110 bai tap ve phep to do trong mat phang tsy

TUYN TP CC BI TP HèNH HC PHNG HAY NHT
( Ti liu ụn thi i hc )
Bi 1. Trong mt phng Oxy cho cỏc im A 1;0 , B 2; 4 , C 1; 4 , D 3;5 v ng

thng d : 3x y 5 0 . Tỡm im M trờn d sao cho hai tam giỏc MAB, MCD cú din tớch
bng nhau.
Gii
- M thuc d thi M(a;3a-5 )
uuu
r

x 1 y
4x 3y 4 0
3
4
uuur
x 1 y 4
CD 4;1 CD 17; CD :

x 4 y 17 0
4
1
4a 3 3a 5 4 13a 19
a 4 3a 5 17 3 11a

, h2

- Tớnh : h1 M , AB
5
5
17

17

- Mt khỏc : AB 3; 4 AB 5, AB :

- Nu din tich 2 tam giỏc bng nhau thỡ :
11
13a 19 3 11a
5. 13a 19
17. 3 11a
a

1
1
AB.h1 CD.h2


12

13a 19 11a 3
2
2
5
17

a 8

11 27
- Vy trờn d cú 2 im : M 1 ; , M 2 8;19
12 12

Bi 2. Cho hỡnh tam giỏc ABC cú din tớch bng 2. Bit A(1;0), B(0;2) v trung im I
ca AC nm trờn ng thng y = x. Tỡm to nh C
Gii
- Nu C nm trờn d : y=x thỡ A(a;a) do ú suy ra C(2a-1;2a).
- Ta cú : d B, d

02

2.
2
1
4

- Theo gi thit : S AC.d B, d 2 AC
2
2

2a 2

2

2a 0

2

1 3
a

2
2
2

8 8a 8a 4 2 a 2 a 1 0
1 3
a


2

1 3 1 3
1 3 1 3
;
,
C
- Vy ta cú 2 im C : C1


2
2
2 ; 2

2




Bi 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(1;1) , B( 2; 5)
, đỉnh C nằm trên đờng thẳng x 4 0 , và trọng tâm G của tam giác

nằm trên đờng thẳng 2 x 3 y 6 0 . Tính diện tích tam giác ABC.
Gii
AB 5

uuu
r

- Ta C cú dng : C(4;a) , AB 3; 4
x 1 y 1

4x 3 y 7 0
AB :
3
4

x x x

1 2 4
xG A B C
x
1



G
3
3

- Theo tớnh chỏt trng tõm ;
y y A yB yC

y 1 5 a a 6
G
G

3
3
3


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
�a  6 �
� 6  0 � a  2 .
�3 �
4.4  3.2  7
1
1
15
 3 � S ABC  AB.d  C , AB   5.3 
- Vậy M(4;2) và d  C , AB  
(đvdt)
2
2
2
16  9

- Do G nằm trên : 2x-3y+6=0 , cho nên : � 2.1  3 �

Bài 4.

Trong mÆt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi

A(2; 1) , B (1; 2) , träng t©m G cña tam gi¸c n»m trªn ®êng th¼ng
x  y  2 0 . T×m täa ®é ®Ønh C biÕt diÖn tÝch tam gi¸c ABC b»ng 13,5

.
Giải.
- Ta có : M là trung điểm của AB thì
�3
�

1�

A(2;1)

M � ;  �. Gọi C(a;b) , theo tính chất
2 2
�

a3
�
xG 
�
�
3
trọng tam tam giác : �
�y  b  3
�G
3

M()

G

d:x+y-2=0
C

B(1;-2)

- Do G nằm trên d :

a 3 b3

 2  0 � a  b  6  1
3
3
uuu
r
3a  b  5
x  2 y 1

� 3 x  y  5  0 � h  C , AB  
- Ta có : AB   1;3 �  AB  :
1
3
10
2a  b  5 2a  b  5
1
1

 13,5

- Từ giả thiết : S ABC  AB.h  C , AB   10.
2
2
2
10
2a  b  5  27
2a  b  32
�
�
� 2a  b  5  27 � �
��
2a  b  5  27
2a  b  22
�
�

- Kết hợp với (1) ta có 2 hệ :
�
20
�
b
�
�
�
ab  6
�
a b  6
�
�
�

3
�
�
�
�
�
�
2a  b  32
3a  38
38
�
�
�
�38 20 �
�
a
��
��
��
� C1 � ;  �
, C2  6;12 
�
�
�
3
3
3
ab  6
a b  6
�

�
�
�
�
�
�
�
�
b  12
�
�
2
a

b


22
3
a


18
�
�
�
�
�
�
a  6

�
�

Bài 5. Trong mặt phẳng oxy cho ABC có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương
trình x- 3y - 7 = 0 .Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình : x + y +1 = 0 . Xác
định tọa độ B và C . Tính diện tích ABC .
Giải
- Đường thẳng (AC) qua A(2;1) và vuông
B
góc với đường cao kẻ qua B , nên có véc tơ
chỉ phương
x+y+1=0
r
�x  2  t
n   1; 3 �  AC  : �
 t �R 
�y  1  3t

M
C
A(2;1)
x-3y-7=0

Trang 2


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
�x  2  t
�
- Tọa độ C là giao của (AC) với đường trung tuyến kẻ qua C : � �y  1  3t

�x  y  1  0
�

Giải ta được : t=2 và C(4;-5). Vì B nằm trên đường cao kẻ qua B suy ra B(3a+7;a) . M là
�3a  9 a  1 �
;
�.
2 �
� 2

trung điểm của AB � M �

- Mặt khác M nằm trên đường trung tuyến kẻ qua C :

3a  9 a  1

 1  0 � a  3 � B  1; 2 
2
2
uuu
r
12
x  2 y 1

� 3x  y  5  0, h  C; AB  
- Ta có : AB   1; 3 � AB  10,  AB  :
1
3
10
1

1
12
 6 (đvdt).
- Vậy : S ABC  AB.h  C , AB   10.
2
2
10
�

Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết A(5; 2). Phương
trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y +
3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC
Giải
�a  5 b  2 �
;
�. M nằm trên
2 �
�2

- Gọi B(a;b) suy ra M �

trung tuyến nên : 2a-b+14=0 (1).
- B,B đối xứng nhau qua đường trung trực cho
�x  a  t
 t �R  .
nên :  BC  : �
�y  b  t

A(5;2)
2x-y+3=0

M

Từ đó suy ra tọa độ N :

� 6a b
B
t
�
2
�x  a  t
�
�
� 3a  b  6
� �x 
�y  b  t
2
�x  y  6  0 �
�
� 6ba
�y 
2
�
�3a  b  6 6  b  a �
� N�
;
. Cho nên ta có tọa độ C(2a-b-6;6-a )
�
2
� 2
�

N
C

x+y-6=0

- Do C nằm trên đường trung tuyến : 5a-2b-9=0 (2)
2a  b  14  0
a  37
�
�
��
� B  37;88  , C   20; 31
5a  2b  9  0
b  88
�
�

- Từ (1) và (2) : � �

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng  : x  3 y  8  0 ,
 ' :3 x  4 y  10  0 và điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường
thẳng  , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng  ’.
Giải
Bài 7.

�x  2  3t
� I  2  3t ; 2  t 
�y  2  t

- Gọi tâm đường tròn là I , do I thuộc  : �
- A thuộc đường tròn � IA 

 3t 

2

  3  t   R (1)
2

Trang 3


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
3  2  3t   4  t  2   10
13t  12
- Đường tròn tiếp xúc với  ' �
R�
 R . (2)
5
5
13t  12
2
2
2
2
2
� 25 �
  13t  12 
- Từ (1) và (2) :  3t    3  t  

�3t    3  t  �
�
5

Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn
(C ) : x 2  y 2 – 2 x – 2 y  1  0, (C ') : x 2  y 2  4 x – 5  0 cùng đi qua M(1; 0). Viết
phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') lần lượt tại A, B sao cho
MA= 2MB
Giải
* Cách 1.
r

�x  1  at
�y  bt

- Gọi d là đường thẳng qua M có véc tơ chỉ phương u   a; b  � d : �
- Đường tròn  C1  : I1  1;1 , R1  1.  C2  : I 2  2;0  , R2  3 , suy ra :

 C1  :  x  1

2

  y  1  1,  C2  :  x  2   y 2  9
2

2

t 0�M
�
� 2ab

2b 2 �
�
�
A
1

;
- Nếu d cắt  C1  tại A : �  a  b  t  2bt  0 � �
2b
� 2
2
2
2 �
t 2
� a b a b �
2
� a b
t 0�M
�
� 6a 2
6ab �
2
2
2
�
�
B
1 2
; 2
- Nếu d cắt  C2  tại B : �  a  b  t  6at  0 � �

6a
�
�
2
a  b2 �
t 2
� a b
2
� a b
2
2
- Theo giả thiết : MA=2MB � MA  4MB  *
2

2

2

2
2
2
2
2
� 6a 2 � � 6ab ��
� 2ab � � 2b � �
- Ta có : � 2 2 � � 2 2 � 4 �
�2
� �
��
a  b 2 � �a 2  b 2 ��

�a  b � �a  b � �
�
�
�
2
2
b  6a � d : 6 x  y  6  0
�
4b
36a
� 2
 4. 2
� b 2  36a 2 � �
2
2
b  6a � d : 6 x  y  6  0
a b
a b
�

* Cách 2.
1
2

- Sử dụng phép vị tự tâm I tỉ số vị tự k=  . ( Học sinh tự làm )
Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác
ABC biết trực tâm H (1;0) , chân đường cao hạ từ đỉnh B là K (0; 2) , trung điểm cạnh AB là
M (3;1) .
Giải
- Theo tính chất đường cao : HK vuông góc với AC

cho
nên (AC) qua K(0;2) có véc tơ pháp tuyến
uuur
KH   1; 2  �  AC  : x  2  y  2   0 � x  2 y  4  0 .
A
K(0;2
- B nằm u
trên
(BH)
qua
H(1;0)
và
có
véc
tơ
chỉ
uur
)
M(3;1) H(1;0)
phương KH   1; 2  � B  1  t ; 2t  .
- M(3;1) là trung điểm của AB cho nên A(5-t;2+2t).
- Mặt khác A thuộc (AC) cho nên : 5-t-2(2+2t)+4=0 ,
B
C
suy ra t=1 . Do đó A(4;4),B(2;-2)
- uVì
C thuộc (AC) suy
ra C(2t;2+t) ,
uur
uuur

BC   2t  2; 4  t  , HA   3; 4  . Theo tính chất đường cao kẻ từ A :
Trang 4


Chuyên
uuur uuđề
ur : HÌNH HỌC PHẲNG
� HA.BC  0 � 3  2t  2   4  4  t   0 � t  1 . Vậy : C(-2;1).
uuu
r
r
x4 y4

- (AB) qua A(4;4) có véc tơ chỉ phương BA   2;6  // u   1;3 �  AB  :
1
3
� 3x  y  8  0
uuur
- (BC) qua B(2;-2) có véc tơ pháp tuyến HA   3; 4  �  BC  : 3  x  2   4  y  2   0
� 3x  4 y  2  0 .

Bài 10.

Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình
 C1  : x  y 2  4 y  5  0 và  C2  : x 2  y 2  6 x  8 y  16  0. Lập phương trình tiếp tuyến
2

chung của  C1  và  C2  .

Giải

- Ta có :

 C1  : x 2   y  2 

 C2  :  x  3    y  4   9 � I 2  3; 4  , R2  3
- Nhận xét : I1 I 2  9  4  13  3  3  6 �  C1  không cắt  C2 
- Gọi d : ax+by+c =0 ( a 2  b 2 �0 ) là tiếp tuyến chung , thế thì : d  I1 , d   R1 , d  I 2 , d   R2
2

 9 � I1  0; 2  , R1  3,

2

2

� 2b  c
 3  1
� 2
3a  4b  c  2b  c
2b  c
3a  4b  c
�
� a  b2
��
�

� 2b  c  3a  4b  c � �
3a  4b  c  2b  c
a 2  b2
a 2  b2

�
�3a  4b  c  3  2 
� a 2  b2
�
a  2b
�
2
��
. Mặt khác từ (1) :  2b  c   9  a 2  b 2  �
3a  2b  2c  0
�

- Trường hợp : a=2b thay vào (1) :

 2b  c 

2

 9  4b 2  b 2 

� 2b  3 5c
b
�
4
2
2
2
2
2
� 41b  4bc  c  0. 'b  4c  41c  45c � �

� 23 5 c
�
b
�
4





- Do đó ta có hai đường thẳng cần tìm :

 2  3 5  x   2  3 5  y 1  0 � 2 2  3 5 x  2  3 5 y  4  0

 

2
4
 2  3 5  x   2  3 5  y 1  0 � 2 2  3 5 x  2  3 5 y  4  0
d :

 

2
4
d1 :

1

2b  3a

2b 
2b  3a
2
- Trường hợp : c 
, thay vào (1) :
 3 � 2b  a  a 2  b 2
2
2
2
a b
a
�
b  0, a  2c
b  0 �c  
�
�
2
2
2
2
2
�  2b  a   a  b � 3b  4ab  0 � �
� � 4a
�
4
a
a
b
, a  6c
�

b
�c  
� 3
� 3
6
- Vậy có 2 đường thẳng : d3 : 2 x  1  0 , d 4 : 6 x  8 y  1  0

Bài 11. Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết rằng
(H) tiếp xúc với đường thẳng d : x  y  2  0 tại điểm A có hoành độ bằng 4.
Giải
Trang 5


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

- Do A thuộc d : A(4;2)
- Giả sử (H) :

x2 y 2
16 4
 2  1 * � A � H  � 2  2  1 1
2
a
b
a b

- Mặt khác do d tiếp xúc với (H) thì hệ sau có 12 nghiệm bằng nhau :

2
�

�
b 2  a 2  x 2  4a 2 x  4a 2  a 2 b 2  0
�
b 2 x 2  a 2 y 2  a 2b 2
b 2 x 2  a 2  x  2   a 2b 2

�
�
��
��
��
�y  x  2
�y  x  2
�y  x  2
4
2
2
2
2 2
2 2
2 4
4 2
�  'a  4a   b  a   4a  a b   4a b  a b  a b � a 2b 2  4  b 2  a 2   0 � a 2  b 2  4

�
�
�
16b 2  4a 2  a 2b 2
b 4  8b 2  16  0
b2  4

x2 y 2
�
�
�
H
:

1
 
- Kết hợp với (1) : � 2 2
�2
�2
8
4
a  b2  4
a 8
�a  b  4
�
�

Bài 12. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường
thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC
đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật
Giải
- Dễ nhận thấy B là giao của BD với
AB cho nên tọa dộ B là nghiệm của
x-2y+1=0
�x  2 y  1  0
�21 13 �
� B� ; �

hệ : �
�5 5 �
�x  7 y  14  0

- Đường thẳng (BC) qua B(7;3) và
vuông góc với (AB) cho nên có véc
tơ chỉ phương:

B

A

I

D

C

x-7y+14=0
M(2;1)

� 21
x  t
r
�
� 5
u   1; 2  �  BC  : �
�y  13  2t
� 5
- Ta có : R  AC , BD   R BIC  2R ABD  2  2R  AB, BD 

uu
r uu
r
uu
r
ur
n1.n2
1  14
15
3


- (AB) có n1   1; 2  , (BD) có n2   1; 7  � cos = ur uur 
5 50 5 10
10
n1 n2
r

- Gọi (AC) có n   a, b  � cos  AC,BD   cos2 =

a-7b

4
�9 �
 2 cos 2   1  2 � � 1 
10 �
5
�
50 a 2  b 2

- Do đó : � 5 a  7b  4 50 a 2  b 2 �  a  7b   32  a 2  b 2  � 31a 2  14ab  17b 2  0
2

17
17
�
a   b �  AC  :   x  2    y  1  0 � 17 x  31y  3  0
�
31
31
- Suy ra : �
a  b �  AC  : x  2  y  1  0 � x  y  3  0
�
� 21
�x  5  t
�
7
14 5 �
� 13
�
- (AC) cắt (BC) tại C � �y   2t � t  � C � ; �
15
�3 3 �
� 5
�x  y  3  0
�
�
�x  2 y  1  0
�x  7
��

� A  7; 4 
- (AC) cắt (AB) tại A : � �
�x  y  3  0
�y  4

Trang 6


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
�x  7  t
�y  4  2t

- (AD) vuông góc với (AB) đồng thời qua A(7;4) suy ra (AD) : �
�x  7  t
7
�
�98 46 �
� t  � D� ; �
- (AD) cắt (BD) tại D : �y  4  2t
15
�15 15 �
�x  7 y  14  0
�

- Trường hợp (AC) : 17x-31y-3=0 các em làm tương tự .
Bài 13. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2;
0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 =
0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG
Giải
�x  t

, C thuộc d'
�y  5  t
�x  7  2m
cho nên C: �
.
�y  m

- B thuộc d suy ra B : �

A(2;3)
x+2y-7=0
G(2;0)

- Theo tính chất trọng tâm :

 t  2m  9 

mt 2
0
3
3
mt  2
m 1
�
�
��
- Ta có hệ : �
t  2 m  3 �
t  1
�

� xG 

 2, yG 

B
x+y+5=0

C

M

r

- Vậy : B(-1;-4) và C(5;1) . Đường thẳng (BG) qua G(2;0) có véc tơ chỉ phương u   3; 4  ,
20  15  8 13
x2 y
 � 4 x  3 y  8  0 � d  C; BG  
 R
3
4
5
5
13
169
2
2
- Vậy đường tròn có tâm C(5;1) và có bán kính R= �  C  :  x  5    y  1 
5
25

cho nên (BG):

Bài 14. Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng : 2x – 5y + 1 = 0, cạnh bên
AB nằm trên đường thẳng : 12x – y – 23 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC biết rằng
nó đi qua điểm (3;1)
Giải
2x  5 y 1  0
�
12 x  y  23  0
�

- Đường (AB) cắt (BC) tại B �

A

12x-y-23=0

Suy ra : B(2;-1). . (AB) có hệ số góc k=12, đường
thẳng (BC) có hệ số góc k'=

2
, do đó ta có :
5

M(3;1)
H

2
12 
B

C
5 2
2x-5y+1=0
tan B 
. Gọi (AC) có hệ số góc là m thì
2
1  12.
5
2
m
2  5m
5

ta có : tan C 
. Vì tam giác ABC cân tại A cho nên tanB=tanC, hay ta có :
2m
5

2
m
1
5
8
�
2  5m  4m  10
m
�
2  5m
�
 2 � 2  5m  2 2 m  5 � �

�
9
�
2  5m  4m  10
5  2m
�
m  12
�

Trang 7


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
9
9
- Trường hợp : m   �  AC  : y    x  3  1 � 9 x  8 y  35  0
8
8

- Trường hợp : m=12 suy ra (AC): y=12(x-3)+1 hay (AC): 12x-y-25=0 ( loại vì nó //AB ).
- Vậy (AC) : 9x+8y-35=0 .
Bài 15. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn :
(C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 và (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25
Giải : .
- Ta có (C) với tâm I(5;-12) ,R=15. (C') có J(1;2) và R'=5. Gọi d là tiếp tuyến chung có
phương trình : ax+by+c=0 ( a 2  b 2 �0 ).
- Khi đó ta có : h  I , d  

5a  12b  c

a  2b  c

 5  2
a 2  b2
5a  12b  c  3a  6b  3c
�
- Từ (1) và (2) suy ra : 5a  12b  c  3 a  2b  c � �
5a  12b  c  3a  6b  3c
�
a  9b  c
�
�
�
. Thay vào (1) : a  2b  c  5 a 2  b 2 ta có hai trường hợp :
3
�
2a  b  c
�
2
2
- Trường hợp : c=a-9b thay vào (1) :  2a  7b   25  a 2  b2  � 21a 2  28ab  24b 2  0
a 2  b2

 15  1 , h  J , d  

� 14  10 7
�
14  10 7 �
175  10 7
a

� d :�
x

y

0
�
�
� 21
�
21
21
�
�
�
Suy ra : �
�
14  10 7
14  10 7 �
175  10 7
�
a
� d :�
x

y

0
�
� 21

�
�
21
21
�
�
�
3
2
- Trường hợp : c  2a  b �  1 :  7b  2a   100  a 2  b2  � 96a 2  28ab  51b 2  0 . Vô
2
nghiệm . ( Phù hợp vì : IJ  16  196  212  R  R '  5  15  20  400 . Hai đường tròn

cắt nhau ) .
Bài 16. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x 2  y 2  2x  8y  8  0 .
Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn
theo một dây cung có độ dài bằng 6.
Giải
- Đường thẳng d' song song với d : 3x+y+m=0
B
3  4  m m  1

5
5
2
�AB �
2
2
- Xét tam giác vuông IHB : IH  IB  � � 25  9  16
�4 �

- IH là khoảng cách từ I đến d' : IH 

Trang 8

H

A
I(-1;4)


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
2
m  19 � d ' : 3 x  y  19  0
m  1
�

�
 16 � m  1  20 � �
m  21 � d ' : 3 x  y  21  0
25
�

Bài 17. Viết phương trình các cạnh của tam
giác ABC biết B(2; -1), đường cao và đường
phân giác trong qua đỉnh A, C lần lượt là : (d1) :
3x – 4y + 27 = 0 và (d2) : x + 2y– 5=0
Giải
- Đường thẳng (BC) qua B(2;-1) và vuông góc

A
K
x+2y-5=0

�x  2  3t
B(2;-1)
với (AH) suy ra (BC): �
, hay :
y


1

4
t
�
r
x  2 y 1
�

� 4 x  3 y  7  0  n   4;3
3
4
�x  2  3t
�
- (BC) cắt (CK) tại C : � �y  1  4t � t  1 � C  1;3
�x  2 y  5  0
�
r
- (AC) qua C(-1;3) có véc tơ pháp tuyến n   a; b 

H
3x-4y+27=0

Suy ra (AC): a(x+1)+b(y-3)=0 (*). Gọi   R KCB  R KCA � cos =
- Tương tự : cos =

a+2b

�

a+2b



C

46
10
2


5 16  9 5 5
5

2
2
�  a  2b   4  a 2  b 2 
5

5 a 2  b2
5 a 2  b2
a  0 � b  y  3  0 � y  3  0
�
2
�
� 3a  4ab  0 �
4b
4
�
a
�  x  1   y  3  0 � 4 x  3 y  5  0
� 3
3
�
�y  3
�
�
�
�y  3  0
�x  5
�
�
�
3
x

4
y


27

0
�
31 582 �
�
31 � A  5;3 , A  �
�
��
 ;
- (AC) cắt (AH) tại A : �
1
2
�
�
x


�
�
4x  3y  5  0
� 25 25 �
�
�
25
�
�
�
�
�

3 x  4 y  27  0
�
�
�y  582
�
� 25
�

- Lập (AB) qua B(2;-1) và 2 điểm A tìm được ở trên . ( học sinh tự lập ).
Bài 18. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vuông góc Oxy , xét tam giác ABC vuông
tại A, phương trình đường thẳng BC là : 3 x – y - 3 = 0, các đỉnh A và B thuộc trục
hoành và bán kính đường tròn nội tiếptam giác ABC bằng 2 . Tìm tọa độ trọng tâm G của
tam giác ABC .
Giải
- Đường thẳng (BC) cắt Ox tại B : Cho y=0 suy ra x=1 , B(1;0) . Gọi A(a;0) thuộc Ox là
đỉnh của góc vuông ( a khác 1 ).. Đường thẳng x=a cắt (BC) tại C : a; 3  a  1 .





2
2
2
- Độ dài các cạnh : AB  a  1 , AC  3 a  1 � BC  AB  AC � BC  2 a  1





- Chu vi tam giác : 2p= a  1  3 a  1  2 a  1  3  3 a  1 � p 

 3  3  a 1
2

Trang 9


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
S
1
1
3
2
- Ta có : S=pr suy ra p= .(*) Nhưng S= AB. AC  a  1 3 a  1 
 a  1 . Cho nên
r
2
2
2
�
a  3 2 3
1
3
2
3 3  1 a 1 
 a  1 � a  1  2 3  1 � �
(*) trở thành :
2
4

a  1  2 3
�





- Trọng tâm G :









�
2 3  2 3 1 7  4 3
2a  1
�
�xG 
x


G
�
�7  4 3 2 3  6 �
3
�

�
3
3
��
��
� G1 �
� 3 ; 3 �
�
3
a

1


3 22 3
�
�
�y 
�
2
3

6

�G
�yG 
3
�
3
3

�
�
2 1  2 3  1
2a  1
�
1 4 3
�xG 
x


G
�
� 1 4 3 2 3  6 �
3
�
�
3
3
��
��
� G2 �
�
� 3 ; 
3 �
3
a

1



3 2  2 3
�
�
�y 
�
2 36
G
y



�
�
G
3
�
3
3
�













Bài 19. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) : x 2  y 2  4 x  2 y  1  0
và đường thẳng d : x  y  1  0 . Tìm những điểm M thuộc đường thẳng d sao cho từ điểm
M kẻ được đến (C) hai tiếp tuyến hợp với nhau góc 900
Giải
- M thuộc d suy ra M(t;-1-t). . Nếu 2 tiếp tuyến vuông góc
với nhau thì MAIB là hình vuông ( A,B là 2 tiếp điểm ).
Do đó AB=MI= IA 2 =R 2 = 6 2  2 3 .

 2 t

- Ta có : MI 

2

A

  2  t   2t 2  8  2 3
2

- Do đó :





�
t   2 � M 1  2; 2  1
2t  8  12 � t  2 � �

.
�
t

2
�
M
2;

2

1
2
�
2

2





M
x+y+1=0

* Chú ý : Ta còn cách khác
- Gọi d' là đường thẳng qua M có hệ số góc k suy ra d' có
phương trình : y=k(x-t)-t-1, hay : kx-y-kt-t-1=0 (1) .
- Nếu d' là tiếp tuyến của (C) kẻ từ M thì d(I;d')=R �

I(2;1)

2k  kt  t  2
1 k 2

B

 6

2
2
2
2
��
 2  t  k  t  2�
�
�  6  1  k  �  t  4t  2  k  2  t  2   2  t  k   t  4t  2   0
2

�
�
t 2  4t  2 �0
�
�
2
2
2
- Từ giả thiết ta có điều kiện : � � '   4  t    t  2  4t   t  2  4t   0
�2
�t  4t  2  1

�
�t 2  4t  2
�
t �2 � 6
1
�
�
k1  k2  �
�
�
2
2
2 � k1; k2 � M
- � � '  t  19  t   0 � t  � 2 � �
�2
�
k1k2  1
�
t 2
�

Trang 10


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

Bài 20.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho elip (E) : x 2  4 y 2  4  0 .Tìm những
điểm N trên elip (E) sao cho : F1 Nˆ F2 600 ( F1 , F2 là hai tiêu điểm của elip (E) )
Giải

x2
 y 2  1 � a 2  4, b 2  1 � c 2  3 � c  3
- (E) :
4
�x02  4 y02  4
�
3
3
�
x0 ; MF2  2 
x0 . Xét tam giác F1MF2 theo hệ thức
- Gọi N  x0 ; y0  � E  � �MF1  2 
2
2
�
�F1 F2  2 3
�

hàm số cos :  F1F2   MF12  MF22  2MF1MF2 cos600 �
2

2

2

�
�
3 � �
3 � �
3 �

3 �
� 2 3 �
2

x

2

x

2

x
2

�
�
�
�
�
�
0
0
0
� 2
� � 2
� � 2
�
� 2 x0 �
�

�
� �
� �
�
�
�
�
4 2
1
�
x0  
y


�
0
�
3
32
1
� 3 2� 9 2
3
3
� 12  8  x02  �
4  x0 �� x0  8 � x02 
��
� y02  � �
1
2
9

9
� 4 2
� 4 � 4
�
y0 
x0 
�
�
� 3
3
�
�4 2 1 � �4 2 1 � �4 2 1 � �4 2 1 �
, N2 �
; �
, N3 �
; �
, N4 �
; �
- Như vậy ta tìm được 4 điểm : N1 �
� 3 ; 3 �
�
�
�
�
�
�
3�
�
� � 3 3� �3
� � 3 3�

Bài 21. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng  : 2x + 3y + 4 =0
Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng  sao cho đường thẳng AB và  hợp với nhau góc





2

450.
Giải
r
- Gọi d là đường thẳng qua A(1;1) có véc tơ pháp tuyến n   a; b  thì d có phương trình
uu
r

dạng : a(x-1)+b(y-1)=0 (*). Ta có n   2;3 .
- Theo giả thiết : cos  d,  

2a  3b

 cos450 

1
2
� 2  2a  3b   13  a 2  b 2 
2

13 a 2  b 2
1

1
�
a   b � d :   x  1   y  1  0 � x  5 y  4  0
2
2
�
5
5
� 5a  24 ab  5b  0 �
�
a  5b � d : 5  x  1   y  1  0 � 5 x  y  6  0
�

- Vậy B là giao của d với  cho nên :

5x  y  6  0
�x  5 y  4  0
� 32 4 � �
�22 32 �
� B1 �
� B1 �
 ; �
, B2 : �
� B2 � ;  �
2x  3y  4  0
2x  3y  4  0
� 13 13 � �
�13 13 �
�

Bài 22.

Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng
d 1 : 2 x  y  5 0 .
d2: 3x +6y – 7 = 0. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2;
-1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1
và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm
của hai đường thẳng d1, d2.
d:2x-y+5=0
Giải
- Trước hết lập phương trình 2 đường phân giác
tạo bởi 2 đường thẳng cắt nhau :
Trang 11

d':3x+6y-7=0

P(2;-1)


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
3x  6 y  7
2x  y  5
�

� 3 5
9x  3y  8  0
�
5
��
��

3x  6 y  7 2 x  y  5
3 x  9 y  22  0
�
�

� 3 5
5
�

- Lập đường thẳng 1 qua P(2;-1) và vuông góc với tiếp tuyến : 9x+3y+8=0 .
� 1 :

x  2 y 1

� x  3y  5  0
9
3

- Lập  2 qua P(2;-1) và vuông góc với : 3x-9y+22=0 �  2 :
Bài 23.

x  2 y 1

� 3x  y  5  0
3
9

Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình:

x2 y2


1. Viết phương trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của
16 9

(H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H).
Giải
2
2
2
- (H) có a  16, b  9 � c  25 � c  5 � F1  5;0  , F2  5;0  . Và hình chữ nhật cơ sở của (H)

có các đỉnh :  4; 3 ,  4;3 ,  4; 3 ,  4;3 .
- Giả sử (E) có :

x2 y 2

 1 . Nếu (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) thì ta có
a 2 b2

2
2
2
phương trình : c  a  b  25  1
2
- (E) đi qua các điểm có hoành độ x 2  16 và tung độ y  9 �

- Từ (1) và (2) suy ra : a 2  40, b 2  15 �  E  :
Bài 24.

16 9

  1  2
a2 b2

x2 y2

1
40 15

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình:

x 2  y 2  4 3x  4  0 Tia Oy cắt (C) tại A. Lập phương trình đường tròn (C’), bán kính R’ =

2 và tiếp xúc ngoài với (C) tại A
Giải
- (C) có I( 2 3;0 ), R= 4 . Gọi J là tâm đường tròn cần tìm :
J(a;b) �  C ' :  x  a    y  b   4
2

2

y

-Do (C) và (') tiếp xúc ngoài với nhau cho nên khoảng cách
IJ =R+R' �

 a  2 3

2

 b 2  4  2  6 � a 2  4 3a  b 2  28

I(-2;0)

- Vì A(0;2) là tiếp điểm cho nên :  0  a    2  b   4  2 
2



A(0;2
)

2



�a  2 3 2  b 2  36
�
a 2  4 3a  b 2  24
�
�
�
- Do đó ta có hệ : �
�2
2
2
a  4b  b 2  0
�
�
a


2

b

4


�





2

- Giải hệ tìm được : b=3 và a= 3 �  C '  : x  3   y  3   4 .
2

* Chú ý : Ta có cách giải khác .
- Gọi H là hình chiếu vuông góc của J trên Ox suy ra OH bằng a và JH bằng b
Trang 12

x


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

- Xét các tam giác đồng dạng : IOA và IHJ suy ra :

IA IO OA

4
2 3
2


� 

IJ IH HJ
6 a2 3 b

- Từ tỷ số trên ta tìm được : b=3 và a= 3 .
Bài 25. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y
-1 =0, đường chéo BD: x- 7y +14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2;1). Tìm toạ độ
các đỉnh của hình chữ nhật
Giải
- Hình vẽ : ( Như bài 12 ).
�x  2 y  1  0
� B  7;3 .
�x  7 y  14  0

- Tìm tọa độ B là nghiệm của hệ : �

uuur

�x  7  t
�y  3  2t

- Đường thẳng (BC) qua B(7;3) và   AB  � uBC   1; 2  �  BC  : �
1
� 2 x  y  17  0 � k BC   . Mặt khác : k BD

2

1 1

1
1
1
 , k AB  � tan   7 2 
11 3
7
2
1
72

1
2
7  7 k  1  2 tan   3  3
- Gọi (AC) có hệ số góc là k � tan 2 
k
7  k 1  tan 2  1  1 4
1
7
9
k

17
�
28k  4  3k  21 �
k 
�

�
31
- Do đó : 4 7k  1  3 k  7 � �
�
28k  4  3k  21
�
k 1
�

- Trường hợp : k=1 suy ra (AC) : y=(x-2)+1 , hay : x-y-1=0 .
�x  7  t
�
- C là giao của (BC) với (AC) : � �y  3  2t � t  1, C  6;5 
�x  y  1  0
�
�x  7  t
�
� t  0, A  1;0 
- A là giao của (AC) với (AB) : � �y  3  2t
�x  2 y  1  0
�

- (AD) //(BC) suy ra (AD) có dạng : 2x+y+m=0 (*) , do qua A(1;0) : m= -2 . Cho nên (AD)
có phương trình : 2x+y-2=0 .
2x  y  2  0
�
� D  0; 2 
�x  7 y  14  0

- D là giao của (AD) với (BD) : �

- Trường hợp : k=-

17
cách giải tương tự ( Học sinh tự làm ).
31

Bài 26. Trong mp (Oxy) cho đường thẳng () có phương trình: x – 2y – 2 = 0 và hai
điểm A (-1;2); B (3;4). Tìm điểm M  () sao cho 2MA 2 + MB 2 có giá trị nhỏ nhất
Giải
- M thuộc  suy ra M(2t+2;t )
Trang 13


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
2
2
- Ta có : MA2   2t  3   t  2   5t 2  8t  13 � 2MA2  10t 2  16t  26

Tương tự : MB 2   2t  1   t  4   5t 2  12t  17
2

2

2
- Do dó : f(t)= 15t  4t  43 � f '  t   30t  4  0 � t  

f(t) =

2
. Lập bảng biến thiên suy ra min

15

2
641
�26 2 �
đạt được tại t   � M � ;  �
15
15
�15 15 �

Bài 27. Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x – 6y + 6 = 0 và điểm M (2;4)
Viết phương trình đường thẳng đi qua M cắt đường tròn tại 2 điểm A và B, sao cho M là
trung điểm của AB
Giải
- Đường tròn (C) :  x  1   y  3  4 � I  1;3 , R  2, PM /( C )  1  1  4  2  0 � M nằm
2

2

trong hình tròn (C) .
r

�x  2  at
�y  4  bt

- Gọi d là đường thẳng qua M(2;4) có véc tơ chỉ phương u   a; b  � d : �

2
2
2

- Nếu d cắt (C) tại A,B thì :  at  1   bt  1  4 �  a  b  t  2  a  b  t  2  0  1 ( có 2
2

2

nghiệm t ) . Vì vậy điều kiện :  '   a  b   2  a 2  b 2   3a 2  2ab  3b 2  0  *
2

- Gọi A  2  at1 ; 4  bt1  , B  2  at2 ; 4  bt2  � M là trung điểm AB thì ta có hệ :
�
4  a  t1  t2   4
�
a  t1  t2   0
�
�
��
��
� t1  t2  0 . Thay vào (1) khi áp dụng vi ét ta được :
8  b  t1  t 2   8
b  t1  t2   0
�
�
� t1  t2  

Bài 28.

2 a  b
x2 y4
 0 � a  b  0 � a  b � d :


� d : x y6 0
2
2
a b
1
1

Viết phương trình các tiếp tuyến của e líp (E):

x2 y 2

 1 , biết tiếp tuyến đi qua
16 9

điểmA(4;3)
Giải
r

- Giả sử đường thẳng d có véc tơ pháp tuyến n   a; b  qua A(4;3) thì d có phương trình
là :a(x-4)+b(y-3)=0 (*) , hay : ax+by-4a-3b (1) .
- Để d là tiếp tuyến của (E) thì điều kiện cần và đủ là : a 2 .16  b 2 .9   4a  3b 

2

a  0 � d : y 3  0
�
� 16a 2  9b 2  16a 2  24ab  9b 2 � 24ab  0 � �
b  0 � d : x4 0
�

Bài 29. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 2my + m2 24 = 0 có tâm I và đường thẳng : mx + 4y = 0. Tìm m biết đường thẳng  cắt đường tròn
(C) tại hai điểm phân biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12.
Giải
- (C) :  x  1   y  m   25
2

Trang 14

2

� I (1; m), R  5 .


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
m
�
�y   4 x
�
- Nếu d : mx +4y=0 cắt (C) tại 2 điểm A,B thì �� 2
�4  m2 �
m  16 �2
2
�
�
�x  2 �
�x  m  24  0  1
�
� 16 �
� 4 �
�

�
�

- Điều kiện :  '  m 2  25  0 � m �R . Khi đó gọi A �x1 ; 
� AB 

 x2  x1  
2

m2
2
 x2  x1   x2  x1
16
m  4m

- Khoảng cách từ I đến d =
- Từ giả thiết : S 
� 5m

m 2  16



m � �
m �
x1 �
, B �x2 ;  x2 �
4 � �
4 �

m 2  16
m2  25
8
4
m 2  16
5m

m 2  16

5m
1
1
m 2  25
m 2  25
AB.d  .8
.
 4 5m
 12
2
2
m 2  16
m 2  16 m 2  16

2
m2  25
 3 � 25m 2  m 2  25   9  m 2  16 
2
m  16

- Ta có một phương trình trùng phương , học sinh giải tiếp .

Bài 30. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB:
x - y - 2 = 0, phương trình cạnh AC: x + 2y - 5 = 0. Biết trọng tâm của tam giác G(3; 2).
Viết phương trình cạnh BC
Giải
�x  y  2  0
� A  3;1
�x  2 y  5  0

- (AB) cắt (AC) tại A : � �

- B nằm trên (AB) suy ra B(t; t-2 ), C nằm trên (AC) suy ra C(5-2m;m)
t  2m  8
�
xG 
3
�
�
m  2 � C  1;2 
t  2m  1 �
�
�
3
��
��
- Theo tính chất trọng tâm : �
tm 7
t  5 � B  5;3
�
�y  t  m  1  2
�

G
�
3

Bài 31. Viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm A(2; 5), B(4;1) và tiếp xúc với
đường thẳng có phương trình 3x – y + 9 = 0.
Giải
- Gọi M là trung điểm AB suy ra M(3;3 ) . d' là đường trung trực của AB thì d' có phương
trình : 1.(x-3)-2(y-3)=0 , hay : x-2y+3=0 .
- Tâm I của (C) nằm trên đường thẳng d' cho nên I(2t-3;t) (*)
- Nếu (C) tiếp xúc với d thì h  I , d   R �

3  2t  3  t  9
10

- Mặt khác : R=IA=

 5  2t 

2

  5  t  . (2) .

- Thay (2) vào (1) :

 5  2t 

2

  5t 



5t
10



10
t  R . (1)
2

2

2

10
t � 4  5t 2  30t  50   10t 2
2

Trang 15


Chuyờn : HèNH HC PHNG

t 6 34
t 2 12t 2 0
. Thay cỏc giỏ tr t vo (*) v (1) ta tỡm c ta tõm I v
t 6 34

bỏn kớnh R ca (C) .
* Chỳ ý : Ta cú th s dng phng trỡnh (C) : x 2 y 2 2ax 2by c 0 ( cú 3 n a,b,c)
- Cho qua A,B ta to ra 2 phng trỡnh . Cũn phng trỡnh th 3 s dng iu kin tip xỳc
ca (C) v d : khong cỏch t tõm ti d bng bỏn kớnh R .
Bi 32. Cho ng trũn (C): x2 + y2 2x + 4y + 2 =
0.
A
Vit phng trỡnh ng trũn (C') tõm M(5, 1) bit (C')
ct (C) ti cỏc im A, B sao cho AB 3 .
H
I
M
Gii
- ng trũn (C) :
2
2
B
x 1 y 2 3 I 1; 2 , R 3 .
- Gi H l giao ca AB vi (IM). Do ng trũn (C')
tõm M cú bỏn kớnh R' = MA . Nu AB= 3 IA R , thỡ tam giỏc IAB l tam giỏc u , cho
3 7
3. 3 3
( ng cao tam giỏc u ) . Mt khỏc : IM=5 suy ra HM= 5 .
2 2
2
2
2
AB
49 3

13 R '2
- Trong tam giỏc vuụng HAM ta cú MA2 IH 2
4
4 4
2
2
- Vy (C') : x 5 y 1 13 .

nờn IH=

Bi 33. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình (x-1)2 + (y+2)2 = 9 và đờng thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m
để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ đợc hai
tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam
giác ABC vuông.
Gii
- (C) cú I(1;-2) v bỏn kớnh R=3 . Nu tam giỏc ABC
vuụng gúc ti A ( cú ngha l t A k c 2 tip tuyn
ti (C) v 2 tip tuyn vuụng gúc vi nhau ) khi ú
x+y+m=0
ABIC l hỡnh vuụng . Theo tớnh cht hỡnh vuụng ta cú
B
IA= IB 2 (1) .
- Nu A nm trờn d thỡ A( t;-m-t ) suy ra :
IA


t 1
t 1

2

2

t 2 m . Thay vo (1) :
2

t 2 m 3 2

A

I(1;-2)

2

2t 2 2 m 1 t m2 4m 13 0 (2). trờn d cú

C

ỳng 1 im A thỡ (2) cú ỳng 1 nghim t , t ú ta cú
2
iu kin : m 2 10m 25 0 m 5 0 m 5 .Khi ú (2) cú nghim kộp l :
t1 t2 t0

m 1 5 1

3 A 3;8
2
2

Bi 34. Trong mt phng to Oxy cho hai ng thng (d1) : 4x - 3y - 12 = 0 v (d2):
4x + 3y - 12 = 0. Tỡm to tõm v bỏn kớnh ng trũn ni tip tam giỏc cú 3 cnh nm
trờn (d1), (d2), trc Oy.
Trang 16


Chuyờn : HèNH HC PHNG

Gii
4 x 3 y 12 0

A 3;0 Ox
4 x 3 y 12 0

- Vỡ (BC) thuc Oy cho nờn gi B l giao ca d1 vi Oy : cho x=0 suy ra y=-4 , B(0;-4) v
C l giao ca d 2 vi Oy : C(0;4 ) . Chng t B,C i xng nhau qua Ox , mt khỏc A nm

- Gi A l giao ca d1 , d 2 A :

trờn Ox vỡ vy tam giỏc ABC l tam giỏc cõn nh A . Do ú tõm I ng trũn ni tip tam
giỏc thuc Ox suy ra I(a;0).

IA AC 5
IA IO 5 4
OA 9

IO AO 4
IO
4
IO 4
4OA 4.3 4
4
IO

. Cú ngha l I( ;0 )
9
9
3
3
1
1
15 1 AB BC CA 1 5 8 5
18 6

r .
- Tớnh r bng cỏch : S BC.OA .5.3
2
2
2 2
r
2
r
15 5

- Theo tớnh cht phõn giỏc trong :

Bi 35.

Trong mt phng to Oxy cho im C(2;-5 ) v ng thng :
: 3x 4 y 4 0 . Tỡm trờn hai im A v B i xng nhau qua I(2;5/2) sao cho din tớch
tam giỏc ABC bng15
Gii
- Nhn xột I thuc , suy ra A thuc : A(4t;1+3t) . Nu B i xng vi A qua I thỡ B cú
ta B(4-4t;4+3t) AB 16 1 2t 9 1 2t 5 1 2t
2

2

6 20 4
6
5

t 0 A 0;1 , B 4; 4
1
1
- T gi thit : S AB.h 5. 1 2t .6 15 1 2t 1
2
2
t 1 A 4; 4 , B 0;1


- Khong cỏch t C(2;-5) n bng chiu cao ca tam giỏc ABC :

Bi 36.

Trong mt phng vi h to Oxy cho elớp ( E ) :

x2 y2

1 v hai im A(3;9
4

2) , B(-3;2) Tỡm trờn (E) im C cú honh v tung dng sao cho tam giỏc ABC cú
din tớch ln nht.
Gii
- A,B cú honh l honh ca 2 nh ca 2 bỏn trc ln ca (E) , chỳng nm trờn
ng thng y-2=0 . C cú honh v tung dng thỡ C nm trờn cung phn t th nht
- Tam giỏc ABC cú AB=6 c nh . Vỡ th tam giỏc cú din tớch ln nht khi khong cỏch t
C n AB ln nht .
- D nhn thy C trựng vi nh ca bỏn trc ln (3;0)
Bi 37.

Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2),

có diện tích bằng

3
và trọng tâm thuộc đờng thẳng : 3x y 8 = 0.
2

Tìm tọa độ đỉnh C.
Gii
r uuu
r
- Do G thuc suy ra G(t;3t-8). (AB) qua A(2;-3) cú vộc t ch phng u AB 1;1 , cho
nờn (AB) :

x2 y3
5 5

x y 5 0 . Gi M l trung im ca AB : M ; .
1
1
2 2

Trang 17


Chuyờn : HèNH HC PHNG
uuuu
r 5
5
11
5

- Ta cú : GM t ; 3t 8 t; 3t . Gi s C x0 ; y0 , theo tớnh cht trng tõm
2
2
2
2


5
x0 t 2 t

uuur

uuuu
r
x0 5 2t

2

C 2t 5;9t 19 1
ta cú : GC 2GM
y

9
t

19
11


0

y 3t 8 2
0
3t

2


3 2t 5 9t 19 8 4 3t

- Ngoi ra ta cũn cú : AB= 2 , h C ,
10

10
4 3t 3
1
1
2
2 4 3t 3 10
- Theo gi thit : S AB.h C ,
2
2
2
10
43 5
76 5

t
C

;

7

9
5




3
3

2


2
2 4 3t 90 9t 24t 29 0
6 5 7

43 5

t
C
;9
5

7

3


3




Bi 38.

Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E):

x2 y 2

1 và đờng thẳng
4
3

:3x + 4y =12. Từ điểm M bất kì trên kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB.
Chứng minh rằng đờng thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định
Gii

1
Trong mt phng ta Oxy cho hỡnh ch nht ABCD cú tõm I ( ;0)
2
ng thng AB cú phng trỡnh: x 2y + 2 = 0, AB = 2AD v honh im A õm. Tỡm
ta cỏc nh ca hỡnh ch nht ú
Gii
- Do A thuc (AB) suy ra A(2t-2;t) ( do A cú honh õm cho nờn t<1)
- Do ABCD l hỡnh ch nht suy ra C i xng vi A qua I : C 3 2t; t .
Bi 39.

1
x t
- Gi d' l ng thng qua I v vuụng gúc vi (AB), ct (AB) ti H thỡ : d ' : 2 , v

y 2t
H cú ta l H 0;1 . Mt khỏc B i xng vi A qua H suy ra B 2 2t ; 2 t .

2 2t

- T gi thit : AB=2AD suy ra AH=AD , hay AH=2IH

2

1 t 2 1

t 1 1
t0

5
2
5t 2 10t 5 4. t 1 1

t 1 1
t 2 1
4



- Vy khi t =

1
A 2;0 , B 2; 2 , C 3;0 , D 1; 2 .
2

* Chỳ ý : Ta cũn cú cỏch gii khỏc nhanh hn
1
02
5 , suy ra AD=2 h(I,AB)=
- Tớnh h I ; AB 2

2
5

Trang 18

5

2

1
4


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
2
2
5
AB 
2 AD 


5
25
2
2
2
- Mặt khác : IA  IH 
 IH 
 IH 2  AD 2   5 
� IA=IB =

2
4
4
4
4

-Do đó A,B là giao của (C) tâm I bán kính IA cắt (AB) . Vậy A,B có tọa độ là nghiệm của
�x  2 y  2  0
�
2
2
hệ : �� 1 �
�5 �� A  2;0  , B  2; 2  (Do A có hoành độ âm
2
�x  � y  � �
�
� 2�
�2 �
�

- Theo tính chất hình chữ nhật suy ra tọa độ của các đỉnh còn lại : C(3;0) và D(-1;-2)
Bài 40. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao
CH : x  y  1  0 , phân giác trong BN : 2 x  y  5  0 .Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính diện
tích tam giác ABC
Giải
- Đường (AB) qua A(1;-2) và vuông góc với
�x  1  t
.
�y  2  t

C

(CH) suy ra (AB): �

�x  1  t
�
� t  5
- (AB) cắt (BN) tại B: � �y  2  t
�
2x  y  5  0
�

Do đó B(-4;3).Ta có :
k AB  1, k BN  2 � tan  

2x+y+5=0
N

B

1  2 1

1 2
3

H

A(1;-2)

x-y+1=0

- Gọi A' đối xứng với A qua phân giác (BN) thì
�x  1  2t
�y  2  t

A' nằm trên (AB). Khi đó A' nằm trên d vuông góc với (BN) � d : �
�x  1  2t
�
� t  1 � H  1; 3  .
- d cắt (BN) tại H : � H : �y  2  t
�
2x  y  5  0
�

r

- A' đối xứng với A qua H suy ra A'(-3;-4) . (BC) qua B,A' suy ra : u   1; 7 
�x  4  t
�x  4  t
3
�
� 13 9 �
�  BC  : �
. (BC) cắt (CH) tại C: � �y  3  7t � t  � C � ;  �
4
� 4 4�
�y  3  7t
�x  y  1  0
�

- Tính diện tích tam giác ABC :
�AB  2 5
1
1
9
9 10
�

- Ta có : �
9 � S ABC  AB.h(C , AB )  .2 5
2
2
4
h  C , AB  
2 2
�
2 2
�

Bài 41. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD, có diện tích
bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 : x  y  3 0 và d2 : x  y  6 0 . Trung
điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật
Giải
�x  y  3  0
�9 3 �
� I � ; �. Gọi M là trung điểm của AD thì
�2 2 �
�x  y  6  0

- Theo giả thiết , tọa độ tâm I � �

M có tọa độ là giao của : x-y-3=0 với Ox suy ra M(3;0). Nhận xét rằng
: IM // AB và DC ,
r
nói một cách khác AB và CD nằm trên 2 đường thẳng // với d1 ( có n   1; 1 .
Trang 19


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
�x  3  t
. Giả sử A  3  t; t  (1), thì
�y  t

-A,D nằm trên đường thẳng d vuông góc với d1 � d : �

do D đối xứng với A qua M suy ra D(3-t;t) (2) .
- C đối xứng với A qua I cho nên C(6-t;3+t) (3) . B đối xứng với D qua I suy ra B( 12+t;3-t).
(4)
- Gọi J là trung điểm của BC thì J đối xứng với M qua I cho nên J(6;3). Do đó ta có kết quả
là : : MJ  AB  AD  3 2 . Khoảng cách từ A tới d1 : h  A, d1  

2t
2

� S ABCD  2h  A, d1  .MJ

t  1
�
3 2  12 t  12 � �
. Thay các giá trị của t vào (1),(2),(3),(4) ta tìm

t 1
2
�
�
t  1 � A  3;1 , D  4; 1 , C  7; 2  , B  11; 4 
được các đỉnh của hình chữ nhật : � �
t  1 � A  4; 1 , D  2;1 , C  5; 4  , B  13; 2 
�
� S ABCD  2

2t

x 2 y2

1
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hypebol (H): 2 3
và điểm M(2;

Bài 42.
1). Viết phương trình đường thẳng d đi qua M, biết rằng đường thẳng đó cắt (H) tại hai
điểm A, B mà M là trung điểm của AB
Giải
r

�x  2  at
�y  1  bt

- Giải sử d có véc tơ chỉ phương u   a; b  , qua M(2;1) � d : �

�

�x  2  at
2
2
�
2  at 
1  bt 


�

1
- d cắt (H) tại 2 điểm A,B thì A,B có tọa độ : � �y  1  bt �
2
3
�x 2 y 2
� 
1
�2
3
� 3  2  at   2  2  bt   6 �  3a 2  2b 2  t 2  4  3a  b  t  4  0(1)
2

2

�
3a 2  2b 2 �0
�
- Điều kiện : � �
(*). Khi đó A  2  at1 ;1  bt1  , và tọa độ của
2

 '  4  3a  b   4  3a 2  2b 2   0
�
B : B  2  at2 ;1  bt 2  , suy ra nếu M là trung điểm của AB thì : 4+a  t1  t2   4 � t1  t2  0
4
4
2
� t1  t2  t22  2
� t2  �
2
3
3a  2b
2b  3a
2b 2  3a 3
4  b  3a 
x  2 y 1
x  2 y 1
 0 � b  3a � d :

�

- Áp dụng vi ét cho (1) : t1  t2  2
2
3a  2b
a
b
a
3a

- Kết hợp với t1t2 

2

- Vậy d : 3(x-2)=(y-1) hay d : 3x-y-5=0 .
Bài 43. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng  có phương trình x+2y-3=0 và hai
uuur uuur
điểm A(1;0),B(3;-4). Hãy tìm trên đường thẳng  một điểm M sao cho : MA  3MB là nhỏ
nhất
Giải
uuur
uuur
- D M � � M  3  2t ; t  có nên ta có : MA   2t  2; t  ,3MB   6t; 3t  12  . Suy ra tọa độ
uuur

uuur

uuur

uuur

của MA  3MB   8t; 4t  14  � MA  3MB 

Trang 20

 8t 

2

  4t  14  .
2

Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

- Vậy : f(t) =

 8t 

2

  4t  14   80t 2  112t  196 . Xét g(t)= 80t 2  112t  196 , tính đạo hàm
2

� 51 � 15.169
g�
 �
 196
� 80 � 80
uuur uuur
51
� 131 51 �
; �
- Vậy min MA  3MB  196  14 , đạt được khi t= 
và M �
80
� 40 80 �
2
2
Bài 44. Trong mặt phẳng Oxy , cho hai đường tròn :  C1  : x  y  13 và

g'(t)= 160t+112. g'(t)=0 khi t  

112
51
 �
80
80

 C2  :  x  6   y 2  25 cắt nhau tại A(2;3).Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt
 C1  ,  C2  theo hai dây cung có độ dài bằng nhau
2

Giải

- Từ giả thiết :  C1  : I   0;0  , R  13.  C2  ; J  6;0  , R '  5
r

�x  2  at
�y  3  bt

- Gọi đường thẳng d qua A(2;3) có véc tơ chỉ phương u   a; b  � d : �

�x  2  at
2a  3b
�
 a 2  b 2  t 2  2  2a  3b  t �
- d cắt  C1  tại A, B : � �y  3  bt � �
�
� 0 � t   a 2  b 2
�x 2  y 2  13
�

�b  2b  3a  a  3a  2b  �
� B� 2
;
�. Tương tự d cắt  C2  tại A,C thì tọa độ của A,C là nghiệm của
2
a 2  b2 �
� a b
�x  2  at
�
2  4a  3b 
�
10a 2  6ab  2b 2 3a 2  8ab  3b 2 �
�
�
y

3

bt
�
t

�
C
;
hệ :
�
�
�
2

2
2
2
a

b
a

b
a 2  b2
�
�
�
2
2
 x  6   y  25
�

- Nếu 2 dây cung bằng nhau thì A là trung điểm của A,C . Từ đó ta có phương trình :
�
�x  2
a  0 �; d : �
�
 2b  3ab   10a  6ab  2b  4 � 6a 2  9ab  0 � �
�y  3  t
�
2
2
2
2

� 3
r �3
a b
a b
� ur
a  b � u  � b; b �
// u '   3; 2 
�
�2
�
� 2
�x  2  3t
Suy ra : � d : �
. Vậy có 2 đường thẳng : d: x-2=0 và d': 2x-3y+5=0
�y  3  2t
2

2

2

Bài 45. Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC biết A(3;0), đường cao từ đỉnh B có
phương trình x+y+1=0 trung tuyến từ đỉnh C có phương trình : 2x-y-2=0 . Viết phường
trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Giải
- Đường thẳng d qua A(3;0) và vuông
góc với
r
(BH) cho nên có véc tơ chỉ phương u   1;1
B

2x-y-2=0
K

�x  3  t
. Đường thẳng d cắt (CK)
�y  t

do đó d : �

�x  3  t
�
� t  4 � C  1; 4 
tại C : �y  t
�
2x  y  2  0
�

- Vì K thuộc (CK) : K(t;2t-2) và K là trung
điểm của AB cho nên B đối xứng với A qua K

C

H

A(3;0)

x+y+1=0
Trang 21

Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

suy ra B(2t-3;4t-4) . Mặt khác K lại thuộc (BH) cho nên : (2t-3)+(4t-4)+1=0 suy ra t=1 và
2
2
2
2
2
tạo độ B(-1;0) . Gọi (C) : x  y  2ax  2by  c  0  a  b  c  R  0  là đường tròn ngoại
� 1
a
�
9  6a  c  0
�
2
�
�
4

4
a

c

0
�
b

0

tiếp tam giác ABC . Cho (C) qua lần lượt A,B,C ta được hệ : �
�
�
5  2a  8b  c  0 �
c  6
�
�
�
2

25
� 1�
- Vậy (C) : �x  � y 2 
4
� 2�

Bài 46.

Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC biết A(1;-1) ,B(2;1), diện tích bằng

11
2

và trọng tâm G thuộc đường thẳng d : 3x+y-4=0 . Tìm tọa độ đỉnh C ?
Giải
- Nếu G thuộc d thì G(t;4-3t). Gọi C( x0 ; y0 ) . Theo
A(1;-1)
� 1  2  x0
t
�

�x0  3t  3
�
3
��
tính chất trọng tâm : �
y
�y0  12  9t
�
4  3t  0
�
3

Do đó C(3t-3;12-9t).
-Ta có :

3x+y-4=0
G
B(2;1)

C

x 1 y 1
�
uuu
r
( AB) :

� 2x  y  3  0
�
1

2
AB   1; 2  � �
�AB  1  22  5
�
2  3t  3   12  9t   3 15t  21
1

- h(C,AB)=
. Do đó : S ABC  AB.h  C , AB  �
2
5
5
� 32
17 26 �
�
� 32
t

�
C

; �
t

�
�
� 15
15t  21 15t  21 11
1
15

5
5 �
�
S
5

 � 15t  21  11 � �
��
20
2
2
2
5
� 4
�
t
t  � C  1;0 
�
�
� 15
� 3

Bài 47. Trong mặt phẳng Oxy , cho hình vuông có đỉnh (-4;5) và một đường chéo có
phương trình : 7x-y+8=0 . Viết phương trình chính tắc các cạnh hình vuông
Giải
- Gọi A(-4;8) thì đường chéo (BD): 7x-y+8=0. Giả sử B(t;7t+8) thuộc (BD).
- Đường chéo (AC) qua A(-4;8) và vuông góc với (BD) cho nên có véc tơ chỉ phương

r
�x  4  7t

x4 y 5
u  7; 1 �  AC  : �
�

� x  7 y  39  0 . Gọi I là giao của (AC) và
7
1
�y  5  t
�x  4  7t
1
�
�1 9�
� t  � I � ; �� C  3; 4 
(BD) thì tọa độ của I là nghiệm của hệ : �y  5  t
2
� 2 2�
�
7x  y  8  0
�
uuu
r
uuur
- Từ B(t;7t+8) suy ra : BA   t  4;7t  3 , BC   t  3;7t  4  . Để là hình vuông thì BA=BC :
t 0
�
t  1
�

2
Và BAvuông góc với BC �  t  4   t  3   7t  3  7t  4   0 � 50t  50t  0 � �

Trang 22


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
�
t  0 � B  0;8 
�
B  0;8  � D  1;1
��
. Tìm tọa độ của D đối xứng với B qua I � �
t  1 � B  1;1
B  1;1 � D  0;8 
�
�
uuur
x  4 y 5

- Từ đó : (AB) qua A(-4;5) có u AB   4;3 �  AB  :
4
3
uuur
x4 y5

(AD) qua A(-4;5) có u AD   3; 4  �  AB  :
3
4
uuur
x y 8
(BC) qua B(0;8) có u BC   3; 4  �  BC  : 

3
4
uuur
x 1 y 1

(DC) qua D(-1;1) có uDC   4;3 �  DC  :
4
3

* Chú ý : Ta còn cách giải khác
- (BD) : y  7 x  8 , (AC) có hệ số góc k  

1
x 31
và qua A(-4;5) suy ra (AC): y   .
7
7 7

�x A  xC  2 xI
�y  y  2 y
A
C
I
�
�
-Gọi I là tâm hình vuông : � �yI  7 xI  8 � C  3; 4 
�
�y   xC  31
�C
7 7

r
r
rr r r
0
- Gọi (AD) có véc tơ chỉ phương u   a; b  ,  BD  : v   1;7  � a  7b  uv  u v cos45
3
3
3
�  AD  : y   x  4   5  x  8
4
4
4
4
4
1
3
3
7
Tương tự :  AB  : y    x  4   5   x  ,  BC  : y   x  3   4  x  và đường thẳng
3
3
3
4
4
4
4
4
(DC): y    x  3  4   x  8
3
3

� a  7b  5 a 2  b 2 . Chọn a=1, suy ra b 

Bài 48.

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm E(-1;0) và đường tròn
( C ): x2 + y2 – 8x – 4y – 16 = 0.
Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm E cắt ( C ) theo dây cung MN có độ dài ngắn
nhất.
Giải
2
2
-  C  :  x  4    y  2   36 � I  4; 2  , R  6
- Nhận xét : P/(M,C)=1+8-16=-7<0 suy ra E nằm trong (C)
r
�x  1  at
u
- Gọi d là đường thẳng qua E(-1;0) có véc tơ chỉ phương   a; b  � d : �
�y  bt

- Đường thẳng d cắt (C) tại 2 điểm M,N có tọa độ là nghiệm của hệ :
�x  1  at
�
�
� �y  bt
�  a 2  b 2  t 2  2  5a  2b  t  7  0 . (1)
�
2
2
 x  4    y  2   36
�

- Gọi M(-1+at;bt),N( -1+at';bt') với t và t' là 2 nghiệm của (1). Khi đó độ dài của dây cung
MN  a 2  t  t '  b2  t  t '  t  t ' a 2  b 2 
2

2

2 '
2 18a 2  20ab  11b2
2
2
a

b

a 2  b2
a 2  b2

Trang 23


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG
2

�b � �b �
18  20 � � 11� �
2
�a � �a � � 2 18  20t  11t
- �2
2

1 t2
�b �
1 � �
�a �

18  20t  11t 2
� b�
t

.
Xét
hàm
số
f(t)=
�
�
1 t2
� a�

- Tính đạo hàm f'(t) cho bằng 0 , lập bảng biến thiên suy ra GTLN của t , từ đó suy ra t ( tức
là suy ra tỷ số a/b ) ). Tuy nhiên cách này dài
* Chú ý : Ta sử dụng tính chất dây cung ở lớp 9 : Khoảng cách từ tâm đến dây cung càng
nhỏ thì dây cung càng lớn
- Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng d bất kỳ qua E(-1;0). Xét tam giác
2
vuông HIE ( I là đỉnh ) ta luôn có : IH 2  �
IE
HE 2 IE 2
IH IE . Do đó IH lớn nhất khi
HE=0 có nghĩa là H trùng với E . Khi đó d cắt (C) theo dây cung nhỏ nhấtr . Lúc

này d là
uur
đường thẳng qua E và vuông góc với IE cho nên d có véc tơ pháp tuyến n  IE   5; 2  , do
vậy d: 5(x+1)+2y=0 hay : 5x+2y+5=0 .
Bài 49. Cho tam giác ABC cân tại A, biết phương trình đường thẳng AB, BC lần lượt là:
x + 2y – 5 = 0 và 3x – y + 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng AC, biết rằng AC đi qua
điểm F(1; - 3).
Giải
- Ta thấy B là giao của (AB) và (BC) cho nên tọa độ
9
�
A
x
�
�x  2 y  5  0 �
7
��
B là nghiệm của hệ : �
x+2y-5=0
3
x

y

7

0
�
�y   22
�

7
F(1;-3)
� 9 22 �
� B�
 ; �
. Đường thẳng d' qua A vuông góc
7 �
�7
B
C
3x-y+7=0
r
r
1
với (BC) có u   3; 1 � n   1;3 � k   . (AB)
3
1
có k AB   . Gọi (AC) có hệ số góc là k ta có
2
1
�
1 1
1
k 
 
k
�
15
k


5

3

k
3
k

1
�
8
3 �1
� 15k  5  3  k � �
��
phương trình : 2 1 13 
k
15k  5  k  3
4
5 3 k
�
�
1
1
k 
�
23
3
7
�
1

1
- Với k=- �  AC  : y    x  1  3 � x  8 y  23  0
8
8
4
4
- Với k= �  AC  : y    x  1  3 � 4 x  7 y  25  0
7
7

Bài 50. Trong mặt phẳng Oxy, hãy xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC vuông cân
tại A. Biết rằng cạnh huyền nằm trên đường thẳng d: x + 7y – 31 = 0, điểm N(7;7) thuộc
đường thẳng AC, điểm M(2;-3) thuộc AB và nằm ngoài đoạn AB
Giải
uuur
uuu
r
- Gọi A  x0 ; y0  � MA   x0  2; y0  3 , NA   x0  7; y0  7  .
-uuDo
Ar là đỉnh của tam giác vuông cân cho nên AM vuông góc với AN hay ta có :
ur uuu
MA.NA  0 �  x0  2   x0  7    y0  3   y0  7   0 � x02  y02  9 x0  4 y0  7  0

Trang 24


Chuyên đề : HÌNH HỌC PHẲNG

- Do đó A nằm trên đường tròn (C) :  x0  3   y0  2   20
- Đường tròn (C) cắt d tại 2 điểm B,C có tọa độ là nghiệm của hệ phương trình :

2

2

2
2
�
�x  31  7 y
�x  31  7 y
x  3   y  2   20 �
�

��
��
�� 2
2
2
 28  7 y    y  2   20 �50 y  396 y  768  0
�x  7 y  31  0
�

198  2 201 99  201
99  201
, tương ứng ta tìm được các

;y
50
25
25
�82  7 201 99  201 �

82  7 201
82  7 201
;
giá trị của x : x 
. Vậy : A �
�
;x 
� 25
�và tọa độ của
25
25
25
�
�

- Do đó ta tìm được : y 

�82  7 201 99  201 �
;
�
�
25
� 25
�

điểm A �
�

Bài 51. Trong mặt phẳng Oxy , cho hai đường thẳng d1: 2x + y + 5 = 0, d2: 3x + 2y – 1 =
0 và điểm G(1;3). Tìm tọa độ các điểm B thuộc d1 và C thuộc d2 sao cho tam giác ABC

nhận điểm G làm trọng tâm. Biết A là giao điểm của hai đường thẳng d1 và d 2
Giải
�2 x  y  5  0
�x  11
��
� A  11;17 
3x  2 y  1  0
�
�y  17

- Tìm tọa độ A là nghiệm của hệ : �
- Nếu C thuộc

d1 � C  t ; 2t  5 

C

, B �d 2 � B  1  2m; 1  3m 

3x+2y-1=0

- Theo tính chất trọng tâm của tam giác ABC khi G
�t  2m  10
1
�
t  2m  13
�
� 3
��
là trọng tâm thì : �

11  2t  3m
2t  3m  2
�
3 �
�
3
t  13  2m
�
t  13  2m �
t  35
�
��
��
��
2  13  2m   3m  2
m  24
m  24
�
�
�

A

G
2x+y+5=0

M

B

- Vậy ta tìm được : C(-35;65) và B( 49;-53).
Bài 52. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 2y – 15 = 0. Tìm tọa độ
điểm M trên đường thẳng d: 3x – 22y – 6 = 0, sao cho từ điểm M kẻ được tới (C) hai tiếp
tuyến MA, MB (A, B là các tiếp điểm) mà đường thẳng AB đi qua điểm C (0;1).
Giải
2
2
- (C) :  x  3   y  1  25 , có I(3;-1) và R=5 .
- Gọi A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  là 2 tiếp điểm của 2 tiếp
tuyến kẻ từ M .
- Gọi M  x0 ; y0  �d � 3x0  22 y0  6  0 (*)
- Hai tiếp tuyến của (C) tại A,B có phương trình là :
-  x1  3  x  3   y1  1  y  1  25  1 và :
-  x2  3  x  3   y2  1  y  1  25  2 
- Để 2 tiếp tuyến trở thành 2 tiếp tuyến kẻ từ M thì
2 tiếp tuyến phải đi qua M ;
-  x1  3  x0  3   y1  1  y0  1  25  3 và
-  x2  3  x0  3   y2  1  y0  1  25

A
I(3;-1)
H
M

3x-22y-6=0 B
C(0;1)

 4

Trang 25