Dạy thêm toán 10 PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN

PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRỊN
DẠNG 1. NHẬN DẠNG PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN
Câu 1.

x 2  y 2  2  m  2  x  4my  19m  6  0
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
là phương trình đường trịn.
A. 1  m  2.
B. m  2 hoặc m  1 .
C. m  2 hoặc m  1 . D. m  1 hoặc m  2 .
Lời giải
Chọn D
Ta có

x 2  y 2  2  m  2  x  4my  19m  6  0  1

� a  m  2; b  2m; c  19m  6.

Phương trình

 1

2
2
là phương trình đường tròn � a  b  c  0

� 5m 2  15m  10  0 � m  1 hoặc m  2 .

Câu 2.

Trong mặt phẳng Oxy , phương trình nào sau đây là phương trình của đường tròn?

2
2
A. x  2 y  4 x  8 y  1  0 .
2
2
C. x  y  2 x  8 y  20  0 .

2
2
B. x  y  4 x  6 y  12  0 .
2
2
D. 4 x  y  10 x  6 y  2  0 .

Lời giải
Chọn B
2
2
Để là phương trình đường trịn thì điều kiện cần là hệ số của x và y phải bằng nhau nên loại
được đáp án A và D.

Ta có:

x 2  y 2  2 x  8 y  20  0 �  x  1   y  4   3  0

Ta có:

x 2  y 2  4 x  6 y  12  0 �  x  2    y  3  25

2

2

2

I  2; 3
Câu 3.

vơ lý.

2

là phương trình đường trịn tâm

, bán kính R  5 .

Phương trình nào sau đây là phương trình của đường tròn?
2
2
A. 2 x  y  6 x  6 y  8  0 .
2
2
C. x  y  2 x  8 y  18  0 .

2
2
B. x  2 y  4 x  8 y  12  0 .
2
2
D. 2 x  2 y  4 x  6 y  12  0 .

Lời giải
Chọn D
2
2
Biết rằng x  y  2ax  2by  c  0 là phương trình của một đường tròn khi và chỉ khi

a 2  b2  c  0 .
1


2
2
Ta thấy phương trình trong phương án A và B có hệ số của x , y khơng bằng nhau nên đây
khơng phải là phương trình đường trịn.

2
2
Với phương án C có a  b  c  1  16  18  0 nên đây không phải là phương trình đường
trịn. Vậy ta chọn đáp án D .

Câu 4.

(Cụm liên trường Hải Phịng-L1-2019) Phương trình nào sau đây là phương trình của một
đường trịn?
2
2
A. x + y - 4 xy + 2 x + 8 y - 3 = 0 .

2

2
B. x + 2 y - 4 x + 5 y - 1 = 0 .

2
2
C. x + y - 14 x + 2 y + 2018 = 0 .

2
2
D. x + y - 4 x + 5 y + 2 = 0 .
Lời giải

Chọn D
Phương án A: có tích xy nên khơng phải là phương trình đường trịn.
Phương án B: có hệ số bậc hai khơng bằng nhau nên khơng phải là phương trình đường trịn.
2

2

x 2 + y 2 - 14 x + 2 y + 2018 = 0 � ( x - 7 ) +( y +1) +1968 = 0

Phương án C: ta có
tại x, y nên cũng khơng phải phương trình đường trịn.
Cịn lại, chọn
Câu 5.

(THPT

D.
Quỳnh

Lưu-

Nghệ

x  y  2mx  4  m  2  y  6  m  0 (1)
2

không tồn

2

An-

2019)

Cho

phương

. Điều kiện của m để (1) là phương trình của đường

trịn.
m 1
�
�
m2.
�
B. �

A. m  2 .

C. 1  m  2 .
Lời giải

m 1
�
�
m2.
�
D. �

Chọn B
x 2  y 2  2mx  4  m  2  y  6  m  0 (1)

 m

2

là phương trình của đường trịn khi và chỉ khi

m 1
2
�
2
�
2  m  2 �
�
�  6  m   0 � 5m  15m  10  0 � �
m  2.

�

DẠNG 2. TÌM TỌA ĐỘ TÂM, BÁN KÍNH ĐƯỜNG TRỊN
Câu 6.

 C  : x 2  y 2  4 x  6 y  12  0 có tâm là.
Trong mặt phẳng Oxy , đường trịn
A.

I  2; 3

.

B.

I  2;3

trình

.

C.
Lời giải

I  4;6 

Chọn A

 x  2
Ta có phương trình đường trịn là:

2

  y  3  25

2

2

.

.

D.

I  4; 6 

.


Vậy tâm đường tròn là:
Câu 7.

I  2; 3

.

2
2
Đường tròn x  y  10 y  24  0 có bán kính bằng bao nhiêu?

A. 49 .

B. 7 .

C. 1 .
Lời giải

29 .

D.

Chọn B
2
2
R  02  52   24   7
I 0;5 
Đường tròn x  y  10 y  24  0 có tâm 
, bán kính
.

Câu 8.

Xác định tâm và bán kính của đường tròn

 C  :  x  1

2

  y  2   9.

2

A. Tâm

I  1; 2  ,

bán kính R  3 .

B. Tâm

I  1; 2  ,

bán kính R  9 .

C. Tâm

I  1; 2  ,

bán kính R  3 .

D. Tâm

I  1; 2  ,

bán kính R  9 .

Lời giải
Chọn A
Câu 9.

(ĐỀ THI THỬ ĐỒNG ĐẬU-VĨNH PHÚC LẦN 01 - 2018 – 2019) Tìm tọa độ tâm I và bán

 C  : x2  y 2  2 x  4 y  1  0 .
kính R của đường tròn
A.

I  1; 2  ; R  4

.

B.

I  1; 2  ; R  2

.
C.
Lời giải

I  1; 2  ; R  5

. D.

I  1; 2  ; R  4

.

Chọn B

 C

có tâm

I  1; 2 

R  12   2   1  2
2

, bán kính

.

 C  :  x  2    y  3  9 . Đường trịn có tâm và bán
Câu 10. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường trịn
kính là
2

A.

I  2;3 , R  9

.

B.

I  2; 3 , R  3

.

C.

2

I  3; 2  , R  3

.

D.

I  2;3 , R  3

Lời giải
Chọn B
Đường trịn

 C

có tâm

I  2; 3 

và bán kính R  3 .

(C ) :  x  2    y  5   9
Câu 11. Tìm tọa độ tâm I và tính bán kính R của đường trịn
.
2

A. I ( 2;5), R  81. .

B. I (2; 5), R  9. .

C. I (2; 5), R  3. .
Lời giải

Chọn D
3

2

D. I (2;5), R  3.

.


Theo bài ra ta có tọa độ tâm I (2;5) và bán kính R  3 .
Câu 12. Đường trịn
A.

 C  : x2  y 2  2 x  4 y  3  0

I  1; 2  , R  2

.

có tâm I , bán kính R là

I  1; 2  , R  2 2

B.

. C.

Lời giải

I  1;  2  , R  2

. D.

I  1;  2  , R  2 2

.

Chọn D
Tâm

I  1;  2 

R  12   2    3  8  2 2
2

, bán kính

.

DẠNG 3. VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRỊN
Dạng 3.1 Khi biết tâm và bán kính
Câu 13. Phương trình đường trịn có tâm

I  1; 2 

và bán kính R  5 là

2
2
A. x  y  2 x  4 y  20  0 .
2
2
C. x  y  2 x  4 y  20  0 .

2
2
B. x  y  2 x  4 y  20  0 .
2
2
D. x  y  2 x  4 y  20  0 .

Lời giải
Chọn A
Phương trình đường trịn có tâm

I  1; 2 

 x  1   y  2   52
và bán kính R  5 là
2

2

� x 2  2 x  1  y 2  4 y  4  25 � x 2  y 2  2 x  4 y  20  0 .
Câu 14. Đường tròn tâm

I  1; 2 

, bán kính R  3 có phương trình là

2
2
A. x  y  2 x  4 y  4  0 .
2
2
B. x  y  2 x  4 y  4  0 .
2
2
C. x  y  2 x  4 y  4  0 .
2
2
D. x  y  2 x  4 y  4  0 .

Lời giải
Chọn C
Đường

 x  1
Câu 15.

2

trịn

I  1; 2 

tâm

,

bán

kính

  y  2  9 � x2  y 2  2x  4 y  4  0

R3

có

phương

trình

là

2

.

(THPT NGUYỄN TRÃI-THANH HỐ - Lần 1.Năm 2018&2019) Phương trình nào sau
đây là phương trình của đường tròn tâm

 x  1
A.

2

  y  2  9

 x  1

2

  y  2  9

C.

I  1; 2 

, bán kính bằng 3 ?
2

.

 x  1
B.

  y  2  9

.

.

 x  1

2

  y  2  9

.

2

2

D.
4

2

2


Lời giải
Chọn D
Phương trình đường trịn tâm

I  1; 2 

 x  1   y  2   9 .
và bán kính R  3 là:
2

2

Dạng 3.2 Khi biết các điểm đi qua

Câu 16. Đường trịn
trình là

 x  4
A.

2

 x  4

2

C.

 C

A  1;1

đi qua hai điểm

 y 2  10

.

 y  10

,

B  5;3

 x  4
B.

2

 y 2  10

 x  4

2

 y  10

2

. D.

và có tâm I thuộc trục hồnh có phương

.

2

.
Lời giải

Chọn B

I  x; 0  �Ox IA2  IB 2 �  1  x   12   5  x   32 � x 2  2 x  1  1  x 2  10 x  25  9
Gọi

;
2

2

� x  4 . Vậy tâm đường tròn là I  4;0  và bán kính R  IA 

 C
Phương trình đường trịn
Câu 17.

 x  4
có dạng

2

 y 2  10

 1  4

2

 12  10

.

.

(KSNLGV - THUẬN THÀNH 2 - BẮC NINH NĂM 2018 - 2019) Trong mặt phẳng với hệ

A  0; 4  B  2; 4  C  2;0 
tọa độ Oxy , tìm tọa độ tâm I của đường trịn đi qua ba điểm
,
,
.
A.

I  1;1

.

B.

I  0;0 

.

C.
Lời giải

I  1; 2 

.

D.

I  1; 0 

.

Chọn C

 C  : x 2  y 2  2ax  2by  c  0
Giả sử phương trình đường trịn đi qua 3 điểm A, B, C có dạng
Thay tọa độ 3 điểm

A  0; 4  B  2; 4  C  2; 0 
,
,
ta được:

8b  c  16
a  1
�
�
�
�
4a  8b  c  20 � �
b  2 �  C  : x 2  y 2  2 x  4 y  0
�
�
�
4 a  c  4
c0
�
�
.
Vậy

 C

có tâm

I  1; 2 

và bán kính R  5 .

A  1; 1 , B  3; 2  , C  5; 5 
Câu 18. Cho tam giác ABC có
. Toạ độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC là

�47 13 �
� ; �
A. �10 10 �.

�47 13 �
� ; �
B. �10 10 �.

� 47 13 �
 ; �
�
C. � 10 10 �.
Lời giải
5

� 47 13 �
 ; �
�

D. � 10 10 �.


Chọn A
Gọi

I  x; y 

là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .

� 47
2
2
2
2
x
�
x

1

y

1

x

3

y


2
�AI 2  BI 2
  
 
 

�4 x  6 y  11 �
�
� 10
��
��
��
� 2
2
2
2
2
2
8 x  8 y  48
�
x

1

y

1

x


5

y

5








�AI  CI
�
�y   13
�
�
10 .
Ta có:
�47 13 �
� I � ; �
�10 10 �.
A 1; 2 B 5; 2  C  1; 3
Câu 19. Trong mặt phẳng Oxy , đường trịn đi qua ba điểm   , 
,
có phương trình
là.
2

2
A. x  y  25 x  19 y  49  0 .
2
2
C. x  y  6 x  y  1  0 .

2
2
B. 2 x  y  6 x  y  3  0 .
2
2
D. x  y  6 x  xy  1  0 .

Lời giải
Chọn C
2
2
Phương trình đường trịn có dạng x  y  2ax  2by  c  0 . Đường tròn này qua A, B, C nên

a3
�
1  4  2a  4b  c  0
�
�
1
�
�
25  4  10a  4b  c  0 � �
b
�

2
�
�
1  9  2a  6b  c  0
�
c  1
�
�
.
2
2
Vậy phương trình đường trịn cần tìm là x  y  6 x  y  1  0 .

Câu 20. Lập phương trình đường trịn đi qua hai điểm
d :x y 0.

A  3; 0  , B  0; 2 

và có tâm thuộc đường thẳng

2

2

� 1 � � 1 � 13
�x  � �y  �
B. � 2 � � 2 � 2 .

2

2

� 1 � � 1 � 13
�x  � �y  �
D. � 2 � � 2 � 2 .
Lời giải

� 1 � � 1 � 13
�x  � �y  �
A. � 2 � � 2 � 2 .
� 1 � � 1 � 13
�x  � �y  �
C. � 2 � � 2 � 2 .

2

2

2

2

Chọn A

A  3;0  B  0; 2  d : x  y  0
,
,
.
I  x;  x 
Gọi I là tâm đường trịn vậy

vì I �d .
IA2  IB 2 �  3  x   x  x   2  x  � 6 x  9  4 x  4
2

2

2

2

6

�x

1
2 . Vậy

�1 1 �
I � ; �
�2 2 �.


2

2

26
� 1 � �1 �
IA  �
3  � � � 

2 là bán kính đường trịn.
� 2 � �2 �
2

2

� 1 � � 1 � 13
�x  � �y  �
Phương trình đường trịn cần lập là: � 2 � � 2 � 2 .
�5 8 �
G�; �
Câu 21. Cho tam giác ABC biết
, �3 3 �lần lượt là trực tâm và trọng tâm của tam giác,
đường thẳng BC có phương trình x  2 y  2  0 . Tìm phương trình đường trịn ngoại tiếp tam

H  3; 2 

giác ABC ?

 x  1
A.

2

  y  1  20

B.

 x  2

2

  y  4   20

C.

 x  1

2

  y  3  1

D.

 x  1

2

  y  3   25

2

.

2

.

2

.

2

.
Lời giải

Chọn D

*) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
�
3 �5 �
�xI  3  2 �3  3 �
�
�
�
��
xI  1
uuu
r 3 uuur
�y  2  3 �8  2 �� �
�
� HI  HG
I
�
�
�
2 �3
� �y I  3 .
�

2
(Do đó ta có thể chọn đáp án D ln mà khơng cần tính bán kính).
*) Gọi M là trung điểm của BC � IM  BC � IM : 2 x  y  1  0 .
2 x  y  1 �x  0
�
��
��
�x  2 y  2
�y  1 � M  0;1 .
M  IM �BC

7


5
�
x A  3.
�
3
�
��
8 � �xA  5
�y A  1  3.�
 1�� �
uuur
uuuu
r
�
�
3

�
� �y A  6 .
�
MA

3
MG
Lại có:
Suy ra: bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là R  IA  5 .

 x  1   y  3  25 .
Vậy phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là
2

Câu 22.

2

(Nơng Cống - Thanh Hóa - Lần 1 - 1819) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC

G  1;3
có trực tâm H , trọng tâm
. Gọi K , M , N lần lượt là trung điểm của AH , AB, AC .
Tìm phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC biết đường tròn ngoại tiếp tam giác
2
2
KMN là  C  : x  y  4 x  4 y  17  0 .

 x  1
A.

2

  y  5   100

.

B.

 x  1

2

  y  5  100

.

C.

 x  1

2

  y  5   100

.

D.

 x  1

2

  y  5  100

.

2

2

2

2

Lời giải
Chọn A

Gọi E là trung điểm BC , J là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC .
�MK P BH
�
�ME P AC
�BH  AC
� MK  ME  1 ,
Ta có �
Từ

 1 ,  2 

Đường tròn

KE .

�KN PCH
�
�NE P AB
�
CH  AB � KN  NE  2 
�

� KMEN là tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính KE .

 C  : x 2  y 2  4 x  4 y  17  0

có tâm

KHEJ là hình bình hành � I là trung điểm JH

8

I  2; 2 

bán kính r  5 � I là trung điểm


�
�xJ  2  3  1  2 
�xJ  1
��
uu
r

uur � �
�y J  2  3  3  2 
�y J  5 � J  1;5  .
Ta có: IJ  3IG
Bán kính đường trịn ngoại tiếp ABC là R  JA  2 IK  2r  10 .

 x  1   y  5  100 .
Phương trình đường trịn ngoại tiếp ABC là:
2

Câu 23.

2

(THPT TRIỆU THỊ TRINH - LẦN 1 - 2018) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác
ABC có trực tâm O . Gọi M là trung điểm của BC ; N , P lần lượt là chân đường cao kẻ từ

B

và

C.

Đường trịn đi

M,

qua ba điểm

N,

P

có

phương trình là

2

1 � 25
 T  :  x  1  �
�y  �
� 2 � 4 . Phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là:
2

 x  1
A.

2

  y  2   25
2

x 2   y  1  50

2

.

2

C.

.

x 2   y  1  25

D.

B.

 x  2

2

.

  y  1  25
2

.
Lời giải

Ta có M là trung điểm của BC ; N , P lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C . Đường tròn
đi qua ba điểm M , N , P là đường trịn Euler. Do đó đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC
chính là ảnh của đường trịn Euler qua phép vị tự tâm là O , tỷ số k  2 .
Gọi I và I �lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP và tam giác ABC .
Gọi R và R�lần lượt là bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác MNP và tam giác ABC .

� 1�

uuur
uur
I�
1;  �
�
OI

2
OI
� I�
 2;  1 .
2
�và do đó
Ta có �

Mặt khác

R

5
� R�
5
2
.
9


 x  2    y  1  25 .
Vậy phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC là:
2

2

Nhận xét: Đề bài này rất khó đối với học sinh nếu khơng biết đến đường trịn Euler.
Dạng 3.3 Sử dụng điều kiện tiếp xúc
Câu 24.

(THPT Cộng Hiền - Lần 1 - 2018-2019) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , phương trình của
đường trịn có tâm là gốc tọa độ O và tiếp xúc với đường thẳng  : x  y  2  0 là
2
2
A. x + y = 2 .

C.

2
2
B. x + y = 2 .

2
2
( x - 1) +( y - 1) = 2 .

Chọn A

2
2
( x - 1) +( y - 1) = 2 .

D.

Lời giải

 C

có tâm O , bán kính R tiếp xúc với  nên có:
2
R  d  O ;  
 2
2
.
 C  : x2 + y2 = 2 .
Phương trình đường trịn
Đường trịn

Câu 25.

(Trường THPT Chun Lam Sơn_2018-2019) Trong mặt phẳng tọa độ
trịn

 S

có tâm I nằm trên đường thẳng y   x , bán kính R  3 và tiếp xúc với các trục tọa

độ. Lập phương trình của

 x  3
A.

2

  y  3  9

 x  3

2

  y  3  9

C.

 Oxy  , cho đường

 S  , biết hoành độ tâm

I là số dương.
2

.

 x  3
B.

  y  3  9

.

.

 x  3

2

  y  3  9

.

2

2

D.
Lời giải

2

2

Chọn B

y   x � I  a;  a 
Do tâm I nằm trên đường thẳng
, điều kiện a  0 .
 S  có bán kính R  3 và tiếp xúc với các trục tọa độ nên:
Đường tròn
d  I ; Ox   d  I ; Oy   3 � a  3 � a  3  n  �a  3  l  � I  3;  3
Vậy phương trình

 S  :  x  3

2

  y  3  9

.

2

.

I  3; 4 
Câu 26. Một đường trịn có tâm
tiếp xúc với đường thẳng  :3x  4 y  10  0 . Hỏi bán kính
đường trịn bằng bao nhiêu?

5
A. 3 .

B. 5 .

C. 3 .
Lời giải

Chọn C

10

3
D. 5 .

Đường tròn tâm

I  3; 4 

tiếp xúc với đường thẳng  :3 x  4 y  10  0 nên bán kính đường trịn

chính là khoảng cách từ tâm

Ta có:

R  d  I,  

I  3; 4 

3.3  4.4  10

tới đường thẳng  :3 x  4 y  10  0 .



33  4 2

15
3
5
.

I  1;1
 d  : 3x  4 y  2  0 . Đường tròn
Câu 27. Trong hệ trục tọa độ Oxy , cho điểm

và đường thẳng

 d  có phương trình
tâm I và tiếp xúc với đường thẳng
 x  1
A.

2

 x  1
C.

2

  y  1  5

 x  1
.B.

2

  y  1  1

 x  1

2

2

2

. D.

  y  1  25
2

  y  1 
2

.

1
5.

Lời giải
Chọn C

 d  có bán kính
Đường trịn tâm I và tiếp xúc với đường thẳng
R  d  I,d  

3.1  4.1  2
32  42

1

Vậy đường trịn có phương trình là:
Câu 28.

 x  1

2

  y  1  1
2

.

(LƯƠNG TÀI 2 BẮC NINH LẦN 1-2018-2019) Trên hệ trục tọa độ Oxy , cho đường trịn
(C ) có tâm I  3;2  và một tiếp tuyến của nó có phương trình là 3 x  4 y  9  0 . Viết phương
trình của đường trịn (C ) .

 x  3
A.

2

  y  2  2

 x  3

2

  y  2  4

C.

2

.

 x  3
B.

2

  y  2  2

.

 x  3

2

  y  2  4

.

2

D.
Lời giải

2

2

Chọn D

I  3;2 

Vì đường trịn (C ) có tâm
và một tiếp tuyến của nó là đường thẳng  có phương
trình là 3x  4 y  9  0 nên bán kính của đường trịn là

 x  3
Vậy phương trình đường trịn là:

2

R  d ( I , ) 

3.(3)  4.2  9
32  42

2

  y  2  4
2

A  3;0 
B  0; 4 
Câu 29. Trên mặt phẳng toạ độ Oxy , cho các điểm
và
. Đường trịn nội tiếp tam giác
OAB có phương trình
2
2
A. x  y  1 .

2

2
B. x  y  4 x  4  0 .
11


 x  1
D.

2
2
C. x  y  2 .

2

  y  1  1
2

.
Lời giải

Chọn D

Vì các điểm

A  3; 0 

và

B  0;4 

nằm trong góc phần tư thứ nhất nên tam giác OAB cũng nằm

trong góc phần tư thứ nhất. Do vậy gọi tâm đường tròn nội tiếp là
Theo đề ra ta có:

d  I ; Ox   d  I ; Oy   d  I ; AB 

I  a, b 

thì a  0, b  0 .

.

x y
 1
Phương trình theo đoạn chắn của AB là: 3 4
hay 4 x  3 y  12  0 .
ab0
�a  b
�
�
a

b
�
�
�
� ��
a  6  l
7a  12  5a � ��

�
�
�4a  3b  12  5 a
��
�a  1
7a  12  5a
��
��
Do vậy ta có:
.

 x  1
Vậy phương trình đường trịn cần tìm là:
Câu 30.

2

  y  1  1
2

(LẦN 01_VĨNH YÊN_VĨNH PHÚC_2019) Cho hai điểm
tiếp tam giác OAB có phương trình là

.

A  3;0 

2
2
2

2
A. x  y  1 .
B. x  y  2 x  2 y  1  0 .
2
2
2
2
C. x  y  6 x  8 y  25  0 .
D. x  y  2 .
Lời giải

Chọn B
Ta có OA  3, OB  4, AB  5.
Gọi I ( xI ; y I ) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác OAB .
uur
uu
r
uur ur
AB
.
IO

OB
.
IA

OA
.
IB  0 (Chứng minh) ta được
Từ hệ thức

12

,

B  0;4 

. Đường tròn nội


AB. xO  OB. x A  OA. xB
4.3
�
x


1
I
�
�
AB  OB  OA
5 4 3
� I (1;1)
�
AB
.
y

OB
.

y

OA
.
y
3.4
O
A
B
�y I 

1
�
AB  OB  OA
5 43
Mặt khác tam giác OAB vuông tại O với r là bán kính đường trịn nội tiếp tam giác thì
1
OA.OB
S
3.4
2
r 

1
OA

OB

AB
p

3 4  5
2
( S , p lần lượt là diện tích và nửa chu vi tam giác).
2
2
Vậy phương trình đường trịn nội tiếp tam giác OAB là ( x  1)  ( y  1)  1

hay

x 2  y 2  2 x  2 y  1  0.

DẠNG 4. TƯƠNG GIAO CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRỊN
Dạng 4.1. Phương trình tiếp tuyến
2
2
Câu 31. Đường tròn x  y  1  0 tiếp xúc với đường thẳng nào trong các đường thẳng dưới đây?

A. 3 x  4 y  5  0
C. 3 x  4 y  1  0

B. x  y  0
D. x  y  1  0
Lời giải

Chọn A

x 2  y 2  1  0 có tâm O  0;0  , R  1 .
Điều kiện để đường thẳng tiếp xúc với đường tròn là khoảng cách từ tâm tới đường thẳng bằng
bán kính.
Xét đáp án A:

 : 3 x  4 y  5  0 � d  O,   

| 3.0  4.0  5 |
32  42

1 R � 
tiếp xúc với đường tròn.

Câu 32. Đường tròn nào sau đây tiếp xúc với trục Ox:
2
2
2
2
A. x  y  10 x  0 .
B. x  y  5  0 .
2
2
C. x  y  10 x  2 y  1  0 .

2
2
D. x  y  6 x  5 y  9  0 .
Lời giải

Chọn D
Đường tròn

 C  tiếp xúc với trục Ox khi d  I , Ox   R

của đường tròn

 C .
13

với I và R lần lượt là tâm và bán kính


2
2
2
2
I  5;0 
Đường tròn: x  y  10 x  0 � ( x  5)  y  25 có tâm
, bán kính R  5 ,

d  I,Ox   0

. Suy ra:

d  I , Ox  �R

. Vậy

 C

không tiếp xúc với trục Ox.

� khơng phải là phương trình đường trịn.
2

2
I  0;0 
d  I,Ox   0
.Xét phương trình đường trịn: x  y  5  0 có
và R  5 ,
.

Suy ra:

d  I ,Ox  �R

. Vậy

 C

không tiếp xúc với trục Ox.

2
2
I  5;1
d  I,Ox   1
Xét phương trình đường trịn: x  y  10 x  2 y  1  0 có
và R  5 ,
.

Suy ra:

d  I ,Ox  �R

. Vậy

 C

không tiếp xúc với trục Ox.

5�
�
I�
3;  � R  5 d  I,Ox   5
2 �và
2,
2
Xét phương trình đường tròn: x  y  6 x  5 y  9  0 có �
2

. Suy ra:

d  I , Ox   R

. Vậy

2

 C  tiếp xúc với trục Ox

C : x2  y 2  2 x  4 y  3  0
Câu 33. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường trịn  
. Viết
phương trình tiếp tuyến d của đường trịn (C ) biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng

 : 3x  4 y  1  0 .

A. 3x  4 y  5 2  11  0 ; 3x  4 y  5 2  11  0 .
B. 3x  4 y  5 2  11  0 , 3 x  4 y  5 2  11  0 .
C. 3x  4 y  5 2  11  0 , 3x  4 y  5 2  11  0 .
D. 3x  4 y  5 2  11  0 , 3 x  4 y  5 2  11  0 .
Lời giải
Chọn B

 C  : x 2  y 2  2 x  4 y  3  0 �  x  1 2   y  2  2  2.
Do đó đường trịn có tâm

I   1; 2 

và bán kính R  2 .

 k �1 .
Do d song song với đường thẳng  nên d có phương trình là 3 x  4 y  k  0 ,
d  I; d   R �
Ta có

�
�
11  k  5 2
k  5 2  11
 2 � 11  k  5 2 � �
��
2
2
3 4

11  k  5 2
k  5 2  11
�
�

11  k

.

Vậy có hai phương trình tiếp tuyến cần tìm là 3x  4 y  5 2  11  0 , 3 x  4 y  5 2  11  0 .
Câu 34. Cho đường tròn

 C  : x2  y 2  2 x  4 y  4  0

và điểm

đường thẳng dưới đây là tiếp tuyến của đường tròn
14

 C

A  1;5 

. Đường thẳng nào trong các

tại điểm A .


A. y  5  0 .

B. y  5  0 .

C. x  y  5  0 .
Lời giải

D. x  y  5  0 .

Chọn A

 C
Đường trịn

có tâm

uu
r
I  1; 2  � IA   0;3

.

 C  tại điểm A , khi đó d đi qua A và nhận vectơ uIAur là một VTPT.
Gọi d là tiếp tuyến của
uu
r
nd   0;1
d
Chọn một VTPT của là
.
Vậy phương trình đường thẳng d là y  5  0 .
Câu 35. Cho đường tròn

 C  : x2  y2  4  0

và điểm

A  1; 2 

. Đường thẳng nào trong các đường

 C ?
thẳng dưới đây đi qua A và là tiếp tuyến của đường tròn
A. 4 x  3 y  10  0 .

B. 6 x  y  4  0 .

C. 3x  4 y  10  0 .
Lời giải

D. 3x  4 y  11  0 .

Chọn A
Đường trịn

 C

có tâm là gốc tọa độ

O  0;0 

và có bán kính R  2 .

2
2
A  1; 2  : a  x  1  b  y  2   0
Họ đường thẳng  qua
, với a  b �0 .

Điều kiện tiếp xúc

d  O;    R

a  2b
hay

a 2  b2

2

�  a  2b   4  a 2  b 2 
2

a0
�
� 3a 2  4ab  0 � �
3a  4b .
�
Với a  0 , chọn b  1 ta có 1 : y  2  0 .

 : 4  x  1  3  y  2   0 � 4 x  3 y  10  0
Với 3a  4b , chọn a  4 và b  3 ta có 2

.
A  1; 2 
Nhận xét: Thực ra bài này khi thay tọa độ điểm
vào các đường thẳng ở các phương
án thì ta loại C. và D. Tính khoảng cách từ tâm của đường trịn đến đường thẳng thì chỉ có
phương án A. thỏa.

 C  :  x  1   y  4   4 . Phương trình tiếp tuyến với
Câu 36. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường tròn
2

đường tròn

 C

2

song song với đường thẳng  : 4 x  3 y  2  0 là

A. 4 x  3 y  18  0 .
B. 4 x  3 y  18  0 .
C. 4 x  3 y  18  0; 4 x  3 y  2  0 .

D. 4 x  3 y  18  0; 4 x  3 y  2  0 .
Lời giải

15


Chọn C

 C  :  x  1
Đường tròn

2

  y  4  4
2

có tâm

I  1; 4 

và bán kính R  2 .

 C .
Gọi d là tiếp tuyến của
d : 4 x  3 y  m  0  m �2 
Vì d / /  nên đường thẳng
.

d là tiếp tuyến của  C 

� d  I; d    R �

4.1  3.4  m
4   3
2

2

2

m  18
�
� m  8  10 � �
m  2 (thỏa mãn điều kiện)
�
Vậy có 2 tiếp tuyến cần tìm : 4 x  3 y  18  0; 4 x  3 y  2  0 .
Câu 37. Số

tiếp

 C ' : x

2

tuyến

chung

 y  6 x  8 y  20  0

A. 1 .

của

2

đường

 C  : x2  y 2  2 x  4 y  1  0

tròn

và

2

là

B. 2 .

D. 3 .

C. 4 .
Lời giải

Chọn C
Đường tròn

 C  : x2  y 2  2 x  4 y  1  0

Đường tròn

 C ' : x 2  y 2  6 x  8 y  20  0

có tâm

I  1; 2 

có tâm

bán kính R  2 .

I '  3; 4 

bán kính R '  5 .

II '  2 13 .
Vậy II '  R  R ' nên 2 đường trịn khơng có điểm chung suy ra 2 đường trịn có 4 tiếp tuyến
chung.
Câu 38.

(THI HK1 LỚP 11 THPT VIỆT TRÌ 2018 - 2019) Viết phương trình tiếp tuyến của đường
2
2
trịn (C ) : ( x  2)  ( y  4)  25 , biết tiếp tuyến vng góc với đường thẳng d : 3x  4 y  5  0 .

A. 4 x  3 y  29  0 .
B. 4 x  3 y  29  0 hoặc 4 x  3 y  21  0 .
C. 4 x  3 y  5  0 hoặc 4 x  3 y  45  0
D. 4 x  3 y  5  0 hoặc 4 x  3 y  3  0 .
Lời giải
Chọn B
2
2
Đường tròn (C ) : ( x  2)  ( y  4)  25 có tâm I (2; 4) , bán kính R  5 .

Đường thẳng  vng góc với đường thẳng d : 3x  4 y  5  0 có phương trình dạng:

4x  3y  c  0

16


4.2  3.(4)  c
 là tiếp tuyến của đường tròn (C ) khi và chỉ khi: d ( I ; )  R �

42  32

5

c  4  25
c  29
�
�
� c  4  25 � �
��
c  4  25
c  21 . Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là: 4 x  3 y  29  0
�
�
và 4 x  3 y  21  0 .
Câu 39.

(ĐỀ KT NĂNG LỰC GV THUẬN THÀNH 1 BẮC NINH 2018-2019) Trong mặt phẳng tọa
độ Oxy, cho đường trịn

 C  có phương trình x 2  y 2  2 x  2 y  3  0 . Từ điểm A  1;1 kẻ được

bao nhiêu tiếp tuyến đến đường tròn
A. 1.

 C

B. 2.

C. vơ số.
Lời giải

D. 0.

Chọn D

 C

có tâm

I  1; 1

bán kính R=

12  (1)2  (3)  5

 C  .Vì vậy khơng kẻ được tiếp tuyến nào tới đường trịn
Vì IA  2  R nên A nằm bên trong

 C .
C : x  1   y  4   4
Câu 40. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường trịn   

. Phương trình tiếp tuyến với
2

đường trịn

2

 C  , biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng  : 4 x  3 y  2  0

A. 4 x  3 y  18  0 và 4 x  3 y  2  0 .
C. 4 x  3 y  18  0 và 4 x  3 y  2  0 .

B. 4 x  3 y  18  0 và 4 x  3 y  2  0 .
D. 4 x  3 y  18  0 và 4 x  3 y  2  0 .
Lời giải

Chọn B
Đường tròn

 C  :  x  1

2

  y  4  4
2

có tâm

I  1; 4 

và bán kính R  2 .

C
Gọi d là tiếp tuyến của   .
d : 4 x  3 y  m  0  m �2 
Vì d / /  nên đường thẳng
.

d là tiếp tuyến của  C 

là

� d  I; d    R �

4.1  3.4  m
4   3
2

2

2

m  18
�
� m  8  10 � �
m  2 (thỏa mãn điều kiện)
�
Vậy có 2 tiếp tuyến cần tìm : 4 x  3 y  18  0; 4 x  3 y  2  0 .

17

P  3; 2 
 C  :  x  3   y  4   36 .
Câu 41. Trên mặt phẳng toạ độ Oxy , cho điểm
và đường tròn
2

2

 C  , với M , N là các tiếp điểm.
Từ điểm P kẻ các tiếp tuyến PM và PN tới đường trịn
Phương trình đường thẳng MN   là
A. x  y  1  0 .

B. x  y  1  0 .

C. x  y  1  0 .
Lời giải

D. x  y  1  0 .

Chọn D

I  3; 4 
Gọi I là tâm của đường trịn, ta có tọa độ tâm
.
Theo đề ra ta có tứ giác IMPN là hình vuông, nên đường thẳng MN nhận

uur

IP   6; 6 

làm

K  0;1
VTPT, đồng thời đường thẳng MN đi qua trung điểm
của IP . Vậy phương trình
đường thẳng MN:
Câu 42.

Trong

mặt

1.  x  0   1.  y  1  0

phẳng

với

hệ

tọa

hay x  y  1  0 .
Oxy ,

độ

cho

điểm

M (3;1)

và

đường

 C  : x 2  y 2  2 x  6 y  6  0 . Gọi

tròn

T1 , T2 là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đến (C).
Tính khoảng cách từ O đến đường thẳng T1T2 .
A. 5 .

B.

3
C. 5 .
Lời giải

5.

D. 2 2 .

Chọn C

 C  : x 2  y 2  2 x  6 y  6  0 �  x  1

+

2

  y  3  4
2

suy ra (C ) có tâm I( 1;3) và R = 2

A  x  3  B  y  1  0
+ Phương trình đường thẳng d đi qua M (3;1) có phương trình:
.

d là tiếp tuyến với đường tròn khi và chỉ khi d  I ; d   R .
A  3B  3 A  B

� ta có phương trình:

A2  B 2

A0
�
 2 � 3 A2  4 AB  0 � �
3 A  4 B
�
18


 d  : y 1.
+ Với A  0 , chọn B  1 , phương trình tiếp tuyến thứ nhất là 1

 C  : x 2  y 2  2 x  6 y  6  0 , ta được tiếp điểm là T1  1;1 .
Thế y  1 vào
 d  : 4 x  3 y  15  0
+ Với 3 A  4 B , chọn A  4; B  3 , phương trình tiếp tuyến thứ hai là 2
2

4x
3
2
� 4x
�
�
� 3 21 �
T2 �x;  5 �
� C 
 x  1  �
�  5  3 � 4 � x   � T2 � ; �
5
�
�3
�
� 5 5 �.
Tiếp điểm � 3
nên

+ Phương trình đường thẳng

T1T2 : 2  x  1  1 y  1  0 � 2 x  y  3  0

+ Khoảng cách từ O đến đường thẳng T1T2 là:

d  0; T1T2  

3
2 1
2

2



.

3
5.

Dạng 4.2 Bài toán tương giao
Câu 43. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hai đường tròn

 C1  ,  C2 

có phương trình lần

lượt là ( x  1)  ( y  2)  9 và ( x  2)  ( y  2)  4 . Khẳng định nào dưới đây là sai?
2

A. Đường trịn

2

2

 C1  có tâm I1  1; 2 

2

và bán kính R1  3 .

I  2; 2 
có tâm 2
và bán kính R2  2 .
 C  ,  C2  khơng có điểm chung.
C. Hai đường tròn 1
B. Đường tròn

 C2 

D. Hai đường tròn

 C1  ,  C2 

tiếp xúc với nhau.
Lời giải

Chọn D
Ta thấy đường trịn

 C1  có tâm I  1; 2 

C 

và bán kính R1  3 . Đường trịn 2 có tâm

I 2  2; 2 

và bán kính R2  2 .

Khi đó:

5  R1  R2  I1 I 2  (2  1) 2  (2  2)2  5 �  C1 

và

 C2 

tiếp xúc nhau.

2
2
(C ) : x 2  y 2  4 x  4 y  4  0.
Câu 44. Tìm giao điểm 2 đường trịn (C1 ) : x  y  4  0 và 2

A.

 2; 2 

và

 2; 2  .

B.

 0; 2 

và

 0; 2 .

 2;0  và  2;0  .

C.
Lời giải

Chọn D
Giao điểm 2 đường tròn là nghiệm của hệ phương trình sau:

� x2  y 2  4  0
�x 2  y 2  4
�x 2  y 2  4
�
�
�2
�
�
2
�x  y  4 x  4 y  4  0 �4 x  4 y  8 �x  y  2

19

D.

 2;0 

và

 0; 2  .


�
�y  0
�
�
2
�
�x 2  y 2  4
�2 y 2  4 y  0
2  y   y2  4
�
�x  2

�
��
��
��
�
�
x

2

y

x

2

y
x

2

y
�y  2
�
�
�
�
�
�x  0
�

Vậy giao điểm 2 đường tròn là:

 2;0  và  0; 2  .

Câu 45. Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy , cho hai đường tròn

 C�
 :  x  4

2

  y  3  16
2

 C  :  x  1

2

 y2  4

cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B . Lập phương trình đường

thẳng AB
A. x  y  2  0 .

và

B. x  y  2.  0

C. x  y  2  0 .
Lời giải

D. x  y  2  0 .

Chọn A

Cách 1: Xét hệ

2
�
 x  1  y 2  4

� x2  y 2  2 x  3  0
�
�
�
�2
2
2
2
 x  4    y  3  16 �x  y  8 x  6 y  9  0
�
�

� 3 7
1 7
,y
�x 
y

2

x
�
y

2

x
�
�
�

2
2
� �2
�� 2
��
2
�2 x  6 x  1  0
�x  3  7 , y  1  7
�x   2  x   2 x  3  0
�
�
2
2
�3  7 1  7 � �3  7 1  7 �
A�
� 2 , 2 �
� B�
� 2 , 2 �
�
�
�
�.
Suy ra
, �
uuuu
r
 C  có tâm O  1;0  ,  C �
 có tâm O�
 4;3 � OO�  3;3
r

n
 1;1 là vécto pháp tuyến.
Nên đường thẳng AB qua A và nhận
� 3  7 � � 1 7 �
1�
�x  2 �
� 1�
�y  2 �
� 0 � x  y  2  0
�
�
�
�
Phương trình:
. Chọn A .

20


 C  :  x  1
Cách 2: Giả sử hai đường tròn

2

 y2  4

 C�
 :  x  4
và

2

  y  3  16
2

cắt nhau

tại hai điểm phân biệt A và B khi đó tọa độ của A và thỏa mãn hệ phương trình:
2
�
 x  1  y 2  4
�x 2  y 2  2 x  3  0
�
�
�
�2
2
2
2
 x  4    y  3  16 �x  y  8 x  6 y  9  0
�
�

(1)
(2)

Lấy (1) trừ (2) ta được: 6 x  6 y  12  0 � x  y  2  0 là phương trình đường thẳng đi qua 2
điểm A và B

 C  : x  1   y  1  25 . Biết đường

Câu 46. Cho đường thẳng  :3x  4 y  19  0 và đường tròn
2

2

 C  tại hai điểm phân biệt A và B , khi đó độ dài đọan thẳng AB là
thẳng  cắt
A. 6.

B. 3.

C. 4.
Lời giải

D. 8.

Chọn A

Từ

 :3 x  4 y  19  0 � y 

Thế

 1

vào

 C

3
19
x   1
4
4
.

ta được
2

3
23 �
 x  1  �
� x  � 25
4 �
�4
2

x 1
�
25 2 85
145
�
�
x  x
0�
29 .
�
16
8

16
x
� 5

+)

+)

x A  1 � y A  4 � A  1; 4  .
xB 

29
2
�29 2 �
� yB   � B � ;  �
.
5
5
5�
�5
2

2

�29 � � 2
�
AB  �  1� �
  4� 6
5
5

�
� �
�
Độ dài đoạn thẳng
.

 C  có tâm I  1; 1 bán kính R  5 . Biết rằng
Câu 47. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn

 d : 3x  4y  8  0 cắt đường tròn  C  tại hai điểm phân biệt A, B . Tính độ dài
đường thẳng
đoạn thẳng AB .
A. AB  8 .

C. AB  3. .

B. AB  4 .

Lời giải
Chọn A
21

D. AB  6 .


Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB . Ta có I H  AB và

IH  d  I ; AB  

3.1  4.  1  8

3   4 
2

2

3

.
2
HA
 IA 2  IH 2  52  32  16 � HA  4 � AB  2HA  8
Xét tam giác vuông AHI ta có:
Câu 48. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường tròn

 x  2

2

  y  2  4
2

 C

có phương trình

và đường thẳng d :3x  4 y  7  0 . Gọi A, B là các giao điểm của

 C  . Tính độ dài dây cung AB .
đường thẳng d với đường tròn
A. AB  3 .

B. AB  2 5 .

C. AB  2 3 .
Lời giải

D. AB  4 .

Chọn C
Đường trịn
d  I, d  

 C

có tâm

I  2; 2 

3.2  4.  2   7
32  42

bán kính R  2 .

1 R  2

 C  tại hai điểm phân biệt.
nên d cắt

 C .
Gọi A, B là các giao điểm của đường thẳng d với đường tròn

AB  2 R 2  d 2  I , d   2 3
Câu 49. Trong

mặt

phẳng

.

với

hệ

tọa

độ

Oxy ,

cho

điểm

A  3;1

 C  : x 2  y 2  2 x  4 y  3  0 . Viết phương trình tổng quát của đường thẳng d
đường tròn

 C

đường

tròn

đi qua A và cắt

tại hai điểm B , C sao cho BC  2 2 .

A. d : x  2 y  5  0 .

B. d : x  2 y  5  0 . C. d : x  2 y  5  0 .
Lời giải

Chọn A
Đường tròn

,

 C  có tâm I  1; 2 

2
2
và bán kính R  1  2  3  2 .

22

D. d : x  2 y  5  0 .


 C  tại hai điểm B , C sao cho

Theo giả thiết đường thẳng d đi qua A và cắt đường trịn
BC  2 2 .
Vì

BC  2 2  2 R nên BC là đường kính của đường tròn  C  suy ra đường thẳng d đi qua

tâm

I  1; 2 

Ta chọn:

uur uu
r
uur
ud  IA   2;  1 � nd   1; 2 

Vậy đường thẳng d đi qua

A  3;1

.

và có VTPT

uur
nd   1; 2 

nên phương trình tổng quát của

1 x  3  2  y  1  0 � x  2 y  5  0
đường thẳng d là:
.
Câu 50. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hai đường tròn

 C1  ,  C2 

có phương trình lần

2
2
2
2
lượt là ( x  1)  ( y  2)  9 và ( x  2)  ( y  2)  4 . Viết phương trình đường thẳng d �đi
qua gốc tọa độ và tạo với đường thẳng nối tâm của hai đường trịn một góc bằng 45�
.

: x  7 y  0 hoặc d �
: 7x  y  0 .
A. d �
: x  7 y  0 hoặc d �
: 7x  y  0 .
C. d �

: x  7 y  0 hoặc d �
: 7x  y  0 .
B. d �
: x  7 y  0 hoặc d �
: 7x  y  0 .
D. d �

Lời giải

Chọn A
Tọa độ tâm

I1

của đường tròn

 C1  là: I1  1; 2  .

I
 C  I  2; 2  .
Tọa độ tâm 2 của đường tròn 1 là: 2
uuur
I I  3; 4 
Ta có: 1 2
. Gọi d , d �lần lượt là đường thẳng nối tâm của hai đường tròn đã cho và
uu
r
n
 4; 3 . Gọi
đường thẳng cần lập. Chọn một vectơ pháp tuyến của đường thẳng d là: d
uur
nd � a; b  a 2  b 2 �0
,
là một vectơ pháp tuyến của đường thẳng d �
.

Theo đề

cos  d , d ' 

uu
r uur
2
2
� cos nd , nd � 
�
2
2





4a  3b
32  4 2 . a 2  b 2



2
2 .

a  7b �0
�
�
� 7 a  48ab  7b  0 �
1
�

a   b �0
7
�
.
2

2

1
a   b �0
: x 7y  0.
7
Với
, chọn b  7 � a  1 . Phương trình đường thẳng d �
: 7x  y  0 .
Với a  7b �0 , chọn b  1 � a  7 . Phương trình đường thẳng d �

23


Câu 51. (KSCL LẦN 1 CHUYÊN LAM SƠN - THANH HÓA_2018-2019) Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy cho điểm I  1; 2  và đường thẳng  d  : 2 x  y  5  0. Biết rằng có hai điểm M 1 , M 2 thuộc

 d

sao cho

IM 1  IM 2  10.

7

.
A. 5

Tổng các hoành độ của M 1 và M 2 là

14
.
B. 5

C. 2.
Lời giải

D. 5.

Chọn B
�
2
2
�IM 1  IM 2  10
� M 1 , M 2 � C  :  x  1   y  2   10.
�
�I  1; 2 
Mặt khác,

M 1 , M 2 thuộc  d  : 2 x  y  5  0 nên ta có tọa độ M 1 , M 2 là nghiệm của hệ

2
2
�
 x  1   y  2   10

�
�
2x  y  5  0
�

 1
.
 2

x0
�
�
5 x  14 x  0 �
14 .
�
x
 2  � y  2 x  5, thay vào  1 ta có
� 5
2

14 14
x1 , x2 lần lượt là hoành độ của M 1 và M 2 � x1  x2  0  5  5 .
Gọi

Câu 52.

 C  có phương
(NGƠ GIA TỰ LẦN 1_2018-2019) Trong hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn
2
2

 C  , đường thẳng d đi qua M  1; 3 cắt  C  tại
trình: x  y  4 x  2 y  15  0. I là tâm
A, B. Biết tam giác IAB có diện tích là 8. Phương trình đường thẳng d là: x  by  c  0. Tính

bc
A. 8.

B. 2.

C. 6.
Lời giải

Chọn B

 C

có tâm

I  2; 1 ,

bán kính R  2 5.

24

D. 1.


Đặt

h  d  I , AB 

Mặt khác:
Suy ra:

. Ta có:

R 2  h2 

S IAB 

1
h. AB  8 � h. AB  16.
2

AB 2
 20
4

h4 �
h2
�
;�
�
�AB  4 �AB  8

M  1; 3
Vì d đi qua
nên 1  3b  c  0 � 3b  c  1 � c  3b  1
h4
Với

h2
Với
Câu 53.

2b c
1  b2
2b c
1 b

2




2  b  3b  1
1  b2
2  b  3b  1
1 b

2




1  2b
1  b2
1  2b
1 b

2

� b �
�b 

3
5
� c  � b  c  2.
4
4

(KSCL LẦN 1 CHUYÊN LAM SƠN - THANH HÓA_2018-2019) Trong mặt phẳng Oxy

A  5;5 
H  1;13
cho tam giác ABC có đỉnh
, trực tâm
, đường trịn ngồi tiếp tam giác có
2
2
C  a; b 
phương trình x  y  50 . Biết tọa độ đỉnh
, với a  0 . Tổng a  b bằng

A. 8 .

B. 8 .

C. 6 .
Lời giải

D. 6 .

Chọn D

Gọi K là chân đường cao hạ từ A của tam giác ABC , gọi E là điểm đối xứng với H qua K
suy ra E thuộc đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC (Tính chất này đã học ở cấp 2).
uuur
uuur
AH   6;8 
u AH   3; 4 
Ta có
, chọn
.
�x  5  3t
�
Phương trình đường thẳng AH qua A ở dạng tham số �y  5  4t
K �AH suy ra tọa độ điểm K có dạng K  5  3t ;5  4t 
H và E đối xứng nhau qua K suy ra tọa độ E theo t là E  11  6t ; 3  8t 

25