Toa do phang (DTDH)

Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng
Đề Thi Đại Học (2010 – 2015)
Câu 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có điểm M là
trung điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN = 3NC. Viết phương
trình đường thẳng CD biết M(1; 2) và N(2; –1).
(Khối A – 2014)
Gọi I là giao điểm của AC, BD.
Gọi a là cạnh hình vuông ABCD.
AM = a/2; MN = 10 ; AN = 3AC/4 =

A

M

B

3a 2
4

MN² = AM² + AN² – 2AM.AN cos MAN
Do đó 10 = a²/4 + 9a²/8 – 3a²/4 → a = 4.
I
Gọi E(a, b) là trung điểm của CD.
ME = a = 4; EN = IC/2 = AC/4 = 2
N
Nên ta có: (a – 1)² + (b – 2)² = 16
(1)
và (a – 2)² + (b + 1)² = 2 (2)
Từ (1) và (2) ta có 2a – 3 – 3(2b – 1) = 14
<=> a = 3b + 7
(3)

D
E
C
Thay (3) vào (2) ta được (3b+5)²+(b+1)² = 2
<=> 5b² + 16b + 12 = 0 <=> b = –2 hoặc b = –6/5
Với b = –2, a = 1, đường thẳng CD đi qua điểm E(1; –2) và nhận EM = (0; 4) làm
vector pháp tuyến, có phương trình: y + 2 = 0.
Với b = –6/5, a = 17/5, đường thẳng CD đi qua điểm E(17/5; –6/5)
và nhận (–4/5) EM = (3; –4) làm vector pháp tuyến, có phương trình:
3(x – 17/5) – 4(y + 6/5) = 0 hay CD: 3x – 4y – 15 = 0
Câu 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD. Điểm M(–3;
0) là trung điểm của cạnh AB, điểm H(0; –1) là hình chiếu vuông góc của B trên AD
và G(4/3; 3) là trọng tâm của tam giác BCD. Tìm tọa độ các điểm B và D.
(Khối B – 2014)
Gọi E, F lần lượt là giao điểm của HG và HM
với BC.
Suy ra M là trung điểm HE → E(–6; 1)
Gọi I là tâm của hình bình hành ABCD.
Ta có: GF/GH = GC/GA = 1/2.
1
2

Nên GF  HG = (2/3; 2) → F(2; 5)

E

B

F

I
M

C

G

Đường thẳng BC đi qua F(2; 5) nhận EF = (8;
4) làm vector chỉ phương, có phương trình là
A
H
D
x – 2y + 8 = 0.
đường thẳng BH đi qua H(0; –1) nhận EF làm vector pháp tuyến, có phương trình là
2x + y + 1 = 0
Tọa độ của B thỏa mãn hệ phương trình x–2y+8=0 và 2x+y+1 =0<=> x = –2 và y = 3
Suy ra B(–2; 3).
Toán Tuyển Sinh Group

www.facebook.com/groups/toantuyensinh


A đối xứng với B qua M → A(–4; –3).
1
GI  GA = (–4/3; –3/2) → I(0; 3/2).
4

D đối xứng với B qua I suy ra D(2; 0)

Câu 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC với chân đường phân

giác trong của góc A là D(1; –1). Đường thẳng AB có phương trình là 3x + 2y – 9 = 0;
tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình x+2y–7 = 0.
Viết phương trình đường thẳng BC.
(Khối D – 2014)
Tọa độ của A thỏa mãn hệ phương trình
3x  3y  9  0

 x  2y  7  0

A

<=> x = 1 và y = 3 suy ra A(1; 3)
Gọi Δ là tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC và E là giao điểm của Δ với BC.
Đoạn AD có trung điểm là I(1; 1) và AD = (0; 4)
E
B
D
C
Giả sử E nằm gần đỉnh B hơn C.
Khi đó góc ADB = góc DAC + góc ACB
mà góc DAC = góc BAD và góc ACB = góc EAB (ACB là góc nội tiếp; EAB là góc tạo
bởi tiếp tuyến với dây cung).
→ góc ADB = góc EAB + góc BAD = góc EAD. Hay tam giác EAD cân tại E.
Đường trung trực Δ’ của AD có phương trình y – 1 = 0.
Vì E thuộc Δ’ nên E(t; 1).
Mặt khác E thuộc Δ <=> t + 2 – 7 = 0 <=> t = 5. Suy ra E(5; 1)
đường thẳng BC đi qua D(1; –1) và nhận DE = (4; 2) làm vector chỉ phương
nên BC có phương trình: x – 2y – 3 = 0
Câu 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C

thuộc đường thẳng d: 2x + y + 5 = 0 và A(–4; 8). Gọi M là điểm đối xứng của B qua C,
N(5; –4) là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng MD. Tìm tọa độ các điểm B,
C.
(Khối A – 2013) CB
C thuộc d nên C(t; –2t – 5). Gọi I là tâm hình chữ nhật suy ra I là trung điểm của AC.
→ I(

t  4 2t  3
)
;
2
2

ΔBDN vuông tại N nên IN = IB = ID. Suy ra IN = IA.
→ IN² = IA² <=> (IN  IA).(IN  IA) = 0
<=> AN.(IN  IA)  0 <=>(9;–12).(1–t+4;4+2t–3) = 0
<=> 45 – 9t – 12 – 24t = 0 <=> t = 1 → C(1; –7)
Mặt khác IC là đường trung bình ΔBDM→ IC // DM
Nên IC vuông góc với BN và đi qua trung điểm của
BN.
Đường thẳng BN đi qua N(5; –4) nhận AC =(5;–15)
Toán Tuyển Sinh Group

A

D
N
I

B

C

M

www.facebook.com/groups/toantuyensinh


làm vector pháp tuyến
→ BN có phương trình x – 5 – 3(y + 4) = 0
hay BN: x – 3y – 17 = 0
B thuộc (BN) → B(3s + 17; s).
Đường thẳng AC có phương trình 3(x + 4) + y – 8 = 0 hay AC: 3x + y + 4 = 0
Gọi H là trung điểm BN. → H(

3s  22 s  4
) thuộc AC
;
2
2

→ 3(3s + 22) + (s – 4) + 8 = 0 <=> 10s + 70 = 0 <=> s = –7.
Vậy B(–4; –7); C(1; –7).
Câu 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng Δ: x – y = 0. Đường
tròn (C) có bán kính R = 10 cắt Δ tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB = 4 2 .
Tiếp tuyến của (C) tại A và B cắt nhau tại một điểm thuộc tia Oy. Viết phương trình
của đường tròn (C).
(Khối A – 2013) NC
Gọi M là giao điểm hai tiếp tuyến tại A và B của (C).
Vì M thuộc tia Oy nên M(0; t) với t ≥ 0.

Gọi H là trung điểm của đoạn AB. Gọi I(xI; yI) là tâm của (C).
HA = HB = AB/2 = 2 2
→ IH² = IA² – HA² = 10 – 8 = 2 → IH = 2
Mặt khác AH² = IH.HM → HM = 4 2
mà d(M; Δ) = MH nên |t| = 8 → t = 8 → M(0; 8)
Đường thẳng IM đi qua M(0; 8) và nhận (1; 1) làm vector pháp tuyến có phương
trình là IM: x + y – 8 = 0
H là giao điểm của IM và Δ nên có tọa độ là nghiệm của hệ phương trình
x  y  0

x  y  8  0

<=> x = y = 4
→ H(4; 4)
1
4

Vì IH/MH = 1/4 nên IH  HM <=> (4–xI;4–yI) = (–1; 1) <=> (xI; yI) = (5; 3).
→ I(5; 3)
Vậy đường tròn (C) có phương trình là (x – 5)² + (y – 3)² = 10.
Câu 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có hai
đường chéo vuông góc nhau và AD = 3BC. Đường thẳng BD có phương trình
x + 2y – 6 = 0 và tam giác ABD có trực tâm là H(–3; 2). Tìm tọa độ các điểm C và D.
(Khối B – 2013)
Gọi I là giao điểm 2 đường chéo AC, BD.
Đường thẳng AC đi qua điểm H(–3; 2) và vuông góc với
BD: x + 2y – 6 = 0, nhận n AC = (2; –1) làm vector pháp
tuyến. Suy ra AC có phương trình 2(x + 3) – y + 2 = 0
hay 2x – y + 8 = 0.
Tọa độ của I thỏa mãn: x + 2y – 6 = 0 và 2x – y + 8 = 0

Toán Tuyển Sinh Group

B
H

A

C
I

D

www.facebook.com/groups/toantuyensinh


<=> x = –2 và y = 4 → I(–2; 4).
Mặt khác IB = IC và IB vuông góc với IC
→ ΔIBC vuông cân tại I.
mà BH vuông góc với AD nên BH vuông góc với BC.
Suy ra ΔBCH vuông cân tại B. Khi đó IC = IH = IB.
I là trung điểm HC → C(–1; 6).
IH = IB = IC = 5 ; mà IC/IA = IB/ID = BC/AD = 1/3 → ID = 3IB = 3 5 .
vì D thuộc BD nên D(6 – 2t; t)
Do đó ID²=45<=>(8 – 2t)² + (t – 4)² = 45 <=> t² – 8t + 7 = 0 <=> t=1 hoặc t=7
Vậy D(4; 1) hoặc D(–8; 7)
Câu 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường cao hạ
từ đỉnh A là H(17/5; –1/5). Chân đường phân giác trong của góc A là D(5; 3) và trung
điểm của cạnh AB là M(0; 1). Tìm tọa độ đỉnh C.
(Khối B – 2013)
HD = (8/5; 16/5) = (8/5)(1; 2)

Đường thẳng BC đi qua D(5; 3), nhận n = (2; –1) làm vector pháp tuyến, có phương
trình là 2(x – 5) – (y – 3) = 0
<=> BC: 2x – y – 7 = 0.
A
Đường thẳng AH đi qua H(17/5; –1/5) nhận u = (1;
N
2) làm vector pháp tuyến, có phương trình là
M
x + 2y – 3 = 0.
A thuộc AH → A(3 – 2t; t), B đối xứng với A qua M
→ B(2t – 3; 2 – t)
B thuộc BC → 2(2t – 3) – (2 – t) – 7 = 0
B
H D
C
<=> 5t – 15 = 0 <=> t = 3 → A(–3; 3) và B(3;–1)
Đường thẳng AD, nhận AD = (8; 0) làm vector chỉ phương, nên có phương trình là
y–3=0
Gọi N(a, b) là điểm đối xứng với N qua AD. Suy ra N thuộc cạnh AC.
Trung điểm của MN là I(a/2; b/2 + 1/2) thuộc AD và MN vuông góc với AD
<=> b + 1 = 6 và a.8 = 0 <=> b = 5 và a = 0 → N(0; 5)
Đường thẳng AC đi qua N(0; 5) và nhận AN = (3; 2) làm vector chỉ phương, nên có
phương trình là 2x – 3y + 15 = 0.
Tọa độ của C thỏa mãn 2x – 3y + 15 = 0 và 2x – y – 7 = 0 <=> x = 9 và y = 11. Vậy
C(9; 11)

Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M(–9/2; 3/2) là
trung điểm cạnh AB, điểm H(–2; 4) và điểm I(–1; 1) lần lượt là chân đường cao kẻ từ
B và tâm vòng tròn ngoại tiếp ΔABC. Tìm tọa độ điểm C.
(Khối D – 2013)

Toán Tuyển Sinh Group

www.facebook.com/groups/toantuyensinh


IM = (–7/2; 1/2); đường thẳng AB vuông góc với IM và đi

B

qua M(–9/2; 3/2) có phương trình là 7(x + 9/2) – (y –
3/2) = 0 hay 7x – y + 33 = 0
Tam giác AHB vuông tại H có M là tâm đường tròn ngoại
M
tiếp.
MH² = (–2 + 9/2)² + (4 – 3/2)² = 25/2.
I
Đường tròn ngoại tiếp AHB có phương trình là
(C): (x + 9/2)² + (y – 3/2)² = 25/2.
A H
N
C
Tọa độ A, B thỏa mãn 7x–y+33=0
và (x+9/2)²+(y–3/2)²= 25/2
Suy ra (x + 9/2)² + (7x + 63/2)² = 25/2.
<=> (x + 9/2)² = 1 / 4 <=> x = –4 hoặc x = –5
x = –4 thì y = 5; x = –5 thì y = –2.
+ Với A(–4; 5), B(–5; –2): BH = (3; 6). Đường thẳng AC vuông góc với BH và đi qua
A(–4; 5) có phương trình x + 2y – 6 = 0.
C thuộc AC suy ra C(6 – 2t; t). Mặt khác IA = IC <=> (7 – 2t)² + (t – 1)² = 25

<=> 5t² – 30t + 25 = 0 <=> t = 1 hoặc t = 5. Do C khác A nên C(4; 1).
+ Với A(–5; –2), B(–4; 5): BH = (2; –1). Đường thẳng AC, vuông góc với BH và đi
qua A có phương trình là 2x – y + 8 = 0. C thuộc AC suy ra C(t; 2t + 8).
Mặt khác IA=IC <=> (t + 1)² +(2t + 7)² = 25. <=>5t²+30t+25 =0<=>t = –1 hoặc t
=–5.
Do C khác A → C(–1; 6).
Câu 9. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x – 1)² + (y – 1)²
= 4 và đường thẳng Δ: y – 3 = 0. Tam giác MNP có trực tâm trùng với tâm của (C),
điểm N và P thuộc Δ, điểm M và trung điểm của MN thuộc đường tròn (C). Tìm tọa
độ của điểm P.
(Khối D – 2013)
Đường tròn (C) có tâm là I(1; 1). Đường thẳng IM vuông
M
góc với Δ có phương trình là x – 1 = 0. Mà M thuộc IM →
M(1; m).
M thuộc (C) suy ra (m – 1)² = 4 <=> m = 3 hoặc m = –
D
I
1.Vì M, N, P tạo thành một tam giác nên M không thuộc Δ
hay m ≠ 3.
P
N
Suy ra M(1; –1).
Đồng thời (C) tiếp xúc với Δ tại điểm H(1; 3). Gọi D là trung điểm MN. Suy ra ID là
đường trung bình tam giác MHN. Do đó ID // Δ. Đường thẳng ID có phương trình y
– 1 = 0.
D thuộc ID nên tọa độ của D có dạng D(t; 1).
Mà D thuộc (C) <=> (t – 1)² = 4 <=> t = 3 hoặc t = –1.
+ Với t = 3: D(3; 1), P thuộc Δ → P(a; 3)
IP vuông góc với MD <=> IP.MD = 0 <=> 2(a – 1) + 4 = 0 <=> a = –1 → P(–1; 3).

+ Với t = –1: D(–1; 1), IP vuông góc với MD <=> IP.MD = 0 <=> a = 3 → P(3; 3).
Vậy P(3; 3) hoặc P(–1; 3).

Toán Tuyển Sinh Group

www.facebook.com/groups/toantuyensinh


Câu 10. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là
trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND. Giả sử M(11/2;
1/2) và đường thẳng AN có phương trình là 2x – y – 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A.
(Khối A – 2012) CB
Gọi H là giao điểm của AN và BD. Kẻ đường thẳng qua H và song song với AB, cắt
AD và BC lần lượt tại P và Q. Đặt HP = x. Suy ra PD = x, AP = 3x và HQ = 3x. Ta có
QC = x, nên MQ = x. Do đó ∆AHP = ∆HMQ, suy ra AH vuông góc với HM.
đồng thời ta cũng có AH = HM.
→ AM = MH 2  d(M, AN). 2 

3 10
2

A thuộc AN: 2x – y – 3 = 0 suy ra A(t; 2t – 3)
→ AM² = 45/2 = (11/2 – t)² + (7/2 – 2t)²
<=> t² – 5t + 4 = 0 <=> t = 1 hoặc t = 4
Vậy A(1; –1) hoặc A(4; 5)

A

B

M
P
D

H

Q
N

C

Câu 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x² + y² = 8. Viết
phương trình chính tắc của elip (E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt
(C) tại bốn điểm tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông.
(Khối A – 2012) NC
Phương trình chính tắc của (E) có dạng x²/a² + y²/b² = 1 với a > b > 0
→ 2a = 8 → a = 4;
(E) và (C) nhận Ox, Oy làm các trục đối xứng chung. Mặt khác (E) cắt (C) tại bốn
điểm tạo thành 4 đỉnh hình vuông thì một trong các giao điểm có dạng A(t; t) với
t>0.
A thuộc (C) suy ra t² + t² = 8 → t = 2.
A(2; 2) thuộc (E) nên 2² / 4² + 2² / b² = 1 → b² = 16/3.
Vậy (E): x² / 16 + y² / (16/3) = 1
Câu 12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các đường tròn (C1): x² + y² = 4,
(C2): x² + y² – 12x + 18 = 0, và đường thẳng d: x – y – 4 = 0. Viết phương trình
đường tròn có tâm thuộc (C2) tiếp xúc với d và cắt đường tròn (C1) tại hai điểm phân
biệt A và B sao cho AB vuông góc với d.
(Khối B – 2012)
(C1) có tâm O(0; 0) và bán kính R1 = 2. Gọi I(a, b), R lần lượt là tâm và bán kính của
vòng tròn (C) cần viết phương trình. OI vuông góc với AB mà AB vuông góc với d

nên OI // d. Suy ra đường thẳng OI có phương trình: y = x.
I thuộc (C2) và I thuộc OI nên a=b và a²+b²–12a+18=0 <=> a=b=3 → I(3; 3)
R = d(I, d) = 2 2
Đường tròn (C) có phương trình là (x – 3)² + (y – 3)² = 8.
Câu 13. 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 x² + y² = 4. Viết
phương trình chính tắc của elip (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A
thuộc Ox.
(Khối B – 2012)
Toán Tuyển Sinh Group

www.facebook.com/groups/toantuyensinh


Giả sử ABCD có A thuộc tia Ox, B thuộc tia Oy. Gọi
H là hình chiếu vuông góc của O trên AB.
Đường tròn nội tiếp ABCD có bán kính OH = 2.
Vì AC = 2BD nên OA = 2OB.
Gọi A(a; 0) → B(0; a/2)
→ OA = a và OB = a/2.
C
1/OH² = 1/OA² + 1/OB² <=> 1/4 = 1/a² + 4/a²
→ a² = 20.
Elip (E) qua A, B, C, D có bán trụ lớn a; bán trục
nhỏ b = a/2.
→ b² = 5.
phương trình chính tắc của (E) là x² / 20 + y² / 5 = 1.

y
B

O

H

A
x

D

Câu 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Các đường thẳng
AC, AD lần lượt có phương trình x + 3y = 0 và x – y + 4 = 0. Đường thẳng BD đi qua
điểm M(–1/3; 1). Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật ABCD.
(Khối D – 2012)
Dựng đường thẳng d qua M song song với AD cắt AC
A
B
tại N.
N
d có phương trình x – y + 4/3 = 0.
N thuộc AC và d nên tọa độ N thỏa mãn x – y + 4/3 =
I
0 và x + 3y = 0 <=> x = –1 và y = 1/3 → N(–1; 1/3) K
Tọa độ của A thỏa mãnx + 3y = 0 và x – y + 4 = 0 <=>
x = –3 và y = 1 → A(–3; 1)
M
Trung điểm của đoạn MN là E(–2/3; 2/3), đường
D
C
trung trực Δ của đoạn MN đi qua E và vuông góc với
AD. Đường thẳng Δ có phương trình x + y = 0. Gọi I, K là giao điểm của Δ lần lượt

với AC, AD.
→ I(t1; –t1) và K(t2; –t2).
K thuộc AD: x – y + 4 = 0 → t2 = –2 → K(–2; 2)
I thuộc AC: x + 3y = 0 → t1 = 0 → I(0; 0)
D đối xứng với A(–3; 1) qua K(–2; 2) → D(–1; 3). B đối xứng với D(–1; 3) qua I(0;
0)
→ B(1; –3). C đối xứng với A(–3; 1) qua I(0; 0) → C(3; –1)
Câu 15. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: 2x – y + 3 = 0. Viết
phương trình đường tròn có tâm thuộc d, cắt trục Ox tại A, B và cắt trục Oy tại C, D
sao cho AB = CD = 2.
(Khối D – 2012)
Gọi I là tâm đường tròn (C) cần viết phương trình. Vì I thuộc d nên I(t; 2t + 3)
Ta có AB = CD <=> d(I, Ox) = d(I, Oy) <=> |t| = |2t + 3| <=> t = –3 hoặc t = –1
+ Với t = –1, I(–1; 1) → d(I, Ox) = 1. Bán kính của đường tròn (C) là R = 2
Suy ra phương trình đường tròn (C) là: (x + 1)² + (y – 1)² = 2.
+ Với t = –3, I(–3; –3) → d(I, Ox) = 3. Bán kính của đường tròn (C) là R = 10
Suy ra phương trình đường tròn (C) là: (x + 3)² + (y + 3)² = 10.
Toán Tuyển Sinh Group

www.facebook.com/groups/toantuyensinh


Câu 16. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆: x + y + 2 = 0 và đường
tròn (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.
(Khối A – 2011) CB
(C) có tâm I(2; 1) và bán kính R = 5
Tứ giác MAIB có hai góc vuông tại A, B. SMAIB = IA.MA = 10 → MA = 2 5
→ IM² = IA² + AM² = 25.

Mặt khác M thuộc Δ có dạng M(t; –t – 2)
Nên (t – 2)² + (t + 3)² = 25 <=> 2t² + 2t – 12 = 0 <=> t = 2 hoặc t = –3;
→ M(2; –4) hoặc M(–3; 1)
Câu 17. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E): x² / 4 + y² / 1 = 1. Tìm tọa độ
các điểm A và B thuộc (E), có hoành độ dương sao cho tam giác OAB cân tại O và có
diện tích lớn nhất.
(Khối A – 2011) NC
Do OAB cân tại O và A, B có hoành độ dương nên A, B đối xứng nhau qua trục Ox.
Gọi A(xo; yo) với xo > 0 → B(xo; –yo). Gọi H là trung điểm của AB. Suy ra H(xo; 0)
→ SOAB = (1/2)OH.AB = xo|yo|.
x o2
x
1
 yo2  1 ≥ xo|yo|. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi |yo| = o 
mà
4
2
2
1
1
1
1
Vậy A( 2; 
), B( 2;
) hoặc A( 2;
), B( 2; 
)
2
2
2

2

Câu 18. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng ∆: x – y – 4 = 0 và d:
2x – y – 2 = 0. Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng d sao cho đường thẳng ON cắt
đường thẳng Δ tại điểm M thỏa mãn ON.OM = 8.
(Khối B – 2011) CB
N thuộc d, M thuộc Δ nên N(a; 2a – 2) và M(b + 4; b).
ON cắt Δ tại M <=> OM, ON cùng phương <=> ab = (2a – 2)(b + 4) <=> b =

8(a  1)
2a

Mặt khác OM.ON = 8 <=> [a² + (2a – 2)²][(b + 4)² + b²] = 64
<=> [a² + 4(a – 1)²]² = 4(2 – a)².
<=> [5a² – 8a + 4 – 2(2 – a)][5a² – 8a + 4 + 2(2 – a)] = 0
<=> (5a² – 6a)(5a² – 10a + 8) = 0 <=> 5a² – 6a = 0 (vì 5a² – 10a + 8 = 0 vô
nghiệm)
<=> a = 0 hoặc a = 6/5
Vậy N(0; –2) hoặc N(6/5; 2/5).

Toán Tuyển Sinh Group

www.facebook.com/groups/toantuyensinh


Câu 19. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(1/2; 1). Đường
tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt 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.
(Khối B – 2011) NC

Vì BD = (5/2; 0) vuông góc với vector pháp tuyến n = (0; 1)
của EF.
A
Suy ra BD // EF nên AB = AC.
→ AD vuông góc với BC tại D.
Đường thẳng AD đi qua D(3; 1) và nhận (1; 0) làm vector
F
pháp tuyến.
Phương trình của AD là x – 3 = 0.
F thuộc FE: y – 3 = 0 nên có dạng F(t; 3)
D
BD = BF <=> (t – 1/2)² + 2² = 25/4 <=> t² – t – 2 = 0
B
<=> t = –1 hoặc t = 2 → F(–1; 3) hoặc F(2; 3)
Với F(–1; 3), đường thẳng BF có phương trình là 4x + 3y – 5 = 0
A là giao điểm của AD và BF suy ra A(3; –7/3) loại vì A có tung độ dương.
Với F(2; 3), đường thẳng BF có phương trình là 4x – 3y + 1 = 0, A(3; 13/3)
Vậy A(3; 13/3) thỏa mãn đề bài.

E

C

Câu 20. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có B(–4; 1) và 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.
(Khối D – 2011)
Gọi D là trung điểm của cạnh AC. Gọi E là điểm đối xứng với B qua đường thẳng d
chứa phân giác trong của góc A.
3

2

15
;0) → D(7/2; 1)
2

G là trọng tâm ΔABC → BD  BG  (

Đường thẳng BE vuông góc với d: x – y – 1 = 0, có phương trình là
BE: x + y + 3 = 0
Suy ra E(t; –3 – t). Trung điểm của BE là I(t/2 – 2; –1 – t/2) thuộc d.
→ t/2 – 2 + 1 + t/2 – 1 = 0 <=> t = 2 → E(2; –5)
B
DE = (–3/2; –6), đường thẳng AC đi qua E(2; –5) và
nhận n = (4; –1) làm vector pháp tuyến.
Đường thẳng AC có phương trình là 4(x – 2) – y – 5 = 0
hay 4x – y – 13 = 0.
Tọa độ của A thỏa mãn x – y – 1 = 0 và 4x – y – 13 = 0
<=> x = 4 và y = –3 suy ra A(4; –3)
C đối xứng với A qua D suy ra C(3; 5).
A
D

E

C

Câu 21. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(1; 0) và đường tròn (C): x² + y²
– 2x + 4y – 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng Δ cắt (C) tại hai điểm M, N sao
cho ΔAMN vuông cân tại A.

(Khối D – 2011)
Đường tròn (C) có tâm I(1; –2) và bán kính R = 10
Ta có: AM = AN và IM = IN → IA vuông góc với MN.
Toán Tuyển Sinh Group

www.facebook.com/groups/toantuyensinh


đường thẳng Δ nhận IA = (0; 2) làm vector pháp tuyến, có dạng y = m.
Hoành độ M, N là nghiệm của phương trình x² – 2x + m² + 4m – 5 = 0
(1)
(1) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 <=> m² + 4m – 6 ≤ 0
(*)
Khi đó M(x1, m), N(x2, m)
AM vuông góc với AN <=> AM.AN = 0 <=> (x1 – 1)(x2 – 1) + m² = 0
<=> x1x2 – (x1 + x2) + 1 + m² = 0
<=> m² + 4m – 5 – 2 + 1 + m² = 0 <=> m² + 2m – 3 = 0 <=> m = 1 hoặc m = –3
(thỏa mãn điều kiện)
Vậy phương trình đường thẳng Δ là y = 1 hoặc y = –3.
Câu 22. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: 3 x+y= 0; d2: 3 x–
y= 0. Gọi (T) là đường tròn tiếp xúc với d1 tại A, cắt d2 tại hai điểm B, C sao cho
ΔABC vuông tại B. Viết phương trình của (T) biết diện tích của ΔABC bằng

3
và
2

điểm A có hoành độ dương.
(Khối A – 2010) CB
Ta có: d1 cắt d2 tại O(0; 0). ΔABC vuông tại B suy ra AC là đường kính của đường

tròn (T).
Mặt khác ΔOAB cũng vuông tại B do AB vuông góc với d2.
Đặt góc AOB = α suy ra cos α = cos (d1, d2) =

n1.n 2
3 1 1

 → α = 60°
n1 n 2
2.2 2

Vì đường tròn (T) tiếp xúc với d1 tại A nên tam giác OAC vuông tại A.
Suy ra góc BAC = α = 60°. AB = OAsin α và BC = AB tan α =
OAsin α tan α.
1
3 3
AB.BC  OA 2 .
2
8
3
4
mà SΔABC =
suy ra OA² =
2
3

SΔABC =

A thuộc d1 nên A(t; – 3 t) → 4t² = 4/3 → t =

1
(do A có
3

hoành độ dương)
Khi đó A(

1
; –1).
3

Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với d1, nhận (1; – 3 ) làm vector pháp tuyến,
1
 3(y  1)  0 hay AC: 3x  3y  4  0
3

2
 3x  3y  4  0
Tọa độ của C thỏa mãn hệ phương trình sau 
→ C(
; –2)
3
3x

y

0


1

3
Đường tròn (T) có tâm là trung điểm I của AC → I(
; )
2 3 2

có phương trình là x 

3 2 1 2
)  ( ) = 1.
2
2
1 2
3
Vậy phương trình đường tròn (T) là (x 
)  (y  )2 = 1.
2
2 3

Bán kính đường tròn (T) là IA =

Toán Tuyển Sinh Group

(

www.facebook.com/groups/toantuyensinh


Câu 23. 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.
(Khối A – 2010) NC
Gọi H là chân đường cao hạ từ A của ΔABC. Gọi D là giao điểm của AH và đường
thẳng
x + y – 4 = 0.
Đường thẳng AH đi qua A(6; 6) và nhận (1; –1) làm vector
A(6; 6)
pháp tuyến.
→ AH: x – y = 0
x  y  0
x  y  4  0

Tọa độ của D là nghiệm của hệ phương trình 

d

→D(2; 2)
E(1; –3) D
H đối xứng với A qua D nên H(–2; –2)
Đường thẳng BC đi qua H và song song với d nên có phương
trình là x + y + 4 = 0
B
H
C
B thuộc BC nên B(t; –t – 4) và C đối xứng với B qua H
nên C(–4 – t; t)
E nằm trên đường cao hạ từ C của ΔABC nên CE vuông góc với AB.
Hay AB.CE = 0 <=> (t – 6; –t – 10).(5 + t; –3 – t) = 0 <=> (t – 6)(t + 5) + (t + 10)(t
+ 3) = 0
<=> 2t² + 12t = 0 <=> t = 0 hoặc t = –6;

Vậy B(0; –4), C(–4; 0) hoặc B(–6; 2), C(2; –6)
Câu 24. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ΔABC vuông tại A có đỉnh C(–4; 1),
phân giác trong của góc A có phương trình x + y – 5 = 0. Viết phương trình đường
thẳng BC biết tam giác ABC có diện tích bằng 24 và điểm A có hoành độ dương.
(Khối B – 2010) CB
Gọi D(2a; 2b – 1) là điểm đối xứng của C qua đường phân giác trong.
→ trung điểm của CD có tọa độ là I(a – 2; b).
→ I thuộc đường thẳng d: x + y – 5 = 0 <=> a – 2 + b – 5 = 0
<=> a + b – 7 = 0 <=> b = 7 – a
(1)
CD vuông góc với d suy ra CD = (2a + 4; 2b – 2) cùng phương với n = (1; 1).
→ 2a + 4 = 2b – 2. (2)
Thay (1) vào (2) ta được 2a + 4 = 14 – 2a – 2 <=> a = 2 → b = 5 → D(4; 9).
A thuộc d nên có dạng A(t; 5 – t) với t > 0 do A có hoành độ dương.
AC vuông góc với AD <=> AC.AD = 0
<=> (–4 – t)(4 – t) + (t – 4)(4 + t) = 0 <=> t = 4 hoặc t = –4 (loại) → A(4; 1).
Đường thẳng AB đi qua A và D, nhận AD = (0; 8) làm vector chỉ phương
hay nhận n1 = (1; 0) làm vector pháp tuyến. Phương trình đường thẳng AB là x – 4 =
0.
Vì B thuộc AB nên B(4; m) → AB = |m – 1|; AC = 8.
Suy ra SABC = (1/2)AB.AC = 4|m – 1|.
mà SABC = 24 → |m – 1| = 6 <=> m = –5 hoặc m = 7. → B(4; –5) hoặc B(4; 7)
Vì AB và AD cùng hướng nên B(4; 7).
Toán Tuyển Sinh Group

www.facebook.com/groups/toantuyensinh


Khi đó CB = (8; 6), đường thẳng BC nhận n 2 = (3; –4) làm vector pháp tuyến.
Đường thẳng BC có phương trình 3(x + 4) – 4(y – 1) = 0 <=> BC: 3x – 4y + 16 = 0.

Câu 25. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(2; 3 ); elip (E): x² / 3 + y² / 2
= 1. Gọi F1, F2 là các tiêu điểm của E (F1 có hoành độ âm); M là giao điểm có tung độ
dương của đường thẳng AF1 với (E); N là điểm đối xứng của F2 qua M. Viết phương
trình đường tròn ngoại tiếp ΔANF2.
(Khối B – 2010) NC
Ta có: a² = 3, b² = 2 → c = 1 → F1(–1; 0) và F2(1; 0).
đường thẳng F1A đi qua F1(–1; 0) và nhận F1A  (3; 3) làm vector chỉ phương có
x 1 y

3
3
x 1 y
Tọa độ của M thỏa mãn
và x² / 3 + y² / 2 = 1

3
3
(y 3  1) 2 y 2

 1 <=> 9y² – 4y 3 – 4 = 0
→
3
2
2 3
2 3
<=> y =
vì y > 0. → M(1;
)
3
3

2 3
Suy ra MA = MF2 =
;
3

phương trình là

mà N đối xứng với F2 qua M nên MN = MF2. Suy ra MF2 = MA = MN.
Đường tròn (T) ngoại tiếp ΔANF2 có tâm M và bán kính MA có phương trình
(T): (x – 1)² + (y –

2 3
)² = 4/3.
3

Câu 26. Trong mặt phẳng tọa 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 tọa độ đỉnh C, biết
C có hoành độ dương.
(Khối D – 2010)
IA² = 5² + 7² = 74.
Đường tròn ngoại tiếp ΔABC có phương trình (x + 2)² + y² = 74.
AH = (0; 6) → phương trình đường thẳng AH là x = 3.
Gọi D là điểm đối xứng với A qua tâm I, hay AD là đường kính đường tròn ngoại tiếp
ΔABC.
Vì BD vuông góc với AB nên BD // CH; CD vuông góc với AC nên CD // BH. Suy ra
tứ giác BHCD là hình bình hành. Do đó HD và BC cắt
nhau tại trung điểm mỗi đường là M.
D
Suy ra IM là đường trung bình ΔADH.
B

M
C
1
2

Hay IM  AH = (0; 3) → M(–2; 3)
Đường thẳng BC đi qua M và vuông góc với AH.
Đường thẳng BC có phương trình y = 3.
Tọa độ của B, C là tọa độ giao điểm của đường thẳng BC
và đường tròn ngoại tiếp ΔABC.
Phương trình hoành độ giao điểm là (x + 2)² + 3² = 74

Toán Tuyển Sinh Group

I

H

A

www.facebook.com/groups/toantuyensinh


<=> x = –2 + 65 hoặc x = –2 – 65
mà C có hoành độ dương. Vậy C(–2 – 65 ; 3)
Câu 27. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và Δ là đường thẳng đi qua
O. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên Δ. Viết phương trình đường thẳng Δ, biết
khoảng cách từ H đến trục hoành bằng AH.
(Khối D – 2010)
Đường tròn đường kính OA có tâm I(0; 1) bán kính R = OI = 1, có phương trình:

x² + (y – 1)² = 1.
Gọi H(a, b). Ta có d(H, Ox) = AH <=> b² = a² + (b – 2)².
(1)
H thuộc đường tròn (I, R) nên a² + (b – 1)² = 1
(2)
Từ (1) và (2) suy ra b² = 1 – (b – 1)² + (b – 2)² <=> (b + 1)² = 5
<=> b = –1 + 5 V b = –1 – 5
Từ (2) suy ra (b – 1)² ≤ 1 nên b = –1 + 5 → a = 2
→ H( 2

5  2; 1  5 ) hoặc H( 2

5  2; 1  5 )

Phương trình đường thẳng Δ là: (1  5)x  2

Toán Tuyển Sinh Group

5 2

5  2y = 0

www.facebook.com/groups/toantuyensinh