692 bai hinh ltdh 17 quang trung

TRUNG TÂM GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

17 QUANG TRUNG
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

Cần Thơ 2013
________________________________________________________________________
TRUNG TAÂM LTÑH 17 QUANG TRUNG
ÑT: 07103.751.929
Trang - 1 -

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

________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 2 -

I. ĐƯỜNG THẲNG
Câu 1.

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho 2 đường thẳng d1 : x  7y  17  0 ,

d 2 : x  y  5  0 . Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm M(0;1) tạo với d1 , d 2
một tam giác cân tại giao điểm của d1 , d 2 .
Phương trình đường phân giác góc tạo bởi d 1, d 2 là:
x  7y  17
x  y5
 x  3y  13  0 (1 )


12  ( 7) 2
12  12
3x  y  4  0 ( 2 )
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
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho cho hai đường thẳng d1 : 2x  y  5  0 .
d 2 : 3x  6y – 7  0 . Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P(2; –1) sao cho đường
thẳng đó cắt hai đường thẳng d 1 và d 2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của
hai đường thẳng d 1, d2.


d1 VTCP a1  (2; 1) ; d2 VTCP a 2  (3; 6)
 
 
Ta có: a1 .a 2  2.3  1.6  0 nên d1  d 2 và d1 cắt d 2 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 d 1, d 2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I  khi d tạo với d1 ( hoặc d2) một góc 450
2A  B
 A  3B

 cos 450  3A 2  8AB  3B2  0  
A 2  B2 22  (1)2
 B  3A

Câu 2.

* 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) d1 : x  7y  17  0 , d 2 : 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 d1 : 3x  y  5  0 , d 2 : 3x  y  1  0 và

điểm I(1; 2) . Viết phương trình đường thẳng  đi qua I và cắt d1 , d 2 lần lượt tại A và B
sao cho AB  2 2 .




Giả sử A(a; 3a  5)  d1 ; B(b; 3b  1)  d 2 ; IA  (a  1; 3a  3); IB  (b  1; 3b  1)



 b  1  k(a  1)
I, A, B thẳng hàng  IB  kIA  
 3b  1  k(3a  3)
 Nếu a  1 thì b  1  AB = 4 (không thoả).
b 1
 Nếu a  1 thì 3b  1 
(3a  3)  a  3b  2
a 1
2

AB  (b  a) 2   3(a  b)  4  2 2  t 2  (3t  4) 2  8 (với t  a  b ).
2
5
+ Với t  2  a  b  2  b  0,a  2   : x  y  1  0
2
2
4
2
+ Với t 
ab 
 b  ,a    : 7x  y  9  0
5
5
5
5
 5t 2  12t  4  0  t  2; t  

________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 3 -

Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : x  y  1  0 ,
d 2 : 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 4.

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 d1 : x  y  1  0, d 2 : x – 2y  2  0 lần lượt
tại A, B sao cho MB = 3MA.


 A  (d1 )
 A(a; 1  a) MA  (a  1; 1  a)

Ta có 

  
.
 B(2b  2; b) MB  (2b  3; b)
 B  (d 2 )

 




Từ A, B, M thẳng hàng và MB  3MA  MB  3MA (1) hoặc MB  3MA (2)
  2 1
 A  0; 1

A  ; 
(1)    3 3   (d) : x  5y  1  0 hoặc (2)  
 (d) : x  y  1  0


 B(4;3)

 B(4; 1)


Câu 5.

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 d1 : 3x  y  5  0, d 2 : x  y  4  0 lần lượt
tại A, B sao cho 2MA – 3MB  0 .

Câu 6.

Giả sử A(a;3a  5)  d1 , B(b; 4  b)  d 2 .




 2MA  3MB (1)
Vì A, B, M thẳng hàng và 2MA  3MB nên  


 2MA  3MB (2)

5

 2(a  1)  3(b  1)
a 
5 5
+ (1)  

2  A  ;  , B(2; 2) . Suy ra d : x  y  0 .
2 2
 2(3a  6)  3(3  b)
b  2

 2(a  1)  3(b  1)
a  1
+ (2)  

 A(1; 2), B(1;3) . Suy ra d : x  1  0 .
 2(3a  6)  3(3  b)
b  1
Vậy có d : x  y  0 hoặc d : x  1  0 .

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.

Câu 7.

PT đường thẳng d cắt tia Ox tại A(a;0), tia Oy tại B(0;b):
M(3; 1)  d 1 

x y
  1 (a,b>0)
a b

3 1 Côsi 3 1
  2 .  ab  12 .
a b
a b

Mà OA  3OB  a  3b  2 3ab  12  (OA  3OB)min
Phương trình đường thẳng d là:

a  3b
a  6

 12   3 1 1  
b  2
a  b  2


x y
  1  x  3y  6  0
6 2

________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 4 -

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 8.

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm
9
4
M(1; 2) và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B khác O sao cho
nhỏ nhất.

2
OA OB2
Đường thẳng (d) đi qua M(1; 2) và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B khác O, nên
x y
A(a;0); B(0; b) với a.b  0  Phương trình của (d) có dạng   1 .
a b
1 2
Vì (d) qua M nên   1 . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski ta có :
a b

Câu 9.

2

2

2   1  9 4 
9 4
9
9
4
9
1 2 1 3
1       .  1.     1  2  2   2  2 


 .
2
2
b   9  a
b 
a
b 10
OA OB 10
a b 3 a
1 3
2
1 2
20
Dấu bằng xảy ra khi :  1: và   1  a  10, b 
3 a
b
a 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: d :

x y
 1 .
a b

2 1
 2b  a  ab
  1
Theo giả thiết, ta có:  a b
 
.
 ab  8
 ab  8

 Khi ab  8 thì 2b  a  8 . Nên: b  2; a  4  d1 : x  2y  4  0 .
 Khi ab  8 thì 2b  a  8 . Ta có: b 2  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
1
cosα 
.
10
Ptđt () có dạng: a(x – 2)  b(y  1)  0  ax  by – 2a  b  0 (a 2  b2  0)

________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 5 -

Ta có: cos  

2a  b
2

2

5(a  b )



1
 7a2 – 8ab + b2 = 0. Chon a = 1  b = 1; b = 7.
10

 (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 450 .
Ptđt () có dạng: a(x – 2)  b(y  1)  0  ax  by – (2a  b)  0 (a 2  b 2  0) .
a  5b
2a  3b
Ta có: cos 450 
 5a 2  24ab  5b 2  0  
2
2
13. a  b
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 450 .
Giả sử phương trình đường thẳng  có dạng: ax  by  c  0 (a 2  b2  0) .
2a  b
a  3b
1

Vì (d, )  450 nên


2
2
2
a b . 5
 b  3a
4c
c  6
 Với a  3b  : 3x  y  c  0 . Mặt khác d(I;  )  10 
 10  
10
c  14
2  c
 c  8
 Với b  3a  : x  3y  c  0 . Mặt khác d(I;  )  10 
 10  
10
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 d1 ,

d 2 có phương trình lần lượt là 3x  y  2  0 và x  3y  4  0 . Gọi A là giao điểm của
d1 và d 2 . Viết phương trình đường thẳng đi qua M, cắt 2 đường thẳng d1 và d 2 lần lượt
1
1
tại B , C ( B và C khác A ) sao cho
đạt giá trị nhỏ nhất.

2
AB AC 2
Ta có A  d1  d 2  A(1;1) . Ta có d1  d 2 . Gọi  là đường thẳng cần tìm. H là hình
1
1
1
1
chiếu vuông góc của A trên  . ta có:



(không đổi)
2
2
2
AB AC
AH
AM 2
1
1
1

đạt giá trị nhỏ nhất bằng
khi H  M, hay  là đường thẳng đi qua

2
2
AB AC
AM 2
M và vuông góc với AM.  Phương trình : x  y  2  0 .
a) Với M(1; 2) , d1 : 3x  y  5  0 , d 2 : 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 (C) : x 2  y 2 – 4y  0 . Tìm M thuộc (d) và N thuộc (C) sao cho chúng đối
xứng qua điểm A(3; 1).
________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 6 -

Vì M  (d)  M(3b+4; b)  N(2 – 3b; 2 – b)
6
5
 8 4
N ; 
 5 5

N  (C)  (2 – 3b)2 + (2 – b)2 – 4(2 – b) = 0  b  0; b 

 38 6 
Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) hoặc M  ;  ,
 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 450 .
 x  1  3t

 có PTTS: 
và VTCP u  (3; 2) . Giả sử B(1  3t; 2  2t)   .
 y  2  2t

 15
 t  13
2
 169t  156t  45  0  
t   3

13

 32 4 
 22 32 
Vậy các điểm cần tìm là: B1   ;  , B2  ;   .
 13 13 
 13 13 

 

 

1
AB.u
1
0
(AB, )  45  cos(AB; u) 

 
AB. u
2
2

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
15
độ) có diện tích bằng .
2

Ta có ON  (3; 4) , ON = 5, PT đường thẳng ON: 4x  3y  0 .
Giả sử M(3m  6; m)  d .
1
2S
Khi đó ta có SONM  d(M, ON).ON  d(M, ON)  ONM  3
2
ON
4.(3m  6)  3m
13

 3  9m  24  15  m  1; m 
5
3
+ Với m  1  M(3; 1)
13
13 

+ Với 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 .
 

 2 6
Vì ABC vuông ở B nên AB  d  AB.u d  0  B  ; 
 5 5
2 5
5
 AB 
 BC 
5
5
c  1  C(0;1)
1
5
2
BC 
125c  300c  180 =
 
c  7  C  4 ; 7 
5
5



5
5 5


________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 7 -

Câu 20. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : x  y  3  0 , d 2 : x  y  9  0

và điểm A(1; 4) . Tìm điểm B  d1 , C  d 2 sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.




Gọi B(b;3  b)  d1 , C(c;9  c)  d 2  AB  (b  1; 1  b) , AC  (c  1;5  c) .
 
 
 AB.AC  0
(b  1)(c  1)  (b  1)(5  c)  0

ABC vuông cân tại A  

(*)
2
2
2
2
 AB  AC
(b  1)  (b  1)  (c  1)  (5  c)

Vì c  1 không là nghiệm của (*) nên
(b  1)(5  c)

(1)
b  1 
c 1

(*)  
2
(b  1)2 (5  c)  (b  1) 2  (c  1) 2  (5  c) 2 (2)

(c  1) 2

b  c  2
Từ (2)  (b  1)2  (c  1)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: d1 : (m –1)x  (m – 2)y  2 – m  0 ; d 2 : (2 – m)x  (m –1)y  3m – 5  0 .
Chứng minh d1 và d 2 luôn cắt nhau. Gọi P = d 1  d2. Tìm m sao cho PA  PB lớn nhất.
(m  1)x  (m  2)y  m  2
Xét Hệ PT: 
.
(2  m)x  (m  1)y  3m  5
2

m 1 m  2
3 1

Ta có D 
 2  m     0, m
2  m m 1
2 2

 d1 , d 2 luôn cắt nhau. Ta có: A(0;1)  d1 , B(2; 1)  d 2 , d1  d 2   APB vuông tại P
 P nằm trên đường tròn đường kính AB.
Ta có: (PA  PB) 2  2(PA 2  PB2 )  2AB2  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 2MA 2  MB2 có giá trị nhỏ nhất.




Giả sử M M(2t  2; t)    AM  (2t  3; t  2), BM  (2t  1; t  4)
 2
 26 2 
Ta có: 2AM 2  BM 2  15t 2  4t  43  f (t)  min f (t)  f     M  ;  
 15 
 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: (2x A  y A  3).(2x B  y B  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.
 8 17 
Khi đó: M   ;  .
 11 11 
________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 8 -

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’): x 2  y2  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): x 2  y 2  4x  8y  10  0
3
, A(2; –
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) , C 2 ( 2; 10) .
1
11
11
16
+ Với C1 (1; 1)  (C): x 2  y 2  x  y   0
3
3
3
91
91
416
+ Với C 2 (2; 10)  (C): x 2  y 2  x  y 
0
3
3
3

Câu 25. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng

Câu 26. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ba đường thẳng: d1 : 2x  y  3  0 ,

d 2 : 3x  4y  5  0 , d 3 : 4x  3y  2  0 . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d1
và tiếp xúc với d2 và d 3.
Gọi tâm đường tròn là I(t;3  2t)  d 1.

3t  4(3  2t)  5 4t  3(3  2t)  2
t  2
 

5
5
t  4
49
9
Vậy có 2 đường tròn thoả mãn: (x  2) 2  (y  1) 2 
và (x  4)2  (y  5)2 
.
25
25
Câu hỏi tương tự
a) Với d1 : x – 6y –10  0 , d 2 : 3x  4y  5  0 , d 3 : 4x  3y  5  0 .
Khi đó: d(I, d 2 )  d(I, d 3 ) 

2

2

2

10  
70   7 

ĐS: (x  10)  y  49 hoặc  x     y      .
43  
43   43 

2

2

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


3(3t  8)  4t  10
2

2

 (3t  8  2) 2  (t  1) 2  t  3  I(1; 3), R  5

3 4
PT đường tròn cần tìm: (x  1) 2  (y  3) 2  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
________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 9 -


54  3a
 4a  3b  3 3a  4b  31
d(I, )  d(I,  ')
 3  6a  85



 4a  3



4
5
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  156
b  4

Vậy: (C) : (x  10)2  (y  6) 2  25 tiếp xúc với  ' tại N(13; 2)
hoặc (C) : (x  190) 2  (y  156) 2  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.

(x  a) 2  (y  a) 2  a 2 (a)
Phương trình đường tròn có dạng: 
2
2
2
(x  a)  (y  a)  a (b)
a)  a  1; a  5
b)  vô nghiệm.
Kết luận: (x  1)2  (y  1)2  1 và (x  5)2  (y  5) 2  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).
4
Gọi I(m; 2m  4)  (d) là tâm đường tròn cần tìm. Ta có: m  2m  4  m  4, m  .
3
2

2

4
4 
4  16

thì phương trình đường tròn là:  x     y    .
3
3 
3
9

2
2
 m  4 thì phương trình đường tròn là: (x  4)  (y  4)  16 .

 m

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)
a  3
Ta có IA = d(I,D)  11a  8  5 5a 2  10a  10  2a2 – 37a + 93 = 0  
a  31

2
 Với a = 3  I(3;–2), R = 5  (C): (x – 3)2 + (y + 2)2 = 25
 Với a =

31
65
 31

 I  ; 27  , R =
 (C):
2
2
2


2

31 
4225

2
 x    (y  27) 
2
4


Câu 32. Trong hệ toạ độ Oxy cho hai đường thẳng d : x  2y  3  0 và  : x  3y  5  0 . Lập

2 10
, có tâm thuộc d và tiếp xúc với  .
5
Tâm I  d  I(2a  3; a) . (C) tiếp xúc với  nên:

phương trình đường tròn có bán kính bằng

d(I, )  R 

a2
10



a  6
2 10

5
 a  2

________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 10 -

 (C): (x  9)2  (y  6) 2 

8
8
hoặc (C): (x  7) 2  (y  2) 2  .
5
5

Câu 33. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2  y 2  4 3x  4  0 . Tia

Oy cắt (C) tại A. Lập phương trình đường tròn (C), bán kính R = 2 và tiếp xúc ngoài
với (C) tại A.
(C) có tâm I(2 3; 0) , bán kính R= 4; A(0; 2). Gọi I là tâm của (C).

 x  2 3t

PT đường thẳng IA : 
, I '  IA  I(2 3t; 2t  2) .
 y  2t  2




1
AI  2IA  t   I '( 3;3)  (C): (x  3)2  (y  3) 2  4
2
Câu 34. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2  y 2 – 4y – 5  0 . Hãy

4 2
viết phương trình đường tròn (C) đối xứng với đường tròn (C) qua điểm M  ; 
5 5
(C) có tâm I(0;2), bán kính R = 3. Gọi I’ là điểm đối xứng của I qua M
 8 6 
 I  ;   (C):
5 5 

2

2

8 
6

x   y   9
5 
5


Câu 35. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2  y 2  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:
 H  IM
3x  4y  11  0


 

3
9
2
2
2
2
 IH  R  AH  2
(x  1)  (y  2)  4


1
29

 x   5 ; y   10
 1 29 
 11 11 
 
 H   ;   hoặc H  ;   .
 5 10 
 5 10 
 x  11 ; y   11

5
10

 1 29 
 Với H   ;   . Ta có R 2  MH 2  AH 2  43  PT (C): (x  5) 2  (y  1) 2  43 .
 5 10 
 11 11 
 Với H  ;   . Ta có R 2  MH 2  AH 2  13  PT (C): (x  5)2  (y  1)2  13 .
 5 10 
Câu 36. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x  1) 2  (y  2) 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 . SIAB lớn nhất  IAB vuông tại I  AB  2 2 .
Mà IK  2 2 nên có hai đường tròn thoả YCBT.
+ (T1 ) có bán kính R 1  R  2  (T1 ) : (x  3) 2  (y  4) 2  4
________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 11 -

+ (T2 ) có bán kính R 2  (3 2)2  ( 2)2  2 5  (T1 ) : (x  3) 2  (y  4) 2  20 .
Câu 37. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác

1 
ABC với các đỉnh: A(–2;3), B  ; 0  , C(2; 0) .
4 
1

Điểm D(d;0)   d  2  thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A
4

2

2
9
1
d
    3 
DB AB
4  4
khi và chỉ khi


 4d  1  6  3d  d  1.
2
DC AC
2d
4 2   3 

x  2 y 3
x 2 y3

 x  y  1  0 ; AC:

 3x  4y  6  0
3
3
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:
4

 b  3  5b  b   3
3 1  b   4b  6
 b  b  3  5b  
32  4 2
 b  3  5b  b  1


2
1
Rõ ràng chỉ có giá trị b  là hợp lý.
2
2
2
1 
1
1

Vậy, phương trình của đường tròn nội tiếp ABC là:  x     y   
2 
2
4


Phương trình AD:

Câu 38. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng (d 1): 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 (d 1), (d 2) và trục Oy.
Gọi A  d1  d 2 , B  d1  Oy, C  d 2  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
4
4 
tiếp ABC  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): (x  3) 2  (y  4) 2  8 , (C2): (x  5)2  (y  4)2  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 II1  R  R 1 , II 2  R  R 2  II1 – R 1  II 2 – R 2


(a  3)2  (a  3)2  2 2  (a  5)2  (a  5)2  4 2  a = 0  I(0; –1), R =

2

 Phương trình (C): x 2  (y  1) 2  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.
________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 12 -

ĐS: y + 7 = 0; 4x + 3y + 27 = 0.
Câu 41. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn  C  : x 2  y 2  2x  0 . Viết phương

trình tiếp tuyến của  C  , biết góc giữa tiếp tuyến này và trục tung bằng 30 .
(C) : (x  1) 2  y 2  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)  d(I, 1 )  R 

b 3
 1  b  2  3 .
2

Kết luận: ( 1 ) : 3x  y  2  3  0
+ (  2 ) : 3x  y  b  0 tiếp xúc (C)  d(I,  2 )  R 

b 3
 1  b  2  3 .
2

Kết luận: (  2 ) : 3x  y  2  3  0 .
Câu 42. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2  y 2  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 450 .
(C) có tâm I(3; 1), bán kính R =

5 . Giả sử (): ax  by  c  0 (c  0) .

d(I, )  5
a  2, b  1, c  10
  : 2x  y  10  0

Từ: 
2  a  1, b  2, c  10    : x  2y  10  0 .


cos(d, ) 

2
Câu 43. Trong hệ toạ độ Oxy , cho đường tròn (C) : (x  1) 2  (y  1) 2  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 450 .

(C) có tâm I(1;1) bán kính R  10 . Gọi n  (a; b) là VTPT của tiếp tuyến 
(a 2  b 2  0) ,
2a  b
a  3b
1

Vì ( , d)  450 nên


2
2
2
a b . 5
 b  3a
4c
c  6
 10  
 Với a  3b  : 3x  y  c  0 . Mặt khác d(I; )  R 
10
c  14
2  c
 c  8
 10  
 Với b  3a  : x  3y  c  0 . Mặt khác d(I; )  R 
10
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): x 2  y 2 – 2x – 2y – 2  0 , (C2): x 2  y 2 – 8x – 2y  16  0 .
(C1) có tâm I1 (1; 1) , bán kính R1 = 2; (C2) có tâm I2 (4; 1) , bán kính R2 = 1.
Ta có: I1I 2  3  R 1  R 2  (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:
________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 13 -

 a  b 1


2
2
2
 2
a 
a  
2
d(I1; )  R1

 a b


4
4
 

hay 

d(I 2 ; )  R 2
 4a  b  1  1
b  4  7 2
b  4  7 2
 a 2  b2



4

4

Vậy, có 3 tiếp tuyến chung:
2
47 2
2
47 2
(1 ) : x  3, (  2 ) : y  
x
, ( 3 ) y 
x
4
4
4
4
Câu 45. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C): (x  2)2  (y  3) 2  2

và (C’): (x  1) 2  (y  2) 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 (C1 ) : x 2  y 2  2y  3  0 và

(C2 ) : x 2  y 2  8x  8y  28  0 . Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C1 ) và (C2 ) .

(C1 ) có tâm I1 (0;1) , bán kính R 1  2 ; (C2 ) có tâm I2 (4; 4) , bán kính R 2  2 .
Ta có: I1I 2  5  4  R 1  R 2  (C1 ),(C2 ) ngoài nhau. Xét hai trường hợp:
+ Nếu d // Oy thì phương trình của d có dạng: x  c  0 .
Khi đó: d(I1 , d)  d(I 2 , 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 .
3
7

a  4 ; b  2
 1  b
2

 2
d(I1 , d)  2
3
3
 a 1
Khi đó: 

 a  ; b  

4
2
d(I1 , d)  d(I 2 , d)
 1  b  4a  4  b

 a2 1
a2  1
a   7 ; b  37


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 (C1 ) : x 2  y 2  4y  5  0 và

(C2 ) : x 2  y 2  6x  8y  16  0 . Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C1 ) và (C 2 ) .
(C1 ) có tâm I1 (0;1) , bán kính R 1  3 ; (C2 ) có tâm I 2 (3; 4) , bán kính R 2  3 .

Giả sử tiếp tuyến chung  của (C1 ), (C2 ) có phương trình: ax  by  c  0 (a 2  b 2  0) .
d(I , )  R 1
 là tiếp tuyến chung của (C1 ), (C2 )   1
d(I 2 , )  R 2
 2b  c  3 a 2  b 2
(1)

 
(2)
 3a  4b  c  3 a 2  b 2

3a  2b
Từ (1) và (2) suy ra a  2b hoặc c 
.
2

________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 14 -

+ TH1: Với a  2b . Chọn b  1  a  2,c  2  3 5   : 2x  y  2  3 5  0

a  0
3a  2b
2
2
+ TH2: Với c 
. Thay vào (1) ta được: a  2b  2 a  b  
.
a   4 b
2
3

  : y  2  0 hoặc  : 4x  3y  9  0 .
Câu 48. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x 2  y 2  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).

 x  2 3t

Phương trình IA: 
. Giả sử J(2 3t; 2t  2)  (IA) .
 y  2t  2



1
(T) tiếp xúc ngoài với (C) tại A nên AI  2JA  t   J( 3;3) .
2
2
2
Vậy: (T) : (x  3)  (y  3)  4 .
Câu 49. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x 2  y 2  1 và phương trình:

x 2  y 2 – 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 R '  (m  1) 2  4m 2  5 ,
OI  (m  1)2  4m2 , ta có OI < R

(C) có tâm O(0; 0) bán kính R = 1,

3
Vậy (C) và (Cm) chỉ tiếp xúc trong.  R – R = OI ( vì R’ > R)  m  1; m  .
5
1
và
2
(C2 ) : (x  2)2  (y  2) 2  4 . Viết phương trình đường thẳng d tiếp xúc với (C1 ) và cắt

Câu 50. Trong mặt phẳng Oxy, cho các đường tròn có phương trình (C1 ) : (x  1) 2  y 2 

(C2 ) tại hai điểm M, N sao cho MN  2 2 .
(C1 ) có tâm I1 (1;0) , bán kính R 1 

1
2

; (C2 ) có tâm I1 (2; 2) , bán kính R 2  2 . Gọi H
2

 MN 
là trung điểm của MN  d(I 2 , d)  I 2 H  R  
  2
 2 
Phương trình đường thẳng d có dạng: ax  by  c  0 (a 2  b 2  0) .
1

 2 a  c  a 2  b2
d(I1 , d) 

2 
Ta có: 
. Giải hệ tìm được a, b, c.
d(I , d)  2
 2a  2b  c  2 a 2  b 2

 2
Vậy: d : x  y  2  0; d : x  7y  6  0 ; d : x  y  2  0 ; d : 7x  y  2  0
2
2

________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 15 -

Câu 51. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2  y 2 – 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 600 .
(C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2. Gọi M(0; m)  Oy

 AMB  600 (1)
Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB  

 AMB  1200 (2)


Vì MI là phân giác của AMB nên:

IA
 MI = 2R  m 2  9  4  m   7
sin 300
IA
2 3
4 3

(2)  AMI = 60 0  MI 
 MI =
R  m2  9 
vô nghiệm
0
sin 60
3
3
Vậy có hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0;  7 )

(1)  AMI = 300  MI 

Câu 52. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng  định bởi:

(C) : x 2  y 2  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: (x  2) 2  (y  1) 2  20 .
Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng , nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương
(x  2) 2  (y  1) 2  20
(1)
trình: 
(2)
 x  2y  12  0
Khử x giữa (1) và (2) ta được:
y  3
2
2
2
 2y  10    y  1  20  5y  42y  81  0   27
y 
5

 6 27 
Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: M  6;3 hoặc M  ; 
5 5 
Câu 53. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x  1)2  (y  2)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 1
 m  5

 3 2  m 1  6  
2
m  7
Câu 54. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x  1)2  (y  2)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
________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 16 -

đường tròn (T) có tâm I, bán kính r  6 . Do trên d có duy nhất một điểm P thoả YCBT
 m  19
11  m
nên d là tiếp tuyến của (T)  d(I, d)  6 
.
6 
5
 m  41
Câu 55. Trong

mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đường tròn
(C) : x  y  18x  6y  65  0 và (C) : x 2  y 2  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 .
2

2

(C’) có tâm O  0; 0  , bán kính R  OA  3 . Gọi H  AB  OM  H là trung điểm của

12
9
OA 2
. Suy ra: OH  OA 2  AH 2  và OM 
 5.
5
5
OH
 x 2  y 2  18x  6y  65  0
 M  (C)
x  4  x  5

Giả sử M(x; y) . Ta có: 
 2


2
 x  y  25
OM  5
y  3 y  0

Vậy M(4;3) hoặc M(5; 0) .
AB  AH 

Câu 56. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): (x  1) 2  (y  2) 2  4 . M là

điểm di động trên đường thẳng d : y  x  1 . Chứng minh rằng từ M kẻ được hai tiếp
tuyến MT1 , MT2 tới (C) (T 1, T2 là tiếp điểm) và tìm toạ độ điểm M, biết đường thẳng
T1T2 đi qua điểm A(1; 1) .
(C) có tâm I(1; 2) , bán kính R  2 . Giả sử M(x 0 ; x 0  1)  d .
IM  (x 0  1)2  (x 0  3) 2  2(x 0  1) 2  8  2  R  M nằm ngoài (C)  qua M kẻ
được 2 tiếp tuyến tới (C).
 x  1 x 1 
Gọi J là trung điểm IM  J  0 ; 0  . Đường tròn (T) đường kính IM có tâm J
 2
2 
IM
bán kính R 1 
có phương trình
2
2
2
x0 1  
x 0  1  (x 0  1) 2  (x 0  3) 2

(T) :  x 
 y
 

2  
2 
4
 
Từ M kẻ được 2 tiếp tuyến MT1, MT2 đến (C)  IT M  IT M  900  T , T  (T)
1

2

1

2

 {T1 ,T2 }  (C)  (T)  toạ độ T1 , T2 thoả mãn hệ:


x 1
x 1
(x  1) 2  (x 0  3) 2
(x  0 ) 2  (y  0 ) 2  0

 (1  x 0 )x  (3  x 0 )y  x 0  3  0 (1)
2
2
4

(x  1) 2  (y  2) 2  4


Toạ độ các điểm T1 , T2 thoả mãn (1), mà qua 2 điểm phân biệt xác định duy nhất 1
đường thẳng nên phương trình T1T2 là x(1  x 0 )  y(3  x 0 )  x 0  3  0 .

A(1; 1) nằm trên T1T2 nên 1  x 0  (3  x 0 )  x 0  3  0  x 0  1  M(1; 2) .
Câu 57. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x –1) 2  (y  1) 2  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.
________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 17 -

PM/(C)  27  0  M nằm ngoài (C). (C) có tâm I(1;–1) và R = 5.
Mặt khác:
 

PM/(C)  MA.MB  3MB2  MB  3  BH  3  IH  R 2  BH 2  4  d[M,(d)]
Ta có: pt(d): a(x – 7) + b(y – 3) = 0 (a2 + b2 > 0).
a  0
6a  4b
.
d[M, (d)]  4 
4
2
2
 a   12 b
a 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 (x  2) 2  (y  1)2  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 + b 2 > 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.
a  0
2a  b  a  2b
2
2
2
d  I, d  
 3  a  3b  3 a  b  8a  6ab  0  
2
2
a   3 b
a b

4
 a = 0: chọn b = 1  d: y – 2 = 0
3
 a =  b : chọn a = 3, b = – 4  d: 3x – 4 y + 5 = 0.
4
Câu 59. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x 2  y 2  2x  8y  8  0 .

Viết phương trình đường thẳng  song song với đường thẳng d : 3x  y  2  0 và cắt
đường tròn (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:
c  4 10  1
3  4  c
.
 d  I,   
4
32  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) (C) : (x  3) 2  (y  1) 2  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 (C) :(x  4) 2  (y  3) 2  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 .
 m  27
16  9  m
Ta có: d(I, (1 )) = IH = AI 2  AH 2  52  32  4 
 4 
4 2  32
 m  13
Vậy PT các đường thẳng cần tìm là: 4x  3y  27  0 và 4x  3y  13  0 .

________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 18 -

Câu 61. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2  y 2  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 IA 2  IH 2  2 5  IH 2  2 5  IM 2  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): x 2  y 2  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 d(O, d) 

5 2
.
2

Giả sử phương trình đường thẳng d: A(x  2)  B(y  6)  0 (A 2  B2  0)
5 2
2A  6B 5 2

 47B2  48AB  17A 2  0

2
2
2
2
A B

24  5 55
A
B 
47
 

24  5 55
A
B 
47

24  5 55
+ Với B 
A : chọn A = 47  B = 24  5 55
47
 d: 47(x  2)   24  5 55  (y  6)  0
d(O, d) 

24  5 55
A : chọn A = 47  B = 24  5 55
47
 d: 47(x  2)   24  5 55  (y  6)  0
a) (C) : x 2  y 2  4x  6y  9  0 , M(1; 8) . ĐS: 7x  y  1  0; 17x  7y  39  0 .
+ Với B 

Câu 63. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2  y 2  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: a(x  3)  b(y  3)  0, a 2  b 2  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.
3a  b  3a  3b
1
1
Ta có: d(I, d)  2 2 (  AD  AB) 
2 2
2
2
a 2  b2
________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 19 -

 4b  2 2 a 2  b 2  a 2  b 2  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): x 2  y 2  13 và (C2):

(x  6)2  y2  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: a(x  2)  b(y  3)  0 (a 2  b 2  0) .
Gọi d1  d(O,d), d 2  d(I 2 , d) .
2
2
2
2
2
Từ giả thiết  R 1  d1  R 2  d 2  d 2  d1  12 
2

(6a  2a  3b)2 (2a  3b) 2

 12
a 2  b2
a 2  b2

b  0
 b 2  3ab  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): x 2  y 2  2x  2my  m 2  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.

(5m)2
20

2
2
2
m  16
m  16
m  16
m 2  16
 m  3
2
 12  d(I, ).AH  12  3m  25 m  48  0  
 m   16
3


IH  d(I,  ) 

SIAB

m  4m



5m

; AH  IA 2  IH 2  25 

Câu 66. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x 2  y 2  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
1
 1
 1

Khi đó: SOAB  OA.OB.sin AOB  .sin AOB  . Dấu "=" xảy ra  AOB  900 .
2
2
2
1

Vậy SAOB lón nhất  AOB  900 . Khi đó d(I;d) 
 m  1 .
2
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 (C) : x 2  y 2  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 

2  2m  1  2  3 2  m 2

________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 20 -

 1  4m  4m 2  18  9m 2  5m 2  4m  17  0  m  R
1
9
 1
Ta có: S
 IA.IBsin AIB  IA.IB 
IAB 2
2
2
9
3 2

Vậy: S
lớn nhất là
khi AIB  900  AB = R 2  3 2  d(I,d) 
IAB
2
2
3 2
 1  2m 
2  m2  2m 2  16m  32  0  m  4
2
a) Với d : x  my – 2m  3  0 , (C) : x 2  y 2  4x  4y  6  0 .
8
ĐS: m  0  m 
15
Câu 68. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x 2  y 2  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 ( a 2  b 2  0 ).
1


SIAB  IA.IB.sin AIB  2sin AIB .
2
2

Do đó: SIAB lớn nhất  AIB  900  d(I, d)  IA
 2
2
a  7b
11b  3a

.
 2  7a 2  66ab  118b 2  0  
a 2  b2
7a  17b
+ Với b  1  a  7  d : 7x  y  1  0
+ Với b  7  a  17  d :17x  7y  39  0
Câu 69. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2  y 2  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.
1


Kẻ đường cao IH của IAB, ta có:
SABC = SIAB  IA.IB.sin AIB = sin AIB
2
IA

Do đó SIAB lớn nhất  sin AIB = 1  AIB vuông tại I  IH =
 1 (thỏa IH < R)
2
1  4m
8

 1  15m2 – 8m = 0  m = 0 hay m =
15
m2  1
a) Với (C) : x 2  y 2  2x  4y  4  0 ,  : 2x  my  1  2  0 .
ĐS: m  4 .
2
2
b) Với (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): x 2  y 2  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.
________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 21 -

Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình
 x 2  y 2  2x  4y  8  0
 y  0; x  2
. Vì x A  0 nên ta được A(2;0), B(–3;–1).


 y  1; x  3
 x  5y  2  0

Vì ABC  900 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 ): x 2  y 2  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.
9
(C) có tâm I(–1; 2), bán kính R = 13 . d(I,  ) 
 R  đường thẳng (  ) cắt (C)
13
1
tại hai điểm A, B phân biệt. Gọi M là điểm nằm trên (C), ta có SABM  AB.d(M, ) .
2
Trong đó AB không đổi nên SABM 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
 x 2  y 2  2x  4y  8  0
 x  1, y  1
hệ phương trình: 
 P(1; –1); Q(–3; 5)
 
 x  3, y  5
3x  2y  1  0
4
22
; d(Q, ) 
. Như vậy d(M, ) lớn nhất  M trùng với Q.
13
13
Vậy tọa độ điểm M(–3; 5).

Ta có d(P, ) 

Câu 72. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2  y 2  2x  4y  5  0 và

A(0; –1)  (C). Tìm toạ độ các điểm B, C thuộc đường tròn (C) sao cho ABC đều.


3 7
(C) có tâm I(1;2) và R= 10 . Gọi H là trung điểm BC. Suy ra AI  2.IH  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:
 x 2  y 2  2x  4y  5  0
 x 2  y 2  2x  4y  5  0


 x  3y  12  0
 x  12  3y
 7  3 3 3 3   7  3 33 3 
Giải hệ PT trên ta được: B 
;
;
 ;C 
 hoặc ngược lại.
 2
2   2
2 
Câu 73. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): (x  3) 2  (y  4) 2  35 và

điểm A(5; 5). Tìm trên (C) hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.
 AB  AC
(C) có tâm I(3; 4). Ta có: 
 AI là đường trung trực của BC. ABC vuông
 IB  IC

cân tại A nên AI cũng là phân giác của BAC . Do đó AB và AC hợp với AI một góc

450 .
Gọi d là đường thẳng qua A và hợp với AI một góc 450 . 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
________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 22 -


trục toạ độ  VTCP của d có hai thành phần đều khác 0. Gọi u  (1; a) là VTCP của d.
Ta có:
a  3
 
2a
2a
2
2
 2 2  a  5 1 a  
cos  IA, u  


2
2
2
a   1
2
1 a 2 1
5 1 a
3

x  5  t

+ Với a = 3, thì u  (1;3)  Phương trình đường thẳng d: 
.
 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

x  5  t
 
1
1

+ Với a =  , thì u   1;    Phương trình đường thẳng d: 
1 .
3

3
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 
 7  3 13 11  13   9  13 7  3 13 
;
;
;
;

, 
 và 
, 

 2
2   2
2 

2
2
  2
2

2
2
Câu 74. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x  y  4 và các điểm
8

A 1;   , B(3; 0) . Tìm toạ độ điểm M thuộc (C) sao cho tam giác MAB có diện tích

3
20
bằng
.
3
64 10
 ; AB : 4x  3y  12  0 . Gọi M(x;y) và h  d(M, AB) .
9
3
4x  3y  12
 4x  3y  8  0
1
20
Ta có: h.AB 
h4
4
2
3
5
 4x  3y  32  0
AB  4 

 4x  3y  8  0
 4x  3y  32  0
 14 48 
+  2
+  2
(vô nghiệm)
 M(2;0); M   ; 
2
2
 25 75 
x  y  4
x  y  4
Câu 75. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x 2  y 2  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 .
1 7
Gọi N 0  d    N 0  ;  .
5 5
 2 11 
 8 19 
Gọi M1 , M 2 là các giao điểm của  và (C)  M1   ;  , M 2   ; 
 5 5
 5 5
 MN ngắn nhất khi M  M1 , N  N 0 .

 2 11 
1 7
Vậy các điểm cần tìm: M   ;   (C) , N  ;   d .
 5 5
5 5
________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 23 -

III. CÁC ĐƯỜNG CÔNIC
x2 y2

 1 . A, B là các điểm trên
25 16
(E) sao cho: AF1BF2  8 , với F1, F2 là các tiêu điểm. Tính AF2  BF1 .

Câu 76. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E):

AF1AF2  2a và BF1BF2  2a  AF1  AF2  BF1  BF2  4a  20
Mà AF1  BF2  8  AF2  BF1  12
Câu 77. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình elip với các tiêu điểm

F1 (1;1), F2 (5;1) và tâm sai e  0, 6 .
Giả sử M(x; y) là điểm thuộc elip. Vì nửa trục lớn của elip là a 

c
3

 5 nên ta có:
e 0, 6

MF1  MF2  10  (x  1)2  (y  1)2  (x  5)2  (y  1)2  10


(x  2) 2 (y  1) 2

1
25
16

x 2 y2

 1 . Tìm
4
1
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.

Câu 78. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm C(2; 0) và elip (E):

2 4 3 2 4 3
ĐS: A  ;
, B ; 

7 
7 7  7

x 2 y2

 1 . Tìm các điểm M 
100 25

(E) sao cho F1MF2  1200 (F1, F2 là hai tiêu điểm của (E)).


Ta có: a  10, b  5  c  5 3 . Gọi M(x; y)  (E)
3
3
x, MF2  10 
x.
2
2

F1F22  MF12  MF2 2  2MF1.MF2 .cos F1MF2

 MF1  10 

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).
2

Câu 80. Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E) có hai tiêu điểm F1 (  3;0); F2 ( 3; 0) và đi qua

1

điểm A  3;  . Lập phương trình chính tắc của (E) và với mọi điểm M trên elip, hãy
2

tính biểu thức:
P  F1M 2  F2 M 2 – 3OM 2 – FM.F2 M .
1

x 2 y2
3
1
x2 y2
 2  1  2  2  1 , a 2  b2  3 

1
a2 b
a
4b
4
1
 P  (a  ex M ) 2  (a – ex M ) 2 – 2(x 2  y 2 ) – (a 2  e 2 x 2 )  1
M
M
M
(E):

________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 24 -

Câu 81. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho elip (E): 4x 2  16y 2  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
8
điểm F2 và tới đường thẳng  : x 
có giá trị không đổi.
3
8  3x 0
,
2
MF2
3
(vì 4  x 0  4 ) 

(không đổi).
d(M, )
2

Ta có: F2 ( 12; 0) . Gọi M(x 0 ; y 0 )  (E)  MF2  a  ex 0 

d(M,  )  x 0 

8  3x 0
8

3
3

Câu 82. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): 5x 2  16y 2  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
2
2
Gọi M(x 0 ; y0 )  (E)  5x 0  16y 0  80. Ta có:
d(M; AB) 

x 0  2y 0  3



x 0  2y 0  3

1 4
5
1
Diện tích MAB: S  .AB.d(M; AB)  x 0  2y 0  3
2
1
 1
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki cho 2 cặp số 
;   , ( 5x 0 ; 4y 0 ) có:
2
 5
2

1
9
 1

1 1
2
2
. 5x 0  .4y 0       5x 0  16y 0   .80  36

2
20
5 4
 5

 x 0  2y 0  6   6  x 0  2y 0  6   3  x 0  2y 0  3  9  x 0  2y 0  3  9

 5x
4y
8

 1  1
x0  3
5x 0  8y 0



 max x 0  2y 0  3  9  


2
 x 0  2y 0  6
 5
y   5
 0
 x 0  2y 0  3  9
3


8 5
Vậy, max SMAB  9 khi M  ;   .
3 3

x 2 y2

 1 và hai điểm A(3;–2),
9
4
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.
x2 y2
PT đường thẳng AB: 2x  3y  0 . Gọi C(x; y)  (E), với x  0, y  0 

 1.
9
4

Câu 83. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elíp (E) :

1
85
85 x y
85  x 2 y 2 
170
AB.d(C, AB) 
2x  3y  3.

3
2    3
2
13 3 2
13  9
4 
13
2 13
 x 2 y2
2
1 
 
3 2

9
x  3
4
Dấu "=" xảy ra  

; 2.
2 . Vậy C 
 2

x  y
y  2

3 2

SABC 

________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 25 -

x 2 y2

 1 và điểm M(1;1) . Viết
25 9
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

Câu 84. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho elip (E) :

 x 2 y2
1
 
 và (E) là nghiệm của hệ:  25 9
 y  k(x  1)  1

2

2

(1)
(2)

2

 (25k  9)x  50k(k  1)x  25(k  2k  9)  0 (3)

50k(k  1)
.
25k 2  9
50k(k  1)
9
Do đó M là trung điểm của AB  x1  x 2  2x M 
2k .
2
25k  9
25
Vậy PT đường thẳng : 9x  25y  34  0 .
x 2 y2
a) Với (E) : 
 1 , M(1;1)
ĐS:  : 4x  9y  13  0
9
4
PT (3) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 , x 2 với mọi k . Theo Viet: x1  x 2 


x2 y2

 1 . Tìm điểm M  (E)
8
2

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 M(x 0 ; y 0 )  (E) với x 0 , y 0  0; x 0 , y 0  Z .
Ta có:

 y  0  x 0  2 2 (loaïi)
x 2 y2
0

 0  1  y2  2  0  y0  2   0
0
8
2
 y0  1  x 0  2


M(2;1) .
Vậy các điểm thoả YCBT là: (2;1), (2;1), (2; 1), (2; 1) .
x2 y2

 1 . Tìm điểm M  (E)
8
2
sao cho tổng hai toạ độ của M có giá trị lớn nhất (nhỏ nhất).
x2 y2
Giả sử M(x; y)  (E) 

 1. Áp dụng BĐT Bunhiacốpxki, ta có:
8
2
 x 2 y2 
(x  y) 2  (8  2)     10   10  x  y  10 .
2 
 8
x y
 4 10 10 
 
+ x  y  10 . Dấu "=" xảy ra   8 2
 M
;
.
5 
 5
 x  y  10



x y
 4 10
10 
 
+ x  y   10 . Dấu "=" xảy ra   8 2
 M
;

5
5 

 x  y   10


________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 26 -

x2 y2

 1 và điểm A(3;0) . Tìm
9
3
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 B(x 0 ; y 0 ), C(x 0 ;  y 0 ) với y 0  0 .


x 2 y2
0
 0  1  x 2  3y 2  9 . BC  2y 0 và (BC) : x  x 0  d(A, (BC))  3  x 0
0
0
9
3
Do A  Ox , B và C đối xứng qua Ox nên ABC cân tâị A
3
Suy ra: ABC đều  d(A, (BC)) 
BC  3  x 0  3y0  3y 2  (x 0  3) 2
0
2
x  0
2
 x 0  (x 0  3) 2  9   0
.
x0  3
Ta có:

+ Với x 0  0  y0  3  B(0; 3), C(0;  3) .
+ Với x 0  3  y0  0 (loại).
Vậy: B(0; 3), C(0;  3) .

x2 y2

 1 và các đường thẳng
9
4
d1 : mx  ny  0 , d 2 : nx+my  0 , với m 2  n 2  0 . Gọi M, N là các giao điểm của d1
với (E), P, Q là các giao điểm của d 2 với (E). Tìm điều kiện đối với m, n để diện tích
tứ giác MPNQ đạt giá trị nhỏ nhất.
 x  nt1
 x   mt 2
PTTS của d1 , d 2 là: d1 : 
,
.
d2 : 
 y  mt1
 y  nt 2


+ M, N là các giao điểm của d1 và (E)
6n
6m

 M
;
2
2
9m 2  4n 2
 9m  4n
+ P, Q là các giao điểm của d 2 và (E)

6n
6m



;
, N
2
2
2
2 
9m  4n 

 9m  4n

6m
6n
6m
6n

 

 P
;
, Q
;
2
2
2
2 
2
2
2
2 
4m  9n   4m  9n
4m  9n 
 4m  9n
+ Ta có: MN  PQ tại trung điểm O của mỗi đường nên MPNQ là hình thoi.
72(m 2  n 2 )
1
S  SMPNQ  MN.PQ  2OM.OP = 2 x 2  y 2 . x 2  y2 
M
M
P
P
2
(9m 2  4n 2 )(4m2  9n 2 )
Áp dụng BĐT Cô-si:

(9m2  4n 2 )(4m 2  9n 2 ) 

(9m2  4n 2 )  (4m 2  9n 2 ) 13 2
 (m  n 2 )
2
2

72(m 2  n 2 ) 144
. Dấu "=" xảy ra  9m2  4n 2  4m 2  9n 2  m  n

13 2
13
2
(m  n )
2
144
Vậy: min S 
khi m   n .
13
 S

________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 27 -

Câu 89. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho Hypebol (H) có phương trình:

x 2 y2

 1 . Viết phương trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm
16 9
của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H).
(H) có các tiêu điểm F1 (5;0); F2 (5; 0) . HCN cơ sở của (H) có một đỉnh là M( 4; 3),

x2 y2

 1 ( với a > b)
a 2 b2
(E) cũng có hai tiêu điểm F1 ( 5;0); F2 (5; 0)  a 2  b 2  52
(1)
Giả sử phương trình chính tắc của (E) có dạng:

M(4;3)  (E)  9a 2  16b 2  a 2 b 2

 a 2  52  b 2
a 2  40


Từ (1) và (2) ta có hệ:  2
 2
.
2
2 2
9a  16b  a b
b  15



(2)

Vậy (E):

x 2 y2

1
40 15

Câu 90. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hypebol (H) có phương trình

x 2 y2

 1. Giả sử (d) là một tiếp tuyến thay đổi và F là một trong hai tiêu điểm của
9
4
(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 – 4b 2 = c2 (*)
Phương trình đường thẳng qua F vuông góc với (d) là (D): b( x  13) – a y = 0
ax  by  c

Toạ độ của M là nghiệm của hệ: 
 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): y 2  x và điểm I(0; 2). Tìm toạ




độ hai điểm M, N  (P) sao cho IM  4IN .
2
2
Gọi M(x 0 ; y 0 ), N(x1 ; y1 ) là hai điểm thuộc (P), khi đó ta có: x 0  y 0 ; x1  y1




2
2
2
IM  (x 0 ; y 0  2)  (y 0 ; y 0  2) ; IN  (y1 ; y1  2)  (y1 ; y1  2); 4IN  (4y1 ; 4y1  8)



Theo giả thiết: IM  4IN , suy ra:
2
 2
 y1  1  x1  1; y 0  2; x 0  4
 y 0  4y1


 y 0  2  4y1  8
 y1  3  x1  9; y 0  6; x 0  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): y 2  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
x1 , x 2 . Chứng minh: AB = x1  x 2  4 .


Theo

công

thức

tính
AB  FA  FB  x1  x 2  4 .

bk

qua

tiêu:

FA  x1  2 ,

FB  x 2  2 

________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 28 -

Câu 93. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho Elip (E): x 2  5y 2  5 , Parabol

(P) : x  10y 2 . 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
 4  3b  b
b 1
Tâm I   nên: I(6  3b; b) . Ta có: 6  3b  2  b  

 4  3b  b
b  2
 (C): (x  3) 2  (y  1) 2  1 hoặc (C): x 2  (y  2) 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.
x  2 y 1

 Toạ độ điểm C(1;3)
3
4
+ Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua d 2, I là giao điểm của BB’ và d2.
x  2 y 1
 phương trình BB’:

 2x  y  5  0
1
2
 2x  y  5  0
x  3
+ Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ: 

 I(3;1)
 x  2y  5  0
y  1

Phương trình BC:

 x  2x I  x B  4
+ Vì I là trung điểm BB’ nên:  B'
 B (4;3)
y B '  2y I  y B  3

+ Đường AC qua C và B’ nên có phương trình: y –3 =0.
y  3  0
 x  5
+ Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: 

 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

 17

tuyến CM và phân giác trong BD. Biết H( 4;1), M  ;12  và BD có phương trình
 5

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) .
4

Phương trình AB: 5x  y  29  0 . B = AB  BD  B(6; 1)  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.
x 9 y  2
Ta tìm được: C(2; –1). Suy ra phương trình (AB):

 x  7y  5  0 .
2  9 1  2
Viết phương trình đường thẳng Cx // AB  (Cx): x  7y  25  0
________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 29 -

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 .

Câu 97. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng

x  t
PTTS của d: 
. Giả sử C(t; –4 + 3t)  d.
 y  4  3t
  2
 
3
1
1

S  AB.AC.sin A 
AB2 .AC 2   AB.AC  =
2
2
2
 C(–2; –10) hoặc C(1;–1).

 t  2
4t 2  4t  1  3  
t  1

Câu 98. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A(2; –3), B(3; –2), có diện tích bằng

3
và trọng tâm G thuộc đường thẳng  : 3x – y – 8  0 . Tìm tọa độ đỉnh C.
2
5 5
Ta có: AB = 2 , trung điểm M  ;   . Phương trình AB: x  y  5  0 .
2 2
1
3
3
SABC  AB.d(C, AB)   d(C, AB) 
.
2
2
2
t  (3t  8)  5
t  1
1
1

Gọi G(t;3t  8)    d(G, AB) 

 
2
2
2
t  2
 Với t  1  G(1; –5)  C(–2; –10)
 Với t  2  G(2; –2)  C(1; –1)
27
a) Với A(2;1) , B(1; 2) , SABC 
, G  : x  y  2  0.
2
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 .
a2
a  6
1
1
10.
2 
SABC  2  AB.d(C, AB)  2 
2
2
10
 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) , SABC  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.
2SABC
3
1
1
Vẽ CH  AB, IK  AB. AB = 2  CH =

 IK = CH 
.
AB
3
2
2
Giả sử I(a; 3a – 8)  d. Phương trình AB: x  y  5  0 .
________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 30 -

a  2
d(I, AB)  IK  3  2a  1  
 I(2; –2) hoặc I(1; –5).
a  1
+ 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) .
1
4
Theo giả thiết: SABC  AB.d(C, AB)  2  6t  4  4  t  0; t  .
2
3
+ Với t  0  C(1; 0)
4
5 8
+ Với t   C  ;  .
3
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: x 2  y 2  2ax  2by  c  0; a 2  b 2  c  0
 4a  10b  c  29
1
5
99

Ta có A, B, C  (ABC)   6a  10b  c  34  a  ; b  ; c 
2
8
4
 8a  6b  c  25

5
99
Vậy phương trình đường tròn là: x 2  y 2  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 .
x  y  3  0
 4 5
Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: 
 A ;  .
 3 3
 2x  y  1  0

 2 7
M(1; 2) là trung điểm của AB nên B   ;  .
 3 3
2

 x   3  2t


Đường thẳng BC qua B và nhận n  (2;1) làm VTCP nên có PT: 
y  7  t

3

7 
 2
Giả sử C    2t;  t   (BC) .
 3
3 

________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 31 -

 t  0 (loaïi vì C  B)
2
2
2
2
8   10   8   10 

Ta có: IB  IC   2t     t           4
t 
3 
3   3  3 

 5
 14 47 
Vậy: 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.
2a  1

 2 

x G  3

Gọi I(a; b) là trung điểm của AB, G là trọng tâm ABC  CG  CI  
3
 y  2b  1
 G
3

2a  1 2b  1
Do G  d nên

 2  0  Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ:
3
3
 A, B  (AB)
a  2b  3  0
a  5



 I(5; 1) . Ta có 
 2a  1 2b  1
5
 b  1
 3  3 20
 IA  IB 


2
 x  2y  3  0

 Toạ độ các điểm A, B là các nghiệm của hệ: 
5
2
2
(x  5)  (y  1)  4

1

 x  4; y   2
1 
3
3
1



 
 A  4;   , B  6;   hoặc A  6;   , B  4;   .

2 
2

2

2
 x  6; y   3


2
Câu 105. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm G(2;1) và hai đường thẳng
d1 : x  2y  7  0 , d 2 : 5x  y  8  0 . Tìm toạ độ điểm B  d1 , C  d 2 sao cho tam giác
ABC nhận điểm G làm trọng tâm, biết A là giao điểm của d1 , d 2 .

 x  2y  7  0
x  1
Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: 

 A(1;3) .
5x  y  8  0
y  3
Giả sử B(7  2b; b)  d1; C(c;8  5c)  d 2 .
xA  xB  xC

x G 
 2b  c  2
b  2

3
Vì G là trọng tâm của ABC nên: 


.
 b  5c  8
c  2
 y  y A  yB  yC
 G
3

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 .

________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 32 -

 x  3y  7  0
Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ: 
 C(4; 5) .
x  y  1  0
2  xB
1  yB
Trung điểm M của AB có: x M 
. M  (CM)
; yM 
2
2
2  x B 1  yB

1  0 .
2
2
 x  3y  7  0

Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ:  2  x B 1  y B
 B(2; 3) .

1  0
 2

2
 x  3y  7  0
 14 7 
Toạ độ điểm H là nghiệm của hệ: 
 H ; .
 5 5
3x  y  7  0
BH 



8 10
1
1
8 10
; AC  2 10  SABC  AC.BH  .2 10.
 16 (đvdt).
5
2
2
5

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)
7
1
 1 9  7 1
Từ (1) và (2)  c   , b   . Vậy B   ;  , C   ;  .
4
4
 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.
7 1
Gọi H là trung điểm của BC  H là hình chiếu của A trên   H  ;   
2 2
9
AH 
2
1
Theo giả thiết: SABC  18  BC.AH  18  BC  4 2  HB  HC  2 2 .
2
Toạ độ các điểm B, C là các nghiệm của hệ:
11
3

x  y  4  0
x  2 ; y  2

2
2
 

7 
1
x  3 ; y   5
 x     y    8
2 
2



2
2
 11 3   3 5 
3 5
 11 3 
Vậy B  ;  , C  ;   hoặc B  ;   , C  ;  .
 2 2 2 2
2 2
 2 2
________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 33 -

Câu 109. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d 1: 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 d 2 . 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)
 2  m  7  2n  3.2
 m  1
Do G là trọng tâm ABC nên 

 B(–1; –4), C(5; 1)
3  m  5  n  3.0
n  1
83
17
338
 PT đường tròn ngoại tiếp ABC: x 2  y 2  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
d1 : 2x  y  13  0 và d 2 : 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 ABC : x 2  y2  mx  ny  p  0.
52  4m  6n  p  0
 m  4


Vì A, B, C  (C) nên 80  8m  4n  p  0   n  6 .
50  7m  n  p  0
 p  72


Suy ra PT đường tròn: x 2  y 2  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 d1 : x  y  5  0 và
d 2 : x  2y – 7  0 . Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng
BG.
Giả sử B(5  b; b)  d1; C(7  2c;c)  d 2 .
x  x C  2  6
Vì G là trọng tâm ABC nên ta có hệ:  B
 B(–1;–4) , C(5; 1).
 y B  yC  3  0
9
Phương trình BG: 4x – 3y – 8  0 . Bán kính R  d(C, BG) 
5
81
 Phương trình đường tròn: (x – 5)2  (y –1) 2 
25
Câu 112. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có

A(3; 6) , trực tâm

4 7
H(2;1) , trọng tâm G  ;  . Xác định toạ độ các đỉnh B và C.
3 3
 2 
7 1
Gọi I là trung điểm của BC. Ta có 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(x B ; y B ) thì C(7  x B ;1  y B ) và
x B  yB  3  0 .
H là trực tâm của tam giác ABC nên CH  AB ;



CH  (5  x B ; y B ), AB  (x B  3; y B  6)

________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 34 -

 

x  yB  3
x  1
x  6
CH.AB  0   B
 B
 B
(x B  5)(x B  3)  (y B  6)  0
 y B  2  y B  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  4

 B(4;3) .

 x  y 1  0
y  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 .
 2x  y  5  0
Gọi I  (d)  BN . Giải hệ: 
. Suy ra: I(–1; 3)  A '(3; 4)
 x  2y  5  0
 13 9 
+ Phương trình BC: 7x  y  25  0 . Giải hệ:  BC : 7x  y  25  0  C   ;   .
 4
4

 CH : x  y  1  0
2

2

7.1  1(2)  25
13  
9
450

+ BC   4     3   
, d(A; BC) 
3 2.

4 
4
4
7 2  12
1
1
450 45
Suy ra: SABC  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.
 b 1 1  b 
Gọi E là trung điểm của AB. Giả sử B(b; 2  b)  BD  E 
;
  CE  b  3
2 
 2
 B(3;5) . Gọi A là điểm đối xứng của A qua BD  A  BC. Tìm được A(5; 1)
 x  8y  7  0
 Phương trình BC: x  2y  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
d1 : x  y  1  0 và d 2 : 3x  y  9  0 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C của tam giác ABC.
Gọi C(c;3c  9)  d 2 và M là trung điểm của BC  M(m;1  m)  d1 .
 B(2m  c;11  2m  3c) . Gọi I là trung điểm của AB, ta có
 2m  c  3 7  2m  3c 
I
;
.

2
2

2m  c  3 7  2m  3c
Vì I  (d 2 ) nên 3.

 9  0  m  2  M(2; 1)
2
2
 Phương trình BC: x  y  3  0 .
C  BC  d 2  C(3; 0)  B(1; 2) .

________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 35 -

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
7
độ các đỉnh B và C, biết rằng tam giác ABC có diện tích bằng
và đỉnh C có hoành độ
2
lớn hơn 1.
 40 31 
Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua , ta tính được A '  ;   BC : 2x  3y  1  0
 13 13 
5 
Ta gọi M là trung điểm của BC, thì M là giao của đường thẳng d và BC nên M  ; 2  .
2 
 3t  1 
Giả sử C 
; t   (BC) . Ta có
 2

1
7 1 7
SABC  d(A; BC).BC  
.BC  BC  13
2
2 2 13
2

 t  3  C(4;3)
13
13
 3t  6 
2
 B(1;1) .
 


  (t  2) 
2
 2 
2
t  1
 C(1;1) (loaïi)
Vậy: B(1;1) , C(4;3) .
 CM 

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 d1 : 2x – 5y + 3 =
0 và d 2 : x + y – 5 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C của tam giác ABC.
 5b  3 
Gọi M là trung điểm AB thì M  d 2 nên M(a;5  a) . Đỉnh A  d1 nên A 
;b.
 2

 x  x B  2x M
 4a  5b  3 a  2
M là trung điểm AB:  A
 A(1; 1).


 2a  b  5
b  1
 y A  y B  2y M

Phương trình BC: 5x  2y  25  0 ;

C  d 2  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(x G ; y G ) là trọng tâm của ABC

________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 36 -

2x  1

 2 

x G  3

 CG  CI  
3
 y  2y  1
 G
3


G  d : x  y  2  0 nên có: x G  yG  2  0 

2x  1 2y  1

20
3
3

 x  2y  3  0

Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ:  2x  1 2y  1
 I(5; 1)

2  0
 3
3

2

 AB  5
Gọi A(x A ; y A )  IA 2  (x A  5) 2  (y A  1) 2  
  .
4
 2 
Hơn nữa A  AB : x  2y  3  0 suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:

 x A  2y A  3  0
x A  4
xA  6




5
1  
3
2
2
x A  5    y A  1 
yA  


yA   2

4

2

1 
3
1 
3


Vậy: A  4,   , B  6;   hoặc B  4,   , A  6;   .
2 
2
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 .
72
 3 1
I  CI  AB  I   ;   AI  BI  CI 
5
 5 5

3
19

3x  y  2  0
 A, B  d
x  5 ; y  5


2
2
Ta có: 
72  
3 
1  72  
 x   9 ; y   17
 AI  BI 
 x     y   
5 
5
5
5



5
5

3 19   9 17 

Vậy toạ độ 2 đỉnh cần tìm là:  ;  ,   ;   .
5
5 5   5
Câu 121. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm C(2; –5) và đường thẳng  có phương

 5
trình: 3x  4y  4  0 . Tìm trên  hai điểm A và B đối xứng nhau qua I  2;  sao cho
 2
diện tích tam giác ABC bằng 15.
16  3a 
1
 3a  4 

Gọi A  a;
    B  4  a;
  SABC  AB.d(C,  )  3AB  AB = 5.

4 

4 
2
2
a  4
 6  3a 
AB  5  (4  2a) 2  
  25  a  0 . Vậy hai điểm cần tìm là A(0; 1) và
 2 

B(4; 4).

________________________________________________________________________
ÑT: 07103.751.929
Trang - 37 -

692 bai hinh ltdh 17 quang trung

692 bai hinh ltdh 17 quang trung

Recomendados

Recomendados

Mais conteúdo relacionado

Mais procurados

Mais procurados (19)

Semelhante a 692 bai hinh ltdh 17 quang trung

Semelhante a 692 bai hinh ltdh 17 quang trung (20)

Mais de ndphuc910

Mais de ndphuc910 (8)

692 bai hinh ltdh 17 quang trung