110 BÀI HÌNH PHẲNG OXY HAY VÀ KHÓ CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT

WWW.ToancapBa.Net
TUYỂN TẬP CÁC BÀI TẬP HÌNH HỌC PHẲNG HAY NHẤT
( Tài liệu để ôn thi đại học )
Bài 1. Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm A ( 1;0 ) , B ( −2; 4 ) , C ( −1; 4 ) , D ( 3;5 ) và đường

thẳng d : 3x − y − 5 = 0 . Tìm điểm M trên d sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích
bằng nhau.
Giải
- M thuộc d thi M(a;3a-5 )
uu
ur

x −1 y
= ⇔ 4x + 3y − 4 = 0
−3
4
uu
ur
x +1 y − 4
⇔ CD = ( 4;1) ↔ CD = 17; ( CD ) :
=
⇔ x − 4 y − 17 = 0
4
1
4a + 3 ( 3a − 5 ) − 4 13a − 19
a − 4 ( 3a − 5 ) − 17 3 − 11a
=
, h2 =
=
- Tính : h1 = ( M , AB ) =
5

5
17
17

- Mặt khác : AB = ( −3; 4 ) ⇒ AB = 5, ( AB ) :

- Nếu diện tich 2 tam giác bằng nhau thì :
11

5. 13a − 19
17. 3 − 11a
a=
13a − 19 = 3 − 11a
1
1
AB.h1 = CD.h2 ⇔
=
⇔
⇔
12

2
2
5
17
13a − 19 = 11a − 3
a = 8
 11 27 
- Vậy trên d có 2 điểm : M 1  ; − ÷, M 2 ( 8;19 )
 12 12 

⇔

Bài 2. Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I
của AC nằm trên đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C
Giải
- Nếu C nằm trên d : y=x thì A(a;a) do đó suy ra C(2a-1;2a).
- Ta có : d ( B, d ) =

0−2

= 2.
2
1
4
=
- Theo giả thiết : S = AC.d ( B, d ) = 2 ⇒ AC =
2
2

( 2a − 2 )

2

+ ( 2a − 0 )

2


1− 3
a =

2
⇔ 8 = 8a 2 − 8a + 4 ⇔ 2 a 2 − 2 a − 1 = 0 ⇔ 

1+ 3
a =

2
 1− 3 1− 3 
 1+ 3 1+ 3 
;
;
- Vậy ta có 2 điểm C : C1 
÷, C2
ữ
2
2 ữ 2
2 ữ




Bi 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(1;1) , B(2; 5) , đỉnh C nằm
trên đờng thẳng x 4 = 0 , và trọng tâm G của tam giác nằm trên đờng thẳng 2 x 3 y + 6 = 0 .

TÝnh diƯn tÝch tam gi¸c ABC.

Giải
 AB = 5
uu
ur

- Tọa độ C có dạng : C(4;a) , AB = ( −3; 4 ) ⇒ 
( AB ) : x − 1 = y − 1 ⇔ 4 x + 3 y − 7 = 0
−3
4


WWW.ToancapBa.Net
1


Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
x A + xB + xC
1− 2 + 4


=1
 xG =
 xG =


3
3
⇔
- Theo tính chát trọng tâm ; 
 y = y A + yB + yC
 y = 1+ 5 + a = a + 6
G
 G


3
3
3


a+6
- Do G nằm trên : 2x-3y+6=0 , cho nên : ⇒ 2.1 − 3 
÷+ 6 = 0 ⇔ a = 2 .
 3 
4.4 + 3.2 − 7
1
1
15
= 3 ⇒ S ABC = AB.d ( C , AB ) = 5.3 =
- Vậy M(4;2) và d ( C , AB ) =
(vdt)
2
2
2
16 + 9
Bi 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam gi¸c ABC, víi A(2;−1) , B(1;− 2) , trọng tâm G
của tam giác nằm trên đờng thẳng x + y 2 = 0 . Tìm tọa độ ®Ønh C biÕt diƯn tÝch tam gi¸c

ABC b»ng 13,5 .

Giải.
- Ta có : M là trung điểm của AB thì
3


1

A(2;1)

M  ; − ÷. Gọi C(a;b) , theo tính chất
2 2


a+3

 xG = 3

trọng tam tam giác : 
y = b −3
 G
3


M()

G

d:x+y-2=0
C

B(1;-2)

- Do G nằm trên d :

a +3 b−3

+
− 2 = 0 ⇔ a + b = 6 ( 1)
3
3
uu
ur
3a − b − 5
x − 2 y −1
=
⇔ 3 x − y − 5 = 0 ⇔ h ( C , AB ) =
- Ta có : AB = ( 1;3) ⇒ ( AB ) :
1
3
10
2a − b − 5 2a − b − 5
1
1
=
= 13,5
- Từ giả thiết : S ABC = AB.h ( C , AB ) = 10.
2
2
2
10
 2a − b − 5 = 27
 2a − b = 32
⇔ 2a − b − 5 = 27 ⇔ 
⇔
 2a − b − 5 = −27
 2a − b = −22

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

 b = 12
 2a − b = −22
 3a = −18


  a = −6


Bài 5. Trong mặt phẳng oxy cho ∆ABC có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương
trình x- 3y - 7 = 0 .Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình : x + y +1 = 0 . Xác
định tọa độ B và C . Tính diện tích ∆ABC .
Giải
- Đường thẳng (AC) qua A(2;1) và vng
B
góc với đường cao kẻ qua B , nên có véc tơ
chỉ phương
x+y+1=0
r
x = 2 + t
n = ( 1; −3) ⇒ ( AC ) : 
( t ∈ R)
 y = 1 − 3t

Trang 2

M
C

A(2;1)
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

x-3y-7=0


Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
x = 2 + t

- Tọa độ C là giao của (AC) với đường trung tuyến kẻ qua C : ⇒  y = 1 − 3t
x + y +1 = 0


Giải ta được : t=2 và C(4;-5). Vì B nằm trên đường cao kẻ qua B suy ra B(3a+7;a) . M là
 3a + 9 a + 1 
;
÷.
2 
 2

trung điểm của AB ⇒ M 

- Mặt khác M nằm trên đường trung tuyến kẻ qua C :

3a + 9 a + 1
+
+ 1 = 0 ⇔ a = −3 ⇔ B ( 1; −2 )
2
2
uu
ur

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

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

- Gọi B(a;b) suy ra M 

trung tuyến nên : 2a-b+14=0 (1).
- B,B đối xứng nhau qua đường trung trực cho
x = a + t
( t ∈ R) .
nên : ( BC ) : 
y = b +t

A(5;2)
2x-y+3=0
M

Từ đó suy ra tọa độ N :

N

 6−a −b
B
t =
2
x = a + t

3a − b − 6


⇒ x =
y = b +t
2
x + y − 6 = 0 

6+b−a


y =
2

 3a − b − 6 6 + b − a 
⇔ N
;
÷. Cho nên ta có tọa độ C(2a-b-6;6-a )
2
2



C

x+y-6=0

- Do C nằm trên đường trung tuyến : 5a-2b-9=0 (2)
2a − b + 14 = 0
 a = 37
⇔
⇒ B ( 37;88 ) , C = ( −20; −31)
5a − 2b − 9 = 0
b = 88

- Từ (1) và (2) : ⇒ 

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng ∆ : x + 3 y + 8 = 0 ,
∆ ' :3 x − 4 y + 10 = 0 và điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc đường
thẳng ∆ , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng ∆ ’.

Giải
Bài 7.

 x = −2 + 3t
⇒ I ( −2 + 3t ; −2 − t )
 y = −2 − t

- Gọi tâm đường tròn là I , do I thuộc ∆ : 
- A thuộc đường tròn ⇒ IA =

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

- Đường tròn tiếp xúc với ∆ ' ⇒

2

2

=R⇔

5
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

13t + 12
= R . (2)
5

Trang 3

Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

- Từ (1) và (2) :

( 3t )

2

+( 3+t) =
2

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
13t + 12
2
2
2
⇔ 25 ( 3t ) + ( 3 + t )  = ( 13t + 12 )


5

Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn
(C ) : x 2 + y 2 – 2 x – 2 y + 1 = 0, (C ') : x 2 + y 2 + 4 x – 5 = 0 cùng đi qua M(1; 0). Viết
phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường trịn (C ), (C ') lần lượt tại A, B sao cho
MA= 2MB
Giải
* Cách 1.
r

 x = 1 + at
 y = bt

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

( C1 ) : ( x − 1)

2

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

2

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

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

2

2

2
2
2

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

* Cách 2.
1
2

- Sử dụng phép vị tự tâm I tỉ số vị tự k= − . ( Học sinh tự làm )
Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác
ABC biết trực tâm H (1;0) , chân đường cao hạ từ đỉnh B là K (0; 2) , trung điểm cạnh AB là
M (3;1) .
Giải

- Theo tính chất đường cao : HK vng góc với AC
cho nên (AC) qua K(0;2) có véc tơ pháp tuyến
uu
ur
KH = ( 1; −2 ) ⇒ ( AC ) : x − 2 ( y − 2 ) = 0 ⇔ x − 2 y + 4 = 0 .
A
K(0;2
- B nằm u u (BH) qua H(1;0) và có véc tơ chỉ
trên
ur
)
M(3;1) H(1;0)
phương KH = ( 1; −2 ) ⇒ B ( 1 + t; −2t ) .
- M(3;1) là trung điểm của AB cho nên A(5-t;2+2t).
- Mặt khác A thuộc (AC) cho nên : 5-t-2(2+2t)+4=0 ,
B
C
suy ra t=1 . Do đó A(4;4),B(2;-2)
- u u C thuộc (AC) suy ra C(2t;2+t) ,
Vì
ur
uu
ur
BC = ( 2t − 2; 4 + t ) , HA = ( 3; 4 ) . Theo tính chất đường cao kẻ từ A :
uu uu
ur ur
⇒ HA.BC = 0 ⇒ 3 ( 2t − 2 ) + 4 ( 4 + t ) = 0 → t = −1 . Vậy : C(-2;1).

Trang 4

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )


Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
uu
u
r
r
x−4 y−4
=
- (AB) qua A(4;4) có véc tơ chỉ phương BA = ( 2;6 ) // u = ( 1;3) ⇒ ( AB ) :
1
3
⇔ 3x − y − 8 = 0
uu
ur
- (BC) qua B(2;-2) có véc tơ pháp tuyến HA = ( 3; 4 ) ⇒ ( BC ) : 3 ( x − 2 ) + 4 ( y + 2 ) = 0
⇔ 3x + 4 y + 2 = 0 .

Bài 10.

Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường trịn có phương trình
( C1 ) : x 2 + y 2 − 4 y − 5 = 0 và ( C2 ) : x 2 + y 2 − 6 x + 8 y + 16 = 0. Lập phương trình tiếp tuyến

chung của ( C1 ) và ( C2 ) .

Giải
- Ta có :

( C1 ) : x 2 + ( y − 2 )

( C2 ) : ( x − 3) + ( y + 4 ) = 9 ⇒ I 2 ( 3; −4 ) , R2 = 3
- Nhận xét : I1 I 2 = 9 + 4 = 13 < 3 + 3 = 6 ⇒ ( C1 ) không cắt ( C2 )
- Gọi d : ax+by+c =0 ( a 2 + b 2 ≠ 0 ) là tiếp tuyến chung , thế thì : d ( I1 , d ) = R1 , d ( I 2 , d ) = R2
2

= 9 ⇒ I1 ( 0; 2 ) , R1 = 3,

2

2

 2b + c
= 3 ( 1)
 2
2b + c
3a − 4b + c
3a − 4b + c = 2b + c
 a + b2
⇔
⇒
=
⇔ 2b + c = 3a − 4b + c ⇔ 
a 2 + b2
a 2 + b2
3a − 4b + c = −2b − c
 3a − 4b + c = 3 ( 2 )
 a 2 + b2


 a = 2b
2
⇔
. Mặt khác từ (1) : ( 2b + c ) = 9 ( a 2 + b 2 ) ⇔
3a − 2b + 2c = 0

- Trường hợp : a=2b thay vào (1) :

( 2b + c )

2

= 9 ( 4b 2 + b 2 )


2b − 3 5c
b =
4
⇔ 41b 2 − 4bc − c 2 = 0.∆ 'b = 4c 2 + 41c 2 = 45c 2 ⇔ 

2+3 5 c
b =


4

(

)

- Do đó ta có hai đường thẳng cần tìm :

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

1

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

a +b
a

b=0→c=−
b = 0, a = −2c

2
2
2
2
2
⇔ ( 2b − a ) = a + b ⇔ 3b − 4ab = 0 ⇔ 
⇔
b = 4a , a = −6c
4a
a
b =
→c=−
3


3
6

- Vậy có 2 đường thẳng : d3 : 2 x − 1 = 0 , d 4 : 6 x + 8 y − 1 = 0

Bài 11. Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết rằng
(H) tiếp xúc với đường thẳng d : x − y − 2 = 0 tại điểm A có hồnh độ bằng 4.
Giải
- Do A thuộc d : A(4;2)

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 5


Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
2
2
x
y
16 4
- Giả sử (H) : 2 − 2 = 1( *) ⇒ A ∈ ( H ) ⇔ 2 − 2 = 1( 1)
a
b
a b

- Mặt khác do d tiếp xúc với (H) thì hệ sau có 12 nghiệm bằng nhau :

2
2
2
2
2 2
 2
b 2 x 2 − a 2 ( x − 2 ) 2 = a 2b 2
b 2 x 2 − a 2 y 2 = a 2b 2

( b − a ) x + 4a x − 4a − a b = 0
⇔

⇔
⇔
y = x − 2
y = x − 2
y = x − 2


4
2
2
2
2 2
2 2
2 4
4 2
⇒ ∆ 'a = 4a + ( b − a ) ( 4a + a b ) = 4a b + a b − a b ⇔ a 2b 2 ( 4 + b 2 − a 2 ) = 0 ⇒ a 2 = b 2 + 4

16b 2 − 4a 2 = a 2b 2
b 4 − 8b 2 + 16 = 0
b 2 = 4
x2 y 2



⇔ 2
⇔ 2
⇔( H) : −
=1
- Kết hợp với (1) :  2 2
2

8
4
a = b + 4
a = b + 4
a = 8




Bài 12. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường
thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC
đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật
Giải
- Dễ nhận thấy B là giao của BD với
AB cho nên tọa dộ B là nghiệm của
x-2y+1=0
x − 2 y +1 = 0
 21 13 
⇒ B ; ÷
hệ : 
 5 5
 x − 7 y + 14 = 0

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

B

A

I

D

C

x-7y+14=0
M(2;1)

21

r
x = 5 + t

u = ( 1; −2 ) ⇒ ( BC ) : 
 y = 13 − 2t

5

- Ta có : R ( AC , BD ) = R BIC = 2R ABD = 2ϕ = 2R ( AB, BD )
u u
u u
r r
u
u
r
u
r
n1.n2

1 + 14
15
3
=
=
r u
- (AB) có n1 = ( 1; −2 ) , (BD) có n2 = ( 1; −7 ) ⇒ cosϕ = u ur =
5 50 5 10
10
n1 n2
r

- Gọi (AC) có n = ( a, b ) ⇒ cos ( AC,BD ) = cos2ϕ =

a-7b

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

2

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

17

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

- (AD) vng góc với (AB) đồng thời qua A(7;4) suy ra (AD) : 
 y = 4 − 2t

Trang 6

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )


Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
x = 7 + t
7

 98 46 
⇒ t = ⇒ D ; ÷
- (AD) cắt (BD) tại D :  y = 4 − 2t
15
 15 15 
 x − 7 y + 14 = 0


- Trường hợp (AC) : 17x-31y-3=0 các em làm tương tự .
Bài 13. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2;
0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 =
0. Viết phương trình đường trịn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG
Giải
x = t
, C thuộc d'
 y = −5 − t
 x = 7 − 2m

cho nên C: 
.
y = m

- B thuộc d suy ra B : 

A(2;3)
x+2y-7=0
G(2;0)

- Theo tính chất trọng tâm :

( t − 2m + 9 )

m−t −2
=0
3
3
m − t = 2
m = 1
⇔
- Ta có hệ : 
t − 2m = −3 t = −1
⇒ xG =

= 2, yG =

B
x+y+5=0

C

M

r

- Vậy : B(-1;-4) và C(5;1) . Đường thẳng (BG) qua G(2;0) có véc tơ chỉ phương u = ( 3; 4 ) ,
20 − 15 − 8 13
x−2 y
= ⇔ 4 x − 3 y − 8 = 0 ⇒ d ( C ; BG ) =
= =R
3
4
5
5
13
169
2
2
- Vậy đường trịn có tâm C(5;1) và có bán kính R= ⇒ ( C ) : ( x − 5 ) + ( y − 1) =
5
25

cho nên (BG):

Bài 14. Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng : 2x – 5y + 1 = 0, cạnh bên
AB nằm trên đường thẳng : 12x – y – 23 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC biết rằng
nó đi qua điểm (3;1)
Giải
2 x − 5 y + 1 = 0

12 x − y − 23 = 0

- Đường (AB) cắt (BC) tại B 

A

12x-y-23=0

Suy ra : B(2;-1). . (AB) có hệ số góc k=12, đường
thẳng (BC) có hệ số góc k'=

2
, do đó ta có :
5

M(3;1)
H

2
12 −
B
C
5 =2
2x-5y+1=0
tan B =
. Gọi (AC) có hệ số góc là m thì
2
1 + 12.
5
2

−m
2 − 5m
5
=
ta có : tan C =
. Vì tam giác ABC cân tại A cho nên tanB=tanC, hay ta có :
2m
5 + 2m
1+
5
8

 2 − 5m = 4m + 10
2 − 5m
m = − 9
= 2 ⇔ 2 − 5m = 2 2 m + 5 ⇔ 
⇔

5 + 2m
 2 − 5m = −4m − 10
 m = 12
9
8

- Trường hợp : m = − ⇒ ( AC ) : y = −

9
( x − 3) + 1 ⇔ 9 x + 8 y − 35 = 0
8

- Trường hợp : m=12 suy ra (AC): y=12(x-3)+1 hay (AC): 12x-y-25=0 ( loại vì nó //AB ).
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 7


Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

- Vậy (AC) : 9x+8y-35=0 .
Bài 15. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn :
(C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 và (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25
Giải : .
- Ta có (C) với tâm I(5;-12) ,R=15. (C') có J(1;2) và R'=5. Gọi d là tiếp tuyến chung có
phương trình : ax+by+c=0 ( a 2 + b 2 ≠ 0 ).
- Khi đó ta có : h ( I , d ) =

5a − 12b + c
2

= 15 ( 1) , h ( J , d ) =

a + 2b + c

= 5 ( 2)
a 2 + b2
5a − 12b + c = 3a + 6b + 3c
- Từ (1) và (2) suy ra : 5a − 12b + c = 3 a + 2b + c ⇔ 
5a − 12b + c = −3a − 6b − 3c
 a − 9b = c

⇔
. Thay vào (1) : a + 2b + c = 5 a 2 + b 2 ta có hai trường hợp :
 −2a + 3 b = c

2
2
2
2
2
2
- Trường hợp : c=a-9b thay vào (1) : ( 2a − 7b ) = 25 ( a + b ) ⇔ 21a + 28ab − 24b = 0
a +b
2


 14 − 10 7 
14 − 10 7
175 + 10 7
→ d :
=0
a =
÷x + y −

÷
21
21
21




Suy ra : 
 a = 14 + 10 7 → d :  14 + 10 7  x + y − 175 − 10 7 = 0

÷

÷

21
21
21



3
2
2
2
2
2
- Trường hợp : c = −2a + b ⇒ ( 1) : ( 7b − 2a ) = 100 ( a + b ) ⇔ 96a + 28ab + 51b = 0 . Vơ
2
nghiệm . ( Phù hợp vì : IJ = 16 + 196 = 212 < R + R ' = 5 + 15 = 20 = 400 . Hai đường tròn

cắt nhau ) .
Bài 16. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x 2 + y 2 + 2x − 8y − 8 = 0 .
Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn
theo một dây cung có độ dài bằng 6.
Giải
- Đường thẳng d' song song với d : 3x+y+m=0
B

−3 + 4 + m m + 1
=
5
5
2
 AB 
2
2
- Xét tam giác vuông IHB : IH = IB − 
÷ = 25 − 9 = 16
 4 

- IH là khoảng cách từ I đến d' : IH =

Trang 8

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

H

A
I(-1;4)


Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
2
( m + 1) = 16 ⇔ m + 1 = 20 ⇒  m = 19 → d ' : 3x + y + 19 = 0
⇔
 m = −21 → d ' : 3 x + y − 21 = 0

25


Bài 17. Viết phương trình các cạnh của tam
giác ABC biết B(2; -1), đường cao và đường
phân giác trong qua đỉnh A, C lần lượt là : (d1) :
3x – 4y + 27 = 0 và (d2) : x + 2y– 5=0
Giải
- Đường thẳng (BC) qua B(2;-1) và vuông góc

A
K
x+2y-5=0

 x = 2 + 3t
B(2;-1)
với (AH) suy ra (BC): 
, hay :
y = −1 − 4t

r
x − 2 y +1
⇔
=
⇔ 4 x + 3 y − 7 = 0 ⊥ n = ( 4;3)
3
−4
 x = 2 + 3t

- (BC) cắt (CK) tại C : ⇒  y = −1 − 4t → t = −1 ⇔ C ( −1;3)

x + 2 y − 5 = 0

r
- (AC) qua C(-1;3) có véc tơ pháp tuyến n = ( a; b )

H
3x-4y+27=0

Suy ra (AC): a(x+1)+b(y-3)=0 (*). Gọi ϕ = R KCB = R KCA ⇒ cosϕ =
- Tương tự : cosϕ =

a+2b

⇒

a+2b

=

C

4+6
10
2
=
=
5 16 + 9 5 5
5

2

2
⇔ ( a + 2b ) = 4 ( a 2 + b 2 )
5

5 a 2 + b2
5 a 2 + b2
 a = 0 ⇒ b ( y − 3) = 0 ↔ y − 3 = 0
2
⇔ 3a − 4ab = 0 ⇔ 
 a = 4b ⇒ 4 ( x + 1) + ( y − 3) = 0 ↔ 4 x + 3 y − 5 = 0

3
3

 y = 3

 y − 3 = 0
  x = −5


3 x − 4 y + 27 = 0


 31 582 
⇔   x = − 31 ⇔ A1 ( −5;3) , A2 =  − ;
- (AC) cắt (AH) tại A : 
÷
 4 x + 3 y − 5 = 0

 25 25 


25



582
 3 x − 4 y + 27 = 0

 y =
25


- Lập (AB) qua B(2;-1) và 2 điểm A tìm được ở trên . ( học sinh tự lập ).
Bài 18. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vng góc Oxy , xét tam giác ABC vng
tại A, phương trình đường thẳng BC là : 3 x – y - 3 = 0, các đỉnh A và B thuộc trục
hoành và bán kính đường trịn nội tiếptam giác ABC bằng 2 . Tìm tọa độ trọng tâm G của
tam giác ABC .
Giải
- Đường thẳng (BC) cắt Ox tại B : Cho y=0 suy ra x=1 , B(1;0) . Gọi A(a;0) thuộc Ox là
đỉnh của góc vng ( a khác 1 ).. Đường thẳng x=a cắt (BC) tại C : a; 3 ( a − 1) .

(

)

2
2
2
- Độ dài các cạnh : AB = a − 1 , AC = 3 a − 1 ⇒ BC = AB + AC ⇒ BC = 2 a − 1

(

)

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

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

( 3 + 3 ) a −1
2

Trang 9


Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
S
1
1
3
2
- Ta có : S=pr suy ra p= .(*) Nhưng S= AB. AC = a − 1 3 a − 1 =
( a − 1) . Cho nên
r
2
2
2
a = 3 + 2 3
1
3

2
3 3 + 1 a −1 =
( a − 1) ⇒ a − 1 = 2 3 + 1 ⇔ 
(*) trở thành :
2
4
 a = −1 − 2 3


(

)

- Trọng tâm G :

(

(

)

)


2 3 + 2 3 +1 7 + 4 3
2a + 1

 xG =
xG =
=


7+4 3 2 3+6
3


3
3
⇔
⇒
⇔ G1 
;
÷

3
3 ÷
3 ( a − 1)
3 2+2 3


y =

2 3+6
=
 G
 yG =
3

3
3


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

=−
 G
 yG =
3

3
3


(

)

(

)

(

)

Bài 19. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) : x 2 + y 2 − 4 x − 2 y − 1 = 0
và đường thẳng d : x + y + 1 = 0 . Tìm những điểm M thuộc đường thẳng d sao cho từ điểm
M kẻ được đến (C) hai tiếp tuyến hợp với nhau góc 900
Giải
- M thuộc d suy ra M(t;-1-t). . Nếu 2 tiếp tuyến vng góc
với nhau thì MAIB là hình vng ( A,B là 2 tiếp điểm ).
Do đó AB=MI= IA 2 =R 2 = 6 2 = 2 3 .

( 2−t)

- Ta có : MI =

2

A

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

- Do đó :

(

)

t = − 2 → M 1 − 2; 2 − 1
2t + 8 = 12 ⇔ t = 2 ⇔ 
.
t = 2 → M
2; − 2 − 1
2


2

2

(

)

M
x+y+1=0

* Chú ý : Ta còn cách khác
- Gọi d' là đường thẳng qua M có hệ số góc k suy ra d' có
phương trình : y=k(x-t)-t-1, hay : kx-y-kt-t-1=0 (1) .
- Nếu d' là tiếp tuyến của (C) kẻ từ M thì d(I;d')=R ⇒

I(2;1)

2k − kt − t − 2
1+ k 2

B

= 6

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


t 2 − 4t − 2 ≠ 0


⇔ ∆ ' = ( 4 − t 2 ) − ( t 2 − 2 − 4t ) ( t 2 − 2 + 4t ) > 0
- Từ giả thiết ta có điều kiện :

 2
 t + 4t − 2 = −1
 t 2 − 4t − 2

t ≠ 2 ± 6
1



 k1 + k2 = ±
2
2
2 ⇒ k1 ; k2 ⇔ M
- ⇔ ∆ ' = t ( 19 − t ) > 0 ⇒ t = ± 2 ⇒ 
2
 k k = −1
 1 2
t = 2


Trang 10

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )


Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

Bài 20.

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho elip (E) : x 2 + 4 y 2 − 4 = 0 .Tìm những
ˆ
điểm N trên elip (E) sao cho : F1 NF2 = 600 ( F1 , F2 là hai tiêu điểm của elip (E) )
Giải
x2
+ y 2 = 1 ⇒ a 2 = 4, b 2 = 1 ↔ c 2 = 3 → c = 3
- (E) :
4
2
2
 x0 + 4 y0 = 4

3
3

x0 ; MF2 = 2 −
x0 . Xét tam giác F1MF2 theo hệ thức
- Gọi N ( x0 ; y0 ) ∈ ( E ) ⇒  MF1 = 2 +
2
2

 F1 F2 = 2 3


hàm số cos : ( F1 F2 ) = MF12 + MF22 − 2MF1MF2cos600 ⇔
2

2

2


3  
3  
3 
3 
⇔ 2 3 = 2+
x0 ÷ +  2 −
x0 ÷ −  2 +
x0 ÷ 2 −
x0 ÷

÷ 
÷ 
÷
÷
2
2
2
2

 
 



4 2
1

y0 = −

 x0 = −

3 2 
3 2
9 2
32
1
3
3
2
2
⇔ 12 = 8 + x0 −  4 − x0 ÷ ⇔ x0 = 8 ⇔ x0 =
⇔
⇒ y0 = ⇔ 
2
4 
4
9
9


4 2
y = 1
 x0 =
 0 3

3

 −4 2 1 
 −4 2 1 

4 2 1
 4 2 1
- Như vậy ta tìm được 4 điểm : N1 
 3 ; − 3 ÷, N 2  3 ; 3 ÷, N 3  3 ; − 3 ÷, N 4  3 ; 3 ÷
÷

÷

÷

÷








Bài 21. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng ∆ : 2x + 3y + 4 =0
Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng ∆ sao cho đường thẳng AB và ∆ hợp với nhau góc

(

)

2

450.

Giải
r
- Gọi d là đường thẳng qua A(1;1) có véc tơ pháp tuyến n = ( a; b ) thì d có phương trình
ur
u

dạng : a(x-1)+b(y-1)=0 (*). Ta có n∆ = ( 2;3) .
- Theo giả thiết : cos ( d,∆ ) =

2a + 3b

= cos450 =

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

13 a 2 + b 2
1
1

2
2
 a = − 5 b → d : − 5 ( x − 1) + ( y − 1) = 0 ↔ x − 5 y + 4 = 0
⇔ 5a − 24ab − 5b = 0 ⇔

 a = 5b → d : 5 ( x − 1) + ( y − 1) = 0 ↔ 5 x + y − 6 = 0


- Vậy B là giao của d với ∆ cho nên :

x − 5y + 4 = 0
5 x + y − 6 = 0
 32 4 
 22 32 
⇒ B1 
⇔ B1  − ; ÷, B2 : 
⇒ B2  ; − ÷
 13 13 
 13 13 
2 x + 3 y + 4 = 0
2 x + 3 y + 4 = 0

Bài 22.

Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng
d1 : 2 x − y + 5 = 0 .
d2: 3x +6y – 7 = 0. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2;
-1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1
và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm
của hai đường thẳng d1, d2.
d:2x-y+5=0
Giải
- Trước hết lập phương trình 2 đường phân giác
tạo bởi 2 đường thẳng cắt nhau :
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

d':3x+6y-7=0

Trang 11

P(2;-1)


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
2x − y + 5
 3x + 6 y − 7
=−
 3 5
9 x + 3 y + 8 = 0
5
⇔
⇔
 3x + 6 y − 7 2 x − y + 5
3 x − 9 y + 22 = 0
=
 3 5
5


Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

- Lập đường thẳng ∆1 qua P(2;-1) và vuông góc với tiếp tuyến : 9x+3y+8=0 .
⇒ ∆1 :

x − 2 y +1
=
⇔ x − 3y − 5 = 0
9

3

- Lập ∆ 2 qua P(2;-1) và vng góc với : 3x-9y+22=0 ⇔ ∆ 2 :
Bài 23.

x − 2 y +1
=
⇔ 3x + y − 5 = 0
3
−9

Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình:

x2 y2
−
= 1 . Viết phương trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của
16 9

(H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H).
Giải
2
2
2
- (H) có a = 16, b = 9 ⇒ c = 25 ↔ c = 5 ↔ F1 ( 5;0 ) , F2 ( 5;0 ) . Và hình chữ nhật cơ sở của (H)

có các đỉnh : ( 4; −3) , ( 4;3) , ( −4; −3) , ( −4;3) .
- Giả sử (E) có :

x2 y 2
+

= 1 . Nếu (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) thì ta có
a 2 b2

2
2
2
phương trình : c = a − b = 25 ( 1)
2
- (E) đi qua các điểm có hồnh độ x 2 = 16 và tung độ y = 9 ⇒

- Từ (1) và (2) suy ra : a 2 = 40, b 2 = 15 ⇒ ( E ) :
Bài 24.

16 9
+ = 1 ( 2)
a2 b2

x2 y2
+
=1
40 15

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường trịn (C) có phương trình:

x 2 + y 2 + 4 3 x − 4 = 0 Tia Oy cắt (C) tại A. Lập phương trình đường trịn (C’), bán kính R’

= 2 và tiếp xúc ngồi với (C) tại A
Giải
- (C) có I( −2 3;0 ), R= 4 . Gọi J là tâm đường trịn cần tìm :
J(a;b) ⇒ ( C ') : ( x − a ) + ( y − b ) = 4

2

2

y

-Do (C) và (') tiếp xúc ngoài với nhau cho nên khoảng cách
IJ =R+R' ⇒

( a + 2 3)

2

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

I(-2;0)

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

(

A(0;2
)

2

)

 a + 2 3 2 + b 2 = 36

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

(

)

2

- Giải hệ tìm được : b=3 và a= 3 ⇒ ( C ') : x − 3 + ( y − 3) = 4 .
2

* Chú ý : Ta có cách giải khác .
- Gọi H là hình chiếu vng góc của J trên Ox suy ra OH bằng a và JH bằng b
Trang 12

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

x

Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
IA IO OA
4
2 3
2
=
=
⇔ =
=
- Xét các tam giác đồng dạng : IOA và IHJ suy ra :
IJ IH HJ
6 a+2 3 b

- Từ tỷ số trên ta tìm được : b=3 và a= 3 .
Bài 25. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y
-1 =0, đường chéo BD: x- 7y +14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2;1). Tìm toạ độ
các đỉnh của hình chữ nhật
Giải
- Hình vẽ : ( Như bài 12 ).
 x − 2 y −1 = 0
⇒ B ( 7;3) .
 x − 7 y + 14 = 0

- Tìm tọa độ B là nghiệm của hệ : 

uu
ur

x = 7 + t
 y = 3 − 2t

- Đường thẳng (BC) qua B(7;3) và ⊥ ( AB ) ⇒ u BC = ( 1; −2 ) ⇔ ( BC ) : 
1
⇔ 2 x + y − 17 = 0 → k BC = − . Mặt khác : k BD
2

1 1
−
1
1
1
= , k AB = ⇒ tan ϕ = 7 2 =
11 3
7
2
1+
72

1
2
7 = 7 k − 1 = 2 tan ϕ = 3 = 3
- Gọi (AC) có hệ số góc là k ⇒ tan 2ϕ =
k
7 + k 1 − tan 2 ϕ 1 − 1 4
1+
7
9
k−

17

 28k − 4 = −3k − 21  k = −
⇔
31
- Do đó : 4 7k − 1 = 3 k + 7 ⇔ 

 28k − 4 = 3k + 21
k = 1

- Trường hợp : k=1 suy ra (AC) : y=(x-2)+1 , hay : x-y-1=0 .
x = 7 + t

- C là giao của (BC) với (AC) : ⇔  y = 3 − 2t → t = −1, C ( 6;5 )
x − y −1 = 0

x = 7 + t

→ t = 0, A ( 1;0 )
- A là giao của (AC) với (AB) : ⇔  y = 3 − 2t
x − 2 y −1 = 0


- (AD) //(BC) suy ra (AD) có dạng : 2x+y+m=0 (*) , do qua A(1;0) : m= -2 . Cho nên (AD)
có phương trình : 2x+y-2=0 .
2 x + y − 2 = 0
⇒ D ( 0; 2 )
 x − 7 y + 14 = 0

- D là giao của (AD) với (BD) : 
- Trường hợp : k=-

17
cách giải tương tự ( Học sinh tự làm ).
31

Bài 26. Trong mp (Oxy) cho đường thẳng (∆) có phương trình: x – 2y – 2 = 0 và hai
điểm A (-1;2); B (3;4). Tìm điểm M ∈ (∆) sao cho 2MA 2 + MB 2 có giá trị nhỏ nhất
Giải
- M thuộc ∆ suy ra M(2t+2;t )
- Ta có : MA2 = ( 2t + 3) + ( t − 2 ) = 5t 2 + 8t + 13 ⇒ 2MA2 = 10t 2 + 16t + 26
2

2

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 13


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
2
2
Tương tự : MB 2 = ( 2t − 1) + ( t − 4 ) = 5t 2 − 12t + 17
2
- Do dó : f(t)= 15t + 4t + 43 ⇒ f ' ( t ) = 30t + 4 = 0 → t = −

f(t) =

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
2
. Lập bảng biến thiên suy ra min
15

2
641
 26 2 
đạt được tại t = − ⇒ M  ; − ÷
15
15
 15 15 

Bài 27. Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x – 6y + 6 = 0 và điểm M (2;4)
Viết phương trình đường thẳng đi qua M cắt đường tròn tại 2 điểm A và B, sao cho M là
trung điểm của AB
Giải
- Đường tròn (C) : ( x − 1) + ( y − 3) = 4 ⇒ I ( 1;3) , R = 2, PM /( C ) = 1 + 1 − 4 = −2 < 0 ⇒ M nằm
2

2

trong hình trịn (C) .
r

 x = 2 + at
 y = 4 + bt

- Gọi d là đường thẳng qua M(2;4) có véc tơ chỉ phương u = ( a; b ) ⇒ d : 

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

2

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

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

Bài 28.

2 ( a + b)
x−2 y−4
= 0 ⇔ a + b = 0 ⇔ a = −b ⇒ d :

=
⇔ d : x+ y−6= 0
2
2
a +b
−1
1

Viết phương trình các tiếp tuyến của e líp (E):

x2 y2
+
= 1 , biết tiếp tuyến đi qua
16 9

điểmA(4;3)
Giải
r

- Giả sử đường thẳng d có véc tơ pháp tuyến n = ( a; b ) qua A(4;3) thì d có phương trình
là :a(x-4)+b(y-3)=0 (*) , hay : ax+by-4a-3b (1) .
- Để d là tiếp tuyến của (E) thì điều kiện cần và đủ là : a 2 .16 + b 2 .9 = ( 4a + 3b )

2

a = 0 ↔ d : y − 3 = 0
⇔ 16a 2 + 9b 2 = 16a 2 + 24ab + 9b 2 ⇔ 24ab = 0 ⇒ 
b = 0 ↔ d : x − 4 = 0

Bài 29. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 2my + m2

- 24 = 0 có tâm I và đường thẳng ∆: mx + 4y = 0. Tìm m biết đường thẳng ∆ cắt đường tròn
(C) tại hai điểm phân biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12.
Giải
- (C) : ( x − 1) + ( y − m ) = 25
2

2

⇒ I (1; m), R = 5 .

m

y = − 4 x

- Nếu d : mx +4y=0 cắt (C) tại 2 điểm A,B thì  2
2
 m + 16  x 2 − 2  4 + m  x + m 2 − 24 = 0 ( 1)
÷

÷
 16 
 4 

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 14


Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

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

( x2 − x1 )

2

+

m2
2
( x2 − x1 ) = x2 − x1
16

- Khoảng cách từ I đến d =
- Từ giả thiết : S =
⇔ 5m

m + 4m
m 2 + 16

=

m 2 + 16

m 2 + 25
=8
4
m 2 + 16
5m

m 2 + 16

5m
1
1
m 2 + 25
m 2 + 25
AB.d = .8
.
= 4 5m
= 12
2
2
m 2 + 16
m 2 + 16 m 2 + 16

2
m 2 + 25
= 3 ⇔ 25m 2 ( m 2 + 25 ) = 9 ( m 2 + 16 )
2
m + 16

- Ta có một phương trình trùng phương , học sinh giải tiếp .
Bài 30. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh

AB: x - y - 2 = 0, phương trình cạnh AC: x + 2y - 5 = 0. Biết trọng tâm của tam giác G(3;
2). Viết phương trình cạnh BC
Giải
x − y − 2 = 0
⇔ A ( 3;1)
x + 2 y − 5 = 0

- (AB) cắt (AC) tại A : ⇒ 

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

Bài 31. Viết phương trình đường trịn đi qua hai điểm A(2; 5), B(4;1) và tiếp xúc với
đường thẳng có phương trình 3x – y + 9 = 0.
Giải
- Gọi M là trung điểm AB suy ra M(3;3 ) . d' là đường trung trực của AB thì d' có phương
trình : 1.(x-3)-2(y-3)=0 , hay : x-2y+3=0 .
- Tâm I của (C) nằm trên đường thẳng d' cho nên I(2t-3;t) (*)
- Nếu (C) tiếp xúc với d thì h ( I , d ) = R ⇔

3 ( 2t − 3) − t + 9
10

- Mặt khác : R=IA=

( 5 − 2t )

2

( 5 − 2t )

2

+( 5−t) =

5t
10

=

10
t = R . (1)

2

+ ( 5 − t ) . (2) .

- Thay (2) vào (1) :

=

2

2

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

t = 6 − 34
⇔ t 2 − 12t + 2 = 0 ⇒ 
. Thay các giá trị t vào (*) và (1) ta tìm được tọa độ tâm I và
t = 6 + 34


bán kính R của (C) .
* Chú ý : Ta có thể sử dụng phương trình (C) : x 2 + y 2 − 2ax − 2by + c = 0 ( có 3 ẩn a,b,c)
- Cho qua A,B ta tạo ra 2 phương trình . Cịn phương trình thứ 3 sử dụng điều kiện tiếp xúc
của (C) và d : khoảng cách từ tâm tới d bằng bán kính R .
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 15

Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG
2

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
2

Bài 32. Cho đường tròn (C): x + y – 2x + 4y + 2 =
0.
A
Viết phương trình đường trịn (C') tâm M(5, 1) biết
(C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB = 3 .
H
Giải
I
M
- Đường tròn (C) :
2
2
B
( x − 1) + ( y + 2 ) = 3 ⇒ I ( 1; −2 ) , R = 3 .
- Gọi H là giao của AB với (IM). Do đường trịn (C')
tâm M có bán kính R' = MA . Nếu AB= 3 = IA = R , thì tam giác IAB là tam giác đều , cho
3 7
3. 3 3
= ( đường cao tam giác đều ) . Mặt khác : IM=5 suy ra HM= 5 − = .
2 2
2
2
2

AB
49 3
=
+ = 13 = R '2
- Trong tam giác vng HAM ta có MA2 = IH 2 +
4
4 4
2
2
- Vậy (C') : ( x − 5 ) + ( y − 1) = 13 .

nên IH=

Bài 33. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình (x-1)2 +
(y+2)2 = 9 và đờng thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một
điểm A mà từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao
cho tam giác ABC vuông.
Gii
- (C) cú I(1;-2) và bán kính R=3 . Nếu tam giác ABC
vng góc tại A ( có nghĩa là từ A kẻ được 2 tiếp
tuyến tới (C) và 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau ) khi
x+y+m=0
đó ABIC là hình vng . Theo tính chất hình vng ta
B
có IA= IB 2 (1) .
- Nếu A nằm trên d thì A( t;-m-t ) suy ra :
IA =
⇒

( t − 1) + ( t − 2 + m ) . Thay vào (1) :

2

( t − 1)

2

2

+ ( t − 2 + m) = 3 2

A

I(1;-2)

2

⇔ 2t 2 − 2 ( m − 1) t + m 2 − 4m − 13 = 0 (2). Để trên d có

C

đúng 1 điểm A thì (2) có đúng 1 nghiệm t , từ đó ta có
2
điều kiện : ∆ = − ( m 2 + 10m + 25 ) = 0 ⇔ − ( m + 5 ) = 0 ⇒ m = −5 .Khi đó (2) có nghiệm kép là :
t1 = t2 = t0 =

m − 1 −5 − 1
=
= −3 ⇒ A ( −3;8 )
2
2

Bài 34. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d2):
4x + 3y - 12 = 0. Tìm toạ độ tâm và bán kính đường trịn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm
trên (d1), (d2), trục Oy.
Giải
 4 x − 3 y − 12 = 0
⇔ A ( 3;0 ) ∈ Ox
 4 x + 3 y − 12 = 0
- Vì (BC) thuộc Oy cho nên gọi B là giao của d1 với Oy : cho x=0 suy ra y=-4 , B(0;-4) và
C là giao của d 2 với Oy : C(0;4 ) . Chứng tỏ B,C đối xứng nhau qua Ox , mặt khác A nằm

- Gọi A là giao của d1 , d 2 ⇒ A : 

trên Ox vì vậy tam giác ABC là tam giác cân đỉnh A . Do đó tâm I đường tròn nội tiếp tam
giác thuộc Ox suy ra I(a;0).
- Theo tính chất phân giác trong :
Trang 16

IA AC 5
IA + IO 5 + 4
OA 9
=
= ⇒
=
⇔
=
IO AO 4
IO
4
IO 4

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )


Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
4OA 4.3 4
4
⇒ IO =
=
= . Có nghĩa là I( ;0 )
9
9
3
3
1
1
15 1 ( AB + BC + CA ) 1 ( 5 + 8 + 5 )
18 6
=
⇒r= = .
- Tính r bằng cách : S = BC.OA = .5.3 = =
2
2
2 2
r
2
r
15 5

Bài 35.

Trong mặt phẳng toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng :
∆ : 3x − 4 y + 4 = 0 . Tìm trên ∆ hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích
tam giác ABC bằng15
Giải
- Nhận xét I thuộc ∆ , suy ra A thuộc ∆ : A(4t;1+3t) . Nếu B đối xứng với A qua I thì B có
tọa độ B(4-4t;4+3t) ⇒ AB = 16 ( 1 − 2t ) + 9 ( 1 − 2t ) = 5 1 − 2t
2

2

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

- Khoảng cách từ C(2;-5) đến ∆ bằng chiều cao của tam giác ABC : =

Bài 36.

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp ( E ) :

x2 y2
+
= 1 và hai điểm A(3;9
4

2) , B(-3;2) Tìm trên (E) điểm C có hồnh độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có
diện tích lớn nhất.
Giải
- A,B có hồnh độ là hoành độ của 2 đỉnh của 2 bán trục lớn của (E) , chúng nằm trên
đường thẳng y-2=0 . C có hồnh độ và tung độ dương thì C nằm trên cung phần tư thứ nhất
- Tam giác ABC có AB=6 cố định . Vì thế tam giác có diện tích lớn nhất khi khoảng cách
từ C đến AB lớn nhất .
- Dễ nhận thấy C trùng với đỉnh ca bỏn trc ln (3;0)
Bi 37.

Trong mặt phẳng Oxy cho tam gi¸c ABC biÕt A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích

3
bằng và trọng tâm thuộc đờng thẳng : 3x – y – 8 = 0. T×m täa ®é ®Ønh C.
2

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

1
2 2
u ur  5
uu
5
11
 5

- Ta có : GM =  − t ; − − 3t + 8 ÷ =  − t ; − 3t ÷. Giả sử C ( x0 ; y0 ) , theo tính chất trọng tâm
2
2
2
 2


5 
 x0 − t = −2  2 − t ÷
uu
ur
u ur
uu 
 x0 = −5 + 2t


⇔
⇒ C ( 2t − 5;9t − 19 ) ( 1)
ta có : GC = −2GM ⇔ 
 11

 y0 = 9t − 19

 y − 3t + 8 = −2
 − 3t ÷
 0
2



nên (AB) :

- Ngồi ra ta cịn có : AB= 2 , h ( C , ∆ ) =
- Theo giả thiết : S =

3 ( 2t − 5 ) − ( 9t − 19 ) − 8
10

=

4 − 3t
10

4 − 3t 3
1
1
AB.h ( C , ∆ ) =
2
= ⇔ 2 4 − 3t = 3 10
2
2
2
10

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 17


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
⇔ 2 ( 4 − 3t )

Bài 38.

2

 4−3
t =
3

= 90 ⇔ 9t 2 − 24t − 29 = 0 ⇔ 
t = 4 + 3

3


Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E):

Nguyn ỡnh S -T: 0985.270.218
 7+6 5

5
⇒ C−
; −7 − 9 5 ÷


÷
3


6 5 −7

5
⇒C =
;9 5 − 7 ÷
 3
÷



x2 y 2
+
= 1 và đờng thẳng :3x + 4y =12. Từ
4
3

điểm M bất kì trên kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB. Chứng minh rằng đờng thẳng AB
luôn đi qua một điểm cố định
Gii

1
Trong mt phng ta Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I ( ;0)
2
Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm. Tìm
tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó

Giải
- Do A thuộc (AB) suy ra A(2t-2;t) ( do A có hồnh độ âm cho nên t<1)
- Do ABCD là hình chữ nhật suy ra C đối xứng với A qua I : C ( 3 − 2t; −t ) .
Bài 39.

1

x = + t
- Gọi d' là đường thẳng qua I và vng góc với (AB), cắt (AB) tại H thì : d ' :  2 , và
 y = −2t

H có tọa độ là H ( 0;1) . Mặt khác B đối xứng với A qua H suy ra B ( 2 − 2t ; 2 − t ) .

( 2 − 2t )

- Từ giả thiết : AB=2AD suy ra AH=AD , hay AH=2IH ⇒

2

+ ( 1− t ) = 2 1+
2

1
4

 t − 1 = −1  t = 0
5
2
⇔ 5t 2 − 10t + 5 = 4. ⇔ ( t − 1) = 1 ⇒ 
⇔

4
t − 1 = 1
t = 2 > 1

- Vậy khi t =

1
⇒ A ( −2;0 ) , B ( 2; 2 ) , C ( 3;0 ) , D ( −1; −2 ) .
2

* Chú ý : Ta còn có cách giải khác nhanh hơn
1
−0+2
5 , suy ra AD=2 h(I,AB)=
- Tính h I ; AB = 2
=
(
)
2
5

- Mặt khác : IA = IH
2

2

( AB )
+
4

2

= IH

2

( 2 AD )
+
4

5

2

= IH 2 + AD 2 =

5
5
25
+5=
⇒ IA=IB =
2
4
4

-Do đó A,B là giao của (C) tâm I bán kính IA cắt (AB) . Vậy A,B có tọa độ là nghiệm của
x − 2 y + 2 = 0

hệ :  1  2 2  5  2 ⇒ A ( −2;0 ) , B ( 2; 2 ) (Do A có hồnh độ âm
 x − 2 ÷ + y =  2 ÷


 


- Theo tính chất hình chữ nhật suy ra tọa độ của các đỉnh còn lại : C(3;0) và D(-1;-2)
Bài 40. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao
CH : x − y + 1 = 0 , phân giác trong BN : 2 x + y + 5 = 0 .Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính diện
tích tam giác ABC
Giải
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )
Trang 18


Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

- Đường (AB) qua A(1;-2) và vng góc với
x = 1+ t
.
 y = −2 − t

C

(CH) suy ra (AB): 

x = 1+ t

→ t = −5
- (AB) cắt (BN) tại B: ⇔  y = −2 − t

2 x + y + 5 = 0


Do đó B(-4;3).Ta có :
k AB = −1, k BN = −2 ⇒ tan ϕ =

2x+y+5=0
N

B

A(1;-2)

H

−1 + 2 1
=
1+ 2
3

x-y+1=0

- Gọi A' đối xứng với A qua phân giác (BN) thì
 x = 1 + 2t
 y = −2 + t

A' nằm trên (AB). Khi đó A' nằm trên d vng góc với (BN) ⇒ d : 
 x = 1 + 2t

→ t = −1 ⇔ H ( −1; −3) .

- d cắt (BN) tại H : ⇒ H :  y = −2 + t
2 x + y + 5 = 0


r

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

- Tính diện tích tam giác ABC :
 AB = 2 5
1
1
9
9 10

=
- Ta có : 
9 ⇒ S ABC = AB.h(C , AB ) = .2 5

2
2
4
2 2
 h ( C , AB ) =
2 2


Bài 41. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD, có diện tích
bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 : x − y − 3 = 0 và d 2 : x + y − 6 = 0 . Trung
điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật
Giải
x − y − 3 = 0
9 3
⇒ I  ; ÷. Gọi M là trung điểm của AD thì
2 2
x + y − 6 = 0

- Theo giả thiết , tọa độ tâm I ⇔ 

M có tọa độ là giao của : x-y-3=0 với Ox suy ra M(3;0). Nhận xét rằng : IM // AB và DC ,
r
nói một cách khác AB và CD nằm trên 2 đường thẳng // với d1 ( có n = ( 1; −1) .
x = 3 + t
. Giả sử A ( 3 + t; −t ) (1), thì
 y = −t

-A,D nằm trên đường thẳng d vng góc với d1 ⇒ d : 

do D đối xứng với A qua M suy ra D(3-t;t) (2) .

- C đối xứng với A qua I cho nên C(6-t;3+t) (3) . B đối xứng với D qua I suy ra B( 12+t;3t).(4)
- Gọi J là trung điểm của BC thì J đối xứng với M qua I cho nên J(6;3). Do đó ta có kết quả
là : : MJ = AB = AD = 3 2 . Khoảng cách từ A tới d1 : h ( A, d1 ) =

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

2t
2

⇒ S ABCD = 2h ( A, d1 ) .MJ

Trang 19


Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG
Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
2t
t = −1
⇔ S ABCD = 2
3 2 = 12 t = 12 ⇔ 
. Thay các giá trị của t vào (1),(2),(3),(4) ta tìm
2
t = 1
t = −1 → A ( 3;1) , D ( 4; −1) , C ( 7; 2 ) , B ( 11; 4 )

được các đỉnh của hình chữ nhật : ⇔ 

t = 1 → A ( 4; −1) , D ( 2;1) , C ( 5; 4 ) , B ( 13; 2 )


x 2 y2
−
=1
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hypebol (H): 2 3
và điểm M(2;

Bài 42.
1). Viết phương trình đường thẳng d đi qua M, biết rằng đường thẳng đó cắt (H) tại hai
điểm A, B mà M là trung điểm của AB
Giải
r

 x = 2 + at
 y = 1 + bt

- Giải sử d có véc tơ chỉ phương u = ( a; b ) , qua M(2;1) ⇒ d : 


 x = 2 + at
2
2

( 2 + at ) − ( 1 + bt ) = 1

- d cắt (H) tại 2 điểm A,B thì A,B có tọa độ : ⇒  y = 1 + bt ⇔
2
3
 x2 y 2
 −
=1

2 3

⇔ 3 ( 2 + at ) − 2 ( 2 + bt ) = 6 ⇔ ( 3a 2 − 2b 2 ) t 2 + 4 ( 3a − b ) t + 4 = 0(1)
2

2

3a 2 − 2b 2 ≠ 0

- Điều kiện : ⇔ 
(*). Khi đó A ( 2 + at1 ;1 + bt1 ) , và tọa độ của
2
2
2
∆ ' = 4 ( 3a − b ) − 4 ( 3a − 2b ) > 0

B : B ( 2 + at2 ;1 + bt2 ) , suy ra nếu M là trung điểm của AB thì : 4+a ( t1 + t2 ) = 4 ⇔ t1 + t2 = 0
4
4
2
2
⇒ t1 = −t 2 = t 2 = 2
⇒ t2 = ±
2
3
3a − 2b
2b − 3a
2b 2 − 3a3
4 ( b − 3a )
x − 2 y −1

x − 2 y −1
= 0 ⇔ b = 3a ⇒ d :
=
⇔
=
- Áp dụng vi ét cho (1) : t1 + t2 = 2
2
3a − 2b
a
b
a
3a

- Kết hợp với t1t 2 =

2

- Vậy d : 3(x-2)=(y-1) hay d : 3x-y-5=0 .
Bài 43. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng ∆ có phương trình x+2y-3=0 và hai
uu uu
ur
ur
điểm A(1;0),B(3;-4). Hãy tìm trên đường thẳng ∆ một điểm M sao cho : MA + 3MB là nhỏ
nhất
Giải
uu
ur
uu
ur
- D M ∈ ∆ ⇒ M ( 3 − 2t ; t ) có nên ta có : MA = ( 2t − 2; −t ) ,3MB = ( 6t; −3t − 12 ) . Suy ra tọa độ

uu
ur

uu
ur

uu
ur

uu
ur

của MA + 3MB = ( 8t; −4t − 14 ) ⇒ MA + 3MB =
- Vậy : f(t) =

( 8t )

2

( 8t )

2

+ ( 4t + 14 ) .
2

+ ( 4t + 14 ) = 80t 2 + 112t + 196 . Xét g(t)= 80t 2 + 112t + 196 , tính đạo hàm
2

112

51
 51  15.169
= − ⇔ g  − ÷=
= 196
80
80
80
 80 
uu uu
ur
ur
51
 131 51 
;− ÷
- Vậy min MA + 3MB = 196 = 14 , đạt được khi t= −
và M  −
80
 40 80 

g'(t)= 160t+112. g'(t)=0 khi t = −

Bài 44.

2
2
Trong mặt phẳng Oxy , cho hai đường tròn : ( C1 ) : x + y = 13 và

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

Trang 20

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )


Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

Giải

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

 x = 2 + at
 y = 3 + bt

- Gọi đường thẳng d qua A(2;3) có véc tơ chỉ phương u = ( a; b ) ⇒ d : 

 x = 2 + at
2a + 3b

2
2
2
- d cắt ( C1 ) tại A, B : ⇔  y = 3 + bt ⇔ ( a + b ) t + 2 ( 2a + 3b ) t  = 0 → t = − 2 2


a +b

 x 2 + y 2 = 13

 b ( 2b − 3a ) a ( 3a − 2b ) 
⇔ B
;
÷. Tương tự d cắt ( C2 ) tại A,C thì tọa độ của A,C là nghiệm của
2
2
a 2 + b2 
 a +b
 x = 2 + at

2 ( 4a − 3b )
 10a 2 − 6ab + 2b 2 3a 2 + 8ab − 3b 2 

→t =
⇔C
;
hệ : ⇔  y = 3 + bt
÷
a2 + b2
a 2 + b2
a 2 + b2



2
2
( x − 6 ) + y = 25


- Nếu 2 dây cung bằng nhau thì A là trung điểm của A,C . Từ đó ta có phương trình :

x = 2
 a = 0 →; d : 
( 2b − 3ab ) + 10a − 6ab + 2b = 4 ⇔ 6a 2 − 9ab = 0 ⇔ 
y = 3+t
⇔
2
2
2
2

r 3
r
a +b
a +b
3
 u
 a = b → u =  b; b ÷// u ' = ( 3; 2 )
2
2


 x = 2 + 3t
Suy ra : → d : 
. Vậy có 2 đường thẳng : d: x-2=0 và d': 2x-3y+5=0
 y = 3 + 2t
2

2

2

Bài 45. Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC biết A(3;0), đường cao từ đỉnh B có
phương trình x+y+1=0 trung tuyến từ đỉnh C có phương trình : 2x-y-2=0 . Viết phường
trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC
Giải
- Đường thẳng d qua A(3;0) và vng góc với
r
(BH) cho nên có véc tơ chỉ phương u = ( 1;1)
B
x = 3 + t
do đó d : 
. Đường thẳng d cắt (CK)
y = t
x = 3 + t

→ t = −4 ⇔ C ( −1; −4 )
tại C :  y = t
2 x − y − 2 = 0


2x-y-2=0
K

C

H

A(3;0)

- Vì K thuộc (CK) : K(t;2t-2) và K là trung
x+y+1=0
điểm của AB cho nên B đối xứng với A qua K
suy ra B(2t-3;4t-4) . Mặt khác K lại thuộc (BH) cho nên : (2t-3)+(4t-4)+1=0 suy ra t=1 và
2
2
2
2
2
tạo độ B(-1;0) . Gọi (C) : x + y − 2ax − 2by + c = 0 ( a + b − c = R > 0 ) là đường tròn ngoại
1

a = 2
9 − 6a + c = 0



⇒ b = 0
tiếp tam giác ABC . Cho (C) qua lần lượt A,B,C ta được hệ : 4 + 4a + c = 0
5 + 2a + 8b + c = 0 c = −6





1

2

25

- Vậy (C) :  x − ÷ + y 2 =
2
4


Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 21


Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Bài 46.

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218
11
Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC biết A(1;-1) ,B(2;1), diện tích bằng
2

và trọng tâm G thuộc đường thẳng d : 3x+y-4=0 . Tìm tọa độ đỉnh C ?
Giải
- Nếu G thuộc d thì G(t;4-3t). Gọi C( x0 ; y0 ) . Theo
A(1;-1)
 1 + 2 + x0
t =
 x0 = 3t − 3


3
⇔
tính chất trọng tâm : 
 y0 = 12 − 9t
 4 − 3t = y0

3


Do đó C(3t-3;12-9t).
-Ta có :

3x+y-4=0
G
B(2;1)

C

x −1 y +1

uu
ur
( AB) : 1 = 2 ↔ 2 x − y − 3 = 0
AB = ( 1; 2 ) ⇒ 
 AB = 1 + 22 = 5

2 ( 3t − 3) − ( 12 − 9t ) − 3 15t − 21
1
=
- h(C,AB)=

. Do đó : S ABC = AB.h ( C , AB ) ⇒
2
5
5
 32
 17 26 
 32
t = 15 → C =  5 ; − 5 ÷
t = 15
15t − 21 15t − 21 11
1


S=
5
=
= ⇔ 15t − 21 = 11 ⇒ 
⇔
20
2
2
2
5
 4
t =
t = 3 → C ( 1;0 )
 15



Bài 47. Trong mặt phẳng Oxy , cho hình vng có đỉnh (-4;5) và một đường chéo có
phương trình : 7x-y+8=0 . Viết phương trình chính tắc các cạnh hình vng
Giải
- Gọi A(-4;8) thì đường chéo (BD): 7x-y+8=0. Giả sử B(t;7t+8) thuộc (BD).
- Đường chéo (AC) qua A(-4;8) và vng góc với (BD) cho nên có véc tơ chỉ phương

r
 x = − 4 + 7t
x+4 y −5
u ( 7; −1) ⇒ ( AC ) : 
⇔
=
⇔ x + 7 y − 39 = 0 . Gọi I là giao của (AC) và
7
−1
y = 5−t
 x = −4 + 7t
1

 1 9
→ t = ⇔ I  − ; ÷ ⇔ C ( 3; 4 )
(BD) thì tọa độ của I là nghiệm của hệ :  y = 5 − t
2
 2 2
7 x − y + 8 = 0

uu
u
r
uu

ur
- Từ B(t;7t+8) suy ra : BA = ( t + 4;7t + 3) , BC = ( t − 3;7t + 4 ) . Để là hình vng thì BA=BC :
t = 0
 t = −1

2
Và BAvng góc với BC ⇔ ( t + 4 ) ( t − 3) + ( 7t + 3) ( 7t + 4 ) = 0 ⇔ 50t + 50t = 0 ⇔ 

t = 0 → B ( 0;8 )
 B ( 0;8 ) → D ( −1;1)
⇔
. Tìm tọa độ của D đối xứng với B qua I ⇒ 
t = −1 → B ( −1;1)
 B ( −1;1) → D ( 0;8 )


uu
ur
x + 4 y −5
=
- Từ đó : (AB) qua A(-4;5) có u AB = ( 4;3) → ( AB ) :
4
3
uu
ur
x+4 y −5
=
(AD) qua A(-4;5) có u AD = ( 3; −4 ) → ( AB ) :
3
−4

uu
ur
x y −8
(BC) qua B(0;8) có u BC = ( 3; −4 ) ⇒ ( BC ) : =
3
−4
uu
ur
x +1 y −1
=
(DC) qua D(-1;1) có u DC = ( 4;3) ⇒ ( DC ) :
4
3

Trang 22

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )


Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

* Chú ý : Ta còn cách giải khác
- (BD) : y = 7 x + 8 , (AC) có hệ số góc k = −

1
x 31
và qua A(-4;5) suy ra (AC): y = + .
7

7 7

 x A + xC = 2 xI
y + y = 2y
C
I
 A

⇒  yI = 7 xI + 8 ⇒ C ( 3; 4 )
-Gọi I là tâm hình vng :

 y = − xC + 31
 C
7 7

r
r
rr r r
0
- Gọi (AD) có véc tơ chỉ phương u = ( a; b ) , ( BD ) : v = ( 1;7 ) ⇒ a + 7b = uv = u v cos45
3
3
3
⇒ ( AD ) : y = ( x + 4 ) + 5 = x + 8
4
4
4
4
4
1

3
3
7
Tương tự : ( AB ) : y = − ( x + 4 ) + 5 = − x − , ( BC ) : y = ( x − 3) + 4 = x + và đường thẳng
3
3
3
4
4
4
4
4
(DC): y = − ( x − 3) + 4 = − x + 8
3
3
⇔ a + 7b = 5 a 2 + b 2 . Chọn a=1, suy ra b =

Bài 48.

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm E(-1;0) và đường tròn
( C ): x2 + y2 – 8x – 4y – 16 = 0.
Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm E cắt ( C ) theo dây cung MN có độ dài ngắn
nhất.
Giải
2
2
- ( C ) : ( x − 4 ) + ( y − 2 ) = 36 ⇒ I ( 4; 2 ) , R = 6
- Nhận xét : P/(M,C)=1+8-16=-7<0 suy ra E nằm trong (C)
r

 x = −1 + at
 y = bt

- Gọi d là đường thẳng qua E(-1;0) có véc tơ chỉ phương u = ( a; b ) ⇒ d : 
- Đường thẳng d cắt (C) tại 2 điểm M,N có tọa độ là nghiệm của hệ :

 x = −1 + at


⇔  y = bt
→ ( a 2 + b 2 ) t 2 − 2 ( 5a + 2b ) t − 7 = 0 . (1)

2
2
( x − 4 ) + ( y − 2 ) = 36


- Gọi M(-1+at;bt),N( -1+at';bt') với t và t' là 2 nghiệm của (1). Khi đó độ dài của dây cung
MN = a ( t − t ') + b ( t − t ')
2

2

2

2

2 ∆'
2 18a 2 + 20ab + 11b 2
2

2
= t −t' a +b = 2
a +b =
a + b2
a 2 + b2
2

2

2

b
b
18 + 20  ÷+ 11 ÷
2
2
a
 a  ⇔ 2 18 + 20t + 11t  t = b  . Xét hàm số f(t)= 18 + 20t + 11t
- ⇔2

÷
2
1+ t2
a
1+ t2

b
1+  ÷
a

- Tính đạo hàm f'(t) cho bằng 0 , lập bảng biến thiên suy ra GTLN của t , từ đó suy ra t ( tức
là suy ra tỷ số a/b ) ). Tuy nhiên cách này dài
* Chú ý : Ta sử dụng tính chất dây cung ở lớp 9 : Khoảng cách từ tâm đến dây cung càng
nhỏ thì dây cung càng lớn
- Gọi H là hình chiếu vng góc của I trên đường thẳng d bất kỳ qua E(-1;0). Xét tam giác
vuông HIE ( I là đỉnh ) ta ln có : IH 2 = IE 2 − HE 2 ≤ IE 2 ⇒ IH ≤ IE . Do đó IH lớn nhất khi
HE=0 có nghĩa là H trùng với E . Khi đó d cắt (C) theo dây cung nhỏ nhất . Lúc này d là
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 23


Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ r ur0985.270.218
-ĐT:u
đường thẳng qua E và vng góc với IE cho nên d có véc tơ pháp tuyến n = IE = ( 5; 2 ) , do

vậy d: 5(x+1)+2y=0 hay : 5x+2y+5=0 .
Bài 49. Cho tam giác ABC cân tại A, biết phương trình đường thẳng AB, BC lần lượt là:
x + 2y – 5 = 0 và 3x – y + 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng AC, biết rằng AC đi qua
điểm F(1; - 3).
Giải
- Ta thấy B là giao của (AB) và (BC) cho nên tọa độ
9

A
x = − 7
x + 2 y − 5 = 0 
⇒

B là nghiệm của hệ : 
x+2y-5=0
3 x − y + 7 = 0  y = − 22

7

F(1;-3)
 9 22 
⇔ B  − ; − ÷. Đường thẳng d' qua A vng góc
7 
 7
B
C
3x-y+7=0
r
r
1
với (BC) có u = ( 3; −1) ⇒ n = ( 1;3) ⇔ k = − . (AB)
3
1
có k AB = − . Gọi (AC) có hệ số góc là k ta có
2
1

1 1
1
− +
k+
k = − 8
15k + 5 = 3 − k

3k + 1

3
3 ⇔1=
⇔ 15k + 5 = 3 − k ⇔ 
⇔
phương trình : 2 1 1 =
k
5 3− k
15k + 5 = k − 3
k = − 4
1−
1−

23
3
7

1
1
- Với k=- ⇒ ( AC ) : y = − ( x − 1) − 3 ⇔ x + 8 y + 23 = 0
8
8
4
4
- Với k= ⇒ ( AC ) : y = − ( x + 1) − 3 ⇔ 4 x + 7 y + 25 = 0
7
7

Bài 50. Trong mặt phẳng Oxy, hãy xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC vuông

cân tại A. Biết rằng cạnh huyền nằm trên đường thẳng d: x + 7y – 31 = 0, điểm N(7;7)
thuộc đường thẳng AC, điểm M(2;-3) thuộc AB và nằm ngoài đoạn AB
Giải
uu
ur
uu
ur
- Gọi A ( x0 ; y0 ) ⇒ MA = ( x0 − 2; y0 + 3) , NA = ( x0 − 7; y0 − 7 ) .
-uDouA là đỉnh của tam giác vuông cân cho nên AM vng góc với AN hay ta có :
ur ur
u u
2
2
MA.NA = 0 ⇔ ( x0 − 2 ) ( x0 − 7 ) + ( y0 + 3) ( y0 − 7 ) = 0 ⇔ x0 + y0 − 9 x0 − 4 y0 − 7 = 0

- Do đó A nằm trên đường trịn (C) : ( x0 − 3) + ( y0 − 2 ) = 20
- Đường trịn (C) cắt d tại 2 điểm B,C có tọa độ là nghiệm của hệ phương trình :
2

2

( x − 3) 2 + ( y − 2 ) 2 = 20
 x = 31 − 7 y
 x = 31 − 7 y


⇔
⇔
⇔
2

2
2
 x + 7 y − 31 = 0
( 28 − 7 y ) + ( y − 2 ) = 20
50 y − 396 y + 768 = 0


198 − 2 201 99 − 201
99 + 201
, tương ứng ta tìm được các
=
;y=
50
25
25
 82 + 7 201 99 − 201 
82 + 7 201
82 − 7 201
;
giá trị của x : x =
. Vậy : A 
÷ và tọa độ của
;x =

÷
25
25
25
25




- Do đó ta tìm được : y =

 82 − 7 201 99 + 201 
;
÷
÷
25
25



điểm A 


Trang 24

Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )


Chun đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Nguyễn Đình Sỹ -ĐT: 0985.270.218

Bài 51. Trong mặt phẳng Oxy , cho hai đường thẳng d1: 2x + y + 5 = 0, d2: 3x + 2y – 1 =
0 và điểm G(1;3). Tìm tọa độ các điểm B thuộc d1 và C thuộc d2 sao cho tam giác ABC
nhận điểm G làm trọng tâm. Biết A là giao điểm của hai đường thẳng d 1 và d 2
Giải
2 x + y + 5 = 0

 x = −11
⇔
⇒ A ( −11;17 )
3 x + 2 y − 1 = 0
 y = 17

- Tìm tọa độ A là nghiệm của hệ : 
- Nếu C thuộc

d1 ⇒ C ( t ; −2t − 5 )

C

, B ∈ d 2 ⇒ B ( 1 + 2m; −1 − 3m )

3x+2y-1=0

- Theo tính chất trọng tâm của tam giác ABC khi G
 t + 2m − 10
=1

t + 2m = 13

3
⇔
là trọng tâm thì : 
11 − 2t − 3m = 3 2t + 3m = 2

3


t = 13 − 2m
t = 13 − 2m t = −35

⇔
⇔
⇒
2 ( 13 − 2m ) + 3m = 2
m = 24
 m = 24


A

M

G
2x+y+5=0

B

- Vậy ta tìm được : C(-35;65) và B( 49;-53).
Bài 52. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 2y – 15 = 0. Tìm tọa độ
điểm M trên đường thẳng d: 3x – 22y – 6 = 0, sao cho từ điểm M kẻ được tới (C) hai tiếp
tuyến MA, MB (A, B là các tiếp điểm) mà đường thẳng AB đi qua điểm C (0;1).
Giải
2
2
- (C) : ( x − 3) + ( y + 1) = 25 , có I(3;-1) và R=5 .
- Gọi A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) là 2 tiếp điểm của 2 tiếp
tuyến kẻ từ M .

- Gọi M ( x0 ; y0 ) ∈ d ⇒ 3x0 − 22 y0 − 6 = 0 (*)
- Hai tiếp tuyến của (C) tại A,B có phương trình là :
- ( x1 − 3) ( x − 3) + ( y1 + 1) ( y + 1) = 25 ( 1) và :
- ( x2 − 3) ( x − 3) + ( y2 + 1) ( y + 1) = 25 ( 2 )
- Để 2 tiếp tuyến trở thành 2 tiếp tuyến kẻ từ M thì
2 tiếp tuyến phải đi qua M ;
- ( x1 − 3) ( x0 − 3) + ( y1 + 1) ( y0 + 1) = 25 ( 3) và
- ( x2 − 3) ( x0 − 3) + ( y2 + 1) ( y0 + 1) = 25

A
I(3;-1)
H
M

3x-22y-6=0 B

( 4)

C(0;1)

Từ (3) và (4) chứng tỏ (AB) có phương trình là : ( x0 − 3) ( x − 3) + ( y0 + 1) ( y + 1) = 25
- Theo giả thiết thì (AB) qua C(0;1) suy ra :

( 5)

−3 ( x0 − 3) + 2 ( y0 + 1) = 25 ⇔ −3x0 + 2 y0 − 14 = 0(6)

 y0 = −1
3 x0 − 22 y0 − 6 = 0


 16

⇒
- Kết hợp với (*) ta có hệ : 
16 ⇔ M  − ; −1÷
 3

 −3 x0 + 2 y0 − 14 = 0  x0 = −
3


Bài 53. Trong mặt phẳng Oxy : Cho hai điểm A(2 ; 1), B( - 1 ; - 3) và hai đường thẳng
d1: x + y + 3 = 0; d2 : x – 5y – 16 = 0. Tìm tọa độ các điểm C,D lần lượt thuộc d1 và d2 sao
cho tứ giác ABCD là hình bình hành.
Giải
- Trường hợp : Nếu AB là một đường chéo
Biên soạn t-6-2012( Tài liệu nội bộ-lưu )

Trang 25