HÌNH HỌC GIẢI TÍCH MẶT PHẲNG OXY

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

 Chuyên đề 7:

HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG OXY
TÌM TỌA ĐỘ CỦA MỘT ĐIỂM

 Vấn đề 1:

TÌM PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
A. TỌA ĐỘ CỦA VECTƠ VÀ CỦA ĐIỂM
I. TỌA ĐỘ VECTƠ


y

a  (a1;a2 )  a  a1 i  a2 j

B

Với i = (1; 0) véctơ đơn vị của trục Ox

a

j = (0; 1) véctơ đơn vị của trục Oy



A

j

II. TỌA ĐỘ MỘT ĐIỂM
OM  (xM ; yM )  M(xM ; yM )

O

x

j

Cho A(xA; yA), B(xB; yB) ta có kết quả sau.
i) AB  (x B  x A ;y B  y A )
ii) AB  AB  (x B  x A )2  (y B  y A )2

iii) M chia đoạn AB theo tỉ số k: MA  kMB; k  1
x A  kx B

x M  1  k
Khi đó tọa độ điểm M là: 
y  y A  ky B
 M
1 k
xA  xB

x M 
2
iv) M trung điểm AB tọa độ điểm M 
y
y  A  y B

 M
2
III. TÍNH CHẤT VECTƠ

Cho a  (a1; a2 ), b  (b1; b2 )
1. a  b  (a1  b1; a2  b2 )

2. ka  k(a1;a2 )  (ka1;ka2 )

3. a.b  a1b1  a2 b2

4. a  a12  a22

a1  b1
5. a  b  
a2  b2

6. cos(a,b) 

a.b
a.b



a1b1  a2 b2
a12  a22 b12  b22

196

/>

TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

7. a cùng phương b  a  kb hay b  ka  a1b2  a2 b1  0
8. a  b  a.b  0  a1b1  a2 b2  0
B. ĐƯỜNG THẲNG


a  0 : a gọi là vectơ chỉ phương của đường thẳng 

khi giá của a cùng phương với đường thẳng 

a

Nếu a là vectơ chỉ phương của  thì
k a cũng là vectơ chỉ phương của  (k  0)


n



a

n  0 : n gọi là vectơ pháp tuyến của đường thẳng  khi n  
Nếu n là vectơ pháp tuyến của  thì kn cũng là vectơ pháp tuyến của 
(k  0)



Cách đổi giữa vectơ chỉ phương u và vectơ pháp tuyến n của đường thẳng 
Có: n = (A; B)  u = (B;  A) hay u  ( B; A)
Coù u  (a1; a2 )  n  (a2 ;  a1 ) hay n  (  a2 ; a1 )

I. PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QUÁT CỦA ĐƯỜNG THẲNG

 : Ax  By  C  0; A2  B2  0
 n  (A ; B) ,




C
neân  // Ox (C = 0 thì   Ox)
B
C
Nếu B = 0   : x   neân  // Oy (C = 0 thì   Oy)
A
Nếu A = 0   : y  

Ox: y = 0, Oy: x = 0 .

II. CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
1. Phương trình đường thẳng d đi qua điểm M(x0; y0)
và có vectơ pháp tuyến n  (A; B); (A2 + B2 > 0)
Phương trình tổng quát d: A(x  x0) + B(y  y0) = 0
2. Phương trình đường thẳng d đi qua M(x0; y0)
và có vectơ chỉ phương u  (a1; a2 ) (a12 + a22  0)


x  x0  a1t
Phương trình tham số d: 
y  y0  a2 t

t

197

/>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –



Phương trình chính tắc d:

x  x0 y  y0

a1
a2

Phương trình tổng quát d: a2(x  x0)  a1y (y  y0) = 0
3. Phương trình đường thẳng d đi qua 2 điểm A(xA; yA), B(xB; yB)
x  xA
y  yA

Phương trình chính tắc d:
xB  xA yB  yA


4. Phương trình đường thẳng theo đoạn chắn. Đường thẳng d cắt Ox, Oy lần lượt
x y
tại A(a; 0), B(0, b) có daïng d:   1 (a  0, b  0)
a b
Lưu ý: Cho d: Ax + By + C = 0
 d' // d  d': Ax + By + C' = 0 (C'  C)
 d'  d  d': Bx  Ay + C' = 0 hay  Bx + Ay + C' = 0
III. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG
Cho d1: A1x + B1y + C1 = 0
d2: A2x + B2y + C2 = 0
A1 B1
C1 B1
A1 C1
, Dx 
, Dy 
Laäp D 
A2 B2
C2 B2
A2 C2
i/ d1 caét d2  D  0
D  0
D  0
hoaë c 
ii/ d1 // d2  
Dx  0
Dy  0
iii/ d1  d2  D = Dx = Dy = 0
IV. GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THAÚNG


Cho d1: A1x + B1y + C1 = 0  n1  (A1;B1 )
d2: A2x + B2y + C2 = 0  n2  (A2 ;B2 )

cos  


n1.n2
n1 . n2



A1A2  B1B2
A12  B12 A22  B22

Neáu d1, d2 là các đường thẳng không đứng.
d1 : y = k1x + b1; d2 : y = k2x + b2
tan(d1, d2) 

k 2  k1
1  k1.k 2

V. KHOẢNG CÁCH
1. Khoảng cách giữa hai điểm A, B là: AB  (xB  xA )2  (yB  yA )2
198

/>

TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

2. Khoảng cách từ M(x0; y0) đến đường thẳng d: Ax + By + C = 0

d(M, d) 

Ax0  Bx 0  C
A2  B2

Lưu ý:  d(M, Ox) =  yM 
 d(M, Oy) =  xM 
VI. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG PHÂN GIÁC TẠO BỞI HAI
ĐƯỜNG THẲNG

d1

Cho d1: A1x + B1y + C1 = 0, d2: A2x + B2y + C2 = 0
 Khi đó phương trình hai đường phân giác là:
A x  B1y  C1
A x  B2 y  C2
t1   t 2  1
 2
2
2
A1  B1
A22  B22

1
d2

2

 Tìm phân giác góc nhọn hay góc tù.
Dấu n1.n2

Phân giác góc tù

Phân giác góc nhọn

n1.n2  0

t1 = t2

t1 =  t2

n1.n2  0

t1 =  t2

t1 = t2
B. ĐỀ THI

Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2011
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng : x – y – 4 = 0 vaø
d: 2x – y – 2 = 0. Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng d sao cho đường thẳng
ON cắt đường thẳng  tại điểm M thỏa mãn OM.ON = 8.
Giải
 M    M(m; m – 4) vaø N  d  N(n; 2n – 2).


OM   m; m  4  , ON   n; 2n  2  .

 O, M, N thẳng hàng  OM cùng phương ON


M
d

N

O
4n
 m(2n – 2) – n(m – 4) = 0  mn – 2m + 4n = 0  m 
2n

2
2
 OM.ON = 8  m2   m  4   n2   2n  2    64




2
 4n 2  4n
 
2
 
 4    n2   2n  2    64
 


 
 2  n   2  n
2

  n 2
 n
  2
2
 16 

16

1


   n   2n  2    64
 2  n  
  2  n 

199

/>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

 n 2  2n  2 2  2
2

 
 
   n   2n  2    4
 2  n   2  n  
2
2

2
 n2   2n  2   n2   2n  2    4  2  n 




2

2
 5n2  8n  4    4  2n 











  5n2  8n  4   4  2n   5n2  8n  4   4  2n   0



6
 5n2  6n  5n2  10n  8  0  n = 0 hoaëc n  .




5
6 2
Vậy N(0; –2) hoặc N  ;  .
 5 5
Cách 2: Nhận thấy rằng O, M, N thẳng hàng, do đó ta có thể chuyển điều kiện
OM.ON = 8 sang hệ thức vectơ bằng cách: Vẽ hai đường thẳng d và  trong mặt
phẳng (Oxy), ta có hai vectơ OM và ON cùng hướng, nên:
OM.ON = 8  OM . ON = 8  mn + (m – 4)(2n – 2) = 8
 3mn – 2m – 8n = 0. Khi đó ta có hệ phương trình:
3  2m  4n   2m  8n  0
3mn  2m  8n  0




mn  2m  4n  0
mn  2m  4n  0

6
m  5n
 
 n = 0 hoaëc n  .
5

 5n  n  2  5n   4n  0

Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2011
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(–4; 1), trọng tâm
G(1; 1) và đường thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình x – y – 1 = 0.
Tìm tọa độ các đỉnh A và C.

Giải
 Gọi d là đường phân giác trong của goùc A  d: x – y – 1 = 0,
và gọi B' đối xứng với B qua d  B' AC.
B
 BB' đi qua B(–4; 1) và vuông góc với d.
suy ra: BB': (x + 4) + (y – 1) = 0  x + y + 3 = 0.
d
 Gọi I là giao điểm của BB' và d,
I
suy ra tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình:
G
x  y  3  0
x  1
C
A

 I(–1; –2).

M B’
x  y  1  0
y  2
x  2xI  x B  2
 I là trung điểm cuûa BB'   B'
 B'(2; –5).
yB'  2yI  y B  5

200

/>

TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

 Gọi M là trung điểm của AC  BG  2GM
3x  x B 7

x  G

xG  x B  2  x M  xG 

 M
2
2  M  7 ; 1 .
 
 


2 

y  3yG  y B  1
yG  y B  2  y M  yG 
M

2

x2 y5
 4x – y – 13 = 0.

7
1


5
2
2
 A là giao điểm của d và AC nên tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:

 AC đi qua hai điểm B' và M  AC:

4x  y  13  0
x  4
 A(4; 3).


x  y  1  0
y  3
xC  2xM  xA  3
 M là trung điểm của AC nên: 
 C(3; –1).
yC  2yM  yA  1

Bài 3: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2011
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d: x + y + 3 = 0.
Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A(2; –4) và tạo với đường thẳng d
một góc bằng 45o.
Giải
Gọi  : a( x - 2 ) + b( y + 4 ) = 0 với a2 + b2  0
ab
1
Ta có: cos 450 
 a  b  a2  b2


2
2
2
2. a  b
 a2  b2  2ab  a2  b2  ab  0  a  0  b  0

Vậy  1: y + 4 = 0 và  2: x – 2 = 0
Caùch 2: d: x + y + 3 = 0  góc giữa Ox và d là 450
 hợp với d một góc 450   cùng phương với Ox hoặc Oy
Mà  qua A (2; –4)  phương trình  là x = 2 hoặc y = –4.
Bài 4: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2011
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình các
cạnh là AB: x + 3y – 7 = 0, BC: 4x + 5y – 7 = 0, CA: 3x + 2y – 7 = 0. Viết phương
trình đường cao kẻ từ đỉnh A của tam giác ABC.
Giải
x  1
x  3y  7

Toạ độ A là nghiệm hệ phương trình: 
y  2
3x  2y  7
Đường cao AH qua A và có 1 vectơ pháp là n = (5; –4)  AH: 5x  4y  3  0 .
201

/>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2010
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6; 6), đường

thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x + y  4 = 0. Tìm
tọa độ các đỉnh B và C, biết điểm E(1; 3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của
tam giác đã cho
Giải
Phương trình đường cao AH: 1(x – 6) – 1(y – 6) = 0  x – y = 0
Gọi K là giao điểm của IJ và AH (với IJ: x + y – 4 = 0)
suy ra K là nghiệm của hệ x  y  0  K (2; 2)
xy4


K laø trung điểm của AH  x
y

H
H

 2xK  xA  4  6  2  H (–2; –2)
 2yK  yA  4  6  2

Phương trình BC: 1(x + 2) + 1(y + 2) = 0  x + y + 4 = 0
Goïi B (b; –b – 4)  BC
Do H là trung điểm của BC  C (–4 – b; b); E (1; –3)
Ta coù: CE  (5  b; b  3) vuông góc với BA  (6  b;b  10)
Neân (5 + b)(6 – b) + (b – 3)(b + 10) = 0
 2b2 + 12b = 0  b = 0 hay b = –6
Vaäy B(0; –4); C(–4; 0) hay B(–6; 2); C(2; –6) .
Bài 6: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có đỉnh C(4; 1),
phân giác trong góc A có phương trình x + y – 5 = 0. Viết phương trình đường
thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và đỉnh A có hoành độ dương.

Giải
Ta có phân giác trong góc A là (d): x + y – 5 = 0
y
song song với đường phân giác d’ của góc phần tư
thứ II, nên góc M1 bằng góc A1 bằng 450.
Suy ra AC // Ox  phương trình AC:
y=1
Ta có A = AC  d nên A(4; 1)
1
C
 AC = 8
Mà diện tích ABC = 24
O
–4
1
nên AC.AB = 24  AB = 6
2
Mặt khác, AB vuông góc với trục hoành nên B (4; 7).
Vậy phương trình của BC laø: 3x – 4y + 16 = 0
202

/>
B

1

A

x

1 M
d
d’


TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

Bài 7: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2010
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và  là đường thẳng đi qua O.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên . Viết phương trình đường thẳng ,
biết khoảng cách từ H đến trục hoành bằng AH.
Giải
Cách 1: Gọi H(x0 ; y0) là hình chiếu của A trên 
Ta có: AH  (x0 ; y0  2), OH  (x0 ; y0 )
Từ giả thiết ta có
x20  y0 (y0  2)  0
x20  y20  2y0  0
AH.OH  0






2
2
2

AH  d(H,Ox)



x0  4y 0  4  0
 x0  (y0  2)  y0
 y 0

 x20
y20  2y 0  4  0
y 0  1  5



2
2
y 0
x 0  4y 0  4
x 0  4y 0  4  0

 x20

 1  5
 8  4 5
 1  5
 8  4 5  0 (loaï i)


x   4 5  8
 0
 H  4 5  8; 1  5 .
y



1

5

 0





Phương trình : ( 5  1)x 





4 5 8 y  0

Caùch 2:
   Oy  H  A: không thỏa AH = d(H, Ox)
   Ox  H  O: không thỏa AH = d(H, Ox)
 Phương trình : y = kx (k  0)
AH  
1
 y   x  2 là phương trình đường AH

AH
qua
A

k

Tọa độ H =   AH thỏa hệ
2k

y  kx
x  2
 2k
k 1
2k 2 




H
;


1
2
 k 2  1 k 2  1 
y   k x  2
y  2k



k2  1
2

2

2

2k 2
 2k   2k
AH  d(H;Ox)   2
 2  2
 k4  k2  1  0
   2

 k  1  k  1
k 1


203

/>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

 2 1 5
k 
22 5
22 5
2
. Vaäy : y  
x.

k
2
 2 1 5

2
 0 (loạ i)
k 

2

Bài 8: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6; 2) là
giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB và
trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng : x + y – 5 = 0. Viết phương trình
đường thẳng AB.
Giải
Gọi N đối xứng với M qua I, suy ra N(11; 1)
và N thuộc đường thẳng CD

A

M

E    E (x; 5 – x); IE = (x – 6; 3 – x)
Vaø NE = (x – 11; 6 – x)

D

B

I

C

EN

E là trung điểm CD  IE  EN hay IE.EN  0
 (x – 6)(x – 11) + (3 – x)(6 – x) = 0  x = 6 hoaëc x = 7
 x = 6  IE = (0; 3); phương trình AB: y – 5 = 0.
 x = 7  IE = (1; 4); phương trình AB: x – 4y + 19 = 0.
Bài 9: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2009
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh
A
(1; 4) và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng : x – y – 4 = 0. Xác định tọa độ các
điểm B và C, biết diện tích tam giác ABC bằng 18.
Giải
Gọi H là hình chiếu của A trên , suy ra H là trung điểm BC
2S
9
AH  d  A,BC  
; BC  ABC  4 2
AH
2

2
BC
97
AB  AC  AH2 

4
2
97

2

2
 x  1   y  4  
Tọa độ B và C là nghiệm của hệ: 
2

x  y  4  0
5
 11 3 
3
Giải hệ ta được:  x; y    ;  ;  x; y    ;  
2
 2 2
2
5
5   11 3 
 11 3   3
3
Vaäy B  ;  , C  ;   hoaë c B  ;   , C  ; 
 2 2 2 2
2 2  2 2

204

/>
A

B

H

C


TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

Bài 10: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M(2; 0) là trung điểm
của cạnh AB. Đường trung tuyến và đường cao qua đỉnh A lần lượt có phương trình
là 7x – 2y – 3 = 0 vaø 6x – y – 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng AC
Giải
7x

2y

3

0

Tọa độ A thỏa mãn hệ: 
 A 1; 2 
6x  y  4  0
B đối xứng với A qua M, suy ra B = (3; 2)
Đường thẳng BC đi qua B và vuông góc với đường thẳng: 6x – y – 4 = 0
Phương trình BC: x + 6y + 9 = 0
Tọa độ trung điểm N của đoạn thẳng BC thỏa mãn hệ:
7x  2y  3  0
3

 N  0;    AC  2MN   4; 3 ;


x

6y

9

0
2



Phương trình đường thẳng AC: 3x – 4y + 5 = 0
Bài 11: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2009
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có C(1; 2), đường
trung tuyến kẻ từ A và đường cao kẻ từ B lần lượt có phương trình là 5x + y – 9 = 0
và x + 3y – 5 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và B .
Giải
Giả sử AM: 5x + y – 9 = 0, BH: x + 3y – 5 = 0
AC: 3(x + 1) – 1(y + 2) = 0  3x – y + 1 = 0
A = AC  AM  A(1; 4)
B  BH  B (5 – 3m; m)
 4  3m m  2 
;
M là trung điểm BC  M 

2 
 2
M  AM  5.

4  3m m  2


 9  0  m = 0. Vaäy B(5; 0)
2
2

Bài 12: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2009
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các đường thẳng 1: x – 2y – 3 = 0
và 2: x + y + 1 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng 1 sao cho khoảng
1
cách từ điểm M đến đường thẳng 2 bằng
.
2
Giải
M  1  M(2m + 3; m)
2m  3  m  1
1
1
5
d  M, 2  


 3m  4  1  m = 1 hay m = 
3
2
2
2
205

/>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

 1 5
Vaäy M(1; 1) hay M   ;  
 3 3

Bài 13: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2008
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác
ABC, biết rằng hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AB là điểm
H(–1; –1), đường phân giác trong của góc A có phương trình x – y + 2 = 0 và
đường cao kẻ từ B có phương trình 4x + 3y – 1 = 0.
Giải


Kí hiệu: d1: x – y + 2 = 0; d2: 4x + 3y – 1 = 0



Gọi H'(a; b) đối xứng H(1; 1) qua d1. Khi đó H'  AC.



a1 = (1; 1) là VTCP của d1, HH = (a + 1; b + 1) vuoâng góc với a1 và trung

 a 1 b 1
;
điểm I 
 của HH' thuộc d1.
2 
 2

1(a  1)  1(b  1)  0

Do đó tọa độ H' là nghiệm của hệ  a  1 b  1
 H'(3; 1)

20

 2
2


Đường thẳng AC qua H' vuông góc d2 nên có vectơ pháp tuyến là
n  (3; 4) và pt AC: 3(x + 3) – 4(y – 1) = 0  3x – 4y + 13 = 0



3x  4y  13  0
Tọa độ A là nghiệm của hệ: 
 A(5; 7)
x  y  2  0



Đường thẳng CH đi qua H(1; 1) có VTPT

1
HA  (3; 4) nên có pt:
2

3(x + 1) + 4(y + 1) = 0  3x + 4y + 7 = 0
3x  4y  7  0
 10 3 
 Toïa độ của C là nghiệm của hệ: 
 C  ; 
 3 4
3x  4y  13  0

Baøi 14: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2007
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(2; 2) và các đường thẳng:
d1 : x + y – 2 = 0 ,

d2 : x + y – 8 = 0

Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt thuộc d1 và d2 sao cho tam giác ABC
vuông cân tại A.
Giải
Vì B  d1, C  d2 neân B(b; 2  b), C(c; 8  c). Từ giả thiết ta có heä:
bc  4b  c  2  0
(b  1)(c  4)  2
AB.AC  0



 2



2
2

2
AB  AC


b  2b  c  8c  18 
(b  1)  (c  4)  3
206

/>

TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

xy  2
Đặt x = b  1, y = c  4 ta có hệ  2
2
x  y  3

Giải hệ trên ta được x = 2, y = 1 hoặc x = 2, y = 1
Suy ra: B(1; 3), C(3; 5) hoặc B(3; 1), C(5; 3).
Bài 15: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2006
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ba đường thẳng:
d1: x + y + 3 = 0;
d2: x  y  4 = 0; d3: x  2y = 0.
Tìm tọa độ điểm M nằm trên đường thẳng d3 sao cho khoảng cách từ M đến
đường thẳng d1 bằng hai lần khoảng cách từ M đến đường thẳng d2.
Giải
Vì M  d3 nên M(2y; y)
2y  y  3 3y  3
2y  y  4
y4

Ta coù: d(M,d1 ) 

; d(M,d 2 ) 

2
2
12  12
12  (1)2
d(M; d1 )  2d(M,d 2 ) 

3y  3

2
Với y = 11 được điểm M1(22; 11).
Với y = 1 được điểm M2(2; 1).

2

y4
2

 y = 11 ; y = 1.

Bài 16: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2005
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng
d1: x  y = 0 vaø d2: 2x + y  1 = 0.
Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD biết rằng đỉnh A thuộc d 1, đỉnh C thuộc
d2 và các đỉnh B, D thuộc trục hoành.
Giải
Vì A d1  A(t; t).

Lại do A và C đối xứng nhau qua BD và B, D Ox nên C(t; t).
Mà C  d2 neân 2t  t  1 = 0  t = 1. Vaäy A(1; 1), C(1; 1).
IB  IA  1
Trung điểm của AC là I(1; 0). Vì I là tâm của hình vuông nên: 
ID  IA  1
 b  1  1 b  0, b  2
B  Ox
B(b; 0) 




D  Ox
D(d; 0) 
 d  1  1 d  0, d  2

Suy ra, B(0; 0) và D(2; 0) hoặc B(2; 0) và D(0; 0).
Vậy bốn đỉnh của hình vuông là A(1; 1), B(0; 0), C(1; 1), D(2; 0), hoaëc A(1; 1),
B(2; 0), C(1; 1), D(0; 0).

207

/>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

Bài 17:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(1; 1), B(4; 3). Tìm điểm
C thuộc đường thẳng x  2y – 1 = 0 sao cho khoaûng cách từ C đến đường thẳng
AB bằng 6.

Giải
x 1 y 1
A(1; 1); B(4; 3)  pt AB:

 4x + 3y  7  0
3
4
C  AB  C(2t + 1; t)
8t  4  3t  7
6
5
t = 3
11t  3  30
11t  3  30  

 t =  27
11t  3  30

11

Ta coù d(C, AB) = 6 


 43 27 
Vaäy C(7; 3) hay C   ;  
 11 11 

Bài 18:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có các đỉnh A(1; 0),
B(4; 0), C(0; m) với m  0. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC theo m.

Xác định m để tam giác GAB vuông tại G.
m 
 m

G  1;  ; GA   2;
;
3 
 3


Giaûi
 m 
GB   3;

3 


Tam giác GAB vuông tại G  GA.GB  0  6 

m2
0 m=  3 6.
9

Bài 19:
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đêcác vuông góc Oxy. Cho tam giác ABC
2 
có AB = AC, ABC = 900. Biết M(1; 1) là trung điểm cạnh BC và G  ; 0  là
3 
trọng tâm tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
Giải

G là trọng taâm ABC  AG  3GM
2
 2 2
x A  0
  xA  2 1   
 3
 A(0; 2)
 3 3  
y A  2
y  2  1  0   2
 A

Phương trình BC qua M(1; 1)  AM = (1; 3) laø: x  3y  4 = 0
208

/>

TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

Phương trình đường tròn (C) tâm M, bán kính R = AM = 10 là

 x  12   y  12

= 10

Tọa độ B, C thỏa

x  3y  4  0



2
2

 x  1   y  1  10

x  3y  4
x = 4
x =  2


V 

2
2
y = 0
y =  2

 3y  3   y  1  10

Vaäy B(4; 0); C(2; 2) hay B(2; 2); C(4; 0)
Bài 20:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxy. Xét tam giác ABC
vuông tại A, phương trình đường thẳng BC là

3x  y  3  0 , các đỉnh A và B

thuộc trục hoành và bán kính đường tròn nội tiếp bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm G
của tam giác ABC.
Giải
Gọi A(a; 0), BC: y =

3x

 B (1; 0), xC = xA = a, yC =
AB = a  1, AC =
2

3
3 (a  1)

3 a  1

BC = (a  1) + 3(a  1)2 = 4(a  1)2, BC = 2 a  1
S = pr 

2

3 (a  1)2 = 2 (3 +

 a  1 = 0 (loaïi) hoaëc

3 ) a  1

3 a  1 = 2 (3 +

3)

 a 32 3
 a  1 = 2 ( 3 + 1)  
a  1  2 3

 A(3 + 2 3 ; 0); B(1; 0); C(3 + 2 3 ; 6 + 2 3 )
hay A(1  2 3 ; 0); B(1; 0); C (1 2 3 ; 6  2 3 )
74 3 6 + 2 3 
 1  4 3 6  2 3 
;
;
 G 
 hay G 
 .
3
3
3
3





Bài 21:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxy cho hình chữ nhật
1 
ABCD có tâm I  ; 0  , phương trình đường thẳng AB là x  2y + 2 = 0 và
2 
AB = 2AD. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D biết rằng đỉnh A có hoành độ âm.
Giải
A  AB: x  2y + 2 = 0  A(2a  2; a) với a < 1
I là trung điểm AC  C(3  2a; a)
209

/>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

BC qua C vaø BC  AB  pt BC: 2x + y + 5a  6 = 0
AB  BC = B  B(2  2a; 2  a)
a  0
Ta coù AB = 2AD  (1  a)2 = 1  
a  2 (loạ i)

Vậy A(2; 0); B(2; 2); C(3; 0); D(1; 2).
Bài 22: CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2008
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, tìm điểm A thuộc trục hoành và điểm B
thuộc trục tung sao cho A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d:
x – 2y + 3 = 0.
Giải
Gọi A(a; 0)  Ox, B(0; b)  Oy


a b
Ta có: AB   a; b  và trung điểm AB là I  ; 
2 2

A
I

Từ d: x – 2y + 3 = 0  a   2;1
AB  a
 A, B đối xứng qua d: 


I  d

2a  b  0
a  2

.

a
 b
b  4
2  2 2   3  0
 


Vaäy A(2; 0), B(0; 4)

ĐƯỜNG TRÒN

 Vấn đề 2:

A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI
I. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN


Đường tròn (C) có tâm I(a; b) bán kính R.
1. Phương trình chính tắc: (C): (x  a)2 + (y  b)2 = R2
2. Phương trình tổng quaùt: (C): x2 + y2  2ax  2by + c = 0
Trong đó c = a2 + b2  R2  R  a2  b2  c



Cho đường cong (C): x2 + y2  2ax  2by + c = 0
Điều kiện để (C) là đường tròn là: a2 + b2  c > 0

II. SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN
Cho (C): x2 + y2  2ax  2by + c = 0, có tâm I(a; b), bán kính R
d: Ax + By + C = 0
Xét vị trí tương đối giữa (C) và d.


B

Phương phaùp 1:

210

/>
d


TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

i) d(I, d) > R  d không cắt (C)
ii) d(I, d) = R  d tiếp xúc (C)
iii) d(I, d) < R  d cắt (C) tại hai điểm phân biệt.


Phương pháp 2:

x2  y2  2ax  2by  c  0

Xeùt hệ phương trình tạo bởi d và (C): 
Ax  By  C  0


(I) vô nghiệm  d không cắt (C)



(I) có nghiệm kép  d tiếp xúc (C)



(I) có hai nghiệm phân biệt  d cắt (C) tại hai điểm phân biệt.

III. PHƯƠNG TRÌNH TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG TRÒN.


Điều kiện cần và đủ để đường thẳng d: Ax + By + C = 0
là tiếp tuyến của đường tròn  d(I, d) = R

1. Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M(x0; y0) có dạng:
x  x0
y  y0
 : x.x0  y.y0  2a
 2b
C0
2
2
hay  : (x  a)(x0  a)  (y  b)(y0  b)  R2

R
I

d

2. Phương trình tiếp tuyến của (C) qua M(x0; y0)


Gọi d là đường thẳng qua M(x0; y0) có hệ số góc k
d: y = k(x  x0) + y0  : kx  y + y0  kx0 = 0



d tiếp xúc (C)  d(I, d) = R

Giải (*) tìm được 2 nghiệm k bài toán đã xong, nếu chỉ có 1 nghiệm K ta xét
thêm đường thẳng: d1:x = xM (kiểm tra điều kiện tiếp xúc)
3. Phương trình tiếp tuyến của (C) song song (hoặc vuông góc) với đường thẳng
: Ax + By + C = 0


d // 
Goï i d 
d  

 d: Ax + By + C=0 (C  C)
 d: Bx  Ay + C=0 (hay  Bx  Ay  C  0)



d tiếp xúc (C)  d(I, d) = R

4. Phương trình tiếp của (C) biết trước hệ số góc k .


Tiếp tuyến  có hệ số góc k có dạng
: y = kx + b  : kx  y + b = 0



 tiếp xúc (C)  d(I, ) = R

IV. PHƯƠNG TÍCH CỦA MỘT ĐIỂM M(x0; y0) ĐỐI VỚI ĐƯỜNG TRÒN (C)

PM /(C)  x20  y20  2ax0  2by0  c
211

/>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

i) PM /(C)  0 : M nằm ngoài đường tròn
ii) PM /(C)  0 : M nằm trong đường tròn
iii) PM /(C)  0 : M nằm trên đường tròn.
V. TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG
Cho (C1): x2 + y2  2a1x  2b1y +c1 = 0, (C2): x2 + y2  2a2x  2b2y +c2 = 0
Phương trình trục đẳng phương: : 2(a1  a2)x + 2(b1  b2)y  (c1  c2) = 0
B. ĐỀ THI
Bài 1: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2011
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng : x + y + 2 = 0 và đường troøn

(C): x2 + y2 – 4x – 2y = 0. Gọi I là tâm của (C), M là điểm thuộc . Qua M kẻ các
tiếp tuyến MA và MB đến (C) (A và B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M,
biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10.
Giải
 Đường tròn (C) có tâm I(2; 1) và bán kính: R =

4  1  0  5 = IA .

 Hai tam giác IAM và IBM bằng nhau neân
1
1
SIAM = SMAIB = 5  IA.MA = 5
2
2
1

5 MA = 5  MA = 2 5 .
2

I
B
A

 M    M( m; –m – 2 )

M



 MI2 = IA2 + MA2 = 5 + 20 = 25  (m – 2)2 + (–m – 3)2 = 25

 m2 + m – 6 = 0  m = 2 hoặc m = –3
Vậy: M (2; –4) hoặc M (–3; 1) .
Bài 2: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2011
1 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B  ; 1 . Đường tròn
2 

nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các điểm
D, E, F. Cho D(3; 1) và đường thẳng EF có phương trình y – 3 = 0. Tìm tọa độ
đỉnh A, biết A có tung độ dương.


Giải
Vì yB = yD = 1 nên BD có phương trình y – 1 = 0.
Ta lại có phương trình EF là y – 3 = 0 nên BD // EF.
Suy ra: Tam giác ABC cân tại A.

212

/>

TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN


Vì tam giác ABC cân tại A nên AD  EF,
mặt khác AD đi qua D(3; 1) nên AD có phương trình x – 3 = 0.



F  EF: y – 3 = 0 nên F(x; 3)



Ta có: BF = BD
2

A

2
F
2

1

3

   2   1  1


B
2
 x – x – 2 = 0  x = –1 hoaëc x = 2.
D
+) Với x = –1 thì F(–1; 3), suy ra BF có phương trình 4x + 3y – 5 = 0.


1
  x    3 1
2


E

2

C


7
A là giao điểm của AD và BF nên A  3;   loại vì yA < 0.
3

+) Với x = 2 thì F(2; 3), suy ra BF có phương trình 4x –3y + 1 = 0.

 13 
A là giao điểm của AD và BF nên A  3;  nhận vì yA > 0.
 3
 13 
Vaäy A  3;  .
 3
Bài 3: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2011
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, điểm A(1; 0) và đường tròn (C):
2

x + y2 – 2x + 4y – 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng  cắt (C) tại điểm M và
N sao cho tam giác AMN vuông cân tại A.
Giải
 Đường tròn (C) có tâm I(1; –2) và bán kính R =

10 .

 Tam giác AMN vuông cân tại A nên   AI
Suy ra:  có véctơ pháp tuyến là AI = (0; –2).

A

Do đó phương trình  có dạng: y = m.

I

 Ta có: +) MN = 2.d(A, ) = 2 m .
M

+) d(I, ) = m  2 .
+) IM = R =

(C
)
N



10 .
2

 MN 
+) IM  d  I,    
 10 = (m + 2)2 + m2

 2 

2

2

 2m2 + 4m – 6 = 0  m = 1 hoặc m = –3.
Vậy phương trình  là : y = 1 hoaëc y = –3.
213

/>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

Cách 2:
Phương trình  có dạng: y = m, do đó hoành độ điểm M và N là nghiệm của
phương trình: x2 + m2 – 2x + 4m – 5 = 0  x2– 2x + m2 + 4m – 5 = 0 (*).
Phương trình (*) có 2 nghiệm x1, x2  ' = –m2 – 4m + 6 > 0.

(1)

Khi đó: M(x1; m) và N(x2; m)  AM   x1  1; m  vaø AN   x2  1; m  .







Ta coù: AM  AN  AM.AN  0  x1  1 . x2  1  m2  0
 x1.x2 – (x1 + x2) + m2 + 1 = 0 (**).
Mặt khác x1, x2 là nghiệm của (*) nên x1.x2 = m2 + 4m – 5 và x1 + x2 = 2

Do đó: (**)  (m2 + 4m – 5) – 2 + m2 + 1 = 0  2m2 + 4m – 6 = 0
 m = 1 hoặc m = –3. (Thỏa (1))
Vậy, phương trình  là: y = 1 hoặc y = –3.
Bài 4: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2010
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1:
d2 :

3x  y  0 vaø

3x  y  0 . Gọi (T) là đường tròn tiếp xúc với d1 tại A, cắt d2 tại hai điểm B

và C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết phương trình của (T), biết tam giác
ABC có diện tích bằng

3
và điểm A có hoành độ dương.
2

Giải
A  d1 nên A (a; a 3 ) (a > 0)
Đường thẳng AC qua A và vuông góc với d1 có phương trình là:





1 x  a   3 y  a 3  0  x  3y  4a  0
Neân AC  d2 = C(2a; 2a 3 )

Đường thẳng AB qua A và vuông góc

với d2 có phương trình là:





1 x  a   3 y  a 3  0  x  3y  2a  0

 a a 3
AB  d2 = B   ; 

2 
 2
3
SABC 
 BA.BC  3
2
2
a 
a 3

  a     a 3 

2 
2 


2

2

2
a 
a 3


2a

 = 3

   2a 3 
2 
2 


214

/>

TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

 a 3 .3a = 3  a 

1

 1

 2

 A

;  1 ; C  
;  2
3
3
 3




3
 1
 Tâ m I 
;   là trung điểm AC và bán kính R = IA = 1
2
2 3
2

2

1  
3

Suy ra phương trình đường tròn (T):  x 
  y   1
2
2 3 


Bài 5: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2010
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; 7), trực tâm là

H(3; 1), tâm đường tròn ngoại tiếp là I(2; 0). Xác định toạ độ đỉnh C, biết C có
hoành độ dương.
Giải
Cách 1: Nối dài AH cắt đường tròn (C) tâm I tại điểm H'

A

 BC đi qua trung điểm HH'.
Phương trình AH: x = 3
Đường tròn (C) có phương trình:

H

(x  2)2  y2  74

H' là giao điểm của AH và đường tròn (C)
 H' (3; 7)

B

I

M

Đường thẳng BC có phương trình : y = 3 cắt
đường tròn (C) tại điểm C có hoành độ là nghiệm

C
H'

phương trình: ( x  2)  3  74
2

2

 x  65  2 (laáy hoành độ dương); y = 3.
Vậy C ( 65  2 ; 3)
Cách 2: Gọi (C) là đường tròn tâm I(2; 0),

A

bán kính R = IA  74
Phương trình đường tròn (C): (x  2)2  y2  74
Gọi AA1 là đường kính
 BHCA1 là hình bình hành
 HA1 qua M trung điểm BC
Ta có IM là đường trung bình của A1AH
x  2
1
Nên : IM  AH   M
 M(2; 3)
2
y M  3

I

H
B

C

M
H'

A1

Phương trình BC qua M và vuông góc AH: y  3 = 0
215

/>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

(x  2)2  y2  74
x  2  65


Toaï độ C thoả hệ phương trình: y  3  0
.


y  3
x  0


Vaäy C ( 65  2 ; 3)
Bài 6: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x2 + 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 tròn (C). Tìm m để  cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích

tam giác IAB lớn nhất.
Giải
(C) có tâm I (2; 2), bán kính R =

2

1
1
IA.IB.sin AIB  R2  1
2
2
S lớn nhất khi và chỉ khi IA  IB
2  2m  2m  3
R
1 
Khi đó, khoảng cách từ I đến : d(I, ) =
1
2
1  m2
8
 (1 – 4m)2 = 1 + m2  m = 0 hoặc m =
15

Diện tích tam giác IAB: S =

Bài 7: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2009
4
và
5
hai đường thẳng 1: x – y = 0, 2 = x – 7y = 0. Xác định tọa độ tâm K và tính bán

kính của đường tròn (C1); biết đường tròn (C1) tiếp xúc với các đường thẳng 1, 2
và tâm K thuộc đường tròn (C).

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x – 2)2 + y2 =

Giải
4
Gọi K(a; b); K  (C)  (a – 2)2 + b2 =
5
a  b a  7b
(C1) tiếp xúc 1, 2 

2
5 2

(1);
(2).

2
2

5  a  2   5b  4
(1) vaø (2), cho ta: 

5 a  b  a  7b
2
2

5  a  2   5b  4


 I  hoaëc
5
a

b

a

7b





2
2

5  a  2   5b  4
 II 

5
a

b

7b

a






216

/>

TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

25a2  20a  16  0
vô nghiệm;

 b  2a

 I   


a  2b
8 4
(II)  
  a; b    ; 
2
5 5

25b  40b  16  0

Bán kính (C1): R 

ab
2



2 2
2 2
8 4
. Vậy: K  ;  và R 
5
5
5
5



Bài 8: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x – 1)2 + y2 = 1. Gọi
I là tâm của (C). Xác định tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho IMO  30o
Giải
Gọi điểm M(a; b). Do M(a; b) thuộc (C) nên (a – 1)2 + b2 = 1;
O  (C)  IO = IM = 1 Tam giác IMO có OIM  120o
Nên OM2 = IO2 + IM2 – 2IO.IM.cos1200  a2 + b2 = 3
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ
3

 a  12  b2  1 a  2
. Vaäy M =


2
2

b   3
a  b  3

2

3
3
 ; 

2 
2

Bài 9: ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2007
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(0; 2), B(–2; –2)
và C(4; –2). Gọi H là chân đường cao kẻ từ B; M và N lần lượt là trung điểm của
các cạnh AB và BC. Viết phương trình đường tròn đi qua các điểm H, M, N
Giải
Ta có M(1; 0), N(1; 2), AC  (4;  4). Giả sử H (x, y). Ta có:

4(x  2)  4(y  2)  0
x  1
BH  AC

 
 H(1; 1)

H  AC
4x  4(y  2)  0
y  1


Giả sử phương trình đường tròn cần tìm là: x2 + y2 + 2ax + 2by + c = 0

(1)

Thay tọa độ của M, N, H vào (1) ta có hệ điều kiện:
1

a

2a

c

1

2


2a

4b

c


5

1


b 
2a  2b  c  2

2


c


2


Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: x2 + y2  x + y  2 = 0
217

/>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

Bài 10: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2007
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x– 1)2 + (y + 2)2 = 9 và
đường thẳng d: 3x – 4y + m = 0. Tìm m để trên d có duy nhất một điểm P mà từ
đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến PA, PB tới (C) (A, B là các tiếp điểm) sao cho
tam giác PAB đều .
Giải
(C) có tâm I(1; 2) và bán kính R = 3.
Ta có: PAB đều nên IP = 2IA = 2R = 6  P thuộc đường tròn (C') tâm I, bán
kính R' = 6. Trên d có duy nhất một điểm P thoả mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi
d tiếp xúc với (C') tại P  d(I; d) = 6  m = 19 hay m = 41.
Bài 11: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2006

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn
(C) : x2 + y2  2x  6y + 6 = 0 và điểm M(3; 1).
Gọi T1 và T2 là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đến (C).
Viết phương trình đường thẳng T1T2.
Giải
Đường tròn (C) có tâm I(1; 3) và bán kính R = 2. MI = 2 5 > R nên M nằm ngoài
(C). Nếu T(xo; yo) là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) thì:
T  (C)
T  (C)




MT  IT 
MT.IT  0

MT  (xo  3; yo  1),IT  (xo  1; yo  3). Do đó ta có:

x2o  yo2  2xo  6yo  6  0



(xo  3)(xo  1)  (yo  1)(yo  3)  0
2
2

xo  yo  2xo  6yo  6  0
 
 2xo  yo  3  0
2

2

xo  yo  2xo  4yo  0

(1)

Vậy, tọa độ các tiếp điểm T1 và T2 của các tiếp tuyến kẻ từ điểm M đến (C) đều
thỏa mãn đẳng thức (1). Do đó phương trình đường thẳng T1T2 là:
2x + y  3 = 0.
Bài 12: ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2006
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn:
(C): x2 + y2  2x  2y + 1 = 0 và đường thẳng d: x  y + 3 = 0. Tìm tọa độ điểm
M nằm trên d sao cho đường tròn tâm M, có bán kính gấp đôi bán kính đường tròn
(C), tiếp xúc ngoài với đường tròn (C).
218

/>

TT Luyện Thi Đại Học VĨNH VIỄN

Giải
Đường tròn (C) có tâm I(1; 1), bán kính R = 1. Vì M  d nên M(x; x + 3).
Yêu cầu của bài toán tương đương với:
MI  R  2R  (x  1)2  (x  2)2  9  x  1, x  2

Vậy có 2 điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là: M1(1; 4), M2(2; 1)
Bài 13: ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2005
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(2; 0) và B(6; 4).
Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với trục hoành tại điểm A và khoảng
cách từ tâm của (C) đến điểm B bằng 5.

Giải
Gọi tâm của (C) là I(a; b) và bán kính của (C) là R.
(C) tiếp xúc với Ox tại A  a = 2 và |b| = R
IB = 5  (6  2)2 + (4  b)2 = 25  b2  8b + 7 = 0  b = 1, b = 7
Với a = 2, b = 1 ta có đường tròn: (C1): (x  2)2 + (y  1)2 = 1
Với a = 2, b = 7 ta có đường tròn: (C2): (x  2)2 + (y  7)2 = 49.
Baøi 14:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxy cho 2 điểm A(0; 2) và
B( 3 ; 1). Tìm tọa độ trực tâm và tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp của OAB
Giải
Gọi H(x, y) là trực tâm AOB





AH  OB  AH coù VTPT OB   3, 1

 Phương trình AH:

3  x  0    y  2   0 hay 3x  y  2  0

 BH.OA  BH coù vtpt OA   0; 2 





 Phương trình BH: 0 x  3  2  y  1  0 hay y + 1 = 0  H





3; 1

Gọi I (x0; y0) là tâm đường tròn ngoại tiếp AOB, ta coù: IA2  IO2  IB2
x2  y2  x2   y  2 2
0
0
0

 0
y 0  1
 

 I  3;1
2
2
x20  y20  x0  3   y0  1
x0   3










Baøi 15:
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đêcác vuông góc Oxy. Cho đường tròn
(C): (x  1)2 + (y 2)2 = 4 và đường thẳng d: x  y  1 = 0.
Viết phương trình đường tròn (C') đối xứng với đường tròn (C) qua đường
thẳng d. Tìm tọa độ các giao điểm của (C) và (C').
219

/>

Hướng dẫn giải CDBT từ các ĐTQG Toán học –

Giải
(C1) có tâm I(1; 2), R = 2
Gọi I' là điểm đối xứng của I qua (d)
Gọi () là đường thẳng qua I vaø   d  : x + y  3 = 0
()  (d) = H(2; 1)
x 1

2

2  x = 3 với I' (x; y)  I' (3; 0)
Vì H là trung điểm của II' nên: 

1  y  2 y = 0

2

Vậy đường tròn (C) có tâm I'(3; 0) R = R' = 2
Vậy (C'): (x  3)2 + y2 = 4

* Tìm tọa độ giao điểm của (C), (C').
 x  12   y  2 2  4

Giải hệ 
2
2

 x  3  y  4



2

 x  3  y2  4

x  y  1  0



x = 1
x = 3
x  y  1
  2

 
2y  4y  0
y = 0
y = 2


Vậy giao điểm của (C), (C') là A(1; 0) B(3; 2).
Bài 16:
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxy, cho hai đường tròn
(C1): x2 + y2  10x = 0, C2: x2 + y2 + 4x  2y 20 = 0.
1/ Viết phương trình đường tròn đi qua các giao điểm của (C1), (C2) và có tâm
nằm trên đường thẳng x + 6y  6 = 0.
2/ Viết phương trình tiếp tuyến chung của các đường tròn (C1) và (C2).
Giải
1/ Đường tròn (C) qua giao điểm của hai đường tròn (C1) và (C2)  (C), (C1), (C2)
thuộc chùm đường tròn.
(C): m(x2 + y2 – 10x) + n(x2 + y2 – 2y – 20) = 0; (Với m2 + n2  0).
(m + n)x2 + (m + n)y2 + (4n – 10m)x – 2ny – 20n = 0
4n  10m
2n
20n
x2 + y2 +
x
y
0
mn
mn
mn
n 
 2n  5m
;
Tâm I  

m

n

m
n


 Vì I  d: x + 6y – 6 = 0 

5m  2n
6n

 6  0  m  2n
mn
mn

Ta chọn n = 1  m = 2. Vậy (C): x2 + y2 – 24x + 2y + 20 = 0.
220

/>