Phân tích các đề về hình học phẳng của đề thi đại học từ năm 2003 đến 2010 các ban A.B.D ppsx

Trần Thành Minh - Phan Lưu Biên – Trần Quang Nghóa










PHÂN TÍCH CÁC ĐỀ
Hình học phẳng





trong đề thi ĐH 2003-2010
các ban A-B-D



www.saosangsong.com.vn
2

2
LTĐH: Chuyên đề HÌNH HỌC PHẲNG

PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ PHẲNG
§1.ĐƯƠNG THẲNG
1. Phương trình của đường thẳng qua M
0
( x
0
; y
0
) và có VTPT n
G
= (a ; b) là : a(x – x
0
) + b(y –y
0
)
• Phương trình tổng quát của đường thẳng có dạng :
ax + by + c = 0
trong đó = (a ; b) là một VTPT . n
G
• ∆ qua A(a ; 0) và B(0 ; b)
Ù ∆ :
xy
+=1
ab

• Phương trình đường thẳng có hệ số góc là k :
y = kx + m với k = tanφ là góc hợp bởi tia Mt của ∆ ở phía trên Ox và tia Mx.
• Phương trình đường thẳng AB :
AA
BA B A

x - x
yy
x- x
yy
−
=
−

2. Khỏang cách từ M (x
o
; y
o
) đến đường thẳng ∆ : ax + by + c = 0 là
:
)Δ= =
0o
22
|ax +by +c|
d(M, MH
a+b


3.Góc ( không tù ) tạo bởi ∆
1
: a
1
x + b
1
y + c
1

= 0 và ∆
2
: a
2
x + b
2
y + c

2
= 0 là :
cos(∆
1
; ∆
2
) =
12 12
222
1122
|aa +b b |
a+b a+b
2

∆
1 ┴
∆
2
Ù a
1
a
2

+ b
1
b
2
= 0

4.Phương trình tham số của đường thẳng
• Phương trình tham số của đường thẳng qua M
0
(x
0
; y
0
) và có VTCP
a
G
= (a
1
; a
2
) là :
o1
o2
xx ta
yy ta
=+
⎧
⎨
=+
⎩

• Phương trình chính tắc của đường thẳng qua M
0
(x
0
; y
0
) và có VTCP
a
G
= (a
1
; a
2
) là :
oo
12
xx yy
aa
−−
=

( a
1
≠ 0 và a
2
≠ 0)
G
• Nếu = (a; b) là VTPT của ∆ thì = (b ; - a) hay ( - b ; a) là một VTCP của ∆ .
n

a
G
§ 2. ĐƯỜNG TRÒN
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , phương trình đường tròn tâmI(h ; k) bán kính R là :
(x – h)
2
+ (y – k)
2
= R
2
.
• Phương trình đường tròn (O, R) là : x
2
+ y
2
= R
2

2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , mọi phương trình có dạng :
x
2


+ y
2
- 2ax - 2by + c = 0 với a
2
+ b
2
– c > 0 là phương trình đường tròn :

tâm I( a ; b), bán kính R =
22
abc+−

3. Tiếp tuyến với đường tròn
• (x – h)
2
+ (y – k)
2
= R
2
tại tiếp điểm T(x
0
; y
0
) là : đường thẳng qua T và vuông góc
)ky;hx(IT
00
−−= có phương trình :
(x
0
– h)(x – x
0
) + (y
0
– k)(y – y
0
) = 0
n
G

a
G
∆
φ
M

M

∆
H

x
y
I
O
I
T
R
∆
3

3
• Đường thẳng ∆ là tiếp tuyến của đường tròn (I, R) Ù d(I, ∆) = R

&3. CÔNIC
y
1. Elip
x
M
F

K
O
y
a. Định nghĩa . Cho hai điểm cố định F
1
, F
2
với
12
2FF c
=
và một độ dài
không đổi 2a ( a > c). Elip là tập hợp những điểm M sao cho :
M
x

F
1
M + F
2
M = 2a
F
1
, F
2
: tiêu điểm , F
1
F
2
: tiêu cự ,

O
A
1
A
2
B
1
B
2
F
1
F
2
F
1
M , F
2
M : bán kính qua tiêu
;
e = c/a : tâm sai.

2. Phương trình chính tắc . Với F
1
( - c ; 0) , F
2
(c ; 0) :
M(x ; y)
∈ (E) Ù
22
22

xy
+=
ab
1
với b
2
= a
2
- c
2
.
* Hình chữ nhật giới hạn bởi các đường x = ± a , y = ± b gọi là hình chữ nhật cơ sở của hypebol.
F
1
M = a +
a
cx
M
= a + ex
M
; F
2
M =
a
cx
a
M
−
= a - ex
M

2. Hypebol
a. Định nghĩa .Cho hai điểm cố định F
1
, F
2
với
12
2FF c
=
và một độ dài
không đổi 2a ( a > c) . Hypebol là tập hợp những điểm M sao cho :
F
F
A
1
A
2

12
FM-FM =2a

F
1
, F
2
: tiêu điểm ; F
1
F
2

: tiêu cự .
F
1
M , F
2
M : bán kính qua tiêu; e = c/a : tâm sai.
b. Phương trình chính tắc Với F
1
( - c ; 0) , F
2
(c ; 0) :
M(x ; y)
∈ (H) Ù
22
22
xy
-=
ab
1
với b
2
= c
2
- a
2
* Hình chữ nhật giới hạn bởi các đường x = ± a , y = ± b gọi là hình chữ nhật cơ sở của hypebol.
* Đường thẳng y = ±
b
x
a

gọi là hai tiệm cận .
*
M
1M
M
c
x a ,M nhaùnh phaûi
a
FM ex a
c
x a , M nhaùnh traûi
a
⎧
+∈
⎪
⎪
=+=
⎨
⎪
−− ∈
⎪
⎩
*
M
2M
M
c
x a ,M nhaùnh phaûi
a
FM ex a

c
x a , M nhaùnh traùi
a
⎧
−∈
⎪
⎪
=−=
⎨
⎪
−+∈
⎪
⎩

3. Parabol
a. Định nghĩa : Cho điểm F và đường thẳng (∆) không chứa F . Parabol là tập hợp
các điểm M sao cho :
MF = d(M , (∆))
F : tiêu điểm; (∆) : đường chuẩn của parabol
p = d(F, Δ ) : tham số tiêu
b. Phương trình chính tắc của parabol .
Với F(
;0)
2
p
và ∆ : x = -
2
p
. M(x ; y)
∈

(P) Ù y
2
= 2px
FM = p/2 + x
M

PHÂN TÍCH CÁC DẠNG TOÁN HÌNH PHẲNG:
4

4
Phương pháp
Thông thường ta gặp các dạng sau khi giải một đề thi đại học môn hình phẳng :
Dạng 1: Tìm toạ độ một điểm thỏa các tính chất cho trước
Dạng 2 : Viết phương trình đường thẳng , đường tròn hay một cônic thỏa một tính chất cho
trước

Dạng 1: Tìm toạ độ một điểm thỏa các tính chất cho trước
Có 2 cách:
 Cách 1: Sử dụng công thức toạ độ trung điểm , trọng tâm, điều kiện bằng nhau, cùng phương,
vuông góc của hai vectơ để tìm toạ độ của điểm cần tìm một cách trực tiếp.
 Cách 2: Từ tính chất của điểm , ta thiết lập phương trình (có ẩn là hoành độ, tung độ ) hay hệ
phương trình (có ẩn là toạ độ của điểm cần tìm). Giải phương trình hay hệ phương trình, ta
được toạ độ điểm cần tìm. Các công thức về toạ độ, điều kiện cùng phương, vuông góc, khoảng
cách , phương trình các đường chứa điểm ấy . . . cung cấp cho ta những phương trình xác định.

1. D2004. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với A(- 1; 0), B(4; 0) và C(0, m). Xác định m để
tam giác GAB vuông tại G với G là trọng tâm của tam giác ABC.

Giải
Ta thiết lập phương trình ẩn m để tìm m. Tính chất là

GA
J
JJG
và
GB
J
JJG
vuông góc . Phương trình là điều
kiện vuông góc của hai vectơ.

Tọa độ G:
1
3
33
ABc
G
ABc
G
xxx
x
yyy
m
y
++
⎧
==
⎪
⎪
⎨
++

⎪
==
⎪
⎩
=> = (- 2; - m/3);
GA
JJJG
GB
J
JJG
JJJG JJJG
= (3 ; - m/3)
Tam giác GAB vuông tại G Ù
GA
.
GB
= 0 Ù - 6 + m
2
/9 = 0 Ù m = 36± .

2. B2003. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A, điểm M(1; - 1) là trung điểm BC
và G(2/3; 0) là trọng tâm ABC. Tình toạ độ A, B, C.

Giải
Theo tính chất trọng tâm:
3.
M
J
AMG=
JJG JJJJG

13.(1/3)
13.(1)
A
A
x
y
−= −
⎧
⎨
+=
⎩
(1;3)MA =−
G

A
B
C
G
M
Ù => A= (0; 2)
B, C đều nằm trên đường thẳng qua M(1 ; - 1) và vuông góc
JJJ
có phương trình : - 1(x – 1) + 3(y + 1) = 0
Ù - x + 3y + 4 = 0 (1)
Mặt khác MB = MC = MA =
10 , nên toạ độ của B, C là
nghiệm của hệ:
⎨

22

(1)
(1)(1)1(2
xy
⎧
)−++=
⎩
Giải hệ này ta được toạ độ B và C là (4 ; 0) và (-2 ; - 2).
9 Cách khác: Nếu nhớ được tính chất sau thì ta không cần phải giải hệ để tìm toạ độ B, C.
5

5
“Cho
u
và là hai vectơ
G
v
G
vuông góc , có độ dài bằng nhau thế thì nếu
(; )uAB=
G
thì
. Qui tắc này rút ra từ liên hệ giữa vectơ chỉ phương và vectơ pháp tuyến
của một đường thẳng .”
(; ) ( ; )v B A hay v B A=− =−
GG
Vì
;
M
BMC
JJJG JJJJG

vuông góc và có độ dài bằng MA do đó:
(1;3)MA =−
JJJG
(3;1); ( 3; 1)
( 3; 1); (3;1)
MB MC
MB MC
⎡
=
=− −
⎢
=− − =
⎢
⎣
J
JJG JJJJG
JJJG JJJJG

Từ đó ta tính ngay được toạ độ B và C.

3. D2009. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn ©: (x – 1)
2
+ y
2
= 1 Gọi I là tâm của (C) . Xác định
toạ độ điểm M thuôc (C) sao cho thuộc sao cho góc IMO=30
0
.

Giải

Nếu bạn nhận ra là đường tròn có tâm I(1 ; 0), bán kính R = 1, và
qua gôc O thì việc giải sẽ dễ dàng.
O
M
I
Vì góc IMO = 30
0
nên góc IOM = 30
0
(tam giác IOM cân tại I), suy ra
đường thẳng OM có hệ số góc là
0
1
tan 30
3
±=±. Do đó phương
trình đường thẳng OM là y =
3
x
± . Thế vào phương trình đường
tròn, ta được phương trình tính hoành độ điểm I.
Cách khác: Dùng định lí hàm cosin trong tam giác OIM:
OM
2
= IO
2
+ IM
2
– 2.IO. IM.cos120
0

Mà IO = IM = 1, ta suy ra : OM
2
= 3 => OM = 3
Ù
x
2
+ y
2
= 3 (x; y) là toạ độ của M. M lại thuộc đường tròn , do đó ta có hệ phương trình tính toạ độ
điểm M.

4. D2006. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
- 2x - 2y + 1 = 0 và đường thẳng d: x – y
+ 3 = 0. Tìm tọa độ điểm M nằm trên d sao cho đường tròn tâm M, có bán kính gấp đôi bán kính đường
tròn (C), tiếp xúc ngoài với đường tròn (C).


Giải
M thuộc d: x – y + 3 = 0 => M = (x ; x + 3).
(C) có tâm I(1 ; 1), bán kính R = 1. Đường tròn tâm M có bán kính R’ = 2.
(C) và (M) tiếp xúc ngoài
Ù IM = R + R’= 3
Ù (x – 1)
2
+ (x + 2)
2
= 9 Ù 2x

2
+ 2x – 4 = 0
Ù x = 1 hay x = - 2 . Vậy M(1 ; 4) hay M(- 2; 1).

5.
Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác cân ABC, cân tại A(0 ; - 3), có trọng tâm G thuộc đường thẳng
x + 2y = 0 và đường thẳng BC qua điểm D(1 ; 2). Tìm toạ độ trung điểm M của BC.

Giải
A
B C
G
Gọi (x; y) là toạ độ điểm M. Ta sẽ thiết lập hệ phương trình ẩn x, y
bằng cách khai thác hai tính chất của điểm M.
M
D
6

6
• Trước hết vì tam giác ABC cân tại A nên trung tuyến AM cũng là đường cao. Suy ra:

. 0 ( 0)( 1) ( 3)( 2) 0AM DM x x y y= <=> − − + + − =
JJJJG JJJJG
(1)
22
60xyxy<=> + − + − =
• Trọng tâm G có toạ độ :
2
33
32

33
ABC
G
ABC
G
xxx
x
x
yyy
y
y
++
⎧
==
⎪
⎪
⎨
++
−+
⎪
==
⎪
⎩

G thuộc đường thẳng x + 2y = 0
Ù
232
2. 0 2 3 0
33
xy

xy
−
+
+
=<=>+ −=
(2)
• Giải hệ (2) và (3) ta được toạ độ điểm M.
Từ (2): x = - 2y + 3.
Thế vào (1): (-2y + 3)
2
+ y
2
– (- 2y + 3) + y – 6 = 0 Ù 5y
2
– 10y = 0
Ù y = 0 ; y = 2.
• y = 0 => x = 3 ; y = 2 => x = - 1.
Vậy M(3 ; 0) hay M(- 1; 2).

Nếu phải tính toạ độ nhiều điểm (các đỉnh của tam giác , tứ giác) thì thường ta chọn toạ độ một
điểm làm ẩn số, nếu được . Từ giả thiết của bài toán, ta sẽ tìm toạ độ các điểm còn lại theo ẩn
số đó và lập phương trình hay hệ phương trình để tìm các ẩn số đó.

6.A2005. Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường thẳng d
1:
x- y = 0 và d
2
: 2x + y - 1 = 0, tìm các đỉnh
của hình vuông ABCD biết A thuộc d
1

, C thuộc d
2
và B, D thuộc Ox.

Giải (Hình vẽ chỉ có tính tương đối)
A
B D
C
Vì A thuộc d
1
: x – y = 0 nên có toạ độ (a; a).
Do A, C đối xứng qua BD mà B, D thuộc Ox nên A, C
đối xứng qua Ox. Suy ra C = (a ; - a).
Mà C thuộc d
2
: 2x + y – 1 = 0 nên 2a + ( - a) – 1 = 0 Ù a
= 1. Vậy A(1 ; 1 ), C(1 ; - 1). Suy ra toạ độ trung I của
tâm hình vuông là (1 ; 0).
Do IB = ID = 1 , ta được B(0; 0) và D(2 ; 0) hay ngược
lại.


Trong ví dụ sau, ta phải đặt 2 ẩn số là hoành độ
của B và C. Từ giả thiết ta sẽ lập hệ phương trình theo 2 ẩn số đã chọn.
d
1
d
2
I

7. B2007. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A(2; 2) và các đường thẳng: d
1
: x + y – 2 = 0, d
2
: x + y –
8 = 0. Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt thuộc d
1
và d
2
sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.

Giải
B thuộc d
1
:x + y – 2 = 0 => B = (b; 2 – b) =>
(2;)
A
Bb b
=
−−
J
JJG

A
B
C
C thuộc d
2
: x + y – 8 = 0 => C = (c ; 8 – c) =>

(2;6)
A
Cc c
=
−−
J
JJG
(1)
7

7
Vì
;
A
BAC
JJJG JJJG
là hai vectơ vuông góc và có độ dài bằng nhau mà
(2;)
A
Bb b
=
−−
J
JJG
nên
(2) . Từ (1) và (2) suy ra:
(; 2)
(;2 )
bb
AC

bb
−
⎡
=
⎢
−−
⎣
JJJG
2
26
2
26
bc
bc
bc
bc
⎡=−
⎧
⎨
⎢
−
=−
⎩
⎢
⎢
−=−
⎢
−
=−
⎢

⎢
⎣

Giải hệ này ta được : .
3; 5
1; 3
bc
bc
==
⎡
⎢
=− =
⎣
Vậy B(- 1; 3), C(3 ; 5) hay B(3 ; - 1), C(5 ; 3) .
Nhận xét: Trong cách giải này ta sử dụng qui tắc toạ độ của hai vectơ vuông góc và có độ dài bằng
nhau, lấy từ qui tắc toạ độ của hai vectơ pháp tuyến và chỉ phương của đường thẳng Ax + By + C = 0,
khi đó
G
là vectơ pháp tuyến thì uB(; )nAB= (; ) ( ;)AhayBA=− −
G
là vectơ chỉ phương.
Nếu không thì ta sẽ ải hệ như sau: gi
Đặt
(;); ( ';')
A
BXYACXY==
JJJ JJJG G
)
, ta có:

22 2 2
||||
''(1
''0(2)
.0
AB AC
XY XY
XX YY
AB AC
⎧
=
⎧
+= +
⎪
<=>
⎨⎨
+=
=
⎪
⎩
⎩
JJJGJJJG
JJJG JJJG
Từ (2): Y’ = - XX’/Y.
Thế vào (1): X
2
+ Y
2
= X’
2

+ (XX’)
2
/Y
2
Ù
(X
2
+ Y
2
)Y
2
= X’
2
(X
2
+ Y
2
)
Ù
X’
2
= Y
2

Ù
X’ = Y hay X’ = -Y.
* X’ = Y => Y’ = - X
* X’ = - Y => Y’ = X.
Ta tìm lại qui tắc trên.

8. B2008. Trong mặt phẳng 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 x - y + 2 = 0 và đường cao kẻ từ B có phương trình 4x + 3y – 1 = 0

Giải
Đây là bài khó vì ta phải lần lượt tìm toạ độ những điểm trung
gian mới đến được toạ độ điểm C cần tìm. Bài toán giải theo
từng nước như một ván cờ.
A
B C
H(-1;-1)
d: x-y+2=0
d’ : 4x+3
y
-1=0
K
• Trước hết ta tìm được toạ độ điểm K, đối xứng của H qua
phân giác d qua A:
Phương trình HK qua H(- 1; - 1) và vuông góc d: x – y +
2 = 0 là: (x + 1) + (y + 1) = 0
Ù x + y + 2 = 0 .
=> K = (x ; - x – 2) => toạ độ trung điểm của HK là
(
x
13
;
22
x−−−
). Điểm này thuộc d nên :
13

20
22
xx−−−
−+=
Ù x = - 3 => K(- 3; 1).
• Tiếp theo ta viết phương trình AC qua K(- 3; 1) và vuông góc d’ : 4x + 3y – 1 = 0 là : 3(x + 3) – 4(y
– 1) = 0
Ù 3x – 4y + 13 = 0 .
8

8
Suy ra toạ độ A là nghiệm của hệ :
20
34130
xy
xy
−+=
⎧
⎨
−
+=
⎩
Ù A(5; 7) .
• Nhờ đó ta viết được phương trình CH qua H(- 1; -1) và vuông góc
(6; 8)HA =
J
JJG
là :
6(x + 1) + 8(y + 1) = 0
Ù 3x + 4y + 7 = 0.

• Từ đó ta tìm được toạ độ C, giao điểm của đường thẳng CH và AC, là nghiệm của hệ :

Ù C = (- 10/3 ; ¾).
3470
3413
xy
xy
++=
⎧
⎨
−+=
⎩
0

Trong bài tiếp ta tìm một điểm thỏa một tính chất hình học mà ta có thể giải bằng hình học
hoặc đại số.

9. D2007. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): (x – 1)
2
+ (y + 2)
2
= 9 và đường thẳng d:3x -
4y + m = 0 . Tìm m để trên d có duy nhất một điểm P mà từ đó có
thể kẻ được hai tiếp tuyến PA, PB tới (C) (A, B là các tiếp điểm)
sao cho tam giác PAB đều.

P
Giải
Nhận xét: Ở đây ta không dại gì mà tìm toạ độ A, B, là điều vô
cùng phức tạp. Ta sử dụng tình chất của hai tiếp tuyến của đường

tròn vẽ từ điểm P, để thấy : ∆PAB đều
Ù
∆PAI nửa đều
Ù
IP =
2IA = 2R = 6. Bài toán thành ra tìm m sao cho trên d chỉ có duy
nhất điểm P sao cho IP = 6.
A
I
Cách hình học : Yêu cầu bài toán Ù d(I, d) = 6
Ù
|3(1) 4( 2) |
6
5
m−−+
=
với I(1 ; - 2)
B
Ù |m + 11| = 30 Ù m = 19 hay m = - 41
Cách đại số : P thuộc d : 3x – 4y + m = 0 => P = (x ;
3
4
x
m
+
)
IP = 6
Ù (x – 1)
2
+

2
3
236
4
xm+
⎛⎞
+=
⎜⎟
⎝⎠
(*)
Yêu cầu bài toán Ù (*) có nghiệm duy nhất Ù ∆ = 0 . . . .

Một trong các dạng tìm điểm có dạng tìm điểm cố định của một họ đường cong như trong bài
dưới . Ví dụ cho họ đường tròn (C
m
) : x
2
+ y
2
– 2mx + 4my + 2m – 10 = 0, chứng minh .
Họ (C
m
) luôn qua hai điểm cố định khi m thay đổi.
Giải : Ta có : a
2
+ b
2
– c = 5m
2
– 2m + 10 > 0 với mọi m => (C

m
) là đường tròn với mọi m.
Gọi (x
o
; y
o
) là toạ độ điểm cố định cần tìm, ta có :
x
o
2
+ y
o
2
– 2mx
o
+ 4my
o
+ 2m – 10 = 0 thỏa với mọi m
Ù 2m(- x
o
+ 2y
o
+ 1 ) + x
o
2
+ y
o
2
– 10 = 0 thỏa với mọi m
Ù Ù

⎨
Ù
22
21
10 0
oo
oo
xy
xy
−+ +=
⎧
⎪
⎨
+−=
⎪
⎩
0
++ −=
⎪
⎩
0
22
21
(2 1) 10 0
oo
oo
xy
yy
=+
⎧

⎪
2
21
549
oo
oo
xy
yy
=+
⎧
⎪
⎨
+
−=
⎪
⎩

Giải hệ này ta được : (3 ; 1) và (-13/5; 9/5).
Vậy họ (C
m
) luôn qua hai điểm cố định (3 ; 1) và (-13/5; 9/5).
9

9
Tuy nhiên trong bài dưới đây ta có một họ đường thẳng phụ thuộc hai tham số , ta sẽ giải quyết
ra sao?

10. D2008. Trong mặt phẳng Oxy, cho parabol (P) : y
2
= 16x và điểm A(1; 4). Hai điểm phân biệt B,

C (B và C khác A) di động trên (P) sao cho góc BAC = 90
0
. Chứng minh rằng đường thẳng BC luôn đi
qua một điểm cố định.

Giải
Vì B và C thuộc (P): y
2
= 16x => B = (b
2
/16 ; b) và C = (c
2
/16; c), với b, c ≠ 4.
Ta có: với
.0AB AC =
JJJG JJJG
22
( /16 1; 4) ; ( /16 1; 4)AB b b AC c c=−− =−−
JJJG JJJG
Ù
22
16 16
.(4)(4)
16 16
bc
bc
−−
+− −=
0

Chia hai vế cho (b – 4)(c – 4) , ta được :
(4)(4)
10
256
bc
+
+
+
=
Ù bc + 4(b + c) + 274 = 0 (1)
Phương trình đường thẳng BC :
2
22
16
16 16
b
x
yb
cb
cb
−
−
=
−
−
Ù 16x – (b + c)y + bc = 0 (2)
Từ (1) và (2), ta thấy rằng nếu cho 16x = 274 và – y = 4 thì (2) là (1), tức (2) thỏa với mọi giá trị của b,
c thỏa (1) khi x = 17 và y = - 4 , hay đường thẳng BC luôn qua điểm cố định I(17 ; - 4).
Cách khác: Nếu ta chọn tham số là hệ số góc m của đường thẳng AB thì phương trình AB: y = m(x –
1)+ 4 và của đường thẳng AC vuông góc AB là y =

1
(1)4x
m
−+
.
−
Giải hệ ta sẽ tìm được toạ độ B và C theo m. Từ đó viết được phương trình đường thẳng BC phụ thuộc
m. Ta có bài toán tìm điểm cố định của họ đường thẳng mà ta đã giải trong ví dụ trên. Tuy nhiên không
phải con đường trơn tru và dễ dàng. Mời các bạn” phiêu lưu”.


DẠNG 2. Viết phương trình đường thẳng , đường tròn . . .thỏa một đặc tình cho trước :
Cách 1: Tìm những điểm xác định đường thẳng , đường tròn : Ví dụ với đường thẳng thì tìm hai
điểm mà nó đi qua , hay 1 điểm và một vectơ pháp tuyến của nó. Với đường tròn thì phải tìm
tâm và bán kính . . .

11. D2010
. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và Δ là đường thẳng đi qua O. Gọi H là
hình chiếu vuông góc của A trên Δ. Viết phương trình đường thẳng Δ, biết khoảng cách từ H đến trục
hoành bằng AH.

A
Δ

H
O
Giải
Nhận xét: Vì ∆ qua O nên chỉ cần biết toạ độ H là viết được phương trình ∆.
Gọi H(a ; b), khoảng cách từ H đến Ox là |b|, ta có hệ:
22

.0
A
Hb
AH OH
⎧
=
⎪
⎨
=
⎪
⎩
JJJG JJJG

10

10
Với
(; 2); (;)
A
Hab OHab=− =
JJJG JJJG
:
2222
222
(2) 440(1)
(2)0 20(2
ab b a b
abb ab b
⎧⎧
+− = − +=

⎪⎪
<=>
⎨⎨
+−= +−=
⎪⎪
⎩⎩
)
(2) – (1): b
2
+ 2b – 4 = 0 Ù b =
51; 51−−−

Thế vào (1): a
2
= 4( 52− ) hay 4(- 52
−
) : loại
Suy ra a =
252±−
.
Phương trình đường thẳng (∆) qua O và H(a ; b) : bx – ay = 0
Ù
(5 1) 2 5 2) 0xy
−
±−=


12.B2009 Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): (x – 2)
2
+ y

2
= 4/5 và hai đường thẳng Δ
1
: x – y
= 0 và ∆
2
: x – 7y = 0 Viết phương trình đường tròn (C
1
) biết đường tròn (C
1
) tiếp xúc với các
đường thẳng ∆
1
, ∆
2
và có tâm K thuộc đường tròn (C)

Giải
Nhận xét: Đây là bài tóan ba ẩn số : toạ độ tâm K và bán kính R
1
, ta phải thiết lập 3 phương trình để
có hệ giải được. Nhớ rằng đường tròn (I, R) tiếp xúc với ∆
Ù
d(I, ∆) = R.
Gọi K(a ; b) là tâm và R
1
là bán kính của (C
1
), ta có:
22

11
21
(2) 4/5
(, )
(, )
ab
dK R
dK R
⎧
−+=
⎪
Δ=
⎨
⎪
Δ=
⎩
Ù
22
1
1
(2) 4/5(1
||
(2)
2
|7|
(3)
52
ab
ab
R

ab
R
⎧
⎪
−+=
⎪
−
⎪
=
⎨
⎪
⎪
−
=
⎪
⎩
)

Từ (2) và (3):
5( ) 7 2
|7|
5( ) 7 2
5
ab a b b a
ab
ab
ab a b a b
−
||
=− =−

⎡⎡
−
− = <=> <=>
⎢⎢
−=−+ =
⎣⎣

* Thế b = - 2a vào (1) : 25a
2
– 20a+ 16 = 0 (VN)
* Thế a = 2b vào (1): 25b
2
– 40b + 16 = 0 Ù b = 4/ 5 => a = 8/5
22
5
. Phương trình đường tròn (C
1
) : (x – 8/5)
2
+ (y – 4/5)
2
= 8/25.
Thế vào (2) : R
1
=
Cách 2: Tìm các hệ số xác định đường bang cách giải hệ dựa vào điều kiện đã cho.
• Phương trình đường thẳng có dạng ax + by + c = 0 , phương trình đường tròn (x – a)
2
+ (y –
b)

2
= R
2
hay x
2
+ y
2
– 2ax – 2by + c = 0 ; phương trình elip :
22
22
1 .
xy
ab
+=

13. A2008. Trong mặt phẳng Oxy, hãy viết phương trình chính tắc của elíp (E) biết rằng (E) có tâm sai
bằng 5 /3 và hình chữ nhật cơ sở của (E) có chu vi bằng 20.


Giải
11

11
Phương trình elip có dạng:
22
22
1
xy
ab
+= (a > b > 0) . Hình chữ nhật cơ sở có độ dài 2a và 2b, tâm sai là

e =
22
cab
aa
−
=
.
Ta có hệ:
22
22 2 2
5
10 10
3
9( ) 5 4 9
10
ab
ab ab
a
ab a a b
ab
⎧
−
=− =−
⎧⎧
⎪
=
<=> <=>
⎨⎨ ⎨
−= =
⎩⎩

⎪
+=
⎩
2

Giải hệ này, ta được :a = 3 , b = 2 , và phương trình (E):
22
1
94
xy
+
= .

14.A2007. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A(0; 2), B(−2; −2) và C(4; −2). Gọi H là chân
đường cao kẻ từ B; M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC. Viết phương trình đường
tròn đi qua các điểm H, M, N.

Giải
A
B C
H
M
N
Nhận xét: Ta dễ dàng tìm được toạ độ H, M, N, do
đó đây là bài toán quen thuộc viết phương trình
đường tròn qua 3 điểm.
Tọa độ M ( - 1; 0), N(1 ; - 2).
Phương trình đường thẳng AC:
02
40 22

xy−−
=
−−−

Ù x + y – 2 = 0
Phương trình đường thẳng BH qua B(-2 ; - 2) và
vuông góc
JJ
= 4(1 ; - 1):
(4; 4)AC =−
JG
20
0
xy
xy
+−=
−=
⎩
21
24 5
22 2
ac
abc
abc
+=−
⎧
⎪
−−=
⎨
⎪

+−=
⎩
1.(x + 2) - 1.(y + 2) = 0
Ù x - y = 0 .
Toạ độ H là nghiệm của hệ :
⎧
⎨
Ù H = (1; 1).
Phương trình đường tròn có dạng: x
2
+ y
2
– 2ax – 2by + c = 0 . Thế toạ độ các điểm M, N, H, ta được
hệ:
Ù a = ½; b = - ½, c = - 2 .
Phương trình đường tròn : x
2
+ y
2
– x + y – 2 = 0

Cách 3: Tìm một đẳng thức f(x ; y) =0 giữa toạ độ (x ; y) của một điểm bất kì thuộc đường thì f(x;
y) = 0 chính là phương trình của đường cần tìm.

15. Cho hai đường tròn (C): x
2
+ y
2
– 2x – 4y – 7 = 0 và (C’): x
2

+ y
2
+ 4x + 6y + 12 = 0 ở ngoài nhau.
Gọi TT’ là đoạn tiếp tuyến chung trong số 4 tiếp tuyến chung, và M là điểm thuộc đoạn TT’ sao cho
MT = 2MT’. Có 4 điểm M như thế . Chứng minh 4 điểm M như thế thuộc một đường tròn và viết
phương trình đường tròn ấy.

Giải
(C) có tâm I(1 ; 2), bán kính R =
12

12

12
(C’) có tâm I’(- 2 ; - 3), bán kính R’ = 1.
T
T’
Gọi (x; y) là toạ độ của M, ta có;
M
MT
2
= 4MT’
2
Ù IM
2
– IT
2
= 4( I’M
2
– I’T’

2
)
Ù (x – 1)
2
+ (y – 2)
2
– 12 = 4[(x + 2)
2
+ (y + 3)
2
– 1]
Ù x
2
+ y
2
– 2x – 4y – 7 = 4(x
2
+ y
2
+ 4x + 6y +12)
I
I’
Ù x
2
+ y
2
+ 6x + (28/3)y + 55/3 = 0 (*)
4 điểm M đều có toạ độ thỏa (*). Mà (*) là phương trình một
đường tròn , do đó ta có điều phải chứng minh.

16. B2006 . Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
- 2x - 6y + 6 = 0 và điểm M( - 3; 1).
Gọi T
1
và T
2
là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đến (C). Viết phương trình đường thẳng T
1
T
2
.

Giải
Nhận xét: Đây là phương trình đường thẳng qua hai
điểm , nhưng nếu ta tìm toạ độ của hai điểm e rằng việc
tính toán khá phức tạp. Ta sẽ thiết lập một đẳng thức bậc
nhất giữa toạ độ của hai tiếp điểm theo hướng của
phương pháp.
M
T
1
T
2
I
(C) có tâm I(1 ; 3), bán kính R = 2.
Gọi (x; y) là toạ độ chung của hai tiếp điểm T. Điểm T

có hai tính chất : T thuộc đường tròn và
JJ J
vuông góc. Do đó
toạ độ T thỏa hệ:
(1; 3); (3; 1IT x y MT x y=− − =+ −
H
)
G JJG
22
22
22
2660
(1).(3)( 3)(1)0
2660(1)
(240(2)
xy xy
xx yy
xy xy
xy xy
⎧
+−−+=
⎨
−++−−=
⎩
⎧
+−−+=
⎪
<=>
⎨
++− =

⎪
⎩

Suy ra toạ độ T thỏa phương trình (2) – (1): 4x + 2y – 6 = 0
Ù 2x + y – 3 = 0
Vậy hai tiếp điểm đều thuộc đường thẳng có phương trình 2x + y – 3 = 0 . Do đó phương trình đường
thẳng (T
1
T
2
) là 2x + y – 3 = 0

Cách khác: Ta có thể viết phương trình (T
1
T
2
) bằng cách tìm toạ độ H, giao điểm của (T
1
T
2
) và IM.
Vì IM vuông góc T
1
T
2
nên
2
1
22
.41

20 5
IT
IH IH IM
IM IM IM
====
,(4;2)IH IM =− −
JJJG JJJG
.
Vì cùng hướng, suy ra :
14
.(;
55
IH IM
2
)
5
=
=− −
J
JJG JJJG

=> H = (1/5 ; 17/5).
Phương trình (T
1
T
2
) qua H và vuông góc
2(2;1)IM =−
J
JJG

là 2(x – 1/5) + 1(y - 17/5) = 0
Ù
2x + y - 3 = 0

Cách giải vừa trình bày là ví dụ mô tả phương pháp thứ 4 ta thường gặp khi giải một bài hình
giải tích là :
Cách 4 : Sử dụng kiến thức hình học để đơn giản hóa phép tính
13

13
Những năm càng về sau, đề hình học càng có nhiều tính hình học cổ điển hơn, do đó đôi
khi phải vẽ hình cẩn thận để khai thác những tính chất về góc khiến việc tính toán được đỗ
vất vả hơn

17.B2010 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(2; 3 ) và elip (E): 2x
2
+ 3y
2
= 6. 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
(E); N là điểm đối xứng của F
2

qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF
2
.

Giải
Nhận xét: Đây là phương trình đường tròn qua 3
điểm và toạ độ 3 điểm A, N, F
2
có thể tìm được
không mấy khó khăn. Ta có thể giải như bài 13. Tuy
nhiên . . .
N
A
M
(E) :
22
1
32
xy
+=
=> F
1
(- 1; 0), F
2
(1 ; 0).
F
1
F
2
Phương trình đường thẳng AF

1
:

1
3
3
xy+−
=
0
Ù x = y 3 - 1
Thế vào phương trình êlip, ta được phương trình
hoành độ của M: 2(y
3 - 1)
2
+ 3y
2
= 6 Ù 9y
2
– 4 3 y - 4 = 0
Ù y = 2 3 /3 (vì y > 0) . Suy ra : x = 1. Vậy M(1 ; 2 3/3).
Nhận xét là MA = MF
2
= 2 3/3 . Như thế tam giác ANF
2
có MN = MF
2
= MA nên vuông tại A và
đường tròn ngoại tiếp có tâm là M và bán kính 2
3/3 .
Phương trình cần tìm: ( x – 1)

2
+ (y – 2 3/3)
2
= 4/3.
Ghi chú : Nếu không có nhận xét này thì tìm thêm toạ độ điểm N là (1 ; 4/ 3 ) và lập phương trình để
giải như bài 13, nhưng rất vất vả vì không bấm máy được!!!


18
. A2010. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d
1
: 3 x + y = 0 và d
2
: 3 x – y = 0. Gọi (T)
là đường tròn tiếp xúc với d
1
tại A, cắt d
2
tại hai điểm B và 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.
Giải
d
2
B

A

d
1
C

I

x

y

O


Nhận xét : Chú ý ai đường thẳng d
1
, d
2
đều qua gốc O. d
1
có hệ số góc
–
3 tức góc mà tia Od
1
(ở phía trên Ox) tạo với tia Ox là 120
o
. d
2
có hệ
số góc
3 tức góc tia Od
2
(ở phía trên Ox) tạo với tia Ox là 60
o

. Như
vậy góc nhọn tạo bởi d
1
, d
2
là rất đặc biệt là bằng 60
0
. Đây chính là chìa
khóa của bài toán.
Cũng nhớ là trong đề có nếu điều kiện điểm A có hoành độ dương, thường
là một gợi ý cho ta biết ta phải tìm toạ độ của điểm A trước tiên, rồi sau
đó mới đến những điểm khác.
d
1
và d
2
cắt nhau tại điểm gốc O và : cos(d
1
, d
2
) =
|3.31.1| 1
2
31.31
−
=
++

14

14
=>
n
0
60AOB = .
Tam giác OAB nửa đều . Vì tam giác ABC vuông tại B nên AC là đường kính của đường tròn (T). D
1

tiếp xúc (T) nên , suy ra
n
90
o
OAC =
n
60 .
o
BAC =
Ta có : A thuộc d
1
=> A(a ;
3)a−
; a > 0.
Lại có: S
ABC
= ½. AB.ACsinA mà AB = OA 3 /2 , AC = OA 3 (∆OAC nửa đều) , suy ra:

31 3 3
3.
22 2 2
OA OA=

Ù OA
2
=
4
3

Vậy : a
2
+ (a 3)
2
=
4
3
Ù a =
1
3
=> A(
1
;1
3
−
)
Phương trình AC qua A và vuông góc d
2
: 1. (x -
1
)
3
+
3 (y + 1) = 0 Ù 3 x – 3y – 4 = 0. Vậy toạ

độ C là nghiệm của hệ:
30
3340
xy
xy
⎧
−=
⎪
⎨
−−=
⎪
⎩
Ù C
2
(;2
3
)
−
−

(T) có đường kính AC nên có tâm I là trung điểm AC, có toạ độ
13
(;)
2
23
và có bán kính IA = 1.
−
−
Suy ra phương trình (T):
2

2
13
1
2
23
xy
⎛⎞
⎛⎞
+++
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠
=

THỰC TẬP

19. D2003. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): (x – 1)
2
+ (y - 2)
2
= 4 và đường thẳng d: x – y
– 1 = 0 Viết phương trình đường tròn (C’) đối xứng của (C) qua d và tìm toạ độ giao điểm của (C),
(C’).
20. D2005. Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E):
22
1
41
xy
+

= và C(2 ; 0). Tìm A, B thuộc elip sao cho
A, B đối xứng qua Ox và tam giác ABC đều

21. D2009. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có M(2; 0) là trung điểm của AB
Đường trung tuyến và đường cao qua đỉnh A lần lượt có phương trình là 7x – 2y – 3 = 0 và 6x – y – 4
= 0 . Viết phương trình đường thẳng AC.

22. D2010.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(3 ; - 7) , trực tâm H(3 ; - 1), tâm
đường tròn ngoại tiếp là I(- 2; 0). Xác định toạ độ C biết C có hoành độ dương.
23.B2004. Trong mặt phẳng Oxy mặt phẳng Oxy, cho A(1; 1), B(4 ; - 3), tìm điểm C thuộc đường
thẳng x – 2y - 1 = 0 sao cho khoảng cách từ C đến đường thẳng AB bằng 6.
24. B2005. Trong mặt phẳng Oxy cho A(2; 0), B(6; 4). Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với
Ox tại A và khoảng cách từ tâm của (C) đến B bằng 5.
25. B2009. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A (- 1;4 ), B, C
thuộc đường thẳng Δ: x – y – 4 = 0. Xác định toạ độ B, C biết diện tích tam giác ABC bằng 18.
26. B2010. Trong mặt phẳng toạ độ 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
ABC bằng 24 và đỉnh A có hoành độ dương.
15

15
27. A2004. Trong mặt phẳng Oxy , cho A(0; 2) và B( - 3 ; - 1).Tìm toạ độ trực tâm và tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác OAB.
28.A2006. Trong mặt phẳng Oxy, cho các đường thẳng: d
1
:x + y + 3 = 0, d
2
: :x – y – 4= 0 và d
3

: x – 2
y = 0. Tìm tọa độ điểm M nằm trên đường thẳng d
3
sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng d
1
bằng
hai lần khoảng cách từ M đến đường thẳng d
2
.
29. A2009. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(6; 2), điểm M(1; 5) thuộc đường
thẳng AB và trung điểm E của CD thuộc đường thẳng d: x + y – 5 = 0 . Viết phương trình đường thẳng
AB.
30. A2009. Trong mặt phẳng với hệ toạ 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 , tìm m để Δ cắt
(C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.
31. (A10)Trong mặt phẳng toạ độ 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 toạ độ các đỉnh B và C,
biết điểm E(1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho.

GIẢI VẮN TẮT:
19
.

20.
16

16

21.

22.
17

17

23.

24.


25.
18

18


26.

27.



28.
19

19

29.


30.

Lạm bàn: Ta thử giải bài toán “tương tự “: Cho đường tròn ©: x
2
+ y
2
-2x – 2y – 15 = 0 có tâm I và
đường thẳng ∆ : x + my + 1 = 0 . Tìm sao cho ∆ cắt (C) tại 2 điểm A, B và diện tích tam giác IAB lớn
nhất.

Nếu vẫn lý luận như cách giải trên ta đi đến việc định m sao : d(I, ∆) =
2
R

Vì I(1 ; 1) và R = 4, ta có:
2
|2 |
22
1
m
m
+
=
+
Ù

(m + 2)
2
= 8(m
2
+ 1) =0
Ù
7m
2
– 4m + 4 = 0 : phương trình này vô nghiệm ???
20

20
Tại sao như thế? Lí do là ∆ là đường thẳng di động nhưng luôn luôn qua điểm cố định K(- 1; 0). Mà
điểm này nằm bên trong và gần tâm nên không thể có trường hợp tam giác IAB vuông cân (hình 1).
Còn ở bài trước thì đường thẳng ∆ luôn qua điểm cố định K ở ngoài đường tròn (hình 2).


I
A
B





K
H

Hình 1 Hình 2



Trong tình huống này ta phải giải như sau:
(C) có tâm I(1 ; 1), bán kính R = 4. ∆ luôn qua điểm K( - 1; 0).
Ta có : S
IAB
= ½. IA. IB. sinAIB = ½ . R
2
sinAIB
Diện tích AIB lớn nhất khi sinAIB lớn nhất. (Góc AIB trong trường hợp này luôn tù nên ta không thể
sử dụng sinAIB ≤ 1 vì đẳng thức không xãy ra).
52
42
IH IK
=> góc AIH > 45
0
=>
n
n
2. 90
o
AIB AIH=>
Kẻ IH vuông góc ∆: cos(AIH) =
IR
≤=<
A

=> sinAIB lớn nhất khi
n
A
IB
nhỏ nhất (hàm số sinx giảm trên (π/2, π)) hay góc AIH nhỏ nhất hay
cos(AIH) lớn nhất , tức là khi H = K hay khi ∆ vuông góc
(2;1)IK
=
−−
J
JG
(vị trí đường màu xanh trong
hình 1)
Khi đó:
11
,
21
m
m
==>=
−−
2
.

31.