lời giải toán phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

Bài 1: Trong hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD cạnh AC có phương trình là: x + 7 y − 31 = 0,
hai đỉnh B, D lần lượt thuộc các đường thẳng d1 : x + y − 8 = 0, d 2 : x − 2 y + 3 = 0 . Tìm tọa
độ các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hồnh độ âm.
Giải:

B ∈ d1 ⇒ B (b;8 − b), D ∈ d 2 ⇒ (2d − 3; d ).
uuu
r
 b + 2d − 3 −b + d + 8 
;
Khi đó BD = (−b + 2d − 3; b + d − 8) và trung điểm của BD là I 
÷.
2
2



Theo tính chất hình thoi ta có :

uuu uuu
r r
u AC .BD = 0
 BD ⊥ AC
−8b + 13d − 13 = 0
b = 0

⇔
⇔
⇔
.


 I ∈ AC
 I ∈ AC
−6b + 9d − 9 = 0
d = 1


Suy ra B(0;8); D(−1;1) .
 1 9

Khi đó I  − ; ÷; A ∈ AC ⇒ A(−7a + 31; a ) .
 2 2
S ABCD =

2S
1
15
AC.BD ⇒ AC = ABCD = 15 2 ⇒ IA =
2
BD
2

2
2
2
 a = 3  A(10;3) (ktm)
63  
9
225
9 9



⇒  −7 a + ÷ +  a − ÷ =
⇔ a − ÷ = ⇔ 
⇒
Suy ra C (10;3) .
2  
2
2
2
4


 a = 6  A(−11;6)

Bài 2: Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : x − y − 2 = 0 và d 2 : x + 2 y − 2 = 0 . Giả
sử d1 cắt d 2 tại I . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M (−1;1) cắt d1 và d 2 tương
ứng tại A, B sao cho AB = 3IA .
Giải:
d1 cắt d 2 tại I (2; 0). Chọn A0 (0; − 2) ∈ d1 , ta có

I

∆
A
d1

A0

IA0 = 2 2 .

B0
M

Lấy B0 (2 − 2b; b) ∈ d 2 sao cho
B

A0 B0 = 3IA0 = 6 2

⇔ (2 − 2b) + (b + 2) = 72
2

2

 B0 (−6; 4)
b = 4

⇔ 5b − 4b − 64 = 0 ⇔
⇒
42 16
b = − 16  B0  ; − .


  5
5
5


Suy ra đường thẳng ∆ là đường thẳng qua M (−1; 1) và song song với A0 B0 .
Suy ra phương trình ∆ : x + y = 0 hoặc ∆ : x + 7 y − 6 = 0.
d2

2

1

Nguyễn Công Mậu


Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC =
1
3

2BD. Điểm M (0; ) thuộc đường thẳng AB, điểm N(0; 7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa
độ đỉnh B biết B có hồnh độ dương.
Giải:
Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB,
 xN ' = 2 xI − xN = 4
 y N ' = 2 y I − y N = −5

ta có: 

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

4.2 + 3.1 − 1
42 + 32

=2

AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vng ABI có:

1
1
1
= 2 + 2 suy ra x =
2
d
x 4x

5 suy ra BI =

5 hoctoancapba.com

Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính
 4x + 3y – 1 = 0

Tọa độ B là nghiệm của hệ: 

2
2
( x − 2) + ( y − 1) = 5

5

B có hồnh độ dương nên B( 1; -1)

Bài 4: Trong hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng ∆ : x + 2 y − 3 = 0 và hai điểm A(1; 0), B(3; uuu
r

uuu
r

4). Hãy tìm trên đường thẳng ∆ một điểm M sao cho MA + 3MB nhỏ nhất.
Giải:
5
2

Gọi I là trung điểm của AB, J là trung điểm của IB. Khi đó I(1 ; -2), J( ; −3 )
uuu
r

uuu
r

uuu
r

uuu uuu
r
r

uuu
r

uuu
r

uuu
r

uuu

r

uuu
r

Ta có : MA + 3MB = (MA + MB ) + 2MB = 2MI + 2MB = 4MJ

Vì vậy MA + 3MB nhỏ nhất khi M là hình chiếu vng góc của J trên đường thẳng ∆
Đường thẳng JM qua J và vng góc với ∆ có phương trình: 2x – y – 8 = 0.
−2

x = 5
x + 2 y − 3 = 0
19 −2

⇔
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 
. Vậy M( ; )
5 5
2 x − y − 8 = 0
 y = 19

5


Bài 5: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm P(−7;8) và hai đường thẳng
d1 :2 x + 5 y + 3 = 0 ; d 2 :5 x − 2 y − 7 = 0 cắt nhau tại A . Viết phương trình đường thẳng d3 đi
qua P tạo với d1 , d 2 thành tam giác cân tại A và có diện tích bằng 14,5 .
2

Nguyễn Cơng Mậu


Giải :
Ta có A(1; −1) và d1 ⊥ d 2 . hoctoancapba.com Phương trình các đường phân giác của các
góc tạo bởi d1 , d 2 là: ∆1: 7 x + 3 y − 4 = 0 và ∆2: 3x − 7 y − 10 = 0
d3 tạo với d1 , d 2 một tam giác vuông cân ⇒ d3 vng góc với ∆1 hoặc ∆2..
⇒ Phương trình của d3 có dạng: 7 x + 3 y + C = 0 hay 3x − 7 y + C ′ = 0
Mặt khác, d3 qua P(−7;8) nên C = 25 ; C′ = 77
Suy ra : d3 : 7 x + 3 y + 25 = 0 hay d3 :3 x − 7 y + 77 = 0
Theo giả thiết tam giác vng cân có diện tích bằng

29
⇒ cạnh huyền bằng
2

58

58 d ( A, d )
=
3
2
58
• Với d3 : 7 x + 3 y + 25 = 0 thì d ( A; d3 ) =
( tm)
2
87
• Với d3 : 3 x − 7 y + 77 = 0 thì d ( A; d 3 ) =
( loại )
58

Suy ra độ dài đường cao A H =

Bài 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh B ( −2;1) , điểm A thuộc Oy,
·
điểm C thuộc Ox ( xC ≥ 0 ), góc BAC = 30o ; bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC
bằng 5 . Xác định toạ độ điểm A và C.
Giải:
Gọi C(c;0); A(0;a); ta có:
2
2
BC = 2 R sin 30o = 5 ⇒ BC 2 = 5 ⇔ ( c + 2 ) + ( 0 − 1) = 5 ⇔ c = 0 , c = −4 (loai )

Suy ra C(0 ;0) trùng với điểm O .Gọi H hình chiếu vng góc điểm B trên Oy ta có tam
giác BHA một nửa tam giác đều .Nên BA =2 BH do đó HA = 2 3 ⇒ A(0;1 + 2 3) hoặc
A(0;1 − 2 3)

Vậy có A(0;1 − 2 3) , B(-2 ;1) , C(0 ;0) hoặc A(0;1 + 2 3) , B(-2 ;1) , C(0 ;0)
2
2
Bài 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( C ) : x + y − 6 x + 2 y + 6 = 0 và điểm
A(1;3) ; Một đường thẳng d đi qua A, gọi B, C là giao điểm của đường thẳng d với (C).
Lập phương trình của d sao cho AB + AC nhỏ nhất.

Giải:
Tâm đường tròn I (3; −1), R = 2; IA = 2 5 = d ( I , A) > R = 2 nên điểm A nằm ngồi (C)
Ta có PA/( C ) = AB.AC = d2- - R2 = 16 ; và AB + AC ≥ 2 AB. AC = 2.4 = 8 dấu “=”xẩy ra ⇔ AB
a ( x − 1) + b( y − 3) = 0
= AC = 4 . Khi đó d là tiếp tuyến của (C), d có dạng
⇔ ax + by − a − 3b = 0

Từ đó ta có d ( I , d ) = 2 ⇔

3a − b − a − 3a
a 2 + b2

b = 0
chọn
 4a = 3b

= 2 ⇔ 3b 2 = 4ab ⇔ 

Vậy phương trình d : x = 1 , 3x + 4 y − 15 = 0
3

b = 0 b = 4
∨

a = 1 a = 3

Nguyễn Công Mậu


Bài 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 8 = 0 và điểm
M (7;7) . Chứng minh rằng từ M kẻ đến (T) được hai tiếp tuyến MA, MB với A, B là các tiếp
điểm. Tìm tọa độ tâm đường trịn nội tiếp tam giác MAB.
Giải:
(T ) ⇔ ( x − 1)2 + ( y + 2)2 = 13 ⇒ I (1; −2); R = 13
uuu
r

Ta có: IM (6;9) ⇒ IM = 117 > 13 . Suy ra điểm M nằm

ngoài (T). Vậy từ M kẻ đến (T) được 2 tiếp tuyến.. Gọi
K = MI ∩ AmB . Ta có MA = MB, IA = IB ⇒ MI là đường

trung trực của AB
⇒ KA = KB ⇒ ∠KAB = ∠KBA = ∠KAM = ∠KBM ⇒ K là tâm đường tròn nội tiếp tam

giác MAB.
 x = 1 + 2t
, MI ∩ (T ) tại K1(3;1) và K2(-8;-12)
 y = −2 + 3t
Ta có AK1 < AK 2 . Vậy K ≡ K1 , tức là K(3;1)

PTTS MI: 

Bài 9: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có AB = 5, C (−1; −1) ,
đường thẳng AB có phương trình là x + 2 y − 3 = 0 và trọng tâm G của tam giác ABC thuộc
đường thẳng ∆ : x + y − 2 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A và B.
Giải:

uuu
r

r
2 uu
3

Gọi I ( x; y ) là trung điểm của đoạn AB và G ( xG ; yG ) là trọng tâm của ∆ABC . Do CG = CI
2x −1

2 y −1
; yG =
. Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ phương trình:
3
3
x + 2 y − 3 = 0
x = 5

⇔
. Vậy I (5; −1)
 2x −1 2 y −1
+
−2=0
 y = −1
 3
3


nên xG =

Ta có IA = IB =

AB
5
=
2
2

5
5

⇒ (C ) : ( x − 5) 2 + ( y + 1) 2 = .
Gọi (C ) là đường tròn có tâm I (5; −1) và bán kính R =
4

2

Tọa độ hai điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình:
x + 2 y − 3 = 0
x = 4
x = 6




5⇔
1∨
3.
2
2
( x − 5) + ( y + 1) =
y=−
y=−



4

2 

2

1 
3

Vậy tọa độ hai điểm A, B là  4; − ÷,  6; − ÷.
2 
2


Bài 10: Trong hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d: y = 3 . Gọi (C) là đường tròn cắt d tại 2
4

Nguyễn Công Mậu


điểm B, C sao cho tiếp tuyến của (C) tại B và C cắt nhau tại O. Viết phương trình đường
trịn (C), biết tam giác OBC đều.
Giải:
Gọi (C)có tâm I bán kính R. OI cắt BC tại H thì H là
trung điểm BC và OH vng góc BC =>H(0; 3
)=>OH= 3 . Do tam giác OBC đều nên OH=
BC 3
= 3 ⇔ BC = 2 .
2

I

B
H

C

2
Trong tam giác vuông IB có HB = HI .HO = 1 ⇒ IH =

1
3

uur 1 uuur
u
3
4 3
HI = OH = (0; ) ⇒ I (0;
)
3
3
3
2
2
2
2
Trong tam giác vng IBH có R = IB = IH + HB =

Vậy phương trình đường trịn (C): x 2 + ( y −

4
3

4 3 2 4
) =
3

3

O

Bài 11: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (2; 1) và đường thẳng ∆ : x – y +
1 = 0. Viết phương trình đường trịn đi qua M cắt ∆ ở 2 điểm A, B phân biệt sao cho
∆MAB vng tại M và có diện tích bằng 2.
Giải:
Đường trịn (C) tâm I(a, b) bán kính R có phương trình
( x − a ) 2 + ( y − b) 2 = R 2 hoctoancapba.com

∆MAB vuông tại M nên AB là đường kính suy ra ∆ qua I
do đó: a - b + 1 = 0 (1)
Hạ MH ⊥ AB có MH = d ( M ,∆ ) =
S ∆MAB =

2 −1+1
2

= 2

1
1
MH . AB ⇔ 2 = .2 R. 2 ⇔ R = 2
2
2

Vì đường trịn qua M nên (2 − a) 2 + (1 − b) 2 = 2 (2)
a − b + 1 = 0

Ta có hệ 

(1)

2
2
(2 − a ) + (1 − b) = 2 (2)

Giải hệ được a = 1; b = 2. Vậy (C) có phương trình ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 = 2
5

Nguyễn Công Mậu


Bài 12: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm C(3; -3) và điểm A
thuộc đường thẳng d: 3x + y -2 = 0. Gọi M là trung điểm của BC, đường thẳng DM
phương trình : x – y –2 = 0. Xác định tọa độ các điểm A, B, D.
Giải:
A ∈d ⇒ A(t; 2 -3t)
Ta có: d(C; DM) =

t = 3
1
d(A; DM) ⇒ | 4t -4 | = 8 ⇔| t - 1 | = 2 ⇔ 
2
 t = −1

t = 3 ⇒ A(3, -7) (loại vì A, C phải khác phía đối DM)
t = -1 ⇒ A(-1, 5) (thỏa mãn)
Giả sử D(m; m-2).


AD ⊥ CD

AD = CD


(m + 1)(m − 3) + (m − 7)(m + 1) = 0
⇒
2
2
2
2
(m + 1) + (m − 7) = (m − 3) + (m + 1)
⇔ m = 5 ⇒ D(5;3)

Gọi I là tâm của hình vng ⇒ I là trung điểm của AC ⇒ I (1; 1)
Do I là trung điểm của BD ⇒ B(-3; -1)
Bài 13: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B ( 2;0 ) ; C ( −3;5 ) .
G Là trọng tâm thuộc đường thẳng d có phương trình là 2x + y − 1 = 0 và diện tích tam giác
ABC bằng

5
. Hãy xác định tọa độ điểm A ?
2

Giải:

uuu
r

BC = (−5;5) ⇒ BC = 5 2pt : BC là:x + y - 2 = 0
5
1
5
SVABC = ⇒ SVGBC = SVABC = . (G là trọng tâm tam giác ABC)
2
3
6
G ∈ d : 2x + y − 1 = 0 ⇒ G(x; −2x + 1)3

d (G.BC) =

Với G(

2SVGBC
BC


x =
x − 2 − 2x + 1
1
1
1
=
⇔
=
⇔ x +1 = ⇔ 
3
3 2
2

3 2
x =



−2
−2 7
⇒ G( ; )
3
3 3
−4
−4 11
⇒ G( ; )
3
3 3

−2 7
−4 11
; ) ⇒ A(−1; 2);G( ; ) ⇒ A( −3;6)
3 3
3 3

Bài 14: Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy cho ba đường d 1: x – 2y + 1 = 0; d2: 3x – y – 2 =
0; d3: 2x + y + 1 = 0. Tìm điểm M trên d 1 điểm N trên d2 sao cho MN = 5 và MN song
song với d3
Giải:
M thuộc d1, N thuộc d2 nên M(2a - 1; a), N(b; 3b - 2)
MN = 5 ⇔ MN 2 = 5 ⇔ (b − 2a + 1) 2 + (3b − a − 2) 2 = 5 <=> (1)
6

Nguyễn Công Mậu


uuuu uur
r
MN / / d3 ⇔ MN .nd3 = 0 ⇔ (b − 2a + 1;3b − a − 2).(2;1) = 0 ⇔ a = b

thay vào (1) ta được a = b = 0 hoặc a = b = 2
Vậy có 4 điểm thoả mãn bài tốn là: M(-1; 0), N(0; -2) hoặc M(3; 2), N(2; 4)
Bài 15: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường trịn (C) có phương trình:x 2 + y2 – x – 4y
– 2 = 0 và các điểm A(3 ;-5) ; B(7;-3). Tìm điểm M trên đường tròn (C ) sao cho P = MA 2
+ MB2 nhỏ nhất.
Giải:
1
2

-Đường trịn (C) có tâm I ( ; 2), R =

5
2

-Gọi H là trung điểm đoạn AB => H(5; -4). Xét tam giác MAB có
MH 2 =

MA2 + MB 2 AB 2
AB 2
−
⇔ P = MA2 + MB 2 = 2MH 2 +
2
4

2

do đó P nhỏ nhất khi MH nhỏ nhất hay M là giao điểm của OH với (C)
 x = 5 + 3t
, thay vào phương trình đường trịn ta được ptrình t 2 + 3t + 2 = 0 <=> t
 y = −4 − 4t

mà IH : 

= -1 và t = -2 => với t = -1 thì M(2; 0), với t = -2 thì M(-1; 4)
-Kiểm tra thấy M(2; 0) là điểm cần tìm

Bài 16: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A , biết B và C đối
xứng nhau qua gốc tọa độ. Đường phân giác trong của góc ABC có phương trình là
x + 2 y − 5 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết đường thẳng AC đi qua điểm
K (6;2) .
Giải:
B(5 − 2b; b), C (2b − 5; −b) , O (0;0) ∈ BC
Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc ABC nên I (2;4) và I ∈ AB
uu
r
uuu
r
Tam giác ABC vuông tại A nên BI = ( 2b − 3;4 − b ) vng góc với CK = ( 11 − 2b;2 + b )
b = 1
(2b − 3)(11 − 2b) + (4 − b)(2 + b) = 0 ⇔ −5b 2 + 30b − 25 = 0 ⇔ 
b = 5
Với b = 1 ⇒ B (3;1), C ( −3; −1) ⇒ A(3;1) ≡ B loại
 31 17 
Với b = 5 ⇒ B(−5;5), C (5; −5) ⇒ A  ; ÷

 5 5
 31 17 
Vậy A  ; ÷; B( −5;5); C (5; −5)
 5 5
Bài 17: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) x 2 + y 2 + 2 x − 6 y + 2 = 0
và đường thẳng d: x + y − 2 = 0 . Tìm các đỉnh của hình vng ABCD nội tiếp đường trịn
(C) biết đỉnh A thuộc d và có hồnh độ dương. hoctoan capba.com
7

Nguyễn Công Mậu


Giải:
+ Đường tròn ( x + 1) 2 + ( y − 3) 2 = 8 có tâm I (−1;3) bán kính R = 2 2
+ A thuộc d nên A( x; 2 − x) .
+ Ta có IA2 = 8 ⇒ ( x + 1) 2 + (1 + x)2 = 8
⇒ ( x + 1) 2 = 4
x = 1
⇔
 x = −3 ( L)
Vậy A(1;1) ⇒ C ( −3;5) .
uu
r
r
+ Đường thẳng BD đi qua I (−1;3) vng góc với IA nên nhận IA = (2; −2) // u (1; −1) làm
véc tơ pháp tuyến có phương trình: x − y + 4 = 0 .

+ Tọa độ giao điểm B, D thỏa mãn phương trình:
x =1
( x + 1) 2 + ( x + 1) 2 = 8 ⇔ ( x + 1) 2 = 4 ⇔ 

 x = −3
+ x =1⇒ y = 5
+ x = −3 ⇒ y = 1
Vậy B(1;5) ⇒ D(-3;1) hoặc ngược lại.

Bài 18: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, lập phương trình đường trịn nội tiếp tam giác tạo
bởi 2 trục toạ độ và đường thẳng có phương trình 8x + 15y - 120 = 0.
Giải:
Giả sử d: 8x + 15y – 120 = 0 cắt Ox, Oy lần lượt tại A,B.
Gọi I(a;b) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABO. Ta có:
* 0 < a,b < 8
* Bán kính r = d(I,Ox) = d(I,Oy) = d(I,d)
8a + 15b − 120
 a = b = 3(tm)
⇔
⇒r =3
17
 a = b = 20(l )
⇒ PT : ( x − 3) 2 + ( y − 3) 2 = 9
⇔ a =b=

Bài 19: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là
2 2
3 3

M(3,2), trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt là G( , ) và I(1,2). Xác định tọa độ đỉnh C.
Giải:

uuu
r

uuur  7 4 
IM = (2;4), GM =  ; ÷
3
 3 r  uuur
uuu
Gọi A(xA; yA). Có AG = 2 GM ⇒ A(-4; -2).
uuu
r
Đường thẳng BC đi qua M nhận vec tơ IM làm vec tơ pháp tuyến nên có PT:

2(x - 3) + 4(y - 2) = 0 ⇔ x + 2y - 7 = 0.. Gọi C(x; y). Có C ∈ BC ⇒ x + 2y - 7 = 0.
Mặt khác IC = IA ⇔ ( x − 1)2 + ( y + 2)2 = 25 ⇔ ( x − 1)2 + ( y + 2)2 = 25 .
8

Nguyễn Công Mậu


x − 2y − 7 = 0

Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình: 

2
2
( x − 1) + ( y + 2) = 25
x = 5
x = 1
Giải hệ phương trình ta tìm được 
và 
.
y = 1

y = 3

Vậy có 2 điểm C thỏa mãn là C(5; 1) và C(1; 3).
Bài 20: Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng
∆ : 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:

3a + 4
16 − 3a
) ⇒ B (4 − a;
) . Khi đó diện tích tam giác ABC là
4
4
1
S ABC = AB.d (C → ∆) = 3 AB .
2
2
a = 4
 6 − 3a 
2
Theo giả thiết ta có AB = 5 ⇔ (4 − 2a) + 
÷ = 25 ⇔  a = 0
 2 


. Gọi

A(a;

Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4).
Bài 21: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD. Gọi M là trung điểm
 11 1 
; ÷và đường
 2 2

của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND. Giả sử M 
thẳng AN có phương trình 2x – y – 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A.
Giải:
A

5a
a 10
a 5
; AM =
; MN =
;
6
3
2
1
AM 2 + AN 2 − MN 2
·
cosA =
=
⇒ MAN = 45o
2
2 AM . AN
·
(Cách khác :Để tính MAN = 450 ta có thể tính

1
2−
3 =1
·
·
tg ( DAM − DAN ) =
)
1
1 + 2.
3

Ta có : AN =

B

M

D

N

C

Phương trình đường thẳng AM : ax + by −
·
cos MAN =

2a − b
5(a + b )
2

2

=

11
1
a− b= 0
2
2

1
a
1
⇔ 3t2 – 8t – 3 = 0 (với t = ) ⇒ t = 3 hay t = −
2
b
3

2 x − y − 3 = 0
⇒ A (4; 5)
3 x + y − 17 = 0
2 x − y − 3 = 0
1
+ Với t = − ⇒ tọa độ A là nghiệm của hệ : 
⇒ A (1; -1)
3
x − 3y − 4 = 0
9
Nguyễn Công Mậu

+ Với t = 3 ⇒ tọa độ A là nghiệm của hệ : 


Bài 22: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x 2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0
và đường thẳng ∆ : x + my – 2m + 3 = 0 với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường
trịn (C). Tìm m để ∆ cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích ∆IAB lớn nhất.
Giải:
(C) : x2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0 có tâm là I (-2; -2); R = 2
Giả sử ∆ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Kẻ đường cao IH của ∆ABC, ta có
S∆ABC =

1
·
·
IA.IB.sin AIB = sin AIB
2

·
Do đó S∆ABC lớn nhất khi và chỉ khi sin AIB = 1 ⇔ ∆AIB vuông tại I

⇔ IH =

1 − 4m
IA
= 1 (thỏa IH < R) ⇔
=1
2
m2 + 1

⇔ 1 – 8m + 16m2 = m2 + 1 ⇔ 15m2 – 8m = 0 ⇔ m = 0 hay m =

8
15

Bài 23: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi MNPQ có M(1; 2), phương
trình NQ là x − y − 1 = 0 .Tìm toạ độ các đỉnh cịn lại của hình thoi, biết rằng NQ = 2MP và
N có tung độ âm.
Giải:
Phương trình MP là: x + y − 3 = 0
x − y −1 = 0
x = 2
I = MP ∩ NQ ⇒ tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình 
⇔
⇒ I ( 2;1) .
x + y − 3 = 0
y = 1
I là trung điểm của MP nên suy ra P ( 3;0 )

phương trình NQ là x − y − 1 = 0 nên tọa độ N, Q có dạng (m; m-1)
2
2
Do NQ = 2MP ⇒ IN 2 = 4IM 2 ⇔ ( m − 2 ) + ( m − 2 ) = 4. ( 12 + 12 )
m = 4
2
⇔ ( m − 2) = 4 ⇔ 
m = 0
Vì N có tung độ âm nên N(0; -1) ⇒ Q(4; 3).

Vậy P ( 3;0 ) , N(0; -1), Q(4; 3) làcác đỉnh cần tìm.

Bài 24: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường trịn (C) nội tiếp hình vng ABCD có
phương trình: ( x − 2)2 + ( y − 3) 2 = 10 . Xác định tọa độ các đỉnh của hình vng biết đường
thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm M (−3; −2) và điểm A có hồnh độ dương.
Giải:

10

Nguyễn Cơng Mậu


Phương trình đường thẳng đi qua M(-3;-2) có dạng
ax + by + 3a + 2b = 0 (a 2 + b 2 > 0) .
Đường trịn (C) có tâm I(2;3) và bán kính R = 10 .
(C) tiếp xúc với AB nên d ( I ; AB ) = R hay

A

R
B
I

M

2a + 3b + 3a + 2b

D

a +b
2

C

2

= 10 ⇔ 10(a 2 + b 2 ) = 25(a + b) 2

 a = −3b
⇔ (a + 3b)(3a + b) = 0 ⇔ 
b = −3a

Do đó phương trình AB là x - 3 y - 3 = 0
hoặc AB: 3 x - y + 7 = 0 .
+ Nếu AB: 3 x - y + 7 = 0 . Gọi A(t;3t+7) vì A có hồnh độ xA > 0 nên t > 0 và do
t = 0
2
2
2
(loại)
IA2 = 2.R 2 = 20 nên ( t − 2 ) + ( 3t + 4 ) = 20 ⇔ 10t + 20t + 20 = 20 ⇒ 
 t = −2
+ Nếu AB: x - 3 y - 3 = 0 . Gọi A(3t+3;t) vì A có hồnh độ xA > 0 nên t >-1 và do
2
IA2 = 2.R 2 = 20 nên ( 1 + 3t ) + ( t − 3) = 20 ⇔ 10t + 10 = 20 ⇒ t = 1 . Suy ra A(6;1) ⇒ C(-2;5)
2

2

và B(0;-1); D(4;7)
Vậy các điểm cần tìm là A(6;1); B(0; −1); C (−2;5); D(4;7) .
Bài 25: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, các đường thẳng chứa đường cao

và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A có phương trình lần lượt là: x − 2 y − 13 = 0 và
13 x − 6 y − 9 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
là I (−5 ; 1).
Giải:
+ Theo giả thiết thì A(-3 ;-8)
+ Đường thẳng qua I(-5;1) và song song với x-2y-13=0 cắt đường thẳng 13x-6y-9=0 tại
M(3;5).
+ Đường thẳng qua BC có phương trình là: 2x + y – 11 = 0 nên B(x B; 11-2xB). Mà IA = IB
nên B(4; 3) hoặc B(2;7)
+ Vậy B(4; 3) và C(2;7) hoặc C(4; 3) và B(2;7) là hai nghiệm cần tìm.
Bài 26: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2;
0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d 1: 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:
+ Giả sử B( xB ; yB ) ∈ d1 ⇒ xB = − yB − 5; C ( xC ; yC ) ∈ d 2 ⇒ xC = −2 yC + 7
 xB + xC + 2 = 6
 yB + yC + 3 = 0

Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: 

+ Từ cácuuu
phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1)
r
uuu
r
+ Ta có BG (3; 4) ⇒ VTPT nBG (4; −3) nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0
11

Nguyễn Công Mậu

+ Bán kính R = d(C; BG) =

9
81
⇒ phương trình đường tròn là: (x – 5)2 + (y – 1)2 =
5
25

Bài 27: Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng (d ) có phương trình: 2 x − y − 5 = 0 và hai
điểm A(1;2) ; B(4;1) . Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc đường thẳng (d ) và đi qua
hai điểm A , B .
Giải:
Phương trình đường trung trực của AB là 3 x − y − 6 = 0 .
Tọa độ tâm I của đường tròn là nghiệm của hệ:
2 x − y = 5  x = 1
⇔
⇒ I ( 1; −3 ) . R = IA = 5 .

3 x − y = 6
 y = −3

Phương trình đường trịn là ( x − 1) + ( y + 3) = 25 .
2

2

Bài 28: Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d 1: x – 2y + 3 = 0, d2 : 4x + 3y – 5 = 0.
Lập phương trình đường trịn (C) có tâm I trên d1, tiếp xúc d2 và có bán kính R = 2.
Giải:

 x = −3 + 2t
, I∈ d1 ⇒ I ( −3 + t ; t )
y = t
27
7
d(I , d2) = 2 ⇔ 11t − 17 = 10 ⇔ t = , t =
11
11
2
2
27
21  
27 
 21 27 

⇒ I 1  ;  (C1 ) :  x −  +  y −  = 4
•
t=
11
11  
11 
 11 11 


d1: 

2

•

2

7
19  
7
 − 19 7 

;  (C 2 ) :  x +  +  y −  = 4
t = ⇒ I2
11
11  
11 
 11 11 


Bài 29: Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x – 2y – 1 = 0, đường chéo BD: x – 7y +
14 = 0 và đường chéo AC qua điểm M(2 ; 1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Giải:
AC: kx – y – 2k + 1 = 0
cos CAB = cos DBA ⇔
•

k=

2

=

k+2
k +1

2

⇔ 7 k 2 − 8k + 1 = 0 ⇔ k = 1; k =

1
7

k = 1 , AC : x – y – 1 = 0

•

3

1
, AC : x – 7y + 5 = 0 // BD ( lọai)
7

Ta tìm được A(1 ; 0), C(6 ; 5), D(-4 ; 0)
Bài 30: Cho ∆ ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 x + y + 1 = 0 và phân giác
trong CD: x + y − 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng BC.
Giải:
12

Nguyễn Công Mậu


Điểm C ∈ CD : x + y − 1 = 0 ⇒ C ( t ;1 − t ) .
 t +1 3 − t 

;

Suy ra trung điểm M của AC là M 
÷.
2 
 2

 t +1  3 − t
+1 = 0
÷+
2
 2 

Điểm M ∈ BM : 2 x + y + 1 = 0 ⇒ 2 
⇔ t = −7 ⇒ C ( −7;8 )

Từ A(1;2), kẻ AK ⊥ CD : x + y − 1 = 0 tại I (điểm K ∈ BC ).
Suy ra AK : ( x − 1) − ( y − 2 ) = 0 ⇔ x − y + 1 = 0 .
x + y −1 = 0
⇒ I ( 0;1) .
x − y +1 = 0

Tọa độ điểm I thỏa hệ: 

Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của K ( −1;0 ) .
Bài 31: Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1; 0), B(0; 2) và giao điểm
I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.
Giải: uuu
r
Ta có: AB = ( −1; 2 ) ⇒ AB = 5 . Phương trình của AB
là: 2 x + y − 2 = 0 .
I ∈ ( d ) : y = x ⇒ I ( t ; t ) . I là trung điểm của AC và BD

nên ta có: C ( 2t − 1; 2t ) , D ( 2t ; 2t − 2 ) .
Mặt khác: S ABCD = AB.CH = 4 (CH: chiều cao)
4
.
5
 4
5 8 8 2
| 6t − 4 | 4
t = 3 ⇒ C  3 ; 3 ÷, D  3 ; 3 ÷
=
⇔

 

Ngồi ra: d ( C ; AB ) = CH ⇔
5
5
t = 0 ⇒ C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 )

⇒ CH =

5 8

8 2

Vậy tọa độ của C và D là C  ; ÷, D  ; ÷ hoặc C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 )
3 3 3 3

13

Nguyễn Công Mậu