692 bai hinh toa do trong mp toa do khong gian

________________________________________________________________________
TRUNG TAÂM LTÑH 17 QUANG TRUNG ÑT: 07103.751.929 Trang - 1 -
TRUNG TÂM GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
17 QUANG TRUNG
Cần Thơ 2013
Địa chỉ: 17 Quang Trung – Xuân Khánh – Ninh Kiều – Cần Thơ
Điện thoại: 0939.922.727 – 0915.684.278 – (07103)751.929
200 BAØI TOÏA ÑOÄ TRONG MAËT PHAÚNG
200 TOÏA ÑOÄ TRONG KHOÂNG GIAN
200 BAØI HÌNH HOÏC KHOÂNG GIAN

________________________________________________________________________
I. Ñöôøng thaúng
II. Ñöôøng troøn
III. Caùc ñöôøng coânic
IV. Tam giaùc
V. Töù giaùc

________________________________________________________________________
I. ĐƯỜNG THẲNG
Câu 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho 2 đường thẳng 1d : x 7y 17 0   ,
2d : x y 5 0   . Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm M(0;1) tạo với 1 2d ,d
một tam giác cân tại giao điểm của 1 2d ,d .
Phương trình đường phân giác góc tạo bởi d1, d2 là:
1
2 2 2 2
2
x 3y 13 0 ( )x 7y 17 x y 5
3x y 4 0 ( )1 ( 7) 1 1
       
         
Đường thẳng cần tìm đi qua M(0;1) và song song với 1 hoặc 2 .
KL: x 3y 3 0   và 3x y 1 0  
Câu 2. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho cho hai đường thẳng 1d : 2x y 5 0   .
2d :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.
d1 VTCP 1a (2; 1) 

; d2 VTCP 2a (3;6)

Ta có: 1 2a .a 2.3 1.6 0  
 
nên 1 2d d và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P. Gọi d là
đường thẳng đi qua P( 2; –1) có phương trình:
d : A(x 2) B(y 1) 0 Ax By 2A B 0        
d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I  khi d tạo với d1 ( hoặc d2) một góc 450
0 2 2
2 2 2 2
A 3B2A B
cos45 3A 8AB 3B 0
B 3AA B 2 ( 1)
 
            
* Nếu A = 3B ta có đường thẳng d :3x y 5 0  
* Nếu B = –3A ta có đường thẳng d : x 3y 5 0  
Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. d :3x y 5 0   ; d : x 3y 5 0   .
Câu hỏi tương tự:
a) 1d : x 7y 17 0   , 2d : x y 5 0   , P(0;1) . ĐS: x 3y 3 0   ; 3x y 1 0   .
Câu 3. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng 1d :3x y 5 0   , 2d :3x y 1 0   và
điểm I(1; 2) . Viết phương trình đường thẳng  đi qua I và cắt 1 2d ,d lần lượt tại A và B
sao cho AB 2 2 .
Giả sử 1 2A(a; 3a 5) d ; B(b; 3b 1) d      ; IA (a 1; 3a 3); IB (b 1; 3b 1)       
 
I, A, B thẳng hàng
b 1 k(a 1)
IB kIA
3b 1 k( 3a 3)
  
   
    
 
 Nếu a 1 thì b 1  AB = 4 (không thoả).
 Nếu a 1 thì
b 1
3b 1 ( 3a 3) a 3b 2
a 1

       

 
22 2 2
AB (b a) 3(a b) 4 2 2 t (3t 4) 8          (với t a b  ).
2 2
5t 12t 4 0 t 2; t
5
        
+ Với t 2 a b 2 b 0,a 2          : x y 1 0    
+ Với
2 2 4 2
t a b b ,a
5 5 5 5
 
       :7x y 9 0    

________________________________________________________________________
Câu 4. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng 1d : x y 1 0   ,
2d :2x – y –1 0 . Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1;–1) cắt (d1) và (d2)
tương ứng tại A và B sao cho 2MA MB 0 
  
.
Giả sử: A(a; –a–1), B(b; 2b – 1).
Từ điều kiện 2MA MB 0 
  
tìm được A(1; –2), B(1;1) suy ra (d): x – 1 = 0
Câu 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M(1; 0). Lập phương trình đường
thẳng (d) đi qua M và cắt hai đường thẳng 1 2d : x y 1 0, d : x – 2y 2 0     lần lượt
tại A, B sao cho MB = 3MA.
Ta có
1
2
A (d ) A(a; 1 a) MA (a 1; 1 a)
B (d ) B(2b 2;b) MB (2b 3;b)
        
   
    

 .
Từ A, B, M thẳng hàng và MB 3MA  MB 3MA
 
(1) hoặc MB 3MA 
 
(2)
(1) 
2 1
A ;
(d): x 5y 1 03 3
B( 4; 1)
  
        
  
hoặc (2) 
 A 0; 1
(d) : x y 1 0
B(4;3)

   

Câu 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M(1; 1). Lập phương trình đường
thẳng (d) đi qua M và cắt hai đường thẳng 1 2d :3x y 5 0, d : x y 4 0      lần lượt
tại A, B sao cho 2MA – 3MB 0 .
Giả sử 1A(a;3a 5) d  , 2B(b;4 b) d  .
Vì A, B, M thẳng hàng và 2MA 3MB nên
2MA 3MB (1)
2MA 3MB (2)
 

 
 
 
+
5
2(a 1) 3(b 1) a 5 5
(1) A ; ,B(2;2)2
2(3a 6) 3(3 b) 2 2
b 2

      
     
      
. Suy ra d : x y 0  .
+
2(a 1) 3(b 1) a 1
(2) A(1; 2),B(1;3)
2(3a 6) 3(3 b) b 1
     
    
     
. Suy ra d : x 1 0  .
Vậy có d : x y 0  hoặc d : x 1 0  .
Câu 7. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm M(3; 1). Viết phương trình đường
thẳng d đi qua M cắt các tia Ox, Oy tại A và B sao cho (OA 3OB) nhỏ nhất.
PT đường thẳng d cắt tia Ox tại A(a;0), tia Oy tại B(0;b):
x y
1
a b
  (a,b>0)
M(3; 1)  d
Cô si3 1 3 1
1 2 . ab 12
a b a b

     .
Mà OA 3OB a 3b 2 3ab 12     min
a 3b
a 6
(OA 3OB) 12 3 1 1
b 2
a b 2


     
  
Phương trình đường thẳng d là:
x y
1 x 3y 6 0
6 2
     

________________________________________________________________________
Câu 8. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm
M(4;1) và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho giá trị của tồng OA OB nhỏ
nhất.
ĐS: x 2y 6 0  
Câu 9. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm
M(1; 2) và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B khác O sao cho 2 2
9 4
OA OB
 nhỏ nhất.
Đường thẳng (d) đi qua M(1;2) và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B khác O, nên
A(a;0);B(0;b) với a.b 0  Phương trình của (d) có dạng
x y
1
a b
  .
Vì (d) qua M nên
1 2
1
a b
  . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski ta có :
2 2
2 2
1 2 1 3 2 1 9 4
1 . 1. 1
a b 3 a b 9 a b
      
            
      
 2 2
9 4 9
a b 10
   2 2
9 4 9
OA OB 10
  .
Dấu bằng xảy ra khi
1 3 2
: 1:
3 a b
 và
1 2
1
a b
  
20
a 10, b
9
 
 d : 2x 9y 20 0   .
Câu 10. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm
M(3;1) và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho tam giác ABC cân tại A với
A(2;–2).
ĐS: x 3y 6 0;x y 2 0     
Câu 11. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy). Lập phương trình đường thẳng d qua M(2;1)
và tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng S 4 .
Gọi A(a;0),B(0;b) (a,b 0) là giao điểm của d với Ox, Oy, suy ra:
x y
d : 1
a b
  .
Theo giả thiết, ta có:
2 1
1
a b
ab 8

 

 

2b a ab
ab 8
 


.
 Khi ab 8 thì 2b a 8  . Nên: 1b 2;a 4 d : x 2y 4 0      .
 Khi ab 8  thì 2b a 8   . Ta có: 2
b 4b 4 0 b 2 2 2       .
+ Với    b 2 2 2 d : 1 2 x 2 1 2 y 4 0        
+ Với    b 2 2 2 d : 1 2 x 2 1 2 y 4 0         .
a) M(8;6),S 12 . ĐS: d :3x 2y 12 0   ; d :3x 8y 24 0  
Câu 12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(2; –1) và đường thẳng d có phương
trình 2x – y 3 0  . Lập phương trình đường thẳng () qua A và tạo với d một góc α có
cosα
1
10
 .
Ptđt () có dạng: a(x – 2) b(y 1) 0    ax by – 2a b 0   2 2
(a b 0) 

________________________________________________________________________
Ta có:
2 2
2a b 1
cos
105(a b )

  

 7a2
– 8ab + b2
= 0. Chon a = 1  b = 1; b = 7.
 (1): x + y – 1 = 0 và (2): x + 7y + 5 = 0
Câu 13. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(2;1) và đường thẳng
d : 2x 3y 4 0   . Lập phương trình đường thẳng  đi qua A và tạo với đường thẳng d
một góc 0
45 .
Ptđt () có dạng: a(x – 2) b(y 1) 0    ax by – (2a b) 0   2 2
(a b 0)  .
Ta có: 0
2 2
2a 3b
cos45
13. a b



 2 2
5a 24ab 5b 0   
a 5b
5a b

  
+ Với a 5b . Chọn a 5,b 1   Phương trình :5x y 11 0    .
+ Với 5a b  . Chọn a 1,b 5    Phương trình : x 5y 3 0    .
Câu 14. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d : 2x y 2 0   và điểm
I(1;1) . Lập phương trình đường thẳng  cách điểm I một khoảng bằng 10 và tạo với
đường thẳng d một góc bằng 0
45 .
Giả sử phương trình đường thẳng  có dạng: ax by c 0   2 2
(a b 0)  .
Vì  0
(d, ) 45  nên
2 2
2a b 1
2a b . 5



a 3b
b 3a

   
 Với a 3b  : 3x y c 0   . Mặt khác d(I; ) 10 
4 c
10
10

 
c 6
c 14

   
 Với b 3a   : x 3y c 0   . Mặt khác d(I; ) 10 
2 c
10
10
 
 
c 8
c 12
 
  
Vậy các đường thẳng cần tìm: 3x y 6 0;   3x y 14 0   ; x 3y 8 0;  
x 3y 12 0   .
Câu 15. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (0; 2) và hai đường thẳng 1d ,
2d có phương trình lần lượt là 3x y 2 0   và x 3y 4 0   . Gọi A là giao điểm của
1d và 2d . Viết phương trình đường thẳng đi qua M, cắt 2 đường thẳng 1d và 2d lần lượt
tại B , C ( B và C khác A ) sao cho 2 2
1 1
AB AC
 đạt giá trị nhỏ nhất.
Ta có 1 2A d d A( 1;1)    . Ta có 1 2d d . Gọi  là đường thẳng cần tìm. H là hình
chiếu vuông góc của A trên  . ta có: 2 2 2 2
1 1 1 1
AB AC AH AM
   (không đổi)
 2 2
1 1
AB AC
 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2
1
AM
khi H M, hay  là đường thẳng đi qua
M và vuông góc với AM.  Phương trình : x y 2 0   .
a) Với M(1; 2) , 1d :3x y 5 0   , 2d : x 3y 5 0   . ĐS: : x y 1 0    .
Câu 16. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): x – 3y – 4 0 và
đường tròn 2 2
(C) : x y – 4y 0  . Tìm M thuộc (d) và N thuộc (C) sao cho chúng đối
xứng qua điểm A(3; 1).

________________________________________________________________________
Vì M  (d)  M(3b+4; b)  N(2 – 3b; 2 – b)
N  (C)  (2 – 3b)2
+ (2 – b)2
– 4(2 – b) = 0 
6
b 0; b
5
 
Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) hoặc
38 6 8 4
M ; , N ;
5 5 5 5
   
   
   
Câu 17. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(1; 1) và đường thẳng : 2x 3y 4 0   .
Tìm điểm B thuộc đường thẳng  sao cho đường thẳng AB và  hợp với nhau góc 0
45 .
 có PTTS:
x 1 3t
y 2 2t
 

  
và VTCP u ( 3;2) 

. Giả sử B(1 3t; 2 2t)    .
0
(AB, ) 45  
1
cos(AB;u)
2

  AB.u 1
AB. u 2
 
 

2
15
t
13
169t 156t 45 0
3
t
13


     
  

Vậy các điểm cần tìm là: 1 2
32 4 22 32
B ; , B ;
13 13 13 13
   
    
   
.
Câu 18. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x 3y 6 0   và điểm
N(3;4). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho tam giác OMN (O là gốc tọa
độ) có diện tích bằng
15
2
.
Ta có ON (3;4)

, ON = 5, PT đường thẳng ON: 4x 3y 0  .
Giả sử M(3m 6;m) d  .
Khi đó ta có ONM
ONM
2S1
S d(M,ON).ON d(M,ON) 3
2 ON

    

4.(3m 6) 3m 13
3 9m 24 15 m 1; m
5 3
  
       
+ Với m 1 M(3; 1)   
+ Với
13 13
m M 7;
3 3
  
   
 
Câu 19. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(0;2) và đường thẳng d : x 2y 2 0   .
Tìm trên đường thẳng d hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông ở B và AB = 2BC
.
Giả sử B(2b 2;b),C(2c 2;c) d   .
Vì ABC vuông ở B nên AB  d  dAB.u 0
 

2 6
B ;
5 5
 
 
 

2 5
AB
5
 
5
BC
5

21
BC 125c 300c 180
5
   =
5
5

c 1 C(0;1)
7 4 7
c C ;
5 5 5
 

     
  

________________________________________________________________________
Câu 20. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng 1d : x y 3 0   , 2d : x y 9 0  
và điểm A(1;4) . Tìm điểm 1 2B d ,C d  sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.
Gọi 1 2B(b;3 b) d , C(c;9 c) d     AB (b 1; 1 b)   

, AC (c 1;5 c)  

.
ABC vuông cân tại A 
AB.AC 0
AB AC
 


 
 2 2 2 2
(b 1)(c 1) (b 1)(5 c) 0
(b 1) (b 1) (c 1) (5 c)
     

      
(*)
Vì c 1 không là nghiệm của (*) nên
(*)  2
2 2 2 2
2
(b 1)(5 c)
b 1 (1)
c 1
(5 c)
(b 1) (b 1) (c 1) (5 c) (2)
(c 1)
 
  

       
 
Từ (2)  2 2
(b 1) (c 1)   
b c 2
b c
 
  
.
+ Với b c 2  , thay vào (1) ta được c 4, b 2   B(2;1), C(4;5) .
+ Với b c  , thay vào (1) ta được c 2, b 2    B( 2;5), C(2;7) .
Vậy: B(2;1), C(4;5) hoặc B( 2;5), C(2;7) .
Câu 21. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho các điểm A(0; 1) B(2; –1) và các đường thẳng có
phương trình: 1d :(m –1)x (m – 2)y 2 – m 0   ; 2d :(2 – m)x (m –1)y 3m – 5 0   .
Chứng minh d1 và d2 luôn cắt nhau. Gọi P = d1  d2. Tìm m sao cho PA PB lớn nhất.
Xét Hệ PT:
(m 1)x (m 2)y m 2
(2 m)x (m 1)y 3m 5
    

     
.
Ta có
2
m 1 m 2 3 1
D 2 m 0, m
2 m m 1 2 2
   
         
 1 2d ,d luôn cắt nhau. Ta có: 1 2 1 2A(0;1) d , B(2; 1) d , d d      APB vuông tại P
 P nằm trên đường tròn đường kính AB.
Ta có: 2 2 2 2
(PA PB) 2(PA PB ) 2AB 16    
 PA PB 4  . Dấu "=" xảy ra  PA = PB  P là trung điểm của cung AB
 P(2; 1) hoặc P(0; –1)  m 1 hoặc m 2 .
Vậy PA PB lớn nhất  m 1 hoặc m 2 .
Câu 22. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng (): x – 2y – 2 0 và hai điểm
A( 1;2) , B(3;4) . Tìm điểm M() sao cho 2 2
2MA MB có giá trị nhỏ nhất.
Giả sử M M(2t 2;t) AM (2t 3;t 2), BM (2t 1;t 4)       
 
Ta có: 2 2 2
2AM BM 15t 4t 43 f (t)     
2
min f (t) f
15
 
  
 

26 2
M ;
15 15
 
 
 
Câu 23. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng d : 2x y 3 0   và 2 điểm
A(1;0),B(2;1) . Tìm điểm M trên d sao cho MA MB nhỏ nhất.
Ta có: A A B B(2x y 3).(2x y 3) 30 0       A, B nằm cùng phía đối với d.
Gọi A là điểm đối xứng của A qua d  A ( 3;2)   Phương trình A B: x 5y 7 0    .
Với mọi điểm M  d, ta có: MA MB MA MB A B     .
Mà MA MB nhỏ nhất  A, M, B thẳng hàng  M là giao điểm của AB với d.
Khi đó:
8 17
M ;
11 11
 
 
 
.

________________________________________________________________________
II. ĐƯỜNG TRÒN
Câu 24. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, gọi A, B là các giao điểm của đường thẳng (d):
2x – y – 5 0 và đường tròn (C’): 2 2
x y 20x 50 0    . Hãy viết phương trình đường
tròn (C) đi qua ba điểm A, B, C(1; 1).
ĐS: A(3; 1), B(5; 5)  (C): 2 2
x y 4x 8y 10 0    
Câu 25. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng
3
2
, A(2; –
3), B(3; –2), trọng tâm của ABC nằm trên đường thẳng d :3x – y – 8 0 . Viết phương
trình đường tròn đi qua 3 điểm A, B, C.
Tìm được C (1; 1)
1
 , 2C ( 2; 10)  .
+ Với 1C (1; 1)  (C): 2 2 11 11 16
x y x y 0
3 3 3
    
+ Với 2C ( 2; 10)   (C): 2 2 91 91 416
x y x y 0
3 3 3
    
Câu 26. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ba đường thẳng: 1d :2x y 3 0   ,
2d :3x 4y 5 0   , 3d : 4x 3y 2 0   . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d1
và tiếp xúc với d2 và d3.
Gọi tâm đường tròn là I(t;3 2t)  d1.
Khi đó: 2 3) d(I,d )d(I,d  
3t 4(3 2t) 5
5
4t 3(3 2t) 2
5
  

  

t 2
t 4





Vậy có 2 đường tròn thoả mãn: 2 2 49
25
(x 2) (y 1)    và 2 2 9
(x 4) (y 5)
25
    .
Câu hỏi tương tự
a) Với 1d : x – 6y –10 0 , 2d :3x 4y 5 0   , 3d : 4x 3y 5 0   .
ĐS: 2 2
(x 10) y 49   hoặc
2 2 2
10 70 7
x y
43 43 43
     
        
     
.
Câu 27. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng  : x 3y 8 0   ,
':3x 4y 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 .
Giả sử tâm I( 3t 8;t)   .. Ta có: d(I, ) IA 
 2 2
2 2
3( 3t 8) 4t 10
( 3t 8 2) (t 1)
3 4
   
     

 t 3   I(1; 3), R 5 
PT đường tròn cần tìm: 2 2
(x 1) (y 3) 25    .
Câu 28. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng :4x 3y 3 0    và
':3x 4y 31 0    . Lập phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với đường thẳng  tại
điểm có tung độ bằng 9 và tiếp xúc với '. Tìm tọa độ tiếp điểm của (C) và ' .
Gọi I(a;b) là tâm của đường tròn (C). (C) tiếp xúc với  tại điểm M(6;9) và (C) tiếp
xúc với  nên

________________________________________________________________________
54 3a4a 3b 3 3a 4b 31d(I, ) d(I, ') 4a 3 3 6a 85
45 5
IM u (3;4)
3(a 6) 4(b 9) 0 3a 4b 54
             
   
         
 
25a 150 4 6a 85
a 10; b 6
54 3a
a 190; b 156b
4
   
 
       
Vậy: 2 2
(C) :(x 10) (y 6) 25    tiếp xúc với ' tại N(13;2)
hoặc 2 2
(C) : (x 190) (y 156) 60025    tiếp xúc với ' tại N( 43; 40) 
Câu 29. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường tròn đi qua A(2; 1) và
tiếp xúc với các trục toạ độ.
Phương trình đường tròn có dạng:
2 2 2
2 2 2
(x a) (y a) a (a)
(x a) (y a) a (b)
    

   
a)  a 1; a 5  b)  vô nghiệm.
Kết luận: 2 2
(x 1) (y 1) 1    và 2 2
(x 5) (y 5) 25    .
Câu 30. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): 2x y 4 0   . Lập
phương trình đường tròn tiếp xúc với các trục tọa độ và có tâm ở trên đường thẳng (d).
Gọi I(m;2m 4) (d)  là tâm đường tròn cần tìm. Ta có:
4
m 2m 4 m 4,m
3
     .

4
m
3
 thì phương trình đường tròn là:
2 2
4 4 16
x y
3 3 9
   
      
   
.
 m 4 thì phương trình đường tròn là: 2 2
(x 4) (y 4) 16    .
Câu 31. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(–1;1) và B(3;3), đường thẳng ():
3x – 4y 8 0  . Lập phương trình đường tròn qua A, B và tiếp xúc với đường thẳng ().
Tâm I của đường tròn nằm trên đường trung trực d của đoạn AB
d qua M(1; 2) có VTPT là AB (4;2)

 d: 2x + y – 4 = 0  Tâm I(a;4 – 2a)
Ta có IA = d(I,D) 2
11a 8 5 5a 10a 10      2a2
– 37a + 93 = 0 
a 3
31
a
2


 

 Với a = 3  I(3;–2), R = 5  (C): (x – 3)2
+ (y + 2)2
= 25
 Với a =
31
2

31
I ; 27
2
 
 
 
, R =
65
2
 (C):
2
231 4225
x (y 27)
2 4
 
    
 
Câu 32. Trong hệ toạ độ Oxycho hai đường thẳng d : x 2y 3 0   và : x 3y 5 0    . Lập
phương trình đường tròn có bán kính bằng
2 10
5
, có tâm thuộc d và tiếp xúc với  .
Tâm I  d I( 2a 3;a)  . (C) tiếp xúc với  nên:
d(I, ) R 
a 2 2 10
510

 
a 6
a 2

   

________________________________________________________________________
 (C): 2 2 8
(x 9) (y 6)
5
    hoặc (C): 2 2 8
(x 7) (y 2)
5
    .
Câu 33. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2
x y 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.
(C) có tâm I( 2 3;0) , bán kính R= 4; A(0; 2). Gọi I là tâm của (C).
PT đường thẳng IA :
x 2 3t
y 2t 2
 

 
, I' IA  I (2 3t;2t 2)  .
1
AI 2I A t I'( 3;3)
2
   
 
 (C): 2 2
(x 3) (y 3) 4   
x y – 4y – 5 0  . Hãy
viết phương trình đường tròn (C) đối xứng với đường tròn (C) qua điểm M
4 2
;
5 5
 
 
 
(C) có tâm I(0;2), bán kính R = 3. Gọi I’ là điểm đối xứng của I qua M
 I
8 6
;
5 5
 
 
 
 (C):
2 2
8 6
x y 9
5 5
   
      
   
Câu 35. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2
x y 2x 4y 2 0     .
Viết phương trình đường tròn (C) tâm M(5; 1) biết (C) cắt (C) tại hai điểm A, B sao
cho AB 3 .
(C) có tâm I(1; –2), bán kính R 3 . PT đường thẳng IM: 3x 4y 11 0   . AB 3 .
Gọi H(x;y) là trung điểm của AB. Ta có:
2 2
H IM
3
IH R AH
2



  
 2 2
3x 4y 11 0
9
(x 1) (y 2)
4
  


   

1 29
x ;y
5 10
11 11
x ;y
5 10

   

   


1 29
H ;
5 10
 
  
 
hoặc
11 11
H ;
5 10
 
 
 
.
 Với
1 29
H ;
5 10
 
  
 
. Ta có 2 2 2
R MH AH 43     PT (C): 2 2
(x 5) (y 1) 43    .
 Với
11 11
H ;
5 10
 
 
 
. Ta có 2 2 2
R MH AH 13     PT (C): 2 2
(x 5) (y 1) 13    .
(x 1) (y 2) 4    và
điểm K(3;4) . Lập phương trình đường tròn (T) có tâm K, cắt đường tròn (C) tại hai
điểm A, B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất, với I là tâm của đường tròn (C).
(C) có tâm I(1;2), bán kính R 2 . IABS lớn nhất  IAB vuông tại I  AB 2 2 .
Mà IK 2 2 nên có hai đường tròn thoả YCBT.
+ 1(T ) có bán kính 1R R 2   2 2
1(T ) :(x 3) (y 4) 4   

________________________________________________________________________
+ 2(T ) có bán kính 2 2
2R (3 2) ( 2) 2 5    2 2
1(T ) :(x 3) (y 4) 20    .
Câu 37. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác
ABC với các đỉnh: A(–2;3),
1
B ;0 , C(2;0)
4
 
 
 
.
Điểm D(d;0)
1
d 2
4
 
  
 
thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A
khi và chỉ khi
 
 
2
2
22
91 3d
4DB AB 4 4d 1 6 3d d 1.
DC AC 2 d 4 3
 
  
 
        
  
Phương trình AD:
x 2 y 3
x y 1 0
3 3
 
    

; AC:
x 2 y 3
3x 4y 6 0
4 3
 
    

Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b. Khi đó hoành độ là 1 b và bán
kính cũng bằng b. Vì khoảng cách từ I tới AC cũng phải bằng b nên ta có:
 
2 2
3 1 b 4b 6
b b 3 5b
3 4
  
   


4
b 3 5b b
3
1
b 3 5b b
2

    

     

Rõ ràng chỉ có giá trị
1
b
2
 là hợp lý.
Vậy, phương trình của đường tròn nội tiếp ABC là:
2 2
1 1 1
x y
2 2 4
   
      
   
Câu 38. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng (d1): 4x 3y 12 0   và (d2):
4x 3y 12 0   . Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh
nằm trên (d1), (d2) và trục Oy.
Gọi 1 2 1 2A d d ,B d Oy,C d Oy       A(3;0),B(0; 4),C(0;4)  ABC cân
đỉnh A và AO là phân giác trong của góc A. Gọi I, R là tâm và bán kính đường tròn nội
tiếp ABC 
4 4
I ;0 ,R
3 3
 
 
 
.
Câu 39. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d: x y 1 0   và hai đường
tròn có phương trình: (C1): 2 2
(x 3) (y 4) 8    , (C2): 2 2
(x 5) (y 4) 32    . Viết
phương trình đường tròn (C) có tâm I thuộc d và tiếp xúc ngoài với (C1) và (C2).
Gọi I, I1, I2, R, R1, R2 lần lượt là tâm và bán kính của (C), (C1), (C2). Giả sử
I(a;a –1) d .
(C) tiếp xúc ngoài với (C1), (C2) nên 1 1 2 2 1 1 2 2II R R , II R R II – R II – R     
 2 2 2 2
(a 3) (a 3) 2 2 (a 5) (a 5) 4 2          a = 0  I(0; –1), R = 2
 Phương trình (C): 2 2
x (y 1) 2   .
Câu 40. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với A(3; –7), B(9; –5), C(–5;
9), M(–2; –7). Viết phương trình đường thẳng đi qua M và tiếp xúc với đường tròn
ngoại tiếp ABC.

________________________________________________________________________
ĐS: y + 7 = 0; 4x + 3y + 27 = 0.
Câu 41. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn   2 2
C : x y 2x 0   . Viết phương
trình tiếp tuyến của  C , biết góc giữa tiếp tuyến này và trục tung bằng 30
.
2 2
(C) : (x 1) y 1 I( 1;0);R 1      . Hệ số góc của tiếp tuyến () cần tìm là 3 .
 PT () có dạng 1 : 3x y b 0    hoặc 2 : 3x y b 0   
+ 1 : 3x y b 0    tiếp xúc (C) 1d(I, ) R  
b 3
1 b 2 3
2

      .
Kết luận: 1( ) : 3x y 2 3 0    
+ 2( ) : 3x y b 0    tiếp xúc (C) 2d(I, ) R  
b 3
1 b 2 3
2

      .
Kết luận: 2( ) : 3x y 2 3 0     .
x y 6x 2y 5 0     và
đường thẳng (d): 3x y 3 0   . Lập phương trình tiếp tuyến với đường tròn (C), biết
tiếp tuyến không đi qua gốc toạ độ và hợp với đường thẳng (d) một góc 0
45 .
(C) có tâm I(3; 1), bán kính R = 5 . Giả sử (): ax by c 0 (c 0)    .
Từ:
d(I, ) 5
2
cos(d, )
2
  


 


a 2,b 1,c 10
a 1,b 2,c 10
    
    

:2x y 10 0
: x 2y 10 0
   
   
.
Câu 43. Trong hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn 2 2
(C) :(x 1) (y 1) 10    và đường thẳng
d : 2x y 2 0   . Lập phương trình các tiếp tuyến của đường tròn(C) , biết tiếp tuyến
tạo với đường thẳng d một góc 0
45 .
(C) có tâm I(1;1) bán kính R 10 . Gọi n (a;b)

là VTPT của tiếp tuyến 
2 2
(a b 0)  ,
Vì  0
( ,d) 45  nên
2 2
2a b 1
2a b . 5



a 3b
b 3a

   
 Với a 3b  : 3x y c 0   . Mặt khác d(I; ) R 
4 c
10
10

 
c 6
c 14

   
 Với b 3a   : x 3y c 0   . Mặt khác d(I; ) R 
2 c
10
10
 
 
c 8
c 12
 
  
Vậy có bốn tiếp tuyến cần tìm:
3x y 6 0;   3x y 14 0   ; x 3y 8 0;   x 3y 12 0   .
Câu 44. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình tiếp tuyến chung của hai
đường tròn (C1): 2 2
x y – 2x – 2y – 2 0  , (C2): 2 2
x y – 8x – 2y 16 0   .
(C1) có tâm 1I (1; 1) , bán kính R1 = 2; (C2) có tâm 2I (4; 1) , bán kính R2 = 1.
Ta có: 1 2 1 2I I 3 R R    (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài nhau tại A(3; 1)
 (C1) và (C2) có 3 tiếp tuyến, trong đó có 1 tiếp tuyến chung trong tại A là x = 3 // Oy.
* Xét 2 tiếp tuyến chung ngoài: ( ) : y ax b ( ) :ax y b 0        ta có:

________________________________________________________________________
2 2
1 1
2 2
2 2
a b 1 2 22 a a
d(I ; ) R a b 4 4
hay
d(I ; ) R 4a b 1 4 7 2 4 7 2
1 b b
4 4a b
            
    
             
Vậy, có 3 tiếp tuyến chung:
1 2 3
2 4 7 2 2 4 7 2
( ) : x 3, ( ): y x , ( ) y x
4 4 4 4
 
        
Câu 45. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C): 2 2
(x 2) (y 3) 2   
và (C’): 2 2
(x 1) (y 2) 8    . Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C) và (C’).
(C) có tâm I(2; 3) và bán kính R 2 ; (C) có tâm I(1; 2) và bán kính R ' 2 2 .
Ta có: II' 2 R R    (C) và (C) tiếp xúc trong  Tọa độ tiếp điểm M(3; 4).
Vì (C) và (C) tiếp xúc trong nên chúng có duy nhất một tiếp tuyến chung là đường
thẳng qua điểm M(3; 4), có véc tơ pháp tuyến là II ( 1; 1)   

 PTTT: x y 7 0  
Câu 46. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn 2 2
1(C ) : x y 2y 3 0    và
2 2
2(C ) : x y 8x 8y 28 0     . Viết phương trình tiếp tuyến chung của 1(C ) và 2(C ) .
1(C ) có tâm 1I (0;1) , bán kính 1R 2 ; 2(C ) có tâm 2I (4;4) , bán kính 2R 2 .
Ta có: 1 2 1 2I I 5 4 R R     1 2(C ),(C ) ngoài nhau. Xét hai trường hợp:
+ Nếu d // Oy thì phương trình của d có dạng: x c 0  .
Khi đó: 1 2
d(I ,d) d(I ,d) c 4 c     c 2   d : x 2 0  .
+ Nếu d không song song với Oy thì phương trình của d có dạng: d : y ax b  .
Khi đó: 1
1 2
d(I ,d) 2
d(I ,d) d(I ,d)




2
2 2
1 b
2
a 1
1 b 4a 4 b
a 1 a 1
  



    
  

3 7
a ; b
4 2
3 3
a ;b
4 2
7 37
a ;b
24 12

 

   


   

 d :3x 4y 14 0   hoặc d :3x 4y 6 0   hoặc d :7x 24y 74 0   .
Vậy: d : x 2 0  ; d :3x 4y 14 0   ; d :3x 4y 6 0   ; d :7x 24y 74 0   .
Câu 47. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn 2 2
1(C ) : x y 4y 5 0    và
2 2
2(C ) : x y 6x 8y 16 0     . Viết phương trình tiếp tuyến chung của 1(C ) và 2(C ) .
1(C ) có tâm 1I (0;1) , bán kính 1R 3 ; 2(C ) có tâm 2I (3; 4) , bán kính 2R 3 .
Giả sử tiếp tuyến chung  của 1 2(C ), (C ) có phương trình: 2 2
ax by c 0 (a b 0)     .
 là tiếp tuyến chung của 1 2(C ), (C ) 1 1
2 2
d(I , ) R
d(I , ) R
 

 

2 2
2 2
2b c 3 a b (1)
3a 4b c 3 a b (2)
   

   
Từ (1) và (2) suy ra a 2b hoặc
3a 2b
c
2
 
 .

________________________________________________________________________
+ TH1: Với a 2b . Chọn b 1  a 2,c 2 3 5     :2x y 2 3 5 0    
+ TH2: Với
3a 2b
c
2
 
 . Thay vào (1) ta được: 2 2
a 0
a 2b 2 a b 4
a b
3

   
  

.
 : y 2 0   hoặc :4x 3y 9 0    .
Câu 48. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): 2 2
x y 4 3x 4 0    . Tia Oy cắt (C) tại
điểm A. Lập phương trình đường tròn (T) có bán kính R = 2 sao cho (T) tiếp xúc ngoài
với (C) tại A.
(C) có tâm I( 2 3;0) , bán kính R 4 . Tia Oy cắt (C) tại A(0;2). Gọi J là tâm của (T).
Phương trình IA:
x 2 3t
y 2t 2
 

 
. Giả sử J(2 3t;2t 2) (IA)  .
(T) tiếp xúc ngoài với (C) tại A nên
1
AI 2JA t J( 3;3)
2
   
 
.
Vậy: 2 2
(T):(x 3) (y 3) 4    .
Câu 49. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): 2 2
x y 1  và phương trình:
2 2
x y – 2(m 1)x 4my – 5 0    (1). Chứng minh rằng phương trình (1) là phương
trình của đường tròn với mọi m. Gọi các đường tròn tương ứng là (Cm). Tìm m để (Cm)
tiếp xúc với (C).
(Cm) có tâm I(m 1; 2m)  , bán kính 2 2
R ' (m 1) 4m 5    ,
(C) có tâm O(0; 0) bán kính R = 1, OI 2 2
(m 1) 4m   , ta có OI < R
Vậy (C) và (Cm) chỉ tiếp xúc trong.  R – R = OI ( vì R’ > R) 
3
m 1; m
5
   .
Câu 50. Trong mặt phẳng Oxy, cho các đường tròn có phương trình 2 2
1
1
(C ) :(x 1) y
2
   và
2 2
2(C ) :(x 2) (y 2) 4    . Viết phương trình đường thẳng d tiếp xúc với 1(C ) và cắt
2(C ) tại hai điểm M, N sao cho MN 2 2 .
1(C ) có tâm 1I (1;0) , bán kính 1
1
R
2
 ; 2(C ) có tâm 1I (2;2), bán kính 2R 2 . Gọi H
là trung điểm của MN 
2
2
2 2 2
MN
d(I ,d) I H R 2
2
 
    
 
Phương trình đường thẳng d có dạng: 2 2
ax by c 0 (a b 0)     .
Ta có:
1
2
1
d(I ,d)
2
d(I ,d) 2



 

2 2
2 2
2 a c a b
2a 2b c 2 a b
   

   
. Giải hệ tìm được a, b, c.
Vậy: d : x y 2 0; d : x 7y 6 0      ; d : x y 2 0   ; d :7x y 2 0  

________________________________________________________________________
x y – 6x 5 0   . Tìm
điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai
tiếp tuyến đó bằng 0
60 .
(C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2. Gọi M(0; m)  Oy
Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB 


0
0
AMB 60 (1)
AMB 120 (2)
 

 
Vì MI là phân giác của AMB nên:
(1)  AMI = 300
0
IA
MI
sin30
   MI = 2R  2
m 9 4 m 7    
(2)  AMI = 600
0
IA
MI
sin 60
   MI =
2 3
3
R  2 4 3
m 9
3
  vô nghiệm
Vậy có hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0; 7 )
Câu 52. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng  định bởi:
2 2
(C) : x y 4x 2y 0; : x 2y 12 0        . Tìm điểm M trên  sao cho từ M vẽ được
với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 600
.
Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R 5 .
Gọi A, B là hai tiếp điểm. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 600
thì IAM là
nửa tam giác đều suy ra IM 2R=2 5 .
Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: 2 2
(x 2) (y 1) 20    .
Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng , nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương
trình:
2 2
(x 2) (y 1) 20 (1)
x 2y 12 0 (2)
    

  
Khử x giữa (1) và (2) ta được:
   
2 2 2
y 3
2y 10 y 1 20 5y 42y 81 0 27
y
5

         
 

Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là:  M 6;3 hoặc
6 27
M ;
5 5
 
 
 
(x 1) (y 2) 9    và
đường thẳng d : x y m 0   . Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A
mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao
cho tam giác ABC vuông.
(C) có tâm I(1; –2), R = 3. ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 IA 3 2 

m 5m 1
3 2 m 1 6
m 72
  
      
(x 1) (y 2) 9    và
đường thẳng d :3x 4y m 0   . Tìm m để trên d có duy nhất một điểm P mà từ đó có
thể kẻ được hai tiếp tuyến PA, PB tới đường tròn (C) (A, B là hai tiếp điểm) sao cho
PAB là tam giác đều.
(C) có tâm I(1; 2) , bán kính R 3 . PAB đều  PI 2AI 2R 6    P nằm trên

________________________________________________________________________
đường tròn (T) có tâm I, bán kính r 6 . Do trên d có duy nhất một điểm P thoả YCBT
nên d là tiếp tuyến của (T) 
m 1911 m
d(I,d) 6 6
m 415

      
.
Câu 55. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đường tròn
2 2
(C) : x y 18x 6y 65 0     và 2 2
(C ): x y 9   . Từ điểm M thuộc đường tròn (C)
kẻ hai tiếp tuyến với đường tròn (C), gọi A, B là các tiếp điểm. Tìm tọa độ điểm M,
biết độ dài đoạn AB bằng 4,8.
(C’) có tâm  O 0;0 , bán kính R OA 3  . Gọi H AB OM   H là trung điểm của
AB 
12
AH
5
 . Suy ra: 2 2 9
OH OA AH
5
   và
2
OA
OM 5
OH
  .
Giả sử M(x;y) . Ta có:
2 2
2 2
M (C) x y 18x 6y 65 0
OM 5 x y 25
      
 
   
x 4 x 5
y 3 y 0
  
  
  
Vậy M(4;3) hoặc M(5;0) .
(x 1) (y 2) 4    . M là
điểm di động trên đường thẳng d : y x 1  . Chứng minh rằng từ M kẻ được hai tiếp
tuyến 1MT , 2MT tới (C) (T1, T2 là tiếp điểm) và tìm toạ độ điểm M, biết đường thẳng
1 2T T đi qua điểm A(1; 1) .
(C) có tâm I(1; 2) , bán kính R 2 . Giả sử 0 0M(x ;x 1) d  .
2 2 2
0 0 0IM (x 1) (x 3) 2(x 1) 8 2 R          M nằm ngoài (C)  qua M kẻ
được 2 tiếp tuyến tới (C).
Gọi J là trung điểm IM  0 0x 1 x 1
J ;
2 2
  
 
 
. Đường tròn (T) đường kính IM có tâm J
bán kính 1
IM
R
2
 có phương trình
2 2 2 2
0 0 0 0x 1 x 1 (x 1) (x 3)
(T): x y
2 2 4
       
      
   
Từ M kẻ được 2 tiếp tuyến MT1, MT2 đến (C)    0
1 2 1 2ITM IT M 90 T ,T (T)   
1 2{T ,T } (C) (T)    toạ độ 1 2T , T thoả mãn hệ:
2 2
2 20 0 0 0
0 0 0
2 2
x 1 x 1 (x 1) (x 3)
(x ) (y )
(1 x )x (3 x )y x 3 0 (1)2 2 4
(x 1) (y 2) 4
     
   
      
    
Toạ độ các điểm 1 2T , T thoả mãn (1), mà qua 2 điểm phân biệt xác định duy nhất 1
đường thẳng nên phương trình 1 2T T là 0 0 0x(1 x ) y(3 x ) x 3 0      .
A(1; 1) nằm trên 1 2T T nên 0 0 01 x (3 x ) x 3 0       0x 1  M(1;2).
(x –1) (y 1) 25   và
điểm M(7; 3). Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M cắt (C) tại hai điểm A, B
phân biệt sao cho MA = 3MB.

________________________________________________________________________
M/(C)P 27 0   M nằm ngoài (C). (C) có tâm I(1;–1) và R = 5.
Mặt khác:
2
M/(C)P MA.MB 3MB MB 3 BH 3     
  2 2
IH R BH 4 d[M,(d)]    
Ta có: pt(d): a(x – 7) + b(y – 3) = 0 (a2
+ b2
> 0).
2 2
a 0
6a 4b
d[M,(d)] 4 4 12
a ba b
5

     
  

.
Vậy (d): y – 3 = 0 hoặc (d): 12x – 5y – 69 = 0.
Câu 58. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm
A(1; 2) và cắt đường tròn (C) có phương trình 2 2
(x 2) (y 1) 25    theo một dây
cung có độ dài bằng l 8 .
d: a(x – 1)+ b(y –2) = 0  ax + by – a – 2b = 0 ( a2
+ b2
> 0)
Vì d cắt (C) theo dây cung có độ dài l 8 nên khoảng cách từ tâm I(2; –1) của (C) đến
d bằng 3.
  2 2
2 2
2a b a 2b
d I,d 3 a 3b 3 a b
a b
  
     

2
a 0
8a 6ab 0 3
a b
4

   
  

 a = 0: chọn b = 1  d: y – 2 = 0
 a =
3
b
4
 : chọn a = 3, b = – 4  d: 3x – 4 y + 5 = 0.
Câu 59. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : 2 2
x y 2x 8y 8 0     .
Viết phương trình đường thẳng  song song với đường thẳng d :3x y 2 0   và cắt
đường tròn (C) theo một dây cung có độ dài l 6 .
(C) có tâm I(–1; 4), bán kính R = 5. PT đường thẳng  có dạng: 3x y c 0, c 2    .
Vì  cắt (C) theo một dây cung có độ dài bằng 6 nên:
  2
c 4 10 13 4 c
d I, 4
3 1 c 4 10 1
    
     
   
.
Vậy phương trình  cần tìm là: 3x y 4 10 1 0    hoặc 3x y 4 10 1 0    .
a) 2 2
(C) : (x 3) (y 1) 3    , d :3x 4y 2012 0   , l 2 5 .
ĐS: :3x 4y 5 0    ; :3x 4y 15 0    .
Câu 60. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường tròn 2 2
(C) :(x 4) (y 3) 25   
và đường thẳng :3x 4y 10 0    . Lập phương trình đường thẳng d biết d ( )  và d
cắt (C) tại A, B sao cho AB = 6.
(C) có tâm I(– 4; 3) và có bán kính R = 5. Gọi H là trung điểm AB, AH = 3. Do d  
nên PT của d có dạng: 4x 3y m 0   .
Ta có: 1d(I,( )) = IH = 2 2 2 2
AI AH 5 3 4    
2 2
m 2716 9 m
4
m 134 3
  
     
Vậy PT các đường thẳng cần tìm là: 4x 3y 27 0   và 4x 3y 13 0   .

________________________________________________________________________
x y 2x 2y 3 0     và
điểm M(0; 2). Viết phương trình đường thẳng d qua M và cắt (C) tại hai điểm A, B sao
cho AB có độ dài ngắn nhất.
(C) có tâm I(1; 1) và bán kính R = 5 . IM = 2 5  M nằm trong đường tròn (C).
Giả sử d là đường thẳng qua M và H là hình chiếu của I trên d.
Ta có: AB = 2AH = 2 2 2 2
2 IA IH 2 5 IH 2 5 IM 2 3      .
Dấu "=" xảy ra  H  M hay d  IM. Vậy d là đường thẳng qua M và có VTPT
MI (1; 1) 

 Phương trình d: x y 2 0   .
a) Với (C): 2 2
x y 8x 4y 16 0     , M(–1; 0). ĐS:
d :5x 2y 5 0  
Câu 62. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có tâm O, bán kính R = 5 và
điểm M(2; 6). Viết phương trình đường thẳng d qua M, cắt (C) tại 2 điểm A, B sao cho
OAB có diện tích lớn nhất.
Tam giác OAB có diện tích lớn nhất  OAB vuông cân tại O. Khi đó
5 2
d(O,d)
2
 .
Giả sử phương trình đường thẳng d: 2 2
A(x 2) B(y 6) 0 (A B 0)     
5 2
d(O,d)
2
 
2 2
2A 6B 5 2
2A B
 


 2 2
47B 48AB 17A 0  

24 5 55
B A
47
24 5 55
B A
47
  


  


+ Với
24 5 55
B A
47
 
 : chọn A = 47  B = 24 5 55 
 d:  47(x 2) 24 5 55 (y 6) 0    
+ Với
24 5 55
B A
47
 
 : chọn A = 47  B = 24 5 55 
 d:  47(x 2) 24 5 55 (y 6) 0     
a) 2 2
(C) : x y 4x 6y 9 0     , M(1; 8) . ĐS: 7x y 1 0; 17x 7y 39 0      .
x y 6x 2y 6 0     và
điểm A(3;3) . Lập phương trình đường thẳng d qua A và cắt (C) tại hai điểm sao cho
khoảng cách giữa hai điểm đó bằng độ dài cạnh hình vuông nội tiếp đường tròn (C).
(C) có tâm I(3; –1), R = 4. Ta có: A(3 ;3)  (C).
PT đường thẳng d có dạng: 2 2
a(x 3) b(y 3) 0, a b 0       ax by 3a 3b 0    .
Giả sử d qua A cắt (C) tại hai điểm A, B  AB = 4 2 . Gọi I là tâm hình vuông.
Ta có:
1 1
d(I,d) 2 2 ( AD AB)
2 2
  
2 2
3a b 3a 3b
2 2
a b
  
 


________________________________________________________________________
2 2 2 2
4b 2 2 a b a b a b        . Chọn b = 1 thì a = 1 hoặc a = –1.
Vậy phương trình các đường thẳng cần tìm là: x y 6 0   hoặc x y 0  .
Câu 64. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đường tròn (C1): 2 2
x y 13  và (C2):
2 2
(x 6) y 25   . Gọi A là một giao điểm của (C1) và (C2) với yA > 0. Viết phương
trình đường thẳng d đi qua A và cắt (C1), (C2) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau.
(C1) có tâm O(0; 0), bán kính R1 = 13 . (C2) có tâm I2(6; 0), bán kính R2 = 5. Giao
điểm A(2; 3). Giả sử d: 2 2
a(x 2) b(y 3) 0 (a b 0)      .
Gọi 1 2 2d d(O,d), d d(I ,d)  .
Từ giả thiết  2 2 2 2
1 1 2 2R d R d    2 2
2 1d d 12  
2 2
2 2 2 2
(6a 2a 3b) ( 2a 3b)
12
a b a b
   
 
 
 2
b 3ab 0  
b 0
b 3a

  
.
 Với b = 0: Chọn a = 1  Phương trình d: x 2 0  .
 Với b = –3a: Chọn a = 1, b = –3  Phương trình d: x 3y 7 0   .
Câu 65. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng : mx 4y 0  , đường tròn
(C): 2 2 2
x y 2x 2my m 24 0      có tâm I. Tìm m để đường thẳng  cắt đường tròn
(C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 12.
(C) có tâm I(1;m) , bán kính R = 5. Gọi H là trung điểm của dây cung AB.
2 2
m 4m 5m
IH d(I, )
m 16 m 16

   
 
;
2
2 2
2 2
(5m) 20
AH IA IH 25
m 16 m 16
    
 
IABS 12   2
m 3
d(I, ).AH 12 3m 25 m 48 0 16
m
3
 
      
  

Câu 66. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn 2 2
(C) : x y 1  , đường thẳng
(d): x y m 0   . Tìm m để (C) cắt (d) tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn
nhất.
(C) có tâm O(0; 0) , bán kính R = 1. (d) cắt (C) tại A, B d(O;d) 1 
Khi đó:  
OAB
1 1 1
S OA.OB.sin AOB .sin AOB
2 2 2
   . Dấu "=" xảy ra   0
AOB 90 .
Vậy AOBS lón nhất   0
AOB 90 . Khi đó
1
d(I;d)
2
 m 1   .
Câu 67. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng (d) : 2x my 1 2 0    và
đường tròn có phương trình 2 2
(C) : x y 2x 4y 4 0     . Gọi I là tâm đường tròn (C) .
Tìm m sao cho (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B. Với giá trị nào của m thì diện
tích tam giác IAB lớn nhất và tính giá trị đó.
(C) có tâm I (1; –2) và bán kính R = 3.
(d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B d(I,d) R  22 2m 1 2 3 2 m     

________________________________________________________________________
2 2 21 4m 4m 18 9m 5m 4m 17 0 m R          
Ta có: 1 1 9
S IA.IBsin AIB IA.IB
IAB 2 2 2
  
Vậy: S
IAB
lớn nhất là
9
2
khi  0
AIB 90  AB =R 2 3 2 
3 2
d(I,d)
2


3 2 21 2m 2 m
2
   22m 16m 32 0    m 4  
a) Với d : x my – 2m 3 0   , 2 2
(C) : x y 4x 4y 6 0     .
ĐS:
8
m 0 m
15
  
Câu 68. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn 2 2
(C) : x y 4x 6y 9 0     và
điểm M(1; 8) . Viết phương trình đường thẳng d đi qua M, cắt (C) tại hai điểm A, B
phân biệt sao cho tam giác ABI có diện tích lớn nhất, với I là tâm của đường tròn (C).
(C) có tâm I( 2;3) , bán kính R 2 .
PT đường thẳng d qua M(1; 8) có dạng: d :ax by a 8b 0    ( 2 2
a b 0  ).
 
IAB
1
S IA.IB.sin AIB 2sin AIB
2
   .
Do đó: IABS lớn nhất   0
AIB 90 
2
d(I,d) IA 2
2
 

2 2
11b 3a
2
a b



 2 2
7a 66ab 118b 0   
a 7b
7a 17b

 
.
+ Với b 1 a 7    d : 7x y 1 0  
+ Với b 7 a 17    d :17x 7y 39 0  
x y 4x 4y 6 0     và
đường thẳng : x my – 2m 3 0   với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn
(C). Tìm m để  cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích IAB lớn nhất.
(C) có tâm là I (–2; –2); R = 2 . Giả sử  cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B.
Kẻ đường cao IH của IAB, ta có: SABC = 
IAB
1
S IA.IB.sin AIB
2
 = sin AIB
Do đó IABS lớn nhất  sin AIB = 1  AIB vuông tại I  IH =
IA
1
2
 (thỏa IH < R)

2
1 4m
1
m 1



 15m2
– 8m = 0  m = 0 hay m =
8
15
a) Với 2 2
(C) : x y 2x 4y 4 0     , : 2x my 1 2 0     . ĐS: m 4  .
b) Với 2 2
(C) : x y 2x 4y 5 0     , : x my 2 0    . ĐS: m 2 
Câu 70. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 0 và đường
tròn (C): 2 2
x y 2x 4y 8 0     . Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn
(C) và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường
tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B.

________________________________________________________________________
Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình
2 2
y 0;x 2x y 2x 4y 8 0
y 1;x 3x 5y 2 0
       
 
      
. Vì Ax 0 nên ta được A(2;0), B(–3;–1).
Vì  0
ABC 90 nên AC là đường kính đường tròn, tức điểm C đối xứng với điểm A qua
tâm I của đường tròn. Tâm I(–1;2), suy ra C(–4;4).
Câu 71. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ): 2 2
x y 2x 4y 8 0    
và đường thẳng (  ): 2x 3y 1 0   . Chứng minh rằng (  ) luôn cắt (C ) tại hai điểm
phân biệt A, B . Tìm toạ độ điểm M trên đường tròn (C ) sao cho diện tích tam giác
ABM lớn nhất.
(C) có tâm I(–1; 2), bán kính R = 13 .
9
d(I, ) R
13
    đường thẳng (  ) cắt (C)
tại hai điểm A, B phân biệt. Gọi M là điểm nằm trên (C), ta có ABM
1
S AB.d(M, )
2
   .
Trong đó AB không đổi nên ABMS lớn nhất  d(M, ) lớn nhất.
Gọi d là đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với (  ). PT đường thẳng d là
3x 2y 1 0   .
Gọi P, Q là giao điểm của đường thẳng d vời đường tròn (C). Toạ độ P, Q là nghiệm của
hệ phương trình:
2 2
x y 2x 4y 8 0
3x 2y 1 0
     

  

x 1, y 1
x 3, y 5
  
   
 P(1; –1); Q(–3; 5)
Ta có
4
d(P, )
13
  ;
22
d(Q, )
13
  . Như vậy d(M, ) lớn nhất  M trùng với Q.
Vậy tọa độ điểm M(–3; 5).
x y 2x 4y 5 0     và
A(0; –1)  (C). Tìm toạ độ các điểm B, C thuộc đường tròn (C) sao cho ABC đều.
(C) có tâm I(1;2) và R= 10 . Gọi H là trung điểm BC. Suy ra AI 2.IH
  3 7
H ;
2 2
 
  
 
ABC đều  I là trọng tâm. Phương trình (BC): x 3y 12 0  
Vì B, C  (C) nên tọa độ của B, C là các nghiệm của hệ phương trình:
2 2 2 2
x y 2x 4y 5 0 x y 2x 4y 5 0
x 3y 12 0 x 12 3y
          
 
     
Giải hệ PT trên ta được:
7 3 3 3 3 7 3 3 3 3
B ; ;C ;
2 2 2 2
      
   
   
hoặc ngược lại.
(x 3) (y 4) 35    và
điểm A(5; 5). Tìm trên (C) hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.
(C) có tâm I(3; 4). Ta có:
AB AC
IB IC



 AI là đường trung trực của BC. ABC vuông
cân tại A nên AI cũng là phân giác của BAC . Do đó AB và AC hợp với AI một góc
0
45 .
Gọi d là đường thẳng qua A và hợp với AI một góc 0
45 . Khi đó B, C là giao điểm của d
với (C) và AB = AC. Vì IA (2;1)

 (1; 1), (1; –1) nên d không cùng phương với các

________________________________________________________________________
trục toạ độ  VTCP của d có hai thành phần đều khác 0. Gọi u (1;a)

là VTCP của d.
Ta có:
  2 2 2
2 a 2 a 2
cos IA,u
21 a 2 1 5 1 a
 
  
  
 
 2
2 2 a 5 1 a   
a 3
1
a
3


  

+ Với a = 3, thì u (1;3)

 Phương trình đường thẳng d:
x 5 t
y 5 3t
 

 
.
Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là:
9 13 7 3 13 9 13 7 3 13
; , ;
2 2 2 2
      
   
   
+ Với a =
1
3
 , thì
1
u 1;
3
 
  
 

 Phương trình đường thẳng d:
x 5 t
1
y 5 t
3
 


 
.
Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là:
7 3 13 11 13 7 3 13 11 13
; , ;
2 2 2 2
      
   
   
+Vì AB = AC nên ta có hai cặp điểm cần tìm là:
7 3 13 11 13 9 13 7 3 13
; , ;
2 2 2 2
      
   
   
và
7 3 13 11 13 9 13 7 3 13
; , ;
2 2 2 2
      
   
   
Câu 74. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2
x y 4  và các điểm
8
A 1;
3
 
 
 
, B(3;0). Tìm toạ độ điểm M thuộc (C) sao cho tam giác MAB có diện tích
bằng
20
3
.
64 10
AB 4 ; AB:4x 3y 12 0
9 3
      . Gọi M(x;y) và h d(M,AB) .
Ta có:
4x 3y 8 04x 3y 121 20
h.AB h 4 4
4x 3y 32 02 3 5
    
         
+ 2 2
4x 3y 8 0 14 48
M( 2;0);M ;
25 75x y 4
    
   
  
+ 2 2
4x 3y 32 0
x y 4
  

 
(vô nghiệm)
Câu 75. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn 2 2
(C) : x y 2x 6y 9 0     và
đường thẳng d :3x 4y 5 0   . Tìm những điểm M  (C) và N  d sao cho MN có độ
dài nhỏ nhất.
(C) có tâm I( 1;3) , bán kính R 1  d(I,d) 2 R   d (C)   .
Gọi  là đường thẳng qua I và vuông góc với d  ( ) : 4x 3y 5 0    .
Gọi 0 0
1 7
N d N ;
5 5
 
    
 
.
Gọi 1 2M ,M là các giao điểm của  và (C)  1 2
2 11 8 19
M ; ,M ;
5 5 5 5
   
    
   
 MN ngắn nhất khi 1 0M M , N N  .
Vậy các điểm cần tìm:
2 11
M ; (C)
5 5
 
  
 
,
1 7
N ; d
5 5
 
 
 
.

________________________________________________________________________
III. CÁC ĐƯỜNG CÔNIC
Câu 76. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E):
2 2
x y
1
25 16
  . A, B là các điểm trên
(E) sao cho: 1 2AF BF 8  , với 1 2F,F là các tiêu điểm. Tính 2 1AF BF .
1 2AF AF 2a  và 1 2BF BF 2a   1 2 1 2AF AF BF BF 4a 20    
Mà 1 2AF BF 8   2 1AF BF 12 
Câu 77. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình elip với các tiêu điểm
1 2F ( 1;1),F (5;1) và tâm sai e 0,6 .
Giả sử M(x;y) là điểm thuộc elip. Vì nửa trục lớn của elip là
c 3
a 5
e 0,6
   nên ta có:
2 2 2 2
1 2MF MF 10 (x 1) (y 1) (x 5) (y 1) 10          

2 2
(x 2) (y 1)
1
25 16
 
 
Câu 78. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm C(2; 0) và elip (E):
2 2
x y
1
4 1
  . Tìm
toạ độ các điểm A, B thuộc (E), biết rằng hai điểm A, B đối xứng với nhau qua trục
hoành và tam giác ABC là tam giác đều.
ĐS:
2 4 3 2 4 3
A ; , B ;
7 7 7 7
   
   
   
2 2
x y
1
100 25
  . Tìm các điểm M 
(E) sao cho  0
1 2FMF 120 (F1, F2 là hai tiêu điểm của (E)).
Ta có: a 10, b 5   c 5 3 . Gọi M(x; y)  (E)
 1 2
3 3
MF 10 x, MF 10 x
2 2
    .
2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2FF MF MF 2MF.MF .cosFMF  
  
2 2
2 3 3 3 3 1
10 3 10 x 10 x 2 10 x 10 x
2 2 2 2 2
       
              
       
 x = 0 (y=  5). Vậy có 2 điểm thoả YCBT: M1(0; 5), M2(0; –5).
Câu 80. Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E) có hai tiêu điểm 1 2F ( 3;0);F ( 3;0) và đi qua
điểm
1
A 3;
2
 
 
 
. Lập phương trình chính tắc của (E) và với mọi điểm M trên elip, hãy
tính biểu thức: 2 2 2
1 2 1 2P FM F M – 3OM – FM.F M  .
(E):
2 2
2 2 2 2
x y 3 1
1 1
a b a 4b
     , 2 2
a b 3  
2 2
x y
1
4 1
 
 2 2 2 2 2 2 2
M M M M MP (a ex ) (a – ex ) – 2(x y ) – (a e x ) 1     

________________________________________________________________________
Câu 81. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho elip (E): 2 2
4x 16y 64  . Gọi F2 là tiêu điểm bên
phải của (E). M là điểm bất kì trên (E). Chứng tỏ rằng tỉ số khoảng cách từ M tới tiêu
điểm F2 và tới đường thẳng
8
: x
3
  có giá trị không đổi.
Ta có: 2F ( 12;0). Gọi 0 0M(x ;y ) (E)  0
2 0
8 3x
MF a ex
2

   ,
0
0
8 3x8
d(M, ) x
3 3

    (vì 04 x 4   )  2MF 3
d(M, ) 2


(không đổi).
Câu 82. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): 2 2
5x 16y 80  và hai điểm A(–5;
–1), B(–1; 1). Một điểm M di động trên (E). Tìm giá trị lớn nhất của diện tích MAB.
Phương trình đường thẳng (AB): x 2y 3 0   và AB 2 5
Gọi 2 2
0 0 0 0M(x ; y ) (E) 5x 16y 80.    Ta có:
0 0 0 0x 2y 3 x 2y 3
d(M; AB)
1 4 5
   
 

Diện tích MAB: 0 0
1
S .AB.d(M; AB) x 2y 3
2
   
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki cho 2 cặp số 0 0
1 1
; , ( 5x ; 4y )
25
 
 
 
có:
 
2
2 2
0 0 0 0
1 1 1 1 9
. 5x .4y 5x 16y .80 36
2 5 4 205
   
       
  
0 0 0 0 0 0 0 0x 2y 6 6 x 2y 6 3 x 2y 3 9 x 2y 3 9                 
0 0
0 0
0 0
0 0
5x 4y
5x 8y1 1
max x 2y 3 9
2 x 2y 65
x 2y 3 9

  
      
 
   
0
0
8
x
3
5
y
3


 
  

Vậy, MAB
8 5
maxS 9 khi M ;
3 3
 
  
 
.
Câu 83. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elíp
2 2
x y
(E) : 1
9 4
  và hai điểm A(3;–2),
B(–3; 2) . Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có
diện tích lớn nhất.
PT đường thẳng AB: 2x 3y 0  . Gọi C(x; y)  (E), với x 0, y 0  
2 2
x y
1
9 4
  .
ABC
1 85 85 x y
S AB.d(C,AB) 2x 3y 3.
2 13 3 22 13
    
2 2
85 x y 170
3 2 3
13 9 4 13
 
   
 
Dấu "=" xảy ra 
2 2
x y
21
x 39 4
2
x y
y 2
3 2
    
 
  
. Vậy
3 2
C ; 2
2
 
 
 
.

________________________________________________________________________
Câu 84. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip
2 2
x y
(E) : 1
25 9
  và điểm M(1;1) . Viết
phương trình đường thẳng đi qua M và cắt elip tại hai điểm A,B sao cho M là trung
điểm của AB .
Nhận xét rằng M Ox nên đường thẳng x 1 không cắt elip tại hai điểm thỏa YCBT.
Xét đường thẳng  qua M(1; 1) có PT: y k(x 1) 1   . Toạ độ các giao điểm A,B của
 và (E) là nghiệm của hệ:
2 2
x y
1 (1)
25 9
y k(x 1) 1 (2)

 

   
 2 2 2
(25k 9)x 50k(k 1)x 25(k 2k 9) 0       (3)
PT (3) luôn có 2 nghiệm phân biệt 1 2x ,x với mọi k . Theo Viet: 1 2 2
50k(k 1)
x x
25k 9

 

.
Do đó M là trung điểm của AB 1 2 M 2
50k(k 1) 9
x x 2x 2 k
25k 9 25

       

.
Vậy PT đường thẳng : 9x 25y 34 0   .
a) Với
2 2
x y
(E) : 1
9 4
  , M(1;1) ĐS: :4x 9y 13 0   
2 2
x y
1
8 2
  . Tìm điểm M  (E)
sao cho M có toạ độ nguyên.
Trước hết ta có nhận xét: Nếu điểm (x;y) (E) thì các điểm ( x;y),(x; y),( x; y)   
cũng thuộc (E). Do đó ta chỉ cần xét điểm 0 0M(x ; y ) (E) với 0 0 0 0x , y 0;x , y Z  .
Ta có:
2 2
0 0x y
1
8 2
   2
0y 2  00 y 2   0 0
0 0
y 0 x 2 2 (loaïi)
y 1 x 2
   

  

M(2;1).
Vậy các điểm thoả YCBT là: (2;1),( 2;1),(2; 1),( 2; 1)    .
2 2
x y
1
8 2
  . Tìm điểm M  (E)
sao cho tổng hai toạ độ của M có giá trị lớn nhất (nhỏ nhất).
Giả sử M(x;y) (E) 
2 2
x y
1
8 2
  . Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki, ta có:
2 2
2 x y
(x y) (8 2) 10
8 2
 
     
 
 10 x y 10    .
+ x y 10  . Dấu "=" xảy ra 
x y
8 2
x y 10



  

4 10 10
M ;
5 5
 
 
 
.
+ x y 10   . Dấu "=" xảy ra 
x y
8 2
x y 10



   

4 10 10
M ;
5 5
 
  
 

________________________________________________________________________
2 2
x y
1
9 3
  và điểm A(3;0) . Tìm
trên (E) các điểm B, C sao cho B, C đối xứng qua trục Ox và ABC là tam giác đều.
Không mất tính tổng quát, giả sử 0 0 0 0B(x ; y ),C(x ; y ) với 0y 0 .
Ta có:
2 2
2 20 0
0 0
x y
1 x 3y 9
9 3
     . 0BC 2y và 0(BC) : x x  0d(A,(BC)) 3 x 
Do A Ox , B và C đối xứng qua Ox nên ABC cân tâị A
Suy ra: ABC đều 
3
d(A,(BC)) BC
2
  0 03 x 3y   2 2
0 03y (x 3) 
 02 2
0 0
0
x 0
x (x 3) 9
x 3

     
.
+ Với 0x 0  0y 3  B(0; 3), C(0; 3) .
+ Với 0x 3  0y 0 (loại).
Vậy: B(0; 3), C(0; 3) .
2 2
x y
1
9 4
  và các đường thẳng
1d : mx ny 0  , 2d : nx+my 0 , với 2 2
m n 0  . Gọi M, N là các giao điểm của 1d
với (E), P, Q là các giao điểm của 2d với (E). Tìm điều kiện đối với m,n để diện tích
tứ giác MPNQ đạt giá trị nhỏ nhất.
PTTS của 1 2d ,d là: 1
1
1
x nt
d :
y mt



, 2
2
2
x mt
d :
y nt
 


.
+ M, N là các giao điểm của 1d và (E)

2 2 2 2 2 2 2 2
6n 6m 6n 6m
M ; , N ;
9m 4n 9m 4n 9m 4n 9m 4n
    
   
      
+ P, Q là các giao điểm của 2d và (E)

2 2 2 2 2 2 2 2
6m 6n 6m 6n
P ; , Q ;
4m 9n 4m 9n 4m 9n 4m 9n
    
   
      
+ Ta có: MN  PQ tại trung điểm O của mỗi đường nên MPNQ là hình thoi.
MPNQ
1
S S MN.PQ 2OM.OP
2
   =
2 2
2 2 2 2
M M P P 2 2 2 2
72(m n )
2 x y . x y
(9m 4n )(4m 9n )

  
 
Áp dụng BĐT Cô-si:
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2(9m 4n ) (4m 9n ) 13
(9m 4n )(4m 9n ) (m n )
2 2
  
    

2 2
2 2
72(m n ) 144
S
13 13(m n )
2

 

. Dấu "=" xảy ra  2 2 2 2
9m 4n 4m 9n m n     
Vậy:
144
minS
13
 khi m n  .

________________________________________________________________________
Câu 89. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho Hypebol (H) có phương trình:
2 2
x y
1
16 9
  . Viết phương trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm
của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H).
(H) có các tiêu điểm 1 2F ( 5;0);F (5;0) . HCN cơ sở của (H) có một đỉnh là M( 4; 3),
Giả sử phương trình chính tắc của (E) có dạng:
2 2
2 2
x y
1
a b
  ( với a > b)
(E) cũng có hai tiêu điểm 2 2 2
1 2F ( 5;0);F (5;0) a b 5 (1)   
2 2 2 2
M(4;3) (E) 9a 16b a b (2)   
Từ (1) và (2) ta có hệ:
2 2 2 2
2 2 2 2 2
a 5 b a 40
9a 16b a b b 15
    
 
    
. Vậy (E):
2 2
x y
1
40 15
 
Câu 90. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hypebol (H) có phương trình
2 2
x y
1
9 4
  . Giả sử (d) là một tiếp tuyến thay đổi và F là một trong hai tiêu điểm của
(H), kẻ FM (d). Chứng minh rằng M luôn nằm trên một đường tròn cố định, viết
phương trình đường tròn đó
(H) có một tiêu điểm F( 13;0).Giả sử pttt (d): ax + by + c = 0.Khi đó:9a2
– 4b2
= c2
(*)
Phương trình đường thẳng qua F vuông góc với (d) là (D): b( x 13) – a y = 0
Toạ độ của M là nghiệm của hệ:
ax by c
bx ay 13b
  

 
Bình phương hai vế của từng phương trình rồi cộng lại và kết hợp với (*), ta được
x2
+ y2
= 9
Câu 91. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho parabol (P): 2
y x và điểm I(0; 2). Tìm toạ
độ hai điểm M, N  (P) sao cho IM 4IN
 
.
Gọi 0 0 1 1M(x ; y ), N(x ; y ) là hai điểm thuộc (P), khi đó ta có: 2 2
0 0 1 1x y ;x y 
2
0 0 0 0IM (x ;y 2) (y ; y 2)   

; 2 2
1 1 1 1 1 1IN (y ; y 2) (y ; y 2); 4IN (4y ; 4y 8)     
 
Theo giả thiết: IM 4IN
 
, suy ra:
2 2
0 1
0 1
y 4y
y 2 4y 8
 

  
1 1 0 0
1 1 0 0
y 1 x 1; y 2; x 4
y 3 x 9; y 6; x 36
     
      
Vậy, có 2 cặp điểm cần tìm: M(4;–2), N(1;1) hay M(36;6), N(9;3).
Câu 92. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho parabol (P): 2
y 8x . Giả sử đường thẳng d
đi qua tiêu điểm của (P) và cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B có hoành độ tương ứng là
1 2x , x . Chứng minh: AB = 1 2x x 4  .
 Theo công thức tính bk qua tiêu: 1FA x 2  , 2FB x 2  
1 2AB FA FB x x 4     .

________________________________________________________________________
Câu 93. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho Elip (E): 2 2
x 5y 5  , Parabol
2
(P): x 10y . Hãy viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng
( ) : x 3y 6 0    , đồng thời tiếp xúc với trục hoành Ox và cát tuyến chung của Elip
(E) với Parabol (P).
Đường thẳng đi qua các giao điểm của (E) và (P): x = 2
Tâm I   nên: I(6 3b;b) . Ta có:
4 3b b b 1
6 3b 2 b
4 3b b b 2
   
         
 (C): 2 2
(x 3) (y 1) 1    hoặc (C): 2 2
x (y 2) 4  
IV. TAM GIÁC
Câu 94. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC biết: B(2; –1), đường cao qua A có
phương trình d1: 3x – 4y 27 0  , phân giác trong góc C có phương trình d2:
x 2y – 5 0  . Tìm toạ độ điểm A.
Phương trình BC:
x 2 y 1
3 4
 


 Toạ độ điểm C( 1;3)
+ Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua d2, I là giao điểm của BB’ và d2.
 phương trình BB’:
x 2 y 1
1 2
 
 2x y 5 0   
+ Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ:
2x y 5 0 x 3
I(3;1)
x 2y 5 0 y 1
    
  
    
+ Vì I là trung điểm BB’ nên: B' I B
B' I B
x 2x x 4
B (4;3)
y 2y y 3
   
  
+ Đường AC qua C và B’ nên có phương trình: y –3 =0.
+ Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:
y 3 0 x 5
A( 5;3)
3x 4y 27 0 y 3
    
   
    
Câu 95. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AH, trung
tuyến CM và phân giác trong BD. Biết
17
H( 4;1), M ;12
5
 
  
 
và BD có phương trình
x y 5 0   . Tìm tọa độ đỉnh A của tam giác ABC.
Đường thẳng  qua H và vuông góc với BD có PT: x y 5 0   . BD I I(0;5)   
Giả sử AB H '   .  BHH' cân tại B  I là trung điểm của HH' H'(4;9) .
Phương trình AB: 5x y 29 0   . B = AB  BD  B(6; 1) 
4
A ;25
5
 
 
 
Câu 96. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh C(4; 3). Biết phương
trình đường phân giác trong (AD): x 2y 5 0   , đường trung tuyến (AM):
4x 13y 10 0   . Tìm toạ độ đỉnh B.
Ta có A = AD  AM  A(9; –2). Gọi C là điểm đối xứng của C qua AD  C  AB.
Ta tìm được: C(2; –1). Suy ra phương trình (AB):
x 9 y 2
2 9 1 2
 

  
 x 7y 5 0   .
Viết phương trình đường thẳng Cx // AB  (Cx): x 7y 25 0  

________________________________________________________________________
Câu 97. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng
3
2
,
A(2;–3), B(3;–2). Tìm toạ độ điểm C, biết điểm C nằm trên đường thẳng (d):
3x – y – 4 0 .
PTTS của d:
x t
y 4 3t


  
. Giả sử C(t; –4 + 3t)  d.
 
2
2 21 1
S AB.AC.sin A AB .AC AB.AC
2 2
  
 
=
3
2
 2
4t 4t 1 3   
t 2
t 1
 
 
 C(–2; –10) hoặc C(1;–1).
Câu 98. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A(2; –3), B(3; –2), có diện tích bằng
3
2
và trọng tâm G thuộc đường thẳng  : 3x – y – 8 0 . Tìm tọa độ đỉnh C.
Ta có: AB = 2 , trung điểm
5 5
M ;
2 2
 
 
 
. Phương trình AB: x y 5 0   .
ABC
1 3 3
S AB.d(C,AB) d(C,AB)
2 2 2
    .
Gọi G(t;3t 8)  
1
d(G,AB)
2
 
t (3t 8) 5 1
2 2
  
 
t 1
t 2

 
 Với t 1  G(1; –5)  C(–2; –10)
 Với t 2  G(2; –2)  C(1; –1)
a) Với A(2; 1) , B(1; 2)  , ABC
27
S
2
 , G : x y 2 0    .
ĐS:C(18; 12) hoặc C( 9;15)
Câu 99. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường thẳng d : x 2y 3 0   và hai điểm
A( 1;2) , B(2;1) . Tìm toạ độ điểm C thuộc đường thẳng d sao cho diện tích tam giác
ABC bằng 2.
AB 10 , C( 2a 3;a)   d. Phương trình đường thẳng AB: x 3y 5 0   .
ABCS 2 
1
AB.d(C,AB) 2
2
 
a 21
10. 2
2 10

 
a 6
a 2

   
 Với a 6 ta có C( 9;6)
 Với a 2  ta có C(7; 2) .
a) Với d : x 2y 1 0   , A(1; 0), B(3; 1) , ABCS 6 . ĐS: C(7;3) hoặc C( 5; 3)  .
Câu 100.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2; –3), B(3; –2), diện
tích tam giác bằng 1,5 và trọng tâm I nằm trên đường thẳng d: 3x y 8 0   . Tìm toạ
độ điểm C.
Vẽ CH  AB, IK  AB. AB = 2  CH = ABC2S 3
AB 2

  IK =
1 1
CH
3 2
 .
Giả sử I(a; 3a – 8)  d. Phương trình AB: x y 5 0   .

________________________________________________________________________
d(I,AB) IK  3 2a 1  
a 2
a 1

 
 I(2; –2) hoặc I(1; –5).
+ Với I(2; –2)  C(1; –1)
+ Với I(1; –5)  C(–2; –10).
Câu 101.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1;0),B(0;2) , diện tích
tam giác bằng 2 và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng d: y x . Tìm toạ độ
điểm C.
Phương trình AB:2x y 2 0   . Giả sử I(t;t) d  C(2t 1;2t) .
Theo giả thiết: ABC
1
S AB.d(C,AB) 2
2
    6t 4 4  
4
t 0; t
3
  .
+ Với t 0  C( 1;0)
+ Với
4
t
3
 
5 8
C ;
3 3
 
 
 
.
Câu 102.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(3; 5); B(4; –3), đường
phân giác trong vẽ từ C là d : x 2y 8 0   . Lập phương trình đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC.
Gọi E là điểm đối xứng của A qua d  E  BC. Tìm được E(1;1)
 PT đường thẳng BC: 4x 3y 1 0   . C d BC   C( 2;5) .
Phương trình đường tròn (ABC) có dạng: 2 2 2 2
x y 2ax 2by c 0; a b c 0       
Ta có A, B, C  (ABC)  
4a 10b c 29
1 5 99
6a 10b c 34 a ;b ; c
2 8 4
8a 6b c 25
   

        
     
Vậy phương trình đường tròn là: 2 2 5 99
x y x y 0
4 4
     .
Câu 103.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh AB là
M( 1;2) , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là I(2; 1) . Đường cao của tam giác kẻ từ
A có phương trình 2x y 1 0   . Tìm toạ độ đỉnh C.
PT đường thẳng AB qua M và nhận MI (3; 3) 

làm VTPT: (AB) : x y 3 0   .
Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:
x y 3 0
2x y 1 0
  

  

4 5
A ;
3 3
 
 
 
.
M( 1;2) là trung điểm của AB nên
2 7
B ;
3 3
 
 
 
.
Đường thẳng BC qua B và nhận n (2;1)

làm VTCP nên có PT:
2
x 2t
3
7
y t
3

  

  

Giả sử
2 7
C 2t; t (BC)
3 3
 
    
 
.

________________________________________________________________________
Ta có:
2 2 2 2
8 10 8 10
IB IC 2t t
3 3 3 3
       
             
       

t 0 (loaïi vì C B)
4
t
5
 

 

Vậy:
14 47
C ;
15 15
 
 
 
.
Câu 104.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với AB 5 , đỉnh
C( 1; 1)  , đường thẳng AB có phương trình x 2y 3 0   , trọng tâm của ABC thuộc
đường thẳng d : x y 2 0   . Xác định toạ độ các đỉnh A, B của tam giác ABC.
Gọi I(a;b) là trung điểm của AB, G là trọng tâm ABC 
2
CG CI
3

 

G
G
2a 1
x
3
2b 1
y
3



 

Do G d nên
2a 1 2b 1
2 0
3 3
 
    Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ:
a 2b 3 0
2a 1 2b 1
2 0
3 3
  

 
  

a 5
b 1


 
 I(5; 1) . Ta có
A,B (AB)
5
IA IB
2



 

 Toạ độ các điểm A, B là các nghiệm của hệ: 2 2
x 2y 3 0
5
(x 5) (y 1)
4
  


   

1
x 4; y
2
3
x 6; y
2

  

   


1 3
A 4; , B 6;
2 2
   
    
   
hoặc
3 1
A 6; , B 4;
2 2
   
    
   
.
Câu 105.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm G(2;1) và hai đường thẳng
1d : x 2y 7 0   , 2d :5x y 8 0   . Tìm toạ độ điểm 1 2B d ,C d  sao cho tam giác
ABC nhận điểm G làm trọng tâm, biết A là giao điểm của 1 2d , d .
Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:
x 2y 7 0
5x y 8 0
  

  

x 1
y 3



 A(1;3).
Giả sử 1 2B(7 2b;b) d ; C(c;8 5c) d    .
Vì G là trọng tâm của ABC nên:
A B C
G
A B C
G
x x x
x
3
y y y
y
3
 


  


2b c 2
b 5c 8
 

  

b 2
c 2



.
Vậy: B(3;2), C(2; 2) .
Câu 106.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2;1) . Đường cao BH
có phương trình x 3y 7 0   . Đường trung tuyến CM có phương trình x y 1 0   .
Xác định toạ độ các đỉnh B, C. Tính diện tích tam giác ABC.
AC qua A và vuông góc với đường cao BH  (AC) : x 3y 7 0   .

________________________________________________________________________
Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ:
x 3y 7 0
x y 1 0
  

  
 C(4; 5) .
Trung điểm M của AB có: B B
M M
2 x 1 y
x ; y
2 2
 
  . M (CM) 
B B2 x 1 y
1 0
2 2
 
   .
Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ: B B
x 3y 7 0
2 x 1 y
1 0
2 2
  

  
  
 B( 2; 3)  .
Toạ độ điểm H là nghiệm của hệ:
x 3y 7 0
3x y 7 0
  

  

14 7
H ;
5 5
 
 
 
.
8 10
BH ; AC 2 10
5
   ABC
1 1 8 10
S AC.BH .2 10. 16
2 2 5
    (đvdt).
Câu 107.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4; 2) , phương trình
đường cao kẻ từ C và đường trung trực của BC lần lượt là: x y 2 0   ,
3x 4y 2 0   . Tìm toạ độ các đỉnh B và C.
Đường thẳng AB qua A và vuông góc với đường cao CH  (AB) : x y 2 0   .
Gọi B(b;2 b) (AB)  , C(c;c 2) (CH)   Trung điểm M của BC:
b c 4 b c
M ;
2 2
   
 
 
.
Vì M thuộc trung trực của BC nên: 3(b c) 4(4 b c) 4 0       b 7c 12 0   
(1)
BC (c b;c b)  

là 1 VTPT của trung trực BC nên 4(c b) 3(c b)    c 7b (2)
Từ (1) và (2) 
7 1
c , b
4 4
    . Vậy
1 9 7 1
B ; , C ;
4 4 4 4
   
    
   
.
Câu 108.Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân tại A( 1;4) và các đỉnh B, C thuộc
đường thẳng : x y 4 0    . Xác định toạ độ các điểm B, C, biết diện tích tam giác
ABC bằng 18.
Gọi H là trung điểm của BC  H là hình chiếu của A trên  
7 1
H ;
2 2
 
 
 

9
AH
2

Theo giả thiết: ABC
1
S 18 BC.AH 18 BC 4 2
2
       HB HC 2 2  .
Toạ độ các điểm B, C là các nghiệm của hệ:
2 2
x y 4 0
7 1
x y 8
2 2
  

   
      
   

11 3
x ; y
2 2
3 5
x ; y
2 2

 

   

Vậy
11 3 3 5
B ; ,C ;
2 2 2 2
   
   
   
hoặc
3 5 11 3
B ; , C ;
2 2 2 2
   
   
   
.

________________________________________________________________________
Câu 109.Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x y 5 0   , d2:
x 2y – 7 0  và tam giác ABC có A(2; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d1
và điểm C thuộc d2 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Do B  d1 nên B(m; – m – 5), C  d2 nên C(7 – 2n; n)
Do G là trọng tâm ABC nên
2 m 7 2n 3.2
3 m 5 n 3.0
   

   
m 1
n 1
 
 

 B(–1; –4), C(5; 1)
 PT đường tròn ngoại tiếp ABC: 2 2 83 17 338
x y x y 0
27 9 27
    
Câu 110.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4;6), phương trình
các đường thẳng chứa đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là
1d : 2x y 13 0   và 2d :6x 13y 29 0   . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC .
Đường cao CH : 2x y 13 0   , trung tuyến CM : 6x 13y 29 0   C( 7; 1)  
PT đường thẳng AB: x 2y 16 0   . M CM AB   M(6;5)  B(8;4) .
Giả sử phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp 2 2
ABC: x y mx ny p 0.     
Vì A, B, C  (C) nên
52 4m 6n p 0
80 8m 4n p 0
50 7m n p 0
   

   
    
m 4
n 6
p 72
 

 
  
.
Suy ra PT đường tròn: 2 2
x y 4x 6y 72 0     .
Câu 111.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 1d : x y 5 0   và
2d : x 2y – 7 0  . Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng
BG.
Giả sử 1 2B( 5 b;b) d ; C(7 2c;c) d     .
Vì G là trọng tâm ABC nên ta có hệ: B C
B C
x x 2 6
y y 3 0
  

  
 B(–1;–4) , C(5; 1).
Phương trình BG: 4x – 3y –8 0 . Bán kính
9
R d(C,BG)
5
 
 Phương trình đường tròn: 2 2 81
(x – 5) (y –1)
25
 
Câu 112.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A( 3;6) , trực tâm
H(2;1) , trọng tâm
4 7
G ;
3 3
 
 
 
. Xác định toạ độ các đỉnh B và C.
Gọi I là trung điểm của BC. Ta có
2 7 1
AG AI I ;
3 2 2
 
   
 
 
Đường thẳng BC qua I vuông góc với AH có phương trình: x y 3 0  
Vì I là trung điểm của BC nên giả sử B BB(x ;y ) thì B BC(7 x ;1 y )  và
B Bx y 3 0   .
H là trực tâm của tam giác ABC nên CH AB ;
B B B BCH ( 5 x ;y ),AB (x 3;y 6)     
 

________________________________________________________________________
B B B B
B B B B B
x y 3 x 1 x 6
CH.AB 0
(x 5)(x 3) (y 6) 0 y 2 y 3
     
     
         
 
Vậy    B 1; 2 ,C 6;3 hoặc    B 6;3 ,C 1; 2
Câu 113.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với A(1; –2), đường cao
CH : x y 1 0   , phân giác trong BN :2x y 5 0   . Tìm toạ độ các đỉnh B, C và tính
diện tích tam giác ABC.
Do AB CH nên phương trình AB: x y 1 0   .
+ B = AB BN  Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ:
2x y 5 0
x y 1 0
  

  

x 4
y 3
 


B( 4;3) .
+ Lấy A’ đối xứng với A qua BN thì A' BC .
Phương trình đường thẳng (d) qua A và vuông góc với BN là (d): x 2y 5 0   .
Gọi I (d) BN  . Giải hệ:
2x y 5 0
x 2y 5 0
  

  
. Suy ra: I(–1; 3) A'( 3; 4)  
+ Phương trình BC: 7x y 25 0   . Giải hệ: BC :7x y 25 0
CH : x y 1 0
  

  

13 9
C ;
4 4
 
  
 
.
+
2 2
13 9 450
BC 4 3
4 4 4
   
        
   
,
2 2
7.1 1( 2) 25
d(A;BC) 3 2
7 1
  
 

.
Suy ra: ABC
1 1 450 45
S d(A;BC).BC .3 2. .
2 2 4 4
  
Câu 114.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC , với đỉnh A(1; –3) phương trình đường
phân giác trong BD: x y 2 0   và phương trình đường trung tuyến CE: x 8y 7 0   .
Tìm toạ độ các đỉnh B, C.
Gọi E là trung điểm của AB. Giả sử B(b;2 b) BD 
b 1 1 b
E ; CE
2 2
  
   
 
 b 3 
 B( 3;5) . Gọi A là điểm đối xứng của A qua BD  A  BC. Tìm được A(5; 1)
 Phương trình BC: x 2y 7 0   ;
x 8y 7 0
C CE BC: C(7;0)
x 2y 7 0
  
  
  
.
Câu 115.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A(3; –4). Phương
trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến xuất phát từ C lần lượt là
1d : x y 1 0   và 2d :3x y 9 0   . Tìm tọa độ các đỉnh B, C của tam giác ABC.
Gọi 2C(c;3c 9) d  và M là trung điểm của BC  1M(m;1 m) d  .
 B(2m c;11 2m 3c)   . Gọi I là trung điểm của AB, ta có
2m c 3 7 2m 3c
I ;
2 2
    
 
 
.
Vì I  2(d ) nên
2m c 3 7 2m 3c
3. 9 0
2 2
   
    m 2  M(2; 1)
 Phương trình BC: x y 3 0   . 2C BC d C(3;0) B(1; 2)     .

________________________________________________________________________
Câu 116.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6; 6),
đường thẳng d 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.
Gọi H là chân đường cao xuất phát từ A  H đối xứng với A qua d  H( 2; 2) 
 PT đường thẳng BC: x y 4 0   . Giả sử B(m; 4 m) BC    C( 4 m;m) 
 CE (5 m; 3 m), AB (m 6; 10 m)       
 
.
Vì CE AB nên AB.CE 0 (m 6)(m 5) (m 3)(m 10) 0       
 
 m 0; m 6   .
Vậy: B(0; 4), C( 4;0)  hoặc B( 6;2), C(2; 6)  .
Câu 117.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2;4). Đường
thẳng  qua trung điểm của cạnh AB và AC có phương trình 4x 6y 9 0   ; trung
điểm của cạnh BC nằm trên đường thẳng d có phương trình: 2x 2y 1 0   . Tìm tọa
độ các đỉnh B và C, biết rằng tam giác ABC có diện tích bằng
7
2
và đỉnh C có hoành độ
lớn hơn 1.
Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua , ta tính được
40 31
A' ;
13 13
 
 
 
 BC: 2x 3y 1 0  
Ta gọi M là trung điểm của BC, thì M là giao của đường thẳng d và BC nên
5
M ;2
2
 
 
 
.
Giả sử
3t 1
C ;t (BC)
2
 
 
 
. Ta có
ABC
1 7 1 7
S d(A;BC).BC .BC BC 13
2 2 2 13
     
13
CM
2
 
2
2 t 3 C(4;3)3t 6 13
(t 2)
t 1 C(1;1) (loaïi)2 2
  
           
 B(1;1) .
Vậy: B(1;1) , C(4;3) .
Câu 118.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ABC có tọa độ đỉnh B(3; 5) , phương trình
đường cao hạ từ đỉnh A và đường trung tuyến hạ từ đỉnh C lần lượt là 1d : 2x – 5y + 3 =
0 và 2d : x + y – 5 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C của tam giác ABC.
Gọi M là trung điểm AB thì M  2d nên M(a;5 a) . Đỉnh A  1d nên
5b 3
A ;b
2
 
 
 
.
M là trung điểm AB: A B M
A B M
x x 2x
y y 2y
 

 
4a 5b 3 a 2
2a b 5 b 1
   
  
   
 A(1; 1).
Phương trình BC: 5x 2y 25 0   ; 2C d BC   C(5; 0).
Câu 119.Trong mặt phẳng toạ độ với hệ toạ độ Oxy, cho ABC với AB 5, đỉnh
C( 1; 1)  , phương trình cạnh AB : x 2y 3 0   và trọng tâm G của ABC thuộc
đường thẳng d : x y 2 0   . Xác định tọa độ các đỉnh A,B của tam giác.
Gọi I(x;y) là trung điểm AB, G GG(x ;y ) là trọng tâm của ABC

________________________________________________________________________

G
G
2x 1
x
2 3
CG CI
2y 13
y
3


  
 

 
G d : x y 2 0    nên có: G Gx y 2 0   
2x 1 2y 1
2 0
3 3
 
  
Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ:
x 2y 3 0
I(5; 1)2x 1 2y 1
2 0
3 3
  

  
  
Gọi
2
2 2 2
A A A A
AB 5
A(x ;y ) IA (x 5) (y 1)
2 4
 
       
 
.
Hơn nữa A AB: x 2y 3 0    suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
   
A A A A
2 2
A A A A
x 2y 3 0 x 4 x 6
5 1 3
x 5 y 1 y y
4 2 2
      
  
   
           
Vậy:
1 3
A 4, ,B 6;
2 2
   
    
   
hoặc
1 3
B 4, ,A 6;
2 2
   
    
   
.
Câu 120.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, tìm toạ độ các đỉnh của một tam giác vuông
cân, biết đỉnh C(3; 1) và phương trình của cạnh huyền là d :3x y 2 0   .
Toạ độ điểm C không thoả mãn phương trình cạnh huyền nên ABC vuông cân tại C.
Gọi I là trung điểm của AB. Phương trình đường thẳng CI: x 3y 0  .
I CI AB  
3 1
I ;
5 5
 
 
 

72
AI BI CI
5
  
Ta có:
A,B d
72
AI BI
5



 

 2 2
3x y 2 0
3 1 72
x y
5 5 5
  

   
      
   

3 19
x ; y
5 5
9 17
x ; y
5 5

 

    

Vậy toạ độ 2 đỉnh cần tìm là:
3 19 9 17
; , ;
5 5 5 5
   
    
   
.
Câu 121.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm C(2; –5) và đường thẳng  có phương
trình: 3x 4y 4 0   . Tìm trên  hai điểm A và B đối xứng nhau qua
5
I 2;
2
 
 
 
sao cho
diện tích tam giác ABC bằng 15.
Gọi
3a 4 16 3a
A a; B 4 a;
4 4
    
     
   
 ABC
1
S AB.d(C, ) 3AB
2
    AB = 5.
2
2 a 46 3a
AB 5 (4 2a) 25
a 02
 
          
. Vậy hai điểm cần tìm là A(0; 1) và
B(4; 4).

692 bai hinh toa do trong mp toa do khong gian

692 bai hinh toa do trong mp toa do khong gian

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (19)

Similar to 692 bai hinh toa do trong mp toa do khong gian

Similar to 692 bai hinh toa do trong mp toa do khong gian (20)

692 bai hinh toa do trong mp toa do khong gian