BÀI TẬP TÌM ĐIỂM LOẠI 4 THẦY NGUYỄN THANH TÙNG

Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)

Hình học Oxy

TÌM ĐIỂM LOẠI 4
ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Giáo viên: NGUYỄN THANH TÙNG
Đây là tài liệu tóm lược các kiến thức đi kèm với bài giảng Tìm điểm loại 4 thuộc khóa học Luyện thi THPT quốc gia
Pen - C: Môn Toán (GV: Nguyễn Thanh Tùng) tại website Hocmai.vn. Để có thể nắm vững kiến thức phần này, bạn cần
kết hợp xem tài liệu cùng với bài giảng này.

Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : 2 x  y  3  0 . Viết phương trình đường
tròn tâm thuộc d , cắt trục Ox tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho AB  CD  2 .
Giải :

+) Gọi I là tâm đường tròn cần lập và gọi I (t; 2t  3)  d

 2t  3  t
t  3  I (3; 3)


+) Ta có AB  CD  d ( I , Ox)  d ( I , Oy)  2t  3  t  
 2t  3  t
t  1  I (1;1)
AB 2
+) Với I (3; 3)  IH  d ( I , Ox)  3  3 và ta có: AH 
  1  R2  IA2  IH 2  HA2  10
2
2
2

2
Vậy phương trình đường tròn: ( x  3)  ( y  3)  10 .
+) Với I (1;1)  IH  d ( I , Ox)  1  1 và ta có: AH 

AB 2
  1  R2  IA2  IH 2  HA2  2
2
2

Vậy phương trình đường tròn: ( x  1)2  ( y  1)2  2 .
Bài 2 (A – 2006). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho các đường thẳng: d1 : x  y  3  0 ,

d 2 : x  y  4  0 , d 3 : x  2 y  0 . Tìm tọa độ điểm M nằm trên đường thẳng d 3 sao cho khoảng cách
từ M đến đường thẳng d1 bằng hai lần khoảng cách từ M đến đường thẳng d 2 .
Giải :
+) Gọi M (2t; t )  d3 , khi đó :
d (M , d1 )  2d (M , d2 ) 

2t  t  3
2

 2.

2t  t  4

2
3t  3  2(t  4)
t  11  M (22; 11)
 3t  3  2 t  4  



3t  3  2(t  4)
t  1
 M (2;1)

+) Vậy M (22; 11) hoặc M (2;1) .
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 1 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)

Hình học Oxy

Bài 3 (A – 2002). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho 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 :


x  1
 3x  y  3  0
+) Do BC Ox  B nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 


 B(1;0)
y

0
y

0



+) Gọi A(t;0)  Ox , khi đó phương trình AC đi qua A vuông góc với Ox có dạng x  t



 3x  y  3  0
x  t
Suy ra tọa độ điểm C là nghiệm của hệ 

 C t; 3t  3
x

t
y

3
t

3










 AB  t  1

1
3(t  1)2
+) Suy ra  AC  3 t  1 . Do đó : SABC  AB. AC 
2
2

BC

2
t

1


t  2 3  3
t 1
2SABC
3(t  1)2
+) Ta có r 



 2 
AB  BC  CA 3 t  1  3 t  1
3 1
t  2 3  1






 A 2 3  3;0
74 3 62 3 

Với t  2 3  3  
, suy ra tọa độ trọng tâm G 
;

3
3 

C 2 3  3;6  2 3









 A 2 3  1;0
 4 3  1 6  2 3 

Với t  2 3  1  
, suy ra tọa độ trọng tâm G 
;
 .
3
3
C

2
3

1;

6

2
3




Bài 4 (A – 2005). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d1 : x  y  0 và



d2 : 2 x  y  1  0 tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết rằng đỉnh A thuộc d1 , đỉnh C thuộc

d 2 , và các đỉnh B, D thuộc trục hoành.
Giải :

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 2 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)

Hình học Oxy

+) Gọi A(a; a)  d1 . Do A, C đối xứng nhau qua BD và B, D  Ox nên C (a; a)

 A(1;1)
+) Vì C  d 2  2a  a  1  0  a  1  
C (1; 1)
+) Gọi I là tâm của hình vuông , khi đó I là trung điểm của AC nên I (1;0)
b  0  B(0;0)  D(2;0)
Gọi B(b;0)  Ox , khi đó IB 2  IA2  (b  1)2  1  

b  2  B(2;0)  D(0;0)
(vì I là trung điểm của BD )
Vậy A(1;1), B(0;0), C (1; 1), D(2;0) hoặc A(1;1), B(2;0), C (1; 1), D(0;0) ).
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A(2;1) , trực tâm H (14; 7) , đường
trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình 9 x  5 y  7  0 . Tìm tọa độ các đỉnh B và C .

Giải :

+) Gọi M là trung điểm của BC

 x  2  5t
Do phương trình BM viết dưới dạng tham số 
nên gọi
 y  5  9t

 B(2  5b; 5  9b)

 M (2  5m; 5  9m)

+) Do M là trung điểm của BC  C (10m  6;18m 11)  BC  (10m  5b  4;18m  9b  6)
Ta có AH  (12; 8)  4(3; 2) . Khi đó:
AH  BC  AH .BC  0  3(10m  5b  4)  2(18m  9b  6)  0  b  2m


 B(10m  2;18m  5)
 HB  (10m  16;18m  2)

Suy ra 
C (10m  6;18m  11) 
 AC  (10m  8;18m  12)
+) Do H là trực tâm tam giác ABC nên ta có:
HB. AC  0  (10m  16).(10m  8)  (18m  2)(18m 12)  0

1

 B(3; 4), C (1; 2)

m


2
2
 106m  105m  26  0  
   154 203   58 115 
 m  26  B  53 ; 53  , C   53 ;  53 

 


53 
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 3 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)

Hình học Oxy

 154 203   58 115 
+) Vậy B(3;4), C( 1; 2) hoặc B 
;
,C   ; 
.

 53 53   53 53 

Bài 6 (B – 2011 – CB). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng  : x  y  4  0 và
d : 2 x  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 :


 N (a; 2a  2)  d
ON  (a; 2a  2)
+) Gọi 

 M (b; b  4)  

OM  (b; b  4)

a  kb
+) Ta có O, M , N thẳng hàng nên ON  kOM  
2a  2  k (b  4)
 a.k (b  4)  kb.(2a  2)  a(b  4)  b(2a  2) (Do k  0 không là nghiệm của hệ )
4a
(1)
2a
+) Ta có OM .ON  8  OM 2 .ON 2  64  (5a 2  8a  4).(2b2  8b  16)  64 (2)
 b(2  a)  4a  b 

Thay (2) vào (1) ta được :
(5a 2  8a  4).

5a 2  8a  4  2(a  2)

(80a 2  128b  64)
2
2
2

64

(5
a

8
a

4)

4(
a

2)

 2
(2  a) 2
5a  8a  4  2(a  2)

 N (0; 2)
a  0
5a 2  10a  8  0
 2

  6 2

6
N  ; 
a 
5a  6a  0
5   5 5 

6 2
Vậy N (0; 2) hoặc N  ;  .
5 5

Bài 7 (B – 2007). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho điểm A(2; 2) và các đường thẳng

d1 : x  y  2  0 , d 2 : x  y  8  0 . Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt thuộc d1 và d 2 sao cho tam
giác ABC vuông cân tại A
Giải :

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 4 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)

Hình học Oxy

 B(b; 2  b)  d1 
 AB  (b  2; b)

+) Gọi 

C (c;8  c)  d2

 AC  (c  2;6  c)

(b  2)(c  2)  b(c  6)  0
 AB. AC  0
+) Do ABC vuông cân tại A nên  2


2
2
2
2
2
 AB  AC
(b  2)  b  (c  2)  (6  c)


bc  4b  c  2  0
(b  1)(c  4)  2
 2 2

2
2
b  c  2b  8c  18  0 (b  1)  (c  4)  3
2
2



uv  2
u  b  1
u  2; v  1
v 
v 
+) Đặt 
, khi đó hệ có dạng :  2 2


u
u 
v  c  4
u  2; v  1
u  v  3 u 4  3u 2  4  0
u 2  4


b  3; c  5
 B(3; 1), C (5;3)
Suy ra 

b  1; c  3  B(1;3), C (5;3)
Vậy B(1;3), C (3;5) hoặc B(3; 1), C (5;3) .
Bài 8 (D – 2012 – CB). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD. Các đường thẳng
AC và AD lần lượt có phương trình là x  3 y  0 và x  y  4  0 ; đường thẳng BD đi qua điểm
 1 
M   ;1 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
 3 
Giải :

 x  3
x  3y  0

 A(3;1)
Vì  A  AC  AD nên xét hệ: 
y 1
x  y  4  0
x  3 y 1
AB đi qua A và vuông góc với AD nên AB có phương trình:

 x y20
1
1
 t t t t  2 
Gọi B(t1; t1  2)  AB và D(t2 ; t2  4)  AD ( t1; t2  3 )  I  2 1 ; 2 1
 : là trung điểm của BD
2
 2

t t
t t  2
Mà I  AC  2 1  3. 2 1
 0  2t2  t1  3  0  t1  2t2  3 (*)
2
2

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 5 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)

Hình học Oxy

1
10
1

 



Có: MB   t1  ; t1  3    2t2  ; 2t2  6  (theo (*)) và MD   t2  ; t2  3 
3
3
3

 



6t  10 2t2  6
Mặt khác B, D, M thẳng hàng  MB, MD cùng phương  2

 2  t2  1  t1  1

3t2  1
t2  3

 B(1; 3), D(1;3) và I (0;0)  C (3; 1) ( vì I là trung điểm của AC )
Vậy A(3;1), B(1; 3), C(3; 1), D( 1;3) .
Bài 9 (B – 2012 – NC). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và đường
tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình x 2  y 2  4 . Viết phương trình chính tắc của elip
(E) đi qua các đỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox.
Giải:

x2 y 2

 1 ( với a  b  0 )
a 2 b2
Vì (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D và A  Ox nên không mất tính tổng quát giả sử: A(a;0) và B(0; b) .
Gọi phương trình chính tắc của elip ( E ) :

Mà hình thoi ABCD có AC = 2BD  2OA  4OB  OA  2OB  a  2b (vì a  b  0 ) hay A(2b;0) ,
B(0; b)
Gọi H là hình chiếu của O lên AB
 OH  R  2 ( vì đường tròn x 2  y 2  4 tiếp xúc với các cạnh của hình thoi)
Xét tam giác OAB ta có:

1
1
1
1
1
1
hay  2  2  b2  5  a2  4b2  20



2
2
2
OH
OA OB
4 4b b

Vậy phương trình chính tắc của elip ( E ) là:

x2 y 2

1
20 5

Bài 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(2;0) và đường tròn (T ) : ( x 1)2  ( y  2) 2  5 . Tìm
tọa độ hai điểm B, C thuộc (T ) sao cho tam giác ABC vuông tại B và có diện tích bằng 4.
Giải:

+) Đường tròn (T ) có tâm I (1; 2) và bán kính R  5
Vì A  (T ) và tam giác ABC vuông tại B nên AC là đường kính của (T )
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 6 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam

Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)

Hình học Oxy

Suy ra I là trung điểm của AC  C (0; 4)
+) Gọi B(a; b) , khi đó B  (T )  (a  1)2  (b  2)2  5 (*)
Phương trình AC : 2 x  y  4  0

2a  b  4
b  2 a
2S ABC
2.4


 2a  b  4  4  
AC
5
2 5
b  2 a  8
+) Với b  2a thay vào (*) ta được:
Ta có d ( B, AC ) 

 B(0;0)
a  0  b  0
(a  1)  (2a  2)  5  5a  6a  0  
   6 12 
6
12
B   ;  
a    b  

  5 5 
5
5

2

2

2

+) Với b  2a  8 thay vào (*) ta được:

 B(2; 4)
 a  2  b  4
(a  1)  (2a  6)  5  5a  26a  32  0  
   16 8 
16
8
B  ;  
a   b  
5
5   5 5 

2

2

2

 6 12 

 16 8 
Vậy B(0;0), C (0; 4) hoặc B   ;   , C (0; 4) ; B(2; 4), C(0; 4) ; B  ;   , C (0; 4) .
5
 5
 5 5

Bài 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , Cho tam giác ABC cân tại C có phương trình cạnh AB là
 9
x  2 y  0 . Điểm I (4; 2) là trung điểm của AB , điểm M  4;  thuộc cạnh BC , diện tích tam giác
 2
ABC bằng 10. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết tung độ của điểm B không nhỏ hơn 3.
Giải:

 5
+) Gọi N là hình chiếu vuông góc của M lên AB  N  5;   MN  5
 2
+) CI đi qua I và vuông góc với AB nên có phương trình: 2 x  y  10  0
C (c;10  2c)  CI
Gọi 
với a  1 do yB  3
 A(2a; a)  AB  B(8  2a; 4  a)


CI  (c  4) 2  (8  2c) 2  5 c  4

Suy ra  AI  BI  (2a  4) 2  (a  2) 2  5 a  2  5(2  a)

 BN  5 (2a  3) 2  5 (3  2a)

4

2
+) Ta có S ABC  10  CI . AI  10  5 c  4 . 5(2  a)  10  c  4 

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

2
2a

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

(1)

- Trang | 7 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)

Mặt khác do MN // CI nên ta có:

Hình học Oxy

MN BN
5
5(3  2a)
2(a  2)
(2)




 c4 
CI
BI
2a  3
5 c  4 2. 5(2  a)

c  6
2
2(a  2)

 a 2  2a  1  0  a  1  c  4  2  
2a
2a  3
c  2
Vậy A(1;2), B(6,3), C (6; 2) hoặc A(1;2), B(6,3), C (2;6) .
Thay (1) vào (2) ta được:

Giáo viên
Nguồn

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

: Nguyễn Thanh Tùng
:
Hocmai.vn

- Trang | 8 -