Tuyển tập 30 bài hình học phẳng OXY kèm lời giải chi tiết

TUYỂN T Ậ P CÁCBÀI HÌNH GIẢI TÍCH PHẲNG O X Y TRONG
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
PHẦN THỨ NHẤT : NĂM 2013 - 2014
Bài toán 1: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ vuông góc Oxy, c h o hình vuông ABCD có các đỉnh
A(−1; 2) ; C(3; −2). Gọi E là trung điểm cạnh AD ; BMlà đường thẳng vuông góc v ớ i CEtại M
; N là trung điểm cạnh BMv à P là giao điểm của AN v à DM. Biết phương trình đường thẳng
BM: 2x − y −4 = 0 .Tìm tọa độ đỉnh P .
L ờ i giải:
A B
C
D
E
M
N
P
I
- Phương trình ECđi qua C vuông góc v ớ i BMlà: x + 2y + 1 = 0
- T ọ a độ điểm M = EC∩ BMlà nghiệm của hệ

2x − y −4 = 0
x + 2y + 1 = 0
⇐ ⇒





x =
7
5
y = −

6
5
= ⇒ M

7
5
; −
6
5

- Do N là trung điểm BMsuy ra N

11
5
;
2
5

- Phương trình AN qua hai điểm A v à N là x + 2y −3 = 0
- Gọi I là tâm hình vuông suy ra I(1; 0). Phương trình BDqua I vuông góc v ớ i AC là x −y − 1 = 0
- T ọ a độ B là nghiệm của hệ

2x − y −4 = 0
x − y −1 = 0
⇐ ⇒

x = 3
y = 2
= ⇒ B (3; 2)
- Do I là trung điểm BDsuy ra tọa độ D (−1; −2)

- Phương trình DM qua D v à M là x − 3y −5 = 0
- T ọ a độ P = DM∩ AN là nghiệm của hệ

x − 3y −5 = 0
x + 2y −3 = 0
⇐ ⇒





x =
19
5
y = −
2
5
= ⇒ P

19
5
; −
2
5

Kết luận: T ọ a độ điểm P

19
5
; −

2
5

thỏa mãn y ê u cầu bài toán. 
1

Bài toán 2: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ vuông góc Oxy, tam giác ABC vuông tại A ngoại tiếp
hình c h ữ nhật MNPQ. Biết các điểm M(−3; −1) v à N(2; −1) thuộc cạnh BC; Q thuộc cạnh AB v à
P thuộc cạnh AC. Đường thẳng AB có phương trình x −y + 5 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC
L ờ i giải:
A
C
B
M
N
P
Q
- Phương trình đường thẳng BCqua M v à N là y + 1 = 0
- T ọ a độ điểm B = AB ∩ BClà nghiệm của hệ

x − y + 5 = 0
y + 1 = 0
⇐ ⇒

x = −6
y = −1
= ⇒ B (−6; −1)
- Đường thẳng QM qua M vuông góc v ớ i BCcó phương trình là x + 3 = 0
- T ọ a độ Q = QM ∩ AB là nghiệm của hệ


x + 3 = 0
x − y + 5 = 0
⇐ ⇒

x = −3
y = 2
= ⇒ Q (−3; 2)
- T a có
− − →
MN= (5; 0) ;
− − − →
QP = (x
P
+ 3; y
P
− 2) = ⇒
− − →
MN=
− − − →
QP ⇐ ⇒

x
P
= 2
y
P
= 2
= ⇒ P (2; 2)
- Đường thẳng AC qua P vuông góc v ớ i AB là x + y − 4 = 0

- T ọ a độ C = AC ∩BClà nghiệm của hệ

x + y −4 = 0
y + 1 = 0
⇐ ⇒

x = 5
y = −1
= ⇒ C (5; −1)
- T ọ a độ A = AB ∩ AC là nghiệm của hệ

x + y −4 = 0
x − y + 5 = 0
⇐ ⇒





x = −
1
2
y =
9
2
= ⇒ A

−
1
2

;
9
2

Kết luận: T ọ a độ các điểm A

−
1
2
;
9
2

; B(−6; −1) ; C(5; −1) .
Bài toán 3: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ vuông góc Oxy,cho đường tròn (C) : x
2
+ y
2
− 4x +
2y −11 = 0 v à đường thẳng (d) : 4x −3y + 9 = 0. Gọi A; B lần lượt là hai điểm thuộc (d) v à C là điểm
thuộc đường tròn (C). Biết điểm H

22
5
;
11
5

là một giao điểm của AC v à (C) ( C  = H) v à điểm
K


−
6
5
;
7
5

là trung điểm của AB. Tìm tọa độ các đỉnh A; B; C.
L ờ i giải:
2

S
AKIH
= 24
A
d : 4x − 3y = −9
K
B
H
I
C
- Đường tròn (C) có tâm I(2; −1); bán kính R = 4.
- T ọ a độ (d) ∩ (C) thỏa

x
2
+ y
2
− 4x + 2y −11 = 0

4x − 3y + 9 = 0
⇐ ⇒





x = −
6
5
y =
7
5
= ⇒ (d) ∩ (C) = K

−
6
5
;
7
5

- T a có HK= 4
√
2 = ⇒ HK
2
= IH
2
+ IK
2

= R
2
+ R
2
= ⇒ ∆IHKvuông tại I suy ra tứ giác AHIK là
hình thang vuông tại I v à K.
= ⇒ S
AHIK
=
(AH + IK) IH
2
= 24 ⇐ ⇒
(AH + R) R
2
= 24 = ⇒ AH = 8
- Gọi A

a;
3a + 9
3

∈ (d) = ⇒ B

−
12
5
− a;
14
5
−

3a + 9
3

.Ta có


a +
6
5

2
+

4a
3
+ 3 −
7
5

2
= 8
⇐ ⇒ 5a
2
+12a−180 = 0 ⇐ ⇒

a =
18
5
a = −6
= ⇒




A

18
5
;
39
5

→ B (−6; −5)
A (−6; −5) → B

18
5
;
39
5

(Loại do A; B khác phía v ớ i IK)
- Phương trình AC qua A v à H là 7x + y − 33 = 0
- T ọ a độ C = (C) ∩ AC thỏa

x
2
+ y
2
− 4x + 2y −11 = 0
7x + y −33 = 0

⇐ ⇒





x =
26
5
y = −
17
5
= ⇒ C

26
5
; −
17
5

Kết luận: T ọ a độ các điểm A

18
5
;
39
5

; B (−6; −5) ; C


26
5
; −
17
5

. 
Bài toán 4: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ vuông góc Oxy c h o điểm A (1; 0) v à các đường tròn
(C
1
) : x
2
+ y
2
= 2; (C
2
) : x
2
+ y
2
= 5 . Tìm tọa độ các điểm B v à C lần lượt nằm trên (C
1
) v à (C
2
)
để tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
L ờ i giải:
3

A

B
C
H
* Đầu tiên ta có nhận xét: để tam giác ABC có diện tích lớn nhất thì O phải là trực tâm của tam giác ABC.
Chứng minh:
Giả sử COkhông ⊥ AB thì ta luôn tìm được điểm C

∈ (C
2
) sao c h o d(C

, AB) lớn hơn d(C,AB), hay
S
∆ABC

lớn hơn S
∆ABC
→ không thỏa mãn y ê u cầu bài toán. Do đó CO⊥ AB
-Tương tự ta cũng có BO⊥ AC
V ậ y O là trực tâm của tam giác ABC.Suy ra AO ⊥ BC ⇐ ⇒ x
B
= x
C
V à ta giả sử B(t; b) ∈ (C
1
), C(t; c) ∈ (C
2
) (t, b, c ∈ R) thì ta có

t

2
+ b
2
= 2
t
2
+ c
2
= 5
⇐ ⇒

b
2
= 2 − t
2
c
2
= 5 − t
2
Mà CO⊥ AB nên
− − − →
CO.
− − − →
AB = 0 hay t(t − 1) + bc = 0 suy ra b
2
c
2
= t
4
− 2t

3
+ t
2
Do đó (2 − t
2
)(5 − t
2
) = t
4
− 2t
3
+ t
2
⇐ ⇒ (t + 1)(2t
2
− 10t + 10) ⇐ ⇒ t = −1; t =
5 +
√
5
2
; t =
5 −
√
5
2
T ớ i đây ta có: S
∆ABC
=
1
2

BC.d(A, BC) =
1
2
|x
A
− x
B
||y
B
− y
C
| =
1
2
|1 − t||b − c|
Suy ra S
2
∆ABC
=
1
4
(1 − t)
2
(b
2
+ c
2
− 2bc) =
1
4

(1 − t)
2
((2 − t
2
) + (5 − t
2
) − 2(t − t
2
)) =
1
4
(1 − t)
2
(7 − 2t)
* Nếu t = −1 thì ta suy ra S
2
∆ABC
= 9 hay S
∆ABC
= 3
* Nếu t =
5 +
√
5
2
thì ta dễ thấy điều v ô lí vì t
2
+ b
2
= 2.

* Nếu t =
5 −
√
5
2
thì ta có S
2
∆ABC
=
√
5 − 1
8
< 9 → Loại.
Suy ra v ớ i t = −1 thì S
∆ABC
lớn nhất.
V à ta có



bc = −2
b
2
= 1
c
2
= 4
⇐ ⇒

b = 1

c = −2
∨

b = −1
c = 2
= ⇒

B(−1; 1)
C(−1; −2)
∨

B(−1; −2)
C(−1; 2)
Kết luận: V ớ i

B(−1; 1)
C(−1; −2)
∨

B(−1; −2)
C(−1; 2)
thì tam giác ABC có diện tích lớn nhất 
Bài toán 5: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ vuông góc Oxyc h o hình thoi ABCD có

A = 60
0
.Trên
các cạnh AB, BClấy các điểm M,N sao c h o MB+ NB= AB.Biết P(
√
3; 1) thuộc đường thẳng DN

v à đường phân giác trong của góc

MDNcó phương trình là d : x − y
√
3 + 6 = 0.Tìm toạ độ đỉnh D
của hình thoi ABCD.
L ờ i giải:
Từ giả thiết

A = 60
0
= ⇒ tam giác ABD, CBDlà các tam giác đều.Theo đề bài ta có AM = BN,BM= CN.
Xét hai tam giác ADM v à BDNta có:

DAM =

DBN = 60
0
,AD = BD,AM = BN ⇐ ⇒ hai tam giác
bằng nhau ⇐ ⇒

ADM =

BDN(1).
Xét hai tam giác BMDv à CNDta có:

DBM =

DCN = 60
0

,CD= BD,CN= BM ⇐ ⇒ hai tam giác
bằng nhau ⇐ ⇒

NDC=

MDB(2).
Từ (1) v à (2) ⇐ ⇒

MDN= 60
0
.
Gọi P

là điểm đối xứng của P qua đường phân giác d = ⇒ P

thuộc đường thẳng DM
= ⇒ tam giác P DP

là tam giác đều. = ⇒ DP= P P

= 2d
(P/d)
= 6.
4

Gọi D có tọa độ D

a;
a + 6
√

3

. T a có: P D
2
= (a −
√
3)
2
+

a + 6 −
√
3
√
3

2
= 36
⇐ ⇒ a = 3 +
√
3 ∨ a = −6 +
√
3 ⇐ ⇒ D(3 +
√
3; 1 + 3
√
3) ∨ D(−6 +
√
3; 1).
Kết luận: T ọ a độ D(3 +

√
3; 1 + 3
√
3) ∨ D(−6 +
√
3; 1) thỏa mãn bài toán. 
Bài toán 6: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ vuông góc Oxy, c h o hình c h ữ nhật ABCD , đỉnh B
thuộc đường thẳng d
1
: 2x − y + 2 = 0, đỉnh C thuộc đường thẳng d
2
: x − y − 5 = 0 .Gọi H là hình
c h i ế u của B xuống đường c h é o AC . BiếtM

9
5
;
2
5

; K (9; 2) lần lượt là trung điểm của AH v à CD.
Tìm toạ độ các đỉnh của hình c h ữ nhật ABCD biết hoành độ đỉnh C lớn hơn 4.
L ờ i giải:
A
B
C
D
H
K
M

Gọi B(b; 2b + 2), C(c; c −5), (c > 4) v à E là điểm đối xứng v ớ i B qua C. Suy ra E(2c − b; 2c − 2b − 12).
Dễ dàng c h ứ n g minh được K là trung điểm của AE. Do đó,
−−− →
HE= 2
− − →
MK=

72
5
;
16
5

= ⇒ H

2c − b −
72
5
; 2c − 2b −
76
5

.
Thiết lập tọa độ các v e c t o r
−−− →
CK= (9 −c; 7 + c),
− − − →
BC= (c −b; c −2b −7),
− − − →
BH=


2c − 2b −
72
5
; 2c − 4b −
86
5

,
− − →
MC=

c −
9
5
; c −
27
5

.
V ớ i giả thiết bài toán ta có hệ phương trình

−−− →
CK.
− − − →
BC= 0
−−− →
BH.
− − →
MC= 0

⇐ ⇒

−2c
2
+ 3bc + 23c − 23b − 49 = 0
4c
2
− 6bc +
126
5
b − 46c +
594
5
= 0
⇐ ⇒

b = 1
c = 9 hoặc c = 4(loại)
Từ đó ta có B(1; 4), C(9; 4) . Vì K là trung điểm của CDnên suy ra D(9; 0) . Lại có C là trung điểm của
BEnên suy ra E(17; 4), v à K là trung điểm của AE nên suy ra A(1; 0) .
Bài toán 7: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, c h o đường tròn (C) :

x −
5
4

2
+ (y −1)
2
= 2 .Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết các đỉnh B v à C

thuộc đường tròn (C), các đỉnh A v à D thuộc trục Ox.
Nguyễn Đình Huynh - Diễn đàn toán học K2pi.Net.Vn
5

A
B
C
D
(x − 1.25)
2
+ (y − 1)
2
= 2
Đường tròn (C) có tâm I

5
4
; 1

= ⇒ ABCD nhận đường thẳng x =
5
4
là một trục đối xứng.
C ∈ Ox = ⇒ C = (a; 0) = ⇒ D = (
5
2
− a; 0) ; AD ⊥ Ox = ⇒ A = (
5
2
− a; b) = ⇒ B = (a; b)

= ⇒ CD= |2a −
5
2
|; AD = |b| = ⇒ |2a −
5
2
| = |b| ⇐ ⇒ b
2
= 4(a −
5
4
)
2
, (1)
Lại có A, B thuộc (C) = ⇒ (a −
5
4
)
2
+ (b − 1)
2
= 2 , (2)
Từ (1) v à (2) = ⇒ 5b
2
− 8b − 4 = 0 ⇐ ⇒

b = 2
b = −
2
5

V ớ i b = 2 = ⇒ Bốn đỉnh của hình vuông ABCD có tọa độ lần lượt là:

1
4
; 2

;

9
4
; 2

;

9
4
; 0

;

1
4
; 0

.
V ớ i b = −
2
5
= ⇒ Bốn đỉnh của hình vuông ABCD có tọa độ lần lượt là:


21
20
; −
2
5

;

29
20
; −
2
5

;

29
20
; 0

;

21
20
; 0

.
Bài toán 8: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, c h o hình thoi ABCD ngoại
tiếp đường tròn (I) : (x − 5)
2

+ (y − 6)
2
=
32
5
. Biết rằng các đường thẳng AC v à AB lần lượt đi qua
các điểm M(7; 8) v à N(6; 9). Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD.
L ờ i giải:
A
B
C
D
I
M
N
Do là đường tròn nội tiếp hình thoi suy ra tâm trung v ớ i giao của hai đường c h é o .
Dễ dàng suy raAC : 1 − y + 1 = 0. Gọi phương trình AB có hệ số góc k dạng y = k(x − 6) + 9.
Có d (I,AB) =
|3 − k|
√
k
2
+ 1
=
4
√
10
5
= ⇒




k =
1
3
k = −
13
9
= ⇒


AB : y =
x
3
+ 7
AB : y = −
13x
9
+
53
9
= ⇒

A (9; 10) , C(1; 2)
A (2; 3) , C(8; 9)
6
L ờ i giải:

T a có BD: x + y −11 = 0 = ⇒



B (3; 8)
B

−
23
2
;
45
2

= ⇒


D (7; 4)
D

43
2
; −
21
2

Kết luận: T ọ a độ các đỉnh cần tìm là


A (9; 10) ; B (3; 8) ; C (1; 2) ; D (7; 4)
A (2; 3) ; B

−

23
2
;
45
2

; C (8; 9) ; D

43
2
; −
21
2


T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, c h o hai đường tròn (O
1
) v à (O
2
) có bán
kính bằng nhau v à cắt nhau tại A(4; 2) v à B. Một đường thẳng đi qua A v à N(7; 3) cắt các đường tròn
(O
1
) v à (O
2
) lần lượt tại D v à C . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác BCDbiết rằng đường thẳng nối
tâm O
1
, O
2

có phương trình x − y −3 = 0 v à diện tích tam giác BCDbằng
24
5
.
L ờ i giải:
Phương trình (AN) : x − 3y + 2 = 0.
Có O
1
O
2
⊥ AB = ⇒ (AB) : x+y −6 = 0 = ⇒ I

9
2
;
3
2

= ⇒ B(5; 1) ( v ớ i I là giao điểm của AB vaO
1
O
2
)
Do 2 đường tròn bán kính bằng nhau nên

BDC=

BCA( cùng c h ắ n 1 cung AB)
Nên tam giác BDCcân.Kẻ BMvuông góc v ớ i DCsuy ra (BM) : 3x + y − 16 = 0 hay M


23
5
;
11
5

Gọi D(3t −2; t) = ⇒ C

56
5
− 3t;
22
5
− t

Có S
BCD
=
1
2
.d(B; (CD)).DC suy ra t = 1 ∨ t =
17
5
V ớ i t = 1 thì D(1; 1); C

41
5
;
17
5


V ớ i t =
17
5
thì C(1; 1); D

41
5
;
17
5

Kết luận: T ọ a độ các đỉnh cần tìm là



B (5; 1) ; C

41
5
;
17
5

; D (1; 1)
B (5; 1) ; C (1; 1) ; D

41
5
;

17
5


Bài toán 10: T r o n g mặt phẳng tọa độ Oxyc h o Elip có phương trình:
x
2
8
+
y
2
4
= 1 v à điểm I(1; −1).
Một đường thẳng ∆ qua I cắt Elip tại hai điểm phân biệt A, B .Tìm tọa độ các điểm A, B sao c h o độ
lớn của tích IA.IBđạt giá trị nhỏ nhất.
L ờ i giải:
c
I
A
B
a
b
Gọi I

, A

, B

lần lượt là hình c h i ế u của I,A, B xuống trục hoành, khi đó theo tính c h ấ t của hình c h i ế u ta
suy ra IA.IB≥ I


A

.I

B

, dấu bằng xảy ra khi v à c h ỉ khi AB song song v ớ i trục hoành. Tương tự hạ hình
c h i ế u xuống trục tung, lập luận tương tự suy ra AB song song v ớ i trục tung.
Nhưng trong hai trường hợp này c h ỉ có một trường hợp thỏa mãn bài toán. Nhưng để ý I (1; −1) nằm trong
L ờ i giải:
7

Elip do
1
2
8
+
(−1)
2
4
− 1 < 0 nên các hình c h i ế u trên đều nằm trong trục lớn hoặc trục bécủa Elip, để ý
là trục lớn có độ dài lớn hơn nên đường thẳng AB cần tìm sẽ song song v ớ i trục bé,tức song song v ớ i trục tung.
Do AB song song v ớ i trục tung v à qua I (1; −1) nên có phương trình là: x = 1 = ⇒ A 1; −

7
2

, B 1;


7
2

.
V ậ y hai điểm cần tìm là A 1; −

7
2

, B 1;

7
2

hoặc A 1;

7
2

, B 1; −

7
2

.
Bài toán 11: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ trục tọa độ Oxy c h o tam giác ABC v ớ i A (3; 5), B (1; 2),
C (6; 3). Gọi ∆ là đường thẳng đi qua A cắt BCsao c h o tổng khoảng cách từ hai điểm B,C đến ∆
là lớn nhất. Hãy lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm E (−1; 1) đồng thời cắt cả hai đường
thẳng ∆ v à d
1

: x − y + 14 = 0 lần lượt tại hai điểm H,K sao c h o 3HK= IH
√
10 v ớ i I là giao điểm
của ∆ v à d
1
.
L ờ i giải:
−8. −6. −4. −2. 2. 4. 6.
−2.
2.
4.
6.
8.
0
A
B
C
E
d
f
Delta: 5x + y = 20
H
K
K

H

Hướng 1: Bằng phương pháp dựng hình cộng hưởng v ớ i việc tham số hóa đưa v ề giải tích. T a có :
− − − →
BA= (2; 3),

− − − →
BC= (5; 1) = ⇒
− − − →
BA·
− − − →
BC= 2 ·5 + 1 ·3 = 13 > 0
Do đó : cos B > 0 = ⇒

B nhọn.
Có :
− →
CA= (−3; 2),
− − − →
CB= (−5; −1) = ⇒
− − − →
BA·
− − − →
BC= 15 − 2 = 13 > 0 Do đó : cos C > 0 = ⇒

C nhọn. Kẻ
BP⊥∆, CQ⊥∆. Khi đó ta có : d
(B,∆)
= BP,d
(C,∆)
= CQ.
Gọi D là giao điểm của ∆ v à BCkhi đó ta có : BP+ CQ≤ BD+ DC= BC.
Do đó : max(BP+ CQ) = BC.Dấu đẳng thức xảy ra khi ∆⊥BC.
V ậ y ∆ là đường thẳng đi qua A v à ⊥BCnên có
−→
n

∆
=
− − − →
BC= (5; 1).
Do đó phương trình đường thẳng ∆ là : 5(x − 3) + 1(y −5) = 0 ⇐ ⇒ 5x + y − 20 = 0.
Vì I = ∆ ∩ d
1
nên tọa độ điểm I thỏa :

5x + y −20 = 0
x − y + 14 = 0
⇐ ⇒

x = 1
y = 15
V ậ y I(1; 15). Xét điểm
M(4; 0) ∈ ∆, N(a, a + 14) ∈ d
1
thỏa 3MN= IM
√
10.
T a có :
− − →
MN= (4 − a, −a − 14),
− − − →
IM= (−3; 15). Nên từ :3MN= IM
√
10 ⇐ ⇒ 9 · 234 = 10 ·

(4 − a)

2
+ (a + 14)
2

⇐ ⇒ 18a
2
+ 180a − 432 = 0 ⇐ ⇒ a = 2 ∨ a = −12.
Mặt khác từ giả thiết ta có : 3HK= IH
√
10 nên ta có :
HK
IH
=
MN
IM
= ⇒ HK MN.
Do đó đường thẳng d cần tìm đi qua E v à song song v ớ i MN.Nên :
−→
a
d
=
− − →
MN= (4 − a; −a − 14).
T r ư ờ n g hợp 1 :a = 2 = ⇒
− − →
MN= (2; −16). Lúc đó phương trình d :
x + 1
2
=
y −1

−16
⇐ ⇒ 8x + y + 7 = 0.
T r ư ờ n g hợp 2 :a = −12 = ⇒
− − →
MN= (16; −2).
Lúc đó phương trình d :
x + 1
16
=
y −1
−2
⇐ ⇒ x + 8y −7 = 0.
Hướng 2 : Sử dụng dựng hình v à đại số hóa bài toán dưới dạng tọa độ các giao điểm.
T a có :
− − − →
BA= (2; 3),
− − − →
BC= (5; 1) = ⇒
− − − →
BA·
− − − →
BC= 2 ·5 + 1 ·3 = 13 > 0
Do đó : cos B > 0 = ⇒

B nhọn. Có :
− →
CA= (−3; 2),
− − − →
CB= (−5; −1) = ⇒
− − − →

BA·
− − − →
BC= 15 − 2 = 13 > 0 Do
8

đó : cos C > 0 = ⇒

C nhọn.
Kẻ BP⊥∆, CQ⊥∆. Khi đó ta có : d
(B,∆)
= BP,d
(C,∆)
= CQ.
Gọi D là giao điểm của ∆ v à BCkhi đó ta có :
BP+ CQ≤ BD+ DC= BC
Do đó : max(BP+ CQ) = BC.Dấu đẳng thức xảy ra khi ∆⊥BC.
V ậ y ∆ là đường thẳng đi qua A v à ⊥BCnên có
−→
n
∆
=
− − − →
BC= (5; 1).
Do đó phương trình đường thẳng ∆ là : 5(x − 3) + 1(y −5) = 0 ⇐ ⇒ 5x + y − 20 = 0
Vì I = ∆ ∩d
1
nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình :

5x + y −20 = 0
x − y + 14 = 0

⇐ ⇒

x = 1
y = 15
V ậ y
I(1; 15).
Gọi d là đường thẳng đi qua E v à có v é c tơ pháp tuyến là
−→
n = (a, b). Khi đó phương trình đường thẳng
:d : a(x − 1) + b(y −15) = 0 (a
2
+ b
2
 = 0).
Vì H = d ∩∆ nên tọa độ điểm H thỏa:

a(x − 1) + b(y −15) = 0
5x + y −20 = 0
⇐ ⇒





x =
19b + a
5b − a
y =
5(5a − b)
a − 5b

(a  = 5b).
Lại có K = d∩d
1
nên tọa độ điểm K thỏa :

a(x − 1) + b(y −15) = 0
x − y + 14 = 0
⇐ ⇒





x =
−13b − a
b + a
y =
13b + a)
a + b
(a  = −b)
V ậ y K

−13b − a
b + a
;
13b + a)
a + b

. ;H


19b + a
5b − a
;
5(5a − b)
a − 5b

Từ điều kiện bài toán : 3HK= IH
√
10 ⇐ ⇒ 9HK
2
= 10IH
⇐ ⇒
1296(a + 7b)
2
(a
2
+ b
2
)
(a − 5b)
2
(a + b)
2
=
1040(a + 7b)
2
(a − 5b)
2
⇐ ⇒ (a + 7b)
2

(8a − b)(a − 8b) = 0 ⇐ ⇒

a = −7b
b = 8a
a = 8b
T r ư ờ n g hợp 1: a = −7b c h ọ n a = 7, b = −1 = ⇒ d : 7x − y −8 = 0. T r ư ờ n g hợp này loại vì khi đó ba đường
thẳng d, d
1
, ∆ đều đồng quy tại điểm I.
T r ư ờ n g hợp 2 :a = 8b c h ọ n a = 8, b = 1 = ⇒ d : 8x + y + 7 = 0.
T r ư ờ n g hợp 3 : b = 8a c h ọ n a = 1, b = 8 = ⇒ d : x + 8y − 7 = 0.
T ó m lại ta có hai đường thẳng thỏa mãn y ê u cầu bài toán : 8x + y + 7 = 0 ; x + 8y −7 = 0 
Bài toán 12: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ Oxyc h o đường tròn (C) : x
2
+ y
2
− 2x − 6y − 6 = 0
v à hai điểm B(5; 3), C(1; −1). Tìm tọa đọ đỉnh A; D của hình bình hành ABCD biết A thuộc đường
tròn (C) v à trực tâm H của tam giác ABC thuộc đường thẳng d : x + 2y + 1 = 0 v à x
H
< 2.
L ờ i giải:
A
BI
C
d
D
Đường tròn (C) có tâm I(1; 3). Nhận thấy ngay B; C đều cùng thuộc đường tròn (C).
Gọi E là giao điểm của AI v à (C) suy ra tứ giác BHCElà hình bình hành.
Gọi M là trung điểm của BCsuy ra tọa độ điểm M(3; 1).

Tham số hóa tọa độ điểm H(−1 −2a; a) v ớ i a >
−3
2
. Do M là trung điểm của HEsuy ra E(7 + 2a; 2 −a).
L ờ i giải: 9

T ọ a độ điểm E lại thỏa mãn (C) nên ta có:
(7 + 2a)
2
+ (2 − a)
2
− 2 (7 + 2a) − 6 (2 − a) − 6 = 0
⇐ ⇒ 5a
2
+ 26a + 21 = 0 = ⇒ a = −1 = ⇒ E (5; 3)
Do điểm E v à A đối xứng nhau qua tâm I nên suy ra A(−3; 3).
Do tứ giác ABCD là hình bình hành nên
− − − →
AD =
− − − →
BC= ⇒ D (−7; −1)
Kết luận: T ọ a độ các đỉnh cần tìm là A(−3; 3), D(−7; −1) .
Bài toán 12: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ Oxyc h o tam giacs ABC vuông tại A. gọi H là hình
c h i ế u của A lên BC. T a m giác ABH ngoại tiếp đường tròn (C) :

x −
16
5

2

+

y −
33
5

2
=
36
25
. T â m
đường tròn nội tiếp tam giác ACH là I

26
5
;
23
5

. Tìm tọa độ trọng tâm G cua tam giác ABC.
L ờ i giải:
(C) có tâm K

16
5
;
33
5

v à bán kính R =

6
5
. T r u n g điểm của IKlà M

21
5
;
28
5

. Gọi D v à L là hình c h i ế u
của K lên BCv à AH.
Do AH⊥BCnên KDHLlà hình vuông. Suy ra KH= R
√
2 =
6
√
2
5
.
Từ đó suy ra H thuộc đường tròn tâm K bán kính KHcó phương trình:

x −
16
5

2
+

y −

33
5

2
=
72
25
.
Mà

AHK =

AHI = 45
o
= ⇒

IHK= 90
o
. Nên H thuộc đường tròn tâm M bán kính
KM=


21
5
−
16
5

2
+


28
5
−
33
5

2
=
√
2 có phương trình (C

) :

x −
21
5

2
+

y −
28
5

2
= 2
.
Từ đó tìm được hai tọa độ điểm H thỏa mãn là H


74
25
;
123
25

v à H


122
25
;
171
25

.
+) T r ư ờ n g hợp 1: H

74
25
;
123
25

. Phương trình tiếp tuyến của (C) qua điểm H là (d) : a

x −
74
25


+
b

y −
123
25

= 0 v ớ i (a
2
+ b
2
= 1).
d (K,d) = R ⇐ ⇒

a

16
5
−
74
25

+ b

33
5
−
123
25



=
6
5
⇐ ⇒

6a
25
+
42b
25

=
6
5
⇐ ⇒

a
5
+
7b
5

= 1 ⇐ ⇒

a + 7b = 5
a + 7b = −5
Kết hợp a
2
+ b

2
= 1 ta được



b =
4
5
= ⇒ a = −
3
5
b =
3
5
= ⇒ a =
4
5
V ậ y có hai tiếp tuyến là



d
1
: −
3
5

x −
74
25


+
4
5

y −
123
25

= 0 ⇐ ⇒ 15x − 20y + 54 = 0
d
2
:
4
5

x −
74
25

+
3
5

y −
123
25

= 0 ⇐ ⇒ 20x + 15y + 133 = 0
Dễ thấy d

1
cắt đoạn IKnên phương trình AH c h í n h là phương trình của d
1
;
phương trình BClà phương trình của d
2
.
A thuộc d
1
: 15x + 30 = 20y −24 ⇐ ⇒
x + 2
4
=
y −
6
5
3
nên A

−2 + 4t;
6
5
+ 3t

.
− − − →
AK =

16
5

+ 2 − 4t;
33
5
−
6
5
− 3t

=

26
5
− 4t;
27
5
− 3t

,
− →
AI =

26
5
+ 2 − 4t;
23
5
−
6
5
− 3t


=

36
5
− 4t;
17
5
− 3t

.
Dễ thấy

IAK=
1
2

BAC= 45
o
nên
− − − →
AK.
− →
AI =

− − − →
AK

.


− →
AI

cos 45
o
⇐ ⇒

26
5
− 4t

36
5
− 4t

+

27
5
− 3t

17
5
− 3t

=


26
5

− 4t

2
+

27
5
− 3t

2
.


36
5
− 4t

2
+

17
5
− 3t

2
.
√
2
2
10

Suy ra tìm được tọa độ A (sao c h o A, H nằm khác phía so v ớ i IK) Lại có ACH đồng dạng BAHnên
CH
AH
=
d (I,d)
R
= . . . suy ra tìm được CH.
Dùng hệ thức lượng để tính BH. Sau đó tìm các điểm B,C cuối cùng G.
+) T r ư ờ n g hợp 2: H


122
25
;
171
25

làm tương tự k ế t quả ra đẹp hơn. A(2; 3), B(2; 9), C(10; 3), G

14
3
; 5

Bài toán 14: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ Oxy c h o hình c h ữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn
(C) tâm I(1; 2). Tiếp tuyến của (C) tại B; C; D cắt nhau tại M,N. Giả sử H(1; −1) là trực tâm tam
giác AMN . Tìm tọa độ các điểm A; M; N biết c h u vi tam giác AM N bằng 18 + 4
√
10 v à x
M

> 5.
L ờ i giải:
A
I
C
H
N
M
D

B

Đường tròn (C) có tâm I là giao điểm của AC v à BDsuy ra AC vuông góc MNsuy ra H thuộc AC.
Phương trình AC qua I v à H là: x − 1 = 0, phương trình MN: y − c = 0.
Theo tính c h ấ t hai tiếp tuyến cắt nhau thì INlà phân giác góc

DIC v à IMlà phân giác góc

CIB.
Mặt khác

DIC+

CIB= 180
o
= ⇒ IN⊥ IM.
Gọi tọa độ các điểm M(m; c); N(n; c), A(1; a). Theo bài ra ta có hệ phương trình sau:

− − →
AM.

− − →
NH= 0
− →
IN.
− − − →
IM= 0
⇐ ⇒

(m − 1) (1 − n) + (c − a) (−1 − c) = 0
(m − 1) (n − 1) + (c − 2)
2
= 0
= ⇒ (c − 2)
2
+ (c − a) (−1 − c) = 0
Tham số hóa C(1; c) ∈ MNsuy ra A(1; 4 − c) = ⇒ a + c = 4. Từ đó suy ra:
(c − 2)
2
+ (c − 4 + c) (−1 − c) = 0 = ⇒ c = −4, a = 8 = ⇒ C (1; −4) ; A (1; 8) ; M (m; −4) ; N (n; −4)
Mà ta lai có c h u vi tam giác AM N bằng 18 + 4
√
10 nên

(m − 1) (1 − n) = 36

(m − 1)
2
+ 144 +

[(m − 1) − (1 − n)]

2
+

(1 − n)
2
+ 144 = 28 + 4
√
10
⇐ ⇒

m − 1 = ±9; 1 − n = ∓4
m − 1 = ∓4; 1 − n = ±9
= ⇒ M (10; −4) ; N (−3; −4)
Kết luận: T ọ a độ các điểm cần tìm là A(1; 8); M(10; −4); N(−3; −4) .
Bài toán 15: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ Oxyc h o đường tròn (C) : (x −4)
2
+

y −
9
2

=
25
4
v à
hai điểm A(2; 3), B(6; 6). Gọi M; N là hai điểm khác nhau nằm trên đường tròn (C) sao c h o các đường
thẳng AM v à BNcắt nhau tại H, AN v à BMcắt nhau tại C. Tìm tọa độ điểm C biết H

4;

5
2

.
L ờ i giải:
11

H
C
A
B
M
N
I
Nhận thấy ngay A, B đề thuộc đường tròn (C) v à AB = R =
5
2
nên AB là đường kính của đường tròn (C).
Từ đó ta suy ra được AH⊥BC,BH⊥AC suy ra H la trực tâm của tam giác ABC.
Đường thẳng AC qua A vuông góc v ớ i HBlà 4x + 7y −29 = 0.
Đường thẳng BCqua A vuông góc v ớ i AH là: −4x + y + 18 = 0.
T ọ a độ điểm C thỏa mãn hệ phương trình

4x + 7y −29 = 0
−4x + y + 18 = 0
⇐ ⇒






x =
155
32
y =
11
8
= ⇒ C

155
32
;
11
8

Kết luận: T ọ a độ điểm càn tìm là C

155
32
;
11
8


Bài toán 16: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ Oxy c h o hình vuông ABCD có điểm M(3; 2) thuộc
BD. Từ M k ẻ các đường thẳng ME; MFlần lượt vuông góc v ớ i AB tại E(3; 4) v à AD tại F (−1; 2).Xác
định tọa độ điểm C của hình vuông.
L ờ i giải:
C
F

M
E
K
A B
D
Gọi K = F M ∩BC. T a có ME= 2; MF= 4 v à F ME= CKMsuy ra CK= F M = 4; MK= ME= 2
Gọi K (x
K
; y
K
) ; C (x
C
; y
C
). ta có
− − →
MK=
MK
MF
− − →
F M =
1
2
− − →
F M = ⇒ K (5; 2)
Lại có
−−− →
KC=
KC
ME

− − →
EM=
1
2
− − →
EM= ⇒ C (5; −2).
Kết luận: T ọ a độ điểm cần tìm là C(5; −2) .
12

Bài toán 17: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ Oxy c h o tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C
1
) :
(x − 2)
2
+ (y −3)
2
= 45 tâm I. Đường tròn (C
2
) có tâm K(−1; −3) cắt đường tròn (C
1
) theo một dây
cung song song v ớ i AC. Biết S
AICK
= 30
√
2 v à c h u vi tam giác ABC là 10
√
10. Tìm tọa độ A; B; C
biết điểm B có hoành độ âm.
L ờ i giải:

A
B
C
I
K
E
A

Đường tròn (C
1
) có tâm I(2; 3). Nhận thấy R
C
1
= IK= 3
√
5 v à K ∈ (C
1
).
Gọi MN= (C
1
) ∩ (C
2
) suy ra MN⊥IK. Mà ACMN= ⇒ AC⊥IK.
Do đó ta có: S
AICK
= 30
√
2 = ⇒ AC = 4
√
10. Lại có AB + BC+ CA= 10

√
10 = ⇒ AC + BC= 6
√
10. (1)
Gọi AA

là đường kính của (C
1
), E = IK∩ AC suy ra IE=
1
2
A

C =
1
2
√
AA
2
− AC
2
=
√
5
Từ đó suy ra
− →
IK= 3
− →
IE= ⇒ E (1; 1)
Phương trình AC qua E vuông góc IKlà x + 2y −3 = 0.

T ọ a độ A v à C là giao điểm của hệ gồm AC v à (C
1
), suy ra A 1 − 4
√
2; 1 + 2
√
2

; C 1 + 4
√
2; 1 − 2
√
2

T ọ a độ B thỏa mãn hệ gồm (1) v à (C
1
), suy ra B
7
2
− 3
√
3;
12 + 3
√
3
2

Kết luận: T ọ a độ các đỉnh A 1 − 4
√
2; 1 + 2

√
2

; C 1 + 4
√
2; 1 − 2
√
2

, B
7
2
− 3
√
3;
12 + 3
√
3
2

.
Bài toán 18: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ Oxyc h o tam giác ABC cân tại A, phương trình cạnh
AC : x + y −3 = 0. T r ê n tia đổi của CAlấy điểm E. Phân giác trong góc

BACcắt BEtại D. Đường
thẳng d đi qua D song song v ớ i AB cắt BCtại F . Tìm tọa độ giao điểm M của AF v à BEbiết
AF : 2x + y −5 = 0 v à I(−1; −3) là trung điểm của DF
L ờ i giải:
Gọi P là trung điểm của BC, thực hiện dãy suy luận, ta có:
DF AB = ⇒

AM
MF
=
P B
P F
= ⇒
AM
MF
=
P C
P F
= ⇒
AF
MF
=
F C
P F
= ⇒ P M  AC = ⇒ P M  EC= ⇒ MB= ME
Kẻ đường thẳng MP∩ AB = J, cắt (d) tại I

. T a có
I

F
IB
=
I

D
JA

= ⇒ I

trùng J
Từ đó, ta có P M qua trung điểm I của DF v à M là giao điểm của P I v à AF .
Kết luận: T ọ a độ giao điểm cần tìm là M(9; −13). 
Bài toán 19: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ Oxyc h o tam giác ABC có B(2; 3), C(2; 7). Tìm điểm
A sao c h o đường cao AH = 3r v ớ i r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
13

L ờ i giải:
B
C
A
Do độ dài đường cao gấp ba lần bán kính đường tròn nội tiếp nên ta có:
2S
a
= 3
2S
a + b + c
= ⇒ b + c = 2a
Gọi tọa độ điểm A(x; y). Như v ậ y thì

(x − 2)
2
+ (y −3)
2
+

(x − 2)
2

+ (y −7)
2
= 8
⇐ ⇒ 2


(x − 2)
2
+ (y −3)
2

.

(x − 2)
2
+ (y −7)
2

= 64 − (x − 2)
2
− (y −7)
2
− (x − 2)
2
− (y −3)
2
⇐ ⇒ 4

(x − 2)
2

+ (y −3)
2

.

(x − 2)
2
+ (y −7)
2

=

(x − 2)
2
+ y
2
− 10y −3

⇐ ⇒ 12x
2
+ 16y
2
= 192 ⇐ ⇒
x
2
16
+
y
2
12

= 1
Kết luận: V ậ y v ớ i mọi A ∈ (E) :
x
2
16
+
y
2
12
= 1 thì thỏa mãn y ê u cầu 
Bài toán 20: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ Oxy c h o điểm A(4; 5), B(3; 0); C(2; 2). Gọi H; I lần
lượt là trực tâm v à tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, trung trực của AH cắt AB; AC tại
M; N. Phân giác trong góc

IMNcắt AC tại P . Tính diện tích tam giác MNPbiết y
B
> 0.
L ờ i giải:
A
B
C
H
N
M
I
F
E
Viết phương trình đường cao k ẻ từ 2 đỉnh bất kì v à lấy giao, ta tìm được tọa độ trực tâm là H

−

6
7
;
18
7

Phương trình trung trực của AH là 2x + y −
97
14
= 0
Viết phương trình AB, AC ta tìm được tọa độ M

307
98
;
65
98

, N

111
49
;
235
98

14

Gọi F là trung điểm của BClà F


5
2
; 1

. Theo
− − − →
AH = 2
− − − →
IM= ⇒ I

69
14
;
31
14

Nhận thấy phương trình phân giác góc

IMNtrùng v ớ i AB nên ta sẽ đi tính diện tích tam giác AMN.
T a có: S
AMN
=
1
2
MN.d(A, MN) =
1
2


111

49
−
307
98

2
+

235
98
−
65
98

2
.

2.4 + 5 −
97
14

√
2
2
+ 1
=
7225
2744
(đơn vị dt)
Kết luận: Diện tích tam giác MNP là S

MNP
=
7225
2744

Bài toán 21: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ Oxy c h o tam giác ABC có phương trình đường cao
AH : 3x+2y −1 = 0, phân giác trong CK: 2x−y +5= 0 v à trung điểm M(2; −1) của cạnh AC. Gọi
C
ABC
, S
ABC
lần lượt là c h u vi v à diện tích tam giác ABC. Tính giá trị của 30C
ABC
+
2013
3
√
S
ABC
L ờ i giải:
Diện tích của ABC = 101.43
A
C
B
22.68
18.03
11.37
Đặt C(c; 2c + 5); A

a;

1 − 3a
2

. T a có M(2; -1) là trung điểm của A C .
Dễ dàng tìm được a =
31
7
; c = −
3
7
= ⇒ A

31
7
; −
43
7

; C

−3
7
;
29
7

.
Phương trình BC qua C v à vuông góc v ớ i AH là 12x − 21y + 93 = 0.
Gọi B


b;
2
3
b +
93
21

. Theo bài ta có d
B;(CK)
= d
A;(CK)
v à A, B khác phía so v ớ i (CK). T a tìm ra B

102
7
;
99
7

Bây giờ thì khá ổn rồi, bữa ăn cũng sắp xong rồi, có điều "món gà" "dai quá".
BC= 5
√
13; AB =
√
25205
3
; AC =
2
√
1585

3
; SABC=
710
7
.
Từ đó ta có biểu thức cần tính có giá trị là
476410
7
+ 710
√
5 + 150
√
13 + 20
√
1585 
Bài toán 22: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ Oxyc h o đường tròn (C) : x
2
+ y
2
+ 4y + 6y −3 = 0 v à
điểm M(2; 1). Gọi A; B lần lượt là các tiếp điểm của các tiếp tuyến k ẻ từ M đến (C). Tìm trực tâm
H của tam giác MAB.
L ờ i giải:
Gọi I là tâm của đường tròn (C). Từ đó ta có I(−2; −3), R = 4.
T a có MI= 4
√
2. Từ đó suy ra MA= MB= 4 suy ra IAMBlà hình vuông.
Khi đó ta có trực tâm H trùng v ớ i điểm M.
15

Kết luận: T r ự c tâm tam giác ABC là H(2; 1). 
Bài toán 23: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ Oxyc h o đường thẳng d : x − y + 2 = 0 v à hai đường
tròn có phương trình lần lượt là (C
1
) : (x − 1)
2
+ (y − 1)
2
= 1; (C
2
) : (x + 3)
2
+ (y − 4)
2
= 4. Hãy tìm
điểm M trên đường thẳng d sao c h o từ M k ẻ được lần lượt hai tiếp tuyến MA; MB(với A; B là tiếp
điểm) đến đường tròn (C
1
)v à đường tròn (C
2
) đồng thời đường thẳng d là phân giác trong góc

AMB.
L ờ i giải:
d
M
I
1
I
2

B

A

B
A
T â m các đường tròn lần lượt là I
1
(1; 1), I
2
(−3; 4). Lấy đối xứng của đường thẳng MAqua OI
1
thì dễ thấy
nó tiếp xúc v ớ i (C
1
) tại C.
Do tính c h ấ t đối xứng thì


CM,d

=


BM,d

, do đó MBtiếp xúc v ớ i (C
1
) tại C v à (C
2

) tại B.
Chứng minh tương tự v ớ i MA, ta suy ra được M là tâm phép vị tự biến (C
1
) thành (C
2
) suy ra M ∈ I
1
I
2
.
Phương trình I
1
I
2
là :3x + 4y −7 = 0.
T ọ a độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình

3x + 4y −7 = 0
x − y + 2 = 0
⇐ ⇒





x = −
1
7
y =
13

7
= ⇒ M

−
1
7
;
13
7

Kết luận: T ọ a độ điểm cần tìm là M

−
1
7
;
13
7

. 
Bài toán 23: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ Oxy c h o tứ giác ABCD có
A(1; 7), B(6; 2), C(2; −4), D(1; 1). Hãy viết phương trình đường thẳng đi qua C v à c h i a tứ giác
thành hai phần có diện tích bằng nhau.
L ờ i giải:
S
AHCD
= 14
S
HBC
= 14

A
B
C
D
H
16

Từ giả thiết bài toán ta tính được S
ABCD
= 28; S
ACD
= 3; BC= 2
√
13 v à phương trình AB : x + y −8 = 0,
phương trình BC: 3x − 2y − 14 = 0.
*Trường hợp 1: Đường thẳng qua C cắt AD tại K suy ra S
DCK
≤ S
ADC
= 3 < 14 =
S
ABCD
2
Do đó trường hợp này không thỏa mãn.
*Trường hợp 2: Đường thẳng qua C cắt AB tại H, ta có S
BCH
=
1
2
BC.d(H; BC) = 14 = ⇒ d (H; BC) =

14
√
13
Tham số hóa H(t; 8 − t), suy ra
|5t − 30|
√
13
=
14
√
13
= ⇒



t =
44
5
t =
16
5
= ⇒ t =
16
5
= ⇒ H

16
5
;
24

5

(Do H thuộc đoạn AB)
Kết luận: Phương trình cần tìm đi qua C v à H là 22x − 3y −56 = 0. 
Bài toán 25: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ Oxyc h o hai đường tròn (C
1
) : (x −2)
2
+ (y − 1)
2
=
9; (C
2
) : (x + 1)
2
+ (y − 5)
2
= 4 tiếp xúc ngoài tại A. Tìm điểm B ∈ (C
1
) v à C ∈ (C
2
) sao c h o tam
giác ABC vuông tại A v à có diện tích lớn nhất.
L ờ i giải:
S
ACB
= 6
S
AB


C

= 6
A
B
C
B

C

D
E
45
o
45
o
Gọi D,E lần lượt là tâm của (C
1
), (C
2
). Khi đó R
1
= 3; R
2
= 2. Có S
ABC
=
1
2
AB.AC.

Xét

AB = 2AD cos

BAD= 2AD cos α
AC = 2AE cos

EAC= 2AE cos

π
2
− α

= 2AE sin α
= ⇒ S
ABC
= 6 sin 2α ≤ 6 = ⇒ S
ABC
Max
= 6 ⇐ ⇒ α =
π
4
= ⇒ BD⊥AD
Phương trình AD : 4x + 3y −11 = 0 suy ra AB : 7x −y + 2 = 0 suy ra B

−
2
5
; −
4

5

∨ B

22
5
;
14
5

V ớ i B

−
2
5
; −
4
5

ta được AB : 7x − y + 2 = 0 suy ra AC : x + 7y −24 = 0 suy ra C

−13
5
;
19
5

V ớ i B

22

5
;
14
5

ta được AB : x + 7y −24 = 0 suy ra AD : 7x − y + 2 = 0 suy ra C

3
5
;
31
5

.
Kết luận V ậ y tọa độ các đỉnh cần tìm là B

−
2
5
; −
4
5

, C

−
13
5
;
19

5

∨ B

22
5
;
14
5

, C

3
5
;
31
5

. 
Bài toán 26: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ Oxy c h o đường tròn (C) : x
2
+ y
2
= 25 v à
B −
5
2
;
5
√

3
2

. Điểm C có hoành độ dương thuộc (C) sao c h o

BOC= 120
o
. Tìm M thuộc cung
nhỏ BCsao c h o
1
MB
+
1
MC
đạt giá trị nhỏ nhất (M  = B,C).
17

L ờ i giải:
c
O
B
C
120
o
A
M
Theo đề bài ta có ngay C(5; 0) v à B ∈ (C). gọi A đối xứng v ớ i B qua trục Oxthì A −
5
2
; −

−5
√
3
2

.
Không khó để ta nhận thấy tam giác ABC đều. Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có:
1
MB
+
1
MC
≥
4
MB+ MC
Mà theo định lí Ptoleme c h o tứ giác nội tiếp, ta được: MA.BC= MB.CA+ AB + MC
Vì AB = BC= CAv à M thuộc cung nhỏ BCnên: MB+ MC= MA.
Do đó biểu thức đã c h o nhỏ nhất khi MAlớn nhất, khi đó thì M là điểm c h í n h giữa cung nhỏ BCthỏa mãn
MB= MC.
Từ đó suy ra M đối xứng v ớ i A qua O nên suy ra M
5
2
;
5
√
3
2

Kết luận: T ọ a độ điểm cần tìm là M
5

2
;
5
√
3
2


Bài toán 27: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ Oxyc h o tam giác ABC có I

3
2
;
1
16

v à E(1; 0) lần
lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp v à nội tiếp tam giác ABC. Đường tròn (T ) tiếp xúc v ớ i BCv à các
cạnh AB; AC k é o sài có tâm là F (2; −8). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết y
A
< 0.
L ờ i giải:
A
B
C
I
E
F
J
18

Gọi J là giao của EF v à đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .Khi đó có BJ=EJ v à ∆BEFvuông tại B suy
ra J là trung điểm EF.
Pt đường tròn ngoại tiếp ABC v à EBC là





(I) :

x −
3
2

2
+

y −
1
16
2

=
65
2
16
2
(J) :


x −
3
2

2
+ (y + 4)
2
=
65
4
Suy ra phương trình BC: y = −2 do đó B (5, −2) , C (−2, −2) v à ngược lại.
Phương trình EF: 8x + y −8 = 0 suy ra A

1
2
, 4

Kết luận: T ọ a độ các đỉnh của tam giác là A

1
2
, 4

; B (5, −2) , C (−2, −2) hoặc A

1
2
, 4

; C (5, −2) , B (−2, −2)


Bài toán 28: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ Oxyc h o elip (E) thỏa mãn khoảng cách giữa hai đường
c h u ẩ n của (E) bằng
8
√
3
3
, điểm M có tọa độ dương thuộc (E) sao c h o độ lớn hai bán kính qua tiêu là
5
2
V À
3
2
. Tìm điểm N ∈ (E) sao c h o MN=
√
37
6
v à x
N
> 0.
L ờ i giải:
Giả sử (E) :
x
2
a
2
+
y
2
b

2
= 1, a > b > 0. Khoảng cách hai đường c h u ẩ n là :
2a
2
c
=
8
√
3
3
= ⇒
a
2
c
=
4
√
3
3
.
mathbf T a có. MF
1
= a +
c
a
x
M
> a −
c
a

x
M
= MF
2
(x
M
> 0)
Suy ra





a +
c
a
x
M
=
5
2
a −
c
a
x
M
=
3
2
= ⇒ a = 2 = ⇒ c =

√
3, b = 1. Phương trình (E) : x
2
+ 4y
2
= 4, M(
1
√
3
;

11
12
)
Gọi N(a; b) ∈ E. Khi đó ta có :





a
2
+ 4b
2
= 4

a −
1
√
3


2
+ b +

11
12

2
=
37
36
= ⇒





a =
8
3
√
3
b = −
√
33
9
= ⇒ N
8
3
√

3
; −
√
33
9

Kết luận: V ậ y tọa độ điểm cần tìm là N
8
3
√
3
; −
√
33
9


Bài toán 29: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ Oxy c h o các đường thẳng ∆
1
: x − y + 2 = 0; ∆
2
:
2x −y −2 = 0; ∆
3
: 2x + y −2 = 0 v à điểm E(4; 3). Viết phương trình đường tròn có tâm I thuộc ∆
1
,
cắt ∆
2
tại A; B v à ∆

3
tại C; D sao c h o AB + CD=
16
√
5
v à tâm I thỏa mãn IO= 2IE, x
I
∈ Z.
L ờ i giải:
Delta
1
Delta
2
Delta
3
I
E
O
A
B
C
D
19

Tham số hóa I(a; a + 2) ∈ ∆
1
. T a có:
IO= 2IE= ⇒ a
2
+(a + 2)

2
= 4

(a − 4)
2
+ (a − 1)
2

⇐ ⇒ 6a
2
−44a+54= 0 ⇐ ⇒

a = 2
a =
16
3
= ⇒ I (2; 4)
Gọi H,K lần lượt là trung điểm của AB; CDsuy ra IH= d (I; ∆
2
) =
2
√
5
; IK= (I; ∆
3
) =
6
√
5
T a có: AB + CD=

16
√
5
⇐ ⇒ BH+ CK=
8
√
5
⇐ ⇒

R
2
−
36
5
+

R
2
−
4
6
=
8
√
5
⇐ ⇒ R
2
= 8
Kết luận: Phương trình đường tròn cần lập là (x − 2)
2

+ (y −4)
2
= 8. 
Bài toán 30: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ Oxyc h o hình thang ABCD có đáy AB. Biết hai đỉnh
B(3; 3), C(5; −3). Giao điểm I của hai đường c h é o thuộc 2x + y −3 = 0. Gọi K là trung điểm của CD.
Tìm tọa độ các đỉnh A, D biết rằng IC= 2BI, tam giác IDKcó diện tích rằng

8
5
v à các điểm I,A
có hoành độ dương.
L ờ i giải:
S
IKD
= 1.6
B
C
D
I
A
K
2x + y = 3
Gọi I (a; 3 − 2a) ∈ ∆. Theo bài ra ta có:
IC= 2IB⇐ (a −5)
2
+(6−2a)
2
= 4(a − 3)
2
+16a

2
⇐ ⇒ 15a
2
+10a−25 = 0 ⇐ ⇒

a = 1
a = −
5
3
= ⇒ I (1; 1)
Phương trình đường thẳng BI: x − y = 0 v à CIx + y −2 = 0, IC= 4
√
2.
K là trung điểm của CDsuy ra S
ICD
= 2S
IDK
=
16
5
=
1
2
IC.d(D; IC) = ⇒ d (D; IC) =
8
5
√
2
Tham số hóa D(d; d) ∈ BI. Suy ra
|2d − 2|

√
2
=
8
5
√
2
= ⇒



d =
9
5
d =
1
5
= ⇒



D

9
5
;
9
5

D


1
5
;
1
5

V ớ i D

1
5
;
1
5

, phương trình AB : 16x + 24y −120 = 0. T ọ a độ A là giao của CIv à AB suy ra A(−9, 11)
V ớ i trường hợp còn lại, tương tự ta thấy không thỏa mãn.
Kết luận: T ọ a độ các đỉnh cần tìm là D

9
5
;
9
5

; A(−9, 11) 
T r o n g quá trình tổng hợp, chắc hẳn không tránh được sai xót, mong nhận được sự phản biện và góp ý thêm
của b ạ n đọc để c ó thể hoàn thiện hơn tài liệu này.
20
Nguyễn Đình Huynh