳng AC có phương trình 2x − 3y + 15 = 0.
Tọa độ C là nghiệm hệ

2x − y − 7 = 0
2x − 3y + 15 = 0
⇔

x = 9
y = 11
.
Vậy C(9; 11).
Bài tập 10.32. (CĐ-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC. Các đường thẳng BC, BB


, B

C

lần lượt có phương trình là y −2 = 0, x −y + 2 = 0, x −3y + 2 = 0 với B

, C

tương ứng là chân các đường
cao kẻ từ B, C của tam giác ABC. Viết phương trình các đường thẳng AB, AC.
10
Chuyên đề 10. Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng
Lời giải. Tọa độ B

là nghiệm của hệ

x − y + 2 = 0
x − 3y + 2 = 0
⇔

x = −2
y = 0
⇒ B

(−2; 0).
Đường thẳng BB

có vectơ chỉ phương
−→
u = (1; 1).

Đường thẳng AC qua B

(−2; 0) và nhận
−→
u = (1; 1) làm vectơ pháp tuyến.
Do đó AC có phương trình x + y + 2 = 0.
Tọa độ B là nghiệm của hệ

x − y + 2 = 0
y − 2 = 0
⇔

x = 0
y = 2
⇒ B(0; 2).
Tọa độ C là nghiệm hệ

x + y + 2 = 0
y − 2 = 0
⇔

x = −4
y = 2
⇒ C(−4; 2).
Ta có C

∈ B

C


⇒ C

(3t − 2; t) ⇒
−−→
BC

= (3t − 2; t − 2),
−−→
CC

= (3t + 2; t − 2).
Vì BC

⊥CC

nên
−−→
BC

.
−−→
CC

= 0 ⇔ (3t − 2) (3t + 2) + (t − 2)
2
= 0 ⇔

t = 0
t =
2

5
.
Với t = 0 ⇒
−−→
BC

= (−2; −2) ⇒ AB có phương trình x − y + 2 = 0.
Với t =
2
5
⇒
−−→
BC

=

−
4
5
; −
8
5

⇒ AB có phương trình 2x − y + 2 = 0.
Vậy cạnh AC có phương trình x+y+2 = 0; cạnh AB có hai phương trình x−y+2 = 0 và 2x−y +2 = 0.
Bài tập 10.33. (A-2010) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A (6; 6); đường
thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x + y − 4 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B
và C, biết điểm E (1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho.
Lời giải. Đặt d : x + y − 4 = 0. Đường thẳng d có vectơ chỉ phương
−→

u = (1; −1).
Gọi M là trung điểm BC. Vì ∆ABC cân tại A nên M đối xứng với A qua d.
Gọi H là hình chiếu của A trên d ⇒ H(t; 4 − t) ⇒
−−→
AH = (t − 6; −t − 2).
Vì AH⊥d nên
−−→
AH.
−→
u = 0 ⇔ t − 6 + t + 2 = 0 ⇔ t = 2 ⇒ H(2; 2) ⇒ M(−2; −2).
Đường thẳng BC nhận
−−→
AM = (−8; −8) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x + y + 4 = 0.
Vì B ∈ BC ⇒ B(t; −4 − t) ⇒ C(−4 − t; t) ⇒
−−→
AB = (t − 6; t − 10),
−−→
EC = (−5 − t; t + 3).
Vì E nằm trên đường cao qua C nên
−−→
AB.
−−→
EC = 0 ⇔ (t −6)(−5 −t) + (t −10)(t + 3) = 0 ⇔

t = 0
t = −6
.
Vậy B(0; −4), C(−4; 0) hoặc B(−6; 2), C(2; −6).
Bài tập 10.34. (D-2013) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có điểm M


−
9
2
;
3
2

là trung điểm
của cạnh AB, điểm H(−2; 4) và điểm I(−1; 1) lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ điểm C.
Lời giải. Đường thẳng AB qua M

−
9
2
;
3
2

và nhận
−−→
IM =

−
7
2
;
1
2


làm vectơ pháp tuyến.
Do đó AB có phương trình 7x − y + 33 = 0.
Điểm A ∈ AB ⇒ A(t; 7t + 33); M là trung điểm AB ⇒ B(−t − 9; −7t − 30).
Suy ra
−−→
HA = (t + 2; 7t + 29) ,
−−→
HB = (−t − 7; −7t − 34).
Ta có HA⊥HB nên
−−→
HA.
−−→
HB = 0 ⇔ (t + 2) (−t − 7) + (7t + 29) (−7t − 34) = 0 ⇔

t = −4
t = −5
.
Với t = −4 ⇒ A(−4; 5), B(−5; −2) ⇒
−→
IA = (−3; 4) ⇒ IA = 5.
Đường thẳng AC nhận
−−→
BH = (3; 6) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x + 2y − 6 = 0.
Điểm C ∈ AC ⇒ C(−2t + 6; t) ⇒
−→
IC = (−2t + 7; t − 1) ⇒ IC =
√
5t
2
− 30t + 50.

Khi đó IC = IA ⇔ 5t
2
− 30t + 50 = 25 ⇔

t = 1
t = 5
⇒

C = (4; 1)
C = (−4; 5) (loại)
.
Với t = −5 ⇒ A(−5; −2), B(−4; 5) ⇒
−→
IA = (−4; −3) ⇒ IA = 5.
Đường thẳng AC nhận
−−→
BH = (2; −1) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 2x − y + 8 = 0.
Điểm C ∈ AC ⇒ C(t; 2t + 8) ⇒
−→
IC = (t + 1; 2t + 7) ⇒ IC =
√
5t
2
+ 30t + 50.
Khi đó IC = IA ⇔ 5t
2
+ 30t + 50 = 25 ⇔

t = −1
t = −5

⇒

C = (−1; 6)
C = (−5; −2) (loại)
.
Vậy C(4; 1) hoặc C(−1; 6).
11
Nguyễn Minh Hiếu
Bài tập 10.35. (A-02) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, đường thẳng chứa BC có
phương trình
√
3x − y −
√
3 = 0, A và điểm B thuộc trục Ox, bán kính đường tròn nội tiếp bằng 2. Tìm
trọng tâm tam giác ABC.
Lời giải. Từ giả thiết ta có B = Ox ∩ BC ⇒ B(1; 0); A ∈ Ox ⇒ A(a; 0).
Tam giác ABC vuông tại A nên C(a; b).
Lại có C ∈ BC ⇒
√
3a − b −
√
3 = 0 ⇔ b =
√
3a
√
3 ⇒ C(a;
√
3a
√
3).

Suy ra AB = |a − 1|, AC =
√
3|a − 1|, BC = 2|a − 1| ⇒ p =
1
2

3 +
√
3

|a − 1|, S =
√
3
2
(a − 1)
2
.
Khi đó S = pr ⇔
√
3
2
(a − 1)
2
=

3 +
√
3

|a − 1| ⇔ |a − 1| = 2


√
3 + 1

⇔

a = 2
√
3 + 3
a = −2
√
3 − 1
.
Với a = 2
√
3 + 3 ⇒ A

2
√
3 + 3; 0

, C

2
√
3 + 3; 2
√
3 + 6

⇒ G


4
√
3+7
3
;
2
√
3+6
3

.
Với a = −2
√
3 − 1 ⇒ A

−2
√
3 − 1; 0

, C

−2
√
3 − 1; −2
√
3 − 6

⇒ G


−4
√
3−1
3
;
−2
√
3−6
3

.
Vậy G

4
√
3+7
3
;
2
√
3+6
3

hoặc G

−4
√
3−1
3
;

−2
√
3−6
3

.
Bài tập 10.36. (B-2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B

1
2
; 1

. Đường tròn nội tiếp
tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các điểm DEF . Cho D (3; 1) và đường
thẳng EF có phương trình y − 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A, biết A có tung độ dương.
Lời giải. Ta có
−−→
BD =

5
2
; 0

⇒ BD||EF ⇒ ∆ABC cân tại A.
Khi đó AD⊥EF nên có phương trình x − 3 = 0.
Gọi F (a; 3) ta có
−−→
BF =

a −

1
2
; 2

⇒ BF =

a
2
− a +
9
4
.
Do đó BF = BD ⇔ a
2
− a +
17
4
=
25
4
⇔

a = −1
a = 2
.
Với a = −1 ⇒ F(−1; 3) ⇒
−−→
BF

−

3
2
; 2

⇒ chọn vectơ pháp tuyến của AB là
−→
n (4; 3).
Do đó AB có phương trình 4x + 3y − 5 = 0.
Tọa độ A là nghiệm hệ

x − 3 = 0
4x + 3y − 5 = 0
⇔

x = 3
y = −
7
3
⇒ A

3; −
7
3

(loại).
Với a = 2 ⇒ F(2; 3) ⇒
−−→
BF

3

2
; 2

⇒ chọn vectơ pháp tuyến của AB là
−→
n (4; −3).
Do đó AB có phương trình 4x + 3y + 1 = 0.
Tọa độ A là nghiệm hệ

x − 3 = 0
4x − 3y + 1 = 0
⇔

x = 3
y =
13
3
⇒ A

3;
13
3

(thỏa mãn).
Vậy A

3;
13
3


.
Bài tập 10.37. (B-08) Trong mặt phẳng Oxy, tìm toạ độ đỉnh C của tam giác ABC biết hình chiếu C
lên đường thẳng AB là H(−1; −1), đường phân giác trong góc A là x − y + 2 = 0 và đường cao kẻ từ B
là 4x + 3y − 1 = 0.
Lời giải. Đặt d
1
: x − y + 2 = 0 và d
2
: 4x + 3y − 1 = 0.
Đường thẳng d
1
có vectơ chỉ phương
−→
u
1
= (1; 1); đường thẳng d
2
có vectơ chỉ phương
−→
u
2
= (3; −4).
Gọi M là hình chiếu của H trên d
1
⇒ M(t; t + 2) ⇒
−−→
HM = (t + 1; t + 3).
Khi đó HM ⊥d
1
nên

−−→
HM.
−→
u
1
= 0 ⇔ t + 1 + t + 3 = 0 ⇔ t = −2 ⇒ M(−2; 0).
Gọi H

là điểm đối xứng với H qua d
1
⇒ H

(−3; 1).
Khi đó H

∈ AC mà AC⊥d
2
nên nhận u
2
(3; −4) làm vectơ pháp tuyến.
Do đó AC có phương trình 3x − 4y + 13 = 0.
Khi đó tọa độ A là nghiệm hệ

x − y + 2 = 0
3x − 4y + 13 = 0
⇔

x = 5
y = 7
⇒ A (5; 7).

Đường thẳng HC nhận
−−→
AH = (−6; −8) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 3x + 4y + 7 = 0.
Tọa độ C là nghiệm của hệ

3x + 4y + 7 = 0
3x − 4y + 13 = 0
⇔

x = −
10
3
y =
3
4
⇒ C

−
10
3
;
3
4

. Vậy C

−
10
3
;

3
4

.
Bài tập 10.38. (D-2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B (−4; 1), trọng tâm G (1; 1)
và đường thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình x − y −1 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A và C.
12
Chuyên đề 10. Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng
Lời giải. Gọi M(x; y) là trung điểm AC, ta có
−−→
BG = (5; 0),
−−→
GM = (x − 1; y − 1).
Vì G là trọng tâm nên
−→
AG = 2
−−→
GM ⇔

5 = 2(x − 1)
0 = 2(y − 1)
⇔

x =
7
2
y = 1
⇒ M

7

2
; 1

.
Đặt d : x − y − 1 = 0. Đường thẳng d có vectơ chỉ phương
−→
u = (1; 1).
Gọi H là hình chiếu của B trên d ⇒ H(t; t − 1) ⇒
−−→
BH = (t + 4; t − 2).
Khi đó BH⊥d nên
−−→
BH.
−→
u = 0 ⇔ t + 4 + t − 2 = 0 ⇔ t = −1 ⇒ H(−1; −2).
Gọi B

là điểm đối xứng với B qua d ⇒ B

(2; −5).
Đường thẳng AC qua M, B

nên nhận
−−−→
MB

=

−
3

2
; −6

làm vectơ chỉ phương.
Suy ra vectơ pháp tuyến
−→
n (4; −1) nên AC có phương trình 4x − y − 13 = 0.
Tọa độ A là nghiệm hệ

x − y − 1 = 0
4x − y − 13 = 0
⇔

x = 4
y = 3
⇒ A (4; 3) ⇒ C (3; −1).
Vậy A (4; 3) , C (3; −1).
Bài tập 10.39. (B-09) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A có đỉnh A (−1; 4) và
các đỉnh B, C thuộc đường thẳng ∆ : x − y − 4 = 0. Xác định toạ độ các điểm B, C, biết diện tích tam
giác ABC bằng 18.
Lời giải. Gọi H là hình chiếu của A trên ∆ ta có
AH = d (A; ∆) =
|−1 − 4 − 4|
√
2
=
9
√
2
⇒ HB =

S
∆ABC
AH
= 2
√
2 (1)
Ta có H ∈ ∆ ⇒ H(t; t − 4) ⇒
−−→
AH = (t + 1; t − 8). Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương
−→
u = (1; 1).
Khi đó
−−→
AH.
−→
u = 0 ⇔ t + 1 + t − 8 = 0 ⇔ t =
7
2
⇒ H

7
2
; −
1
2

.
Lại có B ∈ BC ⇒ B(a; a − 4) ⇒
−−→
HB =


a −
7
2
; a −
7
2

⇒ HB =
√
2


a −
7
2


(2).
Từ (1) và (2) ta có
√
2


a −
7
2


= 2

√
2 ⇔

a =
11
2
a =
3
2
.
Với a =
3
2
⇒ B

3
2
; −
5
2

⇒ C

11
2
;
3
2

; với a =

11
2
⇒ B

11
2
;
3
2

⇒ C

3
2
; −
5
2

.
Vậy B

3
2
; −
5
2

, C

11

2
;
3
2

hoặc B

11
2
;
3
2

, C

3
2
; −
5
2

.
Bài tập 10.40. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành có hai cạnh là x+3y−6 = 0 và 2x−5y−1 = 0.
Biết hình bình hành có tâm đối xứng I (3; 5), hãy viết phương trình hai cạnh còn lại của hình hành.
Lời giải. Giả sử AB : x + 3y − 6 = 0; AD : 2x − 5y −1 = 0.
Khi đó tọa độ A là nghiệm hệ

x + 3y − 6 = 0
2x − 5y − 1 = 0
⇔


x = 3
y = 1
⇒ A(3; 1) ⇒ C(3; 9).
Cạnh BC qua C(3; 9) và nhận
−−→
n
AD
= (2; −5) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 2x−5y+39 = 0.
Cạnh DC qua C(3; 9) và nhận
−−→
n
AB
= (1; 3) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x+3y −30 = 0.
Vậy hai cạnh còn lại của hình bình hành là 2x − 5y + 39 = 0 và x + 3y −30 = 0.
Bài tập 10.41. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có A(1; 2), phương trình BD là x−y−1 = 0.
Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi biết rằng BD = 2AC và B có tung độ âm.
Lời giải. Đường thẳng BD có vectơ chỉ phương
−→
u = (1; 1).
Gọi I là tâm hình thoi ABCD, ta có I ∈ BD ⇒ I(t; t − 1) ⇒
−→
IA = (1 − t; 3 − t).
Vì IA⊥BD nên
−→
IA.
−→
u = 0 ⇔ 1 − t + 3 − t = 0 ⇔ t = 2 ⇒ I(2; 1) ⇒ C(3; 0).
Khi đó
−→

IA = (−1; 1) ⇒ IA =
√
2.
Lại có B ∈ BD ⇒ B(m; m − 1) ⇒
−→
IB = (m − 2; m − 2) ⇒ IB =
√
2|m − 2|.
Theo giả thiết BD = 2AC ⇒ IB = 2IA ⇔
√
2|m − 2| = 2
√
2 ⇔

m = 4
m = 0
.
Với m = 4 ⇒ B(4; 3) (loại); với m = 0 ⇒ B(0; −1) ⇒ D(4; 3).
Vậy tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi là B(0; −1), C(3; 0) và D(4; 3).
Bài tập 10.42. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông có tâm I(1; 1) và đường thẳng chứa một cạnh có
phương trình x − 2y + 12 = 0. Viết phương trình đường thẳng chứa các cạnh còn lại.
13
Nguyễn Minh Hiếu
Lời giải. Không mất tính tổng quát giả sử rằng đường thẳng chứa cạnh AB là x − 2y + 12 = 0.
Vì ABCD là hình vuông nên CD có phương trình dạng x − 2y + c = 0 (c = 12).
Khi đó d (I, CD) = d (I, AB) ⇔
|1 − 2 + c|
√
5
=

|1 − 2 + 12|
√
5
⇔

c = 12 (loại)
c = −10
.
Do đó CD có phương trình x − 2y − 10 = 0.
Đường thẳng AD và BC có phương trình dạng 2x + y + d = 0.
Lại có d (I, AD) = d (I, B C) = d (I, AB) ⇔
|2 + 1 + d|
√
5
=
|1 − 2 + 12|
√
5
⇔

d = 8
d = −14
.
Do đó AD và BC lần lượt có phương trình 2x + y + 8 = 0 và 2x + y − 14 = 0 hoặc ngược lại.
Vậy phương trình đường thẳng chứa các cạnh còn lại là x −2y −10 = 0; 2x+ y + 8 = 0; 2x + y −14 = 0.
Bài tập 10.43. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A(1; −1) và B(4; 3). Tìm tọa độ các điểm C và D
sao cho ABCD là hình vuông.
Lời giải. Ta có
−−→
AB = (3; 4) ⇒ AB = 5.

Đường thẳng BC nhận
−−→
AB = (3; 4) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 3x + 4y − 24 = 0.
Khi đó C ∈ BC ⇒ C(4t; 6 − 3t) ⇒
−−→
BC = (4t − 4; 3 − 3t) ⇒ BC = 5|t − 1|.
Vì ABCD là hình vuông nên BC = AB ⇔ 5|t − 1| = 5 ⇔

t = 0
t = 2
.
Với t = 0 ⇒ C(0; 6) ⇒ D = (−3; 2); với t = 2 ⇒ C(8; 0) ⇒ D = (5; −4).
Vậy C(0; 6), D(−3; 2) hoặc C(8; 0), D(5; −4).
Bài tập 10.44. (A-05) Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d
1
: x − y = 0, d
2
: 2x + y − 1 = 0.
Tìm các đỉnh hình vuông ABCD biết A thuộc d
1
, B thuộc d
2
và B, D thuộc trục hoành.
Lời giải. Ta có ABCD là hình vuông và B, D ∈ Ox nên A, C đối xứng nhau qua Ox.
Vì A ∈ d
1
⇒ A(t; t) ⇒ C(t; −t).
Lại có C ∈ d
2
⇒ 2t − t − 1 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ A(1; 1), C(1; −1).

Gọi I = AC ∩ BD ⇒ I(1; 0). Vì B ∈ Ox ⇒ B(a; 0) ⇒ D(2 − a; 0).
Suy ra
−−→
AB = (a − 1; −1),
−−→
AD = (1 − a; −1).
Khi đó
−−→
AB.
−−→
AD = 0 ⇔ (a − 1)(1 − a) + 1 = 0 ⇔

a = 0
a = 2
.
Với a = 0 ⇒ B(0; 0), D(2; 0); với a = 2 ⇒ B(2; 0), D(0; 0).
Vậy A(1; 1), B(0; 0), C(1; −1), D(2; 0) hoặc A(1; 1), B(2; 0), C(1; −1), D(0; 0).
Bài tập 10.45. (B-2013) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo vuông
góc với nhau và AD = 3BC. Đường thẳng BD có phương trình x + 2y −6 = 0 và tam giác ABD có trực
tâm là H(−3; 2). Tìm tọa độ các đỉnh C và D.
Lời giải. Theo giả thiết AC⊥BD nên H ∈ AC, do đó AC có phương trình 2x − y + 8 = 0.
Gọi I = AC ∩ BD, ta có tọa độ I là nghiệm hệ

x + 2y − 6 = 0
2x − y + 8 = 0
⇔

x = −2
y = 4
⇒ I(−2; 4).

Theo giả thiết có ∆IBC vuông cân tại I ⇒

BCI = 45
0
⇒ ∆BHC vuông cân tại B.
Do đó I là trung điểm HC ⇒ C(−1; 6) ⇒
−→
IC = (1; 2) ⇒ IC =
√
5.
Ta có D ∈ BD ⇒ D(6 − 2t; t) ⇒
−→
ID = (8 − 2t; t − 4) ⇒ ID =
√
5|t − 4|.
Lại có AD = 3BC ⇒ ID = 3IC ⇔
√
5|t − 4| = 3
√
5 ⇔

t = 1
t = 7
.
Với t = 1 ⇒ D(4; 1); với t = 7 ⇒ D(−8; 7).
Vậy C(−1; 6), D(4; 1) hoặc C(−1; 6), D(−8; 7).
Bài tập 10.46. (A-2012) Trong mặt phẳng 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 M

11

2
;
1
2

và đường thẳng AN có phương trình
2x − y − 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A.
14
Chuyên đề 10. Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng
Lời giải. Đặt d : 2x − y − 3 = 0. Gọi H = AN ∩BD.
Qua H kẻ đường thẳng song song AB lần lượt cắt AD, BC tại P và Q.
Đặt HP = x ⇒ P D = QC = x, AP = HQ = BQ = 3x ⇒ MQ = x.
Do đó ∆AHP = ∆HMQ ⇒ AH⊥HM và AH = HM = d (M, d) =


11 −
1
2
− 3


√
5
=
3
√
5
2
Suy ra AM =
√

2HM =
3
√
10
2
(1).
Lại có A ∈ d ⇒ A(t; 2t − 3) ⇒
−−→
AM =

11
2
− t;
7
2
− 2t

⇒ AM =

5t
2
− 25t +
85
2
(2).
Từ (1) và (2) ta có 5t
2
− 25t +
85
2

=
45
2
⇔

t = 4
t = 1
.
Vậy A(4; 5) hoặc A(1; −1).
Bài tập 10.47. (A-09) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6; 2) là giao điểm của
hai đường chéo AC và BD. Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc
đường thẳng ∆ : x + y − 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng AB.
Lời giải. Ta có E ∈ ∆ ⇒ E(t; 5 − t).
Gọi F là trung điểm AB ⇒ F (12 − t; t − 1) ⇒
−−→
F M = (t − 11; 6 − t),
−→
F I = (t − 6; 3 − t).
Vì ABCD là hình chữ nhật nên
−−→
F M.
−→
F I = 0 ⇔ (t − 11)(t − 6) + (6 − t)(3 − t) = 0 ⇔

t = 6
t = 7
.
Với t = 6 ⇒ F(6; 5) ⇒
−−→
F M = (−5; 0) ⇒ AB có phương trình y − 5 = 0.

Với t = 7 ⇒ F(5; 6) ⇒
−−→
F M = (−4; −1) ⇒ AB có phương trình x − 4y + 19 = 0.
Vậy có hai phương trình của AB là y − 5 = 0 và x − 4y + 19 = 0.
Bài tập 10.48. (B-02) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I

1
2
; 0

, AB : x−2y+2 =
0, cạnh AB = 2AD. Tìm toạ độ các đỉnh biết A có hoành độ âm.
Lời giải. Đường thẳng AB có vectơ chỉ phương
−→
u = (2; 1).
Gọi H là hình chiếu của I trên AB ta có H là trung điểm AB và IH = d (I, AB) =


1
2
+ 2


√
5
=
√
5
2
.

Khi đó H(2t − 2; t) ⇒
−→
IH =

2t −
5
2
; t

.
Vì IH⊥AB ⇒
−→
IH.
−→
u = 0 ⇔ 2

2t −
5
2

+ t = 0 ⇔ 5t − 5 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ H(0; 1).
Vì A ∈ AB ⇒ A(2a − 2; a) ⇒
−−→
AH = (2 − 2a; 1 − a) ⇒ AH =
√
5|a − 1|.
Từ giả thiết AB = 2AD ⇒ AH = 2IH ⇔
√
5|a − 1| =
√

5 ⇔

a = 2
a = 2
.
Với a = 2 ⇒ A(2; 2) (không thỏa mãn).
Với a = 0 ⇒ A(−2; 0) ⇒ B(2; 2), C(3; 0), D(−1; −2).
Vậy A(−2; 0), B(2; 2), C(3; 0), D(−1; −2).
Bài tập 10.49. (D-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Các đường thẳng AC và AD
lần lượt có phương trình là x + 3y = 0 và x − y + 4 = 0; đường thẳng BD đi qua điểm M

−
1
3
; 1

. Tìm
tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
Lời giải. Tọa độ A là nghiệm hệ

x + 3y = 0
x − y + 4 = 0
⇔

x = −3
y = 1
⇒ A (−3; 1).
Lấy N ∈ AC sao cho MN||AD.
Khi đó MN qua M


−
1
3
; 1

và nhận
−−→
n
AD
= (1; −1) làm vectơ pháp tuyến.
Do đó MN có phương trình x − y +
4
3
= 0.
Tọa độ N là nghiệm hệ

x + 3y = 0
x − y +
4
3
= 0
⇔

x = −1
y =
1
3
⇒ N

−1;

1
3

.
Gọi K là trung điểm MN ⇒ K

−
2
3
;
2
3

.
Gọi I, J lần lượt là trung điểm AC, AD.
Khi đó IJ qua K và nhận
−−→
u
AD
= (1; 1) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x + y = 0.
Tọa độ I là nghiệm hệ

x + 3y = 0
x + y = 0
⇔

x = 0
y = 0
⇒ I (0; 0).
15

Nguyễn Minh Hiếu
Tọa độ J là nghiệm hệ

x − y + 4 = 0
x + y = 0
⇔

x = −2
y = 2
⇒ J (−2; 2).
Khi đó I là trung điểm AC ⇒ C(3; −1); J là trung điểm AD ⇒ D(−1; 3);
Lại có I là trung điểm BD ⇒ B(1; −3).
Vậy A(−3; 1), B(1; −3), C(3; −1), D(−1; 3).
Bài tập 10.50. (A-2013) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng
d : 2x + y + 5 = 0 và A(−4; 8). Gọi M là điểm đối xứng của B qua C, N là hình chiếu vuông góc của B
trên đường thẳng MD. Tìm tọa độ các điểm B và C, biết rằng N(5; −4).
Lời giải. Tam giác NBM vuông tại N và C trung điểm BM ⇒ CB = CN .
Lại có AD = CM ⇒ AC||D M ⇒ AC⊥N B ⇒ ∆BAC = ∆NAC ⇒

ANC =

ABC = 90
0
.
Ta có
−−→
NA = (−9; 12) và C ∈ d ⇒ C(t; −2t − 5) ⇒
−−→
NC = (t − 5; −2t − 1).
Khi đó

−−→
NA.
−−→
NC = 0 ⇔ −9(t − 5) + 12(−2t − 1) = 0 ⇔ t = 1 ⇒ C(1; −7) ⇒
−→
AC = (5; −15).
Đường thẳng AC nhận
−−→
n
AC
= (3; 1) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 3x + y + 4 = 0.
Đường thẳng NB nhận
−−→
n
NB
= (1; −3) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x − 3y − 17 = 0.
Gọi I = AC ∩ NB, ta có tọa độ I là nghiệm hệ

3x + y + 4 = 0
x − 3y − 17 = 0
⇔

x =
1
2
y = −
11
2
⇒ I


1
2
; −
11
2

.
Khi đó I là trung điểm NB nên B(−4; −7).
Vậy B(−4; −7) và C(1; −7).
§4. Phương Trình Đường Tròn
Bài tập 10.51. (CĐ-2013) Trong mặt phẳng Oxy, cho d : x + y − 3 = 0, ∆ : x − y + 2 = 0 và điểm
M(−1; 3). Viết phương trình đường tròn đi qua M, có tâm thuộc d và cắt ∆ tại hai điểm A, B sao cho
AB = 3
√
2.
Lời giải. Gọi đường tròn cần viết phương trình là (C) và tâm của (C) là I.
Ta có I ∈ d ⇒ I(t; 3 − t) ⇒
−−→
IM = (−1 − t; t) ⇒ IM =
√
2t
2
+ 2t + 1.
Gọi H là trung điểm AB ta có AH =
1
2
AB =
3
√
2

và IH = d(I, ∆) =
|t − 3 + t + 2|
√
2
=
|2t − 1|
√
2
.
Khi đó IA =
√
IH
2
+ AH
2
=

4t
2
−4t+1
2
+
9
2
=
√
2t
2
− 2t + 5.
Lại có IA = IM ⇔

√
2t
2
− 2t + 5 =
√
2t
2
+ 2t + 1 ⇔ t = 1 ⇒ I = (1; 2) và R = IM =
√
5.
Vậy (C) có phương trình (x − 1)
2
+ (y − 2)
2
= 5.
Bài tập 10.52. (B-09) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) : (x − 2)
2
+ y
2
=
4
5
và hai đường thẳng
∆
1
: x −y = 0, ∆
2
: x −7y = 0. Xác định toạ độ tâm K và tính bán kính của đường tròn (C
1
), biết đường

tròn (C
1
) tiếp xúc với hai đường thẳng ∆
1
, ∆
2
và tâm K thuộc đường tròn (C).
Lời giải. Gọi K(a; b). Vì K ∈ (C) nên (a − 2)
2
+ b
2
=
4
5
⇔ 5a
2
+ 5b
2
− 20a + 16 = 0 (1).
Lại có (C
1
) tiếp xúc với ∆
1
và ∆
2
nên d (K, ∆
1
) = d (K, ∆
2
) ⇔

|a − b|
√
2
=
|a − 7b|
5
√
2
⇔

b = −2a
a = 2b
.
Với b = −2a thay vào (1) ta có 25a
2
− 20a + 16 = 0 (vô nghiệm).
Với a = 2b thay vào (1) ta có 25b
2
− 40b + 16 = 0 ⇔ b =
4
5
⇒ a =
8
5
.
Vậy (C
1
) có tâm K

8

5
;
4
5

và bán kính R
1
= d (K, ∆
1
) =


8
5
−
4
5


√
2
=
2
√
2
5
.
Bài tập 10.53. (A-07) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A (0; 2) , B (−2; −2) , C (4; −2). Gọi
H là chân đường cao vẽ từ B và M, N là trung điểm AB, BC. Viết phương trình đường tròn qua H, M, N.
Lời giải. Ta có M, N là trung điểm AB, BC nên M(−1; 0), N(1; −2).

Lại có
−→
AC = (4; −4) nên đường thẳng AC có phương trình x + y − 2 = 0.
Đường thẳng BH⊥AC nên có phương trình x − y = 0.
Tọa độ H là nghiệm hệ

x + y − 2 = 0
x − y = 0
⇔

x = 1
y = 1
⇒ H (1; 1).
16
Chuyên đề 10. Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng
Gọi đường tròn cần tìm là (C) : x
2
+ y
2
− 2ax − 2by + c = 0 (a
2
+ b
2
> c).
Khi đó M, N, H ∈ (C) nên ta có



1 − 2a + c = 0
5 − 2a + 4b + c = 0

2 − 2a − 2b + c = 0
⇔



a = −
1
2
b =
1
2
c = −2
(thỏa mãn).
Vậy đường tròn cần tìm là (C) : x
2
+ y
2
− x + y −2 = 0.
Bài tập 10.54. (D-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng d : 2x − y + 3 = 0. Viết phương trình
đường tròn có tâm thuộc d, cắt trục Ox tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho AB = CD = 2.
Lời giải. Gọi đường tròn cần tìm là (C) và tâm (C) là I. Ta có I ∈ d ⇒ I(t; 2t + 3).
Lại có AB = CD nên d (I, Ox) = d (I, Oy) ⇔ |t| = |2t + 3| ⇔

t = −1
t = −3
.
Với t = −1 ⇒ I(−1; 1) ⇒ d(I, Ox) = 1 ⇒ R =
√
1 + 1 =
√

2 ⇒ (C) : (x + 1)
2
+ (y − 1)
2
= 2.
Với t = −3 ⇒ I(−3; 3) ⇒ d(I, Ox) = 3 ⇒ R =
√
9 + 1 =
√
10 ⇒ (C) : (x + 3)
2
+ (y + 3)
2
= 10.
Vậy có hai đường tròn (C) là (x + 1)
2
+ (y − 1)
2
= 2 và (x + 3)
2
+ (y + 3)
2
= 10.
Bài tập 10.55. (A-2010) Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d
1
:
√
3x+y = 0 và d
2
:

√
3x−y = 0.
Gọi (T ) là đường tròn tiếp xúc với d
1
tại A, cắt d
2
tại hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại B.
Viết phương trình của (T ), biết tam giác ABC có diện tích bằng
√
3
2
và điểm A có hoành độ dương.
Lời giải. Đường thẳng d
1
có vectơ pháp tuyến
−→
n
1
= (
√
3; 1).
Đường thẳng d
2
có vectơ pháp tuyến
−→
n
2
= (
√
3; −1).

Ta có cos (d
1
, d
2
) =
|
−→
n
1
.
−→
n
2
|
|
−→
n
1
||
−→
n
2
|
=
|3 − 1|
√
4.
√
4
=

1
2
⇒

(d
1
, d
2
) = 60
0
.
Gọi O = d
1
∩ d
2
ta có O(0; 0) và

AOB = 60
0
⇒

BAC = 60
0
.
Do đó S
∆ABC
=
1
2
AB.AC. sin 60

0
=
1
2
OA. sin 60
0
.OA. tan 60
0
. sin 60
0
=
3
√
3
8
OA
2
.
Mặt khác S
∆ABC
=
√
3
2
⇒
3
√
3
8
OA

2
=
√
3
2
⇔ OA
2
=
4
3
.
Ta có A ∈ d
1
⇒ A(t; −
√
3t) ⇒ OA = 2|t| ⇔
4
3
= 4t
2
⇔

t =
1
√
3
t = −
1
√
3

(loại)
⇒ A

1
√
3
; −1

.
Lại có C ∈ d
2
⇒ C(t;
√
3t) ⇒
−→
AC =

t −
1
√
3
;
√
3t + 1

.
Khi đó
−→
AC.
−→

OA = 0 ⇔
1
√
3

t −
1
√
3

−

√
3t + 1

= 0 ⇔ t = −
2
√
3
⇒ C

−
2
√
3
; −2

.
Đường tròn (T ) có tâm I


−
1
2
√
3
; −
3
2

là trung điểm AC và bán kính R =
1
2
AC = 1.
Vậy (T ) có phương trình

x +
1
2
√
3

2
+

y +
3
2

2
= 1.

Bài tập 10.56. (B-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho các đường tròn (C
1
) : x
2
+ y
2
= 4, (C
2
) : x
2
+ y
2
−
12x + 18 = 0 và đường thẳng d : x − y −4 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc (C
2
) tiếp xúc
với d và cắt (C
1
) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB vuông góc với d.
Lời giải. Đường tròn (C
1
) có tâm là gốc tọa độ O.
Đường thẳng d có vectơ pháp tuyến
−→
n = (1; −1).
Gọi đường tròn cần tìm là (C) và tâm (C) là I(a; b).
Khi đó I ∈ (C
2
) nên a
2

+ b
2
− 12a + 18 = 0 (1).
Lại có OI⊥AB mà AB⊥d nên
−→
OI.
−→
n = 0 ⇔ a − b = 0 ⇔ a = b (2).
Thay (2) vào (1) ta có 2a
2
− 12a + 18 = 0 ⇔ a = 3 ⇒ b = 3 ⇒ I(3; 3).
Mặt khác (C) tiếp xúc d nên có bán kính R = d (I, d) =
|3 − 3 − 4|
√
2
= 2
√
2.
Vậy (C) có phương trình (x − 3)
2
+ (y − 3)
2
= 8.
Bài tập 10.57. (A-2013) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng ∆ : x −y = 0. Đường tròn (C) có bán
kính R =
√
10 cắt ∆ tại hai điểm A và B sao cho AB = 4
√
2. Tiếp tuyến của (C) tại A và B cắt nhau tại
một điểm thuộc tia Oy. Viết phương trình đường tròn (C).

17
Nguyễn Minh Hiếu
Lời giải. Giả sử tiếp tuyến của (C) tại A và B cắt nhau tại M ⇒ M(0; t) (t ≥ 0).
Gọi I là tâm (C) và giả sử IM ∩ AB = H ⇒ H là trung điểm AB ⇒ AH =
1
2
AB = 2
√
2.
Tam giác AM I vuông tại A nên
1
AH
2
=
1
AI
2
+
1
AM
2
⇔
1
AM
2
=
1
8
−
1

10
=
1
40
⇒ AM = 2
√
10.
Do đó MH =
√
AM
2
− AH
2
=
√
40 − 8 = 4
√
2; MI =
√
AI
2
+ AM
2
=
√
10 + 40 = 5
√
2 (1).
Lại có MH = d (M, ∆) ⇔
|−t|

√
2
= 4
√
2 ⇔

t = 8
t = −8 (loại)
⇒ M(0; 8).
Đường thẳng MI qua M(0; 8) và vuông góc ∆ nên có phương trình x + y − 8 = 0.
Khi đó I ∈ M I ⇒ I(t

; 8 − t

) ⇒ MI = (t

; −t

) ⇒ MI =
√
2|t

| (2).
Từ (1) và (2) có
√
2|t

| = 5
√
2 ⇔ t


= ±5 ⇒ I(5; 3) hoặc I(−5; 13).
Vì I và M ở khác phía với ∆ nên I(−5; 13) không thỏa mãn, do đó I(5; 3).
Vậy đường tròn (C) có phương trình (x − 5)
2
+ (y − 3)
2
= 10.
Bài tập 10.58. (D-2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A (1; 0) và đường tròn (C) : x
2
+y
2
−2x+4y−5 =
0. Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt (C) tại hai điểm M, N sao cho tam giác AMN vuông cân tại A.
Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(1; −2) và bán kính R =
√
10.
Ta có IM = IN và AM = AN nên IA⊥∆ mà
−→
IA = (0; 2) nên ∆ có phương trình dạng y = m.
Vì M, N ∈ ∆ nên M (x
1
; m), N (x
2
; m).
Mặt khác M, N ∈ (C) nên x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình x

2
− 2x + m
2
+ 4m − 5 = 0 (∗).
Phương trình (∗) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m
2
+ 4m − 6 < 0.
Khi đó theo định lý vi-et có x
1
+ x
2
= 2; x
1
x
2
= m
2
+ 4m − 5 (1).
Lại có
−−→
AM = (x
1
− 1; m),
−−→
AN = (x
2
− 1; m).
Do đó
−−→
AM.

−−→
AN = 0 ⇔ (x
1
− 1) (x
2
− 1) + m
2
= 0 ⇔ x
1
x
2
− (x
1
+ x
2
) + 1 + m
2
= 0 (2).
Thay (1) vào (2) được m
2
+ 4m − 5 − 2 + 1 + m
2
= 0 ⇔

m = 1
m = −3
(thỏa mãn).
Vậy có hai phương trình ∆ là y = 1 hoặc y = −3.
Bài tập 10.59. (D-2013) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) : (x − 1)
2

+ (y − 1)
2
= 4 và đường
thẳng ∆ : y −3 = 0. Tam giác MNP có trực tâm trùng với tâm của (C), các đỉnh N và P thuộc ∆, đỉnh
M và trung điểm của MN thuộc (C). Tìm tọa độ đỉnh P.
Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(1; 1).
Ta có I là trực tâm ∆MNP và N, P ∈ ∆ nên M I⊥∆ ⇒ đường thẳng MI có phương trình x = 1.
Khi đó M ∈ MI ⇒ M(1; t); hơn nữa M ∈ (C) nên (1−1)
2
+(t−1)
2
= 4 ⇔

t = −1
t = 3 (loại vì M /∈ ∆)
⇒
M(1; −1).
Ta có N ∈ ∆ ⇒ N (a; 3); gọi H trung điểm MN ⇒ H(
a+1
2
; 1).
Lại có H ∈ (C) nên

a+1
2
− 1

2
+ (1 − 1)
2

= 4 ⇔

a = 5
a = −3
⇒ N(5; 3) hoặc N(−3; 3).
Ta có P ∈ ∆P (b; 3) ⇒
−−→
MP = (b − 1; 4).
Với N(5; 3) ⇒
−→
IN = (4; 2), khi đó
−→
IN.
−−→
MP = 0 ⇔ 4(b − 1) + 8 = 0 ⇔ b = −1 ⇒ P(−1; 3).
Với N(−3; 3) ⇒
−→
IN = (−4; 2), khi đó
−→
IN.
−−→
MP = 0 ⇔ −4(b − 1) + 8 = 0 ⇔ b = 3 ⇒ P(3; 3).
Vậy P (−1; 3) hoặc P (3; 3).
Bài tập 10.60. (CĐ-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) : x
2
+ y
2
− 2x − 4y + 1 = 0 và
đường thẳng d : 4x − 3y + m = 0. Tìm m để d cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho


AIB = 120
0
, với I là
tâm của (C).
Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(1; 2) và bán kính R = 2.
Gọi H là trung điểm AB ta có

AIH = 60
0
⇒ IH = IA. cos 60
0
= 1.
Lại có IH = d (I, d) =
|4 − 6 + m|
5
=
|m − 2|
5
⇒
|m − 2|
5
= 1 ⇔

m = 7
m = −3
.
Vậy m = 7 hoặc m = −3.
Bài tập 10.61. (D-09) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) : (x − 1)
2
+ y

2
= 1. Gọi I là tâm của
(C). Xác định toạ độ điểm M ∈ (C) sao cho

IMO = 30
0
.
18
Chuyên đề 10. Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng
Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(1; 0). Nhận thấy O ∈ (C) nên

IOM =

IMO = 30
0
(1).
Gọi M(x; y), ta có
−−→
OM = (x; y),
−→
OI = (1; 0) ⇒ cos

IOM = cos

−→
OI,
−−→
OM

=

−→
OI.
−−→
OM



−→
OI



.



−−→
OM



=
x
√
x
2
+y
2
(2).
Từ (1) và (2) ta có

x

x
2
+ y
2
=
√
3
2
⇔

x ≥ 0
4x
2
= 3

x
2
+ y
2

⇔

x > 0
y
2
=
x
2

3
(∗).
Mặt khác M ∈ (C) nên (x − 1)
2
+ y
2
= 1 (∗∗).
Thay (∗) vào (∗∗) ta có (x − 1)
2
+
x
2
3
= 1 ⇔

x = 0 (loại)
x =
3
2
⇒ y = ±
√
3
2
.
Vậy M

3
2
;
√

3
2

hoặc M

3
2
; −
√
3
2

.
Bài tập 10.62. (A-09) Trong mặt phẳng 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 hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.
Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(−2; −2) và bán kính R =
√
2.
Ta có S
∆IAB
=
1
2
IA.IB. sin


AIB ≤
1
2
R
2
. Dấu bằng xảy ra ⇔

AIB = 90
0
.
Gọi H là trung điểm AB ta có

AIH = 45
0
⇒ IH = IA. cos 45
0
= 1 (1).
Lại có IH = d (I, ∆) =
|−2 − 2m − 2m + 3|
√
1 + m
2
=
|4m − 1|
√
1 + m
2
(2).
Từ (1) và (2) có
|4m − 1|

√
1 + m
2
= 1 ⇔ (4m − 1)
2
= 1 + m
2
⇔

m = 0
m =
8
15
.
Vậy m = 0 hoặc m =
8
15
.
Bài tập 10.63. (A-2011) Trong mặt phẳng O xy, cho đường thẳng ∆ : x + y + 2 = 0 và đường tròn
(C) : x
2
+ y
2
− 4x − 2y = 0. Gọi I là tâm của (C), M là điểm thuộc ∆. Qua M kẻ các tiếp tuyến MA và
MB đến (C), (A, B là tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10.
Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(2; 1) và bán kính bằng R =
√
5.
Ta có S
MAIB

= 2.S
∆MAI
= AM.AI ⇔ AM =
S
MAIB
AI
=
10
√
5
= 2
√
5 ⇒ IM =
√
AM
2
+ AI
2
= 5 (1).
Lại có M ∈ ∆ ⇒ M(t; −t − 2) ⇒
−−→
IM = (t − 2; −t − 3) ⇒ IM =
√
2t
2
+ 2t + 13 (2).
Từ (1) và (2) ta có 2t
2
+ 2t + 13 = 25 ⇔


t = 2
t = −3
.
Vậy M(2; −4) hoặc M (−3; 1).
Bài tập 10.64. (B-06) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) : x
2
+ y
2
− 2x − 6y + 6 = 0 và điểm
M (−3; 1). Gọi T
1
, T
2
là các tiếp điểm vẽ từ M đến (C). Lập phương trình đường thẳng T
1
T
2
.
Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(1; 3) và bán kính R = 2.
Khi đó
−−→
MI = (4; 2) ⇒ MI = 2
√
5 > R. Do đó M nằm ngoài (C).
Giả sử T (a; b) điểm tiếp xúc của tiếp tuyến kẻ từ M đến (C), ta có
−−→
MT = (a+3; b−1),
−→
IT = (a−1; b−3).
Khi đó


T ∈ (C)
−−→
MT.
−→
IT = 0
⇔

a
2
+ b
2
− 2a − 6b + 6 = 0
(a + 3) (a − 1) + (b − 1)(b − 3) = 0
⇔

a
2
+ b
2
− 2a − 6b + 6 = 0 (1)
a
2
+ b
2
+ 2a − 4b = 0 (2)
.
Trừ theo vế (1) và (2) ta có −4a − 2b + 6 = 0 ⇔ b = 3 − 2a thay vào (2) ta có
a
2

+ (3 − 2a)
2
+ 2a − 4 (3 − 2a) = 0 ⇔ 5a
2
− 2a − 3 = 0 ⇔

a = 1
a = −
3
5
Với a = 1 ⇒ b = 1 ⇒ T (1; 1); với a = −
3
5
⇒ b =
21
5
⇒ T

−
3
5
;
21
5

.
Không mất tính tổng quát ta giả sử T
1
(1; 1), T
2


−
3
5
;
21
5

.
Khi đó T
1
T
2
nhận
−−→
MI = (4; 2) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 2x + y − 3 = 0.
19
Nguyễn Minh Hiếu
§5. Phương Trình Elip
Bài tập 10.65. Tìm tọa độ các tiêu điểm, các đỉnh, độ dài trục lớn, độ dài trục bé của mỗi elip sau:
a)
x
2
25
+
y
2
4
= 1. b)
x

2
9
+
y
2
4
= 1.
c) x
2
+ 4y
2
= 4.
Lời giải.
a) Ta có a = 5, b = 2 ⇒ c =
√
25 − 4 =
√
21.
Suy ra F
1
(−
√
21; 0), F
2
(
√
21; 0), A
1
(−5; 0), A
2

(5; 0), B
1
(0; −2), B
2
(0; 2), A
1
A
2
= 10, B
1
B
2
= 4.
b) Ta có a = 3, b = 2 ⇒ c =
√
9 − 4 =
√
5.
Suy ra F
1
(−
√
5; 0), F
2
(
√
5; 0), A
1
(−3; 0), A
2

(3; 0), B
1
(0; −2), B
2
(0; 2), A
1
A
2
= 6, B
1
B
2
= 4.
c) Ta có x
2
+ 4y
2
= 4 ⇔
x
2
4
+ y
2
= 1 ⇒ a = 2, b = 1 ⇒ c =
√
4 − 1 =
√
3.
Suy ra F
1

(−
√
3; 0), F
2
(
√
3; 0), A
1
(−2; 0), A
2
(2; 0), B
1
(0; −1), B
2
(0; 1), A
1
A
2
= 4, B
1
B
2
= 2.
Bài tập 10.66. Viết phương trình chính tắc của các đường elip (E) trong mỗi trường hợp sau:
a) (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và tâm sai e =
√
3
2
.
b) (E) có độ dài trục bé bằng 8 và tiêu cự bằng 4.

c) (E) có một tiêu điểm là F

√
3; 0

và đi qua điểm M

1;
√
3
2

.
Lời giải.
a) Ta có 2a = 8 ⇔ a = 4. Lại có e =
c
a
=
√
3
2
⇔ c = 2
√
3 ⇒ b =
√
16 − 12 = 2.
Vậy (E) có phương trình
x
2
16

+
y
2
4
= 1.
b) Ta có 2b = 8 ⇔ b = 4 và 2c = 4 ⇔ b = 2 ⇒ a =
√
16 + 4 = 2
√
5.
Vậy (E) có phương trình
x
2
20
+
y
2
16
= 1.
c) Gọi elip cần tìm là (E) :
x
2
a
2
+
y
2
b
2
= 1 (a, b > 0).

Vì (E) có một tiêu điểm F (
√
3; 0) ⇒ c =
√
3 ⇒ a
2
− b
2
= 3 ⇔ a
2
= b
2
+ 3 (1).
Lại có M

1;
√
3
2

∈ (E) ⇒
1
a
2
+
3
4b
2
= 1 ⇔ 4b
2

+ 3a
2
= 4a
2
b
2
(2).
Thay (1) vào (2) ta có 4b
2
+ 3

b
2
+ 3

= 4b
2

b
2
+ 3

⇔ b
2
= 1 ⇒ a
2
= 4.
Vậy (E) có phương trình
x
2

4
+ y
2
= 1.
Bài tập 10.67. (A-08) Trong mặt phẳng Oxy, lập phương trình chính tắc của elip có tâm sai bằng
√
5
3
và hình chữ nhật cơ sở có chu vi 20.
Lời giải. Gọi phương trình chính tắc của elip cần tìm là (E) :
x
2
a
2
+
y
2
b
2
= 1 (a > 0, b > 0).
Từ giả thiết ta có

√
a
2
−b
2
a
=
√

3
5
2 (2a + 2b) = 20
⇔

3a
2
= 25(a
2
+ b
2
)
a + b = 5
⇔

a = 3
b = 2
.
Vậy (E) :
x
2
9
+
y
2
4
= 1.
Bài tập 10.68. (B-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và đường tròn tiếp
xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình x
2

+ y
2
= 4. Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi
qua các đỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox.
Lời giải. Ta có AC = 2BD ⇒ OA = 2OB.
Không mất tính tổng quát ta giả sử (a; 0) và B

0;
a
2

(a, b > 0).
Gọi H là hình chiếu của O trên AB ⇒ O H là bán kính đường tròn x
2
+ y
2
= 4 ⇒ OH = 2.
Lại có
1
OH
2
=
1
OA
2
+
1
OB
2
⇔

1
4
=
1
a
2
+
4
a
2
⇔ a
2
= 20 ⇔ a = 2
√
5.
Vậy (E) có phương trình
x
2
20
+
y
2
5
= 1.
20
Chuyên đề 10. Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng
Bài tập 10.69. (A-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) : x
2
+ y
2

= 8. Viết phương trình
chính tắc của elip (E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C) tại bốn điểm tạo thành bốn
đỉnh của một hình vuông.
Lời giải. Elip (E) có trục lớn bằng 8 ⇒ a = 4 nên có phương trình
x
2
16
+
y
2
b
2
= 1 (b > 0).
Vì (E) và (C) đều nhận Ox, Oy làm trục đối xứng và các giao điểm là bốn đỉnh của hình vuông nên
có một giao điểm có tọa độ dạng A(t; t) (t > 0).
Khi đó A ∈ (C) ⇒ t
2
+ t
2
= 8 ⇔ t = 2 ⇒ A(2; 2).
Mặt khác A ∈ (E) ⇒
4
16
+
4
b
2
= 1 ⇔ b =
4
√

3
.
Vậy (E) cần tìm có phương trình chính tắc (E) :
x
2
16
+
y
2
16
3
= 1.
Bài tập 10.70. (D-05) Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm C(2; 0) và elip (E) :
x
2
4
+
y
2
1
= 1. Tìm A, B
thuộc (E) biết A, B đối xứng nhau qua trục hoành và tam giác ABC đều.
Lời giải. Ta có A, B đối xứng nhau qua Ox nên giả sử A(a; b) ⇒ B(a; −b).
Khi đó
−−→
AB = (0; −2b) ⇒ AB = 2|b|,
−→
AC = (2 − a; −b) ⇒ AC =

(a − 2)

2
+ b
2
.
Vì A, B đối xứng qua Ox mà C ∈ Ox nên tam giác ABC cân tại C.
Do đó tam giác ABC đều ⇒ AB = AC ⇔ 4b
2
= (a − 2)
2
+ b
2
⇔ 3b
2
= a
2
− 4a + 4 (1).
Mặt khác A ∈ (E) ⇒
a
2
4
+ b
2
= 1 ⇔ b
2
= 1 −
a
2
4
(2).
Từ (1) và (2) ta có 3


1 −
a
2
4

= a
2
− 4a + 4 ⇔ 7a
2
− 16a + 4 = 0 ⇔

a = 2
a =
2
7
.
Với a = 2 ⇒ b = 0 ⇒ A(2; 0) (loại); với a =
2
7
⇒ b = ±
4
√
3
7
.
Vậy A

2
7

;
4
√
3
7

, A

2
7
; −
4
√
3
7

.
Bài tập 10.71. (A-2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho (E) :
x
2
4
+
y
2
1
= 1. Tìm tọa độ các điểm A và B
thuộc (E), có hoành độ dương sao cho tam giác OAB cân tại O và có diện tích lớn nhất.
Lời giải. Vì A, B ∈ (E) và tam giác OAB cân tại O nên giả sử A(x; y) ⇒ B(x; −y) ⇒ AB = 2|y| (x > 0).
Lại có A, B ∈ (E) ⇒
x

2
4
+
y
2
1
= 1 ⇔ 2|y| =
√
4 − x
2
⇒ AB =
√
4 − x
2
.
Gọi H = AB ∩ Ox ⇒ H(x; 0) ⇒ OH = x ⇒ S
∆OAB
=
1
2
OH.AB =
1
2
x
√
4 − x
2
=
1
2


x
2
(4 − x
2
) ≤ 1.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x =
√
2.
Vậy A

√
2;
√
2
2

, B

√
2; −
√
2
2

hoặc A

√
2; −
√

2
2

, B

√
2;
√
2
2

.
Bài tập 10.72. (B-2010) Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A

2;
√
3

và elip (E) :
x
2
3
+
y
2
2
= 1. Gọi F
1
và
F

2
là các tiêu điểm của (E) (F
1
có hoành độ âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng AF
1
với (T ); N là điểm đối xứng của F
2
qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF
2
.
Lời giải. Ta có F
1
(−1; 0) và F
2
(1; 0). Khi đó
−−→
AF
1
= (−3; −
√
3).
Do đó đường thẳng AF
1
có phương trình tham số

x = −1 − 3t
y = −
√
3t
.

Lại có M ∈ AF
1
⇒ M(−1 − 3t; −
√
3t).
Mặt khác M ∈ (E) nên
1 + 6t + 9t
2
3
+
3t
2
2
= 1 ⇔ 27t
2
+ 12t − 4 = 0 ⇔

t = −
2
3
t =
2
9
.
Với t =
2
9
⇒ M

−

5
3
; −
2
√
3
9

(không thỏa mãn).
Với t = −
2
3
⇒ M

1;
2
√
3

. Vì N là điểm đối xứng với F
2
qua M nên N

1;
4
√
3

.
Khi đó

−−→
AN =

−1;
1
√
3

,
−−→
AF
2
=

−1; −
√
3

⇒
−−→
AN.
−−→
AF
2
= 0 ⇒ ∆ANF
2
vuông tại A.
Do đó đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF
2
có tâm M


1;
2
√
3

và bán kính MF
2
=
2
√
3
.
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF
2
có phương trình (x − 1)
2
+

y −
2
√
3

2
=
4
3
.
21