Oxy full hình học phẳng Oxy bí kíp thế lực

Tọa độ trong mặt phẳng

CASIO EXPERT: Nguyễn Thế Lực

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG
Giáo viên: Nguyễn Thế Lực
Dạy off lớp 10,11,12 tại Hà Nội : 0977.543.462
Dạy live lớp 10,11,12 học sinh ở xa: />Khóa luyện thi 8-9: />I. HỆ TRỤC TỌA ĐỘ
Định nghĩa: Hệ trục tọa độ đề c|c vuông góc trong mặt phẳng
x ' Ox  y ' Oy
Vectơ đơn vị e1  x ' Ox, e2  y ' Oy

e12  e22  1; e1.e2  0
II. TỌA ĐỘ CỦA MỘT ĐIỂM
1. M ( x; y)  OM  ( x; y)  OM  x.e1  y.e2
2. Tọa độ c|c điểm đặc biệt

 A( x1 ; y1 )

Cho  B( x2 ; y2 )  Trung điểm của AB có tọa độ l{:
C ( x ; y )
3
3

Điểm chia AB tỉ số k l{ điểm thỏa m~n

x x y y 
I 1 2; 1 2 
2 
 2

JA
 x  kx2 y1  ky2 
 k  Tọa độ: J   1
;

1 k 
JB
 1 k

 x  x  x y  y  y3 
Tọa độ trọng t}m tam gi|c ABC: G  1 2 3 ; 1 2

3
3


III. TỌA ĐỘ CỦA MỘT VECTƠ

a  (a1; a2 )  a  a1 e1  a2 e2
1. Định nghĩa: 
. Nếu
b

(
b
;
b
)

b


b
e

b
e


1 2
1 1
2 2

 A( x1 ; y1 )
thì AB  ( x2  x1; y2  y1 ) .

B
(
x
;
y
)

2
2

2. Phép toán: a  b  (a1  b1; a 2  b2 );  a   b  ( a1   b1;  a 2   b2 )
IV. TÍCH VÔ HƯỚNG VÀ ĐỘ DÀI

 

1.a.b  a . b cos a, b

7. a  b  a  b

8. a  b  a  b

2. a.b  a1b1  a2b2

9. a  b  a  b

10. a  b  a  b

3. a  a12  a22 ; b  b12  b22

11. a.b  a . b

 

4. a  b  (a1  b1 ) 2  (a2  b2 ) 2

12.cos a, b 

5. a  b  (a1  b1 ) 2  (a2  b2 ) 2

13.sin a, b 

 

a1b1  a2b2
a12  a22 . b12  b22

;

a1b1  a2b2
a12  a22 . b12  b22

6. AB  ( x2  x1 ) 2  ( y2  y1 ) 2
Luyenthipro.vn – Cổng luyện thi THPT QG Online

Tổng đài tư vấn: 0977.543.462

Trang 1


Tọa độ trong mặt phẳng

CASIO EXPERT: Nguyễn Thế Lực

V. SỰ THẲNG HÀNG

 

det a, b 

a1 a2
b1 b2

 

 a1b2  a2b1 ; a / /b  det a, b 



a1 a2
b1 b2

 a1b2  a2b1  0



A, M, B thẳng h{ng  det AB, AM  0
VI. DIỆN TÍCH TAM GIÁC

A( x1 ; y1 ); B( x2 ; y2 ); C ( x3 ; y3 ) S ABC 

1
1 x2  x1
det AB; AC 
2
2 x3  x2





y2  y1
y3  y1

VII. BÀI TẬP MẪU MINH HỌA
Bài 1: Cho ABC với A(1; -3); B(3; -5); C(2; -2). Tìm tọa độ của M, N l{ giao của c|c đường

ph}n gi|c trong v{ ngo{i của góc A với đường thẳng BC.
X|c định tọa độ t}m đường tròn nội tiếp ABC .
Giải:
AM l{ ph}n gi|c trong của tam gi|c ABC suy ra:

MB
AB
2 2
7



 2  M  ; 3 
AC
MC
2
3

AN l{ ph}n gi|c ngo{i của tam gi|c ABC suy ra:
NB AB

 2  N 1;1
NC AC
Gọi I l{ t}m đường tròn nội tiếp ABC suy ra BI là phân giác trong ABM





IA

BA
2 2
3



 I 4  15; 3
2
BM
IM
5
10
3
Bài 2: Cho A(6; 3), B(-3; 6), C(1; -2)
a. Tìm tọa độ trọng t}m G, trực t}m H, t}m đường tròn ngoại tiếp I.
b. CMR: H, G, I thẳng hàng.
Giải:
x x x
y  yB  yC 7
4
4 7
a. Tọa độ trọng t}m G: xG  A B C  ; yG  A
  G ; 
3
3
3
3
3 3
+ H l{ trực t}m ABC



x  2
 AH  BC
 AH .BC  0 4( xH  6)  8( yH  3)  0


 H
 H (2;1)


5(
x

30

5(
y

6)

0
y

1
BH

AC
BH
.

AC

0

H
H

H




+ I l{ t}m đường tròn ngoại tiếp ABC nên: IA = IB = IC.
 ( xI  6) 2  ( yI  3) 2  ( xI  3) 2  ( yI  6) 2  ( xI  1) 2  ( yI  2) 2
 12 xI  6 yI  45  6 xI  12 yI  45  2 xI  4 yI  5
 xI  1; yI  3  I (1;3)
b. Phương trình đường thẳng IH l{:

x  2 y 1

 2x  y  5  0
1  2 3 1

Luyenthipro.vn – Cổng luyện thi THPT QG Online

Tổng đài tư vấn: 0977.543.462

Trang 2

Tọa độ trong mặt phẳng

CASIO EXPERT: Nguyễn Thế Lực

8 7
Ta có: 2 xG  yG  5    5  0  G  ( IH ) suy ra G, H, I thẳng h{ng.
3 3
Bài 3: Cho A(1; 0), B(0; 3), C(-3; -5). Tìm tập hợp c|c điểm M thỏa m~n 1 trong c|c điều kiện
sau:













a. 2MA  3MB MA  2MB  0

b. 2MA  3MB MA  MB  MC  BC 2

c.MB 2  MC 2  3MB.MC

d .2MA2  MB 2  2MC 2

Giải:
Gọi M ( x; y ) suy ra MA  (1  x;  y), MB  ( x;3  y), MC  (3  x; 5  y)
a. 2MA  3MB  ( x  2; y  9) và MA  2MB  ( x  1; y  6)

 2MA  3MB  MA  2MB   0  ( x  2)( x  1)  ( y  9)( y  6)  0
2
2
3 
15   10 

  x     y    

2 
2   2 


2

 3 15 
Vậy quĩ tích điểm M l{ đường tròn t}m   ;  bán kính
 2 2

10
2

b. MA  MB  MC  (2  3x; 2  3 y)

 2MA  3MB  MA  MB  MC   BC
2

2

 ( x  2)(2  3x)  ( y  9)(2  3 y )  73

2

2

2

4
25  857
4 
25  19



 3  x    3  y   
 73   x     y   
0
3
6 
12
3 
6  36



Phương trình trên vô nghiệm nên không có điểm M n{o thỏa m~n yêu cầu.



c. MB 2  MC 2  3MB.MC  MB  MC



2

 MB.MC  BC 2  MB.MC
2

3
365

  x(3  x)  (3  y )(5  y)  73   x    ( y  1) 2 
2
4


 3

Vậy quĩ tích điểm M l{ đường tròn t}m   ; 1 bán kính
 2


365
2

d. 2MA2  MB 2  2MC 2  2 (1  x)2  y 2    x 2  (3  y)2   2 (3  x)2  (5  y)2 
 x 2  y 2  16 x  26 y  57  0  ( x  8) 2  ( y  13) 2  290

Vậy quĩ tích điểm M l{ đường tròn t}m (8; 13) b|n kính

290

Bài 4: Cho tứ gi|c ABCD có A(0; 1), B(-2; -1), C(-1; -4), D(1; 0)
a. Chứng minh rằng: C|c tam gi|c ABD v{ BCD l{ những tam gi|c vuông.
b. Tính diện tích tứ gi|c ABCD.
c. Tìm M trên Oy để diện tích  MBD v{ diện tích  BCD bằng nhau.
Giải:
a. Ta có: AB  (2; 2), AD  (1; 1)  AB.AD  0  AB  AD
Luyenthipro.vn – Cổng luyện thi THPT QG Online

Tổng đài tư vấn: 0977.543.462

Trang 3


Tọa độ trong mặt phẳng

CASIO EXPERT: Nguyễn Thế Lực

BC  (1; 3), BD  (3;1)  BC.BD  0  BC  BD
Vậy  ABD vuông tại A v{  BCD vuông tại B (đpcm)
1
1
b. S ABD  AB. AD  2; S BCD  BC.BD  5  S ABCD  S ABD  S BCD  7
2
2
c. Gọi M (0; y )  Oy . Sử dụng công thức SMBD 

Suy ra để SMBD  SBCDthì





1
MB 2 MD 2  MBMD
2

MB 2 .MD 2  MB.MD



2



2

 10

  4  ( y  1)2  (1  y 2 )   2  (1  y) y   10
2

 ( y 2  2 y  5)( y 2  1)  ( y 2  y  2)2  100  9 y 2  6 y  99  0
 3( y  3)(3 y  11)  0  y  3  y  

11
3

11 

Vậy có 2 điểm M thỏa m~n l{ M(0; 3) hoặc M  0;  
3

Bài 5: CMR:

x 2  xy  y 2  y 2  yz  z 2  z 2  zx  x 2 , x, y, z  R

Giải:
2

Ta có:

2
2
x  3 
z  3 


2
2
x  xy  y   y    
x  ; y  yz  z   y    
z
2   2 
2   2 



2

2

2


 xz 3

x 3   
z 3 
x  , b    y   ;
z   a  b  
;
( x  z ) 
Xét a   y  ;
2 2   
2 2 
2

 2


 ab 

( x  z )2 3( x  z )2

 z 2  zx  x 2 .
4
4

Do a  b  a  b nên

x 2  xy  y 2  y 2  yz  z 2  z 2  zx  x2 (đpcm)

Dấu “=” xảy ra a  b  x  z  0 hoặc
x
2y  x
x 2 y  2 x
y
y  x

 


 xy  yz  zx  0 .
z
2y  z
z
2y
yz
y
k
z (k  1)
1 k
Cách 2: Trong 3 số x; y; z có ít nhất 2 số cùng dấu, giả sử l{ x, y .

Hay là x  z  0  x  kz , y 

Lấy c|c điểm O, A, B, C1; C2 sao cho

OA  x , OB  y , OC1  OC2  z và
BOC1  C1OA  1200 ; AOC2  C2OB  600

Ta có: AB 2  x 2  y 2  2 xy cos1200
 AB  x2  y 2  xy . Tương tự suy ra:

BC1  y 2  z 2  yz , C1 A  z 2  x2  zx
Luyenthipro.vn – Cổng luyện thi THPT QG Online

Tổng đài tư vấn: 0977.543.462

Trang 4


Tọa độ trong mặt phẳng

CASIO EXPERT: Nguyễn Thế Lực

Và BC2  y 2  z 2  yz , C2 A  z 2  x 2  zx
Nếu z cùng dấu với x, y thì sử dụng AB  BC1  C1 A suy ra (đpcm)
Nếu z tr|i dấu với x, y thì sử dụng AB  BC2  C2 A suy ra (đpcm)
Dấu “=” xảy ra  Trong 3 điểm A, B, C có ít nhất 2 điểm trùng O
 2 trong 3 số x, y, z có ít nhất 2 số bằng 0.
Trong trường hợp x, z cùng dấu v{ kh|c dấu với y thì dấu bằng xảy ra khi độ d{i đường ph}n
gi|c từ đỉnh O của tam gi|c OAC chính l{ OB.

Phần bài tập rèn luyện
Dạng 1: Xác định tọa độ của một điểm.
Bài 1: Cho A(1; -2); B(0; 4); C(3; 2). Tìm D sao cho:

a. CD  2 AB  3 AC
b. AD  2BD  4CD  0
Giải:
Gọi D ( x; y )
a) Ta có: CD  2 AB  3 AC  ( x  3; y  2)  2(2;6)  3(2;4) )  2;12)  (6;12)

 x  3  8  x  5
  x  3; y  2   (8;0)  

y  2  0
y  2
Vậy D(-5; 2)
b) Ta có: AD  2BD  4CD  0  ( x 1; y  2)  2( x; y  4)  4( x  3; y  2)  0
 ( x  1; y  2)  (2 x; 2 y  8)  (12  4 x;8  4 y )  0
 x  11
 (11  x; 2  y )  0  
y  2
Vậy D(11; 2).

Bài 2: Cho A(1; -2), B(2; 1), C(-3; 5). Tìm D để tứ giác ABCD là hình bình hành.
Giải:
Gọi D ( x; y ) . Điều kiện để ABCD là hình bình hành là:

 x  1  5  x  4
AD  BC  ( x  1; y  2)  (5; 4)  

y  2  4
y  2
Vậy D(-4; 2)
Bài 3: Cho A(1; -2). Tìm trên Ox điểm M để đường trung trực của AM đi qua gốc tọa độ O.

Luyenthipro.vn – Cổng luyện thi THPT QG Online

Tổng đài tư vấn: 0977.543.462

Trang 5


Tọa độ trong mặt phẳng

CASIO EXPERT: Nguyễn Thế Lực

Giải:

 x 1

Gọi M ( x;0)  Ox và I là trung điểm của AM  I 
; 1
 2

Vì đường trung trực của AM đi qua gốc tọa độ O nên:
 x 1

OI  AM  OI . AM  0  
; 1 ( x  1; 2)  0
 2

2
x  3
( x  1)


 2  0  ( x  1)2  4  
2
 x  1
Vậy có hai điểm M thỏa mãn: M1(3; 0) và M2(-1; 0)
Bài 4: Cho A(-1; -3) , B(3; 3). Tìm M, N để chia AB thành 3 đoạn có độ dài bằng nhau.
Giải:
Theo giả thiết ta có: AM = MN = NB suy ra:

1
1

 x A  2 xB y A  2 y B
1
MA   MB  tọa độ M là: 
;
1
1
2
 1
1

2
2


 1

   ; 1


 3


 x  2 xB y A  2 yB   5 
NA  2 NB  tọa độ N là: N  A
;
   ;1
1 2   3 
 1 2
1

5 
Vậy M  ; 1 và N  ;1
3

3 
Bài 5: Giả sử M(1; 2), N(0; 4) chia AB thành 3 đoạn có độ dài bằng nhau. Tìm tọa độ A, B.
Giải:
Theo giả thiết ta có: AM = MN = NB suy ra:

1
1

xM  xN yM  yN

1
2 ;
2
AM  AN  tọa độ A là 
1

1
2
 1
1

2
2



   2;0 



1
1

xN  xM yN  yM

1
2
2
BN  BM  tọa độ A là 
;
1
1
2
 1
1


2
2



   1;6 



Vậy A(2; 0) và B(-1; 6)
Bài 6: Cho A(-2; -6), B(10; 6); C(-11; 0). Gọi M là điểm chia AB theo tỉ số (-3) và N là điểm chia AC theo tỉ số -2. Tìm

I  BN  CM .
Giải:

Luyenthipro.vn – Cổng luyện thi THPT QG Online

Tổng đài tư vấn: 0977.543.462

Trang 6


Tọa độ trong mặt phẳng

CASIO EXPERT: Nguyễn Thế Lực
M là điểm chia AB theo tỉ số (-3)

 x  3xB y A  3 yB 
 MA  3MB  M  A
;

  M (7;3)
1 3 
 1 3
N là điểm chia AC theo tỉ số (-2)

 x  2 xC y A  2 yC 
 NA  2 NC  N  A
;
 N (8; 2)
1  2 
 1 2
10  x 6  y


 IB / / IN
4 x  9 y  14  0
x  1
 x 8 y  2
Giả sử I ( x; y )  



 x  6 y  11  0
y  2
 x  11  y
 IC / / IM
 7  x 3  y
Vậy I(1; 2)

Dạng 2: Sự thẳng hàng

Bài 1: Cho A(-3; 12); B(2; -4), C(5; -4); D(5; 5). Tìm

AC  BD .

Giải:
Cách 1: Viết phương trình đường thẳng AC và BD, từ đó suy ra tọa độ giao điểm I.

 AI  s. AC

 BI  t.BD
 x  3  8s
 x  3  8s
16

x
 y  12  16s
 x  2  3t




5


Suy ra hệ phương trình: 
 x  2  3t
2 x  y  6  0
y   2
 y  4  9t
3x  y  10  0

5

Cách 2: Giả sử tọa độ I ( x; y )

Vậy

 16 2 
I  ; 
 5 5

Bài 2: Cho A(1; 3), B(5; -5). Tìm M

 Ox để (MA + MB) đạt giá trị nhỏ nhất.

Giải:

M  Ox  M ( x;0)
Ta có:

MA  MB  MA  MB  MA  MB  BA  80  4 5

Dấu “=” xảy ra khi MA và MB cùng phương nhưng ngựơc hướng, tức là:

3

k 
1  x  k (5  x)

 MA  k MB



5



5
k  0
 x  2
x  5

2

5 
M  ;0  thì min(MA + MB) = 4 5
2 
Bài 3: Cho A(1; 2); B(3; 4). Tìm M  Ox để (MA + MB) đạt giá trị nhỏ nhất.
Vậy

Luyenthipro.vn – Cổng luyện thi THPT QG Online

Tổng đài tư vấn: 0977.543.462

Trang 7


Tọa độ trong mặt phẳng

CASIO EXPERT: Nguyễn Thế Lực

Giải:

Cách 1: Ta có:

MA  MB  ( x  1)2  4  ( x  3)2  16

u  ( x 1;2); v  (3  x;4)  u  v  (2;6)

Chọn

 MA  MB  u  v  u  v  2 10
Dấu “=” xảy ra 

x 1 2
5
 x
3 x 4
3

5 
M  ;0  thì min(MA + MB) = 2 10
3 
Cách 2: Lấy A1 đối xứng với A qua Ox  A1 (1; 2)  MA  MA1
Vậy

Ta có:

MA  MB  MA1  MB  A1B  22  62  2 10

x 1 2
5
 x

3 x 4
3
Bài 4: Cho A( x1 ; y1 ); B( x2 ; y2 ) . Tìm M   : ax  by  c  0 để (MA + MB) đạt giá trị nhỏ nhất.
Dấu “=” xảy ra khi M  A1 B  Ox  MA1  k MB 

Giải:
Đặt f ( x; y )  ax  by  c , ta xét 2 trường hợp sau:
TH1: f ( A). f ( B )  0  A, B nằm về 2 phía của đt (  )  MA  MB  AB
Dấu “=” xảy ra khi M  AB  ( )
TH2: f ( A). f ( B )  0  A, B nằm về cùng 1 phía của đt (  )
Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua   MA  MA1  MA  MB  MA1  MB  A1 B
Dấu “=” xảy ra khi M  A1 B  
Bài 5: CMR:

a 2  2a  5  a 2  2 a  5  2 5

Giải:
Xét

u  (a 1;2), v  (a 1;2)  u  v  (2;4)

Ta có:

u  v  a 2  2a  5  a 2  12a  5  u  v  2 5 (đpcm).

Dấu “=” xảy ra khi a = 0.

Bài 6: CMR:

a 2  2a  5  a 2  2a  136  13

Giải:
Xét

u  (a 1;2), v  (a  6;10)  u  v  (5;12)

Ta có:

u  v  a 2  2a  5  a 2  12a  136  u  v  13 (đpcm).

Dấu “=” xảy ra khi

a 1 2
11

a .
6  a 10
6

Luyenthipro.vn – Cổng luyện thi THPT QG Online

Tổng đài tư vấn: 0977.543.462

Trang 8


Tọa độ trong mặt phẳng

CASIO EXPERT: Nguyễn Thế Lực

Bài 7: Cho a, b, c  0 và ab + bc + ca = abc. CMR:

a 2  2b 2
b 2  2c 2
c 2  2a 2


 3
ab
bc
ca
Giải:
Chọn

1 2 
1 2 
1 2
u   ;
 ; v   ;
 ; w   ;

b a 
c b 
a c 

1 1 1 2
2
2
 u  v  w     ;




b
c 
a b c a
Ta có:

u  v  w  uvw
2

2

2

2
2
2
2
1  2 
1  2 
1  2
 1 1 1
    
     
     
  3   
 b   a 
 c   b 
 a   c 
a b c

a 2  2b 2
b 2  2c 2
c 2  2a 2



 3 (vì ab + bc + ca = abc)
ab
bc
ca
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 3.

PHƢƠNG TRÌNH ĐƢỜNG THẲNG TRONG MẶT PHẲNG
I. VECTƠ ĐẶC TRƢNG CỦA ĐƢỜNG THẲNG
1. Vectơ

v  (a1 ; a2 ) là vectơ chỉ phương (VTCP) của ()   // giá của v .

2. Vectơ

n  (a; b) là vectơ pháp tuyến (VTPT) của ()    giá của n .

3. Nhận xét:
(  ) có vô số vectơ chỉ phương và vô số vectơ pháp tuyến đồng thời

v  n.

II. PHƢƠNG TRÌNH ĐƢỜNG THẲNG
1. Phương trình tham số: PT đường thẳng (  ) đi qua M 0 ( x0 ; y0 ) và có VTCP

v  (a1 ; a2 ) :

 x  x0  a1t
(t  R)

 y  y 0  a2 t
2. Phương trình chính tắc: PT đường thẳng (  ) đi qua M 0 ( x0 ; y0 ) và có VTCP

v  (a1 ; a2 ) :

x  x0 y  y0

a1
a2
3. Phương trình hệ số góc: PT đường thẳng (  ) với hệ số góc a là: y  ax  b
4. Phương trình tổng quát: PT đường thẳng (  ) tổng quát: Ax  By  C  0 với A  B  0
2

Nhận xét: (  ) Ax  By  C  0 với A  B  0 có VTCP
2

2

2

v  ( B;  A) và n  ( A; B)

5. Phương trình đường thẳng (  ) đi qua M 0 ( x0 ; y0 ) với hệ số góc k là: y  k ( x  x0 )  y0
6. Phương trình đường thẳng (  ) đi qua M 0 ( x0 ; y0 ) với VTPT

n  ( A; B) là:

A( x  x0 )  B( y  y0 )  0
7. Phương trình đường thẳng (  ) đi qua M 0 ( x0 ; y0 ) với VTCP

v  ( A; B)

Luyenthipro.vn – Cổng luyện thi THPT QG Online

Tổng đài tư vấn: 0977.543.462

Trang 9


Tọa độ trong mặt phẳng

CASIO EXPERT: Nguyễn Thế Lực

B( x  x0 )  A( y  y0 )  0

x  x1
y  y1

x2  x1 y2  y1

8. Phương trình đường thẳng (  ) đi qua 2 điểm M 1 ( x1 ; y1 ), M 2 ( x2 ; y2 ) :
9. Phương trình đoạn chắn đi qua A(0; a), B(0; b) là:

x y

 1
a b

10. Phương trình chùm đường thẳng: Cho 2 đường thẳng cắt nhau

(1 ) : a1 x  b1 y  c1  0; ( 2 ) : a2 x  b2 y  c2  0 với I  (1 )  ( 2 ) .
Đường thẳng (  ) đi qua I là:

p(a1 x  b1 y  c1 )  q ( a2 x  b2 y  c2 )  0 với p 2  q 2  0
III. VỊ TRÍ TƢƠNG ĐỐI CỦA 2 ĐƢỜNG THẲNG
1. Dạng tham số:  1 đi qua

 x  x1  a1t
M 1 ( x1 ; y1 ) : 
(t  R) .
 y  y1  b1t

 x  x2  a2t
(t  R)
 2 đi qua M 2 ( x2 ; y2 ) : 
 y  y2  b2t
• Nếu

v1  (a1 ; b1 )

• Nếu

v1  (a1 ; b1 ) // v2  (a2 ; b2 )

• Nếu

a1b2  a2b1  0
v1  (a1 ; b1 ) // v2  (a2 ; b2 ) // M 1M 2  
thì 1   2
a1 ( y2  y1 )  b1 ( x2  x1 )  0

2. Dạng tổng quát:

a1 b1

D

a2 b2

v2  (a2 ; b2 )  a1b2  a2b1  0 thì 1   2  I
a b  a b  0
M 1M 2   1 2 2 1
thì 1 / /  2
a1 ( y2  y1 )  b1 ( x2  x1 )  0


1 : a1 x  b1 y  c1  0; n1  (a1; b1 )


 2 : a2 x  b2 y  c2  0; n2  (a2 ; b2 )

; Dx 

b1 c1
b2 c2

; Dy 

c1 a1
c2 a2

;

D D 
1   2  I  x ; y 
 D D
a a
c
2
2
• Nếu D = 0 và Dx  Dy  0  1  2  1 thì 1 / /  2
b1 b2 c2
• Nếu D  0  a1b2  a2b1  0 thì

• Nếu

D  Dx  Dy  0 

a1 a2 c1
thì 1   2
 
b1 b2 c2

IV. GÓC GIỮA HAI ĐƢỜNG THẲNG
1. Dạng hệ số góc:

Cho


a1a2  b1b2
1 : a1 x  b1 y  c1  0; n1  (a1; b1 )
; cos 

a12  b12  a22  b22

 2 : a2 x  b2 y  c2  0; n2  (a2 ; b2 )

V. KHOẢNG CÁCH VÀ PHƢƠNG TRÌNH ĐƢỜNG PHÂN GIÁC
1. Khoảng cách từ M 0 ( x0 ; y0 ) đến  : ax  by  c  0 là :
Luyenthipro.vn – Cổng luyện thi THPT QG Online

d ( M , ) 

ax0  by0  c
a 2  b2

Tổng đài tư vấn: 0977.543.462

Trang 10


Tọa độ trong mặt phẳng

CASIO EXPERT: Nguyễn Thế Lực

2. Cho


1 : a1 x  b1 y  c1  0; n1  (a1; b1 )
cắt nhau thì phương trình 2 đường phân giác


:
a
x

b
y

c

0;
n

(
a
;
b
)

 2 2
2
2
2
2
2

a1 x  b1 y  c1
a x  b2 y  c2
 2
a12  b12
a22  b22

VI. Ví Dụ
Bài 1: Trên mặt phẳng Oxy cho điểm A(2; -2). Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm M(3; 1) và cắt trục

Ox, Oy tại B và C sao cho tam giác ABC cân.
Giải:
Gọi B(b; 0)

   Ox và C (0; c)    Oy suy ra

c  2; b  6
b  c  4
x y
() :   1 (bc  0)
b  c  4  c2  4  

b c
b  2  c  2 b  c
3 1
M (3;1)      1 (1) . Tam giác ABC cân tại A  AB 2  AC 2
b c
b  2  c  2
b  c  4
 (b  2)2  4  4  (c  2)2  


b  2  c  2 b  c
c  2; b  6
x y
x y
b  c  4  c2  4  
 (1 ) :   1;( 2 ) : 
1
6 2
2 2
c  2, b  2
Với b  c : (1)  b  2  c  2 (loại, do trùng với  2 ).
Với

Bài 2: Cho tam giác ABC có đỉnh A(-1; -3)
a. Giả sử hai đường cao BH: 5 x  3 y  25  0,(CK ) : 3 x  8 y  12  0 .
Hãy viết phương trình cạnh BC.
b. Giả sử đường trung trực của AB là:  : 3 x  2 y  4  0 và G (4; 2) là trọng tâm của tam giác ABC. Xác định
tọa độ các đỉnh B và C.
Giải:

AB  CK nên AB có phương trình: 8 x  3 y  c  0
Điểm A  AB  c  1  AB : 8 x  3 y  1  0 .
a.

AC  BH nên AC có phương trình: 3 x  5 y  m  0
Điểm A  AC  m  12  AC : 3 x  5 y  12  0
8 x  3 y  1  0
 B(2;5)
B  BH  AB  Tọa độ của B thỏa mãn hệ: 
5 x  3 y  25  0

Luyenthipro.vn – Cổng luyện thi THPT QG Online

Tổng đài tư vấn: 0977.543.462

Trang 11


Tọa độ trong mặt phẳng

CASIO EXPERT: Nguyễn Thế Lực

3x  5 y  12  0
 C (4;0)
C  CK  AC  Tọa độ của C thỏa mãn hệ: 
3x  8 y  12  0
x2 y 5

 5 x  2 y  20  0
Phương trình cạnh BC là: BC:
42 05
b. AB   : 3 x  2 y  4  0 và chứa A(-1; -3)  AB : 2( x  1)  3( y  3)  0 hay AB : 2 x  3 y  7  0 .
Gọi M là trung điểm của AB suy ra tọa độ của M thỏa mãn hệ:

3x  2 y  4  0
 M (2; 1) , khi đó:

2 x  3 y  7  0

 xB  2 xM  x A  5

 B (5;1)

 y B  2 yM  y A  1

Điểm G(4; -2) là trọng tâm tam giác ABC nên

 xA  xB  xC  3xG

 y A  yB  yC  3 yG

1  5  xC  12
 xC  8


 C (8; 4) . Vậy B(5; 1), C(8; 4).
3  1  yC  6
 yC  4
Bài 3: Cho d1 : x  y  5  0; d 2 : x  2 y  7  0 và điểm A(2; 3). Tìm B thuộc d1 và C thuộc d2 sao cho tam giác
ABC có trọng tâm G(2; 0).
Giải:
Điểm

B  t1; t1  5  d1 và C  7  2t2 ; t2   d 2

Điểm G(2; 0) là trọng tâm tam giác ABC nên :

 xA  xB  xC  3xG

 y A  yB  yC  3 yG

2  t1  7  2t2  6
t  2t2  3 t1  1

1

. Vậy B(-1; 4), C(5; 1).
3  t1  5  t2  0
t1  t2  2
t2  1
Bài 4: Cho 1 : x  y  1  0;  2 : 2 x  y  1  0 và điểm M(2; 1).
Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M và cắt 1 ;  2 lần lượt tại A, B sao cho M là trung điểm của đoạn
thẳng AB.
Giải:
Điểm A  1  A(t1 ; t1  1). Điểm B   2  B(t2 ; 2t2  1)
M(2; 1) là trung điểm AB nên:

 xA  xB  2 xM
t  t  4
1 2

 y A  y B  2 yM
t1  2t2  2

10
2
4
 10 13   2 7 
, t2  . Suy ra A  ;  , B  ;    AB   (2;5)
3
3

3
 3 3  3 3
x  2 y 1

 5x  2 y  8  0
d qua M và nhận AB làm VTCP có phương trình là:
2
5
Bài 5: Cho 1 : 2 x  y  5  0;  2 : x  y  3  0 và điểm M(-2; 0).
 t1 

Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm M và cắt 1 ;  2 lần lượt tại A và B sao cho MA  2 MB
Giải:
Điểm A  1  A(t1 ; 2t1  5). Điểm B   2  B(t2 ;3  t2 )
Suy ra:

MA  (t1  2; 2t1  5); MB  (t2  2;3  t2 )

Luyenthipro.vn – Cổng luyện thi THPT QG Online

Tổng đài tư vấn: 0977.543.462

Trang 12


Tọa độ trong mặt phẳng

CASIO EXPERT: Nguyễn Thế Lực

t1  1

t1  2t2  2

MA  2 MB  (t1  2; 2t1  5)  2(t2  2;3  t2 )  

1  MA  (3;7)
2t1  2t2  1 t2  

2
x2 y
  7 x  3 y  14  0
d qua M và nhận MA làm VTCP có phương trình là:
3
7

ABC có đỉnh A(2; -7) phương trình một đường cao và một trung tuyến vẽ từ hai đỉnh khác nhau lần lượt
là: 3 x  y  11  0, x  2 y  7  0 . Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC.
Bài 6: Cho
Giải.
Nhận xét: Do A(2; -7) có tọa độ không thỏa mãn phương trình một trong hai đường thẳng đã cho nên các đường cao và
trung tuyến không đi qua A(2; -7).
Đặt BH: 3 x  y  11  0 và CM : x  2 y  7  0 .
Ta có: B  BH  B (t ; 3t  11) . Gọi M là trung điểm của AB khi đó tọa độ M là:

x A  xB t  2

 xM  2  2

 y  y A  yB  3t  18
 M
2

2

t2
 3t  18 
 2
7  0
2
2 

 t  4  B(4;1)
M  CM 

Phương trình đường thẳng chứa cạnh AB là:

x2
y7

 4 x  3 y  13  0
4  2 1  7

AC  BH : 3 x  y  11  0 và AC đi qua điểm A(2; -7) nên phương trình AC là:
( x  2)  3( y  7)  0  AC : x  3 y  23  0

 x  3 y  23  0
 C (5; 6)
C  AC  CM suy ra tọa độ C thỏa hệ: 
x  2 y  7  0
x4
y 1


 7 x  9 y  19  0
Phương trình cạnh BC:
5  4 6  1
Bài 7: Cho tam giác 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.
Điểm

Giải:
Điểm C  CD : x  y  1  0  C (t ;1  t )

 t 1 3  t 
 trung điểm M của AC là M 
;

2 
 2
Điểm M  BM : 2 x  y  1  0
 t 1  3  t
 2
 1  0  t  7  C (7;8)

2
 2 
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
Luyenthipro.vn – Cổng luyện thi THPT QG Online

Tổng đài tư vấn: 0977.543.462

Trang 13

Tọa độ trong mặt phẳng

CASIO EXPERT: Nguyễn Thế Lực

x  y 1  0
 I (0;1) . Tam giác ACK cân tại C nên:

x  y 1  0
 x K  2 x I  x A  1
 K (1;0)
I là trung điểm của AK  tọa độ của K: 
 yK  2 yI  y A  0
Tọa độ của I thỏa mãn hệ:

x 1 y
  4x  3y  4  0
7  1 8
Bài 8: Viết phương trình đường thẳng  đi qua M(4; 1) và cắt các tia Ox , Oy lần lượt tại A và B theo các trường hợp
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:

sau:
a. Diện tích  OAB nhỏ nhất.
Giải:

b. Tổng OA + OB nhỏ nhất.

Giả sử  cắt tia

Ox tại A(a; 0) và Oy tại B(0; b) (với a, b > 0)
x y
4 1
a
a4
Suy ra  :   1 . Do M(4; 1)   nên   1  b 
a b
a b
a4
4 1
4
4
1
ab
 2

 SOAB  OAOB
. 
8
a b
ab
2
2
ab
4 1 1
Dấu bằng xảy ra     a  8; b  2   : x  4 y  8  0
a b 2
a. Ta có:

1

b. OA + OB = a + b

a
4
4
 a4
 5  2 (a  4)
5  9
a4
a4
(a  4)

a

4
 2  a  6; b  3   : x  2 y  6  0
a4
Bài 9: Lập phương trình đường thẳng  đi qua điểm M(2; 1) và tạo với đường thẳng (d): 2 x  3 y  4  0 một góc
Dấu bằng xảy ra  a  4 

450.
Giải:
Phương trình  đi qua điểm M có dạng: A( x  2)  B( y  1)  0 ( A  B  0)
2

2

 Ax  By  2 A  B  0 và có vectơ pháp tuyến n1  ( A; B)
Đường thẳng d có VTPT là

cos450 

n1.n2



n1 . n2

n2 (2;3) . Để  hợp với d một góc 450 thì:

2 A  3B
A  B . 49
2

2



2
 2(2 A  3B)2  13( A2  B 2 )
2

( ) : 5 x  y  11  0
 A  5B
 5B 2  24 AB  5 A2  0  
 1
 B  5 A ( 2 ) : x  5 y  3  0
Vậy có hai đường thẳng cần tìm là: 1 : 5 x  y  11  0;  2 : x  5 y  3  0
Bài 10: 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:

AB  (1;2)  AB  5
Phương trình AB là: 2 x  y  2  0
Ta có:

I  d : y  x  I (t ; t )
I là trung điểm của AC và BD nên ta có:
Luyenthipro.vn – Cổng luyện thi THPT QG Online

Tổng đài tư vấn: 0977.543.462

Trang 14


Tọa độ trong mặt phẳng

CASIO EXPERT: Nguyễn Thế Lực
C(2t – 1; 2t), D(2t; 2t – 2)
Mặt khác: S ABCD  AB.CH  4 (CH : chiều cao)

 CH 

4
5

 4
5 8
8 2

t   C  ; , D ; 
4

Ngoài ra: d (C , AB)  CH 

 3t  2  2 
3
 3 3
3 3

5
5
t  0  C (1;0), D(0; 2)
5 8
8 2
Vậy tọa độ của C và D là C  ;  , D  ;  và C ( 1; 0), D (0; 2)
 3 3
3 3
Bài 11: Cho A(0; 6), B(2; 5). Tìm trên d: x  2 y  2  0 điểm M sao cho:
6t  4

a. MA + MB có giá trị nhỏ nhất.

b.

MA  MB có giá trị lớn nhất.

Giải:
Đặt f ( x; y )  x  2 y  2
Ta có:

 f ( A)  10
 f ( A). f ( B)  0

 f ( B)  6

Suy ra hai điểm A và B nằm cùng phía đối với đường thẳng d.
1. Gọi A’ đối xứng của A qua d
Ta có: MA + MB = MA’ + MB  A ' B (cố định)
Min(MA + MB) = A’B, đạt được khi 3 điểm A’, M, B thẳng hàng

 M  A' B  d
AA '  d  AA ' : 2 x  y  C  0
A  AA '  C  6  AA ' : 2 x  y  6  0
2 x  y  6  0
 H (2; 2)
 AA' d thì tọa độ của H thỏa mãn hệ: 
x  2 y  2  0
 x A '  2 xH  x A  4
 A '(4; 2)
A’ đối xứng với A qua d nên ta có: 
 y A '  2 yH  y A  2
Gọi H

Phương trình đường thẳng A’B là:

x4 y2

 7 x  2 y  24  0
24 52

 11
 x  9
x  2 y  2  0
 11 19 
Tọa độ của M thỏa mãn hệ : 

M ; 
4 8
7 x  2 y  24  0  y  19

8
2. Ta có:

MA  MB  AB (cố định)

 Max MA  MB  AB , đạt được khi 3 điểm M, A, B thẳng hàng.

 M  AB  d . Phương trình đường thẳng AB là: x  2 y  12  0
Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:

x  5
x  2 y  2  0

 7


7  M  5; 
 2
 x  2 y  12  0

 y  2
Bài 12: Cho
a.

( D1 ) : kx  y  k  0 và ( D2 ) : (1  k )2 x  2ky  (1  k 2 )  0

Chứng minh khi k thay đổi (D1) luôn luôn qua một điểm cố định.

Luyenthipro.vn – Cổng luyện thi THPT QG Online

Tổng đài tư vấn: 0977.543.462

Trang 15


Tọa độ trong mặt phẳng

CASIO EXPERT: Nguyễn Thế Lực
b. Tìm giao điểm của D1 và D2 suy ra quỹ tích giao điểm này khi k thay đổi.
Giải:

a. Ta có: D1: k ( x  1)  y  0 . Tọa độ điểm cố định mà D1 luôn đi qua là nghiệm của

x 1  0
 x  1; y  0 . Vậy D1 luôn đi qua điểm A(-1; 0).

y  0
b. Tọa độ giao điểm của D1 và D2 là nghiệm của hệ phương trình

kx  y  k

1 k 2
2k
x

; y
giải
hệ
ta
được

2
2
2
1 k
1 k 2
(1  k )  2ky  1  k
2

 1  k 2 2k 
 1  k 2   2k 
2
2
;
x

y


1
Vậy D1  D2  M 

để
ý

2
2 
2 
2 
 1 k 1 k 
 1 k   1 k 
2

Do đó quỹ tích của M là đường tròn tâm O bán kính R = 1.
Bài

13:

Trong

mặt

phẳng

Oxy , cho các điểm A(0; 1), B(2; 1) và các đường thẳng d 1:

(m  1) x  ( m  2) y  2  m  0; d 2 : (2  m) x  ( m 1) y  3 m  5  0
a. Chứng minh d1 và d2 luôn cắt nhau.
b. Gọi P là giao điểm của d1 và d2, tìm m sao cho PA + PB lớn nhất.
Giải:
a. Xét

m 1 m  2
(m  1) x  (m  2) y  2  m  0
có: D 
 2m 2  6m  5

2  m m 1
(2  m) x  (m  1) y  3m  5  0

Dx 

m2 2m
2  m m 1
 4m2  14m  12; Dy 
 2m2  4m  1
m  1 3m  5
3m  5 2  m
2

3 1

Do D  2  m     0, m  R nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
2 2

Vậy d1 và d2 luôn luôn cắt nhau tại điểm P (đpcm)
b. Tìm m để PA + PB lớn nhất.


Dx 4m 2  14m  12
2  2m
x



 2

2
D
2m  6m  5
2m 2  6m  5
Tọa độ của P là: 
2
4  2m
 y  Dy  2m  4m  1  1 
2

D
2m  6m  5
2m 2  6m  5

2m  2
2m  4 
4

2
PA   2 
; 2
  PA  8  2
2
2
2m  6m  5
2m  6m  5 

2m  6m  5

2m  4 
4
 2m  2
2
PB   2
;
  PA 
2
2
2m  6m  5
 2m  6m  5 2m  6m  5 

Ta có:

Suy ra: PA  PB  8 . Theo bất đẳng thức Bunhiacôpski, ta có:
2

2

( PA  PB) 2  2( PA2  PB 2 )  16  PA  PB  4  Max( PA  PB)  4 , đạt được

PA  PB  PA2  PB2  8 

m  1
4
4

 m2  3m  2  0  

2
2m  6m  5 2m  6m  5
m  2

Cách 2: d1 và d2 có vectơ pháp tuyến là:
Ta có:

2

n1  (m  1; m  2), n2  (2  m; m  1)

n1.n2  (m  1)(2  m)  (m  2)(m  1)  0 nên d1  d 2 tại điểm P.

Để ý rằng A  d1 , B  d 2 và

AB  2 2 nên theo bất đẳng thức Bunhiacôpski thì

Luyenthipro.vn – Cổng luyện thi THPT QG Online

Tổng đài tư vấn: 0977.543.462

Trang 16


Tọa độ trong mặt phẳng

CASIO EXPERT: Nguyễn Thế Lực

( PA  PB) 2  2( PA2  PB 2 )  16  PA  PB  4  Max( PA  PB)  4
Đạt được khi

Ta có:





PA  PB  PAB vuông cân tại P  d1 ; AB  450

cos450 

n1.n2
n1 . n2



2m  3
2 (m  1)2  (m  2)2





1
; nAB  (1;1)
2



 (2m  3) 2  2m2  6m  5  m2  3m  2  0  m  1  m  2 .

x  t
. Tìm điểm M  ( d ) sao cho MA  MB lớn
 y  2t  1

Bài 1: Cho 2 điểm A(1; 2), B(0; -1) và đường thẳng (d) 
nhất.
Giải:

Phương trình tổng quát của đường thẳng (d) : f ( x; y )  2 x  y  1
Có f (A) = f (1; 2) = 1; f (B) = f (0; -1) = 2

 f ( A). f ( B )  0  2 điểm A, B cùng phía đối với đường

thẳng (d).
Nên MA  MB  AB 

(0  1) 2  (1  2) 2  10

 max MA  MB  10 , đạt được khi M, A, B thẳng hàng  M  (d )  AB
Phương trình đường thẳng AB là:

x 1 y  2

 3 x  y  1  0 . Do đó tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:
0  1 1  2

3x  y  1  0
x  2


 M (2;5)

2 x  y  1  0  y  5
Vậy M (2;5) thì max MA  MB  10
Bài 2: Cho 3 điểm M(2; 1), N(5; 3), P(3; -4) tương ứng là trung điểm các cạnh trong

ABC . Viết phương trình các

cạnh trong ABC .
Giải:
Giả sử M, N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB
 MN // AB, NP // BC, PM // CA.

 u AB  uMN  (3; 2); uBC  uNP  (2;7); uCA  uPM  (1; 5)
Phương trình các cạnh là:

( AB ) có u AB  (3; 2) và đi qua P(3; -4) nên:

( AB) :

x3 y  4

 ( AB) : 2 x  3 y  18  0
3
2

( BC ) có uBC  (2;7) và đi qua M(2; 1) nên:

( BC ) :

x  2 y 1

 ( BC ) : 7 x  2 y  12  0
2
7

(CA) có uCA  (1; 5) và đi qua N(5; 3) nên:

(CA) :

x 5 y 3

 (CA) : 5 x  y  22  0
1
5

Luyenthipro.vn – Cổng luyện thi THPT QG Online

Tổng đài tư vấn: 0977.543.462

Trang 17


Tọa độ trong mặt phẳng

CASIO EXPERT: Nguyễn Thế Lực

Bài 3: Cho 2 điểm E(1; 6); F(-3; -4) và đường thẳng (d): 2 x  y  1  0 . Tìm điểm M thuộc (d) sao cho

EM  FM nhỏ nhất.

Giải:
(d) đi qua A và có vectơ chỉ phương

x  t
ud  (1; 2) nên (d ) : 
 y  2t  1

M  (d )  M (t;2t 1)  EM  (t 1;2t  7); FM  (t  3;2t  3)
 EM  FM  (2t  2; 4t  4)  EM  FM  (2t  2) 2  (4t  4) 2
2

16 8 5
 3  16
 EM  FM  2 5t  6t  5  2 5  t   
2

5
5
5
 5
2

Dấu “=” xảy ra

Vậy

t 

3
3 1

M ; 
5
5 5

8 5
3 1
M  ;  thì min EM  FM 
5
5 5

Bài 4: Cho điểm A di động trên đường thẳng (d 1) :

x  2 và điểm B di động trên đường thẳng (d 2): y = 1 sao cho

OAB vuông tại O. Tìm tập hợp hình chiếu của O lên AB.
Giải:

A  (d1 ) : x  2  A(2; a) và B  (d 2 ) : y  1  B(b;1)
Vì

.  0  2b  a  0  a  2b
OAB vuông tại O nên OAOB

(AB) có vectơ chỉ phương
(AB):

u  AB  (b  2;1  a)  (b  2;2b  1) và qua B(b; 1) nên:

 x  (b  2)t  b


 y  (2b  1)t  1

Gọi H là hình chiếu của O lên AB

 H  AB, OH .AB  0

H  AB  H  (b  2)t  b;(2b  1)t  1
OH . AB  0   (b  2)t  b  (b  2)   (2b  1)t  1 (2b  1)  0

1
 4b 2 2b 4 
 t  5b2  5  (b2  1)  0  t    H   ;   
5
5 5
 5 5
4b 2

 xH  5  5
Ta có: 
 xH  2 yH  2  xH  2 yH  2  0
 y   2b  4
 H
5 5
Vậy tập hợp các điểm H là đường thẳng : x  2 y  2  0
Bài 5: Cho A(2; 6), B(-3; -4); C(5; 0). Tìm giao điểm của phân giác ngoài góc BAC .
Giải:
Ta có:

AB  (5)2  (10) 2  5 5 và AC  (3)2  (6)2  3 5

Luyenthipro.vn – Cổng luyện thi THPT QG Online

Tổng đài tư vấn: 0977.543.462

Trang 18


Tọa độ trong mặt phẳng

CASIO EXPERT: Nguyễn Thế Lực

5
5

 xB  3 xC yB  3 yC
DB 5 5 5
5


  DB   DC  D 
;
5
DC 3 5 3
3
 1 5
1
3
3

Phương trình đường thẳng AD có VTCP

Gọi (d) là phân giác ngoài góc BAC
Phương trình đường thẳng BC:



3

  D  2;  
2




u  (0;15)

 u  (0;15) là vectơ pháp tuyến do đó (d): y = 6.

x3 y4

 ( BC ) : x  2 y  5  0 .
53 04

Vậy giao điểm I của phân giác ngoài góc BAC với BC là nghiệm của hệ:

 x  2 y  5  0  x  17

 I (17;6)

y  6
y  6

Một số đề thi đại học cần quan tâm.
Bài 6: (ĐHK A – 2009).
Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có điểm I(6; 2) là giao điểm của hai 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 đi qua I, suy ra N(11; -1) và N thuộc đường thẳng CD.

E   E( x;5  x);IE  ( x  6;3  x) và NE  ( x 11;6  x)
E là trung điểm CD  IE  EN
x  6
IE.EN  0  ( x  6)( x  11)  (3  x)(6  x)  0  
x  7
+

x  6  IE  (0; 3) phương trình AB: y – 5 = 0.

+

x  7  IE  (0; 4) phương trình AB: x  4 y  19  0 .

Bài 7: (ĐHKB – 2009).
Trong mặt phẳng 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 của BC.

AH  d ( A, BC ) 

2S
9
; BC  ABC  4 2
AH
2

AB  AC  AH 2 

BC 2
97

4
2

97

2
2
( x  1)  ( y  4) 
Tọa độ B, C là nghiệm của hệ: 
2
 x  y  4  0
Luyenthipro.vn – Cổng luyện thi THPT QG Online

Tổng đài tư vấn: 0977.543.462

Trang 19


Tọa độ trong mặt phẳng

CASIO EXPERT: Nguyễn Thế Lực

3 5
 11 3 
( x; y)   ;  hoặc ( x; y)   ;  
2 2
 2 2
 11 3   3 5 
 3 5   11 3 
Vậy B  ;  , C  ;   hoặc B  ;   , C  ; 
 2 2 2 2
2 2  2 2
Giải hệ ta được:

Bài 8: (ĐHKD – 2009)
Trong mặt phẳng 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: 7 x  2 y  3  0 và 6 x  y  4  0 . Viết phương trình đường
thẳng AC.
Giải:
Tọa độ A thỏa mãn hệ:

7 x  2 y  3  0
 A(1; 2)

6 x  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: 6 x  y  4  0
Phương trình BC: x  6 y  9  0

Tọa độ trung điểm N của đoạn thẳng BC thỏa mãn hệ:

7 x  2 y  3  0
3

 N  0;  

2

x  6 y  9  0

 AC  2MN  (4; 3) ; phương trình đường thẳng AC: 3 x  4 y  5  0 .
Bài 9: (ĐHKB – 2008).
Trong mặt phẳng 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: 4 x  3 y  1  0 .
Giải:
• Ký hiệu d1 : x  y  2  0, d 2 : 4 x  3 y  1  0 . Gọi H’(a; b) là điểm đối xứng của H qua d1.
Khi đó H’ thuộc đường thẳng AC.
•

 a 1 b 1 
;
u  (1;1) là vectơ chỉ phương của d1; HH '  (a  1; b  1) vuông góc với u và trung điểm I 

2 
 2

của HH’ thuộc d1. Do đó tọa độ điểm H’ là nghiệm của hệ phương trình:

1(a  1)  1(b  1)  0

 H '(3;1).
 a 1 b 1
 2  2  2  0
• Đường thẳng AC đi qua H’ vuông góc với d 2 nên có vectơ pháp tuyến là

v  (3; 4) và có phương trình:

3( x  3)  4( y  1)  0  3x  4 y  13  0
• Tọa độ A là nghiệm của phương trình:

3x  4 y  13  0
 A(5;7)

x  y  2  0

• Đường thẳng CH đi qua H(-1; -1) với vectơ pháp tuyến

1
HA  (3; 4) nên có phương trình:
2

3( x  1)  4( y  1)  0  3x  4 y  7  0
Luyenthipro.vn – Cổng luyện thi THPT QG Online

Tổng đài tư vấn: 0977.543.462

Trang 20

Tọa độ trong mặt phẳng

CASIO EXPERT: Nguyễn Thế Lực

• Tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình

Suy ra

3x  4 y  7  0

3x  4 y  13  0

 10 3 
C ;  .
 3 4

Bài 10: (ĐHKA – 2010).
Trong mặt phẳng hệ 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:
Gọi H là trung điểm của BC, D là trung điểm của AH, ta có

AH  BC .

Do đó tọa độ D ( x; y ) thỏa mãn hệ:

x  y  4  0
 D(2; 2)  H (2; 2)


x  y  0
Đường thẳng BC đi qua H và song song d, suy ra BC có phương trình:

x y  4  0.
Điểm B, C thuộc đường thẳng BC: x  y  4  0 và B, C đối xứng nhau qua H(-2; -2), do đó tọa độ B, C có dạng:
B(t; -4 – t0, C(-4 – t; t).
Điểm E(1; -3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác ABC, suy ra

AB.CE  0

 (t  6)(5  t )  (10  t )(3  t )  0
t  o
 2t 2  12t  0  
t  6
Ta được: B(0; -4), C(-4; 0) hoặc B(-6; 2), C(2; -6).
Bài 11: (ĐHKB – 2010)
Trong mặt phẳng hệ 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:
Gọi D là điểm đối xứng của C(-4; 1) qua d: x  y  5  0
Suy ra tọa độ D ( x; y ) thỏa mãn:

( x  4)  ( y  1)  0

 D(4;9) .
 x  4 y 1
 2  2  5  0
Điểm A thuộc đường tròn đường kính CD, nên tọa độ A( x; y )

thỏa mãn:

x  y  5  0
với x  0 , suy ra A(4; 1).
 2
2
 x  ( y  5)  32

 AC  8  AB 

2 S ABC
6
AC

B thuộc đường thẳng AD:

x  4 , suy ra tọa độ B(4; y0 thỏa mãn: ( y  1) 2  36

Luyenthipro.vn – Cổng luyện thi THPT QG Online

Tổng đài tư vấn: 0977.543.462

Trang 21


Tọa độ trong mặt phẳng

CASIO EXPERT: Nguyễn Thế Lực

 B(4;7) hoặc B(4; -5).

Do d là phân giác trong của góc A, nên

AB, AD cùng hướng, suy ra B(4; 7).
Do đó, đường thẳng BC có phương trình: 3 x  4 y  16  0 .
Bài 12: (ĐHKD – 2010)
Trong mặt phẳng hệ 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 truch hoành bằng AH.
Giải:
Gọi tọa độ H là (a; b), ta có:

AH 2  a 2  (b  2) 2 và khoảng cách từ H đến trục hoành là b , suy ra:
a 2  (b  2)2  b 2 .
Do H thuộc đường tròn đường kính OA, nên: a  (b  1)  1 .
2

a 2  4b  4  0
Từ đó, ta có: 
2
2
a  b  2b  0
Suy ra:



H 2







5  2; 5  1 hoặc H 2

Vậy phương trình đường thẳng  là:



2



5 1 x  2

5  2 y  0 hoặc



5  2; 5  1



5 1 x  2

5  2y  0 .

Bài 13: (ĐHKB – 2011)
Trong mặt phẳng 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  d , M   có tọa độ dạng: N(a; 2a – 2), M(b; b – 4).
O, M, N cùng thuộc một đường thẳng, khi và chỉ khi:

a (b  4)  (2a  2)b  b(2  a )  4a  b 

4a
.
2a

OM .ON  8   5a 2  8a  4   4  a  2  .
2

2

 (5a 2  6a)(5a 2  10a  8)  0  5a 2  6a  0
a  0

a  6
5

Vậy N (0; 2) hoặc

6 2
N ; .
5 5

Bài 14: (ĐHKD – 2011)
Trong mặt phẳng hệ 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, C.

Giải:
Luyenthipro.vn – Cổng luyện thi THPT QG Online

Tổng đài tư vấn: 0977.543.462

Trang 22


Tọa độ trong mặt phẳng

CASIO EXPERT: Nguyễn Thế Lực
Gọi D ( x; y ) là trung điểm của AC, ta có:

BD  3GD

 x  4  3( x  1)
7 

 D  ;1 .
2 
 y  1  3( y  1)
Gọi E ( x; y ) là điểm đối xứng của B qua phân giác trong d : x  y  1  0 của góc A.
Ta có EB vuông góc với d và trung điểm I của EB thuộc d
nên tọa độ E là nghiệm của hệ:

1( x  4)  1( y  1)  0
x  y  3  0


 E (2; 5)

 x  4 y 1
x  y  7  0
 2  2  1  0
Đường thẳng AC đi qua D và E, có phương trình: 4 x  y  13  0
Tọa độ A( x; y ) thỏa mãn hệ:

x  y 1  0
 A(4;3) . Suy ra C(3; -1).

4 x  y  13  0

ĐƢỜNG TRÒN
I. PHƢƠNG TRÌNH:
1. Dạng chính tắc: (C ) : ( x  a)  ( y  b)  R  Tâm I(a; b); bán kính R.
2

2. Dạng khai triển:

2

2

(C ) : x 2  y 2  2ax  2by  c  0

 Tâm I(a; b); bán kính R  a 2  b2  c với a 2  b 2  c > 0
II. TIẾP TUYẾN:
1. (C ) : ( x  a)  ( y  b)  R  Tiếp tuyến tại M 0 ( x0 ; y0 )  (C ) :
2

2

2

( x0  a)( x  x0 )  ( y0  b)( y  y0 )  0
2. (C ) : x  y  2ax  2by  c  0  Tiếp tuyến tại M 0 ( x0 ; y0 )  (C ) :
2

2

x0 x  y0 y  a( x  x0 )  b( y  y0 )  c  0
3. ( D ) : Ax  By  C  0 tiếp xúc (I; R)

 d  I , D  R

III. PHƢƠNG TÍCH:

(C ) : x 2  y 2  2ax  2by  c  0 , điểm M(m, n)

 P  M / (C )   m2  n2  2am  2bn  c
+ P > 0: M nằm ngoài.
+ P < 0: M nằm trong.
+ P = 0: M  (C )
IV. TRỤC ĐẲNG PHƢƠNG:
2
2
(C1 ) : f ( x; y )  x  y  2a1 x  2b1 y  c1  0

2
2
(C2 ) : g ( x; y )  x  y  2a2 x  2b2 y  c2  0

P  M / C1   P  M / C2   f ( x; y)  g ( x; y )  2(a1  a2 ) x  2(b1  b2 ) y  (c2  c1 )  0

Luyenthipro.vn – Cổng luyện thi THPT QG Online

Tổng đài tư vấn: 0977.543.462

Trang 23


Tọa độ trong mặt phẳng

CASIO EXPERT: Nguyễn Thế Lực

V. CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN
A. XÁC ĐỊNH PHƢƠNG TRÌNH ĐƢỜNG TRÒN THEO CÁC YẾU TỐ HÌNH HỌC CHO TRƢỚC
1. Viết phương trình đường tròn đường kính AB biết A(4; -1); B(3; 5).
2. Viết phương trình đường tròn đi qua điểm A(2; 0); B(0; 1); C(-1; 2)
3. Viết phương trình đường tròn đi qua A(2; 3); B(-1; 1) và tâm thuộc đt d: x  3 y  11  0
4. Viết phương trình đường tròn tâm I(1; 2) và tiếp xúc ( D ) : x  2 y  2  0
5. Viết phương trình đường tròn đi qua A(1; 2) và tiếp xúc ( D ) : 3 x  4 y  2  0 tại B(-2; -1).
6.Viết phương trình đường tròn đi qua A(6; 3); B(3; 2) và tiếp xúc D : x  2 y  2  0 .

 : x  y  5  0; R  10 và tiếp xúc D : 3 x  y  3  0
8. Viết phương trình đường tròn tâm I(3; 1) và cắt  : x  2 y  4  0 một đoạn có độ dài = 4.
7. Viết phương trình đường tròn tâm thuộc

9. Viết phương trình đường tròn tâm thuộc  : 4 x  3 y  2  0 và tiếp xúc với D1 : x  y  4  0 và

D2 : 7 x  y  4  0

10. Viết phương trình đường tròn đi qua O(0; 0) và tiếp xúc với 2 đường thẳng

D1 : 2 x  y  1  0 và D2 : 2 x  y  2  0 .
11. Viết phương trình đường tròn đi qua A(4; 2) và tiếp xúc với 2 đường thẳng D1 : x  7 y  10  0 và

D2 : x  3 y  18  0 .
12. Viết phương trình đường tròn đi qua A(1; 2) và các giao điểm của

D : x  7 y  10  0 với

(C ) : x 2  y 2  2 x  4 y  20  0 .
B. SỰ TƢƠNG GIAO GIỮA ĐƢỜNG THẲNG VÀ ĐƢỜNG TRÒN
1.

(C ) : x 2  y 2  2 x  4 y  0

( D ) : x  y  1  0

3.

(C ) : x 2  y 2  8 x  2 y  1  0

( D ) : 2 x  y  1  0

2.

(C ) : x 2  y 2  6 x  4 y  9  0

( D ) : x  y  2  0

C. SỰ TƢƠNG GIAO GIỮA HAI ĐƢỜNG TRÒN

(C1 ) : ( I1 ; R1 )
d  I1 I 2 

(C2 ) : 2( I 2 , R2 )
+

R1  R2  d  R1  R2 : (C1), (C2) cắt nhau.

+ d = R1 + R2: tiếp xúc ngoài
+d=

R1  R2 : tiếp xúc trong

+ d > R1 + R2: ngoài nhau
+d<
1.

R1  R2 : trong nhau

(C1 ) : x 2  y 2  4 x  6 y  4  0


2
2

(C2 ) : x  y  10 x  14 y  70  0

(C1 ) : x 2  y 2  6 x  10 y  24  0

3. 
2
2
(C2 ) : x  y  6 x  4 y  12  0

2.

2
2
(C1 ) : x  y  2 x  6 y  15  0

2
2
(C2 ) : x  y  6 x  2 y  3  0

2
2

(C1 ) : x  y  2 x  4 y  5  0
4. 
2
2

(C2 ) : x  y  x  5 y  4  0

D. QUỸ TÍCH TÂM ĐƢỜNG TRÒN
Luyenthipro.vn – Cổng luyện thi THPT QG Online

Tổng đài tư vấn: 0977.543.462

Trang 24


Tọa độ trong mặt phẳng

CASIO EXPERT: Nguyễn Thế Lực
1.

(Cm ) : x2  y 2  4mx  2my  2m  3  0

2.

(Cm ) : x2  y 2  2em x  4em y 1  e2m  0

3.

(C ) : x2  y 2  2(cos  2) x  2sin  y  1  0

4.

(C ) : x2  y 2  2(1  cos ) x  2(1  sin  ) y  sin   2  0

E. ĐƢỜNG THẲNG TIẾP XÚC ĐƢỜNG TRÒN CỐ ĐỊNH
1. ( D ) : ( x  1)cos  ( y  1)sin   4  0
2. ( D ) : xcos  y sin   2cos   1  0
3. ( D ) : x sin   ycos  3sin   2 cos   6  0
4. ( D ) : xcos  y sin   2 cos   sin   9  0
5.

( D ) : xcos2  y sin 2  cos 2   3  0

F. TIẾP TUYẾN VỚI ĐƢỜNG TRÒN
1. Viết phương trình tiếp tuyến tại giao điểm (C ) : x  y  4 x  4 y  5  0 với
2

2

Ox .

2. Viết phương trình tiếp tuyến tại giao điểm (C): x  y  x  7 y  0 với 3 x  4 y  3  0 .
2

2

3. Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) : x  y  2 x  8 y  1  0 và // với 5 x  12 y  6  0 .
2

2

4. Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) : x  y  6 x  2 y  5  0 và // với 2 x  y  4  0 .
2

2

5. Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) : x  y  6 x  2 y  5  0  với 2 x  y  1  0 .
2

2

6. Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) : x  y  6 x  2 y  0  với 3 x  y  6  0 .

2

2

7. Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) : x  y  2 x  8 y  19  0 và tạo với đường thẳng
2

2

d : 2 x  y  1  0 một góc 450.
8. Viết phương trình tiếp tuyến
a. Đi qua A(1; -1) đến (C ) : x  y  4 x  6 y  4  0 .
2

2

b. Đi qua A(-3; 3) đến: (C ) : x  y  x  7 y  0 .
2

2

c. Đi qua A(1; 3) đến (C ) : x  y  6 x  2 y  6  0 .
2

2

d. Đi qua A(3; 4) đến (C ) : x  y  4 x  2 y  0 .
2

2

e. Đi qua A(5; 7) đến (C ) : x  y  4 x  4 y  5  0
2

2

g. Đi qua A(4; 7) đến (C ) : x  y  2 x  4 y  0 .
2

2

f. Đi qua A(-3; -1) đến: (C ) : x  y  4 x  3 y  0
2

9. Cho

2

(Cm ) : x2  y 2  2(m 1) x  2(m  2) y  m2  8m  13  0

a. Tìm quĩ tích tâm I của họ đường tròn.
b. Viết phương trình tiếp tuyến đi qua A(1; 5) đến đường tròn (C 4).
10. Viết phương trình tiếp tuyến chung của 2 đường tròn:

(C1 ) : x 2  y 2  4 x  8 y  11  0
a. 
2
2
(C2 ) : x  y  2 x  4 y  2  0
c.

(C1 ) : x 2  y 2  10 x  24 y  56  0


2
2

(C2 ) : x  y  2 x  4 y  20  0

Luyenthipro.vn – Cổng luyện thi THPT QG Online

(C1 ) : x 2  y 2  2 x  2 y  2  0
b. 
2
2
(C2 ) : x  y  6 x  2 y  9  0
d.

(C1 ) : x 2  y 2  6 x  5  0


2
2

(C2 ) : x  y  12 x  6 y  44  0
Tổng đài tư vấn: 0977.543.462

Trang 25