- Phát Triển Tư Duy Giải Toán Hình Học Tọa Độ Phẳng Oxy - Hứa Lâm Phong

khangvietbook.com.
vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848
Chươ ng 1. TÓM TẮ T LÝ THUYẾ T VÀ CÁC VẤ N ĐỀ

LIÊN QUAN ĐẾ N PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG
MẶ T PHẲ NG OXY
CHỦ ĐỀ 1.1:
VÉCTƠ VÀ CÁC PHÉP TOÁN

1. Định nghĩa:véctơ là một đoạn thẳng có định hướng
● Hai vectơ bằng nhau: có cùng hướng
và cùng độ dài.
● Hai vectơ đối nhau: ngược hướng và
cùng độ dài.
2. Các phép toán của vectơ:

a. Phép cộng vectơ:
 a  b  b  a;
 
 ab c a bc  
 a00a a
 
 a  a  0
Ta có A, B, C : AC  AB  BC (quy tắc chèn điểm)

 Nếu ABCD là hình bình hành thì : AB  AD  AC
b. Phép trừ vectơ:O,A,B : OB  OA  AB
c. Tích một số thực với một vectơ:
 
 m a  b  ma  mb;  m  n  a  ma  na
 m  na    mn  a;1.a  a; 1a  a
Điều kiện: a cùng phương b

 k  R : b  k a với
d. Tích vô hướng: ab  a . b cos a, b 
e. Vectơ đồng phẳng:3 vectơ đồng phẳng nếu giá của chúng cùng song song
với một mặt phẳng.
6 3
Phát triển tư duy khoa học & sáng tạo giải toán hình học tọa độ phẳng Oxy
a, b, x đồng phẳng  h, k  R : x  ha  kb

f. Phân tích một vectơ theo một vectơ không đồng phẳng:
Với a, b, c không đồng phẳng và vectơ e , có duy nhất 3 số thực x1, x2, x3:
e  x1 a  x2 b2  x3 c
g. Định lý:
Với M là trung điểm AB và G là trọng tâm của ABC , O tùy ý thì:

 MA  MB  0

 GA  GB  GC  0
 1

OG  OA  OB  OC
 3

1
Và G là trọng tâm tứ giác, tứ diện ABCD  OG 
4

OA  OB  OC  OD 
■CHỦ ĐỀ 1.2:
HỆ TỌA ĐỘ – TỌA ĐỘ VÉCTƠ – TỌA ĐỘ ĐIỂ M

1. Định nghĩa:
a. Hệ tọa độ:
Hai trục tọa độ x’Ox, y’Oy vuông góc nhau tạo nên hệ trục tọa độ Đề–các Oxy:
O là gốc tọa độ, x’Ox là trục hoành và y’Oy là trục tung. Trong đó:
i  (1;0), j  (0;1) là các vec tơ đơn vị trên các trục. Ta có: i  j  1 và
i . j  0.
b. Tọa độ của vectơ: u  ( x; y)  u  x.i  y. j
64
khangvietbook.com.vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848
c. Tọa độ của điểm: OM  ( x; y)  M  ( x; y). Trong đó x là hoành độ, y là

tung độ của M.
2. Các kết quả và tính chất:
Trong hệ tọa độ Oxy, cho A( x A ; y A ), B ( xB ; yB ) và các vectơ a  (a1; a2 ),
b  (b1; b2 ) . Ta có :
 a  b  (a1  b1; a2  b2 ).
● Tích giữa một véctơ với một số thực: k .a  (ka1; ka2 ), k  .
● Tích vô hướng giữa hai véctơ: a.b  a1b1  a2b2 .
Hệ quả:  a  a12  a22 .

a1b1  a2b2
 cos (a; b )  .
a12  a22 . b12  b22
 a  b  a1b1  a2b2  0.
a b
● Hai véctơ bằng nhau: a  b   1 1
 a2  b2
 b1 b2
  k  : b  k .a  
a1 a2
 a , b cùng phương  
 a1 a2
  0.
 b1 b2
● Tọa độ của vec tơ AB  ( xB  xA ; yB  y A ).
● Khoảng cách: AB  AB  ( xB  xA )2  ( yB  y A )2 .
● Điểm M chia AB theo tỉ số k (k khác 1)  MA  k .MB . Khi đó, tọa độ của M

tính bởi:
 x A  k .xB
 x M 
lk

 y  y A  k . yB
 M lk
 x A  xB
 xM 
2
Nếu M là trung điểm của AB, ta có:  .
y  y A  y B
 M 2
3. Kiến thức về tam giác:
Cho A( x A ; y A ), B( xB ; yB ), C ( xC ; yC ).
a. Trọng tâm của tam giác (giao các đường trung tuyến) :
6 5
 x A  xB  xC
 xG 
3
G là trọng tâm tam giác ABC : 
 y  y A  yB  yC
 G 3
b.Trực tâm của tam giác (giao các đường cao):

H là trực tâm của tam giác

 AH  BC 
 AH .BC  0
 
 BH  CA
  BH .CA  0

c. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

(giao của các trung trực) :
I(a ; b) là tâm của ABC  AI = BI = CI = R

(R là bán kính của ABC).
 AI 2  BI 2
Giải hệ  2 2
 tọa độ tâm I.
 BI  CI
d. Tâm của đường tròn nội tiếp tam giác

(giao của các đường phân giác trong các
góc của tam giác).
Tâm K của đường tròn nội tiếp tam giác
ABC tìm được khi thực hiện hai lần công
thức điểm chia đoạn theo tỉ số k :
A' B AB
Vì   k1 nên A’ chia BC theo
A'C AC
tỉ số k1tọa độ của D.
KA BA
Vì   k2 nên k chia AD theo tỉ số k2, tọa độ của K.
KD BD
e. Diện tích tam giác:
1 1 1
S  a.ha  b.hb  c.hc .
2 2 2
1 1 1
 S  ab sin C  ac sin B  bc sin A.
2 2 2
6
abc
S   pr  p ( p  a )( p  b)( p  c ).
4R
1 1
S  AB 2 . AC 2  ( AB. AC ) 2  det( AB, AC )
2 2
a1 a2
Trong đó: det( AB, AC )   a1b2  a2b1 với AB  (a1; a2 ), AC  (b1; b2 ).
b1 b2
4. Kiến thức về tứ giác:
Cho A( xA ; y A ), B( xB ; yB ), C ( xC ; yC ), D( xC ; yC ).
a. Hình thang (là tứ giác có hai cạnh đối song song với nhau) :
● AB, CD là hai véctơ ngược hướng
 AB  kCD (k < 0)
1
● Shình thang = AH(AB + CD)
2
Hay SABCD = SABC + SACD (chia
nhỏ hình thang ra thành các hình
tam giác tùy ý)
b. Hình bình hành (là tứ giác có các cặp cạnh đối song song hoặc bằng
nhau):
● AB  DC
● I là trung điểm của hai đường
chéo AC và BD.
● Shình bình hành = AH.CD = 2SACD
= 4SICD
(chia nhỏ hình bình hành ra thành các hình tam giác tùy ý).
● Chú ý đến tính chất đối xứng qua I.
c.Hình thoi (là tứ giác có bốn cạnh bằng nhau) :
● Hình thoi mang đầy đủ tính chất của
hình bình hành..
● Nếu hình bình hành ABCD có AB
= BC hoặc AC  BD thì sẽ trở thành
hình thoi.
● AC  BD, AC và BD cũng là hai
đường phân giác của góc tạo bởi hai
cạnh bên, giao điểm của chúng chính
là tâm đường tròn nội tiếp hình thoi.
6 7
1
● Shình thoi = AC.BD = 2SABC= 2SABC = 4SABI
2
● Chú ý đến tính chất đối xứng qua I.
d. Hình chữ nhật (là tứ giác có 3 góc vuông) :
● HCN mang đầy đủ tính chất của hình
bình hành.
● Nếu hình bình hành ABCD có một góc
bằng 90o hay hai đường chéo AC = BD thì là
hình chữ nhật.
● Shình chữ nhật = AB.AD = 2SABC = 4SABI
● Luôn có một đường tròn ẩn mình ngoại
tiếp hình chữ nhật với tâm là I = AC  BD
là tâm đường tròn ngoại tiếp HCN với bán
kính là IA = IB = IC = ID = R.
● Chú ý đến tính chất đối xứng qua tâm
I. (Ví dụ như trong hình vẽ nếu biết tọa độ
M và I  toa độ N  CD).
e. Hình vuông (là tứ giác có hai đường chéo vuông góc và bằng nhau) :
● HV mang đầy đủ các tính chất của
hình H.thoi và HCN.
● Nếu hình thoi có một góc bằng 90o hay
hai đường chéo AC và BD bằng nhau thì
là Hình vuông.
● Nếu hình chữ nhật có hai cạnh bên
bằng nhau hay hai đường chéo AC và
BD vuông góc nhau thì là Hình vuông.
● Shình vuông = (cạnh)2 = 2SABC = 4SAID
= 8SAHI
● Có đến hai đường tròn ẩn mình bên trong hình vuông ABCD là:
(C1) với tâm I = AC  BD là tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông và
bán kính là IA = R
(C2) với tâm I = AC  BD là tâm đường tròn nội tiếp hình vuông và bán
kính là IH = R. ((C2) đi qua trung điểm các cạnh của hình vuông)
● Chú ý đến tính chất đối xứng qua tâm I.
68
■CHỦ ĐỀ 1.3:
PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲ NG

1. Định nghĩa:
Cho các vectơ u , n  0.
 u là 1 vectơ chỉ phương (VTCP) của đường thẳng d khi vec tơ u nằm
trên 1 đường thẳng song song hoặc trùng với d. Mọi vectơ chỉ phương của d
đều có dạng k .u , (k  0).
 n là 1 vectơ pháp tuyến (VTPT) của đường thẳng d khi vectơ n nằm trên
1 đường thẳng vuông góc với d. Mọi vectơ pháp tuyến của d đều có dạng
k .n , (k  0).
● Một đường thẳng d hoàn toàn được xác định khi biết M 0  d và một
VTCP u hoặc một VTPT n của d.
2. Phương trình tổng quát của đường thẳng:

a. Định lý:
Phương trình tổng quát của đường thẳng d có dạng ax  by  c  0, a 2  b 2  0.
Chú ý: d có vtpt n  (a; b), vtcp u  (b; a) hay u  (  b;a).
(☺Mẹo nhớ: khi đổi VTCP  VTPT: “Đổi chỗ đổi một dấu”)
b. Hệ quả:
Phương trình đường thẳng d qua M 0 ( x0 ; y0 ) và có vtpt n  (a; b) là:
a( x  x0 )  b( y  y0 )  0, a 2  b 2  0.
3. Phương trình tham số – chính tắc của đường thẳng:
a. Phương trình tham số của đường thẳng:
Phương trình tham số của đường thẳng d qua M 0 ( x0 ; y0 ) và có vtcp u  ( a; b)
 x  x0  at
là:  , a 2  b 2  0,  t  .
 y  y0  bt
b. Phương trình chính tắc của đường thẳng:
Phưong trình chính tắc của đường thẳng d qua M 0 ( x0 ; y0 ) và có vtcp
x  x0 y  y0
u  (a; b) là:  , a 2  b2  0.
a b
Chú ý:Phương trình chứa hệ số góc k và tung độ góc m có dạng    : y  kx  m
b
☺ Nếu d có u  (a; b) là vtcp thì hệ số k 
a
6 9
☻ Nếu d cắt trục hoành tại M vàgóc tạo bởi tia Mx với phần đường thẳng d
nằm phía trên trục hoành thì hệ số góc của d là k  tan 
4. Phương trình đoạn chắn:

Gọi A(a,0)  Ox , B(0,b) Oy với a,b ≠ 0. Đường thẳng d cắt Ox tại A, cắt Oy
tại B có dạng là:
x y
 1
a b
5. Vị trí tương đối của 2 đường thẳng:
Cho 2 đường thẳng
d1 : a1 x  b1 y  c1  0 (1), d 2 : a 2 x  b2 y  c2  0 (2) (a12  b12  0, a22  b22  0).
 d : a x  b1 y  c1  0
Giải hệ  1 1 ta có kết quả sau:
d 2 : a 2 x  b2 y  c2  0
●Hệ có duy nhất nghiệm  a1b2  a2b1  0  d1 và d2 cắt nhau.
●Hệ vô nghiệm  a1b2  a2b1  0 và b1c2  b2 c1  0  d1 / / d 2 .
●Hệ có vô số nghiệm  a1b2  a2b1  b1c2  b2c1  c1a2  c2 a1  d1  d 2
■CHỦ ĐỀ 1.4:
KHOẢ NG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂ M ĐẾ N MỘT ĐƯỜNG THẲ NG
GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲ NG.
1. Góc giữa 2 đường thẳng:

Cho 2 đường thẳng d1 : a1 x  b1 y  c1  0, d 2 : a 2 x  b2 y  c2  0 .
Nếu gọi  (00    900 ) là góc giữa d1 và d2 thì :
a1a2  b1b2
cos   .
a12  b12 . a22  b22
Hệ quả: d1  d 2  a1a2  b1b2  0.
2. Khoảng cách từ 1 điểm đến một đường thẳng:

a. Công thức:
Khoảng cách từ M ( x0 ; y0 ) đến d : ax  by  c  0 là:
ax0  by0  c
d (M , d )  , a 2  b 2  0.
a 2  b2
610
b.Hệ quả:
Nếu d1 : a1 x  b1 y  c1  0, d 2 : a2 x  b2 y  c2  0 cắt nhau tại I (a1b2  a2b1 ) thì
phương trình các phân giác tạo bởi d1 và d2 là:
a1 x  b1 y  c1 a x  b2 y  c2
 2
a12  b12 a22  b22
Chú ý:
Cho hai điểm M  xM ; yM  , N  xN ; yN  và đường thẳng  : ax  by  c  0
Ta có:
☺ M và N nằm cùng phía với đối với  khi và chỉ khi:
 axM  byM  c   axN  byN  c   0
☻ M và N nằm khác phía với đối với  khi và chỉ khi:
 axM  byM  c   axN  byN  c   0
■CHỦ ĐỀ 1.5:
PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN

1. Phương trình:
a. Phương trình tổng quát của đường
tròn:
Cho đường tròn (C) tâm I(a; b) bán kinh
R có dạng tổng quát :
( x  a)2  ( y  b)2  R2
b. Phương trình khai triển của đường
tròn:
Ngoài ra còn có thể viết PT đường tròn
dưới dạng khai triển:
x 2  y 2  2ax  2by  c  0
c. Phương trình tham số của đường tròn:
 x  a  R cos t
 (t  R)
 y  b  R sin t
2.Vị trí tương đối giữa đường thẳng và đường tròn:
6 11
Cho đường thẳng () và đường tròn (C)

có tâm I, bán kính R.
Gọi d là khoảng cách từ I đến đường
() , Ta có:
● d(I, ) < R  () cắt (C) tại hai
điểm phân biệt.
●d(I, ) = R  () tiếp xúc với (C).

●d(I, ) > R  () không cắt (C).
3.Vị trí tương đối của hai đường tròn:
Cho hai đường tròn (C1) và (C2) có tâm và bán kính lần lượt là I1, R1, I2, R2. Ta có:
● I1I2< R1 + R2 (C1) và (C2) ở ngoài nhau  Có 4 tiếp tuyến chung.
● I1I2 = R1 + R2 (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài Có 3 tiếp tuyến chung.
● |R1 – R2| < I1I2< R1 + R2 (C1) và (C2) cắt nhau tại hai điểm  Có 2 tiếp
tuyến chung.
● I1I2 = |R1– R2|(C1) và (C2)tiếp xúc trong  Có 1 tiếp tuyến chung.
● I1I2<|R1– R2| (C1) và (C2) ở trong nhau  không có tiếp tuyến chung.
■CHỦ ĐỀ 1.6:
PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG ELIP

1. Định nghĩa:
Trong mặt phẳng cho hai điểm cố
định F1 và F2 với F1F2 = 2c > 0. Cho
hằng số a với a > c.
● Elip (E) = M : MF1  MF2  2a là
tập những điểm mà tổng khoảng cách từ
M đến hai điểm F1 ; F2 bằng 2a.
● Ta gọi F1 ; F2 là các tiêu điểm và
F1 F2  2c chính là độ dài tiêu cự.
● Nếu M  (E) thì MF1 và MF2 được gọi là bán kính qua tiêu của điểm M.
2. Phương trình chính tắc của elip và các yếu tố của elip.
a. Phương trình chính tắc của elip.
● Xét Elip (E) = M : MF1  MF2  2a trong đó F1 F2  2c .
612
● Chọn hệ tọa độ Oxy sao cho

F1  c; 0  ; F2  c; 0 
Phương trình chính tắc của elip là:
x2 y2
2
 2
 1 với b2  a2  c2
a b
Nếu M(x; y)  (E) thì các bán kính
qua tiêu của điểm M là:
c c
MF1  a  x và MF2  a  x
a a
b.Các yếu tố của Elip.
Elip xác định bởi phương trình (*) có một số đặc điểm.
●Tâm đối xứng là O, trục đối xứng là Ox, Oy
●Tiêu điểm F1  c; 0  ; F2  c; 0 
●Tiêu cự F1F2 = 2c
●Đỉnh trên trục lớn nằm trên Ox: A1(–a; 0) và A2(a; 0)
●Độ dài trục lớn A1A2 = 2a
●Đỉnh trên trục nhỏ nằm trên Oy: B1(–b; 0) và B2(b; 0)
●Độ dài trục nhỏ B1B2 = 2b
c
●Tâm sai của elip là tỉ số giữa tiêu cự và độ dài trục lớn: e  1
a
a a2
●Đường chuẩn: x    
e c
●Nếu M(x ;y)  (E) thì –a  x  a và – b  y  b nên toàn bộ elip (E) thuộc hình
chữ nhật giới hạn bởi các đường thẳng x =  a, y =  b. Hình chữ nhật đó gọi là
hình chữ nhật cơ sở.
■CHỦ ĐỀ 1.7:
PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG HYPEBOL VÀ PARABOL.

1. Phương trình chính tắc và các thuộc tính của Hypebol:
x2 y2
a. Phương trình chính tắc:   1 , (a>0, b>0)
a2 b2
b. Các yếu tố: c2  a2  b2 , c>0.
6 13
* Tiêu cự: F1F2=2c

* Độ dài trục thực A1A2=2a
* Độ dài trục ảo B1B2=2b.
* Hai tiêu điểm F1  c;0  , F2  c;0  .
* Hai đỉnh: đỉnh trên trục thực
A1  a;0  , A2  a;0  ,
b
* Hai đường tiệm cận: y   x
a
c
* Tâm sai: e  1
a
a
* Đường chuẩn: x  
e
a
* Khoảng cách giữa hai đường chuẩn: d  2 .
e
2.Phương trình chính tắc và các thuộc tính của Parabol:
a. Phương trình chính tắc: y 2  2 px , (p>0 gọi là tham số tiêu).
b. Các yếu tố :
p 
* Một tiêu điểm F  ;0 
2 
p
* Đường chuẩn x  
2
p
* Bán kính qua tiêu điểm MF  x 
2
■CHỦ ĐỀ 1.8:
PHÉP BIẾ N HÌNH CƠ BẢ N TRONG MẶ T PHẲ NG

CÁC KÍ HIỆU CHUNG:
Gọi P là tập hợp mọi điểm của mặt phẳng:
f : P  P, M  P M '  f (M )  P có nghĩa f là phép biến hìnhcủa mặt
phẳng, biến điểm M (bất kỳ thuộc P) thành điểm M’(thuộc P).
614
f 1 được gọi là phép biến hình ngược của f .

g o f được gọi là hợp thành tích của f và g theo thứ tự thực hiện:
M '  f (M ) : M ' là ảnh của M qua f . Với H là một hình của măt phẳng.
H '  f ( H ) : H ' là ảnh của H qua f.
f ( M )  M : M bất động qua f.
HAI PHÉP BIẾN HÌNH CƠ BẢN:PHÉP DỜI HÌNH VÀ PHÉP ĐỒNG DẠNG
A. PHÉP DỜI HÌNH.
●Định nghĩa và tính chất chung:
☺. f : P  P là phép dời hình  M ' N '  MN , M , N  P .
☺. Phép dời hình bảo toàn:
+ Độ dài đoạn thẳng.
+ Quan hệ thẳng hàng và thứ tự các điểm.
+ Quan hệ song song, vuông góc của đường thẳng.
+ Quan hệ về góc giữa hai đường thẳng, hai tia, hai véctơ.
☺. Nếu hình (H) = hình (H’)   phép dời hình f : ( H )  ( H ')
☺. Phép dời hình cũng là hợp thành (tích) của một số hữu hạn phép đối
xứng trục.
●Các phép dời hình tiêu biểu:
Phép đồng nhất: I d : M M
+ Biểu thức tọa độ: M ( x; y ) M '( x '; y ')
x'  x

y '  y
Phép đối xứng tâm I: DI : M M '  IM   IM '
+ Minh họa:
+ Tính chất riêng: I  d d '  d '/ / d

 x '  2a  x
+ Biểu thức tọa độ: M ( x; y )
M '( x '; y ')   Với I(a; b).
 y '  2b  y
Phép đối xứng trục  : D : M M'  hay M '  M nếu M   hay  là trung
trực MM’ nếu M  
6 15
+ Minh họa:
+ Tính chất riêng: d d'

d / /  d / /d '
d   I 
(; d )  (; d ')
 b '( x ' x)  a( y ' y )  0

+ Biểu thức tọa độ: M ( x; y ) M '( x '; y ')    x ' x   y ' y 
a  2   b  2   c  0
    
Với  : ax  by  c  0
Phép tịnh tiến theo vecto v : Tv : M M '  MM '  v
+ Minh họa:

d  kv  d / / d '
x'  a  x
+ Biểu thức tọa độ: M ( x; y ) M '( x '; y ')   Với v  (a; b)
 y '  b  y
Phép quay tâm I góc quay  : Q( I ; ) : M M'
Hoặc M '  I nếu M  I
Hoặc IM  IM ' và ( IM ; IM ')   nếu M  I
+ Minh họa:
616

 ( d ; d ')  

0  
2
 x '  a  ( x  a )cos   ( y  b)sin 
Biểu thức tọa độ: M ( x; y ) M '( x '; y ')  
 y '  b  ( x  a )sin   ( y  b)cos 
B. PHÉP ĐỒNG DẠNG
●Định nghĩa và tính chất chung:
☺. g : P  P là phép đồng dạng tỉ số k (k > 0)  M ' N '  MN , M , N  P .
☺. Phép đồng dạng bảo toàn:
+ Độ dài đoạn thẳng.
+ Quan hệ thẳng hàng và thứ tự các điểm.
+ Quan hệ song song, vuông góc của đường thẳng.
+ Quan hệ về góc giữa hai đường thẳng, hai tia, hai véctơ.
☺. Nếu hình (H) = hình (H’)   phép dời hình f : ( H )  ( H ')
☺. Phép đồng dạng tiêu biểu:
PHÉP VỊ TỰ tâm I, tỉ số k  0 . VIk : M M '  IM '  k IM
+ Tính chất riêng:
6 17
 IO '  k IO

k  1, I  d  d '  d '/ / d và (O;R) (O;R')   (k  1)

 R ' | k | R
 x '  a  k ( x  a)
+ Biểu thức tọa độ:  với I(a; b).
 y '  b  k ( y  b)
C. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA PHÉP BIẾN HÌNH
DẠNG 1: XÁC ĐỊNH ẢNH CỦA MỘT HÌNH QUA PHÉP BIẾN HÌNH.
►Phương pháp chung:
- Sử dụng định nghĩa phép biến hình.
- Sử dụng biểu thức tọa độ của phép biến hình.
- Sử dụng các tính chất của phép biến hình.
► Các ví dụ minh họa:
Bài toán 1.1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho vecto v  (2;3) , đường
thẳng d có phương trình là 3x  5 y  3  0 . Viết phương trình đường thẳng d’
là ảnh của d qua phép tịnh tiến theo vecto v
Hướng dẫn giải:

Cách 1: Chọn M(–1; 0) thuộc d, khi đó: M '  Tv (M )  (3;3). M’ thuộc d’ vì d’//d
nên d’ có phương trình 3x  5 y  m  0(m  3). Do M’ thuộc d’ nên m = 24 (nhận).
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là 3x  5 y  24  0
x '  x  2  x  x ' 2
Cách 2: Từ biểu thức toa độ của Tv ta có:   thay vào
 y '  y  3  y  y ' 3
phương trình của d ta được:
3x  5 y  3  0  3( x ' 2)  5( y ' 3)  3  0  3x ' 5 y ' 24  0
Cách 3: Lấy hai điểm M, N bất kì thuộc d, tìm ảnh M’, N’ tương ứng của M và N
qua phép tính tiến theo vecto v . Khi đó đường thẳng d’ là đường thẳng M’N’.
Bài toán 1.2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M(1; 5), đường thẳng
(C) có phương trình là x 2  y 2  2 x  4 y  4  0 , đường thẳng d có phương
trình là x  2 y  4  0 . Tìm ảnh của điểm M, (C) và d qua phép đối xứng trục
hoành Ox và tìm ảnh của M qua phép đối xứng trục d.
 Gọi M’, (C’) d’ lần lượt là ảnh của M, (C), d qua phép đối xứng trục Ox.
618
Ta có M’(1; – 5).
 (C) có tâm I(1; –2), bán kính R = 3. Đường tròn (C’) có tâm I '  DOx ( I )  (1;2)
và bán kinh R’ = R = 3.
Do đó phương trình đường tròn (C’): ( x  1)2  ( y  2)2  9
 Gọi N’(x’; y’) là ảnh của N(x; y) qua phép đối xứng trục Ox, ta có:
 x'  x
  x  x'
  thay vào phương trình d ta được: x’ + 2y’ + 4 = 0.

 y '   y  y   y '
Vậy phương trình d’ là: d ': x  2 y  4  0
 Đường thẳng d1 đi qua M và vuông góc d có phương trình là 2x + y – 7 = 0.
Gọi M o là giao điểm của d và d1 thì tọa độ của M o là nghiệm của hệ:
x  2 y  4  0 x  2

   M o (2;3)

 2 x  y  7  0  y  3
Gọi M 1 là ảnh của M qua phép đối xứng trục d thì M o chính là trung điểm đoạn
thẳng MM 1 nên tọa độ M1 (3;1)
Bài toán 1.3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho toa độ A(3; 4). Hãy tìm tọa
độ điểm A’ là ảnh của A qua phép quay tâm O góc quay 900 .
 Gọi B(3; 0), C(0; 4) lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các trục tọa
độ Ox, Oy.
Phép quay tâm O góc quay 900 Q biến hình chữ nhật OBAC thành hình
(O;900 )
chữ nhật OB’A’C’

Ta thấy B’(0; 3) và C’(–4;0) suy ra A’(–4; 3).
 Cách khác: Gọi A’(x’; y’) là ảnh của A(3; 4) qua phép quay tâm O góc quay
900 : Q .
(O;900 )
6 19
 x '  a  ( x  a)cos   ( y  b)sin 

Ta có: 
 y '  b  ( x  a)sin   ( y  b)cos 
 x '  0  (3  0).cos900  (4  0)sin 900  4
  A '(4;3)
0 0
 y '  0  (3  0).sin 90  (4  0)cos90  3
Bài toán 1.4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d có phương
trình 3x  2 y  6  0 . Hãy viết phương trình đường thẳng d’ là ảnh của d qua
phép vị tự tâm O tỉ số k  2 .
 Cách 1: Ta có: V(O;k ) (d )  d '  d'/ / d  d ': 3x  2 y  m  0 (m  6) .
Lấy điểm M(0; 3) thuộc d và gọi M’(x’; y’) lả ảnh của M qua phép vị tự đã cho.
 x'  0
Khi đó ta có: OM '  2OM    M '(0; 6)
 y '  6
Mặt khác M’ thuộc d’ nên thay vào phương trình d’ ta suy ra m = 12 (nhận)
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: d ': 3x  2 y  12  0
 Cách 2: Gọi M’(x’; y’) là ảnh của M(x; y) qua phép vị tự tâm O ti số k = – 2.
  x '
 x '  2 x  x  2
Khi đó, ta có:   thay vào phương trình d ta được:
 y '  2 y y   y '
 
 2
3
x ' y ' 6  0  3x ' 2 y ' 12  0
2
 Cách 3: Lấy hai điểm bất kì M, N trên d, tìm ảnh M’, N’ của M, N qua phép
vị tự tâm O, tỉ số k = –2. Khi đó d’ là đường thẳng M’N’ (viết phương trình
đường thẳng qua hai điểm).
DẠNG 2: DÙNG PHÉP BIẾN HÌNH ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN DỰNG HÌNH.
► Phương pháp chung:
- Cách 1: Xác định tọa độ M như ảnh của một điểm đã biết qua một phép
biến hình.
- Cách 2: Xem M như là giao điểm của một đường tròn cố định với ảnh của
một đường đã biết qua một phép biến hình.
► Các ví dụ minh họa:
620
Bài toán 2.1. Hai thôn nằm ở vị trí A, B cách nhau một con sông (xem hai bờ sống
là hai đường thẳng song song). Người ta dự định xây một chiếc cầu MN bắc qua
sông (cầu vuông góc với bờ sông) và làm hai đoạn đường AM, NB (như hình
vẽ). Hãy xác định vị trí cầu MN sao cho AM + NB ngắn nhất.
 Trường hợp 1: Xem con sông rất hẹp,
bài toán trở thành: “Cho hai điểm A, B
nằm ở hai phía khác nhau so với đường
thẳng a. Tìm vị trí điểm M trên A để AM
+ AN nhỏ nhất ? ”
Khi đó M chính là giao điểm giữa AB với a.
 Trường hợp 2: a // b. Nhận xét a, b cố định suy ra MN cố định.
Khi đó: TMN ( A)  A '  A ' N  AM . Ta có AM + BN = A’N + NB = A’B
Cách dựng: Dựng A '  TMN ( A) .
Nối A’ với B cắt b tại N.
Từ N hạ đường thẳng vuông góc với a tại M.
Khi đó MN là vị trí xây cầu.
Bài toán 2.2. Cho đường tròn (O) với dây cung PQ. Dựng hình vuông ABCD có
hai đỉnh A, B nằm trên đường thẳng PQ và hai đỉnh C, D nằm trên đường tròn.
 Giả sử đã dựng được hình vuông ABCD thỏa mãn điều kiện của bài toán.
Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng PQ thì OI là đường trung trực của PQ nên
cũng là đường trung trực của DC và do đó cũng là đường trung trực của AB.
Từ đó suy ra, nếu dựng hình vuông PQMN thì có phép vị tự tâm I biến hình
vuông PQMN thành hình vuông ABCD.
 Cách dựng: Dựng hình vuông
PQMN. Lấy giao điểm C và C’ của
đường thẳng IM và đường tròn.
Lấy giao điểm D và D’ của IN và
đường tròn (ta kí hiệu sao cho hai
điểm C, D nằm về một phía đối với
đường thẳng PQ).
Gọi các điểm B, A, B’, A’ lần lượt là
hình chiếu của các điểm C, D, C’, D’
trên đường thẳng PQ. Ta được các
hình vuông ABCD và A’B’C’D’ thỏa
mãn điều kiện của bài toán.
DẠNG 3: DÙNG PHÉP BIẾN HÌNH ĐỂ GIẢI MỘT SỐ TÌM TẬP HỢP ĐIỂM.
6 21
► Phương pháp chung: chứng minh tập hợp điểm cần tìm là ảnh của một hình
đã biết qua một phép biến hình.
►Các ví dụ minh họa:
Bài toán 3.1. Cho hai điểm phân biệt B, C cố định (BC không phải là đường kinh)
trên đường tròn (O), điểm A di động trên (O). Chứng minh rằng khi A di động
(O) thì trực tâm tam giác ABC di động trên một đường tròn.
 Cách 1: Gọi H là trực tâm tam giác ABC, M
là trung điểm của BC. Tia BO cắt đường tròn
(O) tại D.
Ta có: BCD  900 nên DC // AH, AD // CH
suy ra tứ giác ADCH là hình bình hành
Suy ra AH  DC  2OM .
Vì OM không thay đổi suy ra T2OM ( A)  H .
Vậy khi A di động trên đường tròn (O) thì H
di chuyển trên đường tròn (O’) là ảnh của (O)
qua phép tịnh tiến theo 2OM
 Cách 2: Gọi H là trực tâm tam giác ABC.
Gọi I, H’ lần lượt là giao điểm của tia AH

với đoạn thẳng BC và đường tròn (O).
Ta có: BAH  HCB, BAH  BCH ' .
Do đó tam giác HCH’ cân tại C
Suy ra H và H’ đối xứng nhau qua BC.
Khi A di động trên đường tròn (O) thì H’
cũng chạy trên đường tròn (O).
Do đó khi A di động trên đường tròn (O) thì trực tâm H di động trên đường tròn
là ảnh của (O) qua phép đối xứng trục BC
 Cách 3: Gọi H là trực tâm tam giác ABC, I là trung điểm của BC
Tia AO và BO cắt (O) lần lượt tại M và D.
Theo chứng minh cách 1, ta có:
AH  DC  2OM .
Trong tam giác AHM có
AH
OI // AH và OI 
2
 OI là đường trung bình của tam giác AHM.
622
Suy ra I là trung điểm của HM suy ra H và M đối

xứng nhau qua I. Vì BC cố định nên I cố định.
Khi A di động trên đường tròn (O) thì M cũng di động trên (O).
Khi A di động trên đường tròn (O) thì trực tâm H tam giác ABC di động trên
một đường tròn (O’) là ảnh của (O) qua phép đối xứng tâm I.
Bài toán 3.2. Cho đường tròn (O; R), I cố định khác O. Một điểm M thay đổi trên
(O). Tia phân giác của góc MOI cắt IM tại N. Tìm quỹ tích tập hợp điểm N khi
M di động trên (O).
 Vì ON là tia phân giác của góc MOI nên:
MN OM IM  IN OM
 hay 
NI OI IN OI
OM
Do (O) và I cố định nên  k (k là hằng
OI
số, k  0 ).
IM  IN OM
Suy ra  k
IN OI
1 1
 IN  IM  IN  IM
k 1 k 1
1
Vậy phép vị tự tâm I tỉ số biến điểm M thành điểm N.
k 1
Do đó khi M di động trên đường tròn (O) thì N di động trên đường tròn (O’) là
1
ảnh của đường tròn (O) qua phép vị tự tâm I tỉ số
k 1
Bài toán 3.3. Cho điểm A cố định nằm trên đường tròn (O) và điểm C thay đổi trên
đường tròn đó. Dựng hình vuông ABCD. Tìm quỹ tích điểm B và điểm D.
 Trên đoạn thẳng AC lấy điểm M sao cho:

AM AB 2
AM = AB = AD. Khi đó, ta có:  
AC AC 2
Ngoài ra ( AM , AB )  450 và  AM , AD   450 .
2
Suy ra phép vị tự V tâm A, tỉ số k  biến
2
điểm C thành điểm M
6 23
Và phép quay Q tâm A góc quay 450 biến

điểm M thành điểm B.
Vậy nếu gọi F là phép hợp thành của V và Q tì F biến C thành B.
Vì quỹ tích của C là đường tròn (O) nên quỹ tích B là ảnh của đường tròn đó
qua phép đồng dạng F.
 Đường tròn quỹ tích B có thể xác định như sau:
Gọi AR là đường kinh đường tròn (O) và PQ là đường kinh của (O) vuông góc
với AR (ta kí hiệu các điểm P, Q sao cho ( AR, AP)  450 .
Khi đó ta thấy phép đồng dạng F biến AR thành AP. Vậy quỹ tích điểm B là
đường tròn đường kinh AP. Tương tự ta có quỹ tích điểm D là đường tròn
đường kinh AQ.
DẠNG 4: DÙNG PHÉP BIẾN HÌNH ĐỂ CHỨNG MINH BÀI TOÁN HÌNH
HỌC PHẲNG.
►Các ví dụ minh họa:
Bài toán 4.1. Cho điểm M thay đổi trên nửa đường tròn đường kinh AB. Trên tia
BM lấy điểm N sao cho BN = AM. Xác định tâm phép quay biến AM thành
BN và chứng minh N thuộc một nửa đường tròn cố định.
 IA  IB

 Gọi I là điểm chính giữa cung AB   
 ( IA; IB ) 
2
Ta cần chứng minh I là tâm quay M biến thành N.
 MAI  IBN

Do đó ta xét AMI , BNI có:  AM  BN  MAI  IBN (c  g  c)
 AI  BI

Suy ra MI = NI. Ta có:
624
( IM ; IN )  ( IM ; IA)  ( IA, IN )
 ( IN ; IB)  ( IA, IN ) (do MAI  IBN )

 ( IA; IB) 
2
 

  Q I2
 A  B Q I2
Xét phép quay Q 2
I
, ta có: 

 AM   BN

Q I2
 M 
 N
Vậy I là tâm phép quay biến AM thành BN .
  IO  IO '

 Gọi O’ là ảnh của O qua phép Q 2
I

( IO; IO ') 
 .
 2
 IO  OB  R

Mà   . Vậy IOBO’ là hình vuông. Suy ra O’ là đỉnh hình vuông.
 (OI ; OB ) 
2

Mặt khác, M thuộc (O) cố định và O’ là ảnh của O qua phép quay Q 2
I
nên N
thuộc (O’) cố định.
Bài toán 4.2. Cho tam giác đều ABC và điểm M nằm trên cung nhỏ BC của đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng MA = MB + MC.
 Gọi I là giao điểm của đường tròn
(C; CM) và AM. Xét tam giác ABC có:
CM = CI (do cách dựng điểm I) (1)

(MC; MI) = (BC; BA) = (cùng chắn
3
cung AC) (2)
Từ (1) và (2) suy ra tam giác ABC đều.

suy ra (CI ; CM ) 
3
 Xét phép quay Q  ,
(C ; )
3
 CI  CM

ta có:    Q(C ;  ) ( M )  I
 (CM ; CI )  3
3
6 25
 CB  CA

Đồng thời    Q(C ;  ) ( B )  A .
 (CB; CA)  3
3
Như vậy Q  ( MB)  IA . Do tính bảo toàn khoảng cách của phép quay nên
(C ; )
3
ta có MB = IA
Mặt khác: IM = MC (Do tam giác ABC đều) suy ra AM = AI + IM = MB +
MC (đpcm)
Nhận xét: ta có thể mở rộng tính chất như sau:
“ Cho tam giác đều ABC và điểm M bất kì thuộc góc BAC. Khi đó, ta
có: MB  MC  MA .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M nằm trên cung nhỏ BC của đường tòn ngoại
tiếp tam giác ABC.
Bài toán 4.3. Cho tam giác đều ABC và vẽ về phía ngoài các tam giác đều
BCA1 , CAB1 , ABC1 có tâm lần lượt là A ', B ', C ' . Chứng minh rằng tam giác
A ' B ' C ' là tam giác đều. (Bài toán Napolenon)
 Trước tiên ta có nhận xét: bài toán trên vẫn đung trong trường hợp các tam
giác đều vẽ về phía trong.
 Cách 1: Ý tưởng dùng tích phép quay.
Xét: F  Q 2  .Q 2  với
 C ';   A'; 
 3   3 
2 2 4

1   2     k 2
3 3 3
Suy ra F  Q 4   Q   .
 I;   I; 
 3   3 
 Q 2  
 C '; 
Q 2  
 A'; 
 A 
 3 
 B  3 
C
Do 
Q 2  
 I  B'.
 A 
 B'; 
3 
C


 1 
 (C ' B ',C'A')  
2 3
Theo cách dựng tâm B’, ta có:   A ' B ' C ' đều (đpcm)

 (A'C', A'B')  2  
 2 3
 Cách 2: Ý tưởng chứng minh A’B’ = B’C’ = A’C’.
Trong tam giác A’BC’, áp dụng địng lý hàm số cosin ta có:
626
A ' C '2  A ' B 2  BC '2  2 A ' B.BC '.cos A ' BC '

1 a 3c 3  
 (a 2  c 2 )  2 cos   B 
3 3 3 3 
1 2ac  1 3 
 (a 2  c 2 )   cos B  sin B 
3 3 2 2 
1 ac ac 3
 (a 2  c 2 )  cos B  sin B
3 3 3
Áp dụng các định lý về hệ thức lượng trong tam giác ABC:
ac.cos B  a 2  c 2  b2
 .
 ac sin B  2 S ABC
1 1 2 3
Vậy A ' C '2  (a 2  c 2 )  (a 2  c 2  b 2 )  S ABC
3 6 3
1 2 3
 (a 2  b 2  c 2 )  S ABC
6 3
1 1 2 3
Tương tự ta tính được: A ' C '2  B ' C '2  (a 2  c 2 )  (a 2  c 2  b 2 )  S ABC
3 6 3
1 2 3
 (a 2  b 2  c 2 )  S ABC
6 3
Từ đó suy ra tam giác A’B’C’ đều (đpcm)
 Cách 3:Ý tưởng chứng minh tam giác A’B’C’ có 2 góc 600
Dựng các đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC1 , BCA1 . Gọi O là giao điểm thứ
hai của hai tam giác.
Ta có: AOB  1200 (do AOBC1 nội
tiếp có góc AC1 B  600 )
Mặt khác, BOC  1200 (do BOCA1
nội tiếp có góc BA1C  600 )
Suy raAOC  1200 , từ đó suy ra tứ giác
AOCB1 hay cắt đường tròn
( ABC1 ), ( BCA1 ), (ACB1 ) cắt nhau tại O.
Ta có: OB vuông góc A’C’ do OB là trục đẳng phương của ( ABC1 ), ( BCA1 ).
6 27
OC vuông góc A’B’ do OC là trục đẳng phương của ( BCA1 ), (ACB1 ) ) và góc
BOC  1200 (cmt)
Suy ra C ' A ' B '  600 . Tương tự ta cũng có A ' B ' C '  A ' C ' B '  600
Từ đó suy ra tam giác A’B’C’ đều (đpcm)
Bài toán 4.4. Cho tam giác ABC vuông cân tai C. Một đường thẳng song song AB
cắt các cạnh BC, AC lần lượt tại E và D. Các đường thẳng vuông góc với AE hạ
từ C và D lần lượt cắt AB tại K và H. Chứng minh rằng K là trung điểm đoạn BH.
 Trên đường thẳng AC, lấy điểm F
sao cho C là trung điểm DF. Ta có:
Q  ( E )  F , Q  (A)  B
C;   C; 
 2  2
Do đó AE vuông góc BF.
Suy ra BF // KC // HD.
Áp dụng định lý đường trung bình trong
hình thang, do C là trung điểm DF nên
ta có điều phải chứng minh.
 Nhận xét: E, D không nhất hiết phải
thuộc cạnh BC, AC.
Bài toán 4.5. Cho đường tròn tâm O nội tiếp trong tam giác ABC. Chứng minh
rằng: sin AOA
.  sin B.OB  sin C.OC  0
 Gọi I, J, K tương ứng là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp với các cạnh
AB, BC, CA.
Theo tính chất của 2 tiếp tuyến xuất phát từ 1 điểm ta có: AO  IK .
Tứ giác AIOK nội tiếp trong đường tròn đường kinh OA. Đây cũng là đường
tròn ngoại tiếp tam giác AIK. Vì thế theo định lý hàm số sin trong tam giác này
ta có: IK  OA.sin A
 Xét phép quay Q tâm O góc quay 900 .
A
Giả sử trong phép quay này:
 90o
QO
 I  I ' I’
 K
 90o
QO I
 J  J '
 90o
 QO J'
 K  K ' O

K'
B C
628 J
Theo tính chất của phép

quay suy ra:
90o
QO  IK I 'K '
IK  I ' K ' 
 IK  I ' K '
AO  IK  I ' K / /OA
Ngoài ra do các lập luận trên ta suy ra: K ' I '  sin A.OA (1).
Lập luận tương tự ta có: .
Cộng từng vế theo vế (1), (2), (3) ta được:
sin A.OA  sin B.OB  sin C.OC  0 (do K ' I '  I 'J'  J ' K '  0. )
 Nhận xét: theo định lý hàm số sin suy ra: a .OA  b.OB  c.OC  0 . Vậy O là
tâm tỉ cự của ba đỉnh A, B, C theo bộ số (a; b; c).
Bài toán 4.6. Chứng minh rằng: trong một tam giác, ba trung điểm của ba cạnh, ba
chân đường cao và ba trung điểm của ba đoạn nối từ đỉnh đến trực tâm nằm trên
một đường tròn (đường tròn Euler).
 Trong tam giác ABC, gọi:
G là trọng tâm.
H là trực tâm.
O là tâm đường tròn ngoại tiếp
O’ là tâm đường tròn Euler.
M1 , M 2 , M 3 lần lượt là trung điểm của BC, AC, AB.
H1 , H 2 , H 3 lần lượt là chân đường cao từ các đỉnh A, B, C.
 1
 V G2  M
 A  1
 1

 Ta có:  B V G2  M .
2
 1

C V G2  M
3


1
Do đó: V G2 M M M
ABC  1 2 3
 Ta thấy O là trực tâm tam giác M 1M 2 M 3
6 29
1
V G2  O  1
Suy ra H  GO  GH (1) .
2
 Ta có: O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác M 1M 2 M 3
1
V G2  O '  1
Suy ra O  GO ' 
GO (2) .
2
Từ (1) và (2) suy ra O’ là trung điểm của đoạn OH
 Đường tròn (O’) ngoại tiếp tam giác M 1M 2 M 3 lần lượt cắt AH, BH, CH tại
N1 , N 2 , N3 .
Ta chứng minh N1 , N 2 , N3 là trung điểm AH, BH, CH.
1
Thật vậy, ta có: V H2 ( M

( ABC )  1M 2 M 3 ) .
1
Mà A thuộc (ABC) và N1  (M1M 2 M 3 )  HN1  HA  N1 là trung điểm HA.
2
Tương tự ta có N 2 , N3 lần lượt là trung điểm HB, HC.
 Gọi H1 ', H 2 ', H 3 ' lần lượt là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC với HA, HB, HC.
1
1 V H2  H .
Ta có: HH1  HH1 '  H1 '  Mà H1 '  ( ABC )  H1  ( M1M 2 M 3 )
1
2
Vậy đường tròn Euler đi qua 9 điểm M1 , M 2 , M 3 , H1 , H 2 , H 3 , N1 , N 2 , N3
■ CHỦ ĐỀ 1.9:
CÁC ĐỊ NH LÝ– BỔ ĐỀ – TÍNH CHẤ T
BÀI TOÁN TIÊU BIỂ U TRONG HÌNH HỌC PHẲ NG

1. ĐỊNH LÝ THALES THUẬN:Nếu một đường thẳng song song với một cạnh
của tam giác và cắt hai cạnh còn lại thì nó định ra trên hai cạnh đó những đoạn
thẳng tương ứng tỉ lệ.
Với tam giác ABC, nếu có đường thẳng d song song với BC, cắt AB, AC lần
lượt tại hai điểm D,E thì:
630
AD AE AD AE DB EC
 và  và 
AB AC DB DB AB AC
Lưu ý: định lý trên cũng đúng trong với trường hợp hình 2 (giống “đồng hồ cát”):
IA IC AB
 
IC ID CD
2. ĐỊNH LÝ THALES ĐẢO: Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của một tam
giác và định ra trên hai cạnh này những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ thì đường
thẳng đó song song với cạnh còn lại của tam giác.
Với tam giác ABC nếu có đường thẳng d cắt AB, AC lần lượt tại D, E và thỏa mãn:
AD AE AD AE DB EC
 và  và  thì khi đó DE // BC hay d // BC
AB AC DB DB AB AC
3. ĐỊNG LÝ VỀ ĐƯỜNG TRUNG BÌNH TRONG TAM GIÁC:
3.1 Định lý: “Đường thẳng đi qua trung điểm một cạnh của tam giác và song
song với cạnh thứ hai thì đi qua trung điểm cạnh thứ ba ”
Cho tam giác ABC có M là trung điểm cạnh AB. Đường thẳng đi qua M song
song với cạnh BC và cắt cạnh AC tại điểm N. Chứng minh rằng NA = NC.
☺Chứng minh định lý:
Từ M vẽ tia song song AC, cắt BC tại F.

Ta có tứ giác MNCF có và MN // CF (MN // BC) và MF // NC (MF // AC)
6 31
Suy ra tứ giác MNCF là hình bình hành  MF  NC (1) .

Mặt khác, xét hai tam giác BMF và MAN có:
 MBF  AMN (dong vi)

 BM  MA ( gt )  BMF  MAN ( g  c  g )
 BMF  MAN (dong vi )

Suy ra MF  AN (2) (hai cạnh tương ứng bằng nhau)
Từ (1) và (2) ta suy ra NA = NC (định lý được chứng minh)
3.2 Định lý: “Đường trung bình của tam giác thì song song với cạnh thứ ba
và dài bằng một nửa cạnh ấy ”
Xét tam giác ABC có M là trung điểm cạnh AB và N là trung điểm cạnh AC.
Chứng minh rằng MN song song BC và BC = 2MN.
Kéo dài đoạn MN về phía N một đoạn NF có độ dài bằng MN. Nhận thấy tam
giác ANM bằng tam giác CNF (trường hợp cạnh – góc – cạnh).
Suy ra MAN  NCF (so le trong) suy ra CF // MA hay CF // BA
Mặt khác vì hai tam giác này bằng nhau nên CF = MA suy ra CF = MB (do M
là trung điểm AB).
Tứ giác BMFC có hai cạnh đối BM và FC vừa song song và bằng nhau nên
BMFC là hình bình hành
Suy ra MF // BC hay MN // BC.
MF BC
Mặt khác MN  NF   (tính chất hình bình hành) (định lý được
2 2
chứng minh)
4. ĐỊNH LÝ VỀ ĐƯỜNG TRUNG BÌNH TRONG HÌNH THANG:
4.1 Định lý: “Đường thẳng đi qua trung điểm một cạnh bên của hình thang
và song song với hai đáy thì đi qua trung điểm cạnh bên thứ hai.”
Xét hình thang ABCD, E là trung
điểm cạnh AD. Qua E kẻ đường
thẳng song song với hai đáy, cắt
cạnh BC tại F. Chứng minh rằng F
là trung điểm BC.

Gọi H là giao điểm AC và EF.
Theo định lý 1 về đường trung bình
trong tam giác, vì EH đi qua trung
điểm AD và song song CD nên H là
trung điểm cạnh AC.
632
Xét tương tự trong tam giác ABC vì HF đi qua trung điểm AC và song song AB
nên F là trung điểm BC (định lý được chứng minh).
4.2. Định lý: “Đường trung bình của hình thang thì song song hai đáy và
dài bằng một nửa tổng độ dài hai đáy.”
Xét hình thang ABCD, E là trung điểm cạnh AD, F là trung điểm BC. Chứng
1
minh rằng EF song song AB và EF  ( AB  CD ) .
2
Gọi H là trung điểm AC. Áp dụng định lý 2 về đường trung bình EH trong tam
giác ACD và đường HF (tam giác CAB) ta có:
 CD
 EH / / CD, EH 
2 .

 HF / / AB, HF  AB
 2
Do AB // CD nên E, H, F thẳng hàng suy ra EF / / AB // CD
1
Và khi đó EF  EH  HF  ( AB  CD ) (định lý được chứng minh).
2
5. ĐỊNH LÝ ĐƯỜNG PHÂN GIÁC TRONG TAM GIÁC: “ trong một tam
giác, đường phân giác của một góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ
lệ với hai cạnh kề hai đoạn đó ”.
Xét tam giác ABC có AD là đường phân giác trong góc A, D là chân phân giác
trong. Chứng minh rằng
DB AB

DC AC
☺ Chứng minh định lý:
■Cách 1:
Từ đỉnh B kẻ đường thẳng qua B và song
song với cạnh AC, cắt AD tại E.
Theo giả thiết AD là đường phân giác
trong góc A nên ta có:
BAE  CAE (1) .
Mặt khác BE // AC nên chúng ta có:
CAE  BEA (2) .
Từ (1) và (2) chúng ta có: BAE  BEA
nên tam giác ABE cân ở B suy ra BA = BE.
DB BE BA
Trong tam giác DAC, theo hệ qua của định lí Thales ta có:  
DC AC AC
6 33
 BC  AB  AC AB  AC AC
Thay  , chúng ta có  .
 BD  AD  AB AD  AB AD
■Cách 2: Áp dụng địn lý sin trong tam giác ABD và ACD, chúng ta có:
AB sin BDA AC sin ADC
 và  (3)
BD sin BAD CD sin DAC
Do AD là đường phân giác trong góc A nên ta có: BAD  DAC (4)
Lại có: sin BDA  sin ADC (5).
DB AB
Từ (3), (4), (5) suy ra
 (định lý được chứng minh)
DC AC
6. ĐỊNH LÝ MÉNÉLAUS: “ cho tam giác ABC. Gọi D, E, F lần lượt là nằm
trên các đường thẳng BC, CA, AB. Khi đó D, E, F thẳng hàng khi và chỉ khi
FA DB EC
. .  1 ”.
FB DC EA
☺ Chứng minh định lý:
■ Chiều thuận: Giả sử D, E, F thẳng hàng. Vẽ đường thẳng qua C và song

song với AB cắt đường thẳng DE tại G. Theo định lý Thales thuận, ta có:
DB FB EC CG
 (1),  (2) .
DC CG EA FA
634
DB EC FB DB EC FA
Nhân (1) và (2) vế theo vế ta được: .   . . 1
DC EA FA DC EA FB
(điều phải chứng minh).
FA DB EC
■ Chiều đảo: Giả sử . .  1 , ta chứng minh D, E, F thẳng hàng.
FB DC EA
Giả sử F’ là giao điểm giữa ED và AB. Theo chứng minh trên ta có:
F ' A DB EC
. . 1.
F ' B DC EA
Kết hợp giả thiết ta có
FA F ' A FA FB FA  FB AB
     1
FB F ' B F ' A F ' B F ' A  F ' B AB
 FA  F ' A  F '  F (đpcm)
7. ĐỊNH LÝ CEVA: “ cho
tam giác ABC. Gọi D, E, F lần
lượt là nằm trên các đường
thẳng BC, CA, AB. Khi đó AD,
BE, CF đồng qui khi và chỉ khi
FA DB EC
. .  1 ”.
FB DC EA
Ngoài ra định lý còn được biểu
một cách tương tự trong lượng
giác:
“Cho tam giác ABC. Gọi D, E, F lần lượt là nằm trên các đường thẳng BC,
CA, AB . Các cạnh AD, BE, CF đồng qui khi và chỉ khi
sin BAD sin ACF sin CBE
. . 1
sin CAD sin BCF sin ABE
8. CÁC TÍNH CHẤT VỀ ĐƯỜNG THẲNG EULER
►Tính chất 8.1. Trong một tam giác thì trọng tâm, trực tâm và tâm đường
tròn ngoại tiếp cùng nằm trên một đường thẳng. (Đường thẳng này được gọi là
đường thẳng Euler của tam giác.)
☺ Chứng minh Cho tam giác ABC,
gọi G, H, O lần lượt là trọng tâm,
trực tâm và tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC.
Gọi D là điểm đối xứng của A qua
O. Khi đó BHCD là hình bình hành,
suy ra trung điểm M của BC cũng là
6 35
trung điểm của HD. Tam giác AHD

có OM là đường trung bình, suy ra
1
OM = AH.
2
1
Suy ra GM/GA = OM/AH = . Suy ra ΔAHG ∼ΔMOG (c.g.c)
2
Suy ra H,G, O thẳng hàng và GH = 2GO.
Nhận xét. Khi nói đến đường thẳng Euler thì ta chỉ cần cho đường thẳng đi qua
hai trong 3 điểm trên.
►Tính chất 8.2. Cho tam giác ABC có trọng tâm G, trực tâm H và tâm ngoại
tiếp O. Gọi P là điểm đối xứng của H qua O. Gọi G1, G2, G3 là trọng tâm của các
tam giác PBC, PAC và PAB. Chứng minh rằng G1A = G2B = G3C và G1A, G2B ,
G3C đồng quy.
☺ Chứng minh
Chứng minh GG1 song song với
AP
AP và GG1 = .
3
OP
Hơn nữa GO = . Suy ra A, O,
3
4 AO
G1 thẳng hàng và AG1  .
3
Chứng minh tương tự ta cũng có BG2, CG3 cùng đi qua O và
4 BO 4CO
BG1  , CG1 
3 3
►Tính chất 8.3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). (J) là đường tròn
bàng tiếp thuộc góc A của tam giác ABC.
(J) tiếp xúc BC, AB, AC tai. M. N. P.
Chứng minh rằng OJ là đường thẳng Euler của tam giác MNP
☺ Chứng minh: Gọi M1, N1,
P1 là giao điểm của JA, JB, JC
với PN, PM và MN. Khi đó
636
M1, N1, P1 lần lượt là trung

điểm của PN, PM, MN. Do đó
đường tròn Euler của tam giác
MNP là đường tròn ngoại tiếp
tam giác M1N1P1.
Gọi A’, B’, C’ là giao điểm
của JA, JB và JC với đường
tròn ngoại tiếp tam giác
ABC.
Khi đó ta có JB’.JB =
JA’.JA = JC’.JC
Hơn nữa ta có JB.JN1 = JA.JM1 = JC.JP1
Do đó JN1/JB’ = JM1/JA’ = JP1/JC’
Suy ra M1N1 //A’B’,
P1M1 //A’C’ và N1P1//B’C’
Từ đó ta có tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác M1N1P1, tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác A’B’C’ và J thẳng hàng. Suy ra tâm ngoại tiếp tam giác M1N1P1
thuộc JO.
Mặt khác J là tâm ngoại tiếp của tam giác MNP.
Vậy JO là đường thẳng Euler của tam giác MPN.
►Tính chất 8.4. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I), với các đường
cao AA’, BB’ và CC’. Gọi da, db, dc là các đường thẳng Euler của các tam giác
AB’C’, BA’C’ và CA’B’. Gọi d’a, d’b, d’c là các đường thẳng đối xứng với da, db,
dc qua AI, BI và CI. Chứng minh d’a, d’b, d’c đôi một song song.
☺ Chứng minh: Gọi B1, C1 đối xứng với B’, C’ qua AI, khi đó d’a là đường
thẳng Euler của tam giác AB1C1, mà B1C1 //BC, suy ra d’a song song với đường
thẳng Euler của tam giác ABC.
Chứng minh tương tự thì d’b, d’c song song với đường thẳng Euler của tam giác
ABC.
►Tính chất 8.5. Cho tam giác ABC có trực tâm H. Khi đó đường thẳng
Euler của các tam giác HAB, HAC và HBC đồng quy.
☺ Chứng minh: Đồng quy tại trung điểm của OH.
6 37
Đến nay người ta vẫn còn tìm ra những tính chất thú vị liên qua đến đường
thẳng Euler, và năm 2006 thì kiến trúc sư người Hy Lạp Rostas Vittasko có đưa
ra bài toán sau:
►Tính chất 8.6. Cho tứ giác ABCD nội tiếp có các đường chéo cắt nhau tại
P. Khi đó đường thẳng Euler của các tam giác PAB, PBC, PCD, PAD đồng quy.
9. CÁC TÍNH CHẤT CỦA ĐƯỜNG TRÒN EULER: Trong một tam giác
thì 9 điểm gồm: trung điểm của 3 cạnh, trung điểm của các đoạn thẳng nối từ
trực tâm đến đỉnh, chân các đường cao thì cùng thuộc một đường tròn.
(Người ta gọi là đường tròn 9 điểm hay đường tròn Euler)
Sau đây là một số tính chất của đường tròn Euler, xem như bài tập.
Bài toán 9.1. Tâm đường tròn Euler
là trung điểm của đọan thẳng nối
trực tâm và tâm ngoại tiếp.
Bài toán 9.2. Cho tam giác ABC
trực tâm H. Tia Hx cắt đường tròn
Euler tại M và đường tròn ngoại
tiếp tại N. Khi đó M là trung điểm
của HN.
Bài toán 9.3. Cho tam giác ABC
có trực tâm H. Khi đó đường tròn
Euler của tam giác ABC cũng là
đường tròn Euler của các tam giác
HAB, HAC và HBC. (Từ bài toán
2.3 suy ra bài toán 1.4)
Sau đây là một định lý rất hay và đẹp của hình học tam giác.
Bài toán 9.4.(Định lý Feuerbach)Trong một tam giác đường tròn Euler tiếp
xúc với đường tròn nội tiếp và các đường tròn bàng tiếp.
Chứng minh định lý Feuerbach dựa trên những công cụ mạnh, phép nghịch đảo,
tuy nhiên vẫn có cách làm sơ cấp hơn. Sau đây là các bổ đề dùng để chứng
minh định lý Feuerbach. Xem như bài tập. Ta sử dụng các ký hiệu trong bài
toán 2.
Bài toán 9.4.1.Giả sử A1A3> A2A3. Khi đó đường thẳng M1T tiếp xúc với
đường tròn Euler tại M1 thì tạo với A2A3 một góc là α2– α3.
Bài toán 9.4.2.Gọi D1 là giao điểm của phân giác trong góc A1 với A2A3. Gọi
X1P là tiếp tuyến đến đường tròn nội tiếp (I), X1P’ là tiếp tuyến của đường
638
tròn bàng tiếp góc A (P, P’ là các tiếp điểm). Khi đó PX1P’ song song với
M1T.
Bài toán 9.4.3.Gọi Q là giao điểm của M1P với (I), khi đó Q cũng thuộc
đường tròn Euler.
Bài toán 9.4.4.Hai đường tròn Euler và đường tròn nội tiếp giao nhau tại Q.
Chứng minh rằng chúng có chung tiếp tuyến.
Một số bài toán liên quan đến đường tròn Euler.
Bài toán 9.5.(VMO 2009) Trong mặt phẳng cho hai điểm cố định A, B (A khỏc
B). Một điểm C di động trờn mặt phẳng sao cho ∠ACB = α = const (00<α<
1800). Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC và tiếp xúc với AB, BC, CA lần
lươt tại D, E, F. AI, BI cắt EF lần lượt tại M, N.
a)Chứng minh rằng: MN cú độ dài khụng đổi.
b)Chứng minh rằng: (DMN) luôn đi qua một điểm cố định khi C lưu động.
Bài toán 9.6. Cho tam giác ABC trung tuyến AM, O là tâm ngoại tiếp. Khi đó
đường thẳng qua M vuông góc với AO tiếp xúc với đường tròn Euler của tam
giác ABC.
Bài toán 9.7. Chứng minh rằng các đường thẳng da, db, dc trong bài toán 1.3
đồng quy tại một điểm thuộc đường tròn Euler.
Bài toán 9.8. Tam giác ABC có các đường cao lần lượt là AD, BE và CF đồng
quy tại trực tâm H. DE cắt CF tại M, DF cắt BE tại N. Gọi O là tâm đường tròn
ngoại tiếp của tam giác HBC. Chứng minh OA ⊥ MN.
10. CÁC TÍNH CHẤT ĐẶC BIỆT TRONG ĐƯỜNG TRÒN – TAM GIÁC:
►Tính chất 10.1.Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn tâm I, G là
trọng tâm tam giác ABC. Gọi D là trung điểm AB, E là trọng tâm tam giác
ACD  I là trực tâm tam giác DEG và suy ra IE vuông góc DG.
☺ Chứng minh:
Gọi H, N, K lần lượt là trung điểm
các cạnh BC, AC, AD và E là giao
điểm KC và DH.
Ta có G  DC  AH  G là
trọng tâm tam giác ABC suy ra
6 39
CG CE 2
   GE / / AB (theo
CD CK 3
định lý Thales đảo).
Lại có I là tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC  DI  AB nên
GE  DI
 DE / / BC
Lại có   GI  DE .
 GI  BC
 GE  DI

Ta có GI  DE  H là trực tâm tam giác DEG
 I  ID  IG

Trong tâm giác DEG, EI qua I nên EI  DG (đpcm).
►Tính chất 10.2.Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi P, Q lần
lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BH, AH . Chứng minh rằng Q là trực
tâm tam giác ACP và suy ra AP  CQ.
☺ Chứng minh:
Do P, Q lần lượt là trung điểm
BH, AH nên ta suy ra PQ là
đường trung bình tam giác ABH
Suy ra PQ // AB.
Mà AB  AC ( gt )
Suy ra PQ  AC .
Mặt khác AH vuông góc PC có Q
là giao điểm AQ và QC
Suy ra H là trực tâm tam giác ACP  AP  QC (đpcm).
►Tính chất 10.3.Cho tam giác ABC cân
tại A. Gọi D là điểm nằm trên cạnh AB
sao cho AB = 3AD và H là hình chiếu
vuông góc của B trên CD, M là trung
điểm của HC. Chứng minh rằng
AM  BM .
☺Gợi ý chứng minh:
Gọi N, I là giao điểm của đường thẳng
qua B vuông góc với BC với các đường
thẳng CD và CA.
Ta chứng minh tứ giác NAME là hình
bình hành và E là trực tâm tam giác NBM
640
Từ đó, ta suy ra BM vuông góc AM.

►Tính chất 10.4.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), có H là trực
tâm. Gọi H’ là giao điểm của AH với đường tròn (O) suy ra H’ đối xứng với H
qua BC.
☺Chứng minh:
Ta có góc A1  C1 (do cùng phụ với
góc ABC )
Lại có góc A1  C2 (góc nội tiếp
cùng chắn cung nhỏ BH’ nên bằng nhau).
Suy ra góc C1  C2 suy ra HCH '
cân tại C suy ra BC là trung trực của HH’
Do đó H’ đối xứng với H qua BC.
(đpcm).
►Tính chất 10.5.Cho tam giác ABC

nội tiếp đường tròn có tâm I và có H
là trực tâm, G là trọng tâm. Kẻ
đường kinh AK, M là trung điểm BC.
Chứng minh rằng:
a. Tứ giác BHCK là hình bình hành.
b. G cũng là trọng tâm tam giác AHK
suy ra H, G, I thẳng hàng.
c. AH  2IM và HG  2 HI .
☺Chứng minh:
Ta có: góc ACK  900 (do nhìn đường
kinh AK) suy ra KC vuông góc AC.
Mà BH vuông góc AC nên ta có BH // KC (1).
Tương tự ta có góc ABK  900 (do nhìn đường kinh AK) suy ra KB vuông
góc AB.
Mà CH vuông góc AB nên ta có: CH // KB (2).
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BHCK là hình bình hành.
Lại có M là trung điểm BC suy ra M cũng là trung điểm HK và I là trung điểm AK
Nên ta suy ra IM là đường trung bình tam giác AHK suy ra IM // AH và AH = 2IM.
AG ' HG ' 2
Gọi G '  AM  HI ta có G’ là trọng tâm tam giác AHK   
AM HI 3
Mặt khác do G là trọng tâm tam giác ABC
AG 2
   AG  AG '  G  G '
AM 3
6 41
Nên G cũng là trọng tâm tam giác ABC suy ra H, G, I thẳng hàng.
►Tính chất 10.6.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I, có BE và CF
là 2 đường cao. Chứng minh rằng IA vuông góc EF.
☺Chứng minhcách 1:
Kẻ tiếp tuyến Ax ta có: xAB  ACB
(góc giữa tiếp tuyến và dây cung bằng
góc nội tiếp vì cùng chắn cung AB).
Mặt khác ta có: BEC  CFB  900
(2 góc liên tiếp cùng chắn cung BC) suy
ra EFBC là tứ giác nội tiếp
 ACB  AFE (góc ngoài bằng góc
đối trong).
Do đó ta có xAB  EAF (theo vị trí
so le trong) suy ra Ax // EF.
Mà IA  Ax
Suy ra IA  EF (đpcm)
CF cắt (I) tại M, BE cắt (I) tại N.
Ta có: MBA  MCA (góc nội tiếp
cùng chắn cung MA)
Mặt khác, ABN  MCA (2 góc
cùng phụ với góc BAC).
Do đó MBA  ABN  AM  AN
 IA  MN
Ta có tam giác BMH có BF vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên cân
tại đỉnh B
Suy ra F là trung điểm MH.
Chứng minh tương tự ta có E là trung điểm HN.
Do đó EF là đường trung bình tam giác HMN suy ra EF // MN
Vì vậy IA vuông góc EF. (đpcm)
►Tính chất 10.7.Cho tam giác ABC nội
tiếp đường tròn (O), có H là trực tâm. Gọi
I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
HBC suy ra O đối xứng với I qua BC.
☺Chứng minh:
Gọi H’ là giao điểm của AH với đường
tròn (O) suy ra tức giác ACH’B nội tiếp
642
đường tròn (O) suy ra O đồng thời là tâm

đường tròn ngoại tiếp tam giác BH’C.
Mặt khác H và H’ đối xứng nhau qua BC
(xem lại tính chất 10.4) suy ra tam giác
HBC đối xứng với tam giác H’BC qua
BC. Mà O, I lần lượt là tâm đường tròn
ngoại tiếp H’BC và HBC
Suy ra I và O đối xứng nhau qua BC.
►Tính chất 10.8.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), Gọi D, E theo
thứ tự là chân các đường cao từ A, B. Các điểm M, N theo thứ tự là trung điểm
BC và AB. Chứng minh rằng tứ giác MEND nội tiếp.
☺Chứng minh:
Trước hết ta có thể vận dung bổ đề
về đường tròn 9 điểm (đường tròn
Euler) để chứng minh tính chất này.
(bạn đọc có thể tham khảo cách
chứng minh tính chất trên qua bài
toán 4.6, chủ đề 8 chương 1: phép
biến hình và các ứng dụng của phép
biến hình)
Ta có D là trung điểm HH’ (theo tính
chất 10.4), M là trung điểm HA’ (do
tính chất 10.5)

1
V H2  M
 A ' 
Như vậy ta có phép vị tự:  1
.
 V H2  D
 H ' 
Mà A’, H’ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC suy ra 2 điểm M, D
thuộc đường tròn (C’) là ảnh của đường tròn (C) tâm O qua phép vị tự tâm H tỉ
1
số k =
2
Chứng minh tương tự ta cũng có: N, E thuộc đường tròn (C’) là ảnh của đường
1
tròn (C) tâm O qua phép vị tự tâm H tỉ số k = .
2
Do đó ta có D, M, E, N cũng thuộc đường tròn (C’) nên tứ giác DMEN là tứ
giác nội tiếp.
►Tính chất 10.9.Cho tam giác ABC , gọi O, I lần lượt là tâm đường tròn
ngoại tiếp, tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, AI cắt đường tròn (O) tại D.
CMR: DB = DI = DC.
6 43
☺Chứng minh:
Ta có góc I1  A1  B1 do góc
I1 là góc ngoài của tam giác ABI.
Mà góc B1  B2 (do BI là phân
giác củatam giác ABC) và
A1  A2 (do AI là phân giác tam
giác ABC)
Kết hợp với A2  B3
 I1  B2  B3  IBD
 IBD cân tại D suy ra DI = DB (1)
Do AI là phân giác cắt đường tròn
(O) tai D nên cung BD bằng cung
CD suy ra DC = DB (2)
Từ (1), (2) ta suy ra DI = DB = DC (đpcm).
►Tính chất 10.10.Cho tam giác ABC ,
gọi D, E, F lần lượt là chân đường cao
kẻ từ A, B, C của tam giác ABC. Gọi H
là trực tâm của tam giác ABC. Chứng
minh rằng H là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác DEF.
☺Chứng minh:
Tứ giác ECDH nội tiếp (do có
HEC  HDC  900  900  1800 )
suy ra HDE  HCE (1)
Mà góc FBH  HCE (2) .
Tứ giác FHDB nội tiếp (do có HFB  HDB  900  900  1800 ) suy ra
FBH  FDH (3)
Từ (1), (2), (3) ta suy ra HDE  FDH suy ra DH là tia phân giác của tam
giác DEF.
Chứng minh tương tự ta có: EH, FH là tia phân giác của tam giác DEF.
Lại có H là giao điểm của EH, FH, DH nên H là tâm đường tròn nội tiếp tam
giác ABC (đpcm)
►Tính chất 10.11.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), gọi D, E là
giao điểm của đường tròn (O) với các đường cao qua A và C. Chứng minh
rằng OB là trung trực của ED.
☺Chứng minh:
644
 sd BD
E1  A1 
 2
 sd BE
Ta có góc D1  C1 
 2
C1  A1


 E1  D1 suy ra tam giác EBD cân tại B  BE  BD (1)
Mà OE = OD (bán kinh đường tròn tâm O) (2). Từ (1) và (2) suy ra OB là
trung trực của ED.
►Tính chất 10.12.Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp. Gọi D,
E, F lần lượt là các tiếp điểm của (I) với BC, CA, AB. Gọi K là giao điểm Của
EF và BI. Chứng minh rằng CK  BK
☺Chứng minh:
Ta có: BIC  900  BAC  CIK  900  BAC .

Lại có: CEK  AEF  900  BAC (vì tam giác AEF cân tại A)
Do đó tứ giác IEKC là tứ giác nội tiếp suy ra
IKC  IEC  900  BKC  900
►Tính chất 10.13.Cho tam giác ABC vuông tại A, AH là đường cao. M là
trung điểm AH. Đường thẳng vuông góc với BC tại B cắt cắt CM tại D. Chứng
minh rằng tam giác DAB cân.
☺Chứng minh:
6 45
Gọi N là giao điểm giữa BD và AC. Ta có BAN  900 .

Vì BN vuông góc BC (gt), AH vuông góc BC (gt) nên AH // BN
MH CM
Xét tam giác BDC có BD // HM suy ra  (hệ quả của định lý
BD CD
Thales)
AM CM MH AM
Tương tự ta có:  . Do đó  , mà MH = AM (do M là
DN CD BD DN
trung điểm)
Suy ra BD = DN.
Lại có tam giác ABN vuông tại A, AD là trung tuyến nên AD = DB
Suy ra tam giác DAB cân tại D.
►Tính chất 10.14.Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) tâm I có AD là
đường phân giác trong góc A.(D là chân phân giác trong). Gọi d là tiếp tuyến
tại A của đường tròn (C) cắt BC tại E. Chứng minh rằng tam giác AED cân tại E.
☺Chứng minh:
Gọi d là tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
E là giao điểm của d và đường thẳng BC (do AD không vuông góc d nên E
luôn tồn tại)
Và ta có thể giả sử EB  EC .Ta có EAB  ACB và BAD  DAC ,
Suy ra EAD  EAB  BAD  ACB  DAC  ADE
Suy ra ADE cân tại E.
646
►Tính chất 10.15.Chotam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I, điểm D là chân
đường phân giác trong của góc BAC. Đường thẳng AD cắt đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC tại điểm M (khác A). Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác ACD. Chứng minh rằng CM vuông góc CJ.
☺Chứng minh:
Ta có: AJD  2 CAD (do
tam giác ABC nội tiếp đường tròn
tâm I).
Mà CAD  BAD  BCM
 CJD  2 BCM
Ta lại có: CJD cân tại J nên
CJD  2 CJD  180o
 2 BCM  2CJD  180o
 BCM  CJD  90o
Do đó CM vuông góc CJ.
►Tính chất 10.16.Cho tam giác
ABC (AB > AC) nội tiếp đường
tròn (O). Đường phân giác ngoài
góc BAC cắt đường tròn (O) tại
điểm E. M, N lần lượt là trung
điểm các cạnh BC, CA. F là hình
chiếu vuông góc của E trên AB, K
là giao điểm MN và AE. Chứng
minh rằng KF // BC.
☺Chứng minh:
Gọi D là điểm chính giữa cung
BC không chứa điểm A, ta thấy
AD  AE (1).
6 47
Mặt khác, dễ thấy ED là đường kinh của đường tròn (O) vuông góc với dây
cung BC tại M.
Từ đó bốn điểm B, E, F, M cùng nằm trên một đường tròn, suy ra
FME  FBE  ABE  ADE  MF / / AD (2)
Từ (1) và (2) suy ra MF  AE (3) . Lại có MN // AB. EF vuông góc AB nên
EF // MN (4).
Từ (3) và (4) ta thấy F là trực tâm tam giác EKM suy ra KF vuông góc EM
Mà EM vuông góc BC suy ra FK // BC (đpcm).
►Tính chất 10.17.Cho tam giác
nhọn ABC , tia phân giác trong của
góc BAC cắt BC tại D. Gọi E, F thứ
tự là hình chiếu vuông góc của D
trên AB và AC. K là giao điểm của
CE và BF. Chứng minh rằng AK
vuông góc BC.
☺Chứng minh:
Kẻ AN vuông góc BC (N thuộc
BC), suy ra các tứ giác AEND và
AFDN nội tiếp.
Từ đó suy ra BD.BN = BE.BA và
CN.CD = CF.CA.
DB NB AB BE NB BE
Suy ra .  .  
DC NC AC CF NC CF
NB FC EA
 . .  1 (do AE  AF ) .
NC FA EB
Theo định lý Ceva đảo, ta có AN, CE, BF đồng quy tại K suy ra AK vuông
góc BC.
11. CÁC TÍNH CHẤT ĐẶC BIỆT TRONG TỨ GIÁC:
►Tính chất 11.1.Trong một hình thang cân có hai đường chéo vuông góc thì
độ dài đường cao bằng độ dài đường trung bình
☺Chứng minh:
Do ABCD là hình thang cân, AC
vuông BD tại I suy ra AIB, CID
vuông cân tại I
Suy ra IN, IM là các đường cao
tương ứng đồng thời cũng là đường
trung tuyến.
648
 AB
 NI  2 AB  CD
Suy ra   NI  MI   EF  MN  EF  MN (đpcm)
 MI  CD 2
 2
►Tính chất 11.2.Cho hình vuông
ABCD, gọi M, N lần lượt là trung điểm
của các cạnh AB, BC của hình vuông
ABCD. Chứng minh: AN vuông góc DM.
☺Chứng minh:
Ta có: ABN  DAM (c  g  c)
  A1  D1 .
Mà D1  M1  900  A1  M1  900
 AHM  H  AN  DM (đpcm)
►Tính chất 11.3.Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD, M là một điểm trên
AB = 2AD, M là một điểm trên AB sao cho AB = 4AM. Chứng minh DM vuông
góc AC.
☺Chứng minh:
Ta có: D1  M1  900 1 .

 BC 1
 tan A1  
Mặt khác: AB 2 thay vào (1) ta được
  A1  D1
 tan D  AM 1
1 
 AD 2
A1  M1  900 1
Suy ra DM vuông góc AC tại H. (với H là giao điểm DM và AC) (đpcm).
Chú ý: ta cũng có thể E, F lần lượt là trung điểm AB và CD. I là trung điểm
DF và G là giao điểm AC và EF. Theo định lý thales thuận ta có G là trung
điểm EF. Dựa vào tính chất 11.2 ta suy ra AC vuông góc EI. Như vậy ta chỉ
cẩn chứng minh MEID là hình bình hành (việc chứng minh xin dành cho bạn đọc)
6 49
►Tính chất 11.4.Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm BC, N là điểm
trên cạnh AC sao cho AC  4 AN . Chứng minh rằng tam giác DMN vuông tại N.
☺Chứng minh:
Gọi F là trung điểm ID suy ra NF là đường
trung bình tam giác IAD suy ra NF vuông
góc CD.
Mặt khác DI vuông góc NC và F là giao
điểm NF và DI
Suy ra F là trực tâm tam giác NCD suy ra
FC vuông ND (1).
Mặt khác ta có NF = MC và NF // MC suy
ra tứ giác NMCF là hình bình hành
Do đó NM // FC.
Từ (1) ta suy ra MN vuông ND tại N
Nên tam giác DMN vuông tại N (đpcm).
►Tính chất 11.5.Cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm BC, N là điểm
trên CD sao cho CN  2 ND . Chứng minh góc MAN bằng 450 .
Gọi I là trung điểm CD và H là giao điểm IM và AC suy ra H là trung điểm IM.
 AD 3DN
 tan AND  DN  DN  3

 3 AC
Ta có:   AND  AMH .
AH
 tan AMH   4 3
 HM AC
 4
Lại có ADN  AHM  900
Suy ra tam giác ADN đồng dạng tam giác AHM (g–g) suy ra
650
NAD  MAH
Mà NAD  HAN  450  MAH  HAN  450  MAN  450 (đpcm).
☺Chứng minhcách 2: Đặt cạnh hình vuông AB = a > 0
 a 2 a 10
 AN  AD 2  DN 2  a 2  
 9 3

 a2 a 5
Ta có:  AM  BM 2  AB 2   a2 
 4 2
 2 2
 MN  NC 2  MC 2  4a  a  5a
 9 4 6

Áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác AMN ta có:
MA2  NA2  MN 2 1
cos MAN    MAN  450 (đpcm).
2MA.NA 2
►Tính chất 11.6.Cho hình vuông ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB,
BC. Gọi I là giao điểm của CM và DN. Chứng minh AI = AD.
☺Chứng minh:
Gọi P là trung điểm CD. Ta có CPMA là
hình bình hành (do PC = AM và PC //
AM)
Suy ra AP // MC. Mặt khác theo tính
chất 11.2, ta có MC  DN .
Do đó, AP vuông góc DI.
Lại có AP // MC có P là trung điểm CD
Suy ra AP đi qua trung điểm DI nên AP
vừa là đường cao vừa là đường trung
tuyến.
Do đó ta có tam giác ADI cân tại A suy ra AD = AI. (đpcm)
ABCD. M là một điểm tùy ý trên đường
thẳng BD (M khác B, M khác D). Gọi H,
K lần lượt là hình chiếu vuông góc của
M trên các đường thẳng AB, AD. Chứng
minh CM vuông góc HK.
☺Chứng minh:
Gọi E  KM  BC, F  CD  MF .
 
Xét: MC.KH  MD  DC KA  AH 
 MD.KA  MD. AH  DC.KA  DC. AH
6 51
 MD.KA  MD.KA cos( MD, KA)  MD.KA.cos1350


 MD. AH  MD. AH cos( MD, AH )  MD.AH.cos1350
Với 
 DC.KA  0
 0
 DC. AH  DC. AH cos( DC , AH )  DC.AH.cos 0
Do đó:
 MD
MC.KH  . AD  CD. AH   AH .CD CD.AH  0  MC  KH
2
►Tính chất 11.8.Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu vuông góc
của B trên đường chéo AC. Các điểm M, K lần lượt là trung điểm của AH và
CD. Chứng minh rằng BM vuông KM.
☺Gợi ý chứng minh: (xem cách chứng minh tính chất 11.4 – Lấy điểm phụ E
là trung điểm BH ta sẽ được lời giải cho bài toán).
►Tính chất 11.9.Cho hình chữ
nhật ABCD. Gọi M là điểm đối
xứng của B qua C, N là hình chiếu
vuông góc của B trên đường thẳng
MD. Chứng minh rằng AN vuông
góc CN.
☺Chứng minh:
Ta có: DNB  DCB  900 suy
ra tứ giác BCND nội tiếp. (2 góc
liên tiếp cùng nhìn cạnh BD)
Do đó, BNC  BDC (do cùng
chắn cung BC)
Lại có CAB  BDC (tính chất của hình chữ nhật ABCD)
Suy ra CAB  BNC nên tứ giác ABCN nội tiếp (2 góc liên tiếp cùng nhìn
cạnh BC)
Do đó: ABC  ANC  1800  ANC  900  AN  NC (đpcm)
652
►Tính chất 11.10.Cho hình thang

ABCD vuông tại A và D có CD = 2AB.
Gọi H là hình chiếu của D trên đường
chéo AC, M là trung điểm của đoạn
thẳng HC. Chứng minh rằng BM vuông
góc MD.
☺Gợi ý chứng minh: Lấy điểm phụ E
là trung điểm DH sẽ tìm được lời giải
cho bài toán.

ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại
E. Một đường thẳng đi qua A cắt cạnh
BC tại M, cắt đường thẳng CD tại N.
Gọi K là giao điểm của các đường thẳng
EM và BN. Chứng minh rằng CK vuông
góc BN.
☺Chứng minh :
Trên tia đối của tia BC, dựng điểm F
sao cho CF = CN.
Xét tam giác DCF và BCN có :
DCF  BCN  900

CF  CN ( gt )  DCF  BCN (c  g  c)  DFC  BNC (1)
 DC  BC ( gt )

Tam giác DCB vuông tại C có CE vuông góc BD nên BC 2  BE.BD (2)
Mặt khác, do AB // CN nên
BM AB BC BM BC
     BC 2  BM .BF (3)
CM CN CF BC BF
Từ (2) và (3) cho BE.BD = BM.BF
BE BM
   BEM BFD (c  g  c)  BEM  BFD (4)
BF BD
Từ (1) và (4) cho BNC  BEM  tứ giác DEKN nội tiếp (tứ giác có góc
ngoài bằng góc đối trong) suy ra BKE  BDC  450. Lại có: ECB  450
(tính chất hình vuông).
Suy ra ECB  EKB  450  tứ giác BKCE nội tiếp
Suy ra BKC  BEC  900  CK  BN (đpcm).
6 53
Chươ ng 2. CÁC PHƯƠNG PHÁP TIẾ P CẬ N

VÀ GIẢ I NHANH MỘT BÀI TOÁN HÌNH HỌC TRONG
MẶ T PHẲ NG OXY
Trong chương 2 này, thầy sẽ tập trung giới thiệu cho các em các phương pháp
tiếp cận một bài toán hình là như thế nào? Nhưng trước khi chúng ta bắt đầu vào
từng chủ đề. Thầy mời các em xem bảng phân tích các câu hỏi hình học Oxy đã
xuất hiện trong đề thi Đại học – Cao đẳng từ 2002 đến 2014.
Các vấn đề liên quan đến Số lần xuất hiện
Tỉ lệ %
HÌNH HỌC PHẲNG OXY Khối A
Khối B Khối D ra đề
(1 điểm) A1
* Bài Toán liên quan đến tìm
9 12 8 80,5%
Tọa độ điểm
* Bài Toán liên quan đến viết
5 5 6 40,0%
PT Đường thẳng (d)
* Bài Toán liên quan đến viết
4 6 4 30,8%
PT Đường Tròn (C)
* Bài Toán liên quan đến
3 2 2 19,4%
Đường Elip (E)
2 0 1 8,3%
Max – Min cực trị hình học
1 1 0 5,0 %
Hyperbol (H) (Nâng Cao)
0 0 1 2,7 %
Parabol (Nâng Cao)
Theo xu hướng giảm tải của Bộ GD&ĐT thì những năm gần đây các bài toán
liên quan về Hyperbol, Parabol gần như không còn xuất hiện nữa mà thay vào đó
là các dạng toán tổng hợp liên quan đến đường tròn, đường thẳng lồng vào trong
các khối hình tam giác, tứ giác với các câu hỏi quen thuộc như tìm điểm? lập
phương trình đường?… Chính vì lẽ đó, thầy sẽ trình bày các cách tiếp cận dựa trên
các chủ đề trên.
Đối với các cách tiếp cận một bài toán hình học trong mặt phẳng Oxy, thầy
thiết nghĩ chúng ta cần nắm vững một số nguyên tắc chung cho mọi chủ đề mà ta
sẽ giải quyết sau đây. Cụ thể là:
■ NHỮNG NGUYÊN TẮC CHUNG:
►Nguyên tắc 1: “Đặt càng ít ẩn càng tốt!”
Tại sao ta phải đặt càng ít ẩn càng tốt? Để trả lời cho câu hỏi này, thì trước
54 53
tiên chúng ta cần hiểu việc đặt ẩn ở đây là nhằm mục đích « đại số hóa hình
học », nghĩa là chuyển bài toán theo « ngôn ngữ hình học » về bài toán theo
« ngôn ngữ đại số » được ẩn dưới dạng các phương trình (PT), hệ phương trình
(HPT) mà ta đã được học. Việc này sẽ được ta cân nhắc rất kỹ trong quá
trình « tham số hóa » các điểm khi biết được quan hệ của chúng với các yếu tố
hình học đã cho như đường thẳng, các đường conic. Bởi lẽ, nếu đặt quá nhiều
ẩn, thì tương ứng với số ẩn chính là số phương trình mà ta phải giải? Việc này
không làm cho vấn đề ta gặp phải được giải quyết gọn gàng mà đôi khi còn vô
tình gây khó khăn, trở ngại cho ta. Theo kinh nghiệm, số ẩn tối đa nên đặt cho 1
bài toán hình chỉ nên là 2 ẩn. Vạn bất đắc dĩ ta mới đặt nhiều hơn các em nhé.
►Nguyên tắc 2: “ Đặt bao nhiêu ẩn?  cần lập bấy nhiều phương trình?”.
Các yếu tố trong một bài hình tựa như những giả thiết để ta thiết lập phương
trình. Nếu trong khả năng chỉ có thể lập được 2 phương trình nhưng các em lại
đặt đến 4 ẩn thì việc giải là không khả thi. Cho nên nếu đặt hai ẩn thì dứt khoát
phải lập cho bằng được ít nhất hai phương trình. Khi đi sâu vào phương pháp,
thầy sẽ phân tích kỹ hơn.
►Nguyên tắc 3: “Hiểu và biết cách vận dụng các tính chất hình học”.
Nếu bạn vẫn chưa nắm vững các khái niệm, tính chất, định lý có được trong quá
trình học hình học ở các lớp dưới thì thật khó để ta khai thác triệt để trọn vẹn
một bài toán hình. Vì vậy hãy xem kỹ chương 1 trước khi bước vào chương 2
nhé!
►Nguyên tắc 4: “Sau mỗi kết quả (KQ) tìm được phải biết cách kiểm tra lại
KQ đó ”.
Công việc này giống như chúng ta đang kiểm tra lại đáp số vậy. Nhưng kiểm tra
bằng cách nào? Hãy đưa các kết quả đó lên trên hệ trục tọa độ Oxyhoặc dựa
vào vị trí tương đối giữa các yếu tố hình học như điểm, đường thẳng, đường
tròn, các đường Conic để suy ra việc nhận, loại.
CHỦ ĐỀ 2.1 :
CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾ N TÌM TỌA ĐỘ ĐIỂ M?
■ NHỮNG KỸ THUẬT CẦN NHỚ:
► Nếu điểm thuộc đường thì biểu diễn tọa độ của điểm theo đường  giảm ẩn
của điểm. (Kỹ thuật tham số hóa)
Trong một bài toán hình, việc bắt gặp một điểm thuộc một đường thẳng là điều
thường thấy. Việc tham số hóa chúng sẽ giúp chúng ta giảm ẩn của điểm đi.
VD1: M  1 : x  y  4  0 (chọn x  m  y  4  m )  M (m; 4  m)
A  2 : x  2 y  4  0  A  2a  4; a 
54
 3b  6 
B  3 : 3x  2 y  6  0  B  b;  hay B  2b;3b  6  .
 2 
C   4 : x  4  0 (x = 4, ta chọn y = c bất kỳ)  C (4; c)
D  5 : y  1  0 (y = –1, ta chọn x = d bất kỳ)  D(d; 1)
► Sử dụng sức mạnh của độ dài đoạn thẳng. (Kỹ thuật sử dụng độ dài)
Khi biết được tọa độ của một điểm nào đó (ví dụ là A) và đã tham số hóa điểm
cần tìm (ví dụ là B) thì ta tìm cách tính độ dài của chúng dựa trên công thức:
AB  AB  ( xB  xA )2  ( yB  y A )2 .
VD2: Cho A(0;2) Tìm M  1 : x + y – 4 = 0 sao cho MA  2

Ta có: M  1  M  m; 4  m  . Do MA  2  MA2  2
2
 m2   m  2   2  m  1  M(1;3)
► Sử dụng sức mạnh của véctơ : Hai đoạn thẳng tỉ lệ nhau (thẳng hàng) thì
chuyển đẳng thức độ dài  đẳng thức véctơ. (Kỹ thuật sử dụng véctơ)
Trong một bài toán hình, quan hệ giữa các điểm nằm trên một đường thẳng
(thẳng hàng) có rất nhiều yếu tố để ta khai thác như độ dài, phương và hướng
của chúng. Việc chuyển đẳng thức độ dài về đẳng thức véctơ nhằm mục đích
tăng số lượng phương trình trong bày toán của mình lên (Việc này ngược với
việc đặt ẩn các em nhé!)
VD3:
AC = 3AB  AC = 3 AB hay BC = 2AB  BC = – 2 BA

► Xét các điểm cần tìm trong sự tương giao giữa các tia, trục tọa độ, đường
thẳng, đường tròn, đường conic... (Kỹ thuật sử dụng tính tương giao)
Điều này có nghĩa là chúng ta sẽ phải viết phương trình các đường trên (nếu
chưa có) để cùng với những đường đã cho  lập thành các hệ phương trình
và giải nghiệm suy ra tọa độ của điểm cần tìm.
VD4: A là giao điểm của : x + y – 6 = 0 và d: x – y – 2 = 0.
x  y  6  0
Ta có : A    d  Tọa độ A là nghiệm của hệ   A(4; 2)
x  y  2  0
VD5: C( xC  0 ) và D là hai giao điểm của trục hoành (y = 0) và đường tròn
 C1  : x2   y  12  1 .
 y0
  y0  x  1; y  0
 Tọa độ C là nghiệm của hệ  2 2
   
 x  y  1  x  1  x  1; y  0

 C(1; 0)
54 55
Thầy sẽ xét các bài toán sau đây làm ví dụ để minh họa cho các kỹ thuật trên.
(Để các bạn tiện theo dõi, mỗi một ví dụ sẽ là một dạng hình quen thuộc mà đề
thi hay đề cập).
BÀI TOÁN 1 (HÌNH THANG).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang
ABCD (AB // CD) có diện tích S ABCD  14 . Biết tọa độ các đỉnh
A  0;1 , B  2;0  , C  3; 2  . Tìm tọa độ đỉnh D?
■ Đặt vấn đề : Do tọa độ của các điểm A, B, C khá là đẹp nên có một câu hỏi đặt
ra là ta có nên « vẽ hình kèm hệ trục tọa độ « vào không? hay là chỉ cần vẽ phác
thảo hình thang ABCD? Cuối bài này bạn sẽ có câu trả lời.
■ CÁCH 1: giải theo cách không gắn với hệ trục tọa độ (chỉ phác thảo hình)
☺ Nhận xét : Điểm D là điểm cần tìm, nếu đặt tọa độ D  xD ; yD   thiết lập 2
PT 2 ẩn và giải tìm  xD ; yD  thì có vội vàng không? Trong khi nguyên tắc
chung là nếu có thể giảm được ẩn của điểm thì ta nên thực hiện trước. Vậy câu
hỏi đặt ra là điểm D có đang thuộc đường thẳng nào không để ta thực hiện
tham số hóa theo đường thẳng đó? Đó chính là đường thẳng CD (Vì nhận
thấy CD qua C(3;2) và song song AB).
1
Còn dữ kiện S ABCD  14 cho ta được điều gì?  S ABCD  AH ( AB  CD)
2
☻ Ý tưởng: Từ công thức diện tích ta thấy ngay CD là độ dài cần tính  liên
quan đến D. Vậy trước hết ta cần tính AH =? Rõ ràng AH là đường cao của
hình thang (nhưng ngoài ra AH cũng chính là khoảng cách từ A đến đường CD
 AH = d(A; CD)). Từ đây ta có sơ đồ tư duy sau:
 D  CD  pt CD ?

D(?;?)   1
CD  ?  S ABCD  AH ( AB  CD)  AH  ?  d[A; CD]  pt CD ?
 2
► Hướng dẫn giải cách 1:

* Ta có CD qua C(3 ; 2) và nhận AB = (2; –1) làm véctơ chỉ phương (VTCP) nên
có dạng:
x 3 y 2
  CD : x  2 y  7  0 và D  CD  D(7 – 2d; d)
2 1
56
54
|027|
* Vẽ AH  CD tại H, ta có AH  d [ A; CD]   5 và AB  5
2 2
1 2
1 23
* Lại có S ABCD  AH ( AB  CD)  CD  và CD  (4  2d ; d  2)
2 5
23 529 529 529
* CD   CD 2   (4  2d ) 2  (d  2) 2   (d  2) 2 
5 25 5 25
 23  33  31 33 
d  2   d   D1  ; 
 5 5  5 5 
 
 d  2  23  13  61 13 
 5  d   D2  ; 
 5  5 5 
 46 23 
* Xét CD2 =  ;  và AB = (2; –1)
 5 5 
23
 CD2 = AB (vô lý vì AB , CD2 cùng phương, ngược hướng)
5
Loại điểm D2
 46 23 
* Xét CD1 =  ;  và AB = (2; –1)
 5 5
23
 CD1 = – AB (thỏa yêu cầu bài toán) Nhận điểm D1
5
 31 33 
Vậy điểm D thỏa yêu cầu bài toán là D  ; 
 5 5
■ CÁCH 2: Ta vẽ hình kèm hệ trục tọa độ:
54 57
☺ Nhận xét: Khi vừa vẽ hình xong, ta thấy ngay AB  BC (việc chứng minh
không quá khó, ta chỉ cần xét AB . BC  0). Nếu vậy lúc này công thức tính
diện tích ABCD sẽ là:
1 23
S ABCD  BC ( AB  CD)  và khi đó ta dễ dàng suy ra được CD =
2 5
☻ Ý tưởng: Tuy vậy vấn đề đặt ra là ta có nên quay lại cách 1 với nhận xét này?
CD 23 23
Câu trả lời là ta đã phát hiện AB // CD nên ta có:   CD = AB
AB 5 5
 Đến đây là mọi chuyện xem như được giải quyết. Mời các em xem lời giải!

* Ta có: AB = (2; –1) và BC = (1; –2). Xét AB . BC = 2 – 2 = 0  AB  BC
 Hình thang ABCD vuông tại B và C. Và ta có AB  BC  5 .
1 23
* Mặt khác, S ABCD  BC ( AB  CD)  CD =
2 5
CD 23 23
* Xét   CD = AB (Do CD và AB ngược hướng nhau)
AB 5 5
 23  31
 x D  3  .(2)  x D 
5 5  31 33 
   D ; 
y  2  23 y  33  5 5
D .(1) D
 5  5
 31 33 
Vậy điểm D thỏa yêu cầu bài toán là D  ; 
 5 5
■ Lời bình: thông qua việc giải bài toán trên ta thấy được một số ưu điểm của kỹ
thuật “chuyển đẳng thức độ dài về đẳng thức véctơ” điển hình như lời giải gọn
nhẹ và không phải thử lại để loại một số trường hợp phát sinh. Đặc biệt việc biết
kết hợp lồng hệ trục tọa độ vào trong hình vẽ đôi khi cho ta những nhận xét hữu
ích. Và nếu giả sử bài toán trên với cách giải 2, một số em không chuyển đẳng thức
23 23
CD = AB CD = – AB thì cũng rất may mắn vì đã có hệ tọa độ ở trên, bạn
5 5
có thể đưa hai điểm D1 & D2 lên hệ tọa độ để kiểm tra và sẽ mau chóng phát hiện
điểm D2 là điểm không thỏa yêu cầu bài toán và phải ngay lập tức tìm cách loại
nó đi.
58
54
BÀI TOÁN 2 (TAM GIÁC CÂN). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ABC
 4 10 
vuông cân tại A(2; 2), trọng tâm G  ;  . Tìm tọa độ điểm B và C?
3 3 
■ Đặt vấn đề: Đề bài rất ngắn gọn nhưng chứa
đựng rất nhiều thông tin như yếu tố “vuông”,
“cân” giữa các cạnh và “trọng tâm” của tam
giác. Nếu gặp các yếu tố đó thì ta nên khai
thác như thế nào? Mời các bạn cùng xem các
cách giải sau.
■ CÁCH 1: Đặt B  xB ; yB  ; C  xC ; yC 
☺ Ý tưởng :với yêu cầu tìm điểm B và C, ta đặt ngay
tọa độ cần tìm là B  xB ; yB  ; C  xC ; yC 
 4 ẩn  Chúng ta cần đến 4 PT  vậy đó
là những phương trình nào?
 2 2
 AB  AC  AB  AC
+ ABC vuông cân tại A     2PT.
 AB  AC 
 AB. AC  0
+ G là trọng tâm ABC  2PT.
* Do G là trọng tâm ABC
 x A  xB  xC  3xG  4
  x  xC  2  xB  2  xC
  B 

 y A  y B  yC  3 yG  10  y B  yC  8  yB  8  yC

 AB  ( xB  2; yB  2)  ( xC ;6  yC )
* Ta có  (chúng ta xem như chỉ phải lập
 AC  ( xC  2; yC  2)

thêm 2 Pt nữa)
 AB  AC  AB 2  AC 2
* ABCvuông cân tại A  
 AB  AC  AB. AC  0
 xC ( xC  2)  (6  yC )( yC  2)  0

 2 2 2 2
 xC  (6  yC )  ( xC  2)  (yC  2)


 xC  yC  2 xC  8 yC  12  0 
2 2 2
5 yC  40 yC  75  0
 
 xC  2 yC  7
  xC  2 yC  7

 y  5  xC  3
 C
 yC  3  xC  1
* Với C(5; 3)  B(–1;3)
54 59
* Với C(–1; 3)  B(5;3)

Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là
C  5;3 & B  1;3 hay B 5;3 & C  1;3
■ CÁCH 2:Gọi M là trung điểm BC AM  BC (do ABC vuông cân tại A)
☺ Ý tưởng :
– Để tìm một điểm bất kỳ, ta xét xem điểm ấy có đang thuộc đường thẳng nào
không? Dĩ nhiên đó chính là đường BC (Làm sao viết phương trình đường BC
3
 Xét thấy BCAG nên ta có ý tưởng tìm điểm MBC bằng cách AM  AG .
2
– Đến đây bạn sẽ nghĩ là chúng ta nên “tham số hóa” 2 điểm B và C theo
đường BC và sau đó trở lại cách làm của cách 1. Nhưng nếu bạn chú ý một chút
thì có một đường tròn (C) tâm (M; bán kính = AM) đang ngoại tiếpABC.B và
C chính là tương giao của (C) và BC. Mời các em xem lời giải.

 3 4
 x  2  (  2)
3 M
2 3  xM  1
 AM  AG    M(1; 4)
2 3
 y  2  (2  ) 10  y M  4
 M 2 3
* Phương trình đường BC qua M(1;4) nhận AM = (–1; 2) làm VTPT có dạng là:
1( x  1)  2( y  4)  0  x  2 y  7  0
* Phương trình đường tròn (C)với tâm M(1; 4), bán kính AM  5 có
dạng là:
(C) : ( x  1)2  (y 4)2  5
60
54
* Ta có B và C là giao điểm giữa (C) và đường BC nên tọa độ của B và C là

nghiệm của hệ:
x  2 y  7  0
 2 2
(Việc giải hệ này xin dành cho bạn đọc !)
 ( x  1)  (y  4)  5
 C(5; 3) và B(–1;3) hay C(–1; 3) và B(5;3)
C  5;3 & B  1;3 hay B 5;3 & C  1;3
■ CÁCH 3: Sử dụng phép biến hình (Phép quay)
 3 4
xM  2  (  2)
3 
 2 3  xM  1
 AM  AG    M(1; 4)
2  y  2  3 (2  10 )  yM  4
 M 2 3
* Ta có phép quay Q(M;90 ) : A  B
 x B  (x A  x M ).cos(90 )  (y A  y M ).sin(90 )  x M

 y B  (x A  x M ).sin(90 )  (y A  y M ).cos(90 )  y M
 
 x  1
 B  B(1;3)
 By  3
* Do M là trung điểm BC  C(5; 3). Do vai trò B và C là như nhau nên ta có
B(5;3) và C(–1;3)
C  5;3 & B  1;3 hay B 5;3 & C  1;3
■ Lời bình: thông qua việc giải bài toán trên ta thấy được sự sâu sắc trong
nguyên tắc đặt ẩn.
Với cách 1, do tính khả thi trong việc đặt ẩn (4 ẩn) vì đã thiết lập được 4PT
nhưng cũng đòi hỏi ở các bạn một số kỹ năng giải hệ đại số (chủ yếu là rút thế,
cộng trừ vế). Điều này có thể một số bạn chưa làm tốt. Trong tư duy, ta luôn chọn
con đường ngắn nhất, tính toán ít cồng kềnh nhất để thực hiện. Nếu chỉ giải một
mình câu này thì không có gì để bàn cãi, bạn hoàn toàn có đủ thời gian, sự minh
mẫn. Nhưng nếu xét trong thời điểm, làm cùng với các câu còn lại trong đề thi
Quốc gia thì việc bạn chọn cách giải như vậy chưa hợp lý.
Với cách 2, giải quyết được một số nhược điểm của cách 1, đồng thời cung
cấp cho bạn thêm một số kinh nghiệm như khi gặp trọng tâm G thì sử dụng chúng
54 61
như thế nào? Hay việc tìm thấy sự tương giao củamột đường tròn với một đường
3 AG AC
thẳng. Đặc biệt, nếu bài toán này bạn chú ý thêm: AM  & AM   độ
2 2
dài AC. Ta cũng có thể viết PT đường tròn tâm A bán kính AC.
Với cách 3, phép biến hình mà cụ thể chính là phép quay đã giúp ta giải
quyết bài toán này một cách rất đặc biệt, bạn gần như không phải thiết lập thêm
bất kì giả thiết nào khác, nhược điểm của cách làm này là công thức tương đối
cồng kềnh và khó nhớ. Và chương phép biến hình học lớp 11 cũng chỉ dừng ở mức
giới thiệu chứ chưa thấy được những ứng dụng rõ nét của chúng vào việc giải bài
toán hình học phẳng trong mặt phẳng tọa độ Oxy.
BÀI TOÁN 3 (TAM GIÁC THƯỜNG). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho
ABC có A  0;5 ; B  2; 1 , C  4; 2  . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường BC sao
cho diện tích tam giác ABM gấp hai lần diện tích tam giác ACM và chứng
minh rằng AM vuông góc BC.
■ Đặt vấn đề: bài toán này có một điểm khá thuận lợi là tọa độ của các đỉnh tam
giác đã biết. Việc biết hết tất cả tọa độ các đỉnh có thể giúp ta được gì?
 chúng ta có thể khai thác các yếu độ dài, góc, diện tích cũng như tính toán
tìm các điểm đặc biệt, viết các phương trình các cạnh tam giác dễ dàng. Sau
đây chúng ta sẽ xem thử các cách làm dưới đây khai thác yếu tố đó như thế nào?
■ CÁCH 1:Tận dụng yêu cầu CMR: AM  BC  AM là đường cao của ABC
(chú ý chỉ dùng để vẽ hình, đây chưa phải là giả thiết)
☺ Ý tưởng :Bài toán yêu cầu ta tìm điểm M  do M  BC nên ta sẽ viết PT

đường BC tham số hóa điểm M. Trong công thức SABM  2 SACM
1 1
 AB..d  M ; AB   AC.d  M ; AC   phải viết thêm PT AB và AC và áp
2 2
dụng công thức khoảng cách  tọa độ M.
62
54
 AB  (2; 6)  AB  2 10

* Ta có:  BC  (6;3)  BC  3 5

 AC  (4; 3)  AC  5
* Phương trình đường BC qua B(–2;–1) nhận BC = (6;3) làm VTCP có dạng là:
x  2 y 1
  ( BC ) : x  2 y  0 và do M  BC  M(2m ; m)
6 3
* Phương trình đường AB qua A(0;5) nhận AB = (–2;–6) làm VTCP có dạng là:
x y 5
  ( AB) : 3x  y  5  0
2 6
* Phương trình đường AC qua A(0;5) nhận AC = (4; –3) làm VTCP có dạng là:
x y 5
  ( AC ) : 3x  4 y  20  0
4 3
1 1
* Mặt khác, SABM  2 SACM  AB..d  M ; AB   2 AC.d  M ; AC 
2 2
| 6m  m  5 | | 6m  4m  20 |
 2 10  2.5
32  12 32  42
 m  1  M 1 (2;1)
 | m  1| 2 | m  2 | 
 m  5  M 2 (10;5)
* Với AM1  (2; 4) và BC  (6;3) ta xét: AM1.BC  0  AM1  BC (đpcm)
* Với AM2  (10;0) và BC  (6;3) ta xét: AM 2 .BC  60 ≠ 0 nên loại điểm M 2
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là M  2;1
■ CÁCH 2: Kẻ AH  BC tại H (“phớt lờ” yếu tố AM  BC và ta sẽ chứng minh

M trùng H sau)
☺ Ý tưởng :do hai tam giác ABM và ACM đều có chung đường cao AH nên
nếu thiết lập công thức diện tích theo yêu cầu bài toán (YCBT) đã cho thì ta
hoàn toàn có thể tìm được mối liên hệ giữa BM =?MC BM  ?MC (chuyển
đẳng thức độ dài về đẳng thức véctơ, do đã biết tọa độ B và C) nên ta dễ dàng
suy ra tọa độ M. Sau khi giải được M, việc xét AM.BC  0 để suy ra AMBC
trở nên thuận lợi hơn. Mời các em xem lời giải.
54 63

* Gọi M  xM ; yM  là tọa độ của điểm cần tìm và vẽ AHBC tại H.
1 1
* Ta có: SABM  2 SACM  AH .BM  2 AH .CM  BM  2CM
2 2
TH1: M nằm trong đoạn BC.
BM = 2CM  BM  2CM (*) (vì BM,CM cùng phương, ngược hướng)
(Bạn nên chọn BM,CM để tiện cho việc tính toán)
 xM  2  2( xM  4)  xM  2
   M1 (2;1)
 yM  1  2( yM  2)  yM  1
* Với AM1  (2; 4) và BC  (6;3) ta xét: AM1.BC  0  AM1  BC (đpcm)
và M  H
TH2: M nằm ngoài đoạn BC.
BM = 2CM  BM  2CM (*) (vì BM,CM cùng phương, cùng hướng)
 xM  2  2( xM  4)  xM  10
   M 2 (10;5)
y
 M  1  2( y M  2) y
 M  5
* Với AM2  (10;0) và BC  (6;3) ta xét: AM 2 .BC  60 ≠ 0 nên loại điểm M2
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là M  2;1
■ Lời bình: thông qua việc giải bài toán trên, ta thấy được:
64
54
Với cách 1, người làm sẽ vận dụng được khá nhiều công thức từ tính độ dài,
viết PT đường, xét diện tích tam giác và công thức tính khoảng cách. Đó là “một
điểm +” cho cách một vì nó giúp ta ôn tập lại những kiến thức đã học. Tuy vậy,
nhược điểm nói chung là cách giải 1 khá dài, sử dụng tính toán nhiều. Và đặc biệt,
dù ta có lợi thế vẽ hình biết M ở đâu? nhưng lại không dùng được AM  BC. Và vô
tình đẩy công thức tính diện tích sang một hướng khác nặng nề. Sau đó chúng ta
còn phải loại đi một trường hợp nhờ may mắn kiểm tra AM  BC.
Với cách 2, việc gọi thêm một đường cao AH vô tình giúp ta “giải phóng” điểm
M và khai thác triệt để công thức tính diện tích tam giác. Đặc biệt, cách đưa đẳng
thức độ dài về đẳng thức véctơ một lần nữa cho ta thấy sức mạch của nó với ưu
điểm tính toán nhẹ nhàng, tuy nhiên trong một số trường hợp chúng ta cần chú ý
đến vấn đề vẽ hình phác thảo. “Con người chịu ảnh hưởng rất lớn bởi tư duy
hình thức”. Rất nhiều bạn sẽ vẽ hình theo TH1 và “quên mất để sót” TH2 mặc dù
điểm M2 ta không nhận. Để khắc phục điều này, bạn chỉ cần đưa tọa độ các điểm
lên hệ trục Oxy và nhanh chóng nhận xét đó là tam giác nhọn hay tam giác tù,
cùng với đó là lợi thế trong việc kiểm tra đáp số.
BÀI TOÁN 4 (HÌNH BÌNH HÀNH). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình
bình hành ABCD có A 1;0  ; B  2;0  . I là giao điểm của hai đường chéo AC
và BD và I thuộc đường thẳng d : y  x . Biết rằng diện tích hình bình hành
ABCD bằng 4. Xác định tọa độ điểm C và D.
■ Đặt vấn đề:Trong các bài toán liên quan đến tứ giác mà điển hình là hình bình
hành, hình thoi, hình chữ nhật và hình vuông thì giao điểm của hai đường chéo
có thể giúp ta khai thác được gì?
■ CÁCH 1: Vẽ phác thảo hình bình hành ABCD (không đưa lên hệ tọa độ).
54 65
☺ Ý tưởng :Do tính chất I là trung điểm của mỗi đường AC và BD việc tham số
hóa I  d  và nếu tìm được I thì qua công thức trung điểm ta tìm được C và
D. Còn công thức diện tích hình bình hành thì ta phải làmnhư thế nào?  Ta
xét diện tích hình bình hành là tổng diện tích của những “tam giác con” bên
1
trong đó cụ thểtrong bài này S ABCD  4S ABI  4 AB.d  I ; AB   như vậy ta
2
cần viết phương trình đường AB để dùng công thức khoảng cách ở đây.
* Ta có I  d: y = x  I(m ; m) và AB = (1; 0) AB = 1
* Nhận xét: A và B đều thuộc trục hoành nên phương trình đường AB chính là
y = 0.
1  m2
* Ta có: S ABCD  4S ABI  4 AB.d  I ; AB   4 = 2.1.|m|  
2  m  2
* Với m = 2  I(2; 2). Do I là trung điểm AC và BD nên ta có:
 xA  xC  2 xI  4  xC  3
   C1(3 ;4) tương tự ta có D1(2;4)
 y A  yC  2 yI  4  yC  4
* Với m = –2  I(–2; –2). Do I là trung điểm AC và BD nên ta có:
 xA  xC  2 xI  4  xC  5
   C2(–5 ;–4) tương tự ta có D2(–6;–4)
y
 A  yC  2 y I  4 y
 C  4
C1  3; 4 , D1  2; 4 hay C2  5; 4  , D2  6; 4 
■ CÁCH 2:Đưa tọa độ các điểm lên hệ tọa độ Oxy.
66
54
☺ Ý tưởng :Như chúng ta đã biết, việc đưa điểm lên hệ tọa độ thể hiện ý đồ rất rõ
ràng của mình trong việc tính toán và kiểm tra đáp số. Trong bài toán này, ưu
điểm của cách làm này là có ngay độ dài AB = 1 và nếu ta xét
S ABCD  AB.d  D; AB  (công thức tính diện tích hình bình hành)
 d  D; AB   d  D; Ox   yD .Mời các em xem lời giải.
* Ta có I  d: y = x  I(m ; m)
 C  2m  1; 2m 
và I là trung điểm BD và AC  
 D  2m  2; 2m 
* Ta có: S ABCD  AB.d  D; AB  = 1. d  D; AB   d  D; Ox   yD  m =  2
* Với m = 2 C1(3 ;4) và D1(2;4)
* Với m = –2 C2(–5 ;–4) và D2(–6;–4)
C1  3; 4 , D1  2; 4 hay C2  5; 4  , D2  6; 4 
■ Lời bình: Thông qua bài toán này ta thấy được sức mạnh của “kỹ thuật sử
dụng điểm đối xứng I”.Tuy chưa hình thành được một phương pháp nhưng đó
chính là một trong những “kỹ thuật giải” mà bạn nên nhớ. Ngoài ra sau 4 bài
toán trên bạn cũng có thêm trong mình “kỹ thuật sử dụng diện tích”(Xem lại
phần các kiến thức về tứ giác, chương 1). Cũng không thể không nói đến “kỹ
thuật sử dụng khoảng cách” mà tiêu biểu là kỹ thuật xét khoảng cách từ 1
điểm M(xM; yM) đến hai trục tọa độ. Để dễ nhớ các em cần lưu ý:
d  M ; Ox  yM & d  M ; Oy   xM
54 67
BÀI TOÁN5 (HÌNH THOI). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD
có A  3; 2  , hai đỉnh B và D cùng nằm trên đường thẳng d : x  3 y  1  0
và B có tung độ dương. Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D biết diện tích thoi bằng
60.
■ Đặt vấn đề:Với số lượng điểm cần phải tìm như vậy thì câu hỏi đặt ra là ta nên
đặt bao nhiêu ẩn là thích hợp?
■ CÁCH 1:Gọi I là giao điểm hai điểm đường chéo AC và BD. (kỹ thuật sử dụng
tâm đối xứng)
☺ Ý tưởng :
● Nhận thấy I mới chính là “nhận vật trung tâm” (yếu tố quyết định) đến bài
toán này nên ta nghĩ cách tìm I (do khi có tọa độ I  tọa độ C  độ dài AC
 độ dài BD qua S ABCD  60 ).
● Vậy làm sao đểtìm I? Ta đã có I = AC  BD và đã có PT BD  tìm cách viết
PT AC  AC  BD và qua A(3; –2).

* Ta có AC  BD: x – 3y + 1 = 0  (AC): 3x + y + m = 0.
68
54
Lại có AC qua A(3; –2)  9 – 2 + m = 0  m = –7. Vậy (AC): 3x + y – 7 = 0.

* Mặt khác, I = AC  BD  tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình sau:
3x  y  7 x  2
   I(2; 1)
 x  3 y  1  y  1
 xA  xC  2 xI  4  xC  1
* Do I là trung điểm AC    C(1; 4)
y
 A  yC  2 y I  2 y
 C  4
* Ta có B  d  B(3b – 1; b) (b > 0), và IB  (3b  3;b 1) và IA  (1; 3)
 IA  10
1
* S ABCD  4S ABI  4 AI .BI  IB 2  302
2
b  2 (ktm)
 (3b  3)2  (b  1)2  302  (b  1) 2  9    B(11;4)
 b  4 (tm)
* Do I cũng là trung điểm BD (dùng công thức trung điểm) D(–7; –2)
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là B 11; 4 , C 1; 4  , D  7; 2 
■ CÁCH 2:Xuất phát từ diện tích (kỹ thuật sử dụng diện tích + kỹ thuật lập
đường tròn ẩn mình)
☺ Ý tưởng :Ta có S ABCD  4 IA.IB , nhưng IA  d  A; BD  d  A; d   độ dài IB.

Ta xét thấy có thể tính được AB 2  IA2  IB 2  B, D chính là giao điểm giữa
đường d và đường tròn (C) tâm A bán kính AB (do tính chất của hình thoi). Có
tọa độ B và D  tọa độ I  tọa độ C.
► Hướng dẫn giải cách 2
* Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD.
54 69
3  6 1
Ta có IA = d[A; BD] = d[A ; d] =  10  IA  10
10
1
* Mặt khác, S ABCD  4S ABI  4 AI .BI  IB 2  302
2
Lại có AB 2  IA2  IB 2 = 100  AB = 10
* Nhận xét: B và C là giao điểm giữa đường thẳng d và đường tròn (C) tâm A(3; –2),
R = AB = 10.
x  3y  1  0
 2 2
( x  3)  (y  2)  100
 y  2  x  7
 ( yB> 0) nên ta nhận B(11 ; 4) và D(–7 ; –2)
 y  4  x  11
* Do I là trung điểm BDI(2;1)
 xA  xC  2 xI  4  xC  1
* Lại có I là trung điểm AC    C(1; 4)
 y A  yC  2 yI  2  yC  4
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là C (1; 4), B (11; 4), D (–7; –2)
Đưa tọa độ của điểm lên trục tọa độ Oxy để kiểm tra, ta được:
■ Lời bình:Trả lời cho câu hỏi “đặt vấn đề”về việc nên đặt bao nhiêu ẩn thì như
các bạn thấy nếu thực hiện ở cách 1, bạn chỉ phải đặt 1 ẩn duy nhất cho B hoặc
D. Với cách 2, thì chúng ta không cần phải đặt ẩn mà chỉ phải xét sự tương
giao giữa đường thẳng và đường tròn. Đó cũng là một trong những kỹ thuật đã
nhắc trong phần đầu của chủ đề. Hãy xem đây là một “dấu hiệu”. Ngoài ra
cũng phải bàn đến yếu tố khoảng cách trong bài này, “Có một điểm và một
đường thẳng thì ta có thể lập thêm được 1 PT đường thẳng hoặc song song
hoặc vuông góc với đường thẳng đã cho hay cũng có thể xét khoảng cách từ
điểm đó đến đường thẳng.
70
54
BÀI TOÁN6 (HÌNH CHỮ NHẬT). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ
nhật ABCD có đỉnh C  3; 3 , đỉnh A thuộc đường thẳng d : x  y  2  0 . M
là trung điểm cạnh BC và phương trình đường DM : x  3 y  6  0 . Xác định
tọa độ các đỉnh A, B, D biết D có hoành độ âm?
■ Đặt vấn đề:Khi các giả thiết trong đề không đủ để giúp ta giải quyết bài toán
thì ta sẽ làm gì? Chắc chắn bạn sẽ nghĩ ngay đến việc tăng thêm giả thiết. Một
trong những kỹ thuật hay nhất, thường dùng để giải quyết vấn đề này chính là
“kỹ thuật sử dụng đường phụ”. Cụ thể là như thế nào thì xin mời các bạn xem
lời giải sau.
■ CÁCH 1:Vẽ AH và CK lần lượt vuông góc DM tại H và K.(kỹ thuật sử dụng
đường phụ)
☺ Ý tưởng :Ta xét thấy điểm A  d thì đường d này chỉ có thể giúp ta « tham số
hóa điểm A », ngoài ra giữa đường DM và điểm C là biết đầy đủ thông tin nhất.
Nhưng kỹ thuật có thể xét đến ở đây nhất chính là“kỹ thuật sử dụng khoảng
cách”  Vậy phải chăng d[A; DM] =?d[C;DM]  kẻ thêm đường AM
 phát hiện SADM  2SCDM  “kỹ thuật sử dụng diện tích”  để tìm điểm
A. Sau khi tìm được A, ta sẽ dùng điều kiện tồn tại của hình chữ nhật (tính chất
hình học) AD  CD  tọa độ điểm D. Ta cũng không quên sử dụng “kỹ
thuật dùng tâm đối xứng” cụ thể ta tính tọa độ I (dựa vào A và C) tọa độ B.
* A  d  A(a; – a – 2). Xét S ABCD  S ADM  2SCDM  S ADM  2SCDM
1 1
 AH .DM  CK .DM  AH  2CK .
2 2
| a  3(a  2)  6 | |3 9  6|
* Do AH = 2CK  d[A;DM] = 2[C;DM]  2
12  32 12  32
 a  3  A1 (3; 5)
| 4 a | 12  
 a  3  A2 (3;1)
54 71
(Câu hỏi đặt ra: trong hai điểm trên, có điểm nào không thỏa yêu cầu bài toán
(YCBT) không? Nếu có thì làm cách nào để loại điểm đó đi?
* Nhận xét:
 
TH1: A1(3;–5) và C(3;–3) ta có: x A1  3 y A1  6  xC  3 yC  6   12.6  72 > 0
(nằm cùng phía so với DM)
 
TH2: A2(–3;1) và C(3;–3) ta có: x A2  3 y A2  6  xC  3 yC  6   72  0
(nằm trái phía so với DM)
Suy ra nhận điểm A2(–3;1).
* Gọi I = AC  BD  I là trung điểm AC  tọa độ I(0; –1)
Gọi D  DM: x – 3y – 6 = 0 D(3d + 6; d) (do xD< 0 nên 3d + 6 < 0 d < – 2)
* Ta có: ABCD là hình chữ nhật  AD  CD
 AD  (3d  9;d  1)
 AD.CD  0 với 
CD  (3d  3;d  3)
 (3d + 9)(3d + 3) + (d – 1)(d + 3) = 0
 4
d  (ktm)
 5d  19d  12  0  
2
5  D (–3; –3)

 d  3 (tm)
* Do I cũng là trung điểm BD nên ta có B (3; 1)
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là A(–3; 1), B (3; 1), D (–3; –3)
■ CÁCH 2: Gọi I = AC  BD và G = DM  AC. (kỹ thuật sử dụng đường phụ)
☺ Ý tưởng :Một phản xạ bất ngờ ta nối hai đường chéo của hình chữ nhật lại
(thứ nhất việc này để về sau ta sẽ sử dụng “kỹ thuật dùng tâm đối xứng”, thứ
hai là để tìm thêm các yếu tố mới cho bài toán. Cụ thể ở đây chính là điểm G
(trọng tâm BCD). Ta cũng sẽ tham số hóa điểm A theo đường d. Tuy nhiên
thay vì xét như cách 1 thì ta lại thấy 3 điểm A, G, C thẳng hàng và G  DM, vì
vậy ta sẽ tìm cách sử dụng “kỹ thuật chuyển đẳng thức độ dài về đẳng thức
véctơ” (ĐTDĐĐTVT), ở đây AG = 2GC  GA  2CG  tọa độ A tọa độ
điểm I. Thay vì đi tiếp như cách 1, ta lại sử dụng “kỹ thuật lập đường tròn (C)
ẩn mình” có tâm I , bán kính R = IC. D = (C)  DM  tọa độ D  tọa độ B.
Mời các em xem lời giải.
72
54

* Ta có G  DM: x – 3y – 6 = 0  G(3g + 6; g).
2 IC
Do G là trọng tâm BCD (Vì IC và DM là trung tuyến BCD )  GC 
3
IC 4IC
Lại có AG  AI  IG  IC    2GC  AG  2GC
3 3
* Do AG = 2GC
 xA  3g  6  2(3g  6  3)  xA  9 g  12
 GA  2CG   
y
 A  g  2(g  3)  y A  3g  6
5
Mặt khác A  d: x + y + 2 = 0  g  A(–3; 1)
3
* Gọi I = AC  BD  I là trung điểm AC  tọa độ I(0; –1) và IC  13
* Ta có D là giao điểm giữa DM và đường tròn (C) tâm I, bán kính IC  13
nên tọa độ D thỏa hệ:
x  3y  6  0
 2 2
 x  (y  1)  13
 18 4 
Suy ra D  3; 3 hay D  ;   . Do D có hoành độ âm nên ta nhận D(–3;–3)
5 5
* Do I cũng là trung điểm BD nên ta có B(3; 1)
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là A (–3; 1), B (3; 1), D (–3; –3)
■ Lời bình: “kỹ thuật vẽ đường phụ” rõ ràng đã giúp ích được cho chúng ta rất
nhiều trong quá trình giải toán. Tuy vậy việc tiếp cận theo các hướng khác nhau
sẽ khiến ta phải linh hoạt vận dụng các kỹ thuật khác nhau. Mỗi một kỹ thuật
đều có cái hay riêng của nó. Quan trọng là chúng ta khai thác chúng như thế
nào? Nói về cách 1, ưu điểm của nó là đã vận dụng linh hoạt nhiều kỹ thuật
giải cùng một lúc nhưng gặp nút thắt trở ngại ở việc “phát sinh nhiều điểm
54 73
A”, nếu không xử lý khéo vô tình sẽ làm bài toán dài thêm nữa do phải xét thêm
1 trường hợp. Với cách 2, giải quyết được những nhược điểm của cách 1,
nhưng có lẽ nút thắt của bài là phát hiện điểm đặc biệt G và khai thác nó trong
kỹ thuật chuyển ĐTĐDĐTVT. Qua đây ta cần lưu ý cách xét vị trí tương đối
giữa điểm và đường.
Chú ý: Cho hai điểm M  xM ; yM  , N  xN ; yN  và  : ax  by  c  0 . Ta có:
☺ M và N nằm cùng phía với đối với  khi và chỉ khi:
 axM  byM  c   axN  byN  c   0
☻ M và N nằm khác phía với đối với  khi và chỉ khi:
 axM  byM  c   axN  byN  c   0
BÀI TOÁN7 (HÌNH VUÔNG).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông
ABCD có tọa độ N 1; 2  là trung điểm cạnh BC, đường trung tuyến kẻ từ
đỉnh A của tam giác ADN có phương trình là d : 5x  y  1  0 . Xác định tọa
độ của các đỉnh hình vuông đã cho biết A có hoành độ dương.
■ Đặt vấn đề:Sau bài toán 6, chắc chắn bạn đã cảm thấy khá thích thú với việc kẻ
thêm những đường phụ. Trong bài toán 7 này, ngoài việc sử dụng những đường
phụ đó, cũng cần phải nói đến tính chất đặc biệt của hình vuông.Với những bài
toán càng ít dữ kiện đi bấy nhiêu, thì lại luôn có một cách xử lý hoàn hảo cho
nó?Đó là cách gì? Mời các bạn xem các cách giải sau.
■ CÁCH 1:Gọi M và E lần lượt là giao điểm của d với DN và BC. ( kỹ thuật sử
dụng đường phụ)
☺ Ý tưởng :
● Trong đề bài có một thông tin quan
trọng chính là “đường trung tuyến d kẻ
từ đỉnh A của ADN” ta sẽ thử kéo dài
d cắt DN và BC để hy vọng phát hiện
“các tỉ lệ đặc biệt”, cụ thể rong bài này,
ta có ANED là hình bình hành  M, C
lần lượt là trung điểm AE, NE và
3BC
BE 
2
● Vậy câu hỏi đặt ra trong 4 điểm cần
tìm, điểm nào có nhiều thông tin nhất?
 điểm A  d  xung quanh điểm A có thể liên hệ với điểm nào?  điểm N
 tính độ dài AN =?(Ta có thể tính được d[N;AE] =?  AN =?d[N;AE]).
74
54
● Để tìm được mối liên hệ trên, ta có thể “đặt cạnh hình vuông AB = a 
tính tất cả các cạnh theo a tìm quan hệ giữa chúng với d[N;AE] ”
● Sau khi tìm được điểm A, thì ta nên tìm tiếp điểm nào? điểm E (vì khi có E
 C  I và B  D)  làm sao tìm E?  E  AE (tham số hóa E) và dùng độ
dài AE  E (hoặc xem E = AE và đường tròn ẩn mình (C) có tâm N bán kính
NE)
* Ta có ADEN là hình bình hành (do NE // AD và M là trung điểm DN)
Suy ra M là trung điểm AE và NE = AD = 2NC
3BC
 BE = BN + NE = 3BN =
2
 2 2 a 5
 AN  AB  BN 
 2 và NE = AB = a
* Đặt AB = a > 0 ta có 
 AE  AB 2  BE 2  a 13

 2
AN2  AE 2  NE 2 7
Mặt khác ANE có cosNAE = 
2AN.AE 65
4
 sinNAE = 1  (cos NAE) 2 
65
1 1
* Ta có: S ANE  AN . AE sin NAE  d  N ; AE . AE
2 2
a 5 4 2a
 d[N;AE] = AN.sinNAE = . 
2 65 13
2a | 5  2  1| 2a
Do đó d[N;AE] =    a  AB  2
13 2
5 1 2
13
a 5 10
 AN    *
2 2
* Gọi A  AE: 5x – y + 1 = 0  A(m; 5m + 1) (m >0) và NA  (m  1;5m  1)
10 1
Vậy (*)  (m  1) 2  (5m  1) 2   26m 2  12m   0
4 2
1 1
 m (nhận) hay m  (loại)
2 26
1 7  1 5
Suy ra A  ;  . Lại có E  AE  E(e; 5e + 1) và AE   e ;5e  
2 2  2 2
54 75
2 2
26 2 26  1  5 26 e  1
* Do AE   AE    e     5e    
2 4  2  2 4 e  0
 9
* TH1: e = 1  E 1; 7  . Lại có C là trung điểm EN  C 1;  .
 2
 1   3 21 
Vì N là trung điểm BC  B 1;  và M là trung điểm AE  M  ; 
 2  4 4 
 17 
M lại là trung điểm DN  D  2; 
 2
Xét :  5xD  yD  1  5xN  yN  1  10  0
 D và N cùng phía so với DN (loại)
 3 5   1 3   1 5 
* TH2: e = 0 E(0;1). Tương tự ta giải ra B  ;  , C  ;  , D  ; 
2 2 2 2  2 2
 1 7   3 5   1 3   1 5 
A ; , B  ; ,C  ; , D  ; 
2 2 2 2 2 2  2 2
■ CÁCH 2: Gọi M và E lần lượt là giao điểm của d với DN và BC. (kỹ thuật sử
dụng đường phụ)
☺ Ý tưởng :
● Tương tự như cách 1, ta cũng kéo dài AM cắt DN và BC lần lượt tại M và E.
Đồng thời ta cũng có được các kết quả chứng minh được của cách 1, chỉ có
điều thay vì khai thác khoảng cách để chuyển về độ dài tìm liên hệ AN thì ở bài
này, chúng ta nghĩ cách tìm thêm một đường nữa “viết PT đường thẳng”(sẽ nói
kỹ hơn ở chủ đề 2.2)
● Cụ thể ở đây đó chính là đường BE qua N và tạo với AE một góc AEN?(xét
BE
cos AEB  )
AE
● Sau khi viết được PT BE
AE BE N N quaB AE C B
  E   C   B 
 BC
 AB   A   I   D (dùng
liên tiếp công thức trung điểm)
* Ta có ADEN là hình bình hành (do NE // AD và M là trung điểm DN)
Suy ra M là trung điểm AE và NE = AD = 2NC
3BC
 BE = BN + NE = 3BN =
2
76
54
3BC
BE 2 3
* Xét cos AEB    và đường thẳng BC qua N có dạng:
AE 2
AB  BE 2 13
BC: a(x – 1) + b(y – 2) = 0 ( a2  b2  0 )

* Ta có:
| n AE .n BC | 3
cosAEB = cos(AE;EB) = cos(AE;BC) = |cos( n AE , n BC )| = 
| n AE | . | n BC | 13
| 5a  b | 3
  7a 2  10ab  17b2  0 (*)
52  (1)2 . a 2  b2 13
* Nhận xét b ≠ 0 (vì b = 0 thì (*)  a = 0 (loại vì a2  b2  0 ) nên ta chọn b = 7

* Với b = 7 thì (*)  a2  10a  119  0  a = 17 hay a = –7
TH1: a = 17; b = 7  BC: 17x + 7y – 31 = 0.
Ta có E = AE BC  tọa độ E là nghiệm của hệ
  6
 5x  y  1  0  x  13  6 43 
   E ; 
17x  7y  31  0  y  43  13 13 
  13
 19 69   33 35 
Vì C là trung điểm EN  C  ;  và N là trung điểm BC  B  ; 
 26 26   26 26 
PT AB  BC  AB: 7x – 17y + m = 0.
 33 35 
Do AB qua B  ;   m = 14 AB: 7x – 17y + 14 = 0
 26 26 
Ta có A = ABAE tọa độ E là nghiệm của hệ
  1
 5x  y  1  0  x  26
  (loại vì xA>0)
 7x  17y  1  0 y  21
  26
TH2: a = –7; b = 7  BC: x – y + 1 = 0.
Ta có E = AE BC  tọa độ E là nghiệm của hệ
5x  y  1  0 x  0
   E  0;1
 x  y  1  0  y  1
1 3 3 5
Vì C là trung điểm EN  C  ;  và N là trung điểm BC  B  ; 
2 2 2 2
54 77
3 5
PT AB  BC  AB: x + y + n = 0. Do AB qua B  ; 
2 2
 m = –4 AB: x + y – 4 = 0
  1
5x  y  1  0  x 
Ta có A = ABAE tọa độ E là nghiệm của hệ  2

x  y40 y  7
  2
(nhận vì xA>0)
 1 7   3 5   1 3   1 5 
A ; , B  ; ,C  ; , D  ; 
2 2 2 2 2 2  2 2
■ Lời bình:tiếp tục vận dụng “kỹ thuật vẽ đường phụ” vào việc giải bài toán
trên, với cách 1, nút thắt nằm ở chỗ tính được tất cả độ dài các cạnh hình
vuông theo a và đặc biệt là sử dụng “kỹ thuật dùng diện tích và khoảng cách”.
Còn ở cách 2, thì tập trung viết phương trình đường BC với việc dùng “kỹ thuật
dùng góc”. Qua đây ta cũng thấy được hình vuông có nhiều yếu tố đặc biệt mà
các hình khác không có được. Có lẽ vì vậy mà trong các đề thi những năm gần
đây hay đưa hình vuông vào đề thi và việc xử lý chúng không dễ chút nào khi đề
thi ngày càng cho ít dữ kiện đi.
BÀI TOÁN 8 (HÌNH THANG VUÔNG).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho
hình thang ABCD vuông tại A và D(2;2), cạnh CD = 2AB. Gọi H là hình
chiếu của D lên cạnh AC và M là trung điểm HC. Biết rằng phương trình
đường thẳng DH : 2 x  y  6  0 và đường thẳng BM : 4 x  7 y  61  0 . Tìm
tọa độ các đỉnh A, B, C của hình thang ABCD.
■ Đặt vấn đề:mô típ trong đề thi đại học gần đây là sử dụng các bài chứng minh
hình học thuần túy để áp vào bài toán hình học phẳng, nghĩa là trước khi bạn
muốn sử dụng các dữ kiện trong bài, bạn phải chứng minh một số yếu tố như sự
bằng nhau về cạnh, về góc, sự vuông góc, song song, v.v… Dấu hiệu nào giúp
cho ta biết phải tiến hành các bước chứng minh đó trước khi vào giải bài toán.
Mời các bạn xem lời giải sau:
78
54
■ CÁCH 1:Gọi K là trung điểm DH. ( kỹ thuật sử dụng đường phụ)

☺Ý tưởng :
● Khi chúng ta vừa vẽ hình ra đúng theo tỉ lệ đề cho thì ta “phát hiện”
DMBM tìm cách chứng minh?
● Nếu gọi K là trung điểm DHAKMB là hình bình hành  AK // BM và AK 
DM (do K trực tâm)
● Khi đã chứng minh được BM  DM  viết PT DM và DM  BM = M
● Sau đó, viết PT AC  DH và qua M, AC  DH = H là trung điểm AM  tọa độ
H tọa độ C.
● Để tìm A ta viết PT AD  CD và qua D  A = AD  AC (Kỹ thuật tương giao)
● Để tìm điểm B ta dùng CD = 2AB DC  2AB (Kỹ thuật ĐTĐD  ĐTVT)
* Gọi K là trung điểm DH  KM là đường trung bình trong CHD KM // CD
CD
và KM 
2
CD
Mặt khác AB // CD và AB   AKMB là hình bình hành
2
 KM  DA (doKM / / AB

 AL / / BM
* Xét ADM có ta có K = KM  DH
 K là trực tâm của ADM lại có AK qua K AK  DM
AK  DM
 BM  DM
AK // BM
* DM  BM  (DM): 7x – 4y + m = 0, (DM) qua D(2; 2)
 m = – 6  (DM): 7x – 4y – 6 = 0
Ta có M = DM  BM  tọa độ M thỏa hệ:
54 79
  22
4x  7y  61  0  x 
5  22 31 
   M ; 
 7x  4y  6  0  y  31  5 5
  5
 22 31 
Mặt khác AC  DH  (AC): x – 2y + n = 0, (AC) qua M  ;   n = 8
 5 5
 (AC): x – 2y + 8 = 0
 4 22 
Ta có H = AC  DH  tọa độ H  ;  . Do M là trung điểm HC C(8; 8)
5 5 
* AD qua D(2; 2) nhận DC   6;6  làm vectơ pháp tuyến có dạng :
6(x – 2) + 6(y – 2) = 0  (AD): x + y – 4 = 0.
Tương tự ta có A = AD  AC A(0; 4)
* Lại có CD = 2AB  DC  2AB (phần giải tiếp xin dành cho bạn đọc)
 B(3; 7)
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là A(0; 4), B(3; 7) và C(8; 8)
■ CÁCH 2: (kỹ thuật “dùng tọa độ mới”)
☺ Ý tưởng : Sau khi vẽ hình ta cũng phát hiện DM BM, thay vì tìm cách chứng
minh bằng hình học thuần túy, chúng ta sẽ vận dụng một trong những ứng dụng
của hình tọa độ trong việc giải và chứng minh các bài toán hình học phẳng(Các
bạn có thể xem tiếp chương 3: “Một số ứng dụng của hình tọa độ Oxy vào
việc giải bài toán hình học phẳng”)
- Cách làm tổng quát:

● Ta sẽ “tạm quên đi” các dữ kiện liên quan đến tọa độ, phương trình trong hệ
tọa độ Oxy và chỉ giữ lại các yếu tố đã có của hình phẳng.
● Ta tiếp tục thay thế hệ tọa độ Oxy bằng một hệ tọa độ khác, để từ đó bằng
cách giả thiết mới ta đi đến điều phải chứng minh.
80
54
● Để làm được điều này, các bạn nên chọn áp hệ trục?xy vào nơi có hai cạnh
vuông góc.
► Hướng dẫn giải:
* Dựng hệ trục Dxy như hình vẽ (DC  AD).
Gọi H1, H2 lần lượt là hình chiếu của H lên tia Dx, Dy.
* Đặt độ dài cạnh AB = a ( a > 0 ) CD = 2AB = 2a.
Và độ dài cạnh AD = b = ka ( k > 0).
1 1 1
* Ta có ADC  D có đường cao DH: 2
 2

DH DA DC2
DA 2 .DC 2 4k 2 a 2
 DH 2  
DA 2  DC 2 k 2  4
* Trong CHD  H có HH1 là đường cao có DH1 .CD  DH 2 (hệ thức lượng
trong  vuông)
DH 2
2 2k 2 a
Suy ra DH  1 
DC k 2  4
DH 2 4ka
* Tương tự với AHD  H có HH2 là đường cao  DH 2 2   2
DA k  4
 2k 2 4k 
* Ta có tọa độ của các điểm là D(0; 0), C(2a; 0), B(a; ka), H  2 a; 2 a.
k 4 k 4 
 2k 2  4 2k 
Do M là trung điểm HC  M  2 a; 2 a
 k 4 k 4 
 2k 2  4 2k   k2 k 3  2k 
* Do đó, DM   2 a; 2 a  và BM   2 a; 2 a
 k  4 k  4   k  4 k  4 
(2k 2  4) k 2  2k(k 3  2k)
Xét : DM.BM  a  0 DM BM (đpcm)
k2  4
(Phần giải tiếp xin dành cho bạn đọc)
■ Lời bình:Có thể thấy, nếu như ở cách 1, bạn phải vận dụng rất nhiều tính chất
của hình học phẳng để chứng minh kết quả của tính chất thì khi ứng dụng cách
2, ta thấy được triển vọng của cách làm này. Đó cũng là phương pháp mà thầy
nghĩ các bạn nên theo đuổi. Các bạn có thể xem kỹ chương 3, nếu muốn vận
dụng nó vào việc giải các bài tọa độ phẳng Oxy này. Cũng cần phải nói thêm,
khi tọa độ hóa thành công theo hệ tọa độ mới thì các tính chất, công thức các
bạn điều có thể vận dụng được. (Nó tựa như ứng dụng hệ trục tọa độ Oxyz vào
việc giải bài toán bài toán hình không gian cổ điển). Điểm mấu chốt của cách
2 chính là tìm được vị trí để dựng hệ trục và tính toán các tọa độ của các
điểm trên hình.
54 81
BÀI TOÁN9 (ĐƯỜNG TRÒN NGOẠI TIẾP TAM GIÁC). Trong mặt phẳng
tọa độ Oxy, cho hình tròn  C  : x2  y 2  25 ngoại tiếp ABC có tọa độ các
chân đường cao hạ từ B, C lần lượt là M  1; 3 và N  2; 3 . Hãy tìm tọa
độ các đỉnh A, B, C biết A có tung độ âm.
■ Đặt vấn đề:với bài toán 8 vừa rồi, chúng ta có thể nhận xét việc vẽ thêm đường
phụ,chứng minh thêm một số yếu tố đóng vai trò rất quan trọng trong việc giải
quyết bài toán hình phẳng Oxy. Bài toán 9 này cũng là một ví dụ điển hình cho
vấn đề trên.
☺ Ý tưởng :
- Thoạt nhìn bài toán rất mới mẻ với ta nhưng thật sự nếu bỏ qua các yếu tố về
tọa độ thì đó chính bài toán chứng minh hình học trong phần hình tròn (lớp 9)
mà ta đã học. bài toán khi đó đã yêu câu ta chứng minh OA  MN. Và một
trong những cách giải mà các em HS lựa chọn là kẻ thêm tiếp tuyến từ A
(đường phụ).
- Do OA  tiếp tuyến nên ta chỉ cần chứng
minh Tiếp tuyến // MN.
- Việc chứng minh // có rất nhiều cách tiếp
cận một trong những cách đó là dùng
góc. Cụ thể trong bài này là ta sẽ chứng
minh góc MNA = góc BAT. (dĩ nhiên
cũng phải vận dụng CMNB là một tứ
giác nội tiếp).
* (C) có tâm O(0;0) và bán kinh R = 5.
Ta có tứ giác CMNB là tứ giác nội tiếp (do  CMB =  CNB, 2 góc liên tiếp
cùng nhìn một cạnh bằng nhau)
Suy ra:  BCM =  MNA (1) (góc ngoài = góc đối trong)
* Gọi AT là tiếp tuyến của đường tròn (C) AT  OA. Khi đó:
  TAB góc giữa tiếp tuyến AT và dây cung AB chắn cung AB

  ACB góc nội tiếp chắn cung AB
  TAB =  ACB (2)
Từ (1) và (2)   MNA =  TAB (so le trong)MN // AT mà AT  OA
 OA  MN
* MN   3;0  là vectơ pháp tuyến của OA, nên OA có phương trình là x = 0.
 x0  x0
* Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ  2 2
 
 x  y  25  y  5
82
54
Vì yA< 0 nên A(0; –5).

* AM   1; 2  , AN   2; 2  lần lượt là vectơ chỉ phương của AC, AB.
Nên AC có phương trình AC: 2x + y + 5 = 0, tương tự AB: x – y – 5 = 0
2 x  y  5  0
  x  0; y  5
Tọa độ C là nghiệm của hệ  2 2
  x  4; y  3  C  4; 3

 x  y  25 
 x y 5  0
  x  0; y  5
Tọa độ B là nghiệm của hệ:  2 2
  B  5; 0 

 x  y  25  x  5; y  0
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là A(0; –5), B(5; 0) và C(–4; 3)
■ Lời bình:Rõ ràng việc giải bài toán này cần phải gỡ cho được “nút thắt” OA
MN, và nếu đề thi tiếp cận theo hướng có sử dụng chứng minh những tính chất
hình học của lớp dưới thì sẽ là một điều vô cùng khó khăn cho các bạn. Quá
trình đại số hóa hình học tuy mạnh nhưng cũng có một điểm giới hạn thật sự
của nó. Một bài hình tọa độ mà được giải bằng cách hình học thuần túy bao giờ
cũng mang đến những lời giải đẹp như mơ – ngắn gọn – súc tích. Trong tiến
trình xây dựng các câu hỏi của chủ đề 1 này, thầy tập trung giới thiệu gần như
là tất cả những đường hướng mà người ra đề có thể ra khi đặt vấn đề tìm tọa độ
của một điểm thỏa mãn yêu cầu cho trước. Ngoài việc nắm vững một số nguyên
tắc chung, hình thành cho mình một số kỹ thuật, song song đó, các em cũng cần
rèn luyện lại việc chứng minh thêm các tính chất hình học.
BÀI TOÁN10 (ĐƯỜNG TRÒN ẨN MÌNH). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho
tam giác ABC vuông tại A có đỉnh B(1;1). Phương trình đường thẳng
AC : 4 x  3 y  32  0 . Trên cạnh BC lấy điểm M sao cho BM.BC = 75. Tìm
tọa độ đỉnh C, biết bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC là 5 5 .
■ Đặt vấn đề:bài toán khá quen thuộc khi
yêu cầu chúng ta tìm tọa độ của điểm C.
Tuy vậy vướng mắc ở đây chính là chúng
ta chưa thể xác định tọa độ của tâm
đường tròn ngoại tiếp AMC và chưa
khai thác được BM.BC = 75. Trong tình
huống này, ta nên giải quyết ra sao? Mời
các bạn xem lời giải.
☺Ý tưởng :
● Do AB  AC và AB qua B  dễ dàng viết được phương trình AB
 AB  AC  A  tọa độ A  độ dài AB (1).
● Để xác định được tâm I (tâm đường tròn ngoại tiếp ABC) ta cần xác định
trước hết vị trí điểm M  dựa vào đẳng thức BM.BC = 75 (2).
54 83
● Đẳng thức BM.BC = 75 gợi cho ta liên tưởng đến một công thức khá quen
thuộc trong hệ thức lượng của tam giác vuông ABC  Vẽ AH  BC tại H 
BH.BC = AB 2 (3)
BM
● Từ (1), (2), (3)  =?  vị trí M  BC
BH
● Để xác định tâm I là đường tròn ngoại tiếp AMC ta có thể kẻ các đường
trung trực các cạnh AM, MC, AC và giao lại thì tìm được I. Tuy vậy chúng ta
chưa gắn kết thực sự các yếu tố đã có bên ABC với AMC. Vì vậy ta sẽ vận
dụng tính chất của tứ giác nội tiếp bằng cách vẽ thêm một điểm nữa  Đó
chính là điểm D trên hình vẽ.
● Dễ thấy ADCM chính là tứ giác nội tiếp do có DAC  DMC  90  I
chính là trung điểm CD.
* Ta có AB  AC  AB: 3x – 4y + m = 0. AB qua B(1; 1)  m = 1
AB: 3x – 4y + 1 = 0
A = AB  AC  Tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:
4x  3y  32  x  5
   A(5;4)
 3x  4y  1  y  4
* Ta có AB = 5. Gọi H là hình chiếu của A lên BC, khi đó AB2 = BH.BC = 25.
Theo đề bài thì BM.BC = 75 BM = 3BH
Qua M, kẻ đường thẳng vuông góc BC cắt AB tại D.
* Ta có góc DAC = góc DMC = 90o đường tròn ngoại tiếp AMC có tâm I là
trung điểm của CD và bán kính ID
AB BC BM.BC 75
Xét ABC đồng dạng MBD (g–g)  = BD = = = 15.
MB BD AB 5
* Ta có góc DAC = góc DMC = 90o đường tròn ngoại tiếp AMC có tâm I là
trung điểm của CD và bán kính ID.

* Lại có C  AC  C(8 – 3c; 4c) và AC = (3 – 3c; 4c – 4)
c = 5  C(-7; 20)
Vậy AC2 = 400 = (3 – 3c)2 + (4c – 4)2 (c – 1)2 = 16 
c = -3  C(17; -12)
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là C1 (–7; 20) hay C(17; –12)
■ Lời bình:Có thể thấy, mấu chốt của việc giải bài toán này chính là việc xác
định I là tâm đường tròn ngoại tiếp AMC. Và một lần nữa ta lại thấy được
“kỹ thuật vẽ đường phụ” hay đến mức nào. Tuy vậy, không phải ai cũng có
thể nghĩ được. Điều quan trọng là ta xem việc kẻ thêm đường, gọi thêm điểm
84
54
là một việc hết sức tự nhiên trong quá trình chứng minh, lập luận, giải quyết
một bài toán hình học.
BÀI TOÁN 11 (GÓC TRONG ĐƯỜNG TRÒN). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,
cho đường tròn (C) có phương trình là x 2  y 2  3x  6 y  0 . Gọi M, N là
hai điểm thuộc (C) thỏa mãn góc MON bằng 30o(O là gốc tọa độ). Tìm tọa
độ trọng tâm G của MON biết G thuộc đường thẳng d : x  y  1  0
■ Đặt vấn đề:Trong bài toán đường tròn có liên hệ đến góc trong đường tròn thì
ta nên khai thác như thế nào? Mời các bạn xem lời giải.
☺ Ý tưởng :
● Để bài đã gợi mở G  d tham số hóa điểm Gcần một pt?
● Nhận xét O  (C)  MON chính là góc nội tiếp chắn cung MN của (C) và góc
MIN chính là góc ở tâm của (C)
 số đo góc MIN = 2 MON = 60o.
IM 3 R 3
● Dễ dàng chứng minh được MIN đều  IH  
2 2
● Để sử dụng độ dài IH ta biểu thị tọa độ H theo G qua công thức trọng tâm 
tìm được tọa độ G.
2
 3   3  3 5
* Ta có (C) có tâm I  ;3  và R = 2
  3 
 2   2  2
* Mặt khác G  d: x + y – 1 = 0 G(m ; 1 – m).
* Nhận xét O(0 ; 0)  (C)  MON chính là góc nội tiếp chắn cung MN của (C)
và góc MIN chính là góc ở tâm của (C) chắn cung MN
 số đo góc MIN = 2 MON = 60o.
54 85
Lại có IMN cân tại I (do IM = IN = R) IMN là  đều.

R 3 3 15
* Gọi H là trung điểm MN  IH  MN  IH =  .
2 4
Do G là trọng tâm MON
2  3m 3  3m   3m  3 3m  3 
 OG  OH  H  ;  và IH   ; 
3  2 2   2 2 
* Ta có
2 2
3 15 135  3m  3   3m  3  135 15
  m  1 
2
IH =  IH 2      
4 16  2   2  16 8
 30  4
 m
Suy ra  4
  30  4
m 
 4
 30  4  30    30  4 30 
Nên ta có G1  ;  hay G 2  ; 
 4 4   4 4 
 30  4  30    30  4 30 
G1  ;  hay G 2  ; 
 4 4   4 4 
■ Lời bình: Có một sự khó khăn nếu ta không phát hiện điểm O thuộc đường tròn
(C). Bởi lẽ khi đó bạn không thể khai thác các góc đặc biệt trong đường tròn.
Trong bài toán này, chúng ta đã nhắc lại một phần kiến thức đã học ở hình học
lớp 9. Cũng cần phải nói thêm, các bài toán tọa độ có sử dụng các tính chất hình
học lớp dưới mới thật sự trở ngại lớn nhất đối với các bạn. Chúng ta cũng không
tránh né các vấn đề đó hoặc tìm một con đường khác để đi đến kết quả. Điều
quan trọng là các kiến thức toán học được xây dựng từ những cơ sở sơ khai từ
lớp dưới. Nếu bạn vẫn chưa nắm vững các kiến thức đó, các bạn có thể xem
lại các kiến thức ở chương 1 trước khi tìm hiểu các bài toán tiếp theo liên
quan đến đường tròn.
BÀI TOÁN 12 (ĐƯỜNG TRÒN NỘI TIẾP TAM GIÁC). Trong mặt phẳng tọa
độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  2 x  4 y  20  0 và điểm A  5; 6  . Từ
A vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (C) với B, C là các tiếp điểm. Tìm
tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
■ Đặt vấn đề:Cũng là tâm của một đường tròn, nhưng tâm đường tròn ngoại tiếp,
nội tiếp, bàng tiếp tam giác có một vị trí rất đặc biệt. Vậy làm sao để xác định
tọa độ tâm đường tròn nội tiếp của một tam giác? Mời các bạn xem lời giải.
86
54
■ CÁCH 1:(Tìm tọa độ tiếp điểm B và C).

☺ Ý tưởng :
● Để tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp, có rất nhiều cách, một trong những cách
giải nhanh nhất chính là áp dụng tính chất aIA  bIB  cIC  0 (với ABC
có a = BC, b = AC, c = AB và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác). (Xem lại
phần chứng minh bổ đề ở chương 1)
● Như vậy ta cần tìm tọa độ B và C? (Ở đây thầy nghĩ có hai hướng đi phù hợp
hơn cả)
* Hướng thứ 1, Xét {B; C} = BC  (C)  viết phương trình BC  BC  AI và

qua H  tìm tọa độ điểm H  Do đã có AI và BI nên ta dễ dàng tính được HI
 HI =?AI  HI  ?AI tọa độ H.
* Hướng thứ 2,Xét {B; C} = (C1) (C) (trong đó (C1) chính là đường tròn ẩn
mình có tâm A và bán kinh AB)tính độ dài AB  dựa vào BI và AI.
● Sau khi tìm được tọa độ B và C, ta có thể áp dụng bổ đề trên để tìm nhanh tọa
độ tâm đường tròn nội tiếp ABC.
* Đường tròn (C) có tâm I(–1; 2) , bán kính R = 5 và IA = 10.
Mặt khác lại có AB = AI2  BI2  5 3
* Ta có B và C là giao điểm giữa hai đường tròn (C) và (C1) trong đó (C1) có tâm
A(5; –6) và bán kính là AB  5 3 . Do đó tọa độ B và C thỏa hệ phương trình:
 1 4 3 3 3  1 4 3 3 3 
 B1  ; , C
 1  ; 
 x 2  y 2  2x  4y  20  0   2 2   2 2 
 2 2
Suy ra 
 (x  5)  (y  6)  75  B  1  4 3 ; 3 3  , C  1  4 3 ; 3 3 
 2  2 2
 2 
2 2

    
(Việc giải hệ này xin dành cho bạn đọc)
54 87
Do vai trò của BC là như nhau nên ta có thể chọn

1 4 3 3 3  1  4 3 3 3 
B  ;  , C  2 ; 2 
 2 2   
1 1 1
* Gọi H là trung điểm BC  BC = 2BH với  
BH 2 BI 2 BA2
5 3
 BH   BC  5 3
2
(Đến đây ta lại phát hiện ABC đều do BC = BA = AC nên ta có thể kết luận
luôn trọng tâm tam giác ABC chính là tâm đường tròn nội tiếp ABC. Tuy vậy ta
vẫn sẽ kiểm tra lại bằng cách áp dụng tính chất trên)
* Gọi G là tâm đường tròn nội tiếp ABC.
Ta có: BC.GA  AC.GB  AB.GC  0
Suy ra GA  GB  GC  0 là trọng tâm tam giác ABC G(2; –2)
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là G(2; –2)
■ CÁCH 2:(Phát hiện tam giác ABC đều)

► Hướng dẫn giải cách 2
IB 2 5
* Gọi H là giao điểm của BC và IA, ta có: IH .IA  IB 2  IH  
IA 2
1 1 
 IH  IA  H  ; 0 
4 2 
IB 1
* Xét AIB có cos AIB  
IA 2
 AIB  60 mà ABC cân tại A (do AB = AC) ABC đều.
* Vậy tâm đường tròn nội tiếp ABC trùng với trọng tâm G của ABC.
2
* Gọi G là trọng tâm ABC  AG  AH  G  2; 2 
3
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là G(2; –2)
■ Lời bình: Nếu chú ý ở hai bài toán 11 vừa rồi và bài toán 12 này thì ta có một
nhận xét rút ra được trong quá trình đi tìm lời giải, có rất nhiều yếu tố hình học
quan trọng, đặc biệt đã bị người ra đề “làm mờ” đi. Nếu không khéo léo phát
hiện ra có thể hoặc bạn sẽ dẫn dắt bài toán theo hướng giải dài hơn, hoặc cũng
có thể bạn không tìm thấy hướng giải quyết của bài toán. Ngoài phương pháp
tìm trên chúng ta cũng có thể viết phương trình đường phân giác trong (dựa vào
đúng định nghĩa tâm đường tròn nội tiếp chính là giao điểm của các đường phân
88
54
giác, tuy nhiên việc thiết lập phương trình phân giác trước hết phải có được yếu
tố của phương trình đường thẳng, các cạnh của tam giác và hướng giải tương
đối cồng kềnh, trừ trường hợp vạn bất đắc dĩ ta mới nên làm theo hướng đó).
BÀI TOÁN13(ĐƯỜNG TRÒN BÀNG TIẾP TAM GIÁC). Trong mặt phẳng
tọa độ Oxy, cho tam giác OAB có các đỉnh A và B thuộc đường thẳng : 4x +
3y – 12 = 0 và điểm K(6; 6) là tâm đường tròn bàng tiếp góc O. Gọi C là
điểm nằm trên đường  sao cho AC = AO và các điểm C, B nằm khác phía
24
nhau so với điểm A. Biết điểm C có hoành độ bằng . Tìm tọa dộ các đỉnh
5
A và B.
(Trích đề minh họa kì thi THPT Quốc Gia 2015 – Bộ GD&ĐT)
■ Đặt vấn đề:Gần như trong tất cả các tài liệu, bài tập, đề thi, dạng đường tròn
bàng tiếp tam giác rất khi được người ra đề đề cập đến. Đây cũng là đầu tiên,
trong một đề thi với mục tiêu thay đổi cách dạy và học ở Phổ Thông, xét tốt
nghiệp THPT và hướng đến sàng lọc, phân loại, lựa chọn những học sinh có
năng lực tiếp tục học lên tiếp các cấp bậc Đại Học, Bộ GD&ĐT đã đưa ra bài
toán này. Trở lại bài toán, có phải điểm mấu chốt, là nút thắt của bài toán
chính là việc xác định tâm đường tròn bàng tiếp tam giác? Mời các bạn xem
lời giải.
■ CÁCH 1:(Theo đáp án của Bộ GD&ĐT)

* Trên  lấy điểm D sao cho BD = BO (D và D nằm khác phía nhau so với B).
* Gọi E = KA  OC và F = KB  OD. Vì K là tâm đường tròn bàng tiếp góc O
và OAB nên KE là phân giác của góc OAC. Mà OAC cân A (do OA = AC)
Suy ra KE là đường trung trực của OC. Do đó E là trung điểm OC và KC = KO.
* Xét tương tự đối với KF, ta cũng có F là trung điểm OD và KD = KO.
54 89
* Do đó CKD cân tại K. Kẻ KH  tại H  H là trung điểm CD. Như vậy: A

và B lần lượt là giao điểm của  và trung trực d1 của đoạn OC, trung trực của
đoạn OD (với D là điểm đối xứng của C qua H, H là hình chiếu vuông góc của
K trên .
24 1
* Vì C  và có hoành độ xo   yo 
5 5
 12 6 
Từ đó, trung điểm E của OC có tọa độ là E  ;  và đường thẳng OC có
5 5 
phương trình x + 2y = 0.
Suy ra phương trình của d1 là: 2x – y – 6 = 0.
* A =   d1  tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:
 4x  3y  12  0
 A(3; 0).
 2x  y  6  0
* Gọi d là đường thẳng đi qua K(6; 6) và d , ta có d: 3x – 4y + 6 = 0.
Do H =  d  tọa độ H là nghiệm của hệ
4x  3y  12  0  6 12   12 36 
  H ;   D ; 
 3x  4y  6  0 5 5   5 5 
 6 18 
* Do đó, trung điểm F của OD có tọa độ là D  ;  và đường thẳng OD:
 5 5
3x + y = 0. Suy ra d2: x – 3y + 12 = 0.
* Mặt khác B =   d2  Tọa độ B là nghiệm của hệ
 4x  3y  12  0
  B  0; 4 
 x  3y  12  0
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là A(3;0) và B(0;4)
■ CÁCH 2:(Vận dụng tính chất của phân giác tìm thêm điểm mới )
90
54
☺Ý tưởng :
● Do A thuộc  tham số hóa A.
● Do C  tìm được tọa độ của C.
● Nhận xét OK chính là đường phân giác trong của OAB (Do K là đường
tròn bàng tiếp OAB)
 Viết phương trình OK.
● Vì OA = CA  tìm đươc tọa độ điểm A.
● Sử dụng tính đối xứng của phân giác  tìm được điểm A’ là điểm đối xứng
của A qua phân giác  Có điểm A’ ta viết phương OA’
● B = OA’  AB  tọa độ B
12  24 12 
* Do C : 4x + 3y – 12 = 0  yC   C ;  .
5  5 5 
Lại có A  A(3a; 4 – 4a)
  24 32 
2 2  CA   3a  ;  4a 
* Theo đề bài ta có OA = CA  OA  CA với   5 5 
 OA   3a; 4  4a 

2 2
 24   32 
Suy ra 9a  16(1  a)   3a      4a 
2 2
 5   5 
 48a  48  a = 1 A(3; 0)
* Do K là tâm đường tròn bàng tiếp ABC  OK là đường phân giác trong của
góc AOB
Đường OK qua O(0; 0) nhận OK  (6;6) làm vtcp có dạng là:
x0 y0
 x–y=0
6 6
* Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên OK và A’ là điểm đối xứng của H qua
OK (A’  OK).
Đường AH  OK  x + y + m = 0, AH qua A(3; 0)  m = – 3.
Vậy AH: x + y – 3 = 0
Lại có, H = AH  OK  Tọa độ H là nghiệm của hệ
x  y  3  0 3 3
  H ; 
 xy0 2 2
Mặt khác, H là trung điểm AA’ A’(0; 3)
* Đường thẳng OB qua O(0; 0) nhận OA '  (0;3) làm vtcp có dạng là OB:
54 91
x 0
 (t  )
 y  3t
Do B  OB  B(0; 3t).
4
Mặt khác B : 4x + 3y – 12 = 0  t  B(0; 4)
3
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là A(3;0) và B(0;4)
■ CÁCH 3:(Vận dụng tính chất của tâm đường tròn bàng tiếp tam giác)
☺ Ý tưởng : Tâm đường tròn bàng tiếp tam giác tiếp xúc với một cạnh của tam
giác và phần kéo dài của hai cạnh còn lại (tương tự như tâm đường tròn nội tiếp
 dùng định nghĩa tiếp xúc để chuyển sang khoảng cách) .
● Cụ thể trong bài này, chúng ta làm tương tự cách 2 khi tìm dễ dàng tọa độ A và C.
● Viết phương trình đường OA và gọi dạng đường thẳng OB:

a  x  xo   b  y  yo   0, a 2  b2  0 
● Ta có d[K; OA] = d[K;OB]  Tìm được phương trình OB.
● OB  AB = B  Tọa độ điểm B.
12  24 12 
* Do C : 4x + 3y – 12 = 0  yC   C ;  .
5  5 5 
Lại có A  A(3a; 4 – 4a)
  24 32 
2 2  CA   3a  ;  4a 
* Theo đề bài ta có OA = CA  OA  CA với   5 5 
 OA   3a; 4  4a 

2 2
 24   32 
Suy ra 9a  16(1  a)   3a      4a   48a  48  a = 1
2 2
 5   5 
 A(3; 0)
* Ta có đường thẳng OA qua O(0;0) và nhận OA  (3;0) làm vtcp có dạng: y = 0
Gọi pt đường thẳng OB qua O(0; 0) nhận n  (a; b) (a 2  b 2  0) làm vtpt có
dạng là: a(x  0)  b(y  0)  0  OB : ax  by  0
* Do K là tâm đường tròn bàng tiếp tam giác  d[K; OA] = d[K; OB]
| 0.6  6 | | 6a  6b | a  0
   ab  0  
02  12 a 2  b2 b  0
* Với a = 0, ta chọn b = 1  OB: y = 0 (loại vì trùng đường OA)
92
54
* Với b = 0, ta chọn a = 1  OB: x = 0. Lại có B = OB  AB  Tọa độ B là

 4x  3y  12  0
  B  0; 4 
 x  0
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán làA(3;0) và B(0;4)
■ Lời bình:Có thể thấy khó khăn lớn nhất của bài toán này của học sinh là không
nắm và không hiểu hết được định nghĩa, tính chất của tâm đường tròn bàng
tiếp tam giác. Tuy vậy ta vẫn thấy cách giải của Bộ GD&ĐT tương đối khó
hiểu khi chú ý việc vận dụng “sử dụng kỹ thuật vẽ đường phụ”mà không khai
thác triệt để tính chất của “tâm đường tròn bàng tiếp tam giác” (Các bạn có
thể xem kỹ ở phần lý thuyết chương 1 nhé).
BÀI TOÁN 14 (ĐƯỜNG ELIP). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip
x2 y 2
 E  :   1 có hai tiêu điểm F1 , F2 . Tìm tọa độ điểm M thuộc (E) sao
25 9
4
cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác MF1 F2 bằng .
3
■ Đặt vấn đề:trải qua 13 bài toán với các dạng hình khác nhau từ tam giác đến
tứ giác, đường tròn, giờ đây chúng ta tiếp tục đi tiếp đến đường elip (nằm trong
bộ ba đường conic: Elip – Hypebol – Parabol). Bài toán tìm điểm M thuộc (E)
thì ta nên khai thác theo những yếu tố nào? Mời các bạn cùng theo dõi.
☺ Ý tưởng :
- Khi M  (E) ta chắc chắn có được 1 pt 2 ẩn  tìm thêm 1PT nữa.

- Từ PT (E) ta khai thác các yếu tố a, b, c của (E)
- Do M  (E) nên theo định nghĩa ta có MF1  MF2  2a .
- Bài toán đề cập đến bán kính đường tròn nội tiếp MF1F2 ta có thể đi theo
hướng phân giác hoặc khoảng cách từ tâm I đến các cạnh (cụ thể là Ox) bằng
r = 4/3. Hoặc cũng có thể khai thác nó theo công thức
54 93
1 1
S  pr  d  M ; Ox  .F1 F2  yM .2c
2 2
2
2
a 2  25 a  5
x y  
* Từ (E):  1  b2  9  b  3 (do a, b, c > 0 )
25 9 c 2  a 2  b 2  16 c  4
 
xM 2 yM 2
Gọi M(xM; yM) là điểm cần tìm. Do M  (E) nên ta có   1 (1) và
25 9
MF1  MF2  2a  10
MF1 + MF2 + F1F2 10 + 2c
* Xét MF1F2 có nửa chu vi p = = =9
2 2
4
Lại có SMF1F2  pr  9.  12 (r là bán kính đường tròn nội tiếp  MF1 F2 )
3
1 1
* Mặt khác, S  pr  d  M ; Ox .F1 F2  9  yM .2c  12  yM  3 (2)
2 2
* Từ (1), (2) ta suy ra M(0; 3) hay M(0; –3)
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là M(0 ;3) hay M(0 ;–3)
■ Lời bình:Với bài toán tìm điểm liên quan đến Elip ngoài việc liên hệ các kiến
thức đã học, bạn còn phải biết vận dụng các kỹ thuật ở những bài toán đã giới
thiệu trước đó như kỹ thuật tham số hóa, kỹ thuật dùng diện tích, kỹ thuật vẽ
đường phụ, v.v...
BÀI TOÁN15(ĐƯỜNGHYPEBOL).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hypebol

x2 y 2
 H  :   1 và tọa độ điểm A(–2; 0). Tìm tọa độ điểm B và C thuộc
4 16
nhánh phải của (H) sao cho ABC là tam giác đều.
■ Đặt vấn đề:Tương tự như bài toán 14, khi tìm điểm thuộc các đường conic đã
có phương trình thì việc khai thác các chỉ số a, b, c của phương trình chính tắc
chắc chắn không thể bỏ qua. Cụ thể trong bài toán này thì ta nên khai thác
chúng theo hướng nào? Đặc biệt việc cho điểm A(–2;0) có tạo được thuận lợi
nào cho ta không? Mời các bạn xem lời giải.
☺ Ý tưởng :
● Từ phương trình (H) ta khai thác các giá trị a, b, c.
● Nhận xét A  (H) mà (H) nhận trục hoành làm trục đối xứng nên để ABC đều
(AB = AC) thì ta phải có xB  xC  0, yB   yC . Và cho điểm B  (H)  lập
được một phương trình (1).
94
54
● Gọi H là trung điểm BC  H thuộc trục hoành.

BC 3
Ta có ABC đều  AH   pt (2).
2
x 2 y2
* (H):  1
4 16
 a2  4

 b 2  16
c 2  b 2  a 2  12

 a2

  b  4 (a, b, c  0)

c  2 3
* Gọi B(xB; yB), C(xC; yC) là tọa độ điểm cần tìm. (xB; xC> 0 do B và C thuộc
nhánh phải (H))
Nhận xét A(–2; 0)  (H), vì (H) nhận trục hoành làm trục đối xứng nên ta có
xB  xC  0, yB   yC
BC 3 2 | yB | 3
* Gọi K = BC  trục hoành ta có: AK   AO  AK 
2 2
2  xB
Suy ra 2  x B | y B | 3  | y B |  (1).
3
x B2 yB2
* Mặt khác ta lại có: B  (H)    1 (2).Thay (1) vào (2) ta được:
4 16
 2  xB
 2  xB  | yB | 
 | yB |   3
 3  2
4x 2  y 2  16 4x 2  (2  x B )  16
 B B
 B 3
  2  xB
  | y B | 
 | y B |  2  x B 
3
 3    x B  2
11x  4x  52  0
2  
 B B
  x B  26
   11
Do xB> 0 nên ta nhận
54 95
   26 16 3   26 16 3 
16 3 B ;
y   1   1  11 ; 11 
 , C
26  B 11    11 11   
xB   
11  16 3   26 16 3   26 16 3 
 yB  
B2  ; 
 , C 2  ; 
 11   11 11   11 11 
  26 16 3   26 16 3 
 B1  ;  1  ;
, C 
  11 11   11 11 
Vậy tọa độ điểm cần tìm là: 
 B  26 ; 16 3  , C  26 ; 16 3 
 2  11 11
 2 
11 11

    
■ Lời bình:Có thể thấy với bài toán tìm điểm thuộc các đường conic, chúng ta đã
có sẵn một phương trình của điểm. Tuy vậy nếu không biết cách phát hiện vị trí
đặc biệt của điểm A, hoặc nhận xét các tính chất đặc biệt của (H) như nhận các
trục tọa độ làm trục đối xứng thì dường như bài toán trở nên rất khó khăn. Việc
vẽ hình cũng đã định hướng phần nào trong quá trình giải.
BÀI TOÁN 16 (ĐƯỜNGPARABOL). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho
parabol  P  : y 2  x và tọa độ điểm I(0; 2). Tìm tọa độ điểm hai điểm M, N
thuộc (P) sao cho IM  4IN
■ Đặt vấn đề:tương tự như khi ta khai thác các đường elip, hypebol, với đường
parabol ta cũng cần nắm vững những thuộc tính của chúng. Tuy nhiên với bài
toán này, chúng ta không cần quan tâm đến các thuộc tính của chúng nhưng
cũng cần phải nói, có một số bài nếu không nắm được thuộc tính của các đường
conic thì rất khó để ta giải đúng và tìm nhanh ra kết quả như mong muốn. Mời
các bạn xem lời giải.
■ CÁCH 1:
☺ Ý tưởng : Theo như yêu cầu bài toán, ta gọi tọa độ M và N  4 ẩn cần thiết
lập 4 phương trình?
● phương trình (1)  M  (P),
● phương trình (2)  N  (P),
● phương trình (3) và (4)  khai thác biểu thức tọa độ IM  4IN .
 x M 2  y M (1)
* Gọi M(xM; yM), N(xN ; yN) là hai điểm thuộc (P). Khi đó ta có :  2
 x N  y N (2)
IM  (x M ; y M  2)
* Ta có  .
 IN  (x N ; y N  2)
96
54
 x  4x N (3)
Theo đề bài ta có : IM  4IN   M
 yM  2  4(y N  2) (4)
* Từ (1), (2), (3), (4) ta có hệ phương trình và giải hệ đó ta được :
 x N  1  y N  1, x M  2  y N  4  M(4; 2), N(1;1)
 x  3  y  9, x  6  y  36   M(36;6), N(9;3)
 N N M N 
 M(4; 2), N(1;1)
Vậy có hai cặp điểm thỏa yêu cầu bài toán là: 
 M(36;6), N(9;3)
■ CÁCH 2: tham số hóa M, N theo (P) (sử dụng 2 ẩn  thiết lập 2 phương trình,
việc giải tương tự như cách 1, xin dành cho bạn đọc)
■ Lời bình:Như vậy là 16 bài toán đầu tiên với đủ các dạng hình cùng với câu
hỏi tìm tọa độ điểm đã được giới thiệu đến các bạn. Để củng cố và nhấn mạnh
một số kiến thức, kỹ năng, các bạn nên làm bài tập chọn lọc– tự luyện có
hướng dẫn giải ở phần tiếp theo đây nhé. Đồng thời cũng cần nhấn mạnh, các
chủ đề còn lại của chương này như viết phương trình đường thẳng, đường
tròn, đường conic, v.v... đều có thể ứng dụng để tìm tọa độ điểm.
BÀI TẬ P CHỌN LỌC – TỰ LUYỆ N CHỦ ĐỀ 1
Câu 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2;6), B(–3; –4), C(5; 0).
a. Tìm tọa độ trọng tâm G, trực tâm H của ABC.
b. Tìm tọa độ I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC.
c. Tìm tọa độ D là giao điểm của đường thẳng BC và đường phân giác ngoài của
góc A.
d. Tìm tọa độ J là tâm đường tròn nội tiếp ABC.
e. Tìm tọa độ K là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của ABC.
4 2  1 
(ĐS: G  ;  , H  5;0  , I  ;1 , D(17;6), J (2;1), K (2; 9) )
3 3  2 
a. Tìm tọa độ trọng tâm G, trực tâm H của ABC
54 97
■ Phân tích tìm lời giải:

●Không quá khó để tìm tọa độ G do đã biết cả 3 tọa độ của 3 đỉnh A, B, C
● Để tìm tọa độ điểm H ta dựa vào tính chất của trực tâm  AHBC và
BH  AC  chuyển về tích vô hướng giữa 2 véctơ để giải  tìm được tọa độ H.
* Do G là trọng tâmABC nên ta có:
 x  xB  xC 2  3  5 4
 xG  A  
 3 3 3 4 2
  G ; 
 y  y A  y B  yC  6  4  0  2 3 3


G
3 3 3
* Gọi H(xH; yH) là tọa độ trực tâm của ABC
 AH  (x  2; y  6)

AH  BC  BH  (x  3; y  4)
 (*) với 
BH  AC  BC  (8; 4)

 AC  (3; 6)
AH.BC  0 8(x  2)  4(y  6)  0 x  5
Do đó (*)      H(5; 0)
 BH.AC  0  3(x  3)  6(y  4)  0  y  0
b. Tìm tọa độ I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC
Để tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếpABC khi đã biết tọa độ của 3 đỉnh A,
B, C ta có thể giải theo 3 cách sau:
● Cách 1: Gọi tọa độ I(x;y), vận dụng định nghĩa của tâm I là cách đều ba
 IB  IC
đỉnh tam giác 
IB  IA
● Cách 2: Lập pt d1, d2 lần lượt là phương trình trung trực của cạnh AB, BC ta
có d1d2= I(vận dụng cách dựng tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác là giao
điểm của các đường trung trực).
● Cách 3: Gọi dạng khai triển của pt đường tròn (C) ngoại tiếpABC:
x 2  y2  2ax  2by  c  0 , trong đó I(a;b) chính là tọa độ cần tìm. Lần lượt
thay tọa độ A, B, C vào pt khai triểngiải hệ 3 pt 3 ẩn tìm I.
● Cách 4: Ta cũng có thể vận dụng quan hệ thẳng hàng giữa trực tâm H, trọng
tâm G và tâmđường tròn ngoại tiếp I đó chính là IH  3IG (H và G là tọa độ
đã tìm được ở câu a).
● Cách 5: Ta cũng có thể gọi M là trung điểm BC, dựa vào tính chất
AH  2IM  giải tìm I.
98
54
● Cách 6: Bằng cách tính tất cả các cạnh để kiểm traABC có là tam giác đặc
biệt?
+ Giả sử: ABC vuông tại A thì trung điểm cạnh huyền BC chính là tâm I
+ Giả sử: ABC đều thì trọng tâm G của tam giác ABC chính là tâm I
+ Giả sử: ABC cân tại A có góc BAC  120 thì tâm I chính là đỉnh thứ 4
của hình thoi ACDB.

 IB  IC
* Gọi I(xI; yI) là tọa độ tâm đường tròn ngoài tiếpABC   (*)
 IC  IA
AI  (x I  2; y I  6)

* Với  BI  (x I  3; y I  4) do đó (*)

 CI  (x I  5; y I )
CI2  BI2 (x I  5)2  yI 2  (x I  2) 2  (yI  6)2
 2  2 2 2 2
(x I  5)  yI  (x I  3)  (yI  4)
2
 CI  AI
10x I  25  4x I  4  12 y I  36
 (nhận xét xI2; yI2 đều bị triệt tiêu nên
 10x I  25  6x I  9  8 y I  16
ta khai triển nhanh)
 1
6x I  12 y I  15 x I   1 
  2  I  ;1
 16x I  8 y I  0  y I  1  2 
► Hướng dẫn giải cách 2:Gọi d1, d2lần lượt là trung trực của cạnh AB, BC
 1 
* Gọi M  ;1 , N(1; 2) lần lượt là trung điểm AB, AC.
 2 
54 99
 1 
* Ta cód1 qua M  ;1 nhận AB  (5; 10) làm vtpt có dạng là :
 2 
1
5(x  )  10(y  1)  0  (d1 ) : 2x  4y  3  0
2
* Ta cód2 qua N 1; 2  nhận BC  (8; 4) làm vtpt có dạng là :
8(x  1)  4(y  2)  0  (d 2 ) : 2x  y  0
* Ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếpABC  I = (d1)  (d2)
  1
 2x  y  0 x   1 
 tọa độ I là nghiệm của hệ:   2  I  ;1
 2x  4y  3  0  2 
  y  1
* Gọi phương trình dạng khai triển của đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC là:
(C) : x 2  y2  2ax  2by  c  0 với tâm I(a; b)
 1
 a 
 A  (C)  4a  12b  c  40 (1) 2
   1 
* Ta có B  (C)  6a  8b  c  25 (2)   b  1  I  ;1
  2 
 C  (C)  10a  c  25 (3) c  30


* Nhận xét I, H, G thẳng hàng và đặc biệt IH  3IG (phần chứng minh kết quả
bổ đề này mời các bạn xem ở chương 1). Do đó
 4
5  x I  3( 3  x I )  x I  1  1 
IH  3IG    2  I  ;1
2
0  y  3(  y )  y I  1  2 
 I
3
I
► Hướng dẫn giải cách 5:Gọi M(1; –2) là trung điểm BC

* Nhận xét AH  2IM (phần chứng minh kết quả bổ đề này mời các bạn xem ở
chương 1).
 1
 5  2  2(1  x I ) x I   1 
* Do đó AH  2IM    2  I  ;1
 0  6  2( 2  y I )  y I  1  2 
100
54
AB  (5; 10)  AB  5 5


* Ta có  BC  (8; 4)  BC  4 5

 AC  (3; 6)  AC  3 5
* Nhận xét BC2 + AC2 = AB2 (theo định lý Py–ta–go đảo) ABC  C tâm
đường tròn ngoại tiếp ABC chính là trung điểm cạnh huyền AB
 x A  x B 1
 x I  2

2  1 
  I  ;1
 y  A y  y  2 
B
1
 I 2
(hoặc nhận xét BC.AC  0 ABC  C)
■ Lời bình cho câu b:Qua các cách giải đã trình bày ở câu b, chúng ta rút ra vài
nhận xét sau:
Một là, đề cập đến việc xác định tâm đường tròn ngoại tiếp với những tam giác
đặc biệt thì chúng ta có những lưu ý sau:
Hai là, mỗi cách trên đều có cái hay riêng của nó, có cách thì vận dụng tính
chất hình học, các kết quả đẹp từ đường tròn (cách 4 và cách 5), có cách vận
dụng nội tại của định nghĩa và tính xây dựng của điểm (cách 1 và cách 2), có
cách thì vận dụng phương trình đường tròn trong hình tọa độ Oxy (cách 3), đặc
biệt là cách 6 với việc tính toán kiểm tra các dạng hình để rút ra những kết luận
quan trọng.
c.Tìm tọa độ D là giao điểm của đường thẳng BC và đường phân giác ngoài
của góc A.
■ CÁCH 1:
54 101

● Yêu cầu của đề là tìm tọa độ DAD  BC = D  như vậy ta cần viết pt BC
và pt AD.
● AD là phân giác ngoài góc A của ABC  AD  AE (2 phân giác vuông
góc nhau)
● Ở đây ta có thể có những cách nào để viết phương trình AD?
+ Hướng thứ 1: Ta có thể viết phương trình AC và AB sau đó dùng công thức
lập pt đường phân giác trong và ngoài của góc A.
+ Hướng thứ 2:Ta tìm tọa độ E là chân đường phân giác trong kẻ từ A thông
AC CE
qua tỉ số của chân đường phân giác với các cạnh là   AD qua A và
AB EB
AD  AE.
● Xin được trình bày lời giải cách 1 theo hướng thứ 1.

 AB : 2x  y  2  0

* Dễ dàng lập được phương trình AB ,AC, BC là AC : 2x  y  10  0
 BC : x  2y  5  0

* Phương trình đường phân giác tạo bởi AB và AC là:
2x  y  2 2 x  y  10

4 1 4 1
y  6  0
Suy ra 
x  2  0
(Để biết đường thẳng nào là phân giác trong hay ngoài ta có thể xét sự cùng
phía của B,C so với các đường đó hoặc xét khoảng cách từ B (hoặc C) lần lượt
đến hai đường  khoảng cách lớn nhất tương ứng với phân giác ngoài).
* Ta có: B(–3;–4) và C(5; 0): (–4–6).(–6) = 60 > 0  B và C cùng phía so với
đường y – 6 = 0AD: y – 6 = 0 chính là đương phân giác ngoài góc A.
* Ta có D = AD  BC  tọa độ D là nghiệm của hệ
102
54
 y  6  0 x  17
   D 17; 6 
 x  2y  5  0  y  6
■ CÁCH 2: Sử dụng tỉ số chân đường phân giác ngoài.
● Ở lớp 8, chúng ta đã được học một định lý về đường phân giác.
AC CE DC
Cụ thể  
AB EB DB
● Chúng ta sẽ dựa vào tỉ số đó để chuyển đẳng thức độ dài  đẳng thức véctơ.
* Ta có AB = 5 5, AC = 3 5. Theo định lý về đường đường phân giác ta có:
AC DC 3 3 3 3
   DC  DB  DC  BC  CD  CB (chú ý dấu của véctơ)
AB DB 5 2 2 2
 3
 x D  5  2 .8  x D  17
Suy ra    D(17; 6)
3
 y  0  .4  D y  6
 D 2
■ Lời bình cho câu c: Qua việc tìm tọa độ chân đường phân giác ngoài ta rút ra
một số kinh nghiệm sau:
Một là, dựa vào tỉ số chân đường phân giác ngoài ta hoàn toàn có thể giải
nhanh bài toán này, tuy nhiên ta cần chú ý đến dấu giữa các véctơ, về sự cùng
hướng, ngược hướng giữa các véctơ.
Hai là, tuy là cách 1 trình bày tương đối dài và thiên về hướng “lập phương
trình đường thẳng” (xem chủ đề 2) nhưng cũng cho ta một hướng tiếp cận khác
đó chính là xét tọa điểm trong sự tương giao giữa các đường.
d.Tìm tọa độ J là tâm đường tròn nội tiếp ABC.

Có thể có những cách nào để tìm tâm đường tròn nội tiếp ABC (khi đã biết tọa
độ 3 đỉnh)?
AC CE
● Cách 1:Tìm tọa độ E chân đường phân giác trong góc Adựa vào 
AB EB
 tâm J chính là chân đường phân giác trong góc B của ABE (hoặc chân
đường phân giác trong góc C của ACE)
● Cách 2: Lập 2 phương trình đường d1 và d2 là phân giác trong của 2 trong 3
góc bất kỳ của ABC  J = d1 d2 tìm được tọa độ J
● Cách 3: Áp dụng bổ đề: “Cho ABC với BC = a, AC = b, AB = c và J là tâm
đường tròn nội tiếp của tam giác. Khi đó: aJA  bJB  cJC  0  tọa độ J.
54 103

* Gọi AE là đường phân giác trong góc A (E = AE  BC)
AC CE 5 5  3 
Suy ra:    EB  EC  E  2; 
AB EB 3 3  2 
* Mặt khác, ta lại có J chính là chân đường phân giác trong góc B của ABE
JE CE 1 1
Suy ra:    JE  JA  J(2;1)
JA CA 2 2
* Ta có đường phân giác trong góc A là AE: x – 2 = 0.
* Phương trình đường phân giác tạo bởi BC và AC là:
x  2y 5 2 x  y  10

4 1 4 1
 x  3y  5  0
Suy ra 
3x  y  15  0
* Ta có: A(2;6) và B(–3; –4) thay vào đường x + 3y – 5 = 0 :
(2 + 18 – 5).(– 9 + 4 – 15) < 0  B và A khác phía so với đường x + 3y – 5 = 0
 CJ: x + 3y – 5 = 0 chính là đương phân giác trong góc C.
* J = CJ  AE  Tọa độ J là nghiệm của hệ
 x2 0 x  2
    J  2;1
 x  3y  5  0  y  1
* Áp dụng bổ đề: BC.JA  AC.JB  ABJC  0 (việc chứng minh bổ đề này
mới bạn đọc xem ở lý thuyết chương 1)
4(x J  x A )  3(x J  x B )  5(x J  x C )  0
* 4AJ  3BJ  5CJ  0  
 4(yJ  yA )  3(yJ  yB )  5(yJ  yC )  0
104
54
4(x  2)  3(x J  3)  5(x J  5)  0

 x  2
 J  J  J(2;1)
 4(y
 J  6)  3(y J  4)  5(y J  0)  0 y
 J  1
e.Tìm tọa độ K là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của ABC.
● Để xác định tâm đường tròn bàng tiếp của một góc trước hết bạn cần nắm lại
định nghĩa và các tính chất liên quan của chúng (bạn có thể tham khảo phần lý
thuyết chương 1 và bài toán mẫu của chủ đề 1 để hiểu rõ hơn).
● Dựa vào định nghĩa và tính chất của tâm đường tròn bàng tiếp một góc trong
tam giác ta có thể có những hướng giải sau:
+ Hướng thứ 1: (Dựa vào định nghĩa K là tâm đường tròn bàng tiếp góc A
chính là giao điểm giữa phân giác trong góc A và hai đường phân giác ngoài
của góc B và C)  như vậy ta chỉ cần lập phương trình các đường phân giác là
có thể tìm được giao điểm.
+ Hướng thứ 2: Do K là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của ABC nên K sẽ
cách đều cạnh BC và hai cạnh nối dài AC và AB  d[K;AB] = d[K; BC] =
d[K;AC] (hướng đi này sẽ tối ưu hơn nếu như ta đã có K  đường phân giác
trong góc A).
* Ta có đường phân giác trong góc A là AE: x – 2 = 0.
* Dựa vào kết quả từ câu d, ta có phương trình đường phân giác ngoài của góc
C là
CK: 3x – y – 15 = 0
* K = AE  CK  Tọa độ K là nghiệm của hệ
54 105
 x2  0  x2
   K  2; 9 
3x  y  15  0  y  9
* Ta có K  AE: x – 2 = 0  K(2; k)
* Do tính chất của K nên ta có d[K;AB] = d[K; BC]
| 2.2  k  2 | | 2  2k  5 |
 
4 1 4 1
 k  1  K1 (2;1)
Suy ra |6 – k| = |2k + 3|   (loại K1 vì K1 J) K(2; 9)
 k  9  K(2; 9)
Câu 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho

tam giác ABC có đỉnh A(1;5), trung
tuyến CN và đường trung trực của
cạnh BC lần lượt có phương trình là
3x – 5y = 0 và 3x + 4y – 2 = 0. Tìm
tọa độ các đỉnh B và C.
(ĐS: B  1; 5 , C  5;3 )

● Để tìm tọa độ B và C ta xem B, C có đang thuộc phương trình đường thẳng
nào không? hoặc liên hệ với những tọa độ với điểm nào không?  C  CN,
N là trung điểm AB và N  CN.
● Ta cần thiết lập 2 phương trình có liên hệ với B và C. Vậy đó là những
phương trình nào?  gọi H là trung điểm BC  tọa độ H theo tọa độ B và C.
Lại có H  trung trực của BC pt (1).
● Mặt khác BC vuông góc với trung trực của BC  BC.u d  0  pt (2)
● Từ (1), (2)  giải hệ phương trình tìm được tọa độ C và N  tọa độ C và B.
► Hướng dẫn giải:Gọi N, H lần lượt là trung điểm của AB và BC.
* Gọi C  CN C(5c; 3c) và N  CN N(5n; 3n).
2xN = xA + xB xB = 10n - 1
Ta có: N là trung điểm AB  N thỏa 2y = y + y y = 6n - 5
 N A B  B
B(10n – 1; 6n – 5)
 x B  x C 10n  1  5c
 x H  2

2
* DoH là trung điểm BC H thỏa 
 y  y B  y C  6n  5  3c
 H 2 2
106
54
Mặt khác ta có H d là đường trung trực BC

 3xI + 4yI – 2 = 0 2n + c – 1 = 0 (1)
* Ta có BC  d: 3x + 4y – 2 = 0
BC  (5c  10n  1;3c  6n  5)
 BC.u d  0 với 
 u d  (4; 3) la vtcp cua d
Do đó ta có 4(5c – 10n + 1) – 3(3c – 6n + 5) = 0 c – 2n + 1 = 0 (2)
c + 2n = 1 c = 1
* Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: c - 2n = 1 n = 0
 
 C(5; 3) và B(–1; –5)
Vậy tọa độ đỉnh cần tìm là C(5;3) và B(–1;–5)
Vậy tọa độ điểm cần tìm là: C(5;3) và B(–1;–5)
■ Lời bình:Có một số kinh nghiệm rút ra sau khi giải xong bài toán này:
Một là, khi đặt tọa độ tham số hóa các điểm cần tìm, thì cách đặt và lựa chọn
biến đặt cho phù hợp rất quan trọng, trong bài này với tọa độ điểm N nếu đặt xN
= n hay yN = n đều có kết quả tọa độ điểm không đẹp dẫn đến gây ra khó khăn
trong quá trình giải.
Hai là, khi sử dụng tích vô hướng giữa các đoạn vuông góc, ta cũng có thể sử
dụng véctơ chỉ phương (vtcp), véctơ pháp tuyến (vtpt) để thay thế.
Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tọa độ đỉnh C(–1; –1),
trọng tâm G thuộc đường thẳng x + y – 2 = 0. Biết độ dài cạnh AB = 5 và
phương trình đường thẳng chứa cạnh AB là x + 2y – 3 = 0. Tìm tọa độ của đỉnh
A và B.
 3   1   1   3 
(ĐS: A  6;  , B  4;  hay A  4;  , B  6;  )
 2   2   2   2 
■ CÁCH 1:
● Ta tìm cách tham số hóa điểm A và B  A và B thuộc AB. (Giảm ẩn) 
thiết lập 2 phương trình.
● Sử dụng tính chất của trọng tâm G  biểu diễn tọa độ G theo tọa độ của A và
B , lại có G  d  pt (1)
● Mặt khác độ dài AB = 5 pt (2)
● Từ (1) và (2) giải hệ tìm tọa độ A và B.
54 107
* Ta có A và B  AB  A(3 – 2a; a) và B(3 – 2b; b)

Lại có G là trọng tâm ABC  tọa độ G thỏa
 x A  x B  x C 5  2a  2b
 x G  
3 3

 y  y A  y B  yC  a  b  1
 G 3 3
Mặt khác G  d: x + y – 2 = 0
5  2a  2b a  b  1
   2  0  a  b  2 (1)
3 3
* Khi đó ta có A(7 + 2b; – b – 2) và B(3 – 2b; b)  AB  (4  4b; 2b  2)
Lại có: AB  5  AB2  5  16(b  1) 2  4(b  1) 2  5
 1 3 1
 b   A(6; ), B(4; )
2 1 2 2 2
 (b  1)   
4  b  3  A(4; 1), B(6; 3 )
 2 2 2
 3   1   1   3 
Vậy tọa độ điểm cần tìm là: A  6; ,
 B 4;  hay A  4;  , B  6; 
 2   2   2   2 
■ CÁCH 2:Gọi M là trung điểm AB.

● Ta xét tọa độ A, B chính
là giao điểm giữa đường
thẳng AB và đường tròn
ẩn mình (C)có tâm M và
đường kính AB.
108
54
● Như vậy chỉ cần tìm được tọa độ điểm M là xem như mọi nút thắt của bài
toán xem như được gỡ  M  AB  tham số hóa điểm M
2
● Mặt khác G là trọng tâm ABC  CG  GM  biểu diễn tọa độ G theo
3
tọa độ điểm M
● Cuối cùng, do G  d  tìm được tọa độ điểm M  lập được tròn (C)
 (C)  AB = {A; B}
* Ta có M  AB  M(3 – 2m; m). Do G là trọng tâm ABC  CG  2GM
 5  4m
x 
 x G  1  2(3  2m  x G )  G
3
Suy ra  
 yG  1  2(m  y G )  y  2m  1
 G 3
5  4m 2m  1
* Lại có G  d    2  0  m  1 M(5 ; –1)
3 3
AB 5
* Đường tròn (C) tâm M(5 ; –1) và bán kinh R   có dạng là:
2 2
5
(C): (x  5)2  (y  1)2 
4
* Mặt khác A, B là tọa độ giao điểm giữa đường thẳng AB và (C) nên tọa độ A
và B thỏa hệ:
x  2 y  3  0

 2 2 5 (Việc giải hệ này xin dành cho bạn đọc !)
 ( x  5)  (y  1) 
4
 3 1
 A(6; ), B(4; )
2 2

 A(4; 1), B(6; 3 )
 2 2
 3   1   1   3 
Vậy tọa độ điểm cần tìm là: A  6;  , B  4;  hay A  4;  , B  6; 
 2   2   2   2 
■ Lời bình:Có một số kinh nghiệm rút ra sau khi giải xong bài toán này:
Một là, tất cả các giả thiết đề cho điều đóng một vai trò quan trọng trong quá
trình tìm kiếm lời giải cho ta, đó chính là chìa khóa, là lời gợi ý ẩn mình bên
trong bài toán. Việc của ta là phải liên kết các dữ kiện đó từ rời rạc thành một
thể thống nhất.
54 109
Hai là, trong quá trình trình bày các bài toán ví dụ, tác giả đã cố gắng sử dụng
“lập phương trình đường tròn ẩn mình”, đây là một cách làm khá hay giúp ta
củng cố và vận dụng mối liên hệ giữa đường tròn và đường thẳng.
Câu 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tọa độ điểm A(2; 1) ,
B(1; 2) , trọng tâm G của tam giác nằm trên đường x + y – 2 = 0. Tìm tọa độ
27
đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng .
2
(ĐS: C 18; 12  hay C  9;15 )
● Nhận xét: ta chưa có một đường thẳng chứa C không thể tham số hóa điểm
C? Tuy nhiên ta có thể tham số hóa tọa độ điểm G (do G  d: x + y – 2 = 0.
● Do G là trọng tâm ABC  biểu diễn tọa độ C theo G  giảm ẩn của điểm C
 cần một phương trình?
● Yếu tố mà ta chưa khai thác đó chính là SABC? (Phương pháp diện tích gắn
1
liền với phương pháp khoảng cách)  SABC = CH.AB trong đó CH chính là
2
khoảng cách từ C đến đường AB  viết pt AB.
● Vận dụng khoảng cách từ C đến AB ta tìm được tọa độ Gtọa độ C.

* Ta có G  d: x + y – 2 = 0  G(g; 2 – g).Do G là trọng tâm ABC nên ta có :
 xA  xB  xC
x
 G 
3  x  3x G  x A  x B  3g  3
  C  C(3g  3;9  3g)
y  A y  y B  y C y
 C  3y G  y A  y B  9  3g
 G 3
* AB qua A(2; –1) nhận AB  ( 1; 1) làm vtcp nên có dạng:
x  2 y 1
  x  y 30
1 1
110
54
1
* Ta lại có SABC = d[C, AB].AB với AB = 2
2
27 | 3g  3  (9  3g)  3 | 27  g7
Suy ra d[C, AB] =    |6g – 15| = 27  
2 12  12 2 g  2
* Với g = 7  C1(18; –12)
* Với g = –2  C2(–9; 15)
Vậy tọa độ điểm cần tìm là: C 18; 12  hay C  9;15
■ Lời bình: Có một số kinh nghiệm rút ra sau khi giải xong bài toán này:
Một là, đa phần các bài toán đề cập đến việc diện tích hoặc có cho dữ kiện là
diện tích chính là chìa khóa để ta sử dụng “phương pháp khoảng cách”. Phương
pháp khoảng cách có thể ứng dụng để tìm điểm nếu đã biết đường thẳng hoặc
lập phương trình đường thẳng nếu đã tọa độ điểm.
Hai là, qua cách giải câu 2 và 3, ta thấy khi đề cho trọng tâm ta có thể khai thác
theo hướng dùng công thức tọa độ của trọng tâm hoặc tỉ số trọng tâm giúp ta
tìm thêm điểm mới.
Câu 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), đường
cao qua đỉnh B có phương trình đường thẳng: x– 3y – 7 = 0 .Đường trung tuyến
qua đỉnh C có phương trình : x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C và tính diện
tích tam giác ABC.
(ĐS: B  2; 3 , C  4; 5 , S = 16 (đvdt))
● Ở bài toán này, trước khi tham số hóa điểm B và C có tìm thêm được
điểm mới hay đường thẳng mớinào không? đó chính là đường AC (do nhận
xét AC qua A và vuông với đường cao kẻ từ B)
● Kết hợp AC và phương trung tuyến kẻ từ C tìm được tọa độ điểm C.
● Để tìm điểm B ta cho B thuộc đường cao kẻ B  tham số hóa điểm B.
54 111
● Gọi M là trung điểm AB  biểu diễn tọa độ M theo tọa độ B, M thuộc đường
trung tuyến kẻ từ C  tìm được tọa độ điểm B
1
● Để tính diện tích SABCsử dụng đường AC sẵn cóSABC = d[B; AC].AC
2
► Hướng dẫn giải:Đặt d: x – 3y – 7 = 0, : x + y + 1 = 0 và M là trung điểm AB
* AC  d: x – 3y – 7 = 0  AC: 3x + y + m = 0.
Lại có AC qua A(2; 1)  m = – 7
Vậy AC: 3x + y – 7 = 0
 x  y 1 0
* Ta có C = AC  tọa độ C là nghiệm của hệ:   C(4; 5)
3x  y  7  0
* B  d: x – 3y – 7 = 0  B(3b + 7; b).
 3b  9 b  1 
Do M là trung điểm AB  M  ; 
 2 2 
3b  9 b  1
* Mặt khác M    1  0  b  3  B(2; 3) và AC = 2 10
2 2
1 1 | 3.(2)  3  7 |
* SABC= AC.d[B;AC] = 2 10 = 16 (đvdt)
2 2 2
3 1 2
Vậy tọa độ điểm cần tìm là: B(–2; –3), C(4; –5) và SABC= 16
■ Lời bình: Có một số kinh nghiệm rút ra sau khi giải xong bài toán này:
Một là, trước khi tiến hành vào tìm điểm hay viết phương trình đường ta nên có
bước đặt câu hỏi có tìm thêm, “tạo thêm điểm mới, đường thẳng mới”?
Như câu 4 vừa giải xong, ta thấy ngay việc tìm được phương trình đường AC
giúp ta tìm nhanh tọa độ C và vận dụng công thức khoảng cách để tính diện tích
Hai là, ta khai thác đường trung tuyến ở các khía cạnh như chứa đựng trung
điểm cạnh đối diện, nếu giao thêm với 1 đường trung tuyến sẽ tạo ra trọng tâm
(điểm đặc biệt trong tam giác), hoặc giao với 1 đường thẳng khác để có thể tìm
được điểm mới, cụ thể trong bài là là đường AC.
Ba là, ta khai thác đường cao trong tam giác ở khía cạnh như giúp ta viết
phương trình cạnh vuông tương ứng, hay nếu giao với đường một đường cao
khác thì tìm được trực tâm (điểm đặc biệt trong tam giác).
Câu 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giácABC cân tại A có trọng tâm
 4 1
G  ;  , phương trình đường thẳng chứa cạnh BC : x  2 y  4  0 và
 3 3
BG : 7 x  4 y  8  0 . Xác định tọa độ các đỉnh của ABC.
(ĐS: A  0;3 , B  0; 2  , C  4; 0  )
112
54
●Trong ba tọa độ A, B, C thì tọa độ điểm B dễ tìm nhất ( do BGBC = B)

●Nếu gọi H là trung điểm BCviết được pt AH (tìm thêm đường thẳng mới)
●AH  BC = H  tọa độ Htọa độ C.
● Do G là trọng tâm ABC (kết hợp B và C)  tọa độ A (hoặc dùng tính chất
của trọng tâm AG = 2GH)
► Hướng dẫn giải: Gọi H là trung điểm BC.

* Ta có B = BG  BC  tọa độ B là nghiệm của hệ
 x  2y  4  0
  B(0; 2)
7x  4y  8  0
* Ta có AHBC (do ABC cân tại A)  AH: 2x + y + m = 0.
4 1
Mặt khác, AH qua G  ;   m = – 3. Vậy AH: 2x + y – 3 = 0
 3 3
 x  2y  4  0
* Ta có H = AH  BC  tọa độ H là nghiệm của hệ   H(2; 1)
 2x  y  3  0
x  x C  2x H x  4
* Do H là trung điểm BC   B  C C(4; 0)
 yB  yC  2yH  yC  0
 x 
G
3 x  0
* Ta có G là trọng tâmABC    A  A(0;3)
y  y A  y B  y C  y A  3
 G 3
Vậy tọa độ điểm cần tìm là:A(0 ;3), B(0;–2), C(4;0)
Câu 7:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(1; –2), đường cao
CH : x  y  1  0 , phân giác trong BN : 2 x  y  5  0 .Tìm toạ độ các đỉnh B,C
và tính diện tích tam giác ABC
 13 9  45
(ĐS: B  4;3 , C   ;   , SABC  ))
 4 4 4
54 113

● Do đề cho “đường cao CH”tìm thêm được đường mới. (do nhận xét
AB  CH và AB qua A)  viết pt đường AB.
● Một dấu hiệu đặc trưng khi đề bài cho “đường phân giác” tìm thêm được
điểm mới. (do nhận xét về tính đối xứng của phân giác)  tìm được tọa độ
A’  BC viết pt đường BC.
● AB  BN = B và BC  HC = C  tìm được tọa độ B và C.
1
● Để tính SABC ta dùng công thức SABC = d[C;AB]. AB
2
► Hướng dẫn giải :

* AB  CH: x – y + 1 = 0  AB: x + y + m = 0, AB qua A(1 ; –2) m = 1.
Suy ra AB : x + y + 1 = 0.
* Ta có B = AB  BN  Tọa độ B là nghiệm của hệ :
 x  y 1 0
  B(4;3)
2x  y  5  0
* Gọi H là hình chiếu của A lên phân giác trong BN và A’ là điểm đối xứng của
A qua BN (ta có H là trung điểm AA’ và A’ BC)
Do AH  BN: 2x + y + 5 = 0  AH: x – 2y + n = 0, AH qua A(1; –2)  n = –5
Suy ra AH : x – 2y – 5 = 0.
* Ta có H = AH  BN  Tọa độ H là nghiệm của hệ
 x  2y  5  0
  H(1; 3)
 2x  y  5  0
Lại có H là trung điểm AA’  A’(–3 ;–4).
* Đường BC qua B(–4;3) nhận A ' B  (1; 7) làm vtcp có dạng:
x 4 y3
  7x  y  25  0
1 7
114
54
* Ta có C = BC  CH  Tọa độ C là nghiệm của hệ


7x  y  25  0  13 9 
  C ; 

 x  y  1  0  4 4 
1 1 15 2 | 7.1  2  25 | 45
* Ta có SABC = BC.d[A; BC] = . .  (đvdt)
2 2 4 49  1 4
 13 9  45
Vậy tọa độ điểm cần tìm là: B(4;3), C  ;  ,SABC  (dvdt)
 4 4  4
Câu 8:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: 2x + y + 5 = 0,
d2: 3x + 2y – 1 = 0 và điểm G(1;3). Tìm tọa độ các điểm B thuộc d1 và C thuộc
d2 sao cho tam giác ABC nhận điểm G làm trọng tâm. Biết A là giao điểm của
hai đường thẳng d1 và d 2 .
(ĐS: B  35; 65 , C  49; 73 )
● Với gợi ý A = d1d2 (1) cùng với B  d1, C  d2 (2)  d1 chứa đường AB, d2
chứa đường AC.
● Ta dễ dàng tính ra tọa độ điểm A nhờ (1), dựa vào (2) ta tham số hóa điểm B
và C.
● Dùng công thức trọng tâm G để tính ra B và C

 2x  y  5  0
* Ta có: A = d1d2 tọa độ A là nghiệm của hệ   A  11;17 
3x  2y  1  0
* Ta có B  d1: 2x + y + 5 = 0  B(b; – 5 – 2b) và C  d2 : 3x + 2y – 1 = 0
 1  3t 
 C  t; 
 2 
54 115
 x G   b  t  3  11
3 
* Do G là trọng tâm ABC    1  3t
y  A y  y B  y C 5  2b  2  9  17
 G 3
 b  c  14 b  35 B(35;65)
  
 4b  3c  7  c  49 C(49; 73)
Vậy tọa độ điểm cần tìm là:B(–35; 65) và C(49; –73)
Câu 9:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,

cho tam giác ABC có C(1;2), hai
đường cao xuất phát từ A và B lần
lượt có phương trình là x + y = 0
và 2x – y + 1 = 0. Tính diện tích
tam giác ABC.
9
(ĐS: SABC  (dvdt) )
2
● Để tính diện tích tam giác ABC
1
 ta có thể vận dụng công thức S = đường cao. đáy
2
● Trong đó đường cao chính là khoảng cách từ một đỉnh đến đường thẳng chứa
cạnh đối diện ở đây trong bài này ta có thể chọn đỉnh C nhưng lại chưa có
phương trình đường AB hay thông tin của cả điểm A và Btìm tọa độ điểm A
và B
● Để tìm tọa độ điểm B và A, ta có thể tham số hóa điểm A và B tương ứng với
các đường thẳng đang thuộc tuy nhiên việc thiết lập 2 phương trình 2 ẩn nếu
cóAHCB và BH CA (với H là trực tâm của tam giác có thể tìm được) 
khá dài và phức tạp.
● Ta xét xem A và B trong sự tương giao của các đường?  Ở đây A đã thuộc
d1: x + y = 0. Dựa vào hình vẽ ta thấy A  AC và AB Ta nghĩ đến việc lập
phương trình AC hoặc ABở đây việc lập AC là khả thi nhất vì AC qua C và
ACd2: 2x – y + 1 = 0. Một cách tương tự ta cũng viết được phương trình BC.
● Khi tìm được tọa độ A và B, ta có thể dùng công thức
1 1
SABC = d[A;BC].BC = d[B;AC].AC
2 2
mà không cần phải lập thêm phương trình AB. Mời các bạn xem lời giải.
116
54
* Ta có AC  d1: 2x – y + 1 = 0
 AC: x + 2y + m = 0, AC qua C(1 ; 2)  m = –5
Suy ra AC : x + 2y – 5 = 0.
 x  2y  5  0
Lại có A =AC  d2 Tọa độ A là nghiệm của hệ   A  5;5
 x  y  0
* Ta có BC  d2: x + y = 0 BC: x – y + n = 0, BC qua C(1 ; 2)  n = 1
Suy ra BC : x – y + 1 = 0.
2x  y  1  0
Lại có B = BC  d1 Tọa độ B là nghiệm của hệ   B  0;1
 x  y 1  0
1 1 | 0  1.2  5 | 9
* SABC = d[B; AC].AC = . (1  5) 2  (2  5) 2  (đvdt)
2 2 1 4 2
9
Vậy diện tích tam giác ABC là:SABC = (đvdt)
2
Câu 10:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ABC có đỉnh A(4; 3), đường cao BH
và trung tuyến CM có pt lần lượt là: 3x  y + 11 = 0, x + y  1 = 0. Tìm tọa độ
các đỉnh B, C
(ĐS: B  4; 1 , C  5; 6  )
● Tương tự như bài toán 9, Khi có
đường cao BH  viết phương trình
ACC = ACCM.
● Để tìm tọa độ điểm B ta có thể mã
hóa B theo BH và biểu diễn tọa độ M
theo tọa độ B (Do nhận xét M thuộc
đường thẳng CM)
* AC BH: 3x – y + 11 = 0 AC; x + 3y + m = 0, AC qua A(4; 3) m = –13.
Suy ra AC : x + 3y – 13 = 0.
Lại có C = AC  CM
 x  3y  13  0
 Tọa độ C là nghiệm của hệ   C  5;6 
 x  y  1  0
* Ta có B  BH: 3x – y + 11 = 0  B(b; 3b + 11).
* Lại có M là trung điểm AB
54 117
 b4
x 
 x B  x A  2x M  M
2  b  4 3b  14 
   M ; 
y
 B  y A  2y M y  3b  14  2 2 
 M 2
b  4 3b  14
* Mặt khác M  CM    1  0  b  4  B(4; 1)
2 2
Vậy tọa độ điểm cần tìm là:B(–4; –1) và C(–5; 6)
Câu 11:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường
AB: 5x – 2y + 6 = 0 và phương trình đường AC: 4x + 7y – 21 = 0. Biết gốc tọa
độ O là trực tâm của ABC. Tìm trọng tâm của ABC.
 9 11 
(ĐS: G  ; )
2 3 
● Để tìm trọng tâm tam giác ABC ta nghĩ ngay đến việc tìm tọa độ 3 đỉnh A, B,
C. Vậy câu hỏi đặt ra trong 3 đỉnh trên, đỉnh nào có thể tìm được dễ dàng nhất?
chính là điểm A = AB  AC.
● Cách 1: Rõ ràng trong hai điểm B và C còn lại vai trò là tương tự nhau nên ta
xét việc tìm điểm B trước. Ta xét thấy O là trực tâm ABC  OB  AC và OB
qua O  viết phương trình OB  OB  AB = B. Một cách tương tự ta cũng
tìm được tọa độ điểm C.
● Cách 2: Ngoài ra bạn cũng có thể
tham số hóa tọa độ điểm BAB,
CACtìm hai phương trình 2 ẩn?
 Đó chính là phương trình OB 
AC và OC AB giải hệ pt tìm được
tọa độ B và C.
* Ta có A = AB  AC
 5x  2y  6  0
 Tọa độ A là nghiệm của hệ   A  0;3
4x  7y  21  0
* Ta có OB  AC: 4x + 7y – 21 = 0  OB: 7x – 4y + m = 0, OB qua O(0; 0)
m=0
Suy ra OB: 7x – 4y = 0.
Lại có: OB  AB = B  Tọa độ B là nghiệm của hệ
118
54
 7x  4y  0
  B  4; 7 
5x  2y  6  0
* Ta có OC  AB: 5x – 2y + 6 = 0  OC: 2x + 5y + n = 0, OC qua O(0; 0)
n=0
Suy ra OC: 2x + 5y = 0.
Lại có: OC  AC = C  Tọa độ C là nghiệm của hệ

 2x  5y  0  35 
  C  ; 7 
4x  7y  21  0
  2 
 xA  xB  xC 9
 x  
G
3 2  9 11 
* Vậy tọa độ trọng tâm G là   G ; 
 y  y A  y B  yC  11 2 3 
 G 3 3
 9 11 
Vậy tọa độ điểm cần tìm là: G  ; 
2 3 
* Ta có A = AB  AC  Tọa độ A là nghiệm của hệ
 5x  2y  6  0
  A  0;3
 4x  7y  21  0
* Ta có B  AB: 5x – 2y + 6 = 0  B(2b; 5b + 3), C AC: 4x + 7y – 21 = 0
 C(7c ; 3 – 4c)
* O là trực tâm ABC
 OB  (2b;5b  3)

OB  AC 
OB.u AC 0  OC  (7 c;3  4 c)
  (*) với 
OC  AB OC.u AB 0  u AB  (2;5) la vtcp cua AB

u AC  (7; 4) la vtcp cua AC
b  2  B(4; 7)
2b.7  4(5b  3)  0  
* Do đó (*)     5    35 
 7c.2  5(3  4 c)  0  c  2 C  2 ; 7 
  
54 119
 xA  xB  xC 9
 x  
G
3 2  9 11 
* Vậy tọa độ trọng tâm G là   G ; 
 y  y A  y B  yC  11 2 3 
 G 3 3
 9 11 
Vậy tọa độ điểm cần tìm là: G  ; 
2 3 
■ Lời bình: khi đọc lời giải ở cách 2, nếu bạn tinh ý một chút sẽ phát hiện hai
điều quan trọng
Một là, việc đặt ẩn tham số hóa cho B và C đã được cân nhắc, thay vì đặt xB= b
ta đặt xB= 2b (tương tự với trường hợp xC = 7c thay vì xC = c). Việc đặt ẩn này
hỗ trợ phần nào trong quá trình tính toán của bạn, tuy nhiên không phải lúc nào
cũng thực hiện được. Nhưng trong quá trình tham số hóa các điểm ta luôn phải
có ý thức đặt ẩn sao cho “gọn nhẹ” để tiện cho việc tính toán về sau.
Hai là, thay vì sử dụng véctơ AC và AB thì ở cách 2 đã sử dụng véctơ chỉ
phương của 2 đường để thay thế cho. Việc làm cũng góp phần giúp ta tính toán
“gọn nhẹ” bài toán đi. Tuy nhiên xét ở một góc độ nào đó cách 1 vẫn có ưu thế
hơn khi phát huy được việc “lập phương trình đường thẳng mới” trong quá
trình tìm tọa độ điểm.
Câu 12:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(–1; 2), B(2; 1)
và trực tâm H(1; 2). Xác định tọa độ I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
(ĐS: I (1;3) )
● Để tìm tọa độ tâm I cách đều 3 đỉnh tam ABCta cần xác định cho được tọa
độ điểm C
● Để tìm tọa độ điểm C  xét C trong sự tương giao của các đường
 C = AC  BC
● Như vậy ta cần viết phương trình
AC và BC trong đó ta có AC qua A
và AC  BH, BC qua B và BC  AH.
● Khi đã có tọa độ điểm C thì bạn
đọc có thể xem lại câu 1 phần bài
tập chọn lọc về cách xác định tâm
đường tròn ngoại tiếp khi đã biết ba
đỉnh A, B, C. (ở đây tác giả sử dụng
cách viết phương trình đường tròn đi
qua 3 điểm)
120
54

* Đường AC qua A(–1;2) nhận BH  ( 1;1) làm véctơ pháp tuyến có dạng là:
1( x  1)  1( y  2)  0  AC : x  y  3  0
* Đường BC qua B(2; 1) nhận AH  (2; 0) làm véctơ pháp tuyến có dạng là:
2( x  2)  0( y  2)  0  BC : x  2  0
* Ta có AC  BC = C
x  y  3  0
 Tọa độ C là nghiệm của hệ 
 x2 0
x  2
  C (2;5)
 y  5
* Gọi phương trình khai triển của đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có tâm
I(a; b) là: x 2  y 2  2ax  2by  c  0
 A(1; 2)  (C )  5  2a  4b  c  0 a  1
  
* Ta có  B(2;1)  (C )   5  4a  2b  c  0  b  3  tâm I(1; 3)
  
 C (2;5)  (C ) 29  4a  10b  c  0 c  5
Vậy tọa độ điểm cần tìm là:I(1; 3)
Câu 13:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác đều ABC có tọa độ đỉnh
A(2; 1), B(–1; 2). Xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC.
1 3 3  3 3  1  3 3  3 3 
(ĐS: C1  ;  hay C2  ;  )
 2 2   2 2 
54 121
● Hướng thứ 1: Để tìm tọa độ điểm C thỏa mãnABC đều ta có thể gọi tọa độ
C(m; n) và thiết lập hai phương trình 2 ẩn để giải  phương trình thứ 1 là
CHAB (khi đó ABC cân tại C) và phương trình thứ 2 là BC = AB (khi đó
ABC đều)
● Hướng thứ 2: Ta sẽ tìm cách tham số hóa điểm C theo một đường thẳng đã
có (nhưng hiện tại chưa có đường thẳng nào? ). Xét thấy có 3 đường thẳng qua
C là AC , BC và HC (H là trung điểm AB)  DoABC đều nên HC là trung
trực của AB  viết phương trình HC  tham số hóa điểm C theo đường thẳng
HC. (khi đó bạn ABC đã là tam giác cân tại C).Để ABC đều thì ta có BC =
AB  giải phương trình 1 ẩn tìm C.
Ở đây tác giả trình bày bằng cả hai cách để bạn đọc tiện so sánh.
1 3
* Gọi C(m; n) là tọa độ điểm cần tìm và H là trung điểm AB H  ; 
2 2

 AB  (3;1)
 HC . AB  0 
* ABC đều   2 2
(*) với  BC  (m 1; n  2)
 BC  AB  1 3
 HC   m  ; n  
  2 2
  1  3
3  m  2   1 n  2   0 
 n  3m
* Do đó (*)       
 m  1   3m  2   10
2 2
 m  1 2  n  2 2  10 
    
 n  3m
 2
 2m  2m  1  0
 1 3 33 3
m  n
Suy ra  2 2
 1 3 33 3
m  n
 2 2
Vậy tọa độ điểm cần tìm là:
1 3 3  3 3  1 3 3  3 3 
C1  ;  hay C2  ; 
 2 2   2 2 
1 3
* Gọi H là trung điểm AB H  ;  . Do ABC  HC  AB
2 2
122
54
1 3
* HC qua H  ;  và nhận AB  (3;1) làm véctơ pháp tuyến có dạng là:
2 2
 1  3
3  x    1 y    0  HC : 3x  y  0
 2  2
* Ta có C  HC  C(c; 3c) và BC  (c  1;3c  2)
* ABC đều
1 3
 BC 2  AB 2  (c  1) 2  (3c  2) 2  10  2c 2  2c  1  0  c 
2
 1 3 3  3 3   1 3 3  3 3 
C1  ;  hay C  2 ; 2 
2
 2 2   
Câu 14: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,

cho tam giác ABC có tọa độ đỉnh
A(–2; 3), B(5; 2), C(–1; 0). Chứng
minh tam giác ABC là tam giác
vuông và tìm điểm M thuộc tia Ox
sao cho tam giác AMB vuông tại M.
(ĐS: M  4;0 )
■ CÁCH 1:Vẽ hình phác thảo
không kèm hệ trục tọa độ.
● Để chứng tỏ ABC vuông thì ta có thể tính độ dài các cạnh của tam giác để kiểm
tra hoặc chỉ ra trong các tích vô hướng giữa các véctơ AB, AC, BC để xác định.
● Do đề bài gợi ý M thuộc tia Oxtham số hóa điểm M theo tia Ox1 ẩn nên
cần 1 phương trình?
● AMB  M  MA.MB  0  giải phương trình tìm được tọa độ điểm M.
 AB  (7; 1)  AB. AC  7  3  10
 
* Ta có  CB  (6; 2) . Xét  AB.CB  42  2  40  AC  BC
 
 AC  (1; 3)  CB. AC  6  6  0
ABC vuông tại C (đpcm)
* Ta có: M  tia Ox  M(m; 0) (m > 0)
* AMB  M
54 123
2  m  1
 AM .BM  0  (m  2)(m  5)  3.2  0  m  3m  4  0  
m4
* Do M thuộc tia Ox nên ta nhận m = 4 M(4; 0)
Vậy tọa độ điểm cần tìm là:M(4; 0)
■ CÁCH 2: Vẽ hình kèm hệ trục tọa độ.

● Khi vừa đưa tọa độ của các điểm A, B, C lên hình vẽ ta phát hiệnABC
vuông tại C  chỉ cần xét tích vô hướng giữa hai véctơ BC và AC để suy ra
điều phải chứng minh.
● Nhận xét ABC và AMB đều cùng nhận AB làm đường kính  M thuộc
đường tròn đường kính AB
● Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I là trung điểm AB và bán kính
IA  M = (C)Ox
 AB  (7; 1)

* Ta có  CB  (6; 2) .

 AC  (1; 3)
Xét CB. AC  6  6  0  AC  BC ABC vuông tại C (đpcm)
3 5
* Gọi I là trung điểm AB  I  ;  và AB  5 2
2 2
* Ta có M và C cùng nhìn AB dưới một góc vuông  M thuộc đường tròn đường
kính AB Tọa độ M là nghiệm của hệ:
 2
3 
2
5  25  2
3  25  x  4
 x    y     x    
 2  2 2   2 4    x  1
 y0  y0 
   y0
Do M  Ox nên x >0 x = 4, y = 0
Vậy tọa độ điểm cần tìm là: M(4; 0)
■ Lời bình: Có thể thấy việc đưa các điểm lên hệ trục tọa độ đã góp phần định
hướng nhanh cho lời giải của ta, trong một số bài toán tình huống cụ thể ta nên
vẽ hình kèm hệ trục để có những đánh giá chính xác nhất.
124
54
Câu 15:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm các cạnh
AB, BC, CA lần lượt là M (–1; –1), N (1; 9), P (9; 1). Xác định tọa độ I là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
7 7
(ĐS: I  ;  )
3 3
● Một trong những cách để xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là dựng
các đường trung trực của tam giác, trong bài toán này với ta hoàn toàn có thể
giải theo hướng đi trên vì xét thấy đường trung trực của BCMP và trung trực
qua N (tương tự với các đường còn lại).
● Quan sát kĩ hơn tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lại chính là trực tâm
của tam giác MNP (do IN MP, IP  MN) ta có thể chuyển bài toán xác định
tâm ngoại tiếp tam giác quay về việc xác định trực tâm của tam giáctương tự
như việc ta lập 2 phương trình đường cao.
* Gọi d1và d2 lần lượt là đường trung
trực của BC và AC.
* Do M, P lần lượt là trung điểm AB,
AC
 MP là đường trung bình củaABC
Suy ra MP // BC  d1 MP
* d1 qua N(1; 9) nhận MP  (10; 2) làm
véctơ pháp tuyến có dạng là:
5( x  1)  1( y  9)  0  d1 : 5 x  y  14  0
* Tương tự ta có d2 qua P(9;1) nhận MN  (2;10) làm véctơ pháp tuyến có dạng là:
( x  9)  5( y  1)  0  d 2 : x  5 y  14  0
* Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC  I = d1  d2
 Tọa độ I là nghiệm của hệ:
  7
5 x  y  14  0  x  3 7 7
   I ; 
 x  5 y  14  0  y  7 3 3
  3
7 7
Vậy tọa độ điểm cần tìm là: I  ; 
3 3
54 125
Câu 16: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M(–1; 1) là trung
điểm của một cạnh của tam giác, phương trình đường thẳng chứa hai cạnh còn
lại của ABC lần lượt là: x + y – 2 = 0 và 2x + 6y + 3 = 0. Xác định tọa độ các
đỉnh của tam giác.
 1 7   9 1   15 7 
(ĐS: A  ;  , B  ;  , C  ;  )
 4 4  4 4  4 4 
● Do đề bài chưa xác định được
chính xác phương trình các cạnh
của tam giác và điểm M đang
thuộc trên cạnh nào  Ta bắt buộc
phải kiểm tra vị trí tương đối giữa
điểm M với những đường thẳng đó.
 Cụ thể ta sẽ thay tọa độ của điểm M vào cả hai đường trên và rút ra được
nhận xét M không thuộc cả 2 đường thẳng trên
● Do vai trò của các điểm A, B, C là như nhau nên ta có thể giả sử điểm M là
trung điểm cạnh AB và đường thẳng AC: x + y – 2 = 0, BC: 2x + 6y + 3 = 0.
● Đến đây ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm C do C = AC  BC.
● Để tìm tọa độ điểm A (hoặc B) ta có thể tham số hóa điểm A theo đường AC
và dùng công thức trung điểm của M để biểu thị B theo tọa độ của A.
● Cuối cùng ta cho điểm B thuộc đường thẳng BC  giải tìm B và suy ra A.
Mời bạn đọc xem lời giải.
* Nhận xét điểm M không thuộc hai đường thẳng trên và do vai trò của các điểm
 M  AB

A, B, C là như nhau nên ta giả sử:  AC : x  y  2  0
 BC : 2 x  6 y  3  0

* Ta có C = AC  BC  Tọa độ C là nghiệm của hệ
  15
  x
 x y20  4  15 7 
   C ; 
2 x  6 y  3  0  y  7 4 4 

 
 4
* Ta có A  AC: x + y – 2 = 0  A(a; 2 – a). Do M là trung điểm AB nên ta có:
 xA  xB  2 xM
  x  2 xM  xA  2  a
  B  B  2  a; a 

 y A  y B  2 y M  y B  2 y M  y A  a
* Măt khác B  BC: 2x + 6y + 3 = 0  2(–2 – a) + 6a + 3 = 0
126
54
 1 7
 A ; 
1  4 4
a   
4   9 1 
B ;
  4 4 
1 7  9 1   15 7 
Vậy tọa độ điểm cần tìm là: A  ;  , B  ;  , C  ; .
4 4  4 4  4 4 
Câu 17:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(–1; 4), tâm
đường tròn ngoại tiếp I(–3; 0) và trung điểm cạnh BC là điểm M(0;–3). Xác
định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
(ĐS: A  7;10 , B  7; 10 , C  7;4  hay A  7;10  , B  7;4  , C  7; 10  )
●Bài toán này sẽ không còn quá khó
khăn cho bạn đọc nếu biết cách áp dụng
các bổ đề về quan hệ của những điểm
đặc biệt trong tam giác. Cụ thể trong
bài này chúng ta sẽ tính nhanh ra tọa độ
điểm A dựa trên đẳng thức AH  2 IM
và cùng với đó là nhận xét ta hoàn toàn
có thể viết được phương trình BC (do
BC qua M và BC  MI) việc viết được
phương trình BC phục vụ cho việc tìm
tọa độ điểm B và C.
Đến đây ta có hai hướng đi cho bài toán này:
● Hướng thứ 1: Ta sẽ lập phương trình đường tròn ẩn mình (C) có tâm I bán kính
IA ngoại tiếp ABC. Khi đó B và C là giao điểm giữa BC và đường tròn (C)
● Hướng thứ 2: Ta sẽ tham hóa điểm B theo đường BC (và cần hiểu rằng việc
tìm được tọa độ điểm B cũng xem như tìm được tọa độ điểm C do đã có M là
trung điểm BC)  1 ẩn nên cần 1 phương trình  Ở đây đó chính là phương
trình IA = IB.
Trong bài toán này, xin được trình bày theo hướng thứ 1.
* Ta có tính chất AH  2 IM (việc chứng minh bổ đề mời bạn đọc xem lại
chương 1)
 1  xA  2.3
  x  7
  A  A  7;10  và IA2  116
4  y A  2.(3)  y A  10

54 127
* Ta có BC qua M(0; –3) và nhận IM  (1; 1) làm véctơ pháp tuyến có dạng là:
BC :1( x  0)  1( y  3)  0  BC : x  y  3  0
* Ta có B, C là giao điểm giữa BC và đường tròn (C) có tâm I(–3; 0) và bán kính
IA nên tọa độ B, C thỏa hệ phương trình:
( x  3)2  y 2  116
 (việc giải hệ này xin dành cho bạn đọc!)
 x  y 3  0
 x  7  y  10  B(7; 10), C(7; 4)
Suy ra  
 x7 y 4  B(7; 4), C(7; 10)
A  7;10 , B  7; 10 , C  7; 4  hay A  7;10  , B  7; 4  , C  7; 10 
7 4
Câu 18:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G  ; 
3 3
và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I(2; 1), phương trình đường
thẳng chứa cạnh AB: x – y + 1 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh các tam giác ABC
biết B có hoành độ lớn hơn hoành độ của điểm A.
(ĐS: A  1; 0  , B  3; 4  , C  5; 0  )

● Đề bài đã gợi ý các điểm đặc
điểm biệt “trọng tâm G, tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC” Gọi thêm trực tâm H
củaABCdo
IH  3IG tìm được tọa độ
điểm H.
● Dấu hiệu tiếp theo là ta dựa
vào cách dựng tâm I
 giao điểm của những đường trung trực  gọi N là trung điểm AB và viết
phương trình đường trung trực của AB  N = AB  trung trực AB.
● Vận dụng tính chất của trọng tâm G CG  2GN tìm được tọa độ đỉnh C
● Đến đây ta chỉ cần xét AB trong sự tương giao giữa đường tròn (C) có tâm I,
bán kính IC và đường thẳng ABgiải hệ tìm được tọa độ A và B.
128
54
* Gọi H là trực tâm củaABC. Ta có : IH  3IG  H (3; 2)

* Gọi N là trung điểm cạnh AB và d là trung trực của đoạn AB  d qua N và I.
Ta có: d  AB: x – y + 1 = 0  d : x  y  m  0 . (d) qua I(2 ;1)  m = – 3
Vậy d : x  y  3  0
* Lại có N = d  AB  Tọa độ M là nghiệm của hệ
x  y  3  0  x  1
   N 1; 2 
 x  y  1  0  y  2
* Mặt khác, do G là trọng tâmABC  GC  2 NG  C (5; 0) và IC  10
* Ta có A, B là giao điểm giữa đường thẳng AB và đường tròn (C) có tâm I(2; 1)
bán kính IC  10 tọa độ A và B thỏa hệ:
( x  2)2  ( y  1)2  10
 (việc giải hệ này xin dành cho bạn đọc!)
 x  y  1  0
 x  1, y  0
 do x A  xB nên ta nhận A(1; 0), B (3; 4)
 x  3, y  4
Vậy tọa độ điểm cần tìm là: A(1; 0), B (3; 4)
Câu 19: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tọa độ các đỉnh B(7; –1),
C(–1; 5). Đường tròn nội tiếp ABC tiếp xúc với các cạnh AB và AC lần lượt tại E
và F. Xác định tọa độ đỉnh A biết phương trình đường thẳng EF: 3x + 4y – 10 = 0 và
E có hoành độ nguyên.
 31 19 
(ĐS: A  ;  )
8 6
54 129
● Một phát hiện khá là bất ngờ và dường như quyết định đến việc giải bài toán
này đó chính là BC // EF. Điều này dẫn đến việc ABC mà đề cho chính là 
cân tại A.
● Với phát hiện trên, nếu gọi M là trung điểm BC  AM  BC  AM chính là
phân giác trong của góc A  vừa đi qua tâm nội tiếp I và qua đỉnh A cần tìm.
● Giờ đây ta chỉ cần lập thêm 1 đường thẳng đi qua A nữa  là có thể tìm được
tọa độ điểm A  vậy đó là đường thẳng nào?  xét thấy đó chính là AB hoặc
AC. (do vai trò của 2 đường là như nhau nên ta chọn lập đường AB)
● Để lập phương trình đường AB (xem lại chủ đề 2: “cách lập phương trình
đường thẳng”) thì ta lại có 2 hướng để đi. Do AB đã qua B(7; –1) nên ta tìm
thêm 1 điểm nữa  điểm đó chính là E  thông qua tính chất của tâm đường
tròn nội tiếp tam giác ABC  BE = BM
* Ta có BC  (8;6)  BC // EF do đó ABC cân tại A. Gọi M là trung điểm BC
 M (3; 2)
Đường thẳng AM qua M(3; 2) và nhận BC  (8;6) làm véctơ pháp tuyến có
dạng là: 8( x  3)  6( y  2)  0  AM : 4 x  3 y  6  0
* Mặt khác do đường tròn nội tiếp ABC tiếp xúc với 3 cạnh AB, AC, BC lần
lượt tại E, F, M nên ta suy ra BE = BM(*). Ta có E  EF: 3x + 4y – 10 = 0
 10  3e   14  3e 
 E  e;  và BE   e  7; 
 4   4 
2  e  10
 14  3e  
* Do đó (*)  (e  7) 2     25   58 .
 4  e 
 25
Do e  Z nên ta nhận e = 10  E(10; –5)
* Đường thẳng BE qua B(7; –1) và nhận BE  (3; 4) làm véctơ chỉ phương có
x  7 y 1
dạng là:   AB : 4 x  3 y  25  0
3 4
* Ta có A = AM  AB  Tọa độ A là nghiệm của hệ
  31
4 x  3 y  25  0  x 
8  31 19 
   A ; 
 4x  3y  6  0  y  19 8 6
  6
 31 19 
Vậy tọa độ điểm cần tìm là: A  ; 
 8 6
130
54
■ Lời bình: Trong một số bài toán, có thể có những giả thiết ẩn mình đằng sau
các giả thiết khác. Việc liên kết các giả thiết lại giúp ta phát hiện các yếu tố
quan trọng trong việc giải bài toán. Các bạn cần lưu ý nhé.
Câu 20: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,

cho tam giác ABC vuông tại A, gọi M
là điểm trên cạnh AC sao cho AB =
3AM, đường tròn tâm I(1; –1) đường
kính MC cắt BM tại D, phương trình
đường thẳng CD: x – 3y – 6 = 0. Tìm
tọa độ các đỉnh tam giác đã cho, biết
4 
điểm E  ; 0  thuộc đường thẳng BC
3 
và C có hoành độ dương.
(ĐS: A  2; 1 , B  2; 2  , C  3; 1 )
● Trong các tọa độ A, B, C thì tọa độ điểm C là có nhiều yếu tố để tìm ra nhất
do xét thấy C có hoành độ dương (như một lời gợi ý ta hãy đi tìm C) và C CD.
● Để tìm tọa độ C ta có thể xét C trong sự tương giao giữa các đường thẳng mà
ở đây có thể kể đến như BC và AC  Nhận xét nhanh ABCD chính là tứ giác
nội tiếp và vì vậy góc ABM  ACD và cùng với quan hệ AB = 3AM ta có thể
tính được góc của ABM  xác lập công thức tìm véctơ pháp tuyến của AC.
● Khi đó C = AC  CD  Dựa vào tâm I  tìm được tọa độ điểm M và đồng
thời BC qua E và C  viết phương trình BC. Do D  đường tròn đường kính
MC nên BD  CD và BD qua M  viết phương trình BD  B = BD  BC
● Đến đây ta chỉ cần lập phương trình AB qua B và AB  AC  A = AB  AC
* Nhận xét ABCD là tứ giác nội tiếp do BAC  BDC  90 suy ra ABD  ACD .
Ta có
AM 1 1 3
tan ABD  tan ACD    cos ACD  
AB 3 1  (tan ACD) 2 10
Gọi n  (a; b), (a 2  b 2  0) là véctơ pháp tuyến của đường thẳng AC.
AC qua M(1; –1) có dạng: AC : a( x  1)  b( y  1)  0
3 3 | a  3b | 3
* Ta có: cos ACD  | cos(n; nCD ) |  
10 10 a 2  b 2 10 10
54 131
 a0
Suy ra 8a  6ab  0  
2
 a  3b
 4
3b
Với a  , ta chọn b = –4  a = 3. Khi đó AC : 3 x  4 y  7  0
4
Ta có C = AC  CD  Tọa độ C là nghiệm của hệ
  3
3x  4 y  7  0  x  5  3 11 
   C ; 
 x  3y  6  0  y  11  5 5 
  5
(Loại vì C có hoành độ dương)
Với a  0 , ta chọn b = 1  AC : y  1  0
Ta có C = AC  CD  Tọa độ C là nghiệm của hệ
 y  1  0  x3
   C  3; 1
 x  3 y  6  0  y  1
5 
* Khi đó BC qua C(3; –1) và nhận EC   ; 1 làm véctơ chỉ phương có dạng là:
3 
x  3 y 1
BC :   BC : 3x  5 y  4  0
5 3
* Do M là trung điểm MC  M(–1; –1).
Lại có BM  CD: x – 3y – 6 = 0  BM: 3x + y + m = 0.
BM qua M(–1; –1)  m = 4. Vậy BM : 3x  y  4  0
Ta có B = BM  BC  Tọa độ B là nghiệm của hệ:
3 x  5 y  4  0  x  2
   B  2; 2 
3 x  4 y  4  0  y  2
* Do AC  AB  AB: x + n = 0, AB qua B(–2; 2)  n = 2. Vậy AB: x + 2 = 0
* A = AB  AC  Tọa độ A là nghiệm của hệ
 x  2  0  x  2
   A  2; 1
 y  1  0  y  1
Vậy tọa độ điểm cần tìm là: A  2; 1 , B  2; 2  , C  3; 1
Câu 21:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD cạnh AC có phương
trình là: x  7 y  31  0, hai đỉnh B, D lần lượt thuộc các đường thẳng
132
54
d1 : x  y  8  0, d2 : x  2 y  3  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết rằng

diện tích hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm.
(ĐS: A  11; 6  , B  0;8 , C 10;3 , D(1;1) )
* B  d1  B(b;8  b), D  d 2  (2d  3; d ).
* Khi đó BD  (b  2d  3; b  d  8) và trung điểm của BD là

 b  2d  3 b  d  8 
I ; .
 2 2 
* Theo tính chất hình thoi ta có :
 BD  AC u AC .BD  0
 8b  13d  13  0 b  0
       .
 I  AC 
 I  AC  6b  9 d  9  0  d  1
Suy ra B (0;8); D( 1;1) .
 1 9
* Khi đó I   ;  ; A  AC  A(7a  31; a) .
 2 2
1 2S 15
S ABCD  AC.BD  AC  ABCD  15 2  IA 
2 BD 2
2 2 2
 63   9  225  9 9
  7a     a     a   
 2  2 2  2 4
 a  3  A(10;3) (ktm)
 
 a  6  A(11;6)
Suy ra C (10;3) .
Vậy tọa độ điểm cần tìm là: A  11;6  , B  0;8 , C 10;3 , D(1;1)
Câu 22: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2; 1) và
 1
AC = 2BD. Điểm M  0;  thuộc đường thẳng AB, điểm N(0; 7) thuộc đường
 3
thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương.
(ĐS: B 1; 1 )
B
* Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua M N'
I thì N’ thuộc AB, ta có:
A C
I
54 133
N
D
 xN '  2 xI  xN  4

 yN '  2 yI  yN  5
Phương trình đường thẳng AB:
4x + 3y – 1 = 0.
* Khoảng cách từ I đến đường thẳng
4.2  3.1  1
AB: d  2
2 2
4 3
AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có:
1 1 1
2
 2  2 suy ra x = 5 suy ra BI = 5
d x 4x
* Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán
kính 5
4x  3y – 1  0
* Tọa độ B là nghiệm của hệ:  2 2
( x  2)  ( y  1)  5
B có hoành độ dương nên B( 1; –1)
Vậy tọa độ điểm cần tìm là: B 1; 1
Câu 23: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T):
x 2  y 2  2 x  4 y  8  0 và điểm M (7;7) .
Chứng minh rằng từ M kẻ đến (T) được hai tiếp tuyến MA, MB với A, B là các tiếp
điểm. Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB.
A (ĐS: K (3;1) )
* (T )  ( x  1)2  ( y  2) 2  13
I
m
 I (1; 2); R  13
Ta có: IM (6;9)  IM  117  13 . K
Suy ra điểm M nằm ngoài (T). M
B
* Vậy từ M kẻ đến (T) được 2 tiếp tuyến.. Gọi K  MI  AmB .
Ta có MA  MB, IA  IB  MI là đường trung trực của AB
* Suy ra KA = KB  KAB  KBA  KAM  KBM
Do đó K là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB.
 x  1  2t
Phương trình tham sốMI:  (t  R)
 y   2  3t
134
54
Khi đó, MI  (T ) tại K1(3;1) và K2(–8;–12)

Ta có AK1  AK2 . Vậy K  K1 , tức là K(3;1)
Vậy tọa độ điểm cần tìm là: K (3;1)
Câu 24: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho cho tam giác ABC có AB  5,
C (1; 1) , đường thẳng AB có phương trình là x  2 y  3  0 và trọng tâm G
của tam giác ABC thuộc đường thẳng  : x  y  2  0 . Tìm tọa độ các đỉnh
A và B.
 1  3  1  3
(ĐS: A  4;   , B  6;   hay B  4;   , A  6;   )
 2  2  2  2
* Gọi I ( x; y ) là trung điểm của đoạn AB và G ( xG ; yG ) là trọng tâm của ABC .
2 2x 1 2 y 1
Do CG  CI nên xG  ; yG  .
3 3 3
* Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ phương trình:
x  2 y  3  0
 x  5
 2x 1 2 y 1  .Vậy I (5; 1)
 3   2  0  y  1
3
AB 5
* Ta có IA  IB  
2 2
Gọi (C ) là đường tròn có tâm I (5; 1) và bán kính
5 5
R  (C ) : ( x  5) 2  ( y  1) 2  .
2 4
* Tọa độ hai điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình:
x  2 y  3  0 x  4 x  6
  
 2 2 5   1   3.
 ( x  5)  ( y  1)   y   y  
 4  2   2
 1  3  1  3
A  4;   , B  6;   hay B  4;   , A  6;  
 2  2  2  2
54 135
Câu 25: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các điểm A 1;0  , B  2;4  ,
C  1; 4  , D  3;5 và đường thẳng d : 3x  y  5  0 . Tìm điểm M trên d sao
cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau.
 11 27 
(ĐS: M1  ;   , M 2 8;19  )
 12 12 
* M thuộc d thi M(a;3a–5 )
x 1 y
* Mặt khác : AB   3; 4   AB  5,  AB  :   4x  3y  4  0
3 4
x 1 y  4
 CD   4;1  CD  17;  CD  :   x  4 y  17  0
4 1
4a  3  3a  5   4 13a  19
* h1   M , AB    ,
5 5
a  4  3a  5   17 3  11a
h2  
17 17
* Nếu diện tích hai tam giác giác bằng nhau nên:
1 1 5. 13a  19 17. 3  11a
 AB.h1  CD.h2  
2 2 5 17
 11
13a  19  3  11a a 
  12
13a  19  11a  3  a  8

 11 27 
Vậy tọa độ điểm cần tìm là: M 1  ;   , M 2  8;19 
 12 12 
Câu 26: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình
đường thẳng AB và BD lần lượt là x – 2y + 1 = 0, x – 7y + 14 = 0, đường thẳng
AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật
(Bài tập tự luyện)
x  2 y 1  0  21 13 
* Dễ nhận thấy B là giao của BD với AB có   B ; 
 x  7 y  14  0  5 5
Đường thẳng (BC) qua B(7;3) và vuông góc với (AB) cho nên có véc tơ chỉ phương:
136
54
 21
 x  t
5
u  1; 2    BC  : 
 y  13  2t
 5
* Ta có :  AC, BD  BIC  2 ABD  2  2  AB, BD 
(AB) có n1  1; 2  , (BD) có
n1.n2 1  14 15 3
n2  1; 7   cos =   
n1 n2 5 50 5 10 10
Gọi (AC) có n   a, b 
a-7b 9 4
 cos  AC,BD   cos2 =  2cos 2   1  2    1 
50 a 2  b 2  10  5
* Do đó : 5 a  7b  4 50 a 2  b2
  a  7b   32  a2  b2   31a 2  14ab  17b2  0

2
 17 17
 a   b   AC  :   x  2    y  1  0  17 x  31y  3  0
31 31

 a  b   AC  : x  2  y  1  0  x  y  3  0
 14 5 
* (AC) cắt (BC) tại C C  ; 
 3 3
x  2 y 1  0 x  7
(AC) cắt (AB) tại A :     A  7; 4 
 x  y  3  0  y  4
x  7  t
(AD) vuông góc với (AB) đồng thời qua A(7;4) suy ra (AD) : 
 y  4  2t
x  7  t
 7  98 46 
(AD) cắt (BD) tại D :  y  4  2t  t   D ; 
 x  7 y  14  0 15  15 15 

Trường hợp (AC) : 17x – 31y – 3 = 0. các em làm tương tự .
54 137
Câu 27: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường tròn (C): x 2  y 2  4 x  2 y  1  0 và
đường thẳng d: x  y  1  0 . Tìm những điểm M thuộc đường thẳng d sao cho
từ điểm M kẻ được đến (C) hai tiếp tuyến hợp với nhau góc 900
* M thuộc d suy ra M(t; – 1 – t )
Nếu 2 tiếp tuyến vuông góc với nhau thì MAIB là hình vuông (A, B là 2 tiếp điểm).
Do đó AB=MI= IA 2 =R 2 = 6 2  2 3 .
2  t   2  t 
2 2
* Ta có : MI   2t 2  8  2 3
t   2  M 1  2; 2  1
Do đó : 2t  8  12  t  2  
2 2
.
 
t  2  M
 2 2;  2  1  
* Gọi d' là đường thẳng qua M có hệ số góc k
Suy ra d' có phương trình : y  k ( x  t )  t  1 hay kx  y  kt  t  1  0
2k  kt  t  2
* Nếu d' là tiếp tuyến của (C) kẻ từ M thì d(I;d')=R   6
2
1 k
  2  t  k  t  2   6 1  k 2 
2
  t 2  4t  2  k 2  2  t  2  2  t  k   t 2  4t  2   0
* Từ giả thiết ta có điều kiện :

t 2  4t  2  0

  '   4  t 2    t 2  2  4t  t 2  2  4t   0
 2
 t  4t  2  1
 t 2  4t  2
t  2  6 1
 
 k  k  
  '  t 2 19  t 2   0  t   2  
1 2
2  k1; k2  M
2 k k  1
t  2  1 2
138
54
Câu 28: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) : x 2  4 y 2  4  0 .Tìm những
điểm N trên elip (E) sao cho : F Nˆ F  60 0 (F1 , F2 là hai tiêu điểm của elip (E))
1 2
 4 2 1   4 2 1  4 2 1 4 2 1
(ĐS: N1  ;   , N 2  ;  , N3  ;   , N 4  ;  )
 3 3   3 3   3 3   3 3
x2
*  y 2  1  a 2  4, b 2  1  c 2  3  c  3
4
 x02  4 y02  4

 3 3
Gọi N  x0 ; y0    E    MF1  2  x0 ; MF2  2  x0
 2 2
 F1 F2  2 3

* Xét tam giác F1MF2 theo hệ thức hàm số cos :
 F1F2 
2
 MF12  MF22  2MF1MF2 cos600
2 2
 3   3   3  3 
 
2
 2 3   2  x0    2  x0    2  x0   2  x0 
 2   2   2  2 
 4 2
 x0  
3  3  9 32 3
 12  8  x02   4  x02   x02  8  x02  
2  4  4 9  4 2
 x0 
 3
 1
 y0  
1 3
 y02   
9 y  1
 0 3
 4 2 1   4 2 1  4 2 1 4 2 1
N1  ;   , N 2  ;  , N3  ;   , N 4  ; 
 3 3   3 3   3 3   3 3
Câu 29:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(1; –2), đường cao
CH : x  y  1  0 , phân giác trong BN : 2 x  y  5  0 .Tìm toạ độ các đỉnh
B,C và tính diện tích tam giác ABC
54 139

x  1 t
* Đường (AB) qua A(1;–2) và vuông góc với (CH) suy ra (AB):  .
 y  2  t
x  1 t

(AB) cắt (BN) tại B:   y  2  t  t  5
2 x  y  5  0

1  2 1
* Do đó B(–4;3).Ta có : k AB  1, k BN  2  tan   
1 2 3
Gọi A' đối xứng với A qua phân giác (BN) thì A' nằm trên (AB). Khi đó A' nằm
 x  1  2t
trên d vuông góc với (BN)  d : 
 y  2  t
 x  1  2t

* d cắt (BN) tại H :  H :  y  2  t  t  1  H  1; 3 .
2 x  y  5  0

A' đối xứng với A qua H suy ra A'(–3;–4) . (BC) qua B,A' suy ra : u  1; 7 
 x  4  t
  BC  :  . (BC) cắt (CH) tại C
 y  3  7t
 x  4  t
 3  13 9 
  y  3  7t  t   C   ;  
x  y 1  0 4  4 4

 AB  2 5
 1 1 9 9 10
* Ta có :  9  S  AB.h (C , AB )  .2 5 
h  C , AB  
ABC
2 2 2 2 4
 2 2
Câu 30:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(1;–1) ,B(2;1), diện
11
tích bằng và trọng tâm G thuộc đường thẳng d : 3x + y – 4 = 0. Tìm tọa độ
2
đỉnh C?
140
54
* Nếu G thuộc d thì G(t;4–3t). Gọi C( x0 ; y0 ) . Theo tính chất trọng tâm :
 1  2  x0
t
 3  x0  3t  3
  
4  3t  y 0  y0  12  9t
 3
* Do đó C(3t–3;12–9t).
 x 1 y  1
( AB) : 1  2  2 x  y  3  0
AB  1; 2   
 AB  1  22  5

2  3t  3  12  9t   3 15t  21
 Mặt khác, d(C,AB)=  .
5 5
1 1 15t  21 15t  21 11
S ABC  AB.h  C , AB   S  5    15t  21  11
2 2 5 2 2
 32  32  17 26 
t 
 15 t 
 15  C   ; 
  5 5 
t  20  4
 15 t  3  C 1;0 
Câu 31:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, hãy xác định tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC vuông cân tại A. Biết rằng cạnh huyền nằm trên d: x + 7y – 31 = 0, điểm
N(7;7) thuộc đường thẳng AC, điểm M(2;–3) thuộc AB và nằm ngoài đoạn AB
* Gọi A  x0 ; y0   MA   x0  2; y0  3 , NA   x0  7; y0  7  .
Do A là đỉnh của tam giác vuông cân cho nên AM vuông góc với AN hay ta có:
MA.NA  0   x0  2  x0  7    y0  3 y0  7   0
 x02  y02  9 x0  4 y0  7  0
* Do đó A nằm trên đường tròn (C) :  x0  3   y0  2   20
2 2
Đường tròn (C) cắt d tại 2 điểm B,C có tọa độ là nghiệm của hệ phương trình :
54 141
 x  3   y  2   20
  x  31  7 y
2 2

 
   
2 2

 x  7 y  31  0 
 28  7 y  y  2  20
 x  31  7 y
 2
50 y  396 y  768  0
198  2 201 99  201 99  201
* Do đó ta tìm được : y   ;y
50 25 25
82  7 201 82  7 201
tương ứng ta tìm được các giá trị của x : x  ;x  .
25 25
 82  7 201 99  201   82  7 201 99  201 
A  ;  hay A  ; 
 25 25   25 25 
Câu 32:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 2y – 15 =
0. Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d: 3x – 22y – 6 = 0, sao cho từ điểm M
kẻ được tới (C) hai tiếp tuyến MA, MB (A, B là các tiếp điểm) mà đường thẳng
AB đi qua điểm C (0;1).
* (C) :  x  3   y  1  25 , có I(3;–1) và R=5.
2 2
A  x1; y1  , B  x2 ; y2  là 2 tiếp điểm của 2 tiếp tuyến kẻ từ M.

Gọi M  x0 ; y0   d  3x0  22 y0  6  0 (*)
* Hai tiếp tuyến của (C) tại A,B có phương trình là :
 x1  3 x  3   y1  1 y  1  25 1
Và  x2  3 x  3   y2  1 y  1  25 (2)
* Để 2 tiếp tuyến trở thành 2 tiếp tuyến kẻ từ M thì 2 tiếp tuyến phải đi qua M
 x1  3 x0  3   y1  1 y0  1  25 3
Và  x2  3 x0  3   y2  1 y0  1  25 (4)
* Từ (3) và (4) chứng tỏ (AB) có phương trình là :
 x0  3 x  3   y0  1 y  1  25 5
Theo giả thiết thì (AB) qua C(0;1) suy ra :
142
54
3  x0  3  2  y0  1  25  3x0  2 y0 14  0(6)

 y0  1
3x0  22 y0  6  0   16 
Kết hợp với (*) ta có hệ :   16  M   ; 1
3x0  2 y0  14  0  x0    3 
 3
 16 
Vậy tọa độ điểm cần tìm là: M   ; 1
 3 
Câu 33:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Cho hai điểm A(2 ; 1), B(– 1; – 3) và hai
đường thẳng d1, d2lần lượt có phương trình x + y + 3 = 0; x – 5y – 16 = 0. Tìm
tọa độ các điểm C,D lần lượt thuộc d1 và d2 sao cho tứ giác ABCD là hình bình
hành.
* Trường hợp : Nếu AB là một đường chéo
1   1
Gọi I  ; 1  , đường thẳng qua I có hệ số góc k suy ra d: y  k  x   1
2   2
Đường thẳng d cắt d1 tại C
 k 4
  1   x 
 y  k  x   1  2  k  1  k 4 7k  2 
  2    C  ; 
x  y  3  0 y   7 k  2  2  k  1 2  k  1 
  2  k  1
  1
 y  k  x   1
* Tương tự d cắt d 2 tại B :   2
 x  5 y  16  0

Từ đó suy ra tọa độ của B. Để ABCD là hình bình hành thì: AB = CD sẽ tìm
được k
Cách khác: Gọi C (t ; t  3) thuộc d1 , tìm B đối xứng với C qua I suy ra
D (1  t ; t  1)
Để thỏa mãn ABCD là hình bình hành thì D phải thuộc d 2 :
10  13 7   10 1 
 1  t  5  t  1  16  0  t  và D  ;   và C   ; 
3  3 3  3 3
* Trường hợp AB là một cạnh của hình bình hành .
54 143
Chọn C (t;–t–3) thuộc d1 và D (5m+16;m) thuộc d 2 .

AC=BD
Để ABCD là hình bình hành thì: 
AB //CD
* Ta có:
  2  t 2   t  4 2   5m  17 2   m  32


5m  t  16 m  t  3
 
 3 4
 2  t 2   t  4 2   5m  17 2   m  32

17m  7t  55  0
t 2  2t  13m 2  88m  89  0

  17 m  55
t 
 7
Giải hệ này ta tìm được m và t , thay vào tọa độ của C và D
Câu 34:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x + y  3 = 0 và 2 điểm
A(1; 1), B(3; 4). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho khoảng cách
từ M đến đường thẳng AB bằng 1.
* M thuộc d suy ra M(t;3–t) .
Đường thẳng (AB) qua A(1;1) và có véc tơ chỉ phương u   4; 3
x 1 y 1
  AB  :   3x  4 y  4  0
4 3
3t  4  3  t   4 t  3  M  3;0 
* Theo đầu bài :  1  t  8  5  
5 t  13  M 13; 10 
* Đường thẳng d' song song với (AB) có dạng: 3x+4y+m=0 .
3 4 m
Nếu d' cách (AB) một khoảng bằng 1 thì h(A,d')=1  1
5
 m  2  d ' : 3x  4 y  2  0
 . Tìm giao của d' với d ta tìm được M .
 m  12  d ' : 3 x  4 y  12  0
144
54
Câu 35:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(1;1) , điểm
M(2;3) thuộc đường thẳng chứa cạnh AB và N(4;–1) thuộc cạnh CD . Biết độ
dài AC = 2BD . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi
* Gọi E đối xứng với N qua I thì E thuộc AB và E(–2;3)
Do đó AB có véc tơ ME   4;0  // u  1;0  .
Tương tự F đối xứng với M qua I thì F thuộc CD và F(0;–1).
CD song song với véc tơ NF   4;0  // u  1;0 
* Từ AC=2BD suy ra IA=2IB .
Xét tam giác vuông AIB có:
2 2 2 IA2 5IA2
2 IA2 4
AB  IA  IB  IA    
4 4 AB 2 5
IA 2
Hay :   cos  AB;AC  (*). Từ ME  1;0   nAB   0; 1 ,
AB 5
* Gọi AC có n AC   a; b  thì do (*)
2 0.a  b b  2a
cos  AB;AC     4  a 2  b 2   5b 2  b 2  4a 2  
5 a 2  b2 b  2a
* Nếu b= – 2a thì véc tơ chỉ phương của BD là
uBD   a; b    a; 2a  // u1  1; 2 
x  1 t
  BD  :  (t  R) và đường thẳng (AC):
 y  1  2t
1( x  1)  2( y  1)  0  AC : x  2 y  1  0
x  2  k
* Đường thẳng (AB) qua M(2;3) có u  1;0    AB  :  ( k  R)
 y  3
x  4  m
Đường thẳng (CD) qua N(4;–1) có u  1;0    CD  :  ( m  R)
 y  1
Đường thẳng (BD) cắt (AB) tại B suy ra B(0;3 ) và BD đồng thời cắt (AC) tại A
suy ra A(5;3 )
Đường thẳng (CD) cắt (BD) tại D suy ra D(2;–1) và CD cắt (AC) tại C suy ra
C(–3;–1)
54 145
Vậy tọa độ điểm cần tìm là: A  5;3 , B  0;3 , C  3; 1 , D(2; 1)
Câu 36:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B và nội tiếp
trong đường tròn (C) :  x  1   y  2   5 và điểm A(2;0) . Biết diện tích
2 2
tam giác ABC bằng 4 . Tìm tọa độ đỉnh C ,B

* Do tam giác vuông ABC tại B và nội tiếp trong đường tròn (C) cho nên AC là
đường kính , I (1;–2) là tâm của (C) và AC= 2 2 .
Đường thẳng (AC) qua A(0;–2) // véc tơ IA  1; 2  cho nên (AC):
x2 y
  2x  y  4  0 .
1 2
 x  1   y  2   5
 2 2
(AC) cắt (C) tại C   suy ra C  0; 4 hay C  2;0 .


 2 x  y  4  0
Ta chọn C là (0;–4 ) ví C(2;0) trùng A
* Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên AC thì H(t;2t–4) và BH=d(B;AC)
1 2S 2.4 4
S ABC  AC.BH  BH  ABC   .
2 AC 2 5 5
2a  b  4
Gọi B(a;b) thì d ( B; AC ) 
5
2a  b  4 4 b  2 a  8
Do đó :   2a  b  4  4   (1)
5 5 b  2 a
* B nằm trên (C) suy ra :  a  1   b  2   5 (2)
2 2
Nếu b=2a–8 thay vào (2)

 1
a   b  7
  a  1   2a  6   5  2a  15a  28  0  
2 2 2
2

a  7  b  6
Nếu b=2a thay vào (2):
a  0  b  0
  a  1   2a  2   5  5a  7 a  0  
2 2 2
 a   7  b   14
 5 5
* Lưu ý : Tìm tọa độ B còn có cách khác
146
54
Gọi B(a;b) , do tam giác ABC vuông tại B cho nên AB  CB  ABCB  0
 a  a  2  b b  4  0  a 2  2a  b2  4b  0 . (1)
Kết hợp với diện tích tam giác ABC bằng 4
1
 a  2  b2 a 2  b  4   8
2 2
S 4 AB.BC  8  AB.BC 
2
  a  2  b2  a 2   b  4   64 (2).
2 2
  
Từ (1) và (2) ta cũng suy ra a và b
Câu 37: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
x 2  y 2  2 x  4 y  20  0 , và đường thẳng d: 3x + 4y – 20 = 0. Chứng minh
d tiếp xúc với (C) , Tam giác ABC có đỉnh A thuộc (C), các đỉnh B và C thuộc
d , trung điểm cạnh AB thuộc (C) . Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C , biết trực tâm
của tam giác ABC trùng với tâm của đường tròn (C) và điểm B có hoành độ
dương
* (C):  x  1   y  2   25  O 1; 2  ; R  5
2 2
3  8  20
25
Nhận xét : d(O;d)=  5  R . Chứng tỏ d tiếp xúc với (C) .

5 5
* Gọi I là tiếp điểm của d với (C) , vì trực tâm tam giác trùng với tâm O cho nên
AI vuông góc với d suy ra (AI) qua O(1;–2) có phương trình :
 x  1  3t
 (t  R)
 y   2  4t
* AI cắt (C) tại A thỏa mãn :
t  1  A   2; 6 
1  3t  1   2  4t  2 
2 2 2
 25  25t  25   .
t  1  A   4; 2   I
Đồng thời AI cắt d tại I : 3(1+3t)+4(–2+4t)–20=0 suy ra t=1.
 x  8  4t
Do đó I(4;2) . Chú ý d chuyển sang tham số thì d:  (*)
 y   1  3t
* Nếu K là trung điểm của AB thì OK là đường trung bình tam giác AIB suy ra
IB = 2OK.
Hay : IB=2R=10.(1)
Vì B thuộc d suy ra B(8–4t;–1+ 3t), với I(4;2)  BI   4t  4;3  3t 
54 147
* Từ (1) :
8  4t    3  3t   100  16  t  1  9 1  t   100  25  t  1  100
2 2 2 2 2
t  1  2 t  1  B  12; 4 
  t  1  4  
2
 .
 t  1  2  t  3  B   4;3 
Chọn B(12;–4) do giả thiết cho B có hoành độ dương .
* Đường thẳng (CO) vuông góc với véc tơ
AB   2;14  // n  1; 7    CO  : x  7 y  15  0
 x  8  4t  x  8  4t
 
(CO) cắt d tại C thỏa mãn :  y  1  3t   y  1  3t  C   8; 1
 x  7 y  15  0 t  0
 
Câu 38:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, chođiểm A  1; 2  và đường thẳng
 d  : x  2 y  3  0 . Tìm trên đường thẳng (d) hai điểm B, C sao cho tam
giác ABC vuông tại C và AC  3BC .
* Từ yêu cầu của bài toán ta suy ra C là hình chiếu vuông góc của A trên (d)
Phương trình đường thẳng    qua A và vuông góc với (d) là: 2x  y  m  0
A  1; 2       2  2  m  0  m  0
* Suy ra:    : 2x  y  0 .
Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình:
 3

x  
2x  y  0   5  C 3 ; 6  .
x  2y  3  6  
y   5 5
 5
* Đặt B  2t  3; t   (d) , theo giả thiết ta có: AC  3BC  AC 2  9 BC 2
 16
   t  15
2 2
4 16 12   6 2
   9  2t     t     45t  108t  64  0   4
25 25  5  5   t 
 3
16  13 16  4  1 4
Với t   B   ;  Với t   B   ; 
15  15 15  3  3 3
148
54
 13 16   1 4
Vậy tọa độ điểm cần tìm là: B   ;  hay B   ; 
 15 15   3 3
Câu 39:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : ( x  1)2  ( y  3)2  9 và
A(1;1), B(2; 2) . Tìm tọa độ tìm C, D thuộc đường tròn(C) sao cho tứ giác
ABCD là hình bình hành.
* (C) có tâm I(1;3) và bán kính R = 3.
Dễ thấy A nằm ngoài (C) và B nằm trong (C).
Ta có AB  (3; 3)  AB  3 2 . Do CD // AB nên CD có vecto pháp tuyến
là n  (1; 1)
Suy ra CD: x  y + m = 0
* ABCD là hình bình hành nên CD = AB  3 2
2 2
2  CD  2
3 2  3 2
 d ( I ; CD)  R     3    
 2   2  2
4m 3 2  m  1
   m4 3 
2 2  m  7
 CD: x  y  1 = 0 hoặc x  y  7 = 0
* TH1:CD: x  y  1 = 0
( x  1) 2  ( y  3) 2  9 ( x  1) 2  ( x  2) 2  9
Tọa độ C, D là nghiệm của hệ:  
 x  y  1  0  y  x 1
2 x 2  2 x  4  0  x  1  x  2
  hay 
y  x 1 y  0  y  3
 C(1;0), D(2;3) hoặc C(2;3), D(1;0)
* TH2:CD: x  y  7 = 0
Tọa độ C, D là nghiệm của hệ:
( x  1) 2  ( y  3) 2  9 ( x  1) 2  ( x  2) 2  9
 
x  y  7  0 y  x  7
54 149
 9  17
 x
2 x  9 x  8  0 
2
4
 
y  x  7  y  19  17

 4
 9  17 19  17   9  17 19  17 
 C  ;  , D  ; 
 4 4   4 4 
 9  17 19  17   9  17 19  17 
Hay C  ;  , D  ;  .
 4 4   4 4 
150
54
CHỦ ĐỀ 2.2:
CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾ N VIẾ T PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG
THẲ NG.
■ NHỮNG CÁCH THỨC ĐỂ VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
(PTĐT):
► Cách 1:Sử dụng “Nắm đắm và cây gậy”– phương trình đường thẳng cần tìm
phải đi qua một điểm M(xM; yM) (“nắm đắm”) và hoặc nhận n làm véctơ pháp
tuyến (VTPT) hoặc nhận u làm véctơ chỉ phương (VTCP) (“cây gậy”).
Đây là cách mà chúng ta vẫn thường sử dụng trong quá trình lập phương trình
đường thẳng. Trở ngại mà ta thường mắc phải là đường thẳng chưa đi qua điểm?
hay chưa có VTPT (VTCP). Vì vậy nhiều khả năng phải chuyển bài toán “Lập
PT đường thẳng”  “tìm thêm điểm”. Một số lưu ý:
● Nếu  d: ax + by + c = 0  có dạng bx – ay + m = 0 hay –bx + ay + m = 0
● Nếu  // d: ax + by + c = 0 có dạng ax + by + d = 0 (chú ý d ≠ c)
VD1:   d: 2x + y + 1 = 0 : x – 2y + m = 0
 // d: x – 3y + 5 = 0 : x – 3y + m = 0 (m ≠ 5)
► Cách 2:Sử dụng “Nắm đắm kép”: PTĐT mà ta cần tìm có thể chỉ đi qua một
điểm và không có sẵn VTPT (VTCP), vì vậy trong một số trường hợp ta cần
“tìm thêm một điểm” nữa để tạo thành VTPT (VTCP).
► Cách 3:Sử dụng “Cây gậy lớn”: Trong trườngPTĐT chỉ qua một điểm và
“không thể tìm thêm điểm” nào nữa thì ta sẽ gọi n = (a; b) (a2 + b2 ≠ 0) và chỉ
phải đi tìm một PT f(a; b) = 0 có chứa quan hệ của a và b. Do điều kiện a2 + b2 ≠
0 nên “nếu biết một trong 2 số a (hoặc b) ≠ 0 thì ta được chọn một số bất kỳ ≠ 0
cho a (hoặc b).
VD2: a2 + 3ab – 4b2 = 0 (Nhận xét b ≠ 0 vì b = 0  a = 0) nên ta chọn b = 1 khi
đó pt thành: a2 + 3a – 4 = 0  a = 1 hay a = – 4.
Chú ý: thường cách này chỉ thật sự hữu hiệu khi kết hợp với kỹ thuật dùng
khoảng cách hoặc kỹ thuật dùng góc (cụ thể là góc giữa các đường thẳng)
(Khi vào ví dụ bài toán sẽ giải thích kỹ hơn).
► Cách 4: Sử dụng “đường thẳng có hệ số góc k” theo hàm số:tương tự như
cách 3, PTĐT cũng chỉ qua một điểm M(xo; yo) và chưa có VTPT (VTCP). Cách
làm này giúp chúng ta giảm ẩn đến hết mức có thể và tận dụng các yếu tố về góc
theo
của cách
đường1 thẳng.
góp phần giúp các bạn liên kết và tập hợp cũng như vận dụng hết tất
 qua
Chú ý: giả
cả những thiếtM(x
cóo;được
yo) cótừhệđềsốbài.
k  : y bạn
Nếu = k(xchưa
– xo)dùng
+ yo hết
và VTPT sẽ làthì chưa
giả thiết
149
152
n = (k; –1) (k ≠ 0)
● Trong một số bài toán ta nên xét 2 trường hợp k = 0
 : y = yovà sau đó là k ≠ 0)
● Như đã giới thiệu ở chương 1, hệ số góc ở đây chính là tanvới  là góc hợp
giữa đường thẳng và chiều dương trục hoành.
VD3:  qua M(3; 4) và không song song trục hoành
 : y = k(x – 3) + 4= kx – 3k + 4
VD4: qua M(m; 2m + 3) tạo với chiều dương trục hoành một góc 45o
 Do  tạo với chiều dương trục hoành một góc 45ok = tan 45o= 1
Nên : y = 1(x – m) + 2m + 3 = x + m + 3.
(Qua đây cũng thấy được để kiểm tra góc giữa đường thẳng và trục hoành ta
chỉ cần xét hệ số góc k)
Thầy sẽ xét các bài toán sau đây làm ví dụ để minh họa cho các cáchtrên. (Để
các bạn tiện theo dõi, mỗi một ví dụ sẽ là một dạng hình quen thuộc mà đề thi
hay đề cập).
BÀI TOÁN 1 (TAM GIÁC VUÔNG). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác
5 
ABC vuông tại A  0; 3 , trọng tâm G  ; 3  , AH : 3x  4 y  12  0 với H là
3 
chân đường cao. Lập phường trình đường BC và tìm tọa độ điểm B và C.
■ Đặt vấn đề: Với bài toán này chúng ta
có hai hướng để đi là tìm tọa độ điểm B
và C sau đó viết pt BC hay cũng có thể
lập pt BC trước rồi tìm tọa độ B và C
sau. Vấn đề đặt ra là đi theo hướng nào
là tốt nhất? Mời các bạn xem các cách giải
sau.
■ CÁCH 1: Đặt B(xB; yB) và C(xC ; yC).
☺Ý tưởng :
– Với việc đặt ẩn như trên (4 ẩn)
 chúng ta cần đến 4pt?
– G là trọng tâm ABC  2pt (1) và (2)
– AH  BC  pt (3)
– AB  AC  pt (4).
theo– cách
Giải hệ1 góp phần
pt 4 ẩn (1),giúp
(2), các
(3), bạn liêntìmkết
(4)  và tập
được hợpB cũng
tọa độ và C như vậnphương
 viết dụng hết tất
cả trình
những BCgiả
cầnthiết
tìm. có được từ đề bài. Nếu bạn chưa dùng hết giả thiết thì chưa
150
152

 x A  x B  x C  3x G  5 x B  x C  5 x B  5  x C
  
y
 A  y B  y C  3y G  9 y
 B  y C  6  y B  6  yC
 AB  ( xB ; yB  3)  (5  xC ; 3  yC )

* Ta có  AC  ( xC ; yC  3) và uAH  (4; 3) laVTCP

 BC  ( xC  xB ; yC  yB )  (2 xC  5; 2 yC  3)
 AB  AC 
 AB. AC  0
* Theo giả thiết đề bài, ta có:  
 AH  BC u AH .BC  0

(5  xC ) xC  (3  yC )( yC  3)  0
 (Việc giải hệ này xin dành cho bạn đọc)
 4(2 xC  5)  3(2 yC  3)  0
 xC  1  yC  1  C1 (1;1); B1 (4;5)
 
x
 C  4  yC  5 C2 (4;5); B2 (1;1)
* Do vai trò của B và C như nhau nên ta chỉ xét một trường hợp C(1;1), B(4;5).
BC qua C(1;1) nhận CB  (3; 4) lamVTCP có dạng là:
x 1 y 1
  ( BC ) : 4 x  3 y  1  0
3 4
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là (BC): 4x – 3y – 1 = 0
 C1 (1;1); B1 (4;5)
và tọa độ điểm cần tìm là 
C2 (4;5); B2 (1;1)
■ CÁCH 2: Lập phương trình đường BC

trước và sau đó tìm tọa độ B và C sau.
☺Ý tưởng :
– Ta đã có BC  AH nên chỉ cần tìm thêm
một điểm thuộc BC nữa là xong.
– Nếu gọi I là trung điểm BC thì ta có thể
sử dụng tính chất của trọng tâm G: AG =
2GI  chuyển về đẳng thức véctơ để tìm
ra I.
– Sau khi có I thì viết pt BC không còn trở
theongại
cách 1 Đến
nữa. góp đây
phần giúp
ta có các bạn
2 hướng liên kết và tập hợp cũng như vận dụng hết tất
đi tiếp:
cả +những
Hướnggiảthứthiết có tham
nhất: đượcsốtừhóa
đề điểm
bài. B Nếu
và bạn chưa
do I là dùng
trung điểmhết
BC giả thiết số
 tham thì chưa
hóa điểm C theo B. Sau đó dùng điều kiện AB  AC để giải tìm ra B.
151
152
+ Hướng thứ hai: Xét tọa độ B và C trong sư tương giao giữa đường BC và
một đường tròn ẩn mình khác  đó chính là đường tròn tâm I, bán kính
R = IA. Ở đây, thầy sẽ trình bày theo hướng thứ hai !

2
* Gọi I là trung điểm BC. Do G là trọng tâm ABC  AG  AI
3
5 2
 3  0  (x I  0)  5
3 x I  5 
  2  I  ;3 
 3  3  2 (y  3)  y I  3 2 
 3
I
* Do BC  AH: 3x + 4y – 12 =0  BC: 4x – 3y + m = 0.
5 
Do BC qua I  ;3   m = –1.
2 
Vậy phương trình đường BC cần tìm là (BC): 4x – 3y – 1 = 0
5
* Do ABC  A có I là trung điểm cạnh huyền BC  IA = IB = IC = . Đường
2
tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kinh R = IA có dạng là:
2
 5 2 25
 x    ( y  3) 
 2 4
* Ta có B và C là giao điểm giữa BC và (C) nên tọa độ B và C thỏa hệ phương trình
 5
2
2 25
 x    ( y  3) 
 2 4 (việc giải hệ này xin dành cho bạn đọc)
 4x  3 y 1  0

 C1 (1;1); B1 (4;5)

C2 (4;5); B2 (1;1)
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là (BC): 4x – 3y – 1 = 0
 C1 (1;1); B1 (4;5)
và tọa độ điểm cần tìm là 
C2 (4;5); B2 (1;1)
■ Lời bình:
Với cách 1, chúng ta thấy ngay ở cách này ở sự “liều lĩnh”, việc giải bài toán
theo cách 1 góp phần giúp các bạn liên kết và tập hợp cũng như vận dụng hết tất
cả những giả thiết có được từ đề bài. Nếu bạn chưa dùng hết giả thiết thì chưa
152
chắc giải ra được bài toán. Nhược điểm của cách làm này như đã phân tích ở các
bài toán trước là nặng về tính toán, kỹ năng.
Với cách 2, có thể thấy hướng đi viết phương trình BC mang đến cho ta khá
nhiều thuận lợi trong việc tìm B và C sau này. Rõ ràng việc “tìm thêm điểm” hay
việc “tìm thêm phương trình đường thẳng” đều giúp ta khai thác được thế mạnh
của từng bên. Qua đây ta cũng thấy được, một lời giải ngắn gọn thì bao hàm trong
nó là tập hợp của rất nhiều kỹ thuật giải. Việc vận dụng kỹ thuật như thế nào tùy
vào khả năng lĩnh hội và khuynh hướng sở trường sử dụng của mọi người. Mỗi
phương pháp đều có cái hay riêng của nó.
BÀI TOÁN 2 (TAM GIÁC CÂN). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác
ABC cân tại A, cạnh đáy BC có phương trình (d1): x + y + 1 = 0, phương
trình đường cao kẻ từ B là (d2): x – 2y – 2 = 0. Đường cao kẻ từ C qua điểm
M(2;1). Viết phương trình đường thẳng AB và AC và tìm tọa độ điểm A?
■ Đặt vấn đề: Đề bài đặt ra 2 câu hỏi, tìm tọa độ của điểm A và viết PT 2 cạnh
bên của tam giác. Nhưng Biết xuất phát từ câu hỏi nào đây? Ở đây thầy đề nghị
hai cách giải sau.
■ CÁCH 1: Tìm tọa độ điểm A và C viết PT AB, AC.
☺Ý tưởng :
_ Nhận xét có thể tìm được điểm
B = d1d2
_ Ta có C  BC
 tham số hóa điểm C.
Do không có thông tin nào từ điểm A
 đặt A(a; b)  3 ẩn cần 3 PT?
_ Ta có d2 AC  Pt (1), MC  AB
 Pt(2).
_ Gọi I là trung điểm BC  AI  d1 (3).
_ Từ (1), (2), (3) giải hệ phương trình  tìm đươc a, b,c
_ Sau đó việc viết PT AB và AC thì không còn trở ngại nữa.
* Do B = d1  d2
 x  y 1  0  x0
 tọa độ B là nghiệm của hệ    B  0; 1
 x  2y  2  0  y  1
* C  BC  C(c; – 1 – c) và giả sử tọa độ A(a; b). Gọi I là trung điểm BC
c c
cả  I  ; giả
những 1 thiết
 có được từ đề bài. Nếu bạn chưa dùng hết giả thiết thì chưa
2 2
153
152
 d 2  AC ud 2 . AC  0 (1)
 
* Theo đề bài ta có:  d1  AI  ud 1. AI  0 (2)
 MC  AB 
  MC. AB  0 (3)
 ud 2  (2;1) laVTCP
* (1)  ud 2 . AC  0 với  nên 2(c – a) – 1 – b – c = 0
 AC  (c  a; 1  c  b)
 c – b – 2a – 1 = 0 (4)
 ud 1  (1; 1) laVTCP
 c c
* (2)  ud1. AI  0 với  c c nên – a + 1 + + b
2 2
 AI  (  a; 1   b)
 2 2
 c + b – a + 1 = 0 (5)
MC  (c 2; 2  c)
* (3)  MC. AB  0 với  nên –a(c – 2) + (2 + c)(1 + b) = 0 (6)
 AB  (a; 1  b)
 c  b  2a  1  0 (4)

* Từ (4), (5), (6) ta có hệ phương trình: c  b  a  1  0 (5)
 a(c  2)  (2  c)(1  b)  0 (6)

2c
* (4) cộng (5) ta được: 2c – 3a = 0 a = .
3
2c -c
vào (*) suy ra b = – 1.
(4) trừ (5) ta được : –2b – a – 2 = 0 (*), thay a =
3 3
2c -c -2c c
* Thay a = và b = – 1 vào (6) ta được (c – 2) – (2 + c) = 0 3c2 – 2c = 0
3 3 3 3
c = 0
c = 2 .
 3

2c -c
* Với c = 0, do a = = 0 và b = – 1 = – 1 nên A(0;–1) (loại vì trùng với điểm
3 3
B(0;–1))
2  2 5   4 11 
* Với c =  C  ;  và A  ; .
3 3 3  9 9 
* Do AC  d1: x – 2y – 2 = 0 nên (AC): 2x + y + m = 0.
 2 5  1
theoMà (AC)
cách 1 qua  ; giúp
góp Cphần  m bạn
các = liên kết và tập hợp cũng như vận dụng hết tất
3
3 3 
Vậy phương trình đường AC là (AC): 6x + 3y + 1 = 0
154
152
 4 8 
* AB qua B(0; –1) có véctơ pháp tuyến là MC   ;  có dạng là:
 3 3 
4 8
 x  0   y  1  0
3 3
Vậy phương trình đường AB là (AB): x + 2y + 2 = 0
Vậy điểm A và phương trình đường thẳng cần tìm lần lượt là
 4 11 
A ;  và (AC): 6x + 3y + 1 = 0 và (AB): x + 2y + 2 = 0
 9 9 
■ CÁCH 2: Viết PT AB, AC tìm tọa độ điểm A.

☺ Ý tưởng :
_ Nhận xét có thể tìm được điểm B = d1d2
_ Cả hai cạnh AB, AC đều chưa đủ yếu tố để lập PTĐT, vì vậy chúng ta chuyển
hướng sang lập các pt đường khác  đường cao kẻ từ C (d3) (vì đường d3 tạo
với BC một góc bằng với d2 tạo với BC và đồng thời đường cao này đã qua
điểm M(2; 1).
_ Do có “nắm đắm” M, nhưng lại thiếu “cây gậy” là VTPT nên ta có hai hướng
để đi tiếp hoặc là gọi VTPT có dạng n = (a; b) hay lập phương trình đường
thẳng có hệ số góc k.
_ Dùng quan hệ về góc giữa (d2; BC) = (d3; BC)
 pt đường cao kẻ từ C  C = d3 BC. Viết AB bằng cách AB qua B và  d3,
AC  d2 và qua C.
_ Khi đã lập được pt AB, AC  AB  AC = A.

* Tương tự cách 1, ta có B = BCd2B(0; –1).
Gọi phương trình đường cao kẻ từ C là d3 qua M(2; 1) có dạng:
y = k(x – xM) + yM = k(x – 2) + 1 (d3) : kx – y – 2k + 1 = 0 (d3) có VTPT là
n = (k; –1)
* Do ABC cân tại A   (d1; d2) =  (d1; d3) cos(d1; d2) = cos(d1; d3)
 n d1  (1;1) la VTPT cua BC

 |cos( n d1 ,n d2 ) | = |cos( n d1 , n ) | với  n d 2  (1; 2) la VTPT cua d 2

theo cách 1 góp phần giúp các bạn liên  nkết (k; 1) la VTPT cua d
và tập hợp cũng như 3 vận dụng hết tất
155
152
| n d1.n d2 | | n d1.n |
  
| n d1 | .| n d2 | | n d1 | .| n |
 1
1 | k  1| k 
  2k  5k  2  0  
2
2
10 2
2. k  1 
k  2
1
* Với k  suy ra d3: x – 2y = 0 (loại vì song song d2, d2 và d3 phải cắt nhau )
2
* Với k = 2 suy ra d3: 2x – y – 3 = 0 (nhận)
 2 5 
Mặt khác C = d3 BC  C  ; 
3 3 
* AB  d3 : 2x – y – 3 = 0  AB : x + 2y + d = 0, AB qua B(0 ; –1)  d = 2.
Vậy (AB) : x + 2y + 2 = 0.
 2 5  1
* AC  d2 : x – 2y – 2 = 0  AC : 2x + y + e = 0, AC qua C  ;  e 3 .
3 3 
Vậy (AC) : 6x + 3y + 1 = 0.
 4 11 
* Do A = AC  AB  A  ;  (việc giải các tọa độ giao điểm xin dành
9 9 
cho bạn đọc)
Vậy điểm A và phương trình đường thẳng cần tìm lần lượt là
 4 11 
A ;  và (AC): 6x + 3y + 1 = 0 và (AB): x + 2y + 2 = 0
9 9 
■ Lời bình:
Với cách 1, chúng ta thấy ngay được những khó khăn trở ngại trong việc đặt
quá nhiều ẩn và thiết lập các phương trình. Việc giải hệ phương trình thuần túy
rút thế, cộng trừ vế nhưng không phải là đơn giản với một số bạn. Chính việc
đặt quá nhiều ẩn vô tình đẩy bài toán đến hướng đi cồng kềnh, nhiều nút thắt,
nếu bạn là một người có kỹ năng “giải các phương trình, hệ phương trình đại
số” tốt thì việc thiết lập và giải các hệ sinh ra từ hình học này không thể làm
khó được bạn.
Với cách 2, có lẽ bạn vẫn còn rất bất ngờ trước cách giải vô cùng táo bạo và
ngắn gọn của cách này. Ưu điểm có thể nhận thấy ngay là việc “giảm tải”
trong việc đặt quá nhiều ẩn ở cách 1, sử dụng các quan hệ về góc giữa các
theođường
cách thẳng
1 góp(Kỹ thuật
phần giúpdùng
các góc). Ngoài
bạn liên kếtravàviệc
tậpgọi
hợpdạng
cũngđường
như thẳng theo hết tất
vận dụng
cả kiểu
những số ythiết
hàmgiả = f(x)
có cóđược
hệ sốtừgóc
đềkbài.
cũngNếu
là mộtbạnhướng
chưađidùng
mới cho
hếtchúng ta, nếu
giả thiết thì chưa
chưa có “cây gậy VTPT”. Nhược điểm nếu có của cách 2 có lẽ là việc phát sinh
156
152
thêm 1 đường thẳng nữa, dĩ nhiên thường là ta phải loại chúng đi, vì vậy cần
xét “vị trí tương đối giữa các đường với nhau, hoặc giữa điểm và đường”.
Ngoài ra với cách 2 này, bạn cũng có thể thử đặt n = (a; b)như trong phương
pháp đã đề cập, việc giải cũng hết sức tương tự.
BÀI TOÁN 3 (TAM GIÁC THƯỜNG). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam
giác ABC có A(1; –3), phương trình đường phân giác trong và đường trung
tuyến kẻ từ B lần lượt là (d1): 2x + y – 4 = 0 và (d2): x + y – 6 = 0. Viết phương
trình đường thẳng AC và tìm tọa độ chân đường phân giác trong kẻ từ B.
■ Đặt vấn đề:đường phân giác là một trong những đường mang trong mình rất
nhiều các yếu tố đặc biệt. Song song với việc rèn luyện hướng tư duy lập
phương trình đường thẳng, bài toán cũng muốn giới thiệu lại vai trò và một số
tính chất quan trọng liên quan đến đường phân giác mà các em đã được học ở
các lớp dưới. Mời các em xem lời giải và lời bình cuối bài.
☺Ý tưởng :
_ Nhận xét nhanh là ta có B = BD  BM và
AC đã qua điểm A nên hoặc tìm thêm
một « cây gậy » hoặc tìm thêm một điểm
nữa để thành “nắm đắm kép”. Ở đây ta
thấy khuynh hướng đi tìm thêm một điểm
nữa là khả quan nhất (vậy điểm đó là
điểm nào?)  điểm C.
_ Do tính chất đối xứng đặc biệt của phân
giác nên ta có có thể “tìm thêm được
điểm mới”. Cụ thể nếu gọi H là hình
chiếu của A lên BD và A’ là điểm đối
xứng của A qua phân giác BD thì A’ 
theoBC
cáchtìm
1 góp
A’ phần giúp các bạn liên kết và tập hợp cũng như vận dụng hết tất
cả những
_ Khi đã cógiảA’thiết có pt
 viết được từ đề
đường BCbài. Nếu số
 tham bạnhóachưa
điểmdùng hếtđường
C theo giả thiết
BC  thì chưa
tham số hóa điểm M theo C do M là trung điểm AC  M  BM  tìm được C.
157
152
► Hướng dẫn giải:Gọi M, D lần lượt là giao điểm giữa d1 và d2 với đường AC.
(Một số bước giải đơn giản xin được dành cho bạn đọc)
* Ta có B = BD  BM  tọa độ B là nghiệm của hệ
 x  y6  0 x  2
   B  2;8 .
 2x  y  4  0  y  8
AB qua A(1; –3) nhận AB  (3;11) làm VTCP có dạng là:
(AB) : 11x + 3y – 2 = 0 .
* Gọi H là hình chiếu của A lên phân giác trong BD và A’ là điểm đối xứng của A
qua phân giác. (A’ thuộc BC và H là trung điểm AA’).
Do AH  BD  (AH): x – 2y + m = 0. (AH) qua A(1; –3)  m = –7.
Vậy (AH): x – 2y – 7 = 0.
Lại có: H = AH  BD  H(3; –2).
Mặt khác H là trung điểm AA’ A’(5; –1)  BC.
* Phương trình BC qua B(–2;8) và nhận BA '  (7; 9) làm VTCP có dạng là:
x  2 y 8  38  9c 
  (BC) : 9 x  7 y  38  0 và C  BC  C  c; 
7 9  7 
 1  c 17  9c 
* Ta có M là trung điểm AC  M  ;  mà M  BM : x + y – 6 = 0
 2 14 
1  c 17  9c
Suy ra   6  0  c  30 C(–30 ; 44)
2 14
* Phương trình đường AC qua A(1; –3) nhận AC  (31; 47) làm VTCP có dạng
x 1 y  3
là:   ( A C) : 47 x  31 y  46  0
31 47
* Ta có D là chân đường phân giác trong kẻ từ B và D = BD  AC  tọa độ D là
  34
 2x  y  4  0  x 
3  34 56 
    D ; 
 47x  31y  46  0 y  56  3 3 
  3
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là (AC): 47x + 31y + 46 = 0 và tọa
 34 56 
độ chân đường phân giác trong kẻ từ B cần tìm là D  ;  vận dụng hết tất
theo cách 1 góp phần giúp các bạn liên kết và tập hợp  3cũng3như

cả những
■ Lời giả thiết
bình:Qua bàicótoán
được
nàytừcho
đề ta
bài.“một
Nếusốbạn
dấuchưa dùng
hiệu” tronghết giảtìm
việc thiết thì chưa
được
“điểm mới” đó chính là dấu hiệu dựa vào “đường phân giác”. Dĩ nhiên ngoài
158
152
tính chất đối xứng ra, yếu tố về góc của phân giác các bạn cũng cần lưu tâm
đến.
BÀI TOÁN 4 (HÌNH THANG CÂN) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình
45
thang ABCD (AB // CD, AB < CD) có diện tích là . Phương trình đường
2
thẳng chứa cạnh CD là x  3 y  3  0 . Hai đường chéo AC và BD vuông góc
với nhau tại điểm I(2; 3). Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC biết
C có tung độ dương.
■ Đặt vấn đề:Ở các bài toán trước chúng ta đã có dịp làm quen với hình thang
vuông, trong chủ đề này, thầy tiếp tục khai thác các khía cạnh của hình thang
cân, nó cũng chứa đựng rất nhiều vẻ đẹp mà ta không ngờ đến. Bài toán này xin
được trình bày bằng 3 cách giải để các bạn thấy được những khía cạnh hay của
nó. Mời các bạn xem lời giải.
■ CÁCH 1: Goi H, K lần lượt trung điểm của CD và AB.
☺ Ý tưởng :
_ Do ABCD là h.thang cân  AC = BD, (2 đường chéo bằng nhau) và IA = IB,
IC = ID. Lại có AC  BD nên lần lượt các ICD và IAB đều là  vuông cân.
_ Phát hiện một đường tròn ẩn mình (C) tâm H, bán kính HD = HC = HI = d[I; CD]
 C và D là giao điểm giữa (C) và CD tọa độ C và D  độ dài ID.
_ Do vậy ta phải đi tìm H với
H = IH  CD (viết pt IH  CD và
qua I).
1
_ Ta có: S ABCD  HK ( AB  CD)
2
1
 S ABCD  HK (2 IK  2IH )
2
2
 S ABCD   IK  IH 
IK IB
 độ dài IK. Lập tỉ số 
IH ID
 chuyển về đẳng thức véctơ tìm
được B.
* Do ABCD là hình thang cân  AC = BD  IA = IB và IC = ID mà AC  BD
nên IAB và ICD là tam giác vuông cân tại I.
AB CD | 2  3.3  3 |
cả Do đó IK
những  từ đềd bài.
giả thiết, =cóIHđược I ; CD 
Nếu  bạn chưa dùng  10hết giả thiết thì chưa
2 2 2
1  (3) 2
159
152
* Do đó H chính là hình chiếu vuông góc của I lên CD IH  CD: x – 3y – 3 = 0

IH: 3x + y + m = 0. Mà IH qua I(2;3)  m = – 9. Vậy IH: 3x + y – 9 = 0
Lại có H = IH  CD  Tọa độ H là nghiệm của hệ:
 x  3y  3  0 x  3
   H  3;0 
3x  y  9  0  y  0
* Ta có HI = HD = DC = 10 đường tròn (C) tâm H, bán kính 10 có tọa độ
C, D là nghiệm của hệ phương trình:
(x  3)2  y2  10  x  6, y  1
   C  6;1 , D(0; 1) (do C có tung độ dương)
 x  3y  3  0  x  0, y  1
1 2 45 10
* S ABCD  HK ( AB  CD)   IK  IH    IK 
2 2 2
IK IB 1 1
Mặt khác,    IB  ID  B  3; 5
IH ID 2 2
* Đường thẳng BC qua B(3; 5) nhận BC  (3; 4) làm VTCP có dạng là :
x 3 y 5
  (BC) : 4 x  3 y  27  0
3 4
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là (BC): 4x + 3y – 27 = 0
■ CÁCH 2: Nối dài AD và BC lại cắt nhau tại E (E = BC  AD) – (kỹ thuật
kẻ đường phụ)
☺ Ý tưởng :
_ Tương tự cách 1 ta tìm được H, ta có
IC = 2IH = 2d[I; CD] = 2 5
1
_ S ABCD  AC.BD sin  AC; BD 
2
IC IB 2
 BD  3 5     I là
AC BD 3
trọng tâm của ECD  tọa độ E  BC
EH EH
_ Lại có tan ECH   3
HC IH
1 1
 cos ECH  
1  tan 2 10
theo cách 1 góp phần giúpECH
các bạn liên kết và tập hợp cũng như vận dụng hết tất
_ Gọi
cả pt BC
những giảqua E có
thiết cóhệđược
số k: từ đề bài. Nếu bạn chưa dùng hết giả thiết thì chưa
y = k(x – xE) + yE với VTPT là n  (k; 1)
160
152
_ Dùng quan hệ góc giữa (EC; CD)  dễ dàng suy ra k  pt đường BC

* Gọi H là trung điểm CD, do nhận xét ABCD là hình thang cân nên ta có
AC = BD (có AC  BD)
 ICD vuông cân tại I  H là hình chiếu của I lên CD
 IH  CD IH: 3x + y + m = 0.
Mà IH qua I(2;3)  m = – 9. Vậy IH: 3x + y – 9 = 0
Lại có H = IH  CD  Tọa độ H là nghiệm của hệ:
 x  3y  3  0 x  3
   H  3;0 
3x  y  9  0  y  0
* Ta có IC  IH 2  d  I ; CD  . 2  2 5 và đồng thời
1
S ABCD  AC.BD sin  AC; BD   AC  3 5
2
IC 2 ID
Do đó :    I là trọng tâm ICD  IE = 2HI
AC 3 BD
 IE  2 HI E(0;9)
EH EH 1 1
* Ta có tan ECH    3  cos ECH  
HC IH 1  tan 2 ECH 10
Gọi phương trình BC qua E(0;9) có hệ số k: y = k(x – 0) + 9 = kx + 9 với
n  (k; 1) .
| k 3| 1 4
* Ta có cos ECH = |cos(BC;CD)| =   k
10. k 2  1 10 3
 BC: 4x + 3y – 27 = 0
Ta có C = BC  CD  C(6;1) (thỏa yêu cầu bài toán)
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là BC: 4 x  3 y  27  0
■ CÁCH 3: Tìm tọa độ điểm B và C (“nắm đắm kép”)  để viết pt BC.
☺ Ý tưởng :
_ Do ABCD là hình thang cân  AC = BD (2 đường chéo bằng nhau) và IA =
IB, IC = ID.
Lại có AC  BD nên lần lượt
các ICD và IAB đều là 
theovuông
cáchcân.
1 góp phần giúp các bạn liên kết và tập hợp cũng như vận dụng hết tất
161
152
_ Phát hiện một đường tròn ẩn

mình khác (C) tâm I, bán kính
d  I ; CD
ID = IC =
2
 C và D là giao điểm giữa
(C) và CD tọa độ C và D
 độ dài ID
1
_ Mặt khác ta có S ABCD  AC.BD sin  AC; BD  (công thức tính diện tích tứ
2
giác)
 BD 2  2S ABCD  độ dài BD.
ID
Lập tỉ số  chuyển về đẳng thức véctơ tìm B.
BD
* Gọi H là trung điểm CD, do nhận xét ABCD là hình thang cân nên AC = BD,
mà ACBD nên ta cóICD là tam giác vuông cân tại I với
CD
IH = = d[I; CD] = 10 IC = 20
2
* Ta có ID = IC = 20 đường tròn (C) tâm I, bán kính 20 có tọa độ C, D là
nghiệm của hệ phương trình:
(x  2)2  (y  3) 2  20  y  1, x  6
 
 x  3y  3  0  y  1, x  0
 C  6;1 , D(0; 1) (do C có tung độ dương)
1
* Ta có S ABCD  AC.BD sin  AC; BD   BD 2  2S ABCD  BD  3 5 .
2
ID 2 3
Mặt khác   DB  DI B(3; 5)
BD 3 2
* Đường thẳng BC qua B(3; 5) nhận nhận BC  (3; 4) làm VTCP có dạng là :
x3 y 5
  (BC) : 4 x  3 y  27  0
3 4
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là (BC): 4x + 3y – 27 = 0
■ Lời bình:
theoVới
cách 1 góp
cách 1,Ta phần giúp rất
thấy ngay cácrõbạn liên
ràng ý đồkếtcủa
và lời
tậpgiải
hợplàcũng
đi tìmnhư
tọa vận
độ Bdụng
và C hết tất
cả nhằm
nhữngmụcgiảđích
thiếtviết
có ptđược
BC. từ đề bài.
Trong quá Nếu
trình bạn
đi tìmchưa dùngđó,hết
kết quả giả1 thiết
cách thì chưa
đã vận
dụng rất nhuần nhuyễn các kỹ thuật đã được giới thiệu ở những bài toán trước
162
152
như : “kỹ thuật dùng diện tích”, “kỹ thuật lập đường tròn ẩn mình” , “kỹ
thuật chuyển đẳng thức độ dài về đẳng thức véctơ”, “kỹ thuật dùng khoảng
cách”. Nhưng nhược điểm là chưa khai thác trọn vẹn những tính chất đặc trưng
của hình thang cân.
Với cách 2,có thể thấy ngay, ưu điểm lớn nhất của cách này là việc kẻ đường
phụ và chuyển sang tìm VTPT của đường BC. Trong quá trình tìm ra lời giải
đẹp đó, ngoài những cách đã dùng ở cách 1, cách 2 còn sử dụng thêm “kỹ thuật
dùng góc” và biến tính chất của điểm I trở thành trọng tâm của tam giác ECD.
Với cách 3,không quá cầu kì và phức tạp nhưng cách 3 đã sử dụng đúng và đủ
những gì sẵn có của đề bài. Có thể thấy việc lập “đường tròn ẩn mình” ở cách
3 đã cải tiến và giúp tìm nhanh được tọa độ C và D. Điểm cộng lớn nhất của
cách 3 đó chính là việc sử dụng công thức tính diện tích của một khối tứ giác
tổng quát.
1
Stứ giác = (tích 2 đường chéo).sin(góc tạo bởi 2 đường chéo)
2
BÀI TOÁN 5 (HÌNH BÌNH HÀNH). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình
bình hành ABCD có đỉnh D  6; 6  , đường trung trực của cạnh CD là
 : 2 x  3 y 17  0 , đường phân giác trong góc BAC là 5x  y  3  0 . Viết

phương trình đường phân giác trong của góc BDC ?
■ Đặt vấn đề:Ta vừa làm quen với vai trò của đường phân giác ở bài toán 3, còn
bài toán này với yêu cầu viết phương trình đường phân giác thì ta có thể tiếp
cận như thế nào? Mời các bạn xem lời giải.
☺ Ý tưởng :
_ Có rất nhiều cách để lập phương trình đường phân giác trong của góc BDC
nhưng xét trên khía cạnh các yếu tố mà đề cho thì trước tiên ta cũng sẽ phải
dùng đến đường trung trực và đường phân giác trong.
_ Đường trung trực CD giúp ta viết được pt đường CD mở đường cho việc tìm
ra trung điểm CD  tìm ra tọa độ điểm C.
_ Nhờ dấu hiệu của đường phân giác góc BAC nên ta có thể tìm thêm một điểm
mới C’  AB đối xứng với C qua phân giác d. Dĩ nhiên sau khi có điểm C’ ta dễ
dàng lập được phương trình đường AB // CD qua C’  tọa độ A = AB  d.
Đến đây thì sẽ có rất nhiều hướng đi khác cho việc lập pt đường phân giác trong
góc BDC. Mời các em xem lời giải.
163
152

* CD : 2x + 3y + 17 = 0  CD: 3x – 2y + m = 0. Do CD qua C(–6;–6)
 m = 6.
Vậy pt đường CD : 3x – 2y + 6 = 0.
Gọi I là trung điểm CD ta có I = CD  Tọa độ I là nghiệm của hệ :
 3x  2y  6 x  4
   I  4; 3  tọa độ điểm C(–2;0)
2x  3y  17  y  3
* Gọi H là hình chiếu của C lên d và C’ là điểm đối xứng của C qua phân giác d.
(C’  AB và H là trung điểm CC’).
Ta có HC  d : 5x + y – 3 = 0  HC : x – 5y + n = 0.
Do HC qua C(–2 ;0)  n = 2
Vậy pt đường HC : x – 5y + 2 = 0.
Lại có : H = HC  d  Tọa độ H là nghiệm của hệ :
  1
 x  5y  2  x  2 1 1
   H ; 
 5x  y  3 y  1 2 2
  2
Do H là trung điểm CC’C’(3;1 )  AB.
* AB // CD: 3x – 2y + 6 = 0  AB: 3x – 2y + p = 0 (p ≠ 6). AB qua C’(3 ; 1)
p=–7
Vậy pt đường AB : 3x – 2y – 7 = 0.
Mặt khác A = AB  d A(1 ; –2).
 1 
■ CÁCH 1: Gọi K = AC  BD  K là trung điểm AC  K  ; 1
 2 
164
152
 11 
* Phương trình đường DK qua D(–6 ;–6) và nhận DK   ; 5  làm VTCP có
2 
x6 y6
dạng là:   (DB) :10 x  11 y  6  0
11/ 2 5
* Phương trình các đường phân giác góc BDC tạo bởi hai đường thẳng (DC):
3x – 2y + 6 = 0 và (DB) : 10x – 11y – 6 = 0 có dạng là :
a1 x  b1 y  c1 a2 x  b2 y  c2 10 x  11y  6 3x  2 y  6
  
a12  b12 a22  b22 102  (11) 2 32  (2) 2
 10x – 11y – 6 =  17(3x – 2y + 6)
 (10  3 17)x  (2 17  11)y  6  6 17  0 (d1 )

(10  3 17)x  (2 17  11)y  6  6 17  0 (d 2 )
 | 20  6 17  6  6 17 | 26
 d[C; d1 ]  
 (10  3 17) 2  (2 17  11) 2 442  104 17
Xét 
d[C; d ]  | 20  6 17  6  6 17 |  26
 2
 (10  3 17) 2  (2 17  11) 2 442  104 17
 d[C ;d1] > d[C ; d2]
Suy ra phương trình đường phân giác trong cần tìm là
(10  3 17)x  (2 17  11)y  6  6 17  0 (d 2 )
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là
(10  3 17)x  (2 17  11)y  6  6 17  0 (d 2 )
■ CÁCH 2 :“Dùng véctơ đơn vị”.
 11 
* Ta có DK   ; 5  và DC   4 ; 6  . Véctơ đơn vị trên hai cạnh AB, AC lần
2 
lượt là :
 DK 2  11  1
 u1    ;5   11;10 
 | DK | 221  2  221

u  DC  1 4;6  1 2;3  1 2 17;3 17
 2 | DC | 2 13  
 13
 
221
 
Suy ra véctơ chỉ phương của đường phân giác trong góc BDC là:
 11  2 17 10  3 17 
u  u  u   có được ; từ đề bài. Nếu
cả những1 giả2 thiết  nê có VTchưa
bạn pháp dùng
tuyến làhết giả thiết thì chưa
 221 221 
165
152
n  (10  3 17; (11  2 17)

Vậy phương trình đường phân giác trong góc BDC là:
(10  3 17)(x  6)  (2 17  11)(y  6)  0
 (10  3 17)x  (2 17  11)y  6  6 17  0
■ CÁCH 3: “Dùng tỉ số chân đường phân giác”. Do I là trung điểm BD
 B(5;4)
* Ta có BD = 221 , CD = 52 . Gọi E là chân đường phân giác của góc BDC,
DB CE 17
khi đó E chia BC theo tỷ số: k =  
DC EB 2
 17  93  14 17 68  8 17 
 CE  BE  E  ; 
2  13 13 
Tương tự viết phương trình đường DE là phân giác trong của góc BDC ta cũng
có được:
(10  3 17)x  (2 17  11)y  6  6 17  0
■ Lời bình:bài toán này đưa ra với ý đồ giúp các em ôn tập , nắm vững lại các
kiến thức liên quan đến việc lập và sử dụng đường phân giác. Mỗi một cách làm
đều có ưu và nhược điểm của chúng. Tuy vậy cách 2 là cách nhanh nhất có thể,
cách 1 thì lại cho ta thêm một đường phân giác ngoài. Riêng cách 3 chỉ nên làm
khi “tỉ số chân đường phân giác” là số đẹp.
BÀI TOÁN6 (HÌNH THOI).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD
biết phương trình đường thẳng chứa cạnh AB và đường chéo BD lần lượt là
x  3 y  1  0, x  y  5  0 . Đường thẳng chứa cạnh AD qua điểm M (1; 2) .
Viết phương trình đường thẳng AC và tìm tọa độ điểm I là giao điểm của hai
đường chéo hình thoi ABCD?
■ Đặt vấn đề:ở chủ đề 1, chúng ta đã có dịp làm quen với bài toán có hình thoi.
Trong bài toán này, ngoài việc các điểm đối xứng nhau qua tâm đối xứng I, các
điểm trên cạnh của hình thoi cũng đối xứng qua các đường chéo vì bản chất
chúng chính là những đường phân giác. Mời các em xem lời giải.
■ CÁCH 1 :Tìm tọa độ điểm I sau đó viết phương trình AC.
☺ Ý tưởng :
_ Do BD phân giác của góc B và D nên theo tính đối xứng của phân giác ta dễ
dàng tìm được điểm M’  CD.
_ Do tính chất hình thoi, AB // CD  viết được pt CD.
cả
_ Dnhững
= CD giả BDthiết có= được
và B BD từ ABđềbài. Nếu bạn
tìm được I chưa dùng hết giả thiết thì chưa
_ Ta có AC // MH và AC qua I  viết pt AC.
166
152

* Ta có B = AB  BD  tọa độ B là nghiệm của hệ
 x  y5  0 x  4
   B  4;1
 x  3y  1  0  y  1
* Gọi H là hình chiếu của M lên BD và M’ là điểm đối xứng của M qua BD
(M’CD và H là trung điểm MM’). Ta có MH  BD  MH: x + y + m = 0,
MH qua M(1; 2)  m = – 3.
Vậy phương trình đường MH : x + y – 3 = 0.
* H = MH  BD  H(–1 ; 4). Lại có H là trung điểm MM’ M’(–3 ;6) CD.
* CD // AB  CD: x + 3y + n = 0. CD qua M’(–3; 6)  n = –15.
Vậy CD: x + 3y – 15 = 0.
Mặt khác D = BD  CD D(0 ;5). Gọi I = AC  BD  I là trung điểm BD
 I(–2;3)
* AC // BD  AC: x + y + p = 0. AC qua I(–2; 3)  p = –1.
Vậy phương trình đường AC : x + y – 1 = 0.
Vậy phương trình đường thẳng và điểm cần tìm là:
AC : x + y – 1 = 0 và I(–2; 3).
■ CÁCH 2 :Viết phương trình AC  tìm tọa độ I.
theo cách 1: góp phần giúp các bạn liên kết và tập hợp cũng như vận dụng hết tất
☺Ý tưởng
167
152
_ Tương tự ta cũng có thể xuất từ đường chéo AC nhưng lần này sẽ kẻ MN //

BD cắt AC tại K (N  AB). Do AC là phân giác của góc A nên theo tính đối
xứng ta dễ dàng tìm được điểm N  tọa độ điểm K.
_ Khi đó AC  BD và qua điểm K.
_ Khi đã có pt AC thì I = AC  BD.
_ Bạn không cần phải giao AB và BD lại để tìm B.
* Kẻ MN // BD (N AB) cắt AC tại K MN AC và K là trung điểm MN (do
tính đối xứng qua phân giác AC của hình thoi ABCD).
* MN // BD  MN: x – y + m = 0 (m ≠ 5). MN qua M(1 ; 2)  m = 1.
Vậy phương trình đường MN : x – y + 1 = 0.
* Ta có N = AB  MN  Tọa độ N là nghiệm của hệ
 x  y 1  0 x  1
   N  1;0 
 x  3y  1  0  y  0
Lại có K là trung điểm MN  K(0;1)
* AC  BD  AC: x + y + n = 0. AC qua K(0; 1)  n = –1.
Vậy pt đường AC : x + y – 1 = 0.
* I = AC  BD  tọa độ I là nghiệm của hệ
 x  y 1  0 x  2
   I  2;3 .
 x  y  5  0  y  3
Vậy phương trình đường thẳng và điểm cần tìm là
AC : x + y – 1 = 0 và I(–2; 3).
■ Lời bình:Như vậy chúng ta vừa khai thác thêm được thêm các yếu tố của hình
thoi đặc biệt là hai đường chéo. Bài toán này bạn cũng thể giả sử một điểm bất
kì thuộc AB và tìm điểm đối xứng của nó qua BD để viết phương trình BC. Hoặc
cũng có thể dựa vào BD là đường phân giác nên gọi BC có véctơ pháp tuyến
n  (k; 1) với k là hệ số góc để áp dụng “kỹ thuật dùng góc giữa (AB;BD) =
góc giữa (BD; BC)”.
BÀI TOÁN 7 (HÌNH CHỮ NHẬT). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho
hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD và phương trình đường tròn đường kính
AB là (C):  x  12   y  12  4 . Viết phương trình đường thẳng AC biết
trung điểm của CD nằm trên đường thẳng d : x  y  2  0
■ Đặt vấn đề:Có thể nói bài toán này đặc trưng mạnh nhất của nó có lẽ là “quan
cả sát”.
nhữngHình
giả học
thiếtxuất
có thân
đượccótừnguồn
đề bài.
gốcNếu bạn đo
từ các chưa
đạc,dùng hết giả
tính toán thiếtdải
mà trải thì chưa
xuyên suất quá trình ấy là cả một sự “quan sát” không ngừng nghỉ. Nếu các
168
152
bạn chú ý một số đặc điểm ấy thì sẽ dễ dàng phát hiện ra đâu là “mấu chốt”
của vấn đề.
■ CÁCH 1: (Đi tìm “cây gậy” VTPT)
Gọi N là trung điểm CD ( N  d) và gọi I = AC  BD
☺ Ý tưởng :
_ Cùng nhận xét đường tròn (C) đã đi qua
điểm N nên ta có N = (C)  d.
_ Do tính đối xứng của I nên ta có I là
trung điểm MN  tọa độ I
 Từ đây ta cũng viết được phương trình
MN.
_ Đến đây do nhận thấy dấu hiệu“quan hệ
giữa các cạnh của HCN” ta sử dụng
CN
kỹ thuật dùng góc tính cosNIC =
IN
_ Từ đây ta có cosNIC = |cos(AC;IN)|. Trong đó đường AC có dạng :
a(x – xI) + b(y – yI) = 0 ( a2  b2  0 )
* Đường tròn (C) có tâm M(1; –1) và bán kính R = 2. Ta có AMND là hình vuông
nên N thuộc đường tròn (C). Lại có N  d nên tọa độ N là nghiệm của hệ:
(x  1) 2  (y  1) 2  4
  N (1; 1)
 suy ra  1

 xy20  N 2 (1; 3)
 I1 (0; 1) CN
* Ta suy ra  . Xét tan NIC = =2
 I 2 (1; 2) IN
1 1
 cos NIC  
1  tan 2 NIC 5
* TH1: I1N1 có VTCP là I1N1  (1;0)
 VTCP n1  (0;1) và n 2  (a;b),(a 2  b2  0) là VTPT của AC

| n1.n 2 | |b| 1
Ta có cos NIC = |cos(I1N1 ; AC)| = = =
| n1 | . | n 2 | a 2  b2 5
(nhận xét b ≠ 0) nên ta chọn b = 1
theoSuy ra a12 +góp
cách 1 = phần
5  a giúp
=  2.các
Đường
bạn AC
liênqua
kếtI1và
(0;tập
–1) hợp
có dạng
cũnglà:như vận dụng hết tất
 2x  ygiả
cả những  1 thiết
0 có được từ đề bài. Nếu bạn chưa dùng hết giả thiết thì chưa
 2x  y  1  0

169
152
* TH2: I2N2 có VTCP là I1N1  (0; 1)
 VTCP n3  (1;0) và n 4  (m;n),(m2  n 2  0) là VTPT AC

| n 3 .n 4 | |a| 1
Ta có cos NIC = |cos(I2N2 ; AC)| = = =
| n3 | . | n 4 | a 2  b2 5
(nhận xét a ≠ 0) nên ta chọn a = 1
Suy ra b2 + 1 = 5  b =  2. Đường AC qua I2(1; –2) có dạng là:
 x  2y  3  0
 x  2y  5  0

 x  2y  3  0
 x  2y  5  0
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là AC: 
 2x  y  1  0

 2x  y  1  0
■ CÁCH 2: (sử dụng nắm đắm kép – tìm thêm một điểm)
☺Ý tưởng :
_ Cùng nhận xét đường tròn (C) đã đi qua điểm N nên ta có N = (C)  d.
_ Do tính đối xứng của I nên ta có I là trung điểm MN  tọa độ I
Dễ dàng tính được AI  IM 2  AM 2  Lập pt đường tròn ẩn mình(C1)
có tâm I cắt đường tròn (C) tại A và B.
_ Tìm được tọa độ A và B Dễ dàng viết được pt AC
* Tương tự như cách 1 ta có
 N1 (1; 1), I1 (0; 1)
 N (1; 3), I (1; 2)
 2 2
* TH1: Lại có A, B là giao điểm giữa (C) và

(C1) trong đó (C1) là đường tròntâm I1, bán
kính AI  IM 2  AM 2  5 . Do đó tọa
độ A và B là nghiệm của hệ:
(x  1) 2  (y  1) 2  4
  A1 (1;1), B1 (1; 3)
 2 2
suy ra  A (1; 3), B (1;1) .

 x  (y  1)  5  2 2
theoĐường
cách AC
1 góp  2x  y  1  0
qua phần giúp
I1(0; –1) cócác
dạngbạn
là: liên kết và tập hợp cũng như vận dụng hết tất
cả những giả thiết có được từ đề bài.  2xNếu
 y bạn
1  0chưa dùng hết giả thiết thì chưa
170
152
* TH1: Lại có A, B là giao điểm giữa (C) và (C1) trong đó (C1) là đường tròn tâm
I2, bán kính bằng 5. Do đó tọa độ A và B là nghiệm của hệ:
 (x  1) 2  (y  1) 2  4
  A 3 (1; 1), B3 (3; 1)
 2 2
suy ra  A (3; 1), B ( 1; 1) .

 (x  1)  (y  2)  5  4 4
 x  2y  3  0
Đường AC qua I2(1; –2) có dạng là: 
 x  2y  5  0
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là
 x  2y  3  0
 x  2y  5  0
AC: 
 2x  y  1  0

 2x  y  1  0
■ Lời bình:Rõ ràng, là việc giải bài toán này
không quá phức tạp như ta nghĩ, nhưng cái
cách mà chúng ta đặt vấn đề hết sức quan
trọng. Ngoài cách 2 ra chúng ta còn có thể “lập
phương trình đường tròn ẩn mình” khác đó
chính là đường tròn tâm N bán kính AN. Việc
giải cũng tương tự như cách 2. Ngoài ra cũng cần nhấn mạnh về dấu hiệu
nhận biếtkhi đề bài cho quan hệ giữa các cạnh hình chữ nhật ta sẽ khai thác
như thế nào cho hợp lý.
BÀI TOÁN 8 (HÌNH VUÔNG). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông
ABCD có điểm E (1; 2) là trung điểm của cạnh CD. Gọi F là một điểm trên
đoạn AC sao cho CF = 3AF. Biết phương trình đường thẳng chứa cạnh BF
là x  3 y  5  0 . Viết phương trình đường thẳng AB.
■ Đặt vấn đề:Tương tự như ở chủ đề 1 đề cập, việc một số bài toán trước khi tọa
độ hóa thành công, ta thường phải kẻ thêm “một số đường phụ”nhằm mục đích
chứng minh thêm một số tính chất hình học chưa sẵn có trong bài nhưng lại là
“mấu chốt” giúp ta giải được và nhanh bài toán. Mời các bạn xem lời giải.
☺ Ý tưởng :
_ Nhận xét quan trọng nhất trong bài này là
khi vẽ hình xong ta phát hiện BF  EF dĩ
nhiên nếu chứng minh được BF  EF ta sẽ
theođưa bài 1toán
cách gópcủa mìnhgiúp
phần theocác
mộtbạn
hướng
liênkhác
kết và tập hợp cũng như vận dụng hết tất
có lợi hơn.
171
152
_ Vấn đề đặt ra là có những cách nào có thể có

để chứng minh EF  BF. Ở đây ta có thể vận
dụng một số kỹ thuật chứng minh sau:
● Chứng minh bằng định lý đảo của Pi–ta–go.
● Chứng minh điểm thuộc đường tròn (sử dụng tứ giác nội tiếp).
● Chứng minh bằng cách dùng véctơ.
● Chứng minh bằng cách kẻ đường phụ, đổi từ việc chứng minh vuông góc
 song song, v,v...
● Chứng minh các  bằng nhau, đồng dạng  cộng góc = 90o, v,v... (và nhiều
cách khác nữa).
Trong bài toán này, thầy sẽ trình bày một số cách chứng minh tiêu biểu trên.
Mời các bạn cùng theo dõi.
■ CÁCH 1: Chứng minh bằng định lý đảo của Pi–ta–go.

☺ Ý tưởng: ta sẽ chứng minh BEF  F 
BF  EF, để áp dụng định lý đảo của Pi–ta–
go, ta sẽ tính độ dài các cạnh theo một cạnh
cho trước. Ở đây vận dụng tính chất hình
vuông, ta có thể đặt AB = a > 0 để tính toán
các cạnh theo cạnh a đó.
* Đặt AB = a > 0 là độ dài cạnh hình vuông
ABCD. Ta có
CD a 3AC 3a 2
EC   , CF  
2 2 4 4
* Xét EFC có định lý hàm số cosin là:
CF2  EC2  EF2 a 10
cos FCE   EF  (1)
2FC.EC 4
a 10
* Mặt khác BIF  I có BF  BI 2  IF2  (2)
4
a 5
* Mặt khác BEC  C có BE  BC2  EC2  (3)
2
* Từ (1), (2), (3) suy ra BE 2  EF 2  BF 2 BEF vuông cân tại F BF  EF
theo cách 2:1 Chứng

■ CÁCH góp phần
minhgiúp
bằngcác bạn
cách liênvéctơ
dùng kết và tập hợp cũng như vận dụng hết tất
172
152
☺Ý tưởng: để chứng minh BF  EF  ta cần chứng minh EF.FB  0 . Để làm

được điều đó, ta sẽ vận dụng một số kiến thức cơ bản của véctơ như “quy tắc
chèn điểm MN  MI  IN ”, tích vô hướng giữa hai véctơ
MN.MP | MN | . | MP | .cos(MN, MP) .
Cụ thể trong bài này ta sẽ chèn điểm C vào trong 2 véctơ vì xét thấy góc C bằng
90o.(Bạn cũng có thể thử chèn tại những điểm khác mà có góc vuông)
* Ta xét: EF.FB  (EC  CF).(FC  CB)  EC.FC  EC.CB  CF.FC  CF.CB
 CD 3CD 2 1 3CD 2
EC.FC  EC.FC.cos FCE  . . 
 2 4 2 8
 3CD 2 1 3CD 2
 CF.CB  CF.CB.cos FCB  CD. . 
* Trong đó  4 2 4

 EC.CB  0 do EC  CB
 2 9CD 2
 CF.FC  CF  
 8
* Do đó:
3CD2 9CD2 3a 2
EF.FB  EC.FC  EC.CB  CF.FC  CF.CB  0  0
8 8 4
 EF  FB
■ CÁCH 3: Chứng minh điểm thuộc đường tròn (sử dụng tứ giác nội tiếp).
☺Ý tưởng :
_ Để chứng minh BF  BE ta chứng minh góc BFE nhìn BE làm đường kính. Xét
thấy góc BCE cũng nhìn BE theo một đường kính. Nếu gọi M là trung điểm AB
thì ta cũng có BME nhìn BE theo một đường kính  chứng minh B, M, C, E, F
cùng thuộc một đường tròn.
_ Như vậy ta cần chứng minh FMCE là
“tứ giác nội tiếp”. Để chứng minh
một tứ giác là tứ giác nội tiếp ta có
những cách quen thuộc như:
● C/m 2 góc liên tiếp cùng nhìn 1 cạnh
bằng nhau.
● C/m góc ngoài bằng góc đối trong.
●
theoC/m
cách tứ 1giác
gópcó phần
tổng hai
giúpgóc
cácđốibạn
bằng
liên kết và tập hợp cũng như vận dụng hết tất
o
180 , v,v…
173
152
_ Ở đây ta phát hiện góc FME  FCE = 45o dễ dàng chứng minh được tứ
giác FMCE là tứ giác nội tiếp  góc FBE nhìn BE làm đường kính
 BF  EF.
► Hướng dẫn giải cách 3: Gọi I là tâm hình vuông ABCD và M là trung điểm AB.
* Ta có MBCE là hình chữ nhật nên MBCE là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm K
bán kính BE(1).
Lại có CF = 3AF  FI = AF  F là trung điểm AI mà AMI vuông cân tại M
góc FME = 45o
Mặt khác lại có: góc FCE = 45o và góc FCE , góc FME cùng chắn EF  MFEC
là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MC tâm K (2).
* Từ (1) và (2)  F, M, B, C, E cùng thuộc đường tròn tâm K, bán kính EB (do
EB = MC) và do góc EFB nhìn đường kính AB  BFE = 90oBF  FE.
■ CÁCH 4: Chứng minh bằng cách kẻ đường phụ.
☺ Ý tưởng :
_ Để chứng minhFBE  F ta có thể
BE
chứng minh FK  (đường trung
2
tuyến bằng nửa cạnh huyền)
_ Nếu gọi M, N, K lần lượt là trung điểm
AB, AD, BE thì ta dễ dàng chứng minh
được FK là đường trung bình của MNC
NC
 FK // NC và FK  (mà NC =
2
BE
BE)  FK  .
2
_ Chú ý: NC  BE là một trong những kết quả mà ta vẫn thường hay sử dụng
trong hình vuông. Việc chứng minh này xin dành cho bạn đoc !
► Hướng dẫn giải cách 4:Gọi M, N, K lần lượt là trung điểm của AB, AD, BE.
* Dễ dàng chứng minh được F là trung điểm MN và do K là trung điểm BE
NC
Suy ra FK là đường trung bình của MNC  FK // NC và FK  .
2
BE
* Do EBC = NCD (c–g–c)  NC = BE  FK 
2
theo cách 1F góp
FBE  FE.giúp các bạn liên kết và tập hợp cũng như vận dụng hết tất
BFphần
■ CÁCH
cả những 5: giảChứng
thiết minh bằngtừ
có được đề dựng
cách hệ trục
bài. Nếu bạntọachưa
độ mới.
dùng hết giả thiết thì chưa
☺ Ý tưởng :
174
152
_ Chúng ta sẽ tạm quên hết các

dữ kiện về phương trình đang
có được trong mặt phẳng Oxy,
chỉ giữ lại các yếu tố về hình
phẳng.
_ Dựng hệ trục tọa độ mới Dxy
như hình vẽ, đặt cạnh hình
vuông bằng a (a > 0). Tọa độ
hóa các điểm đã cho và xét
EF.FB .
_ Khi đó ta có
a   a 3a 
E   ;0  , B(a;a), F  ; 
2  4 4 
 a 3a   3a a 
_ Nên ta có: EF   ;  , FB   ;   EF.FB  0  EF  BE
 4 4  4 4
Trên đây là một số cách chứng minh điển hình khi muốn chứng minh vuông góc.
Trở lại bài toán, sau khi chứng minh được BF  FE thì ta sẽ tận dụng điều
này như thế nào để viết phương trình AB?
☺ Ý TƯỞNG VIẾT PHƯƠNG TRÌNH AB?
● Ý TƯỞNG 1 (ứng với cách 1): Chúng ta lập được ngay phương trình FE do
FE BF và qua E  FE  BF = F. Nếu gọi M là trung điểm AB thì ta có AB
qua M và AB  ME  tìm M?  MF và ME bằng độ dài cụ thể vì theo cách 1
ta đã tính được các cạnh của hình vuông theo độ dài a. Mời các em xem lời giải:
* Do EF  BF: x – 3y – 5 = 0  EF: 3x + y + m = 0. EF qua E(1;2)  m = – 5.
Vậy EF: 3x + y – 5 = 0. Ta có tọa độ F là nghiệm của hệ
 x  3y  5  0  x  2
   F  2; 1
3x  y  5  0  y  1
a 10
* Ta có độ dài EF =  10  a = 4. Gọi M(x ; y) là trung điểm AB ta có:
4
 AC 2 2
 MF   2 ( x  1)  ( y  2)  16
 4  ( xin dành cho bạn đọc)
2 2
 
 ( x  2)  ( y  1)  2
 ME  BC  4
 17 6 
Suy ra M1 1; 2  hay M 2  ; 
theo cách 1 góp phần giúp các5 5bạn liên kết và tập hợp cũng như vận dụng hết tất
* TH1:
cả nhữngABgiả M1 có
quathiết 1;2được M1đề
nhận từ  0; 4Nếu
E bài.  làmbạn
VTPT có phương
chưa y +thiết
trình:giả
dùng hết 2 = 0thì chưa
175
152
 17 6   12 16 
* TH2: AB qua M 2  ;  nhận M1E   ;  làm VTPT có phương
 5 5   5 5
trình: 3x – 4y + 15 = 0.
Vậy phương trình đường thẳnglà AB : y + 2 = 0 hay AB: 3x – 4y + 15 = 0
● Ý TƯỞNG 2 (ứng với cách 3 và 4): Lập được phương trình FE và tìm được
tọa độ F như cách 1  độ dài EF, và nhận xét EFB vuông cân tại F nên ta lập
phương trình đường tròn (C) tâm F bán kính EF. Cho (C)  BF  tọa độ điểm B.
Đến đây ta có thể viết phương trình AB qua B và có dạng a(x – xB) + b(y – yB) = 0
hoặc y = k(x – xB) + yB. Khả dĩ nhất ở đây là sử dụng góc hoặc khoảng cách để
đi tiếp hay cũng có thể:
2 EK EB
Gọi G = IC  EK  G là trọng tâm MEC  GE =  (Do đã có tọa
3 3
độ B  tọa độ G dễ dàng)
IA 2IF
Ta có IF  và IG   tọa độ I. (Có I ta dễ dàng viết được pt AB qua
2 3
B  IE)
(phần này xin dành cho bạn đọc).
■ Lời bình: Bài toán này chủ yếu muốn nói kỹ về vấn đề chứng minh vuông góc.
Bạn thấy đấy mỗi một cách đều có thế mạnh riêng của chúng. Tùy vào từng tình
huống cụ thể mà ta lựa chọn cách tiếp cận phù hợp. Tất nhiên sẽ còn nhiều lời
giải khác nữa (bạn đọc có thể tìm hiểu thêm). Qua bài toán trên ta thấy được
việc viết phương trình một đường đôi khi không đơn giản là việc đi tìm “nắm
đắm” (điểm) và “cây gậy” (VTPT–VTCP) mà trước đó ta còn phải trải qua một
quá trình “chứng minh một kết quả quan trọng khác” mà do một quá trình
quan sát, thực nghiệm vẽ hình kết luận được. Cũng phải nói luôn với cách
chứng minh vuông góc thứ 2, khi sử dụng véctơ để chuyển tích vô hướng bằng
0, tuy lời giải đẹp nhưng lại không giúp ta khai thác tiếp được các yếu tố còn
lại như nhận xét BEF vuông cân, hay độ dài các cạnh của hình vuông. Việc
này gây trở ngại cho ta ở phần sau đó rất nhiều khi viết phương trình AB.
BÀI TOÁN 9 (VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA CÁC ĐƯỜNG TRÒN).Trong mặt
phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C1), (C2) có phương trình
(C1 ) : x 2  y 2  2x  2y  2  0, (C 2 ) : x 2  y 2  4x  6  0
Biết rằng điểm M(1;1) là điểmchung của (C1) và (C2). Viết phương trình đường
thẳng d qua M cắt (C1) và (C2) lần lượt tại A1 và A2(A1khác A2) sao cho M là
trung điểm1của
theo cách gópA1phần
A2. giúp các bạn liên kết và tập hợp cũng như vận dụng hết tất
■ Đặt
cả vấngiả
những đề:khi
thiếtxétcóđến các từ
được bàiđề
toán về Nếu
bài. đường trònchưa
bạn thì một trong
dùng hếtnhững chủ đề
thường được quan tâm đó là “bài toán về vị trí tương đối giữa điểm, đường
176
152
thẳng, đường tròn so với đường tròn. Trong phần lý thuyết chương dù đã có đề
cập đến một số kiên thức cơ bản, tuy vậy trong quá trình giải các bạn cần lưu ý
những gì? Mời các bạn xem lời giải.
■ CÁCH 1: Sử dụng phương pháp Thales
☺ Ý tưởng:
_ Đầu tiên tìm được tâm và bán kính của hai đường tròn, từ đó tính R1 + R2, |R1 – R2|
và I1I2 để kết luận vị trí tương đối giữa 2 đường tròn.
_ Sau đó, lần lượt gọi H1, H2 là hình chiếu của I1, I2 lên đường d  I1H1 // I2H2 và
do M là trung điểm A1A2 nên M cũng là trung điểm H1H2.
_ Đến đây ta thấy để lập phương trình d qua M thì hoặc cần tìm 1 điểm nữa
(“nắm đắm kép”) hoặc cần tìm một vtpt (“cây gậy”)  nếu gọi I là trung điểm
I1I2 theo định lý đảo của Thales ta sẽ có: I1H1 // I2H2 // MI  MI  d ta tìm
được vtpt.

 I1 (1; 1) 
 I 2 ( 2;0)
* Đường tròn (C1) có  và (C2) có 
R1  1  1  2  2
 R 2  4  6  10

 R1  R 2  2  10

Nên ta có: | R1  R 2 | 10  2 suy ra | R1  R 2 | I1 I2  R1R 2

 I1I 2  10
Suy ra (C1) và (C2) cắt nhau tại 2 điểm trong đó đã có một điểm chung M(1 ; 1).
* Gọi H1, H2, I lần lượt là trung điểm của MA1, MA2, I1I2.
Vì H1, H2 là trung điểm của hai dây cung MA1, MA2 I1H1 MA1, I2H2 MA2
(định lý đường kính và dây cung)I1H1// I2H2.
Do M là trung điểm A1A2, I là trung điểm I1I2
 MI là đường trung bình của hình thang I1I2H1H2 MI // I1H1// I2H2 MI  d
theo cách 1 góp phần giúp các  bạn
1 1liên
 kết và tập hợp cũng như vận dụng hết tất
* Ta có I là trung điểm I1I2 I  ; 
cả những giả thiết có được từ  2đề bài.
2  Nếu bạn chưa dùng hết giả thiết thì chưa
177
152
3 3
Đường thẳng d qua M(1; 1) nhận IM   ;  làm véctơ pháp tuyến có dạng là:
2 2
3 3
(x  1)  (y  1)  0  x  y  2  0
2 2
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là d: x + y – 2 = 0
■ CÁCH 2: Sử dụng phương pháp gọi điểm.
☺ Ý tưởng: Xét về bản chất, cách này mục đích là đi tìm điểm A1, A2 nhưng xét
thấy không thể tìm trực tiếp được, nên ta thử đặt tọa độ cho A1, A2 rồi lần
lượt thay vào phương trình của hai đường tròn (C1), (C2)  mục đích là để tìm
tập hợp điểm quỹ tích chứa điểm A1 và A2 dự đoán ở đây chính là đường
thẳng d cần tìm. Mời các em xem lời giải.
* Chứng minh (C1) và (C2) cắt nhau tại 2 điểm (xem cách 1).
* Gọi A1 (x1; y1 ), A 2 (x 2 ; y 2 ) . Do M là trung điểm A1A2
x1  x 2  2x M  2 x 2  2  x1
 
y 
 1 2 y  2y M  2  y2  2  y1
 A1  (C1 )  x12  y12  2x1  2y1  2  0
* Ta có:  
A
 2  (C 2 ) 2 2
 x 2  y 2  4x 2  6  0
 x12  y12  2x1  2y1  2  0
 2 2
(2  x1 )  (2  y1 )  4(2  x1 )  6  0
 x12  y12  2x1  2y1  2  0 (1)
 2 2
.
x
 1  y1  8x1  4y1  10  0 (2)
* Trừ vế theo vế hai phương trình (1) và (2) ta được: x1  y1  2  0 (*)
A1  d (do(*))
* Đặt d: x + y – 2 = 0. Ta có: 
 Md
 d: x + y – 2 = 0 là phương trình đường thẳng cần tìm
■ CÁCH 3 :Sử dụng phương pháp khoảng cách.
☺ Ý tưởng :khác cách 2, nhưng cùng tư tưởng với cách 1, thay vì tìm được trực
tiếp vtpt của d thì ta sẽ thử gọi n  (a; b), (a 2  b 2  0)  viết dạng pt tổng
theoquát của1 d.góp
cách Ở đây do biết
phần giúpđược
các độ
bạndàiliên
bánkết
kínhvàcủa
tậpmỗi
hợp đường tròn và
cũng như mối
vận liên hết tất
dụng
hệ giữa hai dây cung của đường tròn  chuyển bài toán về khoảng cách.
178
152
* Gọi n  (a; b), (a 2  b 2  0) là véctơ pháp tuyến (vtpt) của đường thẳng d.
Đường thẳng d qua M(1;1) có dạng tổng quát là: a(x – 1) + b(y – 1) = 0
d: ax + by – a – b = 0
 2 2 MA12
 R1  [d(I1;d)]  4
* Theo định lý Pi–ta–go ta có:  2
mà MA1 = MA2
R 2  [d(I ;d)]2  MA 2
 2 2
4
(2b) 2 (3a  b) 2
Suy ra R  [d(I1 ;d)]  R 2  [d(I 2 ;d)]  4  2
1
2 2 2 2
 10  2
a  b2 a  b2
 (3a  b)2  4b2  6(a 2  b2 )  0  3a 2  6ab  9b 2  0 (*)
(*)
Nhận xét b = 0   a = 0 (loại vì a 2  b 2  0 ) nên với b ≠ 0, ta chọn b = 1
Do đó (*)  a2 + 2a – 3 = 0 a = 1 hay a = – 3.
* TH1: với a = 1, b = 1  d1 : x + y – 2 = 0.
TH2: với a = –3, b = 1  d2: 3x – y – 2 = 0 (loại do ta có I1I2  (3;1)
 n I1I2  (1;3) nên n I1I2 .n  0 , Khi đó đường thẳng d trở thành đường thẳng
chưa dây cung chung của (C1), (C2))
■ CÁCH 4 :Sử dụng phép biến hình (phép đối xứng tâm).
☺ Ý tưởng :
_ Do M là trung điểm A1A2 nên theo phép đối xứng tâm M ta có thể tâm I2 thành
I2’, biến điểm A2 thành điểm A1 A1 (C2)’. (phép đối xứng tâm là phép biến
hình bảo toàn khoảng cách (đẳng cự)).
_ Khi đó (C1) và (C2)’ có hai điểm chung tạo thành dây cung MA1. Theo tính chất
của dây cung chung của 2 đường tròn thì ta có được I1I2’  MA1
_ Đến đây đường thẳng d qua M và nhận I1I2’ làm vtpt. Mời các em xem lời giải.
179
152

* Xét phép đối xứng tâm M(1;1): ĐM biến điểm I2(–2; 0) thành điểm I2’(4;2), biến
đường tròn (C2) thành đường tròn (C2’) và biến điểm A2 (C2) thành điểm A1 (C2’).
* Khi đó (C1) và (C2’) có dây cung MA1 chung  I1I2’  MA1
* Đường thẳng d qua M(1; 1) nhận I1I 2 '   3;3 làm véctơ pháp tuyến có dạng là:
3(x  1)  3(y  1)  0  x  y  2  0
■ Lời bình:
Với cách làm trên, chúng ta xét thấy ở cách 1, là một cách hay nhưng đòi hỏi
cách bạn phải biết cách vận dụng nhuần nhuyễn định lý Thales.
Ở cách 2, thật ra chúng ta cũng có thể giải tiếp để tìm tọa độ A1 và A2 rồi sau đó
viết phương trình đường thẳng d nhưng lại làm bài toán dài thêm.
Ở cách 3, tuy khá hay nhưng nhược điểm lớn nhất là không lường trước được
sai lầm khi nhận hết các trường hợp (Khâu kiểm tra lại kết quả cực kì quan
trọng phải không các bạn?).
Ở cách 4,tuy cực kì sáng tạo nhưng sẽ không ít bạn nghĩ đến cách làm này, để
vận dụng một cách tối ưu nhất các bạn nên xem lại lý thuyết của phần này ở
chương 1.
Cũng cần lưu ý về cách xét vị trí tương đôi giữa 2 đường tròn (xem lại phần lý
thuyết chương 1 các bạn nhé). Có một câu hỏi đặt ra là nếu đường thẳng d
qua M và cắt hai đường trònlần lượt tại A và B sao cho MA = kMB ( k > 0)
theothìcách 1 góp
khi đó cáchphần giúplàcác
làm nào tốt bạn
nhất?liên
khi kết và tập
đó cách 1 sẽhợp cũnglàm
là cách nhưtốt vận
nhất.dụng hết tất
180
152
BÀI TOÁN 10 (VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG
TRÒN).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn  C  : x2  y 2  1 . Tìm
các giá trị của m trên đường thẳng d: y = m tồn tại đúng hai điểm phân biệt
M1, M2 mà từ mỗi điểm đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến đến (C) sao cho góc
giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60o.
■ Đặt vấn đề:Bản chất của tiếp tuyến thật ra cũng chỉ là một đường thẳng nhưng
có kèm theo điều kiện tiếp xúc (khoảng cách từ tâm đến đường thẳng bằng bán
kính), vì vậy để thiết lập phương trình tiếp tuyến ta cũng vẫn phải bắt đầu từ
việc thiết lập phương trình đường thẳng với đầy đủ các yếu tố đã học (đó chính
là “nắm đắm và cây gậy”, hay “nắm đắm kép” hay đường thẳng có hệ số góc k,
v,v…) Trong bài toán định m này, thì với mỗi giá trị m tìm được ta xác định
một đường thẳng tương ứng. Mấu chốt của bài toán này nằm ở đâu? Và liệu
có thể tổng quát bài toán này lên với góc  bất kì được không?Mời bạn đọc
cùng theo dõi lời giải.
☺ Ý tưởng :
_ Trước khi bước vào phân tích tìm lời giải cho bài toán trên, phải nói rằng nếu ta
không “dịch”cho bằng được thứ ngôn ngữ “chữ” của bài toán sang ngôn ngữ
“kí hiệu” của hình học thì biết đâu sẽ cũng có nhiều bạn không định hướng
được? Ai đó đã nói rằng, “Toán học là trò chơi của ngôn ngữ” một bài toán
ẩn dưới dạng ngôn ngữ chữ bao giờ cũng khó hơn bài toán ẩn dưới dạng kí hiệu
Toán học. Vì vậy, tác giả đề nghị chúng ta dựng hình và phác thảo ý tưởng trên
theohình nhé.
cách 1 góp phần giúp các bạn liên kết và tập hợp cũng như vận dụng hết tất
181
152
_ Như các bạn đã biết, góc tạo bởi hai đường thẳng trong mặt phẳng có thể là 
hoặc 180o –  ( tính theo độ). Với nhận xét này ta có hai trường hợp tương
ứng. Với trường hợp 1, khi  = 60o, ta suy ra góc AMO = 30o
 OM = 2OA = 2R = 1  quỹ tích của những điểm M chính là đường tròn (C1)
tâm O bán kính R1 = 2.
2OA 2
_ Tương tự với trường hợp 2, khi  = 120o, ta suy OM’ = =  quỹ tích
3 3
2
của những điểm M’ chính là đường tròn (C2) tâm O bán kính R2 = .
3
_ Với yêu cầu bài toán thì đường thẳng d chỉ có thể cắt (C1) và không cắt (C2).
* Đường tròn (C): x2 + y2 = 1 có tâm O(0; 0) và bán kính R = 1.Góc hợp giữa hai
tiếp tuyến kẻ từ M có thể là 60o hoặc 120o. Vậy ta có tương ứng hai trường hợp.
OA 1
* TH1: góc AMB  60 , xét OAM  A  sin AMO  
OM 2
 OM = 2OA = 2R = 2.
Suy ra M thuộc đường trong (C1) có tâm O và bán kính R1 = 2
OA ' 3
* TH2: góc AM 'B  120 , xét OA’M’  A’  sin A ' M 'O  
OM ' 2
2
 OM’ = .
3
2
Suy ra M thuộc đường trong (C2) có tâm O và bán kính R2=
3
* Đường thẳng d: y – m = 0. Để có 2 điểm M thỏa yêu cầu bài toán thì điều kiện
cần và đủ là đường thẳng d cắt (C1) tại 2 điểm phân biệt và d không cắt (C2).
 | m | 2  2  m  2
 d[O;d]  R1
Suy ra   2   2 2
 d[O;d]  R 2
 |  m | m  v m 
 3  3 3
 2  m  2
Vậy yêu cầu bài toán  
 m  2 v m  2
 3 3
■ Lời bình:Trước tiên nếu xét các trường hợp còn lại (xem hình vẽ), ta có:
theo+ cách
Tìm m1 để
gópcóphần
duy nhất
giúpmột
các điểm M màkếttạivàđótập
bạn liên kẻ hợp
đượccũng
2 tiếpnhư
tuyến
vậnhợp với hết tất
dụng
nhau góc 60  d tiếp xúc với đường tròn (C1)  d[O;d] = R1.
o
182
152
+ Tìm m để có 2 điểm M1, M2 phân biệt mà tại đó kẻ được 2 tiếp tuyến hợp với
nhau góc 60o tương tự như bài toán trên.
+ Tìm m để có 3 điểm M1, M2, M3 phân biệt mà tại đó kẻ được 2 tiếp tuyến hợp
với nhau góc 60o d cắt (C1) tại M1, M2 và tiếp xúc ngoài với (C2) tại M3
d[O;d] = R2.
+ Tìm m để có 4 điểm M1, M2, M3, M4phân biệt mà tại đó kẻ được 2 tiếp tuyến
hợp với nhau góc 60o d cắt (C2) tại 2 điểm phân biệt d[O;d] < R2.
Như vậy có thể thấy bài toán trên, có mấy vấn đề cần rút ra:
Một là, việc xét vị trí tương đối giữa điểm M và đường tròn (C) rất quan trọng vì
nếu biết được độ dài OM ta sẽ có được quỹ tích tập hợp điểm M (Ở đây chính là
đường tròn đồng tâm với (C) nhưng bán kính bằng OM) , trong quá trình giải
bài tập chọn lọc – tự luyện, cũng như giải các đề thi chính quy đại học, các đề
thi thử, bạn sẽ thấy rất rõ nét yếu tố trên.
Hai là, bài toán mặc dù đề cập đến thiết lập tiếp tuyến cho đường tròn thỏa yêu cầu
cho trước nhưng khi cần phải biện luận ta vẫn rất cần sử dụng đến d[tâm;
đường thẳng đang xét].
BÀI TOÁN 11 (TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG TRÒN). Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy, cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  2 x  4 y  4  0 và tọa độ điểm A  3; 5 .
Viết phương trình tiếp tuyến kẻ từ A đến (C). Giả sử các tiếp điểm là M, N.
Tính độ dài MN.
■ Đặt vấn đề:tương tự như câu 10 vừa rồi, để viết phương trình tiếp tuyến của
đường tròn ta có thể có những cách giải nào? Mời các bạn xem lời giải
■ CÁCH 1 :Gọi n  (a; b) (a2 + b2> 0) là vtpt của tiếp tuyến d kẻ từ A đến
đường tròn (C).
☺Ý tưởng :
183
152
_ Đầu tiên ta kiểm tra vị trí tương đối giữa điểm A và đường tròn (C)  kết quả
cho A ngoài đường tròn (C)  có 2 tiếp tuyến cần tìm.
_ Nhận xét tiếp tuyến đã qua điểm A nên chỉ cần tìm thêm một điểm nữa hoặc
một véctơ pháp tuyến nữa là có thể lập được pt tiếp tuyến.
_ Ở đây ta đi theo hướng lập vtpt n  (a; b) . Dùng điều kiện tiếp xúc để giải tìm
quan hệ a và b.
_ Tuy nhiên cần lưu ý đến điều kiện a2 + b2> 0.

* Đường tròn (C) có tâm I(–1;2) và bán R = 1  4  4  3 và IA  (4;3)
 IA  5  R .
Suy ra A nằm ngoài đường tròn (C)  qua A ta kẻ được hai tiếp tuyến đến (C).
* Ta có tiếp tuyến d qua A(3;5) nên có dạng: a(x – 3) + b(y – 5) = 0
 ax + by – 3a – 5b = 0.
* Do d tiếp xúc với (C)  d[I;d] = R
| a  2b  3a  5b | | 4a  3b |
 3 3
a 2  b2 a 2  b2
 (4a  3b)2  9(a 2  b2 )  7a 2  24ab  0 (*)
* Nhận xét nếu b = 0 thì (*)
 a = 0 (vô lí vì a2 + b2> 0) nên với b ≠ 0 ta chọn b = 7.
 a 0  d1 : y  5  0
Do đo (*)  a2 + 24a = 0   hay  .
 a  24 d
 2 : 24 x  y  37  0
* Gọi H = MN  IA ta có MN = 2MH. IMA  M có MA2  IA2  IM 2
 MA = 4.
12 24
Lại có MH.IA = IM.MA  MH   MN 
5 5
 d1 : y  5  0
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là  và độ dài
d 2 : 24 x  y  37  0
24
MN =
5
■ CÁCH 2 : Tìm tọa độ 2 tiếp điểm M và Nviết phương trình 2 tiếp tuyến
tương ứng.
☺ Ý tưởng :
_ Để tìm M, N ta có thể xét {M; N} = (C)(C1) trong đó (C1) là đường tròn tâm
A bán kính MA.
184
152
_ Khi có M, N thì việc lập phương trình đường tiếp tuyến hay tính độ dài MN quá
đơn giản.
_ Phần giải cách 2 xin dành cho bạn đọc.
■ Lời bình: Trong bài toán này, không bàn về phương pháp giải mà chỉ nói về
một số lưu ý.
Một là, với dạng hình từ một điểm ngoài đường tròn kẻ được hai tiếp tuyến chúng
ta cần lưu ý đến “hệ thức lượng trong tam giác vuông IBM hay IMA tại các tiếp
điểm A, B. Bởi khi đó ta có thể sử dụng các công thức để liên hệ với bán kính.
Hai là, đối với một điểm, một đường thẳng hay một đường tròn thì “xét vị trí tương
đối của chúng” với đường tròn là cực kì là quan trọng.
BÀI TOÁN 12 (TIẾP TUYẾN CHUNG CỦA HAI ĐƯỜNG TRÒN). Trong
mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C1 ) : x 2  y 2  10x  0,
(C2 ) : x 2  y 2  4x  2y  20  0 . Viết phương trình tiếp tuyến chung của
hai đường tròn (C1) và (C2).
■ Đặt vấn đề : Viết phương trình “tiếp tuyến chung của hai đường tròn” là một
trong những chủ đề thường gặp trong các đề thi đại học bởi lẽ nó “chạm đến”
những vấn đề liên quan như “vị trí tương đối giữa đường thẳng và đường tròn”,
“lập phương trình của một đường thẳng”, v,v... Với chủ đề này thì có thể có
những cách thức tiếp cận nào? Và có thể có một phương pháp tổng quát để giải
dạng toán này không? Mời bạn đọc cùng theo dõi.
☺ Nhận xét :Như nhận xét ở chủ đề 2 (“viết phương trình đường thẳng”) thì bản
chất của tiếp tuyến thật ra cũng chỉ là một đường thẳng cũng cần phải hội đủ
theocác yếu 1tố góp
cách như đi qua giúp
phần một điểm và nhận
các bạn liên một
kết véctơ
và tậpnào
hợpđócũng
làm véctơ
như pháp tuyến hết tất
vận dụng
(hoặc véctơchỉ phương).
☻ Ý tưởng:
185
152
_ Do hai đường tròn (C1) và (C2) cắt nhau tại hai điểm A và B  có 2 tiếp tuyến
cần tìm.
_ Tiếp tuyến chưa đi qua điểm nào? và cũng chưa có véctơ pháp tuyến hoặc véctơ
chỉ phương. Vì vậy ta có thể triển khai theo hai hướng sau:
+ Hướng thứ 1, gọi dạng phương trình tiếp tuyến y = ax + b : ax – y + b = 0
 dùng “điều kiện tiếp xúc giữa  và (C1), (C2)  giải tìm quan hệ a, b
 phương trình .
+ Hướng thứ 2, phát hiện hai đường tròn có cùng bán kính (R1 = R2)  tiếp
tuyến  là hai đường thẳng song song với I1I2  (7;1) : x + 7y + m = 0
 tương tự dùng “điều kiện tiếp xúc”  giải tìm m  phương trình .
* Do (C1) cắt (C2) tại A, B nên có 2 tiếp tuyến chung. Giả sử phương trình tiếp
tuyến chung của (C1) và (C2) có dạng: y = ax + b: ax – y + b = 0
*  tiếp xúc với (C1) và (C2)
 d[I1; ]  R1 (1) | 5a  b | | 2a  1  b |
  d[I1; ]  d[I2 ; ]  5  
d[I2 ; ]  R 2 (2) a2 1 a2 1
 1
 5a  b  2a  1  b  a 
7
Suy ra 
5a  b  2a  1  b  b  3a  1
 2
1 5  25 2
* Thay a  vào (1) ta có b 
7 7
3a  1
* Thay b  vào (1) ta được:
2
3a  1
| 5a  b | 5 a 2  1 | 5a  | 5 a 2  1
2
Suy ra  (7a  1)2  100(a 2  1)  51a 2  14a  99  0(VN)
 x  7y  5  25 2  0
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là 
 x  7y  5  25 2  0
* Do R1 = R2 và hai đường tròn cắt nhau nên ta suy ra hai tiếp tuyến chung là 2
theođường
cách thẳng
1 gópsong
phần giúp
song I1I2các
 (bạn
7;1)liên kết vàtrình
phương tập hợp cũng như
tiếp tuyến vận xdụng
có dạng + 7y hết tất
cả +những
m = 0 giả thiết có được từ đề bài. Nếu bạn chưa dùng hết giả thiết thì chưa
186
152
* Điều kiện tiếp xúc là d[I1; ]  5 | 5  m | 25 2  m  5  25 2
 x  7y  5  25 2  0
 x  7y  5  25 2  0
■ Lời bình: Từ bài toán tiếp tuyến chung này ta đặt ra hai tình huống xảy ra:
Một là, trường hợp 2 đường tròn có R1 = R2 nhưng không cắt nhau thì khi đó
việc giải sẽ như thế nào?  Khi đó sẽ có đến 4 tiếp tuyến chung thỏa yêu cầu
bài toán (bạn đọc có thể xem câu 5 của đề dự bị 2 – ĐH B2002 ở chương 3
để hiểu rõ hơn)
Hai là, trường hợp 2 đường tròn có R1 ≠ R2và cắt nhau thì khi đó ta sẽ giải như thế
nào?  khi đó ta vẫn sẽ có 2 tiếp tuyến chung, tuy nhiên 2 tiếp tuyến này sẽ cắt
nhau và đồng quy với đường thẳng I1I2 tại điểm M  ta có thể vận dụng định
lý Thales để tìm tọa độ điểm M  viết phương trình  qua M và khuyết véctơ
pháp tuyến.
BÀI TOÁN 13 (TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG CỦA HAI ĐƯỜNG TRÒN). Trong
mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2; 1) , trực tâm H (2;1) và
độ dài cạnh BC bằng 2 5 . Gọi E, F lần lượt là chân đường cao hạ từ đỉnh B
và C. Biết trung điểm M của cạnh BC nằm trên đường thẳng
d : x  2 y  1  0 và EF đi qua điểm N (3; 4) . Viết phương trình đường
thẳng BC.
■ Đặt vấn đề : Đối với bài toán liên quan đến đường tròn ngoài các phương trình
tiếp tuyến, phương trình dây cung của đường tròn, phương trình tiếp tuyến
chung , dây cung chung của hai đường tròn cũng là một dạng toán khó. Để xử lý
bài toán này, tác giả sẽ đề cập đến phương trình trục đẳng phương của hai
đường tròn . Vậy trục đẳng phương là gì? tính chất ra sao? vận dụng như thế
nào trong các bài toán liên quan đến đường tròn. Mời bạn đọc cùng theo dõi
☺ Nhận xét :Trước tiên chúng ta cần hiểu thế nào là trục đẳng phương?
♥ Định nghĩa phương tích: Cho đường (C ) : x 2  y 2  2ax  2by  c  0 . Khi
đó PM /(C )  MA.MB không phụ thuộc vào phương của cát tuyến MAB của
đường tròn mà chỉ phụ thuộc vào vị trí điểm M.
Cụ thể nếu M(xo; yo) thì PM /(C )  x0 2  y0 2  2ax0  2by0  c  0 .
♥ Định nghĩa trục đẳng phương: Cho 2 đường tròn (C1 ), (C2 ) , khi đó: Tập

theod cách
 M1 | Pgóp 
phần giúp các bạn liên kết và tập hợp cũng như vận dụng hết tất
M /(C1 )  PM /(C2 ) là một đường thẳng và đó gọi là trục đẳng phương
cả của
những giả thiết
hai đường tròn.có được từ đề bài. Nếu bạn chưa dùng hết giả thiết thì chưa
187
152
 (C1 ) : x 2  y 2  2a1 x  2b1 y  c1  0

Giả sử  2 2
(C2 ) : x  y  2a2 x  2b2 y  c2  0
Thì phương trình trục đẳng phương là: 2(a1  a2 ) x  2(b1  b2 ) x  c1  c2  0
♥ Chú ý:
+ Khi 2 đường tròn cắt nhau tại 2 điểm A, B thì AB chính là trục đẳng phương
của (C1) và (C2)
+ Khi 2 đường tròn tiếp xúc nhau tại điểm A thì trục đẳng phương của 2 đường
tròn chính là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn tại điểm A.
☻ Ý tưởng:
_ Nhận xét đầu tiên khi dựng hình đó
chính là đường BC  AH nên ta đã sẵn
có véctơ pháp tuyến của BC.
_ Để viết phương trình đường thẳng BC
thì chắc chắn ta phải đi tìm điểm M, do
M thuộc đường thẳng d nên ta dễ dàng
tham số hóa điểm M.
_ Vấn đề đặt ra lúc này là ta cần 1
phương trình có liên quan đến điểm M
 đó là phương trình nào? và nó liên
hệ gì với những giả thiết còn lại?
_ Phân tích các giả thiết còn lại ta có N 
EF (1), độ dài BC = 2 5 cùng với tọa
độ của điểm A và H đang có. Trong
những dữ kiện này, dữ kiện N  EF là
đặc biệt nhất, đó phải chăng là lời gợi ý
của người ra đề cho chúng ta  hãy lập
phương trình đường EF?
_ Đến đây thì mọi thứ vẫn chưa thật sự rõ ràng? nhưng nếu bạn chú ý một chút thì
F và E đang nhìn BC dưới một góc vuông  BFEC chính là tứ giác nội tiếp và
đường tròn (C) tâm M bán kính BM sẽ đi qua E và F nên lúc này EF chính là
dây cung của đường tròn (C).
_ Không dừng lại ở đó, ta cũng phát hiện thêm E và F cũng đang nhìn AH dưới
một góc vuông  AEHF cũng là một tứ giác nội tiếp và đường tròn (C’) tâm I
(trung điểm AH) bán kính IA sẽ đi qua E và F nên lúc này EF chính là dây cung
của đường tròn (C’)
theo
_ Hóa cách 1 góp
ra EF chínhphần giúp
là dây cácchung
cung bạn liên kếtđường
của hai và tậptròn
hợp(C)
cũng như vàvận
và (C’) theodụng
như hết tất
cả nhận
nhữngxétgiả
về lý thuyết
thiết đã giớitừthiệu
có được ở trênNếu
đề bài. EF bạn
chínhchưa
là trục đẳng hết
dùng phương của hai
đường tròn (C) và C’).
188
152

* M  d: x – 2y – 1 = 0  M(2m + 1; m)
* Ta có E và F cùng nhìn BC dưới một góc vuông  BFEC là một tứ giác nội
BC
tiếp đường tròn (C) có tâm là điểm M và bán kính R = BM   5
2
 (C ) : ( x  2m  1)2  ( y  m)2  5
* Ta có E và F cùng nhìn AH dưới một góc vuông  AFHE là một tứ giác nội
tiếp đường tròn (C’) có tâm là I(0;0) là trung điểm AH và bán kính
AH
R’ = AI   5  (C ') : x 2  y 2  5
2
* Nhận xét E, F chính là giao điểm chung của hai đường tròn (C) và (C’)  EF
chính là trục đẳng phương của hai đường tròn trên nên EF có dạng:
( x  2m  1)2  ( y  m)2  x 2  y 2  2(2m  1) x  2my  5m2  4m  1  0
* Mặt khác N(3;–4)  EF
m  1  M1 (1; 1)
 2(2m  1)3  2m.(4)  5m2  4m  1  0  m2  1   
 m  1  M 2 (3;1)
* TH1: Đường thẳng BC qua M1(–1; –1) nhận AH  (4; 2) làm véctơ pháp
tuyến có dạng là: BC : 2( x  1)  1( y  1)  0  2 x  y  3  0
* TH2: Đường thẳng BC qua M2(3; 1) nhận AH  (4; 2) làm véctơ pháp tuyến
có dạng là: BC : 2( x  3)  1( y  1)  0  2 x  y  7  0
 2x  y  3  0
Vậy phương trình đường thẳng BC cần tìm là 
 2x  y  7  0
■ Lời bình:Có thể thấy được một số vai trò tiêu biểu của trục đẳng phương của
hai đường tròn trong việc giải quyết các bài toán đường tròn cắt nhau. Việc phát
hiện các tứ giác nội tiếp từ các chân đường cao cùng với việc lập phương trình
“đường tròn ẩn mình” giúp cho ta thấy được một hướng khai thác khác của bài
toán. Trong quá trình đi tìm lời giải cho 1 bài toán, thì những dữ kiện mà đề bài
cho tưởng chừng như không liên hệ gì cả nhưng luôn có một sợi dây vô hình
liên kết chúng lại. Và nhiệm vụ của ta làm khám phá ra sợi dây liên kết đó.
BÀI TOÁN 14 (ĐƯỜNGELIP). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Elip (E):
x2 y 2
theo9cách 1 . Viết
 1 góp phầnphương trình
giúp các bạnđường thẳng
liên kết d qua
và tập hợpI cũng
(1; 1)như
cắt (E)
vận tại hai hết tất
dụng
4
cả điểm
nhữngphân
giảbiệt
thiết
M,có đượcchotừIM
N sao đề=bài.
IN. Nếu bạn chưa dùng hết giả thiết thì chưa
189
152
■ Đặt vấn đề:Ngoài bài toán tìm điểm thuộc (E), thì bài toán xét vị trí tương đối
giữa điểm, đường thẳng, đường tròn, đường elip so với elip cũng khá phổ biến.
Cụ thể trong bài toán trên, thì ta có thể tiếp cận như thế nào? Như ta đã biết
phép co của một đường tròn sẽ tạo thành Elip . Vậy các kết quả, cách làm của
bên đường tròn có thể ứng dụng gì bên elip không? Mời các em xem lời giải.
■ CÁCH 1 :Sử dụng phương pháp gọi điểm.
☺Ý tưởng :
_ Ta gọi M(x; y)  (E) , do IM = IN
 I là trung điểm MN
 tọa độ N theo tọa độ M
_ Lần lượt cho M, N thuộc (E)
 biến đổi để tìm quỹ tích của MN
chính là đường thẳng d cần tìm.
_ Kiểm tra đường thẳng có là đường thẳng
cần tìm bằng cách thay tọa độ I vào.
* Gọi M(x1; y1) là điểm thuộc (E). Do I(1; 1) là trung điểm MN
 N(2 – x1; 2 – y1)  (E)
* Mặt khác ta có M và N đều thuộc (E) nên ta có :
 x12 y12
 1
M  (E)  9 4
 
 N  (E) 2 2
 (2  x1 )  (2  y1 )  1
 9 4
 4x12  9y12  36  4x12  9y12  36 (1)
*  2 2
  2 2
4(2  x1 )  9(2  y1 )  36 4x1  9y1  16x1  36y1  52  36 (2)
 4x1 + 9y1 – 13 = 0 (*)
M  d (do(*))
* Đặt d: 4x + 9y – 13 = 0. Ta có: 
 Id
 d: 4x + 9y – 13 = 0 là phương trình đường thẳng cần tìm
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là d: 4x + 9y – 13 = 0
■ CÁCH 2: Sử dụng cách thiết lập đường thẳng theo hệ số góc k (tìm “cây
gậy vtpt”).
☺Ý tưởng :
_theoDocách
đường thẳngphần
1 góp d đã qua
giúpđiểm I nênliên
các bạn sẽ takết
sẽ gọi
và dạng phương
tập hợp cũngtrình
như đường có hệ hết tất
vận dụng
số k. (tuy vậy cần xét hai trường hợp k = 0 và k ≠ 0).
190
152
_ Chuyển bài toán viết phương trình đường thẳng thành bài toán biện luận k để hệ
phương trình trên có hai nghiệm (nghĩa là ta đang xét sự tương giao giữa đường
thẳng và đường elip).
* TH1: Đường thẳng  đi qua I(1; 1) và song song với Oy : x = 1.
Ta có M, N là giao điểm giữa  và (E) nên ta có
 4 2
 x 2 y2  x 1 y 
  1  3
9 4 
  4 2
 x 1 x  1  y  
 3
æ 4 2÷
ö æ - 4 2ö
÷
ç
ç
Suy ra M ç1; ÷ và N ççç1; ÷ (loại vì trung điểm của MN khác I).
÷
÷ ÷
÷
çè 3 ÷
ø ç
è 3 ÷
ø
* TH2: Đường thẳng  đi qua I(1; 1) có hệ số góc k : y = k(x – 1) + 1.
 x 2 y2
  1 (1)
Ta có M, N là giao điểm giữa  và (E) nên ta có  9 4
 y  k(x  1)  1 (2)

x2 k 2 ( x  1)2  2k ( x  1)  1
Thay (2) vào (1) ta được :  1
9 4
 (9k 2  4) x 2  (18k  18k 2 ) x  9k 2  18k  27  0 với xM, xN là hai nghiệm
của phương trình trên.
b 18k 2  18k 4
Ta có xM + xN =   2y I  2  k 
a 9k 2  4 9
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là d: 4x + 9y – 13 = 0
■ Lời bình:Nếu xem xét lại bài toán 9 (đường tròn) thì ở cách 2 ta cũng có thể
thực hiện tương tự. Ở bài toán này, phép đối xứng tâm I biến điểm M thành N,
biến elip cũ thành elip mới cũng tương tự như bạn làm với phương pháp gọi
điểm (bạn đọc có thể làm thử).
BÀI TOÁN 15 (TIẾP TUYẾN CỦA ĐƯỜNG ELIP). Trong mặt phẳng tọa độ
x2 y 2
Oxy, cho phương trình đường elip ( E ) :   1 . Xét một hình vuông
6 3
ngoại tiếp elip (tức là các cạnh của hình vuông đều tiếp xúc với elip). Viết
theophương
cách 1trình
góp các
phần giúpthẳng
đường các bạn
chứaliên
cáckết
cạnhvà của
tập hình
hợp vuông
cũng như
đó. vận dụng hết tất
cả những giả thiết có được từ(trích đề thiNếu
đề bài. trường
bạn Đại họcdùng
chưa Kiến Trúc 1994)
hết giả thiết thì chưa
191
152
■ Đặt vấn đề:“viết phương trình tiếp tuyến của đường elip” là một nội dung
thường gặp trong chương trình trước cải cách, điển hình là những đề thi đại học
đầu tiên của “kì thi 3 chung”, Bộ GD&ĐT đã đề cập đến những vấn đề này. Xét
góc độ học thuật (không phải góc độ thi cử), tác giả cũng muốn giới thiệu đến
bạn đọc tiếp tuyến của đường elip là như thế nào? Mời bạn đọc xem lời giải.
☺Ý tưởng :
_ Các tiếp tuyến tạo lập thành hình
vuông ngoại tiếp hình elip  vì vậy
chúng không thể song song với 2 trục
tọa độ ( do khi đó các tiếp tuyến ấy sẽ
tạo thành hình chữ nhật)  Với nhận
xét trên ta gọi dạng hai phương trình
tiếp tuyến liên tiếp của 2 cạnh hình
vuông là
d : y  k1x  m1 , d ' : y  k 2 x  m2
_ Một đường thẳng : mx + ny + p = 0
x 2 y2
và elip (E): 2  2  1 thì điều kiện
a b
để  tiếp xúc (E) là:
a 2 m2  b 2 n 2  p 2
_ Dựa vào điều kiện tiếp xúc đó ta có d tiếp xúc (E) (1), d’ tiếp xúc (2), d  d’ (3)
và (E) và hình vuông có cùng tâm nên khoảng cách từ O đến d và d’ bằng nhau.
* Gọi phương trình d : y  k1x  m1 , d ' : y  k 2 x  m2 lần lượt là hai đường
thẳng chứa hai cạnh liên tiếp của hình vuông ngoại tiếp elip đã cho.
* Theo để bài ta có:
 d tiep xuc (E)  a 2 .k12  b 2  m12  6k12  3  m12 (1)
  2 2 2 2  2 2
d ' tiep xuc (E)  a .k 2  b  m 2  6k 2  3  m 2 (2)
 d  d'   k .k  1
  k1.k 2  1  1 2 (3)
* Mặt khác, do hình vuông ngoại tiếp (E) và có cùng tâm với (E)
Suy ra d[O;d] = d[O;d’]  | m1 || m2 | (4)
theo cách 1 góp phần 2giúp các
2
bạn
 k1 liên
 k 2 kết
 (3)và tập2 hợp cũng như vận dụng hết tất
 k1  1(VN)
* Do | m1 || m2 |  k1  k 2  
cả những giả thiết có được từ đề bài. k Nếu
k bạn (3)chưa 2dùng hết giả thiết thì chưa
k 1
 1 2 1
192
152
* Khi k1  1  m  3 , ta được hai phương trình hai cạnh hình vuông song song
với nhau là: y = x + 3 hay y = x – 3
* Khi k1  1  m  3 , ta được hai phương trình hai cạnh hình vuông song
song với nhau là: y = – x + 3 hay y = – x – 3
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là y  x  3, y   x  3
■ Lời bình: Đây là một dạng toán không quá xa lạ gì với chương trình cũ, nhưng
với chương trình mới chắc chắn các bạn sẽ rất bỡ ngỡ vì chưa bao giờ được “va
chạm” với kiến thức này. Vẫn phải nhấn mạnh một lần nữa, bài toán này không
phục vụ mục đích “thi cử” mà chỉ phục vự múc đích “học thuật” nhé các bạn.
BÀI TOÁN 16 (ĐƯỜNG THẲNG CẮT ĐƯỜNG HYPEBOL). Trong mặt

x 2 y2
phẳng tọa độ Oxy, cho hypebol (H):   1 . Gọi d là đường thẳng đi
4 9
qua gốc tọa độ O và có hệ số k. Đường thẳng d’ cũng đi qua gốc toa độ và
vuông góc với đường thẳng d. Gọi A, C, B, D lần lượt là giao điểm giữa d và
144
(H), d’ và (H). Tìm k để diện tích hình thoi ABCD bằng .
5
☺Ý tưởng :
_ Do hai đường thẳng d và d’ vuông góc nên
ta cũng có được hệ số góc của đường d’.
_ Mỗi một đường thẳng đều cắt (H) tại 2
điểm phân biệt  tìm điều kiện của k để
chúng cắt nhau.
_ Tính theo k diện tích hình thoi, ở đây ta
có SABCD = 4SOAB = 4.OC.OB  tính
OA, OC theo k
_ Dựa vào dữ kiện của đề bài cho tính ra
giá trị k (so với điều kiện ban đầu).
* Ta có phương trình d: y = kx, do d’  d  d’: x = ky.
Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa d và (H):
9x 2  4k 2 x 2  36  (9  4k 2 )x 2  36
3 3
Phương trình này có 2 nghiệm phân biệt  9  4k 2  0  k (1)
2 2
Xét phương trình tung độ giao điểm giữa d’ và (H):
cả những2 giả
2 thiết
2 có được từ2 đề bài.
2 Nếu bạn chưa dùng hết giả thiết thì chưa
9k x  4x  36  (9k  4)x  36
193
152
Phương trình này có 2 nghiệm phân biệt

2 2
 9k 2  4  0  k  vk  (2)
3 3
 3 2   2 3 
Kết hợp (1) và (2), ta được k   ;    ;  (*)
 2 3  3 2
* Ta có ABCD là hình thoi  SABCD  4SOAB  2.OC.OB
 6
x
 B 
 9  4k 2 2 2 2 36(1  k 2 )
B có tọa độ  . Do đó OB  x B  y B 
y  6k 9  4k 2
 B 9  4k 2
 6k 6  36(1  k 2 )
Tương tự C có tọa độ C  ; 2
 OC 
2 2
 9k  4 9k  4  9k 2  4
* Do đó
2 2 2
2  144  2 2  144  722 (1  k 2 ) 2  144 
SABCD    OB .OC       
 5   5  (9  4k 2 )(9k 2  4)  5 
Suy ra
2 2
(1  k ) 4
2 2
  25(1  2k 2  k 4 )  4(97k 2  36k 4  36)  k 2  1
(9  4k )(9k  4) 25
* Do đó k =  1 (nhận vì thỏa điều kiện (*)

Vậy giá trị k cần tìm chính là k =  1
■ Lời bình:Bài toán này có thể có thay đổi câu hỏi là tìm k để diện tích hình thoi
trên là nhỏ nhất. Khi đó bạn sẽ xử lý như thế nào? (Các bạn có thể xem tiếp
“chủ đề 5 – chương 2 – max – min cực trị hình học trong mặt phẳng Oxy” để
hiểu rõ hơn)
BÀI TOÁN 17 (ĐƯỜNG PARABOL).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho

x2
Parabol (P): y  và đường thẳng d : 2mx  2y  1  0 . Chứng minh rằng
2
với mọi giá trị m, đường thẳng d luôn đi qua tiêu điểm F của (P) và (d) cắt (P)
tại hai điểm phân biệt M, N. tìm quĩ tích trung điểm I của đoạn MN khi m
theothay đổi.1 góp phần giúp các bạn liên kết và tập hợp cũng như vận dụng hết tất
cách
☺ Nhận
cả nhữngxétgiảvàthiết
ý tưởng :
có được từ đề bài. Nếu bạn chưa dùng hết giả thiết thì chưa
194
152
_ Đề chứng minh d luôn đi qua tiêu điểm F của (P)ta chứng minh Fd,m R
 điều này chỉ cần tính tọa độ tiêu điểm F và thay vào phương trình đường d để
kiểm tra.
_ Việc chứng minh d và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt tương tự như ta
xét phương trình hoành độ giao điểm giữa d và elip (E), d và hypebol (H) (phần
này xin dành cho bạn đọc).
_ Cuối cùng là ý tưởng chứng minh quĩ tích điểm M, khi m thay đổi, đây là một
dạng toán khó, đòi hỏi ở học sinh một số kỹ năng quan trọng. Cụ thể mời bạn
đọc xem lời giải.
x2
* (P): y  x 2  2y . Đây là
2
phương trình chính tắc của (P) nhận
 1
F  0;  làm tiêu điểm.
 2
Thay tọa độ F vào đường thẳng d ta
thấy d luôn đi qua F với mọi giá trị m
(đpcm).
* Xét phương trình hoành độ giao điểm
x2 2mx  1
giữa (P): y  và d: y  ta
2 2
có:
x 2  2mx  1  0 (*) có  '  m 2  1  0 , mR pt (*) luôn có 2 nghiệm
phân biệt
Suy ra d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt M, N với mọi giá trị mR.
 xA  xB
 x I  2
m
* Ta có I là trung điểm MN   (để tìm quỹ tích của I
y  A y  y 1
B
 mx I 
 I 2 2
1
 ta tìm cách khử m khỏi hệ phương trình) y I  x I 2  Quỹ tích của
2
2 1
điểm I chính là Parabol (P1): y  x 
2
1
theoVậy yêu1cầu
cách gópbàiphần
toán giúp
tươngcác
đương liên(Pkết
bạn với 1) : y x 2 hợp cũng như vận dụng hết tất
vàtập
2
■ Lời bình: Bài toán về quỹ tích là bài toán thật sự khó, nếu xét về khía cạnh hình
học phẳng chưa có tọa độ. Còn khi đã có tọa độ vào thì việc tìm quỹ tích của
195
152
những điểm khi các giá trị tham số liên quan thay đổi trở nên bớt “phức tạp”
hơn. (Với những bạn nào thật sự yêu thích phần tìm quỹ tích của tập hợp điểm
các bạn có thể tham khảo chương 3: Ứng dụng hệ trục tọa độ vào việc giải bài
toán hình học phẳng”.
Câu 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1; 4), B(3; 1), C(6; 2)
a. Lập phương trình tổng quát của đường thẳng AB.
b. Lập phương trình chính tắc của đường thẳng BC.
c. Lập phương trình tham số của đường CA.
d. Lập phương trình đường thẳng chứa đường cao AH.
e. Lập phương trình đường thẳng chứa trung tuyến AM.
x  3 y 1
(ĐS: a ) AB : 5 x  2 y  13  0, b) BC :  ,
1 1
 x  1  5t
c) AC :  (t  R), d ) AH : x  y  5  0)
 y  4  2 t
☺ Hướng dẫn giải
■ Nhận xét: câu 1 trong bài toán chọn lọc ở chủ đề 2 là mở màn cho việc thiết
lập một số dạng phương trình đường thẳng đã giới thiệu ở phần lý thuyết
chương 1 cũng như phương pháp ở chương 2. Mời bạn đọc cùng nhận xét.
* Đường thẳng AB qua A(1;4) nhận AB  ( 2;5) làm véctơ chỉ phương nên có
véctơ pháp tuyến là nAB  (5;2) có dạng tổng quát là: 5( x  1)  2(y 4)  0
 AB : 5 x  2 y  13  0
196
152
* Đường thẳng BC qua B(3; –1) nhân BC  (3;3) làm véctơ chỉ phương có dạng
x  3 y 1
chính tắc là:   x y40
1 1
* Đường thẳng AC qua A(1; 4) nhận AC  (5; 2) làm véctơ chỉ phương có dạng
 x  1  5t
tham số là:  (t  R)
 y  4  2t
* Ta có AH  BC : x  y  4  0  AH : x  y  m  0 , AH qua A(1; 4)
 m = –5
Vậy phương trình AH : x  y  5  0
9 1
* Gọi M là trung điểm BC M  ;  .Đường thẳng AM qua A(1 ; 4) nhận
2 2
 7 7  x 1 y  4
AM   ;  làm véctơ chỉ phương có dạng là: 
2 2  1 1
 AM : x  y  5  0 (đến đây ta phát hiện trung tuyến AM và đường cao
AH trùng nhau)
 AB : 5 x  2 y  13  0

 BC : x  3  y  1
 1 1
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: 
x  1  5t
 AC :  (t  R)
  y  4  2 t

 AH : x  y  5  0
■ Lời bình:Qua bài toán trên, ta rút ra một số lưu ý sau:
Một là, để chuyển đổi giữa véc tơ pháp tuyến n  ( a; b) sang véc tơ chỉ phương
u ta có thể áp dụng nguyên tắc “đổi chỗ, đổi một dấu” (cơ sở dựa trên tích vô
hướng giữa hai véctơ bằng 0) nên ta có hoặc u  (b; a ) hoặc u  (b;a) .
Hai là, đối với một đường thẳng thì có vô số các véctơ pháp tuyến và chỉ
phương vì vậy ta có thể chọn các véctơ cùng phương với chúng sao cho có “tọa
độ đẹp” nhằm góp phần tạo thuận lợi cho việc tính toán. (ví dụ như ở câu b, ta
có chỉ phương BC  (3;3)  3(1;1) nên ta có thể chọn uBC  (1;1) làm véctơ
197
152
 7 7  7
chỉ phương, tương tự ở câu f, ta có chỉ phương AM   ;   (1; 1) nên
2 2  2
ta có thể chọn u AM  1; 1 làm véctơ chỉ phương.
Ba là, đối với dạng chính tắc của đường thẳng thì nếu véctơ chỉ phương có
dạng: u  (a;0), (a  0) hay u  (0; b), (b  0) thì ta không thể biểu diễn nó ở
dạng chính tắc được do biểu diễn của dạng chính tắc có dạng phân thức nên bắt
buộc cả a và b khác 0.
Bốn là, trong quá trình lập phương trình đường thẳng, nếu phát hiện đường
thẳng của mình vuông góc hoặc song song với đường thẳng d: ax + by + c = 0
thì ta có thể đổi trực tiếp bằng cách:
  d : ax  by  c  0   : bx  ay  m  0 hay  : bx  ay  m  0
 / / d : ax  by  c  0   : ax  by  n  0, (c  n)
Câu 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, lập phương trình đường thẳng d qua M(1; 4), cắt
nửa trục dương Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho diện tích tam giác OAB nhỏ nhất.
x y
(ĐS: d :   1  d : 4 x  y  16  0 )
2 8
■ Đặt vấn đề:với câu thứ hai này, tác giả chọn ra nhằm hướng đến việc giới thiệu
lại phương trình đoạn chắn hai trục tọa độ, đồng thời lồng bài toán max – min
cực trị hình học vào. Các bạn có thể vận dụng các kiến thức của Đại số – giải
tích để xử lý bài toán max – min này.
● Ta có phương trình đường thẳng d qua M(1; 4) cắt nửa trục dương Ox, Oy tại A, B.
Giả sử A(a; 0), B(0; b). ( a > 0, b > 0)
Khi đó phương trình d qua A, B, M có dạng là:
x y 1 4
  1    1 (1) (a  0, b  0)
a b a b
1 1
● Mặt khác diện tích tam giác OAB là: S OAB  OA.OB  .a.b (*) .
2 2
1 4
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số dương , ta có:
a b
1 4 4 4
1  2 1  ab  16
a b ab ab
1
 abgiả
cả những  8thiết
 Scó  8 từ đề bài. Nếu bạn chưa dùng hết giả thiết thì chưa
được
OAB
2
198
152
● Vậy diện tích tam giác OAB nhỏ nhất khi

1 4
S = 8 khi và chỉ khi  (2) .
a b
1 4
 a  b  1 a  2
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:  
 14 b  8
 a b
x y
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: d :   1  d : 4 x  y  16  0
2 8
► Ngoài ra ta cũng có một cách khác để tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích !
1 4 b
● Từ (1)   1  a  (3) thay vào (*) ta được:
a b b4
1 1 1 b b2
SOAB  OA.OB  .a.b  .b 
2 2 2 b4 2b  8
b2 b
Đặt f (b)  (b  4) do a  0  0b4
2b  8 b4
2b2  16b 2 b  0 (ktm)

Khi đó f '(b)  , f '(b )  0  2b  16b  0   b  8 (tm) .
(2b  8) 2 
Dựa vào bảng biến thiên ta có Smin  min f (b)  8  b  8  a  2
b4
x y
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: d :   1  d : 4 x  y  16  0
2 8
■ Lời bình:Có thể thấy trọng tâm của bài toán này là việc xử lý dữ kiện diện tích
tam giác OAB nhỏ nhất. Tuy nhiên trong trường hợp mà đường thẳng d không
cắt nửa trục dương Ox, Oy mà chỉ đơn thuần cắt 2 trục tọa độ thì sẽ phát sinh
khá nhiều trường hợp. Bài toán cũng có thể tổng quát lên nếu ta giả sử M(a; b)
bất kì.
Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, lập phương trình đường thẳng d đi qua
A(1; 2) tạo với đường thẳng d’ có phương trình 3x  2 y  1  0 một góc 45o.
(ĐS: 5 x  y  7  0 hay x  5 y  9  0 )
theo cách 1 góp phần giúp các
☺ bạn liêndẫn
Hướng kếtgiải
và tập hợp cũng như vận dụng hết tất
199
152
■ Nhận xét:đây là một dạng câu khá là quen thuộc không hề xa lạ trong các bài
tập ở trường phổ thông, và bạn cũng có thể tổng quát bài toán này lên nếu cần
thiết. Mời bạn đọc xem lời giải.
● Phương trình đường thẳng d qua A có dạng
d : a( x  1)  b( y  2)  0 (a 2  b2  0)
Trong đó: n  ( a; b) là vecto pháp tuyến của đường thẳng d.
● Ta có d tạo với d’ một góc 450 nên ta có:
| n.nd ' | 1 | 3a  2b | 1
cos(d ; d ') | cos(n; nd ' ) |    .
| n | .| nd ' | 2 49 a b 2 2
2
Do đó, 2(3a  2b)2  13(a 2  b2 )  5a 2  24ab  5b2  0 (*)
Với b = 0 thì phương trình (*) suy ra a = 0 (không thỏa) nên ta chọn b = 5
 a  25
Khi đó (*)  a 2  24a  25  0  
 a  1
● Với a = 25, b = 5 ta có d : 5( x  1)  1( y  2)  0  5 x  y  7  0
● Với a = –1, b = 5 ta có d : 1.( x  1)  5( y  2)  0  x  5 y  9  0
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: 5 x  y  7  0 hay x  5 y  9  0
Câu 4:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có phương trình
cả những giả
BC : 2 x  3 ythiết
 5  có được
0 và AB từ
:xđềy bài.
 1  Nếu bạnphương
0 . Lập chưa dùng hết giảthẳng
trình đường thiếtAC
thì chưa
biết AC qua M(1; 1).
200
152
(ĐS: AC :17 x  7 y  24  0 )
■ Đặt vấn đề:Một cách vận dụng khác trong việc sử dụng góc giữa các đường
thẳng chính là việc sử dụng công thức tan thay vì dùng cosin. Mời bạn đọc cùng
theo dõi.
● Gọi phương trình đường AC có dạng: ax + by + c = 0 (a 2  b2  0)
AC qua M(1; 1) nên ta có a + b + c = 0 (1)
● Do tam giác ABC cân tại A nên ta có:
1.(3)  2(1) 2b  a.(3)
tan( AB; BC )  tan( BC , AC )  
1.2  1.(3) 2a  b(3)
17b
 5(2a  3b)  2b  3a  a 
7
17b 24b
● Lúc đó, (1) suy ra c  a  b   b 
7 7
17b 24b
Khi đó phương trình AC là: x  by   0  AC :17 x  7 y  24  0
7 7
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: AC :17 x  7 y  24  0
Ngoài ra ta cũng có thể giải theo cách khác như sau:
2
● BC và AB lần lượt có hệ số góc k1  , k2  1 .
3
2
1
k2  k1 3
tan(BC; CA) =   5 . Vì tam giác ABC cân tại A nên ta có:
1  k1.k 2 1  2
3
2
k
tan( BC; CA)   tan( AB, BA)  5  3  5  k  17
2k 7
1
3
● Khi đó phương trình AC qua M(1; 1)
17
có hệ số k  có dạng là:
7
17
y 1  ( x  1)
7
 AC giả
cả những :17 xthiết
 7 ycó 24  0 từ đề bài. Nếu bạn chưa dùng hết giả thiết thì chưa
được
201
152
Vậy phương trình đường thẳng cần

tìm là: AC :17 x  7 y  24  0
■ Lời bình:vẫn còn một cách giải nữa là sử dụng hàm cosin góc giữa hai đường
thẳng như câu 3, nhưng để các bạn có cái nhìn tương đối tổng quan hơn nên
trong câu này tác giá không trình bày. Nếu chúng ta giải theo hướng đó thì sẽ
phải loại đi 1 trường hợp. Nhìn chung các lập phương trình qua 1 điểm và
khuyết vecto pháp tuyến không có gì mới mẻ. nhưng nhìn nhận chúng trong góc
độ hình là một tam giác cân thì vì phát hiện là phụ thuộc vào góc nhìn của
người làm.
Câu 5:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(1; 5), phương
trình hai đường trung tuyến lần lượt là d1: 9x – 4y – 11 = 0, d2: 3x – 5y = 0.
Lập phương trình đường thẳng chứa cạnh BC.
(ĐS: BC : 4 x  3 y  11  0 )
■ Nhận xét:khi đề không cho cụ thể phương trình 2 đường trung tuyến xuất phát
từ đỉnh nào? thì việc đầu tiên ta nên kiểm tra đỉnh đã cho có thuộc 2 đường
trung tuyến đó không?
 BM : 9 x  4 y  11  0
● Nhận xét A không thuộc d1; d 2 . Giả sử: 
 CN : 3x  5 y  0
● Gọi G là trọng tâm tam giác ABC khi đó tọa độ G thỏa hệ:
 5
9 x  4 y  11  0 x  5 
  3  G  ;1
 3x  5 y  0  y  1 3 
 4b  11   3c 
● Ta có: B thuộc BM suy ra B  ; b  và C thuộc CN suy ra C  c; 
 9   5
● Do G là trọng tâm tam giác ABC nên ta có:
 xA  xB  xC  3xG

 y A  yB  yC  3 yG
4b  9c  25

5b  3c  10
b  5  B(1; 5)
 
theo cách
 c 1
 góp
5 phần giúp các bạn liên kết và tập hợp cũng như vận dụng hết tất
 C (5;3)
202
152
Khi đó BC qua C(5; 3) nhận

BC  (6;8)  2(3; 4) làm
vecto chỉ phương có dạng là:
x 5 y 3
  BC : 4 x  3 y  11  0
3 4
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: BC : 4 x  3 y  11  0
Câu 6:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(–4; –5) và hai
đường cao có phương trình là 5x + 3y – 4 = 0 và 3x + 8y + 13 = 0. Lập
phương trình các cạnh của tam giác ABC.
(ĐS: AB : 8 x  3 y  17  0, BC : 3 x  5 y  13  0, AC : 5 x  2 y  1  0 )
● Nhận xét tọa độ điểm B không thuộc phương trình hai đường cao đã cho.
Giả sử: AH: 5x + 3y – 4 = 0 và CK: 3x + 8y + 13 = 0. Trong đó H và K là chân
đường cao lần lượt kẻ từ A và C.
● Ta có: BC vuông góc AH
nên có dạng BC:
3x – 5y + m = 0.
BC qua B(–4; –5) suy ra m
= – 13.
Do đó BC: 3x – 5y – 13 = 0.
Khi đó tọa độ C là nghiệm
của hệ:
3x  5 y  13  0

3x  8 y  13  0
 x 1
  C (1; 2)
 y  2
● Mặt khác AB vuông góc CK nên có dạng AB: 8x – 3y + n = 0. CK qua B suy ra
n = 17.
Do đó AB: 8x – 3y + 17 = 0.
8 x  3 y  17  0  x  1
Khi đó tọa độ A là nghiệm của hệ:    A(1;3)
 5 x  3 y  4  0  y  3
●
theoAC qua1A(–1;
cách góp 3) nhậngiúp
phần  (2;bạn
AC các 5)liên
làmkết
vecto
và chỉ
tậpphương có dạng
hợp cũng như là:
vận dụng hết tất
1 y từ
x được
cả những giả thiết có  3đề bài. Nếu bạn chưa dùng hết giả thiết thì chưa
  AC : 5 x  2 y  1  0
2 5
203
152
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là:

AB : 8 x  3 y  17  0, BC : 3 x  5 y  13  0, AC : 5 x  2 y  1  0
Câu 7:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tọa độ trung điểm các
cạnh BC, AB, AC của tam giác lần lượt là M(–1; 1), N(1; 9), P(9; 1). Lập
phương trình các đường trung trực của tam giác ABC.
(ĐS: AB : 5 x  y  14  0, BC : x  y  0, AC : x  5 y  14  0 )
● Theo tính chất đường trung bình trong tam giác ta có NP // BC.
Do đó BC qua M(–1; 1) nhận NP  (8; 8)  8(1; 1) làm vecto chỉ phương có
x 1 y 1
dạng là:   BC : x  y  0
1 1
● Tương tự ta có AB qua N(1; 9) nhận MP  (10; 2)  2(5;1) làm vecto chỉ
phương có dạng là:
x 1 y  9
  AB : 5 x  y  14  0
5 1
● Tương tự với AC qua P(9; 1)
nhận MN  (2;10)  2(1;5) làm
vecto chỉ phương có dạng là:
x  9 y 1

1 5
 AC : x  5 y  14  0
AB : 5 x  y  14  0, BC : x  y  0, AC : x  5 y  14  0
Câu 8:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(3; 5), C(4; –3),
phương trình một phân giác trong là d: x + 2y – 8 = 0. Lập phương trình đường
thẳng chứa cạnh AC của tam giác.
(ĐS: AC : 4 x  3 y  7  0 )
■ Gợi ý:vận dụng tính chất đối xứng của phân giác để thiết lập tọa độ điểm mới
đó là nội dung chính của bài toán này.
● Nhận xét B và C đều không thuộc d nên đường phân giác trong d xuất phát từ
cả đỉnh
nhữngA. giả thiết có được từ đề bài. Nếu bạn chưa dùng hết giả thiết thì chưa
204
152
Gọi H là hình chiếu vuông góc B lên d và K là điểm đối xứng của B qua phân
giác trong d.
Khi đó H là trung điểm BK và K thuộc đường thẳng AC.
● Ta có BH vuông góc d: x + 2y – 8 = 0 nên BH: 2x – y + m = 0. BH qua B(3; 5)
suy ra m = –1
Do đó, BH: x + 2y – 8 = 0.
Khi đó toa độ H là nghiệm
của hệ phương trình sau:
 2x  y 1  0
x  2 y  8  0


  x  2  H(2;3)
  y  3
Lại có: H là trung điểm
BK nên ta suy ra K(1; 1)
●AC qua K(1; 1) nhận KC  (3; 4) làm vecto chỉ phương có dạng là:
x 1 y 1
  AC : 4 x  3 y  7  0
3 4
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: AC : 4 x  3 y  7  0
Câu 9:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, lập phương trình đường thẳng đi qua A(2; –4)
và cách điểm B(1; 2) một đoạn bằng 1.
(ĐS: 35 x  12 y  22  0 hay x  2  0 )
■ Đặt vấn đề và gợi ý:sau chủ đề góc thì nay ta đi đến chủ đề khoảng cách, các
bạn cần nắm vững công thức tính khoảng cách từ 1 điểm đến 1 đường thẳng.
CÁCH 1:
● Đường thẳng d qua A(2; –4) có dạng là: a(x – 2) + b(y + 4) = 0 (a 2  b2  0)
Trong đó n  ( a; b) là vecto pháp tuyến của đường thẳng d.
● Theo yêu cầu bài toán ta có:
| a  6b |  b0
d ( B; d )  1   1  35b 2  12ab  0  
a 2  b2 35b  12a
● Với b = 0, ta chọn a = 1 khi đó phương trình d: x – 2 = 0.
● Với 35b = 12a, ta chọn a = 35 suy ra b = 12. Khi đó d: 35x + 12y – 22 = 0.
cả những
CÁCH 2: giả thiết có được từ đề bài. Nếu bạn chưa dùng hết giả thiết thì chưa
205
152
● TH1: đường thẳng d // Oy khi đó d: x – 2 = 0. Kiểm tra ta có d(B; d) = 1 nên

nhận d: x – 2 = 0.
● Gọi phương trình đường thẳng d qua A(2; –4) có hệ số góc k: y = k(x – 2) – 4.
Suy ra d: kx  y  2k  4  0
● Theo yêu cầu bài toán ta có:
| k  6 | 35
d ( B; d )  1   1  k 2  12k  36  k 2  1  k 
k 2  12 12
35
● Do đó phương trình đường thẳng d: y  ( x  2)  4  35 x  12 y  22  0
12
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: 35 x  12 y  22  0 hay x  2  0
Câu 10:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, lập phương trình đường thẳng qua điểm
M(1; –2) và cách đều hai điểm A(0; 1), B(2; 5).
(ĐS: x  1  0 hay 2 x  y  4  0 )
■ Nhận xét:tương tự như câu 9, chúng ta có thể giả sử phương trình đường thẳng
cần tìm khuyết vecto pháp tuyến và dựa vào quan hệ khoảng cách để tìm ra
chúng hoặc dựa vào hệ số góc của đường thẳng theo nghĩa hàm số để giải.
CÁCH 1:
● Gọi phương trình  qua M(1; –2) nhận n  (a; b) (a 2  b 2  0) có dạng là:
 : a ( x  1)  b( y  2)  0
● Để A và B cách đều đường thẳng  khi
| b  a  2b | | 2a  5b  a  2b |
d ( A; )  d ( B; )  
a 2  b2 a 2  b2
 b0
Suy ra | 3b  a || a  7b | 
 a  2b
● Với b = 0, ta chọn a = 1. Khi đó phương trình  là: x – 1 = 0.
● Với a = –2b, ta chọn b = –1 suy ra a = 2.
Khi đó phương trình  là: 2x – y – 4 = 0.
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: x  1  0 hay 2 x  y  4  0
CÁCH 2: 1 góp phần giúp các bạn liên kết và tập hợp cũng như vận dụng hết tất
theo cách
cả : x bài.
được từđề  1 Nếu
xM bạn chưa dùng hết giả thiết thì chưa
● những giả thiết
 qua M(1; –2) cócódạng: 
  : y  k ( x  1)  2
206
152
● TH1:  : x  1  xM  x  1  0 .
Xét d (A; )  d ( B; )  1 suy ra nhận x – 1 = 0
● TH2:  : y  k ( x  1)  2  kx  y  k  2  0 .
Để A và B cách đều đường thẳng  khi
d ( A; )  d ( B; ) | 3  k || k  7 | k  2
CÁCH 3:
● d ( A; )  d ( B; ) thì bài toán có thể xảy ra 2 trường hợp.

● TH1: A và B nằm khác phía so với  . Khi đó trung điểm của AB thuộc đường
thẳng  .
Gọi I là trung điểm AB suy ra I(1; 3).
Khi đó đường thẳng d qua M(1; –2) nhận MI  (0;5)  5(0;1) làm vecto chỉ
phương nên có vecto pháp tuyến là n  (1; 0) có dạng là: x – 1 = 0
● TH2: A và B cùng phía so với  . Khi đó AB song song  nên  qua M(1; –2)
nhận AB  (2; 4)  2(1; 2) làm vecto chỉ phương có dạng là:
x 1 y  2
  2x  y  4  0
1 2
■ Lời bình:Qua 3 cách giải trên ta có một số nhận xét sau:

Với cách giải 1, dường như không quan tâm đến vị trí tương đối giữa điểm
và đường và chắc chắn luôn xảy ra 2 trường hợp, có điều xét trong “ngữ cảnh”
là một bài toán khác mà 1 trong 2 đường thẳng phải loại đi 1 đường thì dường
như ta gặp phải chút rắc rối rồi? Khi đó ta có thể kiểm tra lại bằng cách xét vị trí
theotương
cáchđối giữa điểm
1 góp phần và đường.
giúp các bạn liên kết và tập hợp cũng như vận dụng hết tất
Với cách giải 2, đây là một cách giải hay giúp ta giảm đi số ẩn của phương
trình khi đi tìm vecto pháp tuyến. Tuy nhiên bạn cần chắc rằng minh không bị
sót tính huống đường thẳng qua điểm đang xét và song song trục tung Oy.
207
152
Với cách giải 3,dựa trên hình vẽ thật để ta suy ra 2 trường hợp cùng phía và
khác phía. Đây thật sự là cách mà nhiều thầy cô giáo mong muốn học trò làm
nhất vì nó giúp học trò phát triển trí tưởng tưởng hình học của học trò.
Câu 11:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có một đỉnh A(–4; 5)
và một đường chéo đặt trên thẳng 7x – y + 8 = 0. Lập phương trình các cạnh và
đường chéo thứ hai của hình vuông đó.
(ĐS: 4 x  3 y  24  0, 4 x  3 y  1  0,3x  4 y  32  0,3x  4 y  24  0 và
AC : x  7 y  31  0 )
☺ Hướng dẫn giải.
■ Nhận xét:bài toán có nhiều điểm thú vị khi ta đã biết được góc hợp bởi các
đường thẳng chứa các cạnh của hình vuông? Vấn đề đặt ra là chọn con đường
nào là thích hợp và thu được lời giải ngắn cho bài toán. Một gợi ý nho nhỏ có
thể sử dụng đến ở đây đó chính là phép biến hình.
CÁCH 1:
● Vì A có tọa độ không thỏa phương
trình 7x – y – 8 = 0 suy ra phương
trình đường chéo BD là:
BD : 7 x  y  8  0 .
Do AC vuông góc BD suy ra AC:
x + 7y + m = 0.
AC qua A(–4; 5) suy ra m = – 31.
Vậy AC : x  7 y  31  0
● Gọi I là giao điểm hai đường chéo
AC và BD ta có tọa độ I là nghiệm
của hệ:
  1
 7 x  y  8  0  x 
2  1 9 
    I ; 
 x  7 y  31  0  y  9  2 2
  2
 xA  xC  2 xI  1  xC  3
● Do I là trung điểm AC nên ta có:    C (3; 4)
y
 A C y  2 y I  9 y
 C  4
● Gọi k là hệ số góc của đường thẳng d qua A và hợp với AC một góc 450 và
theo cách 1 góp phần giúp các bạn liên 1 kết và tập hợp cũng như vận dụng hết tất
cả đường
những thẳng AC có
giả thiết số góctừlàđềk1 bài.
cóhệđược  Nếu
. Suybạn
ra chưa dùng hết giả thiết thì chưa
7
208
152

( AC ; d )   k  tan( AC; d )  1
4
1  3
k k 
Do đó: 7  1  7k  1  1   4
. Vậy có hai đường thẳng qua
k 7  k k  4
1
7  3
A thỏa yêu cầu trên là:
3 3
Với k   y  5  ( x  4)  3x  4 y  32  0
4 4
4 4
Với k   y 5  ( x  4)  4 x  3 y  1  0
3 3
Đây cũng chính là hai phương trình 2 cạnh của hình vuông qua đỉnh A.
Phương trình hai cạnh hình vuông đi qua C lần lượt song song với 2 cạnh trên
nên có phương trình là d : 3x  4 y  n  0 hay d ' : 4 x  3 y  n '  0 .
● d và d’ lần lượt qua C(3; 4) nên ta suy ra n = 7 và n’ = –24
4 x  3 y  24  0, 4 x  3 y  1  0,3 x  4 y  32  0,3 x  4 y  24  0 và
AC : x  7 y  31  0
CÁCH 2: sử dụng phép biến hình

● Tương tự như cách 1 ta tìm được phương trình AC: x + 7y – 31 = 0 và tâm
 1 9 
I  ;   C (3; 4)
 2 2
● Ta có phép quay tâm I góc quay 900 biến điểm A thành điểm B khi đó tọa độ B
thỏa biểu thức tọa độ:
 xB  xI  ( x A  xI ) cos 900  ( y A  yI ) sin 900
 0 0
 yB  yI  ( x A  xI ) sin 90  ( y A  yI ) cos 90
 x  1
 B  B (1;1)  I
 D(0;8)
y
 B  10
● Phương trình AB qua B(–1; 1) nhận AB  (3; 4) làm vecto chỉ phương có
dạng là:
x  11 góp
theo cách y  1phần giúp các bạn liên kết và tập hợp cũng như vận dụng hết tất
  4 x  3 y  1  0 , tương tự ta có CD: 4x + 3y – 24 = 0
cả những3 giả  4 có được từ đề bài. Nếu bạn chưa dùng hết giả thiết thì chưa
thiết
● Phương trình AD qua D(0; 8) nhận AD  (4;3) làm vecto chỉ phương có dạng là:
209
152
x y 8
  3x  4 y  32  0 , tương tự ta có BC: 3x – 4y – 24 = 0
4 3
4 x  3 y  24  0, 4 x  3 y  1  0,3 x  4 y  32  0,3 x  4 y  24  0 và
AC : x  7 y  31  0
Câu 12: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, lập phương trình hai đường chéo của hình
vuông, biết hình vuông có tâm I(–2 ; 0) và phương trình một cạnh hình vuông là
d: x + 3y – 3 = 0.
● Gọi M (3  3m; m) : x  3 y  3  0 là đỉnh của hình vuông.
| (2)  3.0  3 | 5
Ta có: d ( I ; d )  
12  32 10
5
● Suy ra IM  d ( I ; d ). 2  . 2 5 .
10
Ta có: IM 2  5  (3  3m  2)2  (m  0)2  5
m  2
 (5  3m)2  m2  5  m2  3m  2  0  
m  1
● TH1: Với M(–3; 2) và I(–2; 0), ta có phương trình đường thẳng thỏa yêu cầu
x2 y0
bài toán là: 1 :   2x  y  4  0
3  2 2  0
● TH2: Với M(0; 1) và I(–2; 0), ta có phương trình đường thẳng thỏa yêu cầu bài
x y
toán là: 1 :  1 x  2y  2  0
2 1
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: 2 x  y  4  0 hay x  2 y  2  0
Câu 13:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tma giác ABC có đỉnh A(2; 4), B(0; –1),
C(6; 2). Lập phương trình đường thẳng  qua A sao cho:
a.  chia ABC thành hai ABM và ACM mà diện tích ACM gấp đôi diện
tíchABM.
b.  cách đều điểm B và C.
210
152
1 1
● Ta có: S ACM  2 S ABM  AH .CM  AH .BM  CM  2 BM và do
2 2
CM , BM ngược hướng nên:
 x  xC  2( xM  xB )
CM  2 BM   M
 yM  yC  2( yM  yB )
 x  6  2( xM  0) x  2
 M  M  M (2;0)
 yM  2  2( yM  1) y
 M  0
Vậy đường thẳng  đi qua A và M mà hoành độ A và B bằng nhau nên:
:x20
● Gọi n  (a; b) (a 2  b 2  0) là vecto pháp tuyến của  .  qua A nên có dạng:
 : a( x  2)  b( y  4)  0
| 2a  5b | | 4a  2b |  2a  b
Ta có: d (B; )  d (C; )   
a 2  b2 a 2  b2  2a  7b
● Với 2a = – b, ta chọn a = 1, b = –2 suy ra phương trình là: x – 2y + 6 = 0.
● Với 2a = 7b, ta chọn a = 7, b = 2 suy ra phương trình là: 7x + 2y – 22 = 0.
Câu 14:Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm P( 7;8) và hai đường
thẳng d1 :2 x  5 y  3  0 ; d2 :5 x  2 y  7  0 cắt nhau tại A . Viết phương
trình đường thẳng d 3 đi qua P tạo với d1 , d 2 thành tam giác cân tại A và có
29
diện tích bằng .
2
● Ta có A(1; 1) và d1  d2 . Phương trình các đường phân giác của các góc tạo
bởi d1 , d 2 là:
1: 7 x  3 y  4  0 và 2: 3x  7 y  10  0
● d 3 tạo với d1 , d 2 một tam giác vuông cân  d 3 vuông góc với 1 hoặc 2..
 Phương trình của d 3 có dạng: 7 x  3 y  C  0 hay 3x  7 y  C  0

theoMặt khác,
cách d 3 qua
1 góp P(giúp
phần 7;8) các
nên bạn
C = 25
liên; C
kết= và
77 tập hợp cũng như vận dụng hết tất
cả Suy
những
ra : giả
d3 : thiết cóy được
7x  3 25 từ đề bài.
0 hay Nếu
d3 :3 x  7bạn chưa
y  77  0dùng hết giả thiết thì chưa
211
152
29
● Theo giả thiết tam giác vuông cân có diện tích bằng
2
 cạnh huyền bằng 58
58
Suy ra độ dài đường cao A H = = d ( A, d3 )
2
58
 Với d3 : 7 x  3 y  25  0 thì d ( A; d 3 )  ( tm)
2
87
 Với d3 : 3x  7 y  77  0 thì d ( A; d3 )  ( loại )
58
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: d3 : 7 x  3 y  25  0
Câu 15: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) :
x 2  y2  2x  8y  8  0 . Viết phương trình đường thẳng song song với
đường thẳng d: 3x + y – 2 = 0 và cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài
bằng 6.
● Đường thẳng d' song song với d : 3x+y+m=0.
3  4  m m 1
● IH là khoảng cách từ I đến d' : IH  
5 5
 AB 2 
2 2
● Xét tam giác vuông IHB : IH  IB     25  9  16
 4 
 m  1
2
 m  19  d ' : 3x  y  19  0
●   16  m  1  20  
25  m  21  d ' : 3x  y  21  0
Câu 16:Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường
tròn (C ') : x 2  y 2  4 x – 5  0 và đường tròn (C ) : x 2  y 2 – 2 x – 2 y  1  0,
cùng đi qua M(1; 0). Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn
(C ), (C ') lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB.
theo cách 1 góp phần giúp các bạn liên kết và tập hợp cũng như  xvận  1dụng
 at hết tất
● Gọi d là đường thẳng qua M có véc tơ chỉ phương u   a; b   d : 
cả những giả thiết có được từ đề bài. Nếu bạn chưa dùng hết giả y thiết
bt thì chưa
212
152
● Đường tròn  C1  : I1 1;1 , R1  1.  C2  : I 2  2;0  , R2  3 , suy ra :
 C1  :  x  1   y  1  1,  C2  :  x  2   y 2  9
2 2 2
● Nếu d cắt  C1  tại A :

t  0  M
 2ab 2b 2 
  a  b  t  2bt  0 
2 2 2   A 1  2 ; 2
t  2 2b 2 2
 a b a b 
2 
 a b
● Nếu d cắt  C2  tại B :
t  0  M
 6a 2 6ab 
  a  b  t  6at  0 
2 2 2  6 a  B  1  ;  2 
t   2  a 2
 b 2
a 2
 b 
 a  b2
● Theo giả thiết : MA=2MB  MA  4MB *
2 2
2
 2ab   2b 
2 2
 6a 2 2  6ab 2 
– Ta có :  2 2 
  2 2   4  2 2    2 2  
 a  b   a b   a  b   a  b  
4b 2 36a 2 b  6a  d : 6 x  y  6  0
 2 2  4. 2 2  b 2  36a 2  
a b a b b  6a  d : 6 x  y  6  0
Câu 17:Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình
(C1 ) : x 2  y 2  4 y  5  0 và  C2  : x2  y 2  6 x  8 y  16  0. Lập phương
trình tiếp tuyến chung của  C1  và  C2  .
 C1  : x 2   y  2   9  I1  0; 2  , R1  3,
2
●
 C2  :  x  3   y  4   9  I 2  3; 4  , R2  3
2 2
● Nhận xét : I1I 2  9  4  13  3  3  6   C1  không cắt  C2 

Gọi d : ax+by+c =0 ( a 2  b 2  0 ) là tiếp tuyến chung , thế thì :
d  I1 , d   R1 , d  I 2 , d   R2
213
152
 2b  c
 2  3 1
 a  b 2
2b  c 3a  4b  c
  
 3a  4b  c  3 2 a 2  b2 a 2  b2
 a 2  b2  

3a  4b  c  2b  c
 2b  c  3a  4b  c  
3a  4b  c  2b  c
 a  2b
. Mặt khác từ (1) :  2b  c   9  a 2  b2 
2

3a  2b  2c  0
● TH1: a=2b thay vào (1) :
 2b  c   9  4b 2  b 2   41b 2  4bc  c 2  0. 'b  4c 2  41c 2  45c 2
2
 2b  3 5c
b 
4


b 

23 5 c 
 4
– Do đó ta có hai đường thẳng cần tìm :
d :
 2 3 5
x
 2 3 5
y 1  0  2 2  3 5  x  2  3 5  y  4  0
1
2 4
d :
 2  3 5
x
 2 3 5
y 1  0  22  3 5  x  2  3 5  y  4  0
1
2 4
2b  3a
2b 
2b  3a 2
● TH2: c  thay vào (1) :  3  2b  a  a 2  b 2
2 2
a b 2
  2b  a   a 2  b 2  3b 2  4ab  0
2
 a
b  0  c   2 b  0, a  2c
  4a
b  4 a a  b  , a  6c
c  3
 3 6
– Vậy có 2 đường thẳng : d3 : 2 x  1  0 , d 4 : 6 x  8 y  1  0
Câu 18:Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn :
214
152
(C1) : (x – 5)2 + (y + 12)2 = 225 và (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25

● Ta có (C) với tâm I(5;–12), bán kính R = 15 và (C') có tâm J(1;2) và bán kinh
R'=5.
Gọi d là tiếp tuyến chung có phương trình : ax+by+c=0 ( a 2  b 2  0 ).
 5a  12b  c
d  I , d    15 1
 a 2  b2
● Khi đó ta có : 
d J , d  a  2b  c  5 2
  
a 2  b2
 

Từ (1) và (2) suy ra :
5a  12b  c  3a  6b  3c
5a  12b  c  3 a  2b  c  
5a  12b  c  3a  6b  3c
 a  9b  c
 3 . Thay vào (1) : a  2b  c  5 a 2  b2
 2a  b  c
 2
● TH1: c = a – 9b thay vào (1) :
 2a  7b   25  a2  b2   21a2  28ab  24b2  0
2
 14  10 7  14  10 7  175  10 7
a   d :   x  y  0
 21  21  21
Suy ra : 
 a  14  10 7  d :  14  10 7  x  y  175  10 7  0
  
 21  21  21
● TH2:
3
c  2a  b  1 :  7b  2a   100  a 2  b 2   96a 2  28ab  51b 2  0
2
2
(Vô nghiệm).
Câu 19:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x – 6y + 6 =
0 và điểm M (2;4). Viết phương trình đường thẳng đi qua M cắt đường tròn tại
2 điểm A và B, sao cho M là trung điểm của AB
theo cách 1 góp phần giúp các ☺ bạn
Hướngliêndẫn
kếtgiải
và tập hợp cũng như vận dụng hết tất
● Đường tròn (C) :
215
152
 x  1   y  3  4  I 1;3 , R  2, PM /(C )  1  1  4  2  0  M
2 2
nằm trong hình tròn (C) .

 x  2  at
● Gọi d là đường thẳng qua M(2;4) có véc tơ chỉ phương u   a; b   d : 
 y  4  bt
Nếu d cắt (C) tại A,B thì :
 at  1  bt  1  4   a2  b2  t 2  2  a  b  t  2  0 1
2 2
(có 2 nghiệm t). Vì vậy điều kiện :

 '   a  b   2  a2  b2   3a2  2ab  3b2  0 *
2
● Gọi A  2  at1;4  bt1  , B  2  at2 ;4  bt2   M là trung điểm AB thì ta có hệ :
4  a  t1  t2   4
 a  t1  t2   0

   t1  t2  0 .
8  b  t1  t2   8
 b  t1  t2   0

Thay vào (1) khi áp dụng vi ét ta được :
2  a  b
 t1  t2    0  a  b  0  a  b
a 2  b2
x2 y4
d:   d : x y6  0
1 1
Câu 20:Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 2y + 6 = 0 và
điểm P(1;3).Viết phương trình các tiếp tuyến PE, PF của đường tròn (C), với E,
F là các tiếp điểm.
● Đường tròn (C):  x  3   y  1  4  I  3; 1 , R  2 .
2 2
Giả sử đường thẳng qua P có véc tơ pháp tuyến

n  a; b   d : a  x  1  b  y  3  0
Hay : ax+by–(a+3b)=0 (*).
● Để d là tiếp tuyến của (C) thì khoảng cách từ tâm I đến d bằng bán kính :
3a  b  a  3b 2a  4b
 2 2
2 2 2 2
a b a b
  a  2b   a 2  b 2  4ab  3b 2  0
2
216
152
 b  4a  3b   0
b  0  a  x  1  0  x  1  0

b  4 a  a  x  1  4 a  y  3  0  3x  4 y  6  0
 3 3
Câu 21: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho phương trình đường tròn
(C ) : x 2  y 2  2 x  2my  m 2  24  0 có tâm I và : mx + 4y = 0. Tìm m biết
đường thẳng  cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A,B thỏa mãn diện
tích tam giác IAB bằng 12.
● Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = 5.Gọi H là trung điểm của dây
cung AB.
● Ta có IH là đường cao của tam giác IAB và IH =
| m  4m | | 5m |
d ( I , )  
m 2  16 m 2  16
2 2 (5m)2 20
● Mặt khác, AH  IA  IH  25  2 
m  16 m2  16
● Diện tích tam giác IAB là SIAB  12  2SIAH  12
 m  3
 d ( I , ). AH  12  25 | m | 3( m  16)   2
16
m  
 3
Câu 22: Trong hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng d : 2 x - y - 2 = 0 và đường tròn
C : ( x - 1)2 + ( y - 1)2 = 10 . Lập phương trình các tiếp tuyến của đường
tròn (C ) biết tiếp tuyến tạo với đường thẳng d một góc 450 .
● Đường tròn có tâm I (1;1) bán kính R  10 .
Gọi n(a, b) là vectơ pháp tuyến của tiếp tuyến (a 2  b 2  0)

● Vì đường thẳng tạo với đường thẳng d một góc bằng 450 nên
2a  b
cả những giả thiết có 1 a  3b
 được
từ đề bài. Nếu bạn chưa dùng hết giả thiết thì chưa
2 2
a b . 5 2 b  3a
217
152
● Với a  3b , phương trình tiếp tuyến có dạng 3x  y  c  0()

4c c  6
d ( I ; )  R   10  
10 c  14
● Với b  3a , phương trình tiếp tuyến có dạng x  3 y  c  0()
2c c  8
d ( I ; )  R   10  
10 c  12
Vậy có bốn tiếp tuyến cần tìm là: 3 x  y  6  0; 3 x  y  14  0 ;
x  3 y  8  0; x  3 y  12  0 .
Câu 23:Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) tâm I(–1; 1), bán kính R=1, M
là một điểm trên (d ) : x  y  2  0 . Hai tiếp tuyến qua M tạo với (d) một góc
450 tiếp xúc với (C) tại A, B. Viết phương trình đường thẳng AB.
● Dễ thấy I  (d ) . Hai tiếp tuyến hợp với (d) một góc 450 suy ra tam giác MAB
vuông cân và tam giác IAM cũng vuông cân . Suy ra: IM  2 .
● M  (d )  M ( a; a+2), IM  (a  1; a  1) ,
 a0
IM  2  2 a  1  2   .
 a  2
Suy ra có 2 điểm thỏa mãn: M1(0; 2) và M2 (–2; 0).
● Đường tròn tâm M1 bán kinh R1=1 là (C1): x 2  y 2  4 y  3  0 .Khi đó AB đi
qua giao điểm của (C ) và (C1) nên
2 2 2 2
AB: x  y  4 y  3  x  y  2 x  2 y  1  x  y  1  0 .
● Đường tròn tâm M2 bán kinh R2=1 là (C2): x 2  y 2  4 x  3  0 .Khi đó AB đi

qua giao điểm của (C ) và (C2) nên
2 2 2 2
AB: x  y  4 x  3  x  y  2 x  2 y  1  x  y  1  0 .
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn: x  y  1  0 và x  y  1  0
Câu
theo 24:
cáchTrong
1 gópmặtphần
phẳng vớicác
giúp hệ tọa
bạnđộliên
Oxykếtcho
vàđường tròncũng
tập hợp (C) như
có phương trình hết tất
vận dụng
2 2
( x  1)  ( y  2)  9 và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường
218
152
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.
● Từ phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;–2), R = 3,
Do đótừ A kẻ được 2 tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn.
● Lại có AB  AC => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3  IA  3 2
m 1  m  5
  3 2  m 1  6  
2 m  7
Câu 25:Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) :
x 2  y2  2x  8y  8  0 . Viết phương trình đường thẳng song song với đường
thẳng d: 3x+y–2=0 và cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6.
● Đường tròn (C) có tâm I(–1;4), bán kính R = 5. Gọi phương trình đường thẳng
cần tìm là ,
Suy ra  : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường thẳng 3x+y – 2=0)
● Vì đường thẳng cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6.
Suy ra khoảng cách từ tâm I đến  bằng 52  32  4
3  4  cc  4 10  1
 d  I ,   4 (thỏa mãn c≠2)
2
3 1 c  4 10  1
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: 3 x  y  4 10  1  0 hoặc
3 x  y  4 10  1  0 .
219
152
CHỦ ĐỀ 2.3:
CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾ N
VIẾ T PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN.
■ NHỮNG CÁCH THỨC ĐỂ VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN:
Đây là một chủ đề được đề cập khá nhiều trong các đề thi những năm qua, do
các bài toán của chúng khá phong phú và đa dạng nên trong phần giới thiệu
cách lập phương trình đường tròn, thầy sẽ không trình bày theo hướng phân
dạng, mà sẽ trình bày theo hướng phương pháp chung và một số các lưu ý
cũng như những kỹ năng cần nhớ khi lập phương trình đường tròn.
►Cách 1:“ Tìm tâm và bán kính của đường tròn ”(theo dạng tổng quát của pt
đường tròn)
Phương pháp này dựa trên phương trình tổng quát của đường tròn
 C  :  x  a 2   y  b 2  R 2
trong đó tâm I(a; b) và R là bán kính của đường tròn (C).
● Việc tìm tâm I(a; b) ta có thể hiểu đơn giản là việc tìm điểm  quy về bài
toán tìm tọa độ điểm.
● Ta cũng có thể hiểu, với 3 ẩn a , b, R ta cần lập 3 phương trình  giải và suy
ra a, b, R  pt (C).
► Cách 2:“lập phương trình dạng khai triển của đường tròn”.
Phương pháp này dựa trên phương trình khai triển của đường tròn (C):
 C  : x 2  y 2  2ax  2by  c  0
trong đó tâm I(a; b) và R2 = a2 + b2 – c > 0.
● Một trong những cách phổ biến thường thấy là tìm “3 điểm thuộc đường
tròn”.
● Ta cũng có thể hiểu, với 3 ẩn a , b, c ta cần lập 3 phương trình  giải và suy
ra a, b, c  pt (C).
► Những lưu ý khi lập phương trình đường tròn.
● Xác định rõ hướng đi của bài toán là phân tích theo cách 1 hay cách 2 (có
những bài toán có thể làm được bằng cả hai cách nhưng độ dài ngắn khác
nhau tùy vào mỗi bài toán).
● Khi bài toán yêu cầu lập phương trình đường tròn trong tam giác, ta cần liên
hệ lại một số kiến thức liên quan phần hình học lớp 9 như:
+ Các góc đặc biệt trong đường tròn ( góc nội tiếp, góc ở tâm, góc giữa tiếp
tuyến và dây cung,...)
+ Các kiến thức về tức giác nội tiếp, ngoại tiếp đường tròn,...
218
220
+ Đường tròn bàng tiếp tam giác, đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam
giác,...
+ Vị trí tương đối giữa điểm, đường thẳng, đường tròn đối với đường tròn.
(các chủ đề quen thuộc như đường thẳng cắt đường tròn tại hai điểm, tiếp
tuyến của đường tròn, tiếp tuyến chung của hai đường tròn v,v...)
+ Đường tròn Euler (đường tròn 9 điểm).
+ Một số các bài toán điển hình, các phép chứng minh tiêu biểu đã làm ở lớp
9. (đã được trình bày dưới dạng các bổ đề – tính chất ở lý thuyết chương 1).
● Nắm vững và biết cách vận dụng nhuần nhuyễn các bài toán tìm điểm (ở chủ
đề 1) và lập phương trình đường thẳng (ở chủ đề 2). Đây có thể xem là hai
yếu tố không kém phần quan trọng để giải quyết bài toán.
● Ngoài ra, ta cũng có thể vận dụng phép biến hình (đã học trong chương trình
hình học lớp 11) tiêu biểu là:
+ Phép tịnh tiến, phép đối xứng trục, phép đối xứng tâm, phép quay (đẳng cự –
bảo toàn khoảng cách giữa các yếu tố điểm, đường thẳng, đường tròn, v.v...)
+ Phép vị tự, phép nghịch đảo (bảo giác – bảo toàn góc giữa các yếu tố liên
quan trong hình học).
● Cũng cần lưu ý đến chủ đề “tiếp xúc” trong bài toán viết phương trình đường
tròn. (các bài toán thi tuyển sinh đại học những năm qua đều thường xuyên
xoay quanh chủ đề này !)
Thầy sẽ xét các bài toán sau đây làm ví dụ để minh họa cho các cáchtrên.
(Để các bạn tiện theo dõi, mỗi một ví dụ sẽ là một dạng hình quen thuộc
mà đề thi hay đề cập).
BÀI TOÁN 1 (ĐƯỜNG TRÒN NGOẠI TIẾP TAM GIÁC THƯỜNG). Trong
3 7
mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tọa độ M  ;  và
2 2
1 5
N  ;  lần lượt là trung điểm của BC, AC. Lập phương trình đường
2 2
tròn ngoại tiếp ABC biết rằng đường phân giác trong góc BAC là x – 1 = 0.
☺Nhận xét và ý tưởng:
_ Để viết phương trình đường
tròn ngoại tiếp ABC  tìm
tọa độ các đỉnh A, B, C.
_ Ta nhận thấy đề cho ta một “gợi
ý” cực kì quan trọng phương
trình đường phân giác trong góc
A  nó giúp ta tìm thêm “điểm
220 219
mới” cụ thể ở đây là điểm N’

(việc tìm phân giác các bản có
thể xem lại bài tập chủ đề 2 và
3 của chương 2).
_ Khi có thêm điểm N’ AB viết phương AB qua N’ và AB // MN  tìm được
tọa độ điểm A.
_ Khi có tọa độ điểm A  vì N là trung điểm AC  tọa độ C.
_ Khi có tọa độ điểm C  vì M là trung điểm BC  toa độ điểm B.
_ Để lập phương trình đường tròn (C) lúc này ta có hai hướng đi khả dĩ nhất đó
chính là
+ Hướng thứ 1: theo cách 2 của phương pháp, ta gọi dạng khai triển của
phương trình đường tròn cho A, B, C  (C)  giải hệ 3 phương trình 3
ẩn a, b, c  phương trình (C).
+ Hướng thứ 2: Ta viết phương trình 2 đường trung trực của hai cạnh AB và
AC  AB  AC = tâm I  IA = R  theo cách 1 của phương pháp là xác
định tâm và bán kính.
(Ở đây đối với bài toán này, ta sẽ giải theo hướng thứ 1)
* Gọi H là hình chiếu của N lên phân giác trong góc A (d: x – 1 = 0) và N’ là
điểm đối xứng của A qua d (N’  AB và H là trung điểm NN’)
1 5 5
* Ta có HN  d: x – 1 = 0  HN: y + m = 0, HN qua N  ;   m  . Vậy
2 2 2
5
HN: y   0.
2
Lại có H = HN  d  Tọa độ H là nghiệm của hệ
 x 1  0  x 1
   5
 5  5  H 1; 
 y  2  0  y  2  2
3 5
* Mặt khác, H là trung điểm NN’  N '  ;  .
2 2
3 5
* Phương trình AB qua N '  ;  nhận MN   1; 1 làm véctơ chỉ phương
2 2
3 5
x
y
có dạng là: 2 2  AB : x  y  1  0
1 1
* Ta có A = AB  d
220
 x 1  0  x 1
Tọa độ A là nghiệm của hệ    A 1; 2 
x  y 1  0  y  2
* Do N là trung điểm AC  C  0;3 và M là trung điểm BC  B  3; 4 
* Gọi phương trình khai triển của đường tròn (C) cần tìm có dạng là:
(C): x2 + y2 – 2ax – 2by + c = 0, trong đó tâm I(a; b) và R2 = a2 + b2 – c > 0.
 3
 a 
 A  (C )  5  2a  4b  c  0  2a  4b  c  5 2

    7
* Ta có:  B  (C )  25  6a  8b  c  0  6a  8b  c  25   b 
C  (C )  9  6b  c  0  6b  c  9  2
   c  12


Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: (C ) : x 2  y 2  3x  7 y  12  0
■ Lời bình:Bài toán gốc có thể là cho tọa độ của ba điểm A(1;2), B(3; 4), C(0; 3)
và dĩ nhiên yêu cầu chúng ta viết phương tình đường tròn đi qua 3 điểm đó. Tuy
nhiên khi lồng vào trong tam giác thì các bạn phải vượt qua “nút thắt” đầu tiên
đó chính là đường phân giác trong của tam giác. Và chắc chắn để viết được
phương trình đường tròn thì công cụ tìm thêm điểm mới hay phương trình
đường thẳng mới là cực kì quan trọng. Vì vậy, để làm tốt bài tập chủ đề 3 về
mảng viết phương trình đường tròn này, bạn nhất thiết phải nắm rất vững những
kỹ năng tìm tọa độ điểm và viết phương trình đường.
BÀI TOÁN 2 (ĐƯỜNG TRÒN NGOẠI TIẾP TAM GIÁC VUÔNG). Trong
mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao
AH. Gọi I là trung điểm của AH. Đường thẳng vuông góc với BC tại C cắt
BI tại D. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết
phương trình cạnh BC là x – y – 2 = 0 và D(–1; –1) và đỉnh A nằm trên
đường thẳng d: 3x – 2y + 6 = 0.
☺Nhận xét và ý tưởng :
220 221
_ Ta xét thấy có thể viết được phương trình đường CD qua D và vuông BC  tìm
được tọa độ đỉnh C bằng cách BC  CD  tọa độ C.
_ Đến đây chúng ta chỉ còn duy nhất 1 gợi ý đó chính là A  d: 3x – 2y + 6 = 0
(nhưng gợi ý này chỉ giúp tat ham số điểm A  nên ta cần 1 phương trình để
giải tìm tọa độ của A).
_ Quan sát hình vẽ, ta nhận thấy AD = DC  làm sao chứng minh ?  chứng
minh ACD cân tại D.
_ Để chứng minh 1 tam giác là tam giác cân  ta chứng minh DN (theo hình vẽ)
vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao (nếu gọi N là trung điểm AC)
 chứng minh DN  AC (chứng minh trực tiếp vuông góc tương đối khó khăn
 gián tiếp qua song song ? xet thấy AB  AC  ta chứng minh DN // AB)
_ Đến đây để chứng minh DN // AB  vận dụng định lý Thales đảo. (bạn đọc có
thể xem lại lý thuyết chương 1 để hiểu rõ hơn).
_ Để viết phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC  ta cần tâm K trung điểm
BC và bán kính BK  như vậy mục tiêu của ta tiếp theo là tìm tọa độ điểm B
 Để tìm B  B = BC  BA  ta viết phương trình AB qua A và AB  AC.
* Gọi K, M, N lần lượt là trung điểm của BC, AB, AC. Ta có ABC có MN là
đường trung bình
IM HB
Suy ra: MN // BC   (1)
IN HC
IB HB
Lại có AH // CD (do cùng vuông AB)   (2)
ID HC
IM HB
Từ (1), (2) ta suy ra 
IN HC
222
220
 BM // DM (theo định lý Thales đảo) mà BM  AC

Suy ra DM  AC  DM là đường cao ADC.
Mặt khác, DM là đường trung tuyến ADC ADC cân tại C  AD  CD
* Ta có CD  BC: x – y – 2 = 0
 CD: x + y + m = 0, CD qua D(–1 ; –1) m = 2
Vậy CD : x + y + 2 = 0. Ta có Tọa độ C là nghiệm của hệ
x  y  2  0  x  0
   C  0; 2 
 x  y  2  0  y  2
* Ta có A  d: 3x – 2y + 6 = 0 A(2a; 3a + 3) và ta có DA  (2a  1;3a  4)
2 2 2
Lại có : AD  CD  2  DA  2  (2a  1)  (3a  4)  2
 13a 2  28a  15  0
 a  1  A1 (2;0)
Suy ra  . Ta loại điểm A1 vì khi đó CA1  BC .
 a  15  A2  30 ; 6 
 13  13 13 
 30 6 
Vậy điểm A thỏa mãn là A  ; 
 13 13 
 30 6   30 20 
* Ta có AB qua A  ;  và nhận CA   ;  làm véc tơ pháp tuyến
 13 13   13 13 
 30   6
có dạng là: 3  x    2  y    0  AB : 3 x  2 y  6  0 (đây chính
 13   13 
là đường thẳng d ban đầu của đề)
* Ta có B = AB  BC  Tọa độ B là nghiệm của hệ
3x  2 y  6  0  x  10
   B  10; 12 
 x  y  2  0  y  12
* Mặt khác trung điểm K của cạnh huyền BC chính là tâm đường tròn (C) ngoại
tiếpABC
Suy ra K (5; 7) và KC  52  52  5 2 là bán kính của (C).
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: (C ) : ( x  5) 2  ( y  7) 2  50

■ Lời bình:Về tư tưởng hướng đi của bài toán cũng là viết phương trình đường
tròn đi qua 3 điểm tuy nhiên nếu 3 điểm đó lập thành những tam giác đặc biệt
thì việc tìm tâm đường tròn ngoại tiếp trở nên dễ dàng hơn rất nhiều.
+ Giả sử: ABC vuông tại A thì trung điểm cạnh huyền BC chính là tâm I
220 223
+ Giả sử: ABC đều thì trọng tâm G của tam giác ABC chính là tâm I
+ Giả sử: ABC cân tại A có góc BAC  120 thì tâm I chính là đỉnh thứ 4
của hình thoi ACDB.
Có thể thấy việc phải chứng minh một kết quả do quá trình “quan sát, phỏng
đoán, đo đạc” là cực kì quan trọng. Ở đây bài toán này đã vận dụng định lý
Thales, một trong những định lý hay về chứng minh song song, thẳng hàng (bạn
đọc có thể xem lại lý thuyết này ở chương 1).
BÀI TOÁN 3 (ĐƯỜNG TRÒN BÀNG TIẾP MỘT GÓC CỦA TAM GIÁC).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tọa độ điểm A(4; 0), B(0; 3). Viết
phương trình đường tròn bàng tiếp góc A củaAOB.
☺ Nhận xét và ý tưởng :
_ Để lập phương trình đường tròn (C) ta xác định hai yếu tố quan trọng  tâm
đường tròn bàng tiếp tam giác và bán kính. Ở đây ta có hai hướng tiếp cận:
+ Hướng thứ 1: dựa trên định nghĩa tâm đường tròn bàng tiếp góc A  tâm
J (theo hình vẽ) chính là giao điểm giữa đường phân giác trong góc A và phân
giác ngoài của 2 góc còn lại  ta có thể viết phương trình hai đường phân giác
224
220
để xác định tọa độ J. Lại có, khoảng cách tâm J đến đường OB chính là bán kính
đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác OAB.
+ Hướng thứ 2: ta đưa tọa độ của các điểm đặc biệt lên trên hệ trục Oxy, lúc
này đây ta có nhận xét đường tròn (C) tiếp xúc với OB, OA  (C) là đang tiếp
xúc với các trục tọa độ.
x y
* Ta có A  Ox, B  Oy  AB :   1  3x  4 y  12  0 .
4 3
Phương trình đường phân giác tạo bởi AB và OA (y = 0) có dạng:
3x  4 y  12 y  d : 3x  y  12  0
  1
32  42 02  12  d2 : x  3 y  4  0
Ta có: (3xB  yB  12)(3xO  yO  12)  180  0  B và O cùng phía so với d1
Suy ra d2:x + 3y – 4 = 0 chính là đường phân giác trong góc A.
* Tương tự ta có phương trình đường phân giác tạo bởi AB và OB (x = 0) có
3x  4 y  12 x d : x  2 y  6  0
dạng:   3
32  42 02  12 d4 : 2 x  y  6  0
Ta có: ( xA  2 y A  6)( xO  2 yO  6)  144  0  B và O cùng phía so với d3
Suy ra d3: x – 2y + 6 = 0 chính là đường phân giác ngoài góc B.
* Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB  J = d2d3
x  3y  4  0  x  2
Suy ra tọa độ J là nghiệm của hệ:    J  2; 2 
 x  2 y  6  0  y  2
220 225
* Gọi r là bán kính đường tròn bàng tiếp tam giác OAB  r = d[J; OB] = 2
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: (C ) : ( x  2) 2  ( y  2) 2  4
x y
* Ta có A  Ox, B  Oy  AB :   1  3x  4 y  12  0 .
4 3
Phương trình đường phân giác tạo bởi AB và OA (y = 0) có dạng:
3x  4 y  12  d : 3x  y  12  0
y
  1
32  42 02  12  d2 : x  3 y  4  0
Ta có: (3xB  yB  12)(3xO  yO  12)  180  0  B và O cùng phía so với d1
Suy ra d2:x + 3y – 4 = 0 chính là đường phân giác trong góc A.
* Gọi J(a; b) và r lần lượt là tâm và bán kính đường tròn (C) cần tìm.
* Vẽ hình kèm hệ trục tọa độ, ta nhận xét: A Ox, B  Oy  Đường tròn nội tiếp
AOB và đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác OAB tiếp xúc với 2 trục tọa
độ Ox, Oy.
Do đó ta có: d[ J ; Ox]  d[ J ; Oy]  rJ | a || b | rJ
Vì đường tròn nội tiếp OAB nằm ở phần tư thứ nhất của mặt phẳng Oxy
Suy ra đường tròn bàng tiếp OAB nằm ở phần tư thứ hai của mặt phẳng Oxy
Suy ra J(– a ; a) (với a > 0)
* Ta J  d2 a  3a  4  0  a  2
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: (C ) : ( x  2) 2  ( y  2) 2  4
■ Lời bình: Qua bài toán này, ta hiểu hơn với cách dựng, cách thiết lập và tìm
tâm, bán kính của đường tròn bàng tiếp tam giác. Công cụ chủ yếu vẫn là thiết
lập đường phân giác trong và ngoài của tam giác. (Phần này bạn đọc có thể xem
lại chủ đề 2 chương 2 : “bài toán liên quan đến viết phương trình đường thẳng”
để hiểu rõ hơn.
BÀI TOÁN 4 (ĐƯỜNG TRÒN NỘI TIẾP VÀ NGOẠI TIẾP TAM GIÁC).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tọa độ A 1;5 và
phương trình cạnh BC: x  2 y  6  0 , biết J (1;0) là tâm đường tròn nội
tiếp tam giác ABC. Lập phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
_ Tương tự như hai bài toán đầu tiên
đã giới thiệu, để viết phương trình
đường tròn ngoài tiếp ABC
226
220
Ta tìm tọa độ B và C.

_ Để tìm B và C viết phương trình
AB và AC dựa vào dữ kiện hiện
có chính là tâm nội tiếp tam giác
cách đều 3 cạnh của tam giác.
_ Ta viết phương trình đường thẳng
AB đi qua một điểm A và khuyết
véctơpháp tuyến n  ( a; b)
 khoảng cách d[J; AB] = r
 tìm quan hệ a, b  phương
trình AB.
* Gọi phương trình AB qua A(1; 5) có dạng: a( x  1)  b( y  5)  0 với
n  (a; b), (a 2  b 2  0)
* Ta có J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC d [ J ; AB]  d [J; BC]
| 5b | |1  2.0  6 |
Suy ra   5 (nhận xét b ≠ 0, nên ta chọn b = 1)
a 2  b2 12  (2) 2
 a2
Suy ra  (do AC cũng qua A và tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam
 a  2
giác ABC)
* Ta đặt AB: 2x + y – 7 = 0 và AC: 2x – y + 3 = 0
* Ta có: B = AB  BC  Tọa độ B là nghiệm của hệ
2 x  y  7  0  x  4
   B  4; 1
 x  2 y  6  0  y  1
* Ta có: C = AC  BC  Tọa độ C là nghiệm của hệ
2 x  y  3  0  x  4
   C  4; 5 
 x  2 y  6  0  y  5
 3
 a 
 A  (C ) 26  2a  10b  c  0 2
  
* Ta có:  B  (C )   17  8a  2b  c  0   b  0
  41  8a  10b  c  0 c  29
C  (C )  

220 227
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: (C ) : x 2  y 2  3x  29  0

■ Lời bình: nhận xét chung là bài này không quá khó, nhưng bạn cần nắm kỹ
kiến thức của điểm đặc biệt đó chính là tâm đường tròn nội tiếp cách đều 3 cạnh
của tam giác và kỹ năng viết phương trình đường thẳng đi qua một điểm, bị
khuyết véctơ pháp tuyến. Có một câu hỏi đặt ra trong bài này là nếu không nhận
xét b khác 0 thì ta có đi tiếp được không ?  câu trả lời là có vì tổng quát với
các dạng biến đổi trên thì ta chỉ việc bình phương hai vế để quy về phương trình
đẳng cấp. Khi đó chúng ta cũng sẽ phải chia hai trường hợp b = 0 và b khác 0 để
giải tìm ra giá trị a hoặc ngược lại. (Để hiểu rõ hơn, bạn đọc có thể theo dõi phần
này ở chủ đề 2, các bài toán liên quan đến viết phương trình đường thẳng).
BÀI TOÁN 5 (ĐƯỜNG THẲNG CẮT ĐƯỜNG TRÒN THEO ĐƯỜNG

KÍNH). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình đường tròn
đi qua A(–1; 2) và cắt đường thẳng d: 3x  4 y  7  0 theo đường kính BC
4
sao cho tam giác ABC có diện tích bằng .
5
_ Để lập phương trình đường tròn (C) ngoại tiếpABC  xác định tâm I và bán
kính hoặc viết phương trình đường đi qua ba điểm.
_ Ở đây đề bài đã “gợi mở” dữ kiện SABC và do BC làm đường kính và A thuộc
(C) ABC  A.
_ Ta có thể tính khoảng cách từ A đến BC  dựa vào công thức diện tích tam
giác  độ dài đường kính BC  bán kính (C) cần tìm.
_ Để xác định tâm I của đường tròn ta  IA = R  giải tìm tọa độ tâm I.
* Gọi (C) là phương trình cần tìm có tâm I và bán kính R.
* Do A  (C) và BC là đường kính của (C) ABC  A.
1 4 1 | 1.3  4.2  7 |
Suy ra S ABC  d [ A; BC ].BC   . .BC
2 5 2 32  42
BC 2 2
Suy ra BC = 2  R  1
4
* Ta có I  BC: 3x – 4y + 7 = 0
 3a  7 
 I  a; 
 4 
Mặt khác IA = R  AI 2  R 2
228
220
2
 3a  7 
  a  1  
2
 2 1
 4 
Suy ra 16  a  1   3a  1  16
2 2
 a  1
 2(a
 a  1
 25
2 2
* Với a  1 ta có (C1 ) : ( x  1)  ( y  1)  1
2 2
1  1   43 
* Với a  ta có (C2 ) :  x    y   1
25  25   25 
 (C1 ) : ( x  1) 2  ( y  1) 2  1
 2 2
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:   1  43 
(C2 ) :  x  25    y  25   1

■ Lời bình: Việc nhận xét điểm A thuộc đường tròn ngoại tiếp ABC cực kì
quan trọng (do góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên là góc vuông). Có thể thấy
“điểm tựa hình vẽ” và những nhận xét về hình học đường tròn 9 góp phần giúp
ta giải nhanh bài toán.
BÀI TOÁN 6 (ĐƯỜNG THẲNG CẮT ĐƯỜNG TRÒN THEO DÂY CUNG).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d1 : x  y  3  0 và
d 2 : 3x  4 y  6  0 . Lập phương trình đường tròn (C) có bán kính bằng 2,
tâm I thuộc đường thẳng d1và cắt đường thẳng d2tại hai điểm A, B sao cho
góc AIB  120 .
■ Đặt vấn đề:Bài toán đường thẳng cắt đường tròn tạo dây cung là một dạng khá
quen thuộc vì bạn chắc chắn phải sử dụng đến 1 định lý rất quen thuộc của
“hình học đường tròn lớp 9” đó chính là định lý “đường kính và dây cung:
“đường kính đi qua trung điểm của dây thì vuông góc với dây và ngược lại”.
Ngoài ra với bài toán “cắt” trong đường tròn thì “công thức Pytago” chính là
chìa khóa giúp ta giải quyết các nút thắt của bài toán.
_ Do đường tròn (C) đã có sẵn bán kính R = 2 nên chỉ cần xác định tâm I của
đường tròn.
_ Với gợi ý tâm I thuộc đường thẳng d1 tham số hóa tâm I  1 ẩn  cần 1
phương trình ?
220 229
_ Gọi H là trung điểm AB  IH  AB và ta có IH là phân giác góc AIB.

_ Xét HIB  H và kết hơp với IB = 2 và dùng góc HIB = 60o ta tính được IH
_ IH chính là khoảng cách từ I đến đường thẳng d2 giải khoảng cách  tìm
được tâm I.
* Gọi (C) là đường tròn cần
tìm. Theo đề bài ta có I  d1
: x + y – 3 = 0  I(a ; 3 – a)
* Gọi H là trung điểm AB,
theo “định lý đường kính và
dây cung” ta có IH  AB và
IH là phân giác của IAB
AIB
(IA = IB = R) góc HIB   60
2
IH 1
* IHB  H có cos HIB   IH  R.cos HIB  2.  1
IB 2
| 3a  4(3  a)  6 |
* Mặt khác IH = d [ I ; AB ]   1 | a  6 | 5
2 2
3 4
 a  11  I1 (11; 8)

 a  1  I 2 (1; 2)
(C1 ) : ( x  11) 2  ( y  8) 2  4
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: 
 (C2 ) :  x  1   y  2   4
2 2
■ Lời bình: Bài toán này có thể mở rộng thành góc bất kì hoặc cũng có thể chọn
một điểm bất kì trên đường tròn tạo thành góc nội tiếp  cùng chắn cung AB
 khi đó  = 2.
Đề bài cũng có thể thay thế dữ kiện góc bằng việc cho trực tiếp dây cung AB
bằng bao nhiêu ? hoặc yêu cầu ta tìm đường tròn sao cho cắt đường thẳng tạo
thành dây cung lớn nhất (chính là đường kính) và dây cung nhỏ nhất (bạn đọc
có thể xem tiếp chủ đề 5: bài toán max – min cực trị hình học để hiểu rõ hơn!)
BÀI TOÁN 7 (TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG CỦA HAI ĐƯỜNG TRÒN). Trong
mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình đường tròn (C) đi qua
điểm A(1; –2) và các giao điểm của đường thẳng d : x  7 y  10  0 với
đường tròn (C ') : x 2  y 2  2 x  4 y  20  0 .
230
220
■ Đặt vấn đề:Các thế hệ học sinh học sách giáo khoa theo chương trình trước cải
cách (trước năm 2009) đều không quá lạ lẫm với thuật ngữ “phương tích, trục
đẳng phương” của hai đường tròn. Theo chương trình mới (tính đến thời
điểm viết sách năm 2015) thì lượng kiến thức hay này đã bị giảm tải, chính vì
vậy có rất nhiều nội dung mà học sinh “không được biết”. Tác giả cũng tự đặt
ra câu hỏi liệu kiến thức đó có thật sự cần thiết cho ta không ? Không bàn về
vấn đề nội dung của chương trình giáo dục Việt Nam mà chỉ nói về mảng kiến thức
này thì thật sự theo cá nhân tác giả là cần thiết. Nhà văn người Pháp La
Rochefoucauld đã từng nói: “Có ba thứ ngu dốt: không biết những gì mình cần
biết, không rành những gì mình biết và biết những gì mình không cần biết. ”
Ở đây tác giả hi vọng sơ lược lại mảng kiến thức này, và bạn đọc có thể xem
như là một công cụ, một phương tiện cần thiết trong quá trình giải các bài toán
liên quan trên. Mời bạn đọc cùng theo dõi.
■ CÁCH 1 :Không sử dụng trục đẳng phương

☺Ý tưởng : Như các bài toán trước đó trình bày, để viết phương trình đường tròn
(C) ta tìm ba điểm thuộc đường tròn  cụ thể trong bài toán này là điểm A và
giả sử B, C là giao điểm của d và (C’).
_ Ta đã sẵn có toa độ điểm A nên chỉ phải giải hệ phương trình d và (C)  tìm
tọa độ B và C.
* Gọi B và C là giao điểm của đường thẳng x – 7y + 10 = 0 và đường tròn (C).
 x  7 y  10  0
Ta có tọa độ B và C là nghiệm của hệ  2 2
 x  y  2 x  4 y  20  0
(phần giải hệ này xin dành cho bạn đọc)
220 231
 y  1  x  3
Suy ra  .
 y 2 x 4
Do vai trò của B và C như nhau nên ta đặt B(–3; 1), C(4; 2)
 1
 a 
 A  (C )  5  2a  4b  c  0 2

   3
* Ta có:  B  (C )  10  6a  2b  c  0   b 
C  (C ) 20  8a  4b  c  0  2
  c  10


Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: (C ) : x 2  y 2  x  3 y  10  0
■ CÁCH 2 :Sử dụng trục đẳng phương của hai đường tròn
☺ Ý tưởng : Trước tiên chúng ta cần hiểu thế nào là trục đẳng phương ?
♥ Định nghĩa phương tích: Cho đường (C ) : x 2  y 2  2ax  2by  c  0 . Khi
đó PM /(C )  MA.MB không phụ thuộc vào phương của cát tuyến MAB của
đường tròn mà chỉ phụ thuộc vào vị trí điểm M.
Cụ thể nếu M(xo; yo) thì PM /(C )  x0 2  y0 2  2ax0  2by0  c  0 .
♥ Định nghĩa trục đẳng phương: Cho 2 đường tròn (C1 ), (C2 ) , khi đó: Tập
 
d  M | PM /(C1 )  PM /(C2 ) là một đường thẳng và đó gọi là trục đẳng phương
của hai đường tròn.
 (C1 ) : x 2  y 2  2a1 x  2b1 y  c1  0
Giả sử  2 2
(C2 ) : x  y  2a2 x  2b2 y  c2  0
Thì phương trình trục đẳng phương là: 2(a1  a2 ) x  2(b1  b2 ) x  c1  c2  0
♥ Chú ý:
+ Khi 2 đường tròn cắt nhau tại 2 điểm A, B thì AB chính là trục đẳng phương
của (C1) và (C2)
+ Khi 2 đường tròn tiếp xúc nhau tại điểm A thì trục đẳng phương của 2 đường
tròn chính là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn tại điểm A.
Trở lại bài toán, như vậy ta nhận xét thấy đường thẳng d hiện tại chính là trục
đẳng phương của đường tròn (C) và (C’).
232
220
* Nhận xét do (C) và (C’) cắt nhau tại hai điểm B và C và d chứa cả 2 điểm B và
C suy ra d chính là phương trình trục đẳng phương của (C) và (C’)
* Do đó ta có : phương trình (C ) : ( x 2  y 2  2 x  4 y  20)  ( x  7 y  10)  0
Suy ra (C ) : x 2  y 2  x  3 y  10  0
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: (C ) : x 2  y 2  x  3 y  10  0

■ Lời bình: Việc hiểu đúng và hiếu kỹ về trục đẳng phương của hai đường tròn
đã góp phần mang đến một lời giải quá ngắn và đẹp ở cách 2. Để hiểu rõ hơn
nữa về trục đẳng phương của hai đường tròn, bạn đọc có thể tham khảo thêm
“bài toán 13, chủ đề 2, các bài toán liên quan đến lập phương trình đường
thẳng”. Và cũng phải nói thêm ở cách giải 1, nếu khéo léo đưa tọa độ của 3
điểm A, B, C lên hệ trục Oxy ta sẽ phát hiện ABC vuông tại Aviệc viết
phương trình đường tròn có lẽ sẽ còn nhanh hơn nữa vì khi đó tâm I chính là
trung điểm cạnh huyền BC và bán kính bằng một nửa độ dài BC.
BÀI TOÁN 8 (ĐƯỜNG TRÒN TIẾP XÚC VỚI ĐƯỜNG THẲNG).Trong mặt
phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng 1 : x  3 y  8  0 và
 2 : 3x  4 y  10  0 và điểm A(–2;1). Viết phương trình đường tròn có
tâm thuộc đường thẳng 1, đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng 2.
_ Muốn viết (C) có (I; R)  xác định I(a; b) và R. Có ba hướng để ta tiếp cận:
220 233
+ Hướng thứ 1: gọi dạng tổng quát của đường tròn  lập 3 phương 3 ẩn a, b, R
 giải tìm a, b, R. (cụ thể đó chính là tâm I 1 (1), A  (C) (2) và d[I; 2] = R
(3)).
+ Hướng thứ 2: gọi dạng khai triển của đường tròn  lập 3 phương 3 ẩn a, b, c
 giải tìm a, b, c. (cụ thể đó chính là tâm I 1 (1), A  (C) (2) và d[I; 2] = R
(3)).
+ Hướng thứ 3: ta cũng có thể tham số hóa tâm I  thiết lập 1 phương trình 1
ẩn để giải tìm I (đó cũng chính là d[I; 2] = R = IA)
Vậy giữa ba hướng trên, có sự khác biệt như thế nào? Mời bạn đọc cùng theo dõi.
* Gọi dạng phương trình tổng quát của đường tròn là ( x  a)2  ( y  b)2  R 2 với
tâm I(a; b) và bán kính R.

 I  1  a  3b  8  0 (1)
  2 2 2
* Theo đề bài ta có:  A  (C )  (2  a)  (1  b)  R (2)
d [ I ;  ]  R  | 3a  4b  10 |
 2
 R (3)
 5
* Từ (1) ta có a = – 3b – 8 thay vào (2) và (3) ta được
(3b  6) 2  (1  b) 2  R 2
 2 (13b  14)2
 |13b  14 |  10b  34b  37 
  R 25
 5
 a 1
 b  3  
R  5
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: (C ) : ( x  1) 2  ( y  3) 2  25

* Gọi dạng phương trình khai triển của đường tròn là (C ) : x 2  y 2  2ax  2by  c  0
với tâm I(a; b) và bán kính R 2  a 2  b 2  c  0 .

 I  1  a  3b  8  0 (1)
 
* Theo đề bài ta có:  A  (C )   4a  2b  c  5 (2)
d [ I ;  ]  R  | 3a  4b  10 |
 2
  a 2  b 2  c (3)
 5
* Từ (1) ta có a = –3b – 8 thay vào (2) ta được 4(–3b – 8) – 2b + c = – 5
 c = 14b + 27
234
220
* Thay a = –3b – 8 và c = 14b + 27 vào (3) ta được:

| 3(3b  8)  4b  10 | 5 (3b  8) 2  b 2  14b  27
|13b  14 | 5 10b2  34b  37
 a 1
 (3b  14)2  25(10b 2  34b  37)  b  3  
c  15
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: (C ) : x 2  y 2  2 x  6 y  15  0
* Gọi I và R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn (C)
Theo đề bài ta có I 1: x + 3y + 8 = 0  I(–3t – 8; t)
* Do đường thẳng 2 tiếp xúc (C) nên ta có d[ I ; 2 ]  R  IA (*) với
AI  (3t  6; t  1)
| 3( 3t  8)  4t  10 |
Do đó: (*)   (3t  6) 2  (t  1) 2
5
|13t  14 | 5 10 t 2  34t  37
2 2  I (1; 3)
Suy ra (13t  14)  25(10 t  34t  37)  t  3  
 R5
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: (C ) : ( x  1) 2  ( y  3) 2  25
■ Lời bình:với bài toán “đường tròn tiếp xúc với đường thẳng” thì chắc chắn
chúng ta sẽ phải sử dụng đến điều kiện tiếp xúc giữa đường thẳng và đường tròn
chính là khoảng cách từ tâm đến đường thẳng đó bằng bán kính. Và đây cũng
chính là biểu thức liên hệ trực tiếp tâm và bán kính với nhau. Trong 3 cách trên,
cách 3 tỏ ra dễ chịu hơn rất nhiều khi chỉ phải giải quyết 1 phương trình 1 ẩn.
Nhược điểm của cách 1 và 2 là biến đổi tương đối nhiều, số ẩn tương đối lớn,
đòi hòi kỹ năng giải phương trình đại số ở người làm. Qua đây cũng rút ra một
chú ý nhỏ đó chính là nếu phát hiện tâm I thuộc đường thẳng nào tham số hóa
tâm I theo đường thẳng đó.
BÀI TOÁN 9 (ĐƯỜNG TRÒN TIẾP XÚC VỚI CÁC TRỤC TỌA ĐỘ). Trong
mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với
hai trục tọa độ và có tâm I thuộc đường thẳng d : 3 x  5 y  8  0 .
■ Đặt vấn đề:tương tự như bài toán đường tròn tiếp xúc với đường thẳng, thì khi
đường tròn tiếp xúc với 2 trục tọa độ như trục hoành Ox (y = 0), trục tung Oy
(x = 0) thì có gì khác biệt ? Mời bạn đọc cùng theo dõi.
220 235

_ Nhận xét quan trọng nhất khi
(C) tiếp xúc với 2 trục tọa độ
 d [ I ; Ox]  R | yI |
chính là 
d [ I ; Oy]  R | x I |
_ Như vậy ta có thể giải quyết bài
toán này theo hướng tham số
hóa tâm I theo đường thẳng d.
Do điều kiện tiếp xúc trên mà
bán kính R đã biểu thị theo tâm
I nên “nút thắt” của bài toán
này chính là xác định tâm I.
* Gọi I và R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn (C) cần tìm.
 5t  8 
* Do I  d: 3x – 5y – 8 = 0  I  ;t 
 3 
* Do (C) tiếp xúc đồng thời với hai trục tọa độ nên ta có:
d [ I ; Ox]  d [ I ;Oy]  R
5t  8  3t  5t  8 t  4
Suy ra | t |  
3  3t  5t  8  t  1
 I (1; 1) 2 2
* Với t = 1   .Vậy đường tròn (C1 ) : ( x  1)  ( y  1)  1
 R 1
 I (4; 4) 2 2
* Với t = –4  .Vậy đường tròn (C2 ) : ( x  4)  ( y  4)  16
 R4
 (C1 ) : ( x  1) 2  ( y  1) 2  1
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:  2 2
(C2 ) : ( x  4)  ( y  4)  16
BÀI TOÁN 10 (SỰ TIẾP XÚC TRONG GIỮA CÁC ĐƯỜNG TRÒN). Trong
2 2
mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C1 ) : ( x  1)  ( y  2)  4
2 2
và (C2 ) : x  y  9 . Viết phương trình đường tròn tâm I tiếp xúc trong
với cả hai đường tròn (C1) và (C2) biết rằng tâm I thuộc đường thẳng
d :x y2 0.
236
220
■ Đặt vấn đề:Bài toán tiếp xúc giữa các đường tròn cũng là một dạng tương đối
khó đặc biệt là khi đường tròn của ta cần tìm tiếp xúc với nhiều đường tròn. Khi
đó ta sẽ vận dụng điều kiện tiếp xúc như thế nào ? Mời bạn đọc cùng theo dõi.
_ Đề bài đã gợi ý cho ta I d  tham số hóa tâm I theo đường thẳng d  cần tìm
một phương trình.
_ (C) tiếp xúc trong với cả
hai đường tròn (C1) và (C2)
 II1 | R  R1 |

 II 2 | R  R2 |
_ Nếu không khéo léo xử lý
dữ kiện trên ta sẽ phải chia
rất nhiều trường hợp  ở
đây ta có thể xét vị trí tương
đối giữa đường tròn (C1) và
(C2) và đường thẳng d bằng
cách vẽ hình chúng trên hệ
trục tọa độ  dùng yếu tố trực
quan của hình học để đưa ra
những nhận xét quan trọng
 Ở đây ta có hình vẽ sau:
_ Từ hình vẽ ta có nhận xét hoặc R của đường tròn cần tìm thỏa R < R2< R1 hoặc
R > R1> R2. Do đó sẽ có 2 trường hợp xảy ra với bài toán này.
* Đường tròn (C1) có tâm I1 (1; 2) và bán kính R1  2 và đường tròn (C2) có có
tâm O(0;0) và bán kính R2  3 và đường tròn (C) cần tìm có tâm I, bán kính R.
Do I  d  I(t; 2 – t)
 2 2 2
 II1  (1  t)  (2  2  t)  2t  2t  1
Nên ta có: 

 II 2  t 2  (2  t) 2  2t 2  4t  4
| R1  R2 | 1

* Ta có  R1  R2  3  | R1  R2 | OI1  R1  R2  (C1) và (C2) cắt nhau tại

 OI1  5
hai điểm phân biệt.
 II1 | R  R1 |
* (C) tiếp xúc trong với cả hai đường tròn (C1) và (C2)   (*)
II
 2 | R  R2 |
220 237
* Mặt khác đường thẳng d nằm giữa khoảng không gian giữa (C1) và (C2) nên suy ra
đường tròn (C) cần tìm có hai trường hợp hoặc R < R2< R1hoặc R > R1> R2.
 II  R  R  2t 2  2t  1  R  2 (1)
1 1
* TH1: R > R1> R2 ta có: (*)  
II  R  R 2
 2 2
 2t  4t  4  R  3 (2)
Trừ vế theo vế hai phương trình (1) và (2) ta được: II1  II 2  R1  R2  1
Suy ra 2t 2  2t  1  2t 2  4t  4  1  2t 2  2t  1  1  2t 2  4t  4
Do 2 vế của phương trình đều dương nên ta bình phương hai vế phương trình và
ta được:
 t 2 0 t 2 t  2
2t 2  4t  4  t  2   2 2
 2   (VN )
 2t  4 t  4  (t  2) t  0 t  0
 II  R  R  2t 2  2t  1  2  R (1)
1 1
* TH2: R < R1< R2 ta có: (*)  
II  R  R 2
 2 2
 2t  4t  4  3  R (2)
Trừ vế theo vế hai phương trình (1) và (2) ta được: II1  II 2  R1  R2  1
Suy ra
2t 2  2t  1  2t 2  4t  4  1  2t 2  2t  1  1  2t 2  4t  4
Do 2 vế của phương trình đều dương nên ta bình phương hai vế phương trình và
ta được:
 t 1
 1  t  0  t  1 
2t 2  2t  1  1  t   2 2
  2
  t  0  t  0
 2t  2t  1  (1  t ) t  2t  0 
 t  2
Với t = 0 thay vào (*) ta có : R = 1 (thỏa cả (1) và (2)) và tâmI(0; 2)
Tóm lại từ 2 trường hợp trên ta có phương trình cần tìm là
(C ) : x 2  ( y  2) 2  1
■ Lời bình:Qua bài toán này ta rút ra một số nhận xét và lưu ý:
Một là, vấn đề xét chia trường hợp trong bài toán này là một điều tất yếu phải
xảy ra, có thể thấy khó khăn mà bài toán này đặt ra ngoài nút thắt trên còn ở
 B0
việc giải phương trình đại số AB 2
. Đặc biệt khi thay giá trị t
 A  B
tìm được ở trường hợp 2, ta cũng cần chú ý đến điều kiện ràng buộc của bán
kính.
Hai là, một lần nữa việc xét vị trí tương đối giữa các đối tượng hình học (điểm,
đường thẳng, đường tròn) với nhau góp phần giúp chúng ta định hướng và đưa
238
220
ra lời giải ngắn gọn. Với nhận xét đường thẳng d nằm giữa không gian của hai
đường tròn ta đưa đến quan hệ giữa các bán kính R, R1, R2.
Balà, qua đây chúng ta cũng nên tổng kết một lần nữa về điều kiện tiếp xúc
ngoài, tiếp xúc trong giữa các đường tròn cụ thể qua hình vẽ sau:
BÀI TOÁN 11 (SỰ TIẾP XÚC NGOÀI GIỮA CÁC ĐƯỜNG TRÒN). Trong
2 2
mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x  y  4 3 x  4  0
và tia Oy cắt (C) tại điểm A. Lập phương trình đường tròn (C’) có bán
kính bằng 2 và tiếp xúc ngoài với (C) tại A.
■ Đặt vấn đề: sau khi đề cập đến sự tiếp xúc trong giữa các đường tròn bằng một
bài toán khá phức tạp (bài số 10) thì ở bài này, tác giả cùng bạn đọc tìm hiểu về
sự tiếp xúc ngoài giữa hai đường tròn. Tuy nhiên đặt trong những “tình huống
khác nhau” của từng bài toán khác nhau chúng ta sẽ có cách tiếp cận khác nhau.
Nhưng đâu là điểm chung cho những dạng này ? Mời bạn đọc cùng theo dõi.
_ Nhận xét về thuận lợi của bài toán là ta đã có sẵn bán kính của đường tròn (C’)
nhưng ngược lại tâm J thì hiện chưa có một dữ kiện nào thật sự kết nối với nó.
Mấu chốt của bài toán này chắc chắn là xác định tâm J.
_ Bài toán ta này ta có thể tiếp cận theo những hướng sau:
+ Hướng thứ 1: Gọi dạng tổng quát của đường tròn (C’)  A  (C’) (phương
trình (1)) và điều kiện tiếp xúc R + R’ = IJ = 6 (phương trình (2))  giải hệ
phương trình gồm (1) và (2)  a và b.
+ Hướng thứ 2: Dựa vào điều kiện tiếp xúc ta tính được IJ = R + R’ = 6 và
ngoài ra A chính là tiếp điểm chung của 2 đường tròn  I, A, J thẳng hàng 
viết phương trình IA  J  IA (hình 1)
220 239
+ Hướng thứ 3: Đưa các đối tượng hình học lên trên hệ trục Oxy và gọi H là
hình chiếu của J lên trục hoành  khi đó theo định lý Thales đảo ta sẽ có
IO IA AO
   giải tìm được tọa độ tâm I. (hình 2)
IH IJ AJ

* Ta có đường tròn (C) có tâm I (2 3;0) và bán kính R = 4.
Theo đề bài ta có A = Oy  (C)  Tọa độ A là nghiệm của hệ
 x 2  y 2  4 3x  4  0
  y  2 (do y  0)  A(0; 2)
 x0
* Gọi J(a; b) và R’ lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn (C’) cần tìm và
dạng tổng quát của đường tròn (C’) là ( x  a)2  ( y  b)2  4
* Ta có A  (C’)  (a)2  (2  b) 2  4 (1)
240
220
* Theo đề bài, ta có (C’) tiếp xúc ngoài với (C)

2 2
 IJ  R  R '  6  (a  2 3)  b  36 (2)
* Từ (1) và (2) giải hệ phương trình trên ta được a  3; b  3
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: ( x  3) 2  ( y  3) 2  4

 x 2  y 2  4 3x  4  0
  y  2 (do y  0)  A(0; 2)
 x  0
* Ta có A là tiếp điểm chung của hai đường tròn  I, J, A thẳng hàng.
IJ qua A(0; 2) và nhận IA  (2 3; 2) làm véctơ chỉ phương có dạng là:
x0 y2
  IJ : x  3 y  2 3  0
3 1
* Ta có J  IJ  J (a 3  2 3; a)
* Theo đề bài, ta có (C’) tiếp xúc ngoài với (C)
2 2
 IJ  R  R '  6  (a 3)  a  36
2
 a  3  (C1 ) : ( x  3) 2  ( y  3) 2  4
Suy ra: a  9  
2 2
 a  3  (C2 ) : ( x  5 3)  ( y  3)  4
Do đường tròn cần tìm tiếp xúc với (C) tại A(0;2) thay vào kiểm tra ta nhận (C1).
 x 2  y 2  4 3x  4  0
  y  2 (do y  0)  A(0; 2)
 x0
* Dựa vào hình vẽ trên hệ trục tọa độ Oxy ta có nhận xét tâm J có thuộc phần tư
thứ nhất của hệ trục tọa độ Oxy  a, b > 0.
* Mặt khác, gọi H là hình chiếu của J lên trục hoành ta có JH // OA ,theo định lý
Thales đảo ta có:
220 241
IO AO IA 2 3 2 4
     suy ra a  3; b  3
IH HJ IJ a2 3 b 6
■ Lời bình:Qua bài toán này ta rút ra một số nhận xét sau:
_ Điểm chung của cả 3 cách đều bắt buộc phải sử dụng điều kiện tiếp xúc ngoài
giữa 2 đường tròn để liên hệ khoảng cách của 2 tâm. Khác biệt có thể thấy chính
là cách mà các cách giải tiếp cận.
_ Nếu như ở cách 1, là cách làm mà đại đa số nhiều người nghĩ ngay đến và chỉ bị
hạn chế ở khâu giải hệ phương trình thì đến cách 2, thử thách lớn nhất là việc
loại đi đường tròn phát sinh không thỏa yêu cầu bài toán.
_ Nếu như ở cách 1 và 2, bạn có thể không dựng hình để đoán tính chất nhưng
vẫn có thể làm được thì ở cách 3, hình vẽ chính là điểm tựa thật sự cho bài toán,
và gần như nó đã mang đến cho ta một lời giải rất đẹp cho bài toán. Tuy nhiên
sẽ không nhiều bạn nghĩ đến hướng đi này.
BÀI TOÁN12 (HAI ĐƯỜNG TRÒN CẮT NHAU). Trong mặt phẳng với hệ
tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x  1) 2  y 2  9 có tâm I và đường thẳng
d : x  y  0 . Lập phương trình đường tròn (C’) có tâm J thuộc đường
thẳng d và (C’) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn tam giác JAI
vuông tại A, đồng thời bán kính đường tròn nội tiếp tam giác IAJ bằng 1.
■ Đặt vấn đề:trong bài toán hai đường tròn cắt nhau tạo dây cung chung và
đường thẳng cắt đường tròn tạo dây cung thì có những điều gì là tương đồng và
khác biệt ? Những điều nào cần lưu ý khi gặp dạng hình này là gì ? Mời bạn đọc
cùng theo dõi.
_ Đường tròn (C’) cần tìm hiện đã có tâm J  x + y = 0 (tham số hóa tâm J  cần
một phương trình để liên hệ tìm tọa độ J)  liên hệ với những điểm đang có
trên hình  điểm I(1;0)  tìm độ dài IJ = ?
_ Để tìm độ dài IJ (liên hệ với các dữ kiện còn lại)  bán kính đường tròn nội
tiếp AIJ bằng 1 và tận dụng giả thiết AIJ vuông  chuyển bài toán độ dài
sang bài toán diện tích  khi đó ta sẽ có:
1
SAIJ  IA.JA  pr với p là nửa chu vi AIJ và r là bán kính đường tròn nội
2
tiếpAIJ.
242
220
_ Giải phương trình để tìm tâm tọa độ tâm J  lúc này đây ta còn thiếu bán kính
R’  Tính dễ dàng nhờ xác định liên hệ giữa bộ ba cạnh IA, AJ, IJ trong AIJ
thông qua định lý Pytago.

* Đường tròn (C) có tâm I(1; 0) và bán kính R = 3
* Đường tròn (C’) có tâm J  x + y = 0  J(m; –m) và bán kính R’
* Gọi p , r lần lượt là nửa chu vi và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác AIJ
1
* Ta có: S AIJ  IA.JA  pr  3 JA  2 pr
2
 3JA  1.(3  JA  IJ )  2 JA  3  IJ (*)
* Mặt khácAIJ  A  IA2  AJ 2  IJ 2  AJ 2  t 2  9
* Đặt cạnh IJ = t > 0 ta có : (*)
 t 5
4 JA2  (3  IJ ) 2  4(t 2  9)  (3  t ) 2  t 2  2t  9  0  
t  3
Do điều kiện t > 0 nên ta nhận t = 5 = IJ  AJ = R’ = 4
* Lại có IJ 2  25  (m  1)2  m2  25  m2  m  12  0
 m  4  J1 (4; 4)

 m  3  J 2 (3;3)
(C1 ) : ( x  4) 2  ( y  4) 2  16
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:  2 2
(C2 ) : ( x  3)  ( y  3)  16
220 243
■ Lời bình:Cũng như bài toán đường thẳng cắt đường tròn tại hai điểm, chìa khóa
để giải bài toán này chính là xác định khoảng cách hai tâm của hai đường tròn.
Trong bài toán ấy, bao giờ người ra đề cũng mong muốn lồng các tính toán
phức tạp về độ dài và diện tích trong tam giác để làm « mờ » đi dữ kiện độ dài
khoảng cách nối hai tâm. Bài toán cũng đã sử dụng hai kỹ thuật chính là « kỹ
thuật sử dụng diện tích trong tam giác », « kỹ thuật tham số hóa », đây đều là
những kỹ thuật không quá xa lạ với một số bạn và đã được giới thiệu ở chủ đề 1
và 2, chương 2 (Bạn đọc có thể xem lại để hiểu rõ hơn).
BÀI TOÁN 13 (CHÙM ĐƯỜNG TRÒN). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,
cho hai đường tròn:
(C1 ) : x 2  y 2  2 x  4 y  4  0 và (C2 ) : x 2  y 2  2 x  2 y  14  0 .
Viết phương trình đường tròn đi qua điểm A(0; 1) và giao điểm của hai
đường tròn (C1) và (C2).
■ Đặt vấn đề:tương tự như kiến thức về trục đẳng phương giữa hai đường tròn,
trong bài toán này, tác giả muốn giới thiệu đến bạn đọc một phương pháp khác
để giải nhanh bài toán viết phương trình đường tròn đi qua giao điểm của hai
đường tròn cho trước. Đó chính là kỹ thuật dùng “chùm đường tròn”.
Bài toán có thể giải theo 3 hướng đi:

+ Hướng thứ 1: Xuất phát từ suy nghĩ tự nhiên là tìm giao điểm B và C của
đường tròn (C1) và (C2)  lập phương trình đường tròn đi qua ba điểm A, B, C.
+ Hướng thứ 2: Nếu gọi d là trục đẳng phương giữa 2 đường tròn (C1) và (C2) thì
d cũng chính là trục đẳng phương của đường tròn cần tìm với 2 đường tròn (C1),
(C2) Khi đó phương trình đường tròn (C) sẽ có dạng: [C1] +  = 0 với [C1]
244
220
là phương trình đường tròn (C1),  là phương trình trục đẳng phương
và  R  khi đó phương trình (C) biểu thị theo  cho A  (C)  tìm  = ?
+ Hướng thứ 3: Đó là sử dụng phương trình họ các đường tròn cùng đi qua điểm
B và C. Khi đó đường tròn (C) sẽ có dạng: m[C1] + m[C2] = 0 ( m 2  n 2  0 )
 thay tọa độ A  (C)  tìm quan hệ m, n  dựa vào điều kiện m 2  n 2  0
tìm được m, n.
+ Hướng thứ 4: Ta vẫn sẽ sử dụng trục đẳng phươngở cách hai đường tròn,
nhưng lần này với nhận xét đường thẳng nối hai tâm I1I2cũng đi qua điểm tâm I
của đường tròn cần tìm  tham số hóa tâm I theo phương trình đường. Ta có
2
 BC 
2 2 2
quan hệ (d [I; ])     R  IA . Ở đây máu chốt của bài toán là xác
 2 
định độ dài dây cung BC  ta sẽ tính bằng cách
2
 BC  2 2 2 2
   R1  (d [I1 ; ])  R2  (d [I2 ; ])
 2 
* Gọi B và C là giao điểm của đường tròn (C1) và (C2). Ta có tọa độ B và C là
nghiệm của hệ phương trình:
 x2  y 2  2 x  4 y  4  0
 2 2
(phần giải hệ này xin dành cho bạn đọc)
 x  y  2 x  2 y  14  0
 7  18 3 17  12 3   7  18 3 17  12 3 
Suy ra B 
 13 ; 13
 , C 
13
;
13

   
* Gọi dạng phương trình khai triển của đường tròn là
(C ) : x 2  y 2  2ax  2by  c  0
  7
 1  2b  c  0  a 
 A  (C )  8

  14  36 3 34  24 3 1742  156 3  29
*  B  (C )   a bc    b 
  13 13 169  16
C  (C )   37
14  36 3 34  24 3 1742  156 3
 a  b  c   c  8
 13 13 169 
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:
7 29 37
(C ) : x 2  y 2  x y 0
4 8 8
220 245

* Ta có đường tròn (C1) có tâm I1 (1; 2) , bán kính R1  3 và đường tròn (C2)
cótâm I 2 (1;1) và bán kinh R2  4 .
| R1  R2 | 1

* Xét  R1  R2  7 | R1  R2 |  I1 I 2  R1  R2  hai đường tròn (C1) và (C2)

 I1 I 2  13
cắt nhau tại hai điểm phân biệt B, C  trục đẳng phương của hai đường tròn
này là:
x 2  y 2  2 x  4 y  4  x 2  y 2  2 x  2 y  14  BC : 2 x  3 y  5  0
* Mặt khác do đường tròn (C) cần tìm cũng qua hai giao điểm B và C trên nên BC
cũng là trục đẳng phương của (C) và (C1) nên phương trình đường tròn (C) có dạng:
(C ) : x 2  y 2  2 x  4 y  4   (2 x  3 y  5)  0, (  R)
1
* Theo đề bài ta có A  (C )  1  4  4   (3  5)  0   
8
7 29 37
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: (C ) : x 2  y 2  x y 0
4 8 8
* Ta có đường tròn (C1) có tâm I1 (1; 2) , bán kính R1  3 và đường tròn (C2)
cótâm I 2 (1;1) và bán kinh R2  4 .
| R1  R2 | 1

* Xét  R1  R2  7 | R1  R2 |  I1 I 2  R1  R2  hai đường tròn (C1) và (C2)

 I1 I 2  13
cắt nhau tại hai điểm phân biệt B, C
* Phương trình họ các đường tròn đi qua B và C là:
m( x 2  y 2  2 x  4 y  4)  n( x 2  y 2  2 x  2 y  14)  0 , (m2  n 2  0)
* Vì đường tròn (C) cần tìm đi qua A(0;1) nên ta có:
m(1  4  4)  n(1  2  14)  0  m  15n
* Do m 2  n 2  0 nên ta chọn n = 1  m = 15.
7 29 37
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: (C ) : x 2  y 2  x y 0
4 8 8
246
220
* Ta có đường tròn (C1) có tâm I1 (1; 2) , bán kính R1  3 và đường tròn (C2) có
tâm I 2 (1;1) và bán kinh R2  4 .
| R1  R2 | 1

* Xét  R1  R2  7 | R1  R2 |  I1 I 2  R1  R2

 I1 I 2  13
 hai đường tròn (C1) và (C2) cắt nhau tại hai điểm phân biệt B, C  trục đẳng
phương của hai đường tròn này là:
x 2  y 2  2 x  4 y  4  x 2  y 2  2 x  2 y  14  BC : 2 x  3 y  5  0
* Đường thẳng d là phương trình nối hai tâm của đường tròn (C1) và (C2)
 d  BC
Suy ra d: 3x + 2y + m = 0, d qua I1(1; –2)  m = 1. Vậy d : 3 x  2 y  1  0
* Đường thẳng d vuông góc với dây cung chung của cả 3 đường tròn (C), (C1),
 3m  1 
(C2) nên d đi qua tâm I của đường tròn (C) cần tìm  I  d  I  m;  và
 2 
 3m  3 
AI   m; 
 2 
| 2.1  3(2)  5 | 3
* Xét d [I1 ; BC ]  
49 13
2
 BC  2 2 9 108
   R1  (d [I1; BC ])  9  
 2  13 13
220 247
2
 BC  2 2 2
* Mặt khác ta lại có: (d [I; BC ])     R  IA
 2 
2
 3m  1 
 | 2 m  3. 5| 2
2 108 2  3m  3 
Suy ra:     m  
 4  9  13  2 
 
 (13m  7)2  432  52m2  117(m  1)2
  7 29 
I ;
7   8 16 
Suy ra m   
8  2 2221
R 
 256
2 2
 7  29  2221
(C ) :  x     y   
 8  16  256
■ Lời bình:Qua bài toán này ta rút ra một số các nhận xét sau:
Một là, khó khăn trong việc giải quyết bài toán này nếu làm theo hướng thứ 1
chính là giao điểm B, C “quá xấu”, dẫn đến việc khi lập hệ ba phương trình ba
ẩn a, b, c thì việc giải hệ khá khó khăn. Ở hướng đi thứ 4 gần như là đã khắc
phục giúp ta một số nhược điểm của cách làm này dựa trên ý tưởng không tìm
trực tiếp tọa độ B và C mà thông qua độ dài của dây cung BC.
Hai là, ưu điểm của bài toán khi sử dụng trục đẳng phương giữa các đường tròn
một lần nữa thể hiện rất rõ rệt từ việc biết phương trình của các đường tròn suy
ra phương trình trục đẳng phương thì ngược lại nếu biết phương trình trục đẳng
phương và một đường tròn cho trước ta cũng có thể tìm được dạng của phương
trình đường tròn còn lại.
Ba là, ở cách giải thứ 3 thì việc sử dụng kỹ thuật “chùm đường tròn” thật sự
vô cùng táo bạo. Trong thực tế chúng ta vẫn có phương trình “chùm đường
thẳng” trong Oxy. Rộng hơn trong không gian 3 chiều ta cũng có phương trình
“chùm mặt phẳng”, “chùm mặt cầu”.
BÀI TOÁN 14 (GÓC NỘI TIẾP CỦA ĐƯỜNG TRÒN). Trong mặt phẳng với
hệ tọa độ Oxy, lập phương trình đường tròn (C) tiếp xúc trục hoành tại
A( 3;0) và cắt trục tung tại hai điểm B và C sao cho góc BAC  30
■Đặt vấn đề:Đối với các bài toán liên quan đến góc trong đường tròn thì ta cần lưu
ý những kiến thức gì ? Mời bạn đọc cùng theo dõi !
248
220
_ Có 3 gợi ý của đề bài mà ta cần quan tâm : Đường tròn tiếp xúc với trục hoành ?
Đường tròn cắt trục tung ? và góc BAC  30 có ý nghĩa gì trong việc giải
quyết bài toán trên.
_ Ở đây mấu chốt của bài toán là nhận ra được góc BAC chính là góc nội tiếp của
đường tròn (C) cần tìm. Một tính chất cực kì quan trọng về quan hệ giữa các
góc trong đường tròn chính là khi góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn 1 cung
trên đường tròn thì “số đo góc ở tâm bằng 2 lần số đo góc nội tiếp ”.
_ Từ gợi ý trên, nếu gọi I là tâm đường tròn (C) cần tìm góc BIC chính là góc ở
tâm và bằng 60 độ. Điều này dẫn đến IBC chính là tam giác đều có IH =
IB 3 R 3
OA = |xA| (dựa vào hình vẽ) và IH   (tính chất đường cao
2 2
trong tam giác)  dễ dàng suy ra bán kính R của đường tròn cần tìm.
_ Cùng với đó, do (C) tiếp xúc trục hoành tại điểm A nên xI = xA và R = |yI|.
* Gọi (C): ( x  a)2  ( y  b)2  R 2 với tâm I(a; b) và bán kính R.
 R | yI || b |

* Theo đề bài ta có (C) tiếp xúc với trục hoành tại A  3;0   
 xI  a   3
* Góc BAC  30  BIC  60 (do góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung
BC) .Mặt khác BIC là tam giác cân tại I (do IB = IC = R) nên IBC là tam
giác đều cạnh bằng R.
220 249
IB 3 R 3
* Gọi H là chân đường cao kẻ từ I của IBC  IH   mà
2 2
IH  OA  3  R  2
 b  2  I1 ( 3; 2)
* Lại có R | b | 2  
b  2  I 2 ( 3; 2)
 (C1 ) : ( x  3) 2  ( y  2) 2  4
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: 
2 2
(C2 ) : ( x  3)  ( y  2)  4
■ Lời bình:Ngoài góc nội tiếp trong đường tròn mà bạn đọc đã được giới thiệu ở
phần đường tròn lớp 9, chúng ta cũng được giới thiệu góc giữa tiếp tuyến và dây
cung và một số góc đặc biệt khác. Với những bài toán hình học trên nếu không
biết những tính chất trên thật sự sẽ gây ra rất nhiều khó khăn cho chúng ta trong
suốt quá trình giải. Bài toán này cũng đã lại một lần nữa nhấn mạnh vai trò của
tiếp điểm A khi đường tròn tiếp xúc với trục hoành, ngoài việc có được liên hệ
giữa bán kính và tung độ của tâm ta còn biết nhanh hoành độ của tâm là bao
nhiêu ? Việc phác thảo hình vẽ cũng góp phần giúp ta định hướng hướng đi cho
bài toán và phát hiện một số tính chất đặc biệt. Nói chung một nguyên tắc chung
ở những người học hình là “học hình thì phải vẽ hình”. Hình học chính là
điểm tựa trực quan cho chúng ta trong quá trình giải.
BÀI TOÁN 15 (PHÉP BIẾN HÌNH TRONG ĐƯỜNG TRÒN). Trong mặt
phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(2; 3). Gọi M,
N, P lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB.Đường tròn ngoại tiếp
2 2
tam giác MNP có phương trình (C1 ) : (x  1)  ( y  1)  25 .Viết phương
trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
■ Đặt vấn đề:Một trong những công cụ hữu ích giúp ta giải quyết những bài toán
khó trong hình học phẳng chính là phép biến hình. Phép biến hình gồm có phép
dời hình (phép đối xứng trục, đối xứng tâm, phép tịnh tiến) và phép đồng dạng
(phép vị tự, phép nghịch đảo). Thông thường các bài toán khó, dưới góc nhìn
của phép biến hình luôn cho ta những lời giải đẹp đến bất ngờ. Cụ thể trong bài
toán này chúng ta sẽ thử vận dụng phép vị tự.
_ Có một kết quả khá đặc biệt trong bài toán này, G không chỉ là trọng tâm của
tam giác ABC mà cũng là trọng tâm của tam giác MNP (việc chứng minh tác
giả xin trình bày bằng cách dùng véctơ)
250
220
_ Với nhận xét trên thì phép vị tự tâm G với tỉ số k = – 2 sẽ lần lượt biến các điểm
M, N, P thành A, B, C. Dĩ nhiên kể cả tâm I và bán kính R của đường tròn (C)
cũng sẽ biến thành J và R.
_ Và đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP trong bài trên cũng chính là đường tròn
Euler (hay còn gọi là đườn tròn 9 điểm). Nếu Gọi H là trực tâm tam giác ABC,
thì chin điểm gồm có trung điểm của các cạnh, chân ba đường cao và trung
điểm các đoạn HA, HB, HC đều nằm trên một đường tròn. Ta gọi đó là đường
tròn Euler.
* Ta có G là trọng tâm ABC  GA  GB  GC  0

220 251
Suy ra
GM  MA  GN  NB  GP  PC  0  (GM  GN  GP)  MA  NB  PC  0
Xét:
MA  NB  PC  MN  NA  NM  MB  PM  MC  ( NA  PM )  ( MC  MB)  0
Do đó GM  GN  GP  0 G cũng là trọng tâm MNP
* Đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác MNP có tâm I(1; 1) và bán kính r = 5. Gọi J
và R lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn ngoại tiếp ABC.
* Phép vị tự tâm G tỉ số k = –2 biến điểm M thành A, biến điểm N thành B, biến
điểm P thành C và phép vị tự trên cũng biến MNP thành ABC, biến tâm I
thành J thỏa mãn:
GJ  2GI  J (4;7
  .
 R  2r  R  10
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: (C ') :  x  4    y  7   100
2 2
■ Lời bình: Để hiểu rõ hơn về những ứng dụng của phép biến hình và các tính
chất đặc biệt về đường tròn trong tam giác bạn đọc có thể tham khảo phần lý
thuyết chương 1.
Câu 1:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, lập phương trình đường tròn (C) biết:
a. (C) có tâm I(1; 1) và tiếp xúc với đường thẳng  : 3 x  4 y  12  0
b. (C) nhận AB làm đường kinh với A(2; 3) và B(–4; 1).
c. (C) đi qua ba điểm A(1; 4), B(–4; 0), C(–2; –2).
d. (C) có tâm thuộc đường  : x  y  1  0 và tiếp xúc với d1 : 2 x  y  1  0
và d2 : 2 x  y  2  0 .
e. (C) tiếp xúc với các trục tọa độ và đi qua A(4; 2).
| 3  4  12 |
● a. (C) tiếp xúc với  : 3 x  4 y  12  0 suy ra d ( I ; )  R  1
2 2
3 4
Do đó: (C ) : ( x  1)2  ( y  1)2  1
252
220
● b. (C) nhận AB làm đường kinh suy ra trung điểm M(–1; 2) của AB là tâm của
đường tròn và bán kinh của đường tròn là
AB 1
R  R 2  [(4  2) 2  (1  3) 2 ]  10 .
2 4
Do đó: (C ) : ( x  1)2  ( y  2)2  10
● c.Gọi phương trình đường tròn (C) có dạng: x 2  y 2  2ax  2by  c  0

 5
 a 
 A  (C ) 17  2a  8b  c  0  6
   7
Ta có:  B  (C )   16  8a  c  0   b 
C  (C )  8  4a  4b  c  0  6
   28
 c 
 3
5 7 28
Do đó: (C ) : x 2  y 2  x  y  0
3 3 3
● d. Gọi phương trình đường tròn (C) có dạng: ( x  a)2  ( y  b)2  R2 .

Với I(a; b) là tâm và R bán kính.
Ta có: I thuộc đường  : x  y  1  0 suy ra I(t; t – 1)
Mặt khác (C) tiếp xúc với d1, d 2 nên ta có: d ( I ; d1)  d ( I ; d2 )  R
 5
 t
| 2t  (t  1)  1| | 2t  (t  1)  2 | 2
Suy ra  | 3t  2 || t  3 |  .
5 5 t  1
 4
2 2
5 5 3 11 5  5  3  121
Với t =  I1  ;  , R1   (C1) :  x     y   
2 2 2 10  2  2 20
2 2
1  1 5  11 5  1  5  121
Với t =  I 2  ;  , R2   (C2 ) :  x     y   
4  4 4  20  4  4 80
● e. Gọi phương trình đường tròn (C) có dạng: ( x  a)2  ( y  b)2  R2 .

Với I(a; b) là tâm và R bán kính.
(C) đi qua A(4; 2) nên ta được: (4  a)2  (2  b) 2  R 2 (*).
Do (C) tiếp xúc với 2 trục tọa độ nên: d ( I ;Ox)  d(I;Oy)  R | a || b | R
220 253
2 2 2  a  10
TH1: a = b khi đó (*)  (4  a)  (2  a)  a  
a2
TH2: a = –b khi đó (*)  (4  a)2  (2  a)2  a2 VN 
Vậy ta có 2 phương trình thỏa yêu cầu bài toán là:
( x  2)2  ( y  2)2  4 hay ( x  10)2  ( y  10)2  100.
a. (C) có tâm I(3; 1) và chắn trên đường thẳng  : x  2 y  4  0 một dây cung
có độ dài bằng 4.
b. (C) đi qua hai điểm A(2; 3), B(–1; 1) và có tâm nằm trên đường thẳng
 : x  3 y  11  0 .
c. (C) đi qua hai điểm A(0; 5), B(2; 3) và có bán kính bằng 10 .
d. (C) có tâm thuộc đường thẳng  : 2 x  y  0 và tiếp xúc với đường thẳng
d : x  7 y  10  0 tại A(4;2).
a. Giả sử (C) chắn trên  một dây cung có độ dài bằng 4.
Từ I kẻ IH vuông góc AB tại H (theo định lý đường kinh và dây cung) suy ra H
AB
là trung điểm của AB. Khi đó: HA   2 và IH  d ( I ; )  5
2
Gọi R là bán kinh đường tròn (C), ta có: R  IH 2  HA2  5  4  3
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là (C ) : ( x  3) 2  ( y  1) 2  9
b. Cách 1: Gọi I, R lần lượt là tâm và bán kinh của (C). Ta có:
Điểm I    I (3t  11; t ) và do A, B thuộc đường tròn (C)
 IA  IB  R  IA2  IB 2
 7 5
I  ; 
2 2 2 2 5   2 2 
 (3t  9)  (3  t )  (3t  12)  (1  t )  t  
2  R  65
 2
2 2
 7  5  65
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là (C ) :  x     y   
 2  2 2
Cách 2: Giả sử (C ) : x 2  y 2  2ax  2by  c  0 có tâm I(a; b).
Do tâm I    a  3b  11  0 (1)
254
220
 A  (C ) 4a  6b  c  0 (2)
Mặt khác   .
 B  (C )  2a  2b  c  0 (3)
 7
 a 
2

 5
Từ (1), (2), (3) giải hệ ta được:  b 
 2
c  14


Vậy phương trình đường tròn cần tìm là (C ) : x 2  y 2  7 x  5 y  14  0
c. Gọi I(a; b) là tâm của đường tròn (C), từ giả thiết, ta có: IA  IB  R  10
 IA2  IB 2 a 2  (5  b)2  (2  a)2  (3  b)2  b  a3
 2    2
 IA  10  a 2  (5  b)2  10 a  2a  3  0
a  1 a  3
 hay  .
 b  2 b  6
 (C1 ) :  x  12   y  2 2  10
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là 
 (C2 ) :  x  32   y  6 2  10

d. Cách 1: Ta có tâm I    I (t ; 2t ) và IA  5t 2  20
| 3t  2 |
Đường tròn (C) tiếp xúc với d tại A  d ( I ; d )  IA   5t 2  20
2
 I  6; 12 

 (3t  2)2  2(5t 2  20)  t 2  12t  36  0  t  6  
 R  10 2

Vậy phương trình đường tròn cần tìm là (C ) :  x  6    y  12   200

2 2
Cách 2: Gọi I, R lần lượt là tâm và bán kinh của (C).

Gọi d’ là đường thẳng vuông góc với d tại A  d ' : 7 x  y  m  0
A thuộc d’ suy ra m = – 30. Vậy d’: 7x + y – 30 = 0.
Do (C) tiếp xúc với d tại A nên I thuộc d’ và mặt khác I thuộc  nên tọa độ I
thỏa hệ:
7 x  y  30  0
  I (6; 12)  IA  10 2
 2 x  y  0
220 255
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là (C ) :  x  6    y  12   200

2 2
Câu 3:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Lập phương trình đường tròn (C) biết:
a. (C) có tâm nằm trên trục Ox đồng thời tiếp xúc với d1 và d2 với d1: x + 2y 
1 = 0, d2: 2x  y + 2 = 0.
b. (C) có bán kính R = 2, tiếp xúc với trục hoành và có tâm nằm trên đường
thẳng (d) : x + y – 3 = 0.
c. (C) đối xứng với đường tròn (C’): x2 + y2 2x  4y + 3 = 0 qua đường thẳng
: x + 2 = 0.
d  I , d1   R

a. Gọi I(a;0) thuộc Ox . Do (C) tiếp xúc với 2 đường thẳng thì : 
d  I , d 2   R

 a  1 2a  2  4
  1  a  3  R 
 5 5 5
 
 R  2a  1 2  1 5 5
    a   R 
5  3 3
 16
   
2 2
 C : x  3  y 
5
  2
  1 125
  C  :  x    y 2

  3 9
b. Tâm I nằm trên d suy ra I(t; 3 – t) .
Nếu (C) tiếp xúc với Ox thì khoảng cách từ I đến Ox bằng bán kính R=2 :
256
220
3  t  2 t  5  I1   5; 2 
3t  2   
3  t  2 t  1  I 2  1; 2 
Như vậy có 2 đường tròn :
 C1  :  x  5   y  2   4 ,  C2  :  x  1   y  2   4 .
2 2 2 2
2 2
c. Ta có (C’): ( x  1)  ( y  2)  2  I '(1; 2), R'  2
Gọi J là tâm của (C) thì I và J đối xứng nhau qua d : x = – 2 suy ra J(–5; 2) và
 x  5   y  2 
2 2
(C) có cùng bán kính R . Vậy (C):  2 đối xứng với (C)
qua d .
a. (C) nội tiếp tam giác tạo bởi 2 trục toạ độ và đường thẳng có phương trình
8 x  15 y  120  0 .
b. (C) có tâm I thuộc d1: x – 2y + 3 = 0, tiếp xúc với d2 : 4x + 3y – 5 = 0 với
bán kinh R = 2.
c. (C) nội tiếp tam giác có 3 cạnh lần lượt là nằm trên 3 đường thẳng trục tung
Oy, (d1) : 4x – 3y – 12 = 0 và (d2): 4x + 3y – 12 = 0.
● a. Giả sử d: 8x + 15y – 120 = 0 cắt Ox, Oy lần lượt tại A,B.
Gọi I(a;b) là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABO. Ta có:0 < a,b < 8
Bán kính r = d(I,Ox) = d(I,Oy) = d(I,d)
8a  15b  120  a  b  3(tm)
 a b  r 3
17  a  b  20(l )
 PT : ( x  3) 2  ( y  3) 2  9
220 257
 x  3  2t
● b.d1:  , I  d1  I (3  t ; t )
y  t
27 7
d(I , d2) = 2  11t  17  10  t  hay t 
11 11
2 2
27  21 27   21   27 
Với t =  I1  ;  (C1 ) :  x     y    4
11  11 11   11   11 
2 2
7   19 7   19   7
Với t =  I2 ;  (C 2 ) :  x     y    4
11  11 11   11   11 
4 x  3 y  12  0
● c. Gọi A là giao của d1 , d 2  A :   A  3;0   Ox .
 4 x  3 y  12  0
Vì (BC) thuộc Oy cho nên gọi B là giao của d1 với Oy : cho x=0 suy ra y=–4 ,
B(0;–4) và C là giao của d 2 với Oy : C(0;4 ) . Chứng tỏ B,C đối xứng nhau qua
Ox.
Mặt khác A nằm trên Ox vì vậy tam giác ABC là tam giác cân đỉnh A .
Do đó tâm I đường tròn nội tiếp tam giác thuộc Ox suy ra I(a;0).
IA AC 5 IA  IO 5  4 OA 9
  
Theo tính chất phân giác trong :   
IO AO 4 IO 4 IO 4
4OA 4.3 4 4 
 IO     I  ;0  .
9 9 3 3 
Tính r bằng cách :
1 1 15 1  AB  BC  CA 1  5  8  5 18 6
S  BC.OA  .5.3    r  .
2 2 2 2 r 2 r 15 5
2
 4 36
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: (C ) :  x    y 2 
 3 25
Câu 5:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tọa độ A(–8; 3), B(4;
12), C(4; –13).
a. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
b. Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
c. Viết phương trình bàng tiếp trong góc B của tam giác ABC.
258
220
● a. Gọi phương trình đường tròn (C) có dạng: x 2  y 2  2ax  2by  c  0

 a4
 A  (C )  73  16a  6b  c  0 
   1
Ta có:  B  (C )  160  8a  24b  c  0   b 
C  (C ) 185  8a  26b  c  0  2
  c  140
Do đó: (C ) : x2  y 2  8x  y  140  0
Chú ý:nếu bạn đọc phát hiện tam giác ABC vuông tại A thì việc tính toán còn nhẹ
nhàng hơn nữa. Vì khi đó, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm là trung
điểm M của cạnh huyền BC và bán kinh MB.
● b. Từ tọa độ 3 đỉnh A, B, C dễ dàng lập được 3 phương trình chứa 3 cạnh của
tam giác là:
AB : 3x  4 y  36  0, AC : 4 x  3 y  23  0, BC : x  4  0
x4 3x  4 y  36
Khi đó phương trình 2 đường phân giác góc B là: 
1 5
220 259
 1
2 x  4 y  56  0  k   0 (1)
 1
2 với k1 ; k2 là các hệ số góc.

 2 x  y  4  0  k2  2  0 (2)
Vì phân giác trong của góc B tạo với trục hoành Ox một góc nhọn dương nên có
hệ số góc dương. Do đó ta nhận trường hợp (2): 2x – y + 4 = 0.
x4 4 x  3 y  23
Tương tự phương trình 2 đường phân giác góc C là: 
1 5
 1
x  3 y  43  0  k   0 (3)
 3
3 với k3 ; k4 là các hệ số góc.

 3x  y  1  0  k4  3  0 (4)
Vì phân giác trong của góc B tạo với trục hoành Ox một góc tù dương nên có hệ
số góc âm. Do đó ta nhận trường hợp (3): 3x + y + 1 = 0.
Do đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên tâm K cần tìm là giao điểm của các
đường phân giác trong các góc B, C, A. Do đó tọa độ K thỏa hệ:
2 x  y  4  0  x  1
   K (1; 2) .
 3 x  y  1  0  y  2
Xét khoảng cách từ K đến BC ta suy ra r = 5
Do đó: (K) : ( x  1)2  ( y  2)2  25

● c. Ta có đường phân giác ngoài của góc C là d: x – 3y + m = 0. d qua C(4; –13)
suy ra m = – 43.
Vậy d: x – 3y – 43 = 0. Gọi J là tâm đường tròn bàng tiếp góc B của tam giác
 2x  y  4  0  x  11
nên tọa độ J thỏa mãn hệ:    J (11; 18) .
 x  3 y  43  0  y  18
Bán kinh đường tròn bàng tiếp là khoảng cách từ J đến AC suy ra R’ = 15.
Do đó: ( J ) : ( x  11)2  ( y  18)2  225
a. (C) đi qua hai điểm A(2; 5), B(4;1) và tiếp xúc với đường thẳng có phương
trình 3x – y + 9 = 0.
b. (C) đi qua hai điểm A(–1; 0), B(1; 2) và tiếp xúc với đường thẳng d có
phương trình x – y – 1 = 0.
2 10
c. (C) có bán kính bằng và tâm I thuộc d: x + 2y – 3 = 0 và tiếp xúc với
5
 : x  3y  5  0 .
260
220

● a. Gọi I(a; b) là tâm đường tròn ta có hệ:
 (2  a)2  (5  b)2  (4  a) 2  (1  b) 2 (1)
 IA  IB 
  (3a  b  9) 2
 IA  d (I; )
2 2
 (2  a)  (5  b)  (1)
  10
2 b2
Suy ra a = 2b – 3 thay vào (2) ta được: b  12b  20  0  
b  10
Với b = 2 suy ra a = 1 và R  10  (C1 ) : ( x  1)2  ( y  2) 2  10
Với b = 10 suy ra a = 17 và R  250  (C2 ) : ( x  17) 2  ( y  10) 2  250
● b. Giả sử phương trình cần tìm là ( x  a)2  ( y  b)2  R 2

Vì đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc với d nên ta có hệ phương trình
(1  a)2  b2  R 2 a  0
 2 2 2 
(1  a)  (2  b)  R  b  1
(a  b  1)2  2 R 2 R2  2
 
Vậy đường tròn cần tìm là: x 2  (y 1)2  2

●c.Tâm đường tròn thuộc d nên có dạng I (2a  3; a)
Đường tròn tiếp xúc với  nên
a2 2 10
d ( I , )  R    a  6; a  2
10 5
2 2 8
Với a  6 ta có I (9;6) suy ra phương trình đường tròn: ( x  9)  ( y  6) 
5
2 2 8
với a  2 ta có I (7;2) , suy ra phương trình đường tròn: ( x  7)  ( y  2) 
5
Vậy có hai đường tròn thoả mãn là:
8 8
( x  9) 2  ( y  6) 2  hay ( x  7) 2  ( y  2) 2  .
5 5
Câu 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường cong

(Cm ) : x 2  y 2  2mx  4(m  2) y  m  6  0 (m là tham số thực).
a. Tìm m để Cm là đường tròn.
220 261
b. Tìm tập hợp tâm của Cm khi m lấy các giá trị từ câu a.
● Ta có đường cong Cm là đường tròn khi và chỉ khi
m 1
a 2  b2  c  0  m2  4(m  2)2  m  6  0  5m2  15m  10  0  
m  2
Vậy khi m  1 hay m  2 thì Cm là đường tròn.
● Gọi I(x; y) là tâm đường tròn Cm , ta có:
 xm  xm
  2 x  y  4  0
 y  2(m  2)   y  2( x  2) 
m  1 hay m  2 m  1 hay m  2  x  1 hay x  2
 
Vậy tập hợp tâm I là đường thẳng 2x – y – 4 = 0 thỏa x  1 hay x  2 (ta không
xét tạ x = 1 và x = 2 vì khi đó đường tròn chỉ là những đường tròn điểm).
Câu 8:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, chứng tỏ mỗi phương trình sau đây là các
phương trình đường tròn và tìm tập hợp tâm của nó.
a. (C1 ) : x 2  y 2  2(cos   2) x  2 y sin   1  0 (  là tham số).
b. (C2 ) : x 2  y 2  2e  m x  4e m y  1  e 2m  0 (m là tham số).
c. (C3 ) : x 2  y 2  2tx  2 y ln t  3  ln 2 t  0 (t là tham số).
262
220
a. Đường cong (C1 ) : x 2  y 2  2(cos   2) x  2 y sin   1  0 có:
a 2  b2  c  (cos   2)2  sin 2   1  cos2   4cos   4  cos2 

 4(1  cos  )  0,   R
(do 1  cos   1). Vậy (C1) là đường tròn.
Gọi I(x; y) là tâm đường tròn (C1) nên thỏa
 x  cos   2 cos   x  2 cos   ( x  2)
2 2
    ( x  2)2  y 2  1
 y  sin   sin   y 2
sin   y
2
Vậy tập hợp tâm I của những đường tròn (C1) là đường tròn (C’) có tâm J(2; 0),
bán kính R’ bằng 1.
b. Đường cong (C2 ) : x 2  y 2  2e  m x  4e m y  1  e 2m  0 có:
a 2  b2  c  e2m  4e2m  1  e2m  4e2m  1  0, m  R .

Vậy (C2) là đường tròn.
Gọi I(x; y) là tâm đường tròn (C2) nên thỏa
 x  e m
  xy  e m .2em  2
 y  2em
2
 y ( x  0, y  0)
x
Vậy tập hợp tâm I của những
đường tròn (C2) là một nhánh
2
của hypebol y  thỏa x, y >
x
0 khi m thay đổi.
d. Đường cong (C3 ) : x 2  y 2  2tx  2 y ln t  3  ln 2 t  0 có:
a 2  b2  c  t 2  ln 2 t  3  ln 2 t
 t 2  3  0, t  R
Vậy (C3) là đường tròn.
Gọi I(x; y) là tâm đường tròn (C2)
nên thỏa
 xt
  y  ln x ( x  0)
 y  ln t
220 263
Vậy tập hợp tâm I của những

đường tròn (C3) là đường logarit
neper y = lnx (x > 0).
Câu 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 =
0. Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) tại các điểm
A, B sao cho AB  3 .
●Đường tròn (C) :  x  1   y  2   3  I 1; 2  , R  3

2 2
●Gọi H là giao của AB với (IM). Do đường tròn (C') tâm M có bán kính R' = MA .
● Nếu AB  3  IA  R , thì tam giác IAB là tam giác đều , cho nên
3. 3 3
IH=  (đường cao tam giác đều).
2 2
3 7
Và ta có: IM=5 suy ra HM= 5   .
2 2
AB 2 49 3 2 2
● Trong tam giác vuông HAM ta có MA  IH     13  R '2 .
4 4 4
2 2
Do đó: (C ) :  x  5    y  1  13
Câu 10:Trong mặt phẳng tọa 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
264
220
2 x  y  13  0 và 6 x  13 y  29  0 . Viết phương trình đường tròn ngoại

tiếp tam giác ABC .
●Giả sử phương trình đường cao và đường trung tuyến kẻ từ C là:

HC : 2 x  y  13  0 và
MC : 6 x  13 y  29  0 (trong đó
H là chân đường cao kẻ từ C và M là
trung điểm AB).
● Ta có C là giao điểm giữa MC và HC
nên tọa độ C thỏa hệ:
2 x  y  13  0  x  7
  
6 x  13 y  29  0  y  1
 C (7;  1) .
● Ta có AB vuông góc HC: 2x – y +

13 = 0 nên AB có dạng: AB: x + 2y
+ m = 0.
Lại có AB qua A(4; 6) suy ra m = –
16. Vậy AB : x  2 y  16  0
Ta có M là trung điểm AC và là giao điểm AB và CM nên tọa độ M thỏa hệ:
 x  2 y  16  0 x  6
    M(6; 5) .
 6 x  13 y  29  0  y  5
Do M là trung điểm AC nên ta suy ra tọa độ B(8; 4).
● Gọi phương trình đường tròn (C) cần tìm có dạng: x2  y 2  mx  ny  p  0
 A  (C ) 52  4m  6n  p  0 m  4
  
Ta có:  B  (C )  80  8m  4n  p  0  n  6
C  (C ) 50  7m  n  p  0  p  72
  
Vậy phương trình đường tròn thỏa yêu cầu bài toán là:
x 2  y 2  4 x  6 y  72  0

Câu 11:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A 2 3; 2 , B 2 3; 2   
a. Chứng tỏ tam giác OAB là tam giác đều.
220 265
b. Chứng minh rằng tập hợp các điểm M sao cho : MO 2  MA2  MB 2  32 là
một đường tròn (C).
c. Chứng tỏ (C) là đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB.

 
2
OA  2 3  22  4

● Ta có:  OB  4  OB  OA  AB suy ra tam giác OAB là
 AB  4


tam giác đều.
● Gọi M(x;y) thì đẳng thức giả thiết cho tương đương với biểu thức :
 MO 2  x 2  y 2
 2 2 2
Ta có :  MA  x  y  4 3 x  4 y  16
 2 2 2
 MB  x  y  4 3x  4 y  16
 MO 2  MA2  MB 2  32  3x 2  3 y 2  8 3x  32  32
8 3
 x2  y 2  x0
3
2 2
 4 3 2
4 3
  x    y    .
 3   3 
4 3  4 3
Chứng tỏ là đường tròn (C) có tâm I 
 3 ;0 
 , R 
  3
● Thay tọa độ O,A,B vào (1) ta thấy thỏa mãn , chứng tỏ (C) là đường tròn ngoại
tiếp tam giác OAB.
x2 y 2
Câu 12:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip ( E ) :   1 và đường thẳng
5 4
 : x  y  9  0 . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc  và tiếp xúc với
(E) có bán kinh nhỏ nhất.
CÁCH 1:
● Gọi d là đường thẳng song song với  và tiếp xúc với Elip và khoảng cách từ d
đến elip gần nhất.
Phương trình đường thẳng d có dạng: x + y + c = 0.
● Đường thẳng d tiếp xúc với Elip khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm
duy nhất:
266
220
 x2 y2
  1
5 4  c  3
x  y  c  0

● Với c = 3 thì khoảng cách d và  là nhỏ nhất. Suy ra d: x + y + 3 = 0.
  5 4 
Tiếp điểm của d và elip là M  ;  . Gọi (C) là đường tròn cần tìm có tâm
 3 3 
I và bán kinh R.
| 3  9 |
Ta có: R  d (d ; )  3 2.
2
Tâm I thuộc đường  suy ra I(t; – t – 9).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi, I là giao điểm của đường thẳng qua M và vuông
góc với d và đường thẳng  . Khi đó (C) tiếp xúc với d và (E) tại M.
 14 13 
Từ đó tìm được tâm I  ; , R  3 2
 3 3 
2 2
 14   13 
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:  x     y    18
 3  3
CÁCH 2:
● Gọi (C) là đường tròn cần tìm có tâm I và bán kinh R. Ta có I thuộc  suy ra
I(t; – t – 9).
m2 n2
Gọi M(m; n) là tiếp điểm của (C) và (E) suy ra  1
5 4
Theo bất đẳng thức Cauchy Schwart ta có:
2  m2 n 2 
(m  n)     (5  4)  9  3  m  n  3
 5 4
2 2 2(m  t  n  t  9) 2 (m  n  9) 2
● Ta có R  (m  t )  (n  t  9)    18
2 2
m  t  n  t  9  5
m n  m 
  3

5 4  4
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  2   n 
m  n 1
2
 2
 5 4  14
m  n  3 a  3
 
220 267
 14 13 
● Khi đó ta có tâm I  ;  , R  3 2 , ta sẽ chứng minh (C) tiếp xúc (E).
 3 3 
Thật vậy lập phương trình hoành độ của (C) và (E) ta dễ dàng kiểm tra được
điều này.
2 2
 14   13 
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:  x     y    18
 3  3
Câu 13: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho phương trình đường tròn :
(C1) : x2 + y2 – 4x +2y – 4 = 0 và (C2) : x2 + y2– 10x – 6y +30 = 0có tâm lần
lượt là I, J.
a. Chứng minh (C1) tiếp xúc ngoài với (C2) và tìm tọa độ tiếp điểm H .
b. Gọi (d) là một tiếp tuyến chung không đi qua H của (C1) và (C2) . Tìm tọa độ
giao điểm K của (d) và đường thẳng IJ . Viết phương trình đường tròn (C) đi
qua K và tiếp xúc với hai đường tròn (C1) và (C2) tại H .
●a.(C1) có tâm I(2; –1) và bán kính R = 3, (C2) có tâm J(5; 3) và bán kinh R’ = 2.

 IJ  (5  2) 2  (3  1) 2  5
Ta có:   IJ  R  R ' suy ra (C1) và (C2) tiếp
R  R '  5

xúc ngoài tiếp nhau.
Ta có H là tiếp điểm của 2 đường tròn trên nên H, I, J thẳng hàng và ta có:
IH R 3  2( xI  xH )  3( xJ  xH )
   2 HI  3HJ  
HJ R ' 2 2( yI  yH )  3( y J  yH )
 19
x
 H 5
 19 7 
  H ; 
y 7  5 5
 H 5
268
220
 2  xI  xK   3  x J  xK 
  x  11
● b.Ta có: 2KI  3KJ    K
2  yI  yK   3  y J  yK 
  yK  11
 K(11; 11).
Đường tròn (C) qua K tiếp xúc với cả (C1) và (C2) thì tâm E của (C) là trung
 37 31 
điểm của KH suy ra tọa độ điểm E  ;  . Khi đó (C) tiếp xúc ngoài với
 5 5
(C1) và tiếp xúc trong với (C2).
2 2
 37   31 
Vậy phương trình đường tròn (C) cần tìm là:  x     y    36
 5   5
Câu 14:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  4 x  2 y  0

và đường thẳng  có phương trình 5 x  2 y  19  0 . Từ một điểm M nằm trên
đường thẳng  kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) (A và B là hai
tiếp điểm). Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AMB biết
AB  10
● Đường tròn (C) có tâm I(2; 1) và
bán kính R  5 . Gọi H là giao
điểm MI và AB.
AB 10
Ta có: MI   . Trong
2 2
tam giác vuông MAI (tại A) với
đường cao AH ta có:
1 1 1
 
AH 2 AI 2 AM 2
 AM  5  MI  10
● Ta có: M thuộc đường thẳng  : 5 x  2 y  19  0  M (5  2m;3  5m)
Khi đó:
 m  1
MI  10  (3  2m)  (2  5m)  10  29m  32m  3  0  
2 2 2 2
 m  3
 29
● Nhận xét đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB là đường tròn đường kinh MI.
220 269
2 2
 5  1 5
Với m  1  M (3; 2)  (C1 ) :  x     y   
 2  2 2
2 2
3  139 72   197   101  5
Với m  M ;   (C2 ) :  x    y  
29  29 29   58   58  2
2 2 2 2
 5  1 5  197   101  5
(C1 ) :  x     y    hay (C2 ) :  x    y  
 2  2 2  58   58  2
Câu 15: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x2  y 2  2 x  4 y  20  0
và điểm A(5; 6) . Từ A vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (C) với B, C
là các tiếp điểm. Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
● (C) có tâm I(–1; 2) và bán kinh R = 5. BC cắt IA tại H. Ta có: IA = 10
IB 2 5 1 1 
Suy ra IH   . Do đó: IH  IA  H  ;0  .
IA 2 4 2 
1
● Ta có: cos AIB   AIB  600  ABC  600  ABC là tam giác
2
đều.
Suy ra tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC trùng với trọng tâm.
2
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ta có: AG  AH  G (2; 2)
3
270
220
5
Và đồng thời bán kinh đường tròn nội tiếp là: r  GH 
2
2 2 25
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: ( x  2)  ( y  2) 
4
Câu 16:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A với B(–3; 0),
C(3; 0). Biết tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC thuộc đường thẳng
d: y = x. Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC biết I có tung độ
dương.
● Vì tam giác ABC vuông tại A và toa độ B(–3; 0), C(3; 0) suy ra A nằm trên
đường tròn có tâm là gốc tọa độ, bán kinh R = 3.
Giả sử I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên AI là đường phân giác
trong của tam giác ABC. Gọi D là giao điểm thứ hai của Ai với đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC.
Khi đó, dễ dàng chứng minh được tam giác DBC vuông cân tại D và suy ra tọa
độ D(0; –3).
● Hơn nữa ta có:

DBC  DAB (2 góc nội tiếp cùng chắn một cung) (1)
IBC  IBA (do BI là phân giác). (2)
Từ (1), (2) suy ra DBI  BID suy ra tam giác BID cân tại D.
Suy ra ID = BD = 32  32  3 2
● Giả sử I(a; a) thuộc đường thẳng d. Ta có
220 271
3  3 3  3  3 3 3  3 3 
(a  3) 2  a 2  3 2  a   I  ;  (do a  0)
2  2 2 
3  3 3
● Và bán kinh đường tròn nội tiếp tam giác ABC là r  d ( I ; BC ) 
2
2 2
 3  3 3   3  3 3  36  18 3
 C  :  x     y   
 2   2  4
Câu 17: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh 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,
d2 : x  2 y  7  0 . Viết phương trình đường tròn tâm C và tiếp xúc với đường
thẳng BG.
 B  d1  B(b  5; b)
● Ta có   . Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên ta có:
C  d 2 C ( 2c  7; c )
 xA  xB  xC  3xG b  2c  2  0 b  4
     B(1; 4), C(5;1)
y
 A  y B  yC  3 yG  b  c  3  0 c  1
● Ta có BG qua G(2; 0) nhận BG  (3; 4) làm vecto chỉ phương có dạng là:
x2 y
  BG : 4 x  3 y  8  0
3 4
● Ta có đường tròn (C) tiếp xúc với BG nên ta có:
272
220
| 4.5  3.1  8 | 9
R  d (C ; BG )  
42  32 5
81
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:  x  5    y  1 
2 2
25
Câu 18:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có tâm I đi qua hai điểm
A(1; 0) và B(0; 1) sao cho diện tích tam giác IAB bằng 9. Viết phương trình
đường tròn (C).
● Gọi E là trung điểm của AB.
2
Ta có AB  2  EB 
2
1
Khi đó: S IAB  AB. AE  EB.IE  9
2
 IE  9 2
5 26
Và R  IB  IE 2  EB 2 
2
1 1
● Do E là trung điểm AB nên ta có E  ;  .
2 2
Phương trình đường thẳng IE qua E và vuông góc AB có dạng là: x – y = 0. Suy
ra I(a; a) thuộc IE.
 19
2
 a  2
 1  1 2
● Ta có: IE 2  162   a     a    162  
 2  2  a  17
 2
 19 19   17 17 
Do đó I  ;  hay I  ; 
 2 2   2 2 
2 2 2 2
 19   19  325  17   17  325
x   y    hay  x     y   
 2  2 2  2  2 2
220 273
Câu 19:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: y  3 . Gọi (C) là
đường tròn cắt d tại 2 điểm B, C sao cho tiếp tuyến của (C) tại B và C cắt nhau
tại O. Viết phương trình đường tròn (C), biết tam giác OBC đều.
● Gọi (C)có tâm I bán kính R. OI
cắt BC tại H thì H là trung điểm
BC và OH vuông góc BC
● Suy ra H(0; 3 )  OH= 3
 do tam giác OBC đều nên I
BC 3
OH=  3  BC  2 .
2 B
● Trong tam giác vuông IB có H
C
1
HB 2  HI .HO  1  IH 
3
1 3
HI  OH  (0; )
3 3
4 3
 I (0; )
3
● Trong tam giác vuông IBH có
4
R 2  IB 2  IH 2  HB 2  O
3
2
2
 4 3 4
x   y   
 3  3
Câu 20: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : 4 x  3 y  14  0,
d2 : 3x  4 y  13  0 và điểm M(–2; 2). Viết phương trình đường tròn (C) đi
qua M tiếp xúc với d1 và cắt d 2 theo dây cung AB = 8.

 Vì M  d1  M là tiếp điểm của (C) và
d1 . Nhận xét d1  d2 nên ta có:
d ( I ; d1 )  d ( I ; d2 )  3
274
220
 Mặt khác,
2
 AB  2 2 2
R  IA     IH  4  3  5
 2 
 Đường thẳng IM đi qua M và vuông góc
d1 có phương trình tham số là:
 x  2  4t
 (t  R)
 y  2  3t
 Do I thuộc IM nên ta có I (4t  2; 2  3t ) và
 t 1  I (2; 1)
IM  5  25t 2  25   
t  1  I (6;5)
 (C ) : ( x  2)2  ( y  1) 2  25
 Vậy phương trình đường tròn cần tìm là  2 2
(C ) : ( x  6)  ( y  5)  25
220 275
CHỦ ĐỀ 2.4:
CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾ N CÁC ĐƯỜNG CONIC.
Đối với chủ đề 2.4, sẽ có một chút khác biệt với các chủ đề còn lại của
chương này do phần lớn các nội dung trong đây nằm trong chương trình giảm
tải của Bộ GD&ĐT. Phần trình bày các dạng toán liên quan sẽ chủ yếu tập
trung xoay quanh Elip. Với các vấn đề còn lại, tác giả cũng cố gắng đưa vào và
sẽ trở thành phần kiến thức nâng cao, đọc thêm với những bạn muốn tìm hiểu
sâu hơn đối với những đường Conic còn lại trong chương trình như Hypebol,
Parabol, …
BÀI TOÁN 1 (NHẬN DẠNG CONIC VÀ CÁC THUỘC TÍNH CỦACÁC

ĐƯỜNG CONIC). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các phương trình
2 2 x2 y 2
( E ) : 9 x  25 y  225 , ( H ) :   1 và ( P) : y2  2 x .Hãy nhận dạng
9 16
các đường conic trên và tìm các thuộc tính của chúng ?
■ Đặt vấn đề:với dạng toán trên thì các bạn cần nắm vững kiến thức về phương
trình chính tắc của các đường Elip, Hypebol, Parabol cùng với đó là các thuộc
tính của chúng. (Các bạn có thể xem lại lý thuyết Chương 1 để hiểu rõ hơn).
2 2 x2 y 2
Ta có: ( E ) : 9 x  25 y  225   1
16 9
 a 2  16  a4
 
 b2  9   b  3 (do a, b, c  0)
c 2  a 2  b 2  7 
 c  7
Suy ra phương trình (E) chính là Elip có:
Tọa độ các đỉnh là:
A1 (4;0), A2 (4;0), B1 (0; 3), B2 (0;3) .
Tọa độ hai tiểu điểm là:
F1 ( 7;0), F2 ( 7;0) .
Độ dài trục lớn, trục nhỏ và tiêu cự là:
A1 A2  2a  8, B1B2  2b  6,
.
F1F2  2c  2 7
276 275
Bán kinh qua tiêu điểm F là:

 c 7
 MF1  a  xM  4  xM
 a 4
M ( xM ; yM )  ( E )  
 MF  a  c x  4  7
 2 M xM
a 4
c 7
Tâm sai là: e   1
a 4
x2 y 2
Ta có: (H) :  1
9 16
 a2  9

 b 2  16
c 2  b 2  a 2  25

a  3

 b  4 (do a, b, c  0)
c  5

Suy ra phương trình (H) chính là Hypebol có:
Tọa độ các đỉnh là: A1 (3;0), A2 (3;0), B1 (0; 4), B2 (0; 4) .
Tọa độ hai tiểu điểm là: F1 (5;0), F2 (5;0) .
Độ dài trục thực, trục ảo và tiêu cự là:
A1 A2  2a  6, B1B2  2b  8, F1F2  2c  10 .
 c 5
MF
 1  a  xM  3  xM
 a 3
M  ( H ) 
 MF  a  c x  3  5 x
 2 a
M
3
M
c 5
Tâm sai là: e    1 .
a 3
2
Ta có: ( P) : y  2 x  p  2 .
Suy ra phương trình (P) chính là
Parabol có:
p 
Tiêu điểm F  ;0   1;0  .
2 
276
p
M  ( P )  MF  x   x 1
2
BÀI TOÁN 2 (VIẾT PHƯƠNG TRÌNH CHÍNH TẮC CỦA ELIP DỰA VÀO
CÁC THUỘC TÍNH). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình
chính tắc của Elip (E) sau biết:
a. (E) có độ dài trục lớn bằng 4 và độ dài trục nhỏ bằng 2.
b. (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và khoảng cách giữa hai đỉnh liên tiếp
A1B1  5 .
c. (E) có độ dài trục nhỏ bằng 2 5 và độ dài tiêu cự bằng 4.
d. (E) có độ dài tiêu cự F1 F2  8 và một điểm M thuộc (E) sao cho chu vi tam
giác MF1 F2 bằng 18.
3
e. (E) có tiêu điểm F1 (2;0) và tâm sai e  .
5
5
f. (E) có tâm sai e  và chu vi hình chữ nhật cơ sở bằng 20.
3
g. (E) lần lượt có diện tích và chu vi hình chữ nhật cơ sơ là 128 và 48.
3
h. (E) có tâm sai e  và một đường thẳng d vuông góc Ox tại tiêu điểm F2
2
và cắt (E) tại A, B với độ dài AB = 1. (với F2 là tiêu điểm bên trái).
 3 3 
i. (E) đi qua D  2;  và đỉnh B1 (0; 3) .
 2 

 3 7 
 2 ; 2  và có độ dài MF1  2 2 (với F1 là tiêu điểm bên trái).
j. (E) đi qua M 
 
 3 3
k. (E) đi qua P  2;  và có độ dài đường chéo hình chữ nhật cơ sở là 10.
 2 

l. (E) đi qua N (1; 3) và một tiêu điểm cùng với hai đỉnh của trục nhỏ lập
thành một tam giác đều.
► Nhận xét và phương pháp chung : Viết phương trình chính tắc của Elip là một
dạng toán điển hình, thương xuyên gặp phải trong quá trình giải các bài toán
liên quan đến Elip. Phương pháp chung khi giải các bài toán có yêu cầu trên là:
Bước 1: Giả sử Elip có dạng chính tắc là
276 277
x2 y 2
( E ) : 2  2  1 (a  b  0) (c2  a 2  b2 )
a b
Bước 2: Dựa vào giả thiết là các thuộc tính của (E), ta thiết lập 2 phương
trình 2 ẩn liên quan đến a và B. Giải hệ hai phương trình hai ẩn trên để tìm ra a
và b từ đó tìm được phương trình chính tắc của elip.
Chú ý:Để có thể vận dụng được các giả thiết đó, bạn đọc cần nắm chắc kiến
thức liên quan được giới thiệu ở lý thuyết chương 1, đó chính là nền tảng để ta
giải quyết các bài toán trên. Trong quá trình giải cũng nên nhớ các hình ảnh
trực quan về Elip, Hypebol, Parabol (“hình vẽ bao giờ cũng dễ nhớ hơn chữ
viết”). Tránh việc nhớ máy móc các công thức.
Gọi phương trình chính tắc của Elip có dạng là
x2 y 2
( E ) : 2  2  1 (a  b  0) (c2  a 2  b2 )
a b
a. (E) có độ dài trục lớn bằng 4  2a  4  a  2
(E) có độ dài trục nhỏ bằng 2  2b  2  b  1 .
x2
Vậy phương trình chính tắc của elip cần tìm là ( E1 ) :  y2  1
4
b. (E) có độ dài trục lớn bằng 8  2a  8  a  4
Ta có: A1 B1  5 và tam giác
OA1 B1  O  OA12  OB12  A1 B12  b 2  25  16  9
x2 y 2
Vậy phương trình chính tắc của elip cần tìm là ( E2 ) :  1
16 9
c. (E) có độ dài trục nhỏ bằng 2 5  2b  2 5  b  5  b2  5 .
Mặt khác, (E) có độ dài tiêu cự bằng 4
 2c  4  c  2  c 2  4  a 2  b 2  a 2  9
x2 y 2
9 5
d. (E) có độ dài chu vi tam giác MF1 F2 bằng 18  MF1  MF2  F1 F2  18 (1)
Mà độ dài tiêu cự là F1F2  2c  8 (2) và điểm
M  ( E )  MF1  MF2  2a (3)
278
276
c  4 c  16
2
Từ (1), (2), (3) suy ra   2  b 2  a 2  c 2  25  16  9

a  5 a  25
x2 y 2
25 9
e. (E) có tiêu điểm F1 (2;0)  c  2  c 2  4  a 2  b 2 (1)
3 c 3 10 100
Mặt khác, (E) có tâm sai e     a   a2  (2)
5 a 5 3 9
100 64
Thay (2) vào (1) ta có: b 2  a 2  c 2  4
9 9
x2 y2
100 64
9 9
f. (E) có tâm sai
5 c 5
e    9c 2  5a 2  9(a 2  b 2 )  5a 2  4a 2  9b 2  0 (1)
3 a 3
Lại có, chu vi hình chữ nhật cơ sở là 20
 2( A1 A2  B1B2 )  20  2(2a  2b)  20  a  b  5 (2)
Từ (2)  a  5  b thay vào (1) ta được:
 b  2 (tm)  a  3
4(5  b)2  9b2  0  5b 2  40b  100  0  
b  10(ktm) (dob  0)
x2 y 2
9 4
g. (E) có chu vi hình chữ nhật cơ sở là 48
 2( A1 A2  B1B2 )  20  2(2a  2b)  20  a  b  12 (1)
Và đồng thời diện tích hình chữ nhật cơ sở là 128
 ( A1 A2 )( B1B2 )  2a.2b  128  ab  32 (2)
Từ (1) và (2) ta có khi đó, a và b là 2 nghiệm của phương trình Vi-et:
X 8 a  8 a  4
X 2  12 X  32  0     hay  .
X  4 b  4 b  8
Do a > b > 0 nên ta nhận a = 8, b = 4.
276 279
x2 y 2
64 16
h. (E) có tâm sai
3 c 3
e    4c 2  3a 2  4(a 2  b 2 )  3a 2  a 2  4b 2 (1)
2 a 2
AB 1  1
Do (E) nhận trục hoành làm trục đối xứng nên ta có AF2    A  c; 
2 2  2
c2 1 a 2  b2 1
Mặt khác A  ( E )  d  A  ( E )  2  2  1    1 (2)
a 4b a2 4b2
Thay (1) vào (2) ta được:
4b 2  b 2 1 3 1
2
 2  1   2  1  b2  1  a 2  4 .
4b 4b 4 4b
x2 y 2
4 1
i. (E) có đỉnh B1 (0; 3)  b  3  b 2  9 (1) .
Mặt khác, (E) đi qua
 3 3  4 27 b 2 9 4 3
D  2;   2  2  1   2   1  a 2  16
 2  a 4b a 4
x2 y 2
16 9
 3 7 9 7
j. M 
 ;   ( E )  2
 2  1 (1) .
 2 2  4a 4b
2 2
2  3  7 
Mặt khác, (E) có MF1  2 2  MF1  8   c      0   8
 2   2 
 c  4 (tm)
 (do c  0)
 c  1 ( ktm )
Lại có c 2  a 2  b 2  16  a 2  b 2  16 thay vào (1) ta được:
9 7 4 2 b2  2  0  a 2  18
  1  b  12b  28  0   2
4(b2  16) 4b2  b  14  0(ktm)
280
276
x2 y 2
18 2
 3 3 4 27
k. P  2;   ( E )  2  2  1 (1)
 2  a 4b

Và độ dài đường chéo hình chữ nhật cơ sở là
A1 A22  B1B22  4a 2  4b2  10  4a 2  4b2  100 (2)
Từ (2)  4b2  100  4a 2 thay vào (1) ta được:
4 27
2
 2
 1  4a 4  89a 2  400  0
a 100  4a
 a 2  16  b 2  9 (tm)
  2 25 75 (do a  b  0)
a   b2  (ktm)
 4 4
x2 y 2
16 9
1 9
l. N 1; 3  ( E )    1 (1) . Giả sử tiêu điểm là F2 .
a 2 b2
Do F2 B1B2 đều
B1 B2 3 2b 3
 OF2  c  c 2  3b 2  a 2  b 2  3b 2  a 2  4b 2 (2) .
2 2
1 9 37
Thay (2) vào (1), ta được: 2
 2  1  b2   a 2  37
4b b 4
x2 y 2
37 37
4
► Lời bình : Qua việc giải 12 bài toán nhó trên ta rút ra một số nhận xét sau:
Một là, trong quá trình giải các phương trình liên quan đến các ẩn số a, b, c
ta cần chú ý điều kiện của các ẩn số trên đó là a, b, c  0, a  b .
Hai là, có những bài toán ta nên dùng hình vẽ trực quan để phát hiện các tính
chất đặc biệt (chuyển ngôn ngữ thành kí hiệu toán học và hình học hóa chúng).
276 281
BÀI TOÁN 3 (CÁC HỆ THỨC LƯỢNG TRONG ELIP).Trong mặt phẳng với
x2 y 2
hệ tọa độ Oxy, cho ( E ) : 2  2  1 (a  b  0) (c2  a 2  b 2 ) và điểm
a b
M ( x; y ) tùy ý thuộc (E). Chứng minh rằng:
a. b  OM  a
b. MF1.MF2  OM 2  a 2  b 2 (với F1 , F2 là hai tiêu điểm của (E)).
c. ( MF1  MF2 ) 2  4OM 2  4b 2 .
MH 2 b2
d.  (với A1 ; A2 là hai đỉnh của trục lớn và H là hình chiếu M lên
HA1 HA2 a 2
trục hoành).
e. x  y  a 2  b2 .
■ Đặt vấn đề:cũng giống như các hệ thức lượng trong tam giác, hệ thức lượng
trong elip cũng có một vẽ đẹp riêng của nó. Cùng tác giả khám phá các tính
chất ẩn sau trong các hệ thức lượng trên nhé.
2 2 2x2 y 2
a. Xét OM  x  y . Mặt khác, 2  2  1 và a > b nên
a b
x2 y 2
2
 2  1  x2  y 2  a2
a a
Đặc biệt, khi M  A1 hay M  A2  y  0 thì x 2  y 2  a 2
Từ đó, x 2  y 2  a 2  OM  a . Tương tự, ta chứng minh được OM  b .
Do đó b  OM  a (đpcm).
 MF1  a  ex c
b. Ta có:  (e  ) . Xét
MF2  a  ex a
VT  MF1.MF2  OM 2  a 2  e2 x 2  x 2  y 2
Suy ra
 b2  2 2 x
2
y2 
VT  a  1  2  x  x  y  a  b  2  2   a 2  b2  VP (đpcm)
2 2 2 2
 a  a b 
c. Xét VT  ( MF1  MF2 ) 2  4OM 2  (2ex) 2  4( x 2  y 2 )
 x2 y 2 
Suy ra VT  4( x  y  e x )  4b  2  2   4b2  VP (đpcm).
2 2 2 2 2
a b 
282
276
MH 2 y2 y2
d. Vì M(x; y) nên H(x; 0). Xét VT    .
HA1 HA2 (a  x)(a  x) a 2  x 2
Mặt khác,
x2 y 2 2 2 a2 y2 MH 2 y 2b 2 b 2
  1  a  x  2  VT     VP (đpcm).
a 2 b2 b HA1.HA2 a 2 y 2 a 2
e. Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có:
2
 | x| | y |   x2 y 2  2 2
x  y
2 2 2
 a b    2  2  (a  b )  a  b
 a b  a b 
 x  y  a 2  b2 (đpcm).
BÀI TOÁN 4 (ĐIỀU KIỆN CẦN VÀ ĐỦ ĐỂ ELIP VÀ ĐƯỜNG THẲNG

x2 y 2
TIẾP XÚC). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ( E ) : 2  2  1
a b
(a  b  0) và đường thẳng  : Ax  By  C  0 .Chứng minh rằng điều kiện
cần và đủ để (E) tiếp xúc với  là C 2  a 2 A2  b 2 B 2 .
■ Đặt vấn đề: đối với chương trình trước cải cách, bài toán tiếp tuyến của elip
luôn tạo nên sức hấp dẫn với những người tìm hiểu nó. Chúng ta có thể mở
rộng bài toán thành sự tương giao giữa đường thẳng và elip trong đó bài toán
đường thẳng cắt elip tại 2 điểm phân biệt là một dạng toán thương gặp. Trong
bài toán 4 này, tác giả mong muốn chứng minh lại cho bạn đọc điều kiện cần và
đủ để đường thẳng và elip tiếp xúc nhau. Phần này có thể tham khảo và dành
cho các bạn yêu thích Toán học tìm hiểu.
 Ax  C
Đường thẳng  : Ax  By  C  0  y  , ( A2  B 2  0)
B
Trường hợp 1: B  0 , ta có phương trình hoành độ giao điểm giữa  và (E) là:
x 2 ( Ax  C )2
2
 2 2
 1   b 2 B 2  a 2 A2  x 2   2a 2 AC  x  a 2C 2  a 2b 2 B 2  0
a b B
Để (E) tiếp xúc với  ta có
 '  0  a 4 A2C 2  (b2 B 2  a 2 A2 )(a 2c 2  a 2b2 B 2 )  0  a 2 A2  b2 B 2  C 2
276 283
C
Trường hợp 2: B  0   : Ax  C  0  x  ( A  0) nên phương trình
A
c2 y2 2 2 c2 
tung độ giao điểm giữa  và (E) là: 2 2  2  1  y  b 1  2 2  (1)
a A b  a A 
Do (E) tiếp xúc với   phương trình (1) có nghiệm kép
c2
 1  2 2  0  a 2 A2  c 2  a 2 A2  b 2 B 2  C 2 (do B  0)
a A
Tóm lại từ điều kiện cần và đủ đề đường thẳng  tiếp xúc với (E) là
C 2  a 2 A2  b2 B 2
BÀI TOÁN 5 (TÌM ĐIỂM M THUỘC (E) THỎA ĐIỀU KIỆN VỀ ĐỘ DÀI
VÀ GÓC).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, tìm điểm M thuộc elip
x2 y 2
(E) :   1 thỏa mãn:
9 5
a. Bán kinh qua tiêu điểm này bằng 2 lần bán kinh qua tiêu điểm kia.
b. M nhìn đoạn nối 2 tiêu điểm dưới một góc 600 .
■ Đặt vấn đề:Với các bài toán tìm điểm M thỏa điều kiện độ dài và góc liên quan
đến hai tiêu điểm thì ta thường thông qua các bán kính qua tiêu điểm để xử lý.
► Nhận xét và phương pháp chung :
Bước 1: Từ phương trình (E) khai thác các thuộc tính a, b, c.
xM 2 yM 2
Bước 2: Gọi M(x M ; yM )  ( E ) : 2  2  1
a b
Bước 3:Sử dụng dữ kiện bán kinh qua tiêu điểm để liên hệ góc và độ dài.
 c
MF
 1  a  xM
a
M ( xM ; yM )  ( E )   và đồng thời
c
 MF  a  x
 2 a
M
MF12  MF2 2  F1F2 2

cos( MF1; MF2 ) 
2MF1MF2
Bước 4:Sử dụng giả thiết kết hợp để giải tìm tọa độ điểm M.
Chú ý:Nhóm các bài tập điểm M thuộc (E) liên quan đến max – min sẽ được trình
bày trong chủ đề 2.5 các bài toán max – min về cực trị hình học.
Ta có:
284
276
 a2  9  a3
x 2
y 2
 
(E) :  1  b2  5  b  5 (do a, b, c  0) và
9 5 c 2  a 2  b 2  4  c  2
 
F1F2  2c  4
 2
2 2  MF  3  xM
xM yM 1
3
M ( xM ; yM )  ( E )    1 (*) và 
9 5  MF  3  2 x
 2 3
M
 MF1  2MF2
a. Yêu cầu bài toán  
 MF2  2MF1
2  2  3
Trường hợp 1: MF1  2MF2  3  xM  2  3  xM   x M  thay vào
3  3  2
(*), ta có:
xM 2 yM 2 1 yM 2 15 15
(*)   1   1  yM 2   yM  
9 5 4 5 16 4
2  2  3
Trường hợp 2: 2MF1  MF2  3  xM  2  3  xM   xM  thay vào
3  3  2
(*), ta có:
xM 2 yM 2 1 y 2 15 15
(*)    1   M  1  yM 2   yM  
9 5 4 5 16 4
 3 15   3  15   3 15   3  15 
M  ;   M  ;   M  ;   M  ; 
 2 4   2 4   2 4   2 4 
MF12  MF2 2  F1F2 2 1
b. Xét tam giác MF1 F2 có: cos( MF1 ; MF2 )  
2MF1MF2 2
Suy ra
MF12  MF2 2  F1F2 2  MF1MF2  (MF1  MF2 )2  F1F2 2  3MF1MF2
 (2a)2  (2c) 2  3MF1MF2
2
 2 x  2 x   4 xM  2 21 2 25
Suy ra 20  3  3  M  3  M   3 9    xM   yM 
 3  3   9  4 12
276 285
 21 5 3   21 5 3    21 5 3    21 5 3 
M  ;   M  ;   M  ;   M  ; 
 2 6   2 6   2 6   2 6 
BÀI TOÁN 6 (QUỸ TÍCH LÀ MỘT ĐƯỜNG ELIP).Trong mặt phẳng với hệ
tọa độ Oxy, cho tọa độ điểm A(3cos t ;0), B(0; 2sin t ) (t  ) . Tìm tập hợp
các điểm M(x; y) sao cho 2MA  5MB  0 khi t thay đổi.
(Trích đề thi Đại học Ngoại Thương, năm 1993)
■ Đặt vấn đề:Từ lâu bài toán xác định quỹ tích của một điểm thỏa điều kiện cho
trước đã không còn quá xa lạ bạn đọc. Ở đây có thể tọa độ của điểm đã được
tham số hóa theo 1 tham số nào đó (hoặc chưa được tham số hóa). Việc chứng
minh quỹ tích của tập hợp điểm là một đường elip đòi hỏi ta phải nắm vững một
số tính chất và định nghĩa của Elip để dễ dàng đưa ra kết luận.
► Nhận xét:
Như ta đã biết phương trình chính tắc của elip có dạng:
x2 y 2
( E ) : 2  2  1 (a  b  0) .
a b
x
 a  cos t  x  a cos t
Nếu đặt  , t  [0; 2 ]   , t  [0; 2 ] Đây dạng lượng
y
  sin t  y  b sin t
 b
giác hóa của Elip.
Từ đây với những dạng toán cho các điểm có dạng tọa độ M (a cos t , b sin t ) .
Ta tìm khử các hàm lượng giác và biểu diễn về dạng chính tắc của elip.
Chú ý:cách lượng giác hóa trên cũng được dùng để giải một số bài toán max –
min liên quan đến các đường Conic (sẽ được trình bày kỹ hơn trong chủ đề 2.5).
Ta có AM  ( x  3cost; y), BM  ( x;  y  2sin t ) .
Ta có M thỏa
 x2
  cos 2 t
 x  3cos t
 3x  6 cos t  0   92
2MA  5MB  0    10  y
3 y  10sin t  0  y  sin t   sin 2 t
3 100

 9
286
276
x2 y2
Do đó:   sin 2 t  cos 2 t  1, t  R .
9 100
9
Vậy quỹ tích của tập hợp những điểm M trên chính là elip (E) có phương trình
x2 y2
 1
9 100
9
BÀI TOÁN 7 (SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA CÁC ELIP).Trong mặt phẳng với hệ
tọa độ Oxy, cho phương trình chính tắc của hai elip
x2 y 2 x2 y 2
( E1 ) :   1, ( E2 ) :  1 .
16 1 9 4
a. Chứng minh rằng ( E1 ), ( E2 ) cắt nhau tại 4 điểm.
b. Lập phương trình đường tròn đi qua 4 điểm đó.
c. Viết phương trình tiếp tuyến chung của 2 elip trên.
►Nhận xét và phân tích:
Bài toán trên xét theo ý ở câu a có thể tổng quát lên thành vị trí tương đối giữa
các elip cụ thể như sau:
Cho phương trình chính tắc của hai elip
x2 y 2 x2 y 2
( E1 ) : 2  2  1, ( E2 ) : 2  2  1 .
a1 b1 a2 a3
 x2 y 2
a 2  b 2 1
 1 1
Giao điểm của ( E1 ), ( E2 ) là nghiệm của hệ  2 2
(*)
 x y
 1
 a2 2 a32
Nếu hệ (*) vô nghiệm suy ra ( E1 ) nằm trong ( E2 ) (hoặc ngược lại)

Nếu hệ (*) có hai nghiệm suy ra ( E1 ), ( E2 ) tiếp xúc nhau tại hai đỉnh đối nhau
qua gốc tọa độ.
Nếu hệ (*) có bốn nghiệm suy ra ( E1 ), ( E2 ) cắt nhau tại 4 điểm phân biệt
(Khi đó tồn tại một đường tròn đi qua 4 điểm trên và có đến 4 tiếp tuyến
chung của 2 elip).
Giao điểm của ( E1 ), ( E2 ) là nghiệm của hệ
276 287
 x2 y2  432  12 3
16   1  x2  x  
1  55  55
 2    
x  y2 28  y2   2 7
1 y 
2
 9 
4 55  55
Do đó tọa độ các giao điểm là
 12 3 2 7   12 3 2 7   12 3 2 7   12 3 2 7 
M1  ;  , M 2  ;  , M 3  ;  , M 4  ; 
 55 55   55 55   55 55   55 55 
92
Dễ thấy OM1  OM 2  OM 3  OM 4  .
11
2 2 92
Vậy phương trình đường tròn đi qua 4 điểm trên là: (C ) : x  y 
11
Gọi phương trình đường thẳng tiếp tuyến chung có dạng:
 : y  kx  m  kx  y  m  0
x2 y 2
Do  tiếp xúc với ( E1 ) :   1  16k 2  1  m2 (1)
16 1
x2 y 2
Do  tiếp xúc với ( E2 ) :   1  9k 2  4  m2 (2)
9 4
 2 3  21
2 2
 k   k  
16k  1  m 7  7
Từ (1) và (2) ta có  2    
m 2  55
2
9k  4  m m   385
 7  7
Vậy phương trình đường tiếp tuyến chung của 2 elip là:
 1,2 : 21x  7 y  385  0

 3,4 :  21x  7 y  385  0
BÀI TOÁN 8 (ĐƯỜNG THẲNG CẮT ELIP TẠI HAI ĐIỂM). Trong mặt
phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho phương trình chính tắc của hai elip
x2 y 2 2 2
(E) :   1 , lập phương trình đường thẳng d qua M  ;  và cắt (E)
4 1 3 3
tại hai điểm phân biệt A, B sao cho MA = 2MB.
288
276
► Nhận xét và phân tích: Dạng toán đường thẳng qua điểm M ( xM ; yM ) cắt elip
x2 y 2
( E ) : 2  2  1 (a  b  0) tại 2 điểm A, B có thể tổng quát thành MA =
a b
kMB ( k > 0) hay hình thành độ dài cung AB = m > 0 cho trước. Ta thực hiện
các bước giải sau:
Bước 1:Xét vị trí tương đối giữa điểm M và elip (E)
TH1.1: Nếu điểm M (x M ; yM ) nằm ngoài (E)
xM 2 yM 2
 2  2  0 thì MA  kMB  MA  kMB
a b
TH1.2: Nếu điểm M (x M ; yM ) nằm trong
xM 2 yM 2
(E)  2  2  0 thì MA  kMB  MA  kMB
a b
Bước 2:Do hai trường hợp trên tương tự ta xét trường hợp MA  kMB .
Cách 1: Sử dụng phương pháp gọi điểm (tương tự như phép biến hình).
xB 2 yB 2
Gọi B  xB ; yB   ( E )  2  2  1 (1)
a b
Do
 x  x  k ( xB  xM )
MA  kMB   A M  A  kxB  (1  k ) xM ; kyB  (1  k ) yM 
y 
 A M y  k ( y B  y M )
Thay tọa độ A vào phương trình (E):
 kxB  (1  k ) xM   kyB  (1  k ) yM 
2 2
  1 (2) .
a2 b2
Từ (1) và (2) phương trình đã thiết lập xong ta tìm tọa độ điểm B. Khi đó đường
thẳng cần đi qua tọa độ điểm M và B (xem lại phần viết phương trình đường
thẳng chủ đề 2.2)
Cách 2: Sử dụng đường thẳng có hệ số góc k. Ta xét 2 trường hợp:
TH 2.1: Đường thẳng d đi qua M và song song trục tung Oy nên có dạng
d : x  xM
 x  xM

Đến đây ta xét hệ phương trình gồm  x 2 y 2  A, B và kiểm tra
 2   1
a b2
điều kiện MA = kMB.
276 289
TH 2.2: Đường thẳng d đi qua M không song song trục tung Oy nên có dạng
d : y  k( x  xM )  yM
 y  k ( x  xM )  y M

Xét hệ phương trình gồm  x2 y 2 kết hợp với MA  kMB
   1
 a 2 b2
 x  x  k ( xB  xM )
 A M
 y A  yM  k ( y B  yM )
(giải hệ trên rất khó khăn do độ dài của bài toán và cần nhiều kỹ năng
biến đổi đại số cũng như vận dụng các hệ thức Vi-et).
2 2
2 2
   
Nhận xét:
 3    3   5  1  M nằm trong (E) và Gọi d là phương trình
4 1 9
đường thẳng cần tìm.
xB 2 yB 2
Gọi B  xB ; yB   ( E )    1 (1)
25 9
Do M nằm trong Elip nên
 x  x  2( xB  xM )
MA  2MB   A M  A  2 xB  2; 2 yB  2 
y
 A  yM  2( y B  y M )
 2  2 xB   2  2 yB 
2 2
Thay tọa độ A vào phương trình (E):   1 (2) .

4 1
 xB 2 y B 2
   1 (1)
 25 9
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình  (I)
  2  2 xB   2  2 y B 
2 2
   1 (2)
4 1
 8
 xB 2 y B 2 x   B(0;1)
  1 x  0  B 5 
 4 1  B hay   8 8
y
 B  1 3 B  ; 
5 y 2  8 y  3  0 y   5 5
 B o
 B 5  
290
276
Với B(0; 1) ta có đường thẳng cần tìm qua B(0; 1) nhận

 2 1  1
MB   ;   (2; 1) làm vecto chỉ phương nên có dạng là:
 3 3 3
x  0 y 1
:    : x  2y  2  0 .
2 1
8 3 2 2
Với B  ;  ta có đường thẳng cần tìm qua M  ;  nhận
5 5 3 3
 14 1  1
MB   ;   (14; 1) làm vecto chỉ phương nên có dạng là:
 15 15  15
2 2
x y
: 3 3   : 5 x  70 y  50  0
14 1
Vậy có hai phương trình đường thẳng thỏa yêu cầu bài toán là
 x  2y  2  0
5 x  70 y  50  0

BÀI TOÁN 9 (HÌNH VUÔNG NGOẠI TIẾP ELIP).Trong mặt phẳng với hệ tọa
x2 y 2
độ Oxy, cho phương trình ( E ) :   1 . Xét hình vuông ngoại tiếp elip
24 12
(các cạnh hình vuông tiếp xúc với elip). Viết phương trình các đường thẳng
chứa các cạnh của hình vuông đó.
Dễ thấy các cạnh của hình vuông ngoại tiếp elip không song song với các trục
tọa độ (tứ giác có các cạnh song song với các trục tọa độ, ngoại tiếp elip là hình
chữ nhật cơ sở của elip).
Giả sử một cạnh của hình vuông có phương trình d : mx  y  n  0 , khi đó
cạnh kế bên của d có phương trình: d ' : x  my  p  0 (do d '  d ) .
 24m2  12  n2 (1)
Do d’ và d’ tiếp xúc (E) nên ta có:  2 2
.
 24  12 m  p (2)
Ta lại có khoảng cách từ O(0; 0) đến d và d’ bằng nhau nên:
|n| | p|
 (3) .
m2  1 m2  1
Từ (1), (2), (3) ta suy ra | n || p | 6, | m | 1 .
Vậy phương trình các đường thẳng chứa 4 cạnh của hình vuông là:
276 291
x  y  6  0, x  y  6  0, x  y  6  0, x  y  6  0
BÀI TOÁN 10 (TIẾP TUYẾN CỦA HYPEBOL).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
x2 y 2
Oxy, cho phương trình (H) :   1 . Viết phương trình đường thẳng 
1 4
đi qua A(1; 4) tiếp xúc với hypebol (H) và tìm tọa độ các tiếp điểm.
Gọi M(a; b) là tiếp điểm  và (H).
by
Phương trình tiếp tuyến  có dạng: ax  1
4
Vì  qua A(1; 4) nên a  b  1 (1)
a 2 b2
Mặt khác M(a; b) thuộc (H) nên   1 (2) .
1 4
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
a  b  1  b  0, a  1
 2 a  b  1 a  b  1
 a b2   2  8 5
   1  4(b  1) 2
 b 2
 4 3b  8b  0  b  , a 
1 4  3 3
 5 8 
Vậy 2 tiếp điểm cần tìm là M 1 (1;0), M 2  ; 
 3 3 
Và phương trình đường thẳng  thỏa yêu cầu bài toán là
x  1  0 hay 5 x  2 y  3  0
BÀI TOÁN 11 (TIẾP TUYẾN CỦA PARABOL).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy, cho phương trình (P) : y2  2x và điểm A(0; 6). Tìm điểm M thuộc (P)
sao cho độ dài AM là nhỏ nhất. Chứng minh rằng với vị trị đó của M, AM
vuông góc với tiếp tuyến của (P) tại M.
Ta có: AM 2  ( xM ) 2   yM  6   xM2  yM2  12 yM  36 .
2
2 yM4
2
Lại có M thuộc (P) nên yM  2 xM  x  M .
4
Do đó
2yM4 1
AM   yM2  12 yM  36  ( yM4  8 yM2  16)  3( yM2  4 yM  4)  20  20 .
4 4
292
276
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

 yM2  4
  yM  2  xM  2
y
 M  2
 M (2; 2) .
Khi đó AM  (2; 4)  2(1; 2) .
Phương trình tiếp tuyến của (P) tại
M(2; 2) là:
 : 2 y  2  x hay x  2 y  2  0
có vecto pháp tuyến là n  (1; 2)
Ta có: AM  2n  AM / / n do đó AM vuông góc d.
Để xác định AM ngắn nhất ta có thể dùng hàm số:
2t4 2
Xét hàm số f (t  yM )  AM   t  12t  36 (t  R) .
4
Khi đó f '(t)  AM 2  t 3  2t  12, f '(t)  0  t  2 . Dựa vào bảng biến
thiên ta thấy
min f (t )  20  t  2  yM  xM  2  M (2; 2)
tR
BÀI TẬ P CHỌN LỌC - TỰ LUYỆ N CHỦ ĐỀ 4

x2 y 2
Câu 1:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm điểm M thuộc ( E ) :   1 sao cho
25 9
thỏa mãn:
a. MF1  2MF2 .
b. M nhìn hai tiêu điểm dưới một góc vuông.
c. M nhìn hai tiêu điểm dưới một góc 600 .
2 2
 a 2  25 a  5
x y  
Ta có: ( E ) :  1  b2  9  b  3 (do a, b, c  0) và
25 9 c 2  a 2  b 2  16 c  4
 
MF1  MF2  2a  10

 F1F2  2c  8
xo2 yo2
Giả sử M ( xo ; yo ) là tọa độ điểm cần tìm thuộc elip    1 (1)
25 9
276 293
a 25
a. Ta có: MF1  2MF2  a  exo  2(a  exo )  3exo  a  xo  
3e 12
 2 252  9.119 119
Thay vào (1) ta được: yo  9 1  2   2
 yo  
 12 .25  12 4
Vậy có hai điểm M thỏa yêu cầu bài toán là:
 25 119   25  119 
M  ;  hay M  ; 
 12 4   12 4 
b. M nhìn hai tiêu điểm dưới 1 góc vuông nên M ở trên đường kinh F1 F2 , đó là
đường tròn tâm O có bán kinh bằng 4. Phương trình đường tròn này là
(C ) : x 2  y 2  16 .
Ta có M  (C )  xo 2  yo 2  16  yo 2  16  xo 2 thay vào (1) ta có:
xo2 16  xo2 7.25 5 7

  1  xo2   xo  
25 9 16 4
81 9
 yo2  16  xo2   yo  
16 4
 5 7 9   5 7 9 
M  ;  hay M  ; 
 4 4   4 4 
c. M nhìn hai tiêu điểm dưới một góc 600 nên
0MF12  MF2 2  F1F2 2
cos 60   ( MF1  MF2 )2  F1 F2 2  3MF1MF2
2MF1MF2
Suy ra
25.13 5 13
4a 2  4c 2  3(a  exo )(a  exo )  a 2  e2 x02  12  x02   xo  
16 4
3 3
Thay vào (1) ta được: yo  
4
 5 14 3 3   5 14 3 3 
M  ;  hay M  4 ; 4 
 4 4   
294
276
Câu 2:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, lập phương trình chính tắc của Hypebol (H)
có hai đường tiệm cận là 4 x  3 y  0 và hai đường chuẩn 5x  9  0 .
x2 y 2
Gọi phương trình chính tắc của hypebol (H) là: 2  2  1 (b 2  c 2  a 2 )
a b
4x bx b 4
Hai đường tiệm cận 4 x  3 y  0  y       (1)
3 a a 3
9 a2 9 a2
Hai đường chuẩn 5 x  9  0  x       (2)
5 c 5 c
Từ (1) ta có
b 4
  3b  4a  9b 2  16a 2  9(c 2  a 2 )  16a 2  9 c 2  25a 2
a 3
5a 2 25a 4 25a 2
Thay c     a 2  9 (do a  0)  b 2  16
9 81 9
x2 y 2
Vậy phương trình chính tắc của Hypebol cần tìm là: ( H ) :  1
9 16
Câu 3:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi có cạnh bằng 5, chiều cao bằng
24
. Hai đường chéo nằm trên hai trục Ox và Oy. Viết phương trình chính tắc
5
của (E) đi qua hai đỉnh đối diện của hình thoi và nhận hai đỉnh đối diện còn lại
làm hai tiêu điểm.
x2 y 2
Gọi phương trình chính tắc của elip (E) là: 2  2  1 (c2  a 2  b2 )
a b
Gọi b là nửa trục nhỏ của (E), c là khoảng cách từ tâm đến tiêu điểm.
Ta có: b2  c 2  25 (1)
24
Mặt khác diện tích hình thoi là Sthoi  2bc  5.  24  bc  12 (2)
5
b2  c 2  25 b  3, c  4
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:  
bc  12 b  4, c  3
2 x2 y 2
Với b = 3, c = 4 suy ra a  25  ( E ) :  1
25 9
276 295
2 x2 y 2
Với b = 4, c = 3 suy ra a  25  ( E ) :  1
25 16
Vậy phương trình chính tắc của Elip cần tìm là:
x2 y 2 x2 y 2
(E) :   1 hay ( E ) :  1
25 9 25 16
Câu 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, Viết phương trình chính tắc Hypebol (H), biết
a. (H) có 2 tieu điểm F1 (5;0), F2 (5;0) và điểm M thuộc (H) nhìn hai tiêu điểm
dưới một góc 600 thì diện tích tam giác MF1 F2 bằng 9 3 .
b. (H) tiếp xúc với đường thẳng d: x – y – 2 = 0 tại điểm A có hoành độ bằng 4.
x2 y 2
a. Gọi phương trình chính tắc của hypebol (H) là: 2  2  1 (b 2  c 2  a 2 )
a b
Áp dụng định lý hàm cosin trong tam giác MF1 F2 ta có:
F1 F2 2  MF12  MF2 2  2MF1MF2 cos 600  MF1MF2  4a 2  4c 2  4b 2
Mặt khác
1
S MF1F2  MF1MF2 sin 600  9 3  b 2  9  a 2  c 2  b 2  25  9  16
2
x2 y 2
16 25
x2 y 2
b. Gọi phương trình chính tắc của hypebol (H) là: 2  2  1 (b 2  c 2  a 2 )
a b
(H) tiếp xúc với đường thẳng d: x – y – 2 = 0  a 2  b2  4 (1)
16 4
Mặt khác, với x = 4 suy ra y = 2 suy ra A(4; 2) thuộc (H)  2  2  1 (2)
a b
a 2  b2  4
 a 2  8
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình   16 4  2
 2   1 b  4
 a b2
x2 y 2
8 4
296
276
x2 y 2
Câu 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip ( E ) : 2  2  1 (a  0, b  0) .
a b
Giả sử A, B là hai điểm thay đổi trên (E) sao cho OA vuông góc OB.
1 1
a. Tính  theo a và b.
OA OB 2
2
b. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ O xuống AB. Tìm tập hợp các điểm H khi
A, B thay đổi trên (E).
a. Giả sử đường thẳng đi qua OA có phương trình y = kx.
1 1 1 1 a 2  b2
Nếu k = 0, hiển nhiên     2 2
OA2 OB 2 a 2 b 2 ab
Nếu k  0 , khi đó gọi tọa độ của A và B tương ứng là: A( xA ; y A ), B( xB ; yB ) .
Ta có:
xA2 k 2 xA2 2 a 2b 2
1  2  2  xA  2
a b b  k 2a2
2 2 2 2 2 a 2b 2
 OA  x A  k x A  (1  k ) 2 (1)
b  k 2a2
1
Do OA vuông góc OB nên đường thẳng OB có dạng: y  x
k
Từ đó ta có:
xB 2 xB 2 2 k 2 a 2b 2 2 2 1 2 a 2b 2 (1  k 2 )
1  2  2 2  xB  2  OB  xB  2 xB  2 (2)
a kb b  k 2a 2 k b  k 2a 2
1 1 a 2  b2
Từ (1) và (2) ta có   2 2
OA2 OB 2 ab
1 1 1 a 2  b2
b. Ta có:    2 2 không đổi suy ra OH không đổi, Vậy tập
OH 2 OA2 OB 2 ab
a 2b 2
hợp các điểm H là đường tròn tâm O bán kinh R 
a 2  b2
Câu 6:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho phương trình chính tắc của elip
x2 y 2
(E) :   1 . Viết phương trình đường thẳng song song Oy và cắt (E) tại
25 9
hai điểm A, B sao cho AB = 4.
Gọi phương trình đường thẳng song song Oy là d: x = a ( a  0) .
276 297
Tung độ giao điểm giữa d và elip là:

a2 y2 y2 a 2 25  a 2 3
 1  1   y 25  a 2 (| a | 5)
25 9 9 25 25 5
Do đó tọa độ điểm
 3   3   6 
A  a; 25  a 2  , B  a; 25  a 2   AB   0; 25  a 2 
 5   5   5 
36 125 5 5
Theo đề bài ta có AB = 4  16  (25  a 2 )  a 2   a
25 9 3
5 5
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: x  
3
Câu 7:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol y 2  2 x và điểm K(2; 0). Đường
thẳng d đi qua K cắt (P) tại hai điểm phân biệt M, N. Chứng minh rằng đường
tròn ngoại tiếp tam giác OMN nằm trên d.
Trường hợp 1: d vuông góc Ox suy ra d: x = 2.
Xét phương trình tung độ giao điểm giữa d và (P) là:
 x2  x2  M (2; 2)
 2    OM .ON  0
 y  2 x  y  2  N (2; 2)
Trường hợp 2: d không vuông góc Ox suy ra d: y = kx – 2k. Khi đó tọa độ M, N là
 y2
x
 y  kx  2k  2
 2   ky 2  2 y  4k  0 (2)
 y  2x
2
 y  k y  2k
 2
Để d cắt (P) tại hai điểm pân biệt (2) phải có 2 nghiệm phân biệt
 k 0
 2
 k 0
 4  4 k  0
 y12   y2 2 
Gọi M  ; y1  , N  ; y2 
 2   2 
2
yy 
Ta có OM .ON   1 2   y1 y2  (2) 2  (4)  0 (3)
 2 
298
276
Từ (1) và (3) suy ra OM vuông góc ON suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác OMN là trung điểm MN suy ra I thuộc d.
Câu 8:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P) : y  x 2  2 x và elip (E):
x2
 y 2  1 . Chứng minh rằng (P) và (E) có 4 giao điểm chung phân biệt nằm
9
trên 1 đường tròn. Viết phương trình đường tròn đi qua 4 điểm đó.
Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (E) và (P) là :
x2
 ( x 2  2 x) 2  1  9 x 4  36 x3  37 x 2  9  0 (*)
9
Xét f ( x)  9 x 4  36 x3  37 x 2  9 , f(x) liên tục trên R có :
 f (1)  73
 f (0)  9  f (1). f (0)  657  0
 
 f (0). f (1)  9  0
 f (1)  1   Suy ra (*) có 4 nghiệm phân biệt do
 f (2)  5  f (1). f (2)  5  0
  f (2). f (3)  405  0
 f (3)  81
đó (E) và (P) cắt nhau tại 4 điểm.
Tọa độ (P) và (E) là nghiệm của hệ:
 y  x2  2x
 2 2 2 2 2 16 8
x  9 x  9 y  16 x  8 y  9  0  x  y  x  y  1  0 (*)
  y 1
2
9 9
9
8 4 161
(*) là phương trinh đường tròn tâm I  ;  , R  . Do đó 4 giao điểm
9 9 9
cũng nằm trên đường tròn (*)
2 2
 8  4  161
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:  x     y   
 9  9 81
Câu 9: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A(2; 0) và đường tròn (C ) : ( x  2)2  y 2  36
. Viết phương trình quĩ tích tâm các đường tròn đi qua A và tiếp xúc (C).
Xét (C ) : ( x  2)2  y 2  36 là đường tròn tâm B(-2; 0), bán kinh R = 6.
Gọi M là tâm đường tròn đi qua A và tiếp xúc (C) tại N. Ta có:
276 299
MA + MB = MN + MB = BN = 6.
Vậy quĩ tích M là elip (E) nhận A, B làm tiêu điểm và có độ dài trục lớn bằng 6.
x2 y 2
A, B  Ox và đối xứng nhau qua O nên (E) có dạng: 2  2  1 (a > b > 0).
a b
2 2 AB 2
2 x2 y 2
Với 2a = 6 và b  a  c  9   5  (E) :  1
4 9 5
x2 y 2
Vậy quỹ tích cần tìm là: ( E ) :  1
9 5
Câu 10:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho (C1 ) : ( x  5) 2  y 2  441,

(C2 ) : ( x  5) 2  y 2  25 . Gọi M là tâm đường tròn (C) di độg tiếp xúc với
(C1 ), (C2 ) . Tìm quỹ tích M biết:
a. (C) tiếp xúc trong với (C1 ) và tiếp xúc ngoài với (C2 ) .
b. (C) tiếp xúc trong với (C1 ) và (C2 ) .
O1 (5;0) O1 (5;0)
Đường tròn (C1 ) có tâm  và (C2 ) có tâm 
R
 1  21  R1  5
 R1  R  MO1
M(x; y) là tâm:   MO1  MO2  R1  R2  26
R
 2  R  MO2
x2 y2
Từ đó suy ra tập hợp các điểm M thuộc elip ( E ) :   1 nhận O1 , O2
169 144
làm hai tiêu điểm.
 R1  R  MO1
M(x; y) là tâm:   MO1  MO2  R1  R2  16
 R  R2  MO2
x2 y 2
Từ đó suy ra tập hợp các điểm M thuộc elip ( E ) :   1 nhận
64 39
O1 , O2 làm hai tiêu điểm.
300
276
Câu 11:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) có phương trình
x2 y 2
( E ) : 2  2  1 (a  0, b  0) , với các tiểu điểm là F1 , F2 . Chứng minh
a b
rằng tiếp tuyến tại một điểm M bất kỳ trên (E) là phân giác của góc F1MF2
Lấy bất kỳ điểm M ( xo ; yo )  ( E )
xo yo
Suy ra phương trình tiếp tuyến d của (E) tại M có dạng: d : x  y 1
a2 b2
 a2 
Gọi I là giao điểm giữa d và trục hoành Ox suy ra I  ;0  ( xo  0)
 x0 
 MF1  a  exo IF1 IF1 a 2  cxo a  exo MF1
Ta có:  và   2  
MF
 2  a  exo IF2 IF2
a  cxo a  exo MF2
Từ đó suy ra tập d là phân giác ngoài của góc F1MF2 (đpcm)
x2 y 2
Câu 12:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip có phương trình ( E ) :  1.
9 1
Tìm điểm M trên (E) thỏa
a. Có bán kinh qua tiêu điểm này bằng 3 lần bán kinh qua tiêu điểm kia.
b. Nhìn hai tiêu điểm dưới một góc vuông.

 a2  9  a3
2 2
x y  
(E) :   1   b2  1   b  1 (do a, b, c  0)
9 1 c 2  9  1  8 
 c  2 2
a. Gọi M(x; y) là điểm cần tìm. Khi đó từ giả thiết ta suy ra:
 MF1  3MF2  MF1  3MF2  0
 MF  3MF   MF  3MF  0  (MF1  3MF2 )(MF2  3MF1 )  0
 2 1  2 1
Khai triển rút gọn ta được:

16MF1.MF2  3( MF1  MF2 ) 2  0  16(a  exo )(a  exo )  3(4 a 2 )  0
2 a2 a 4 81 9 2
Suy ra xo  2  2   xo  
4e 4c 32 8
276 301
xo 2 23
2 46
Lại có M  ( E )  yo  1    yo  
9 32 8
Vậy tọa độ các điểm M thỏa yêu cầu bài toán là:
 9 2 46   9 2  46   9 2 46   9 2  46 
M  ;   M  ;   M  ;   M  ; 
 8 8   8 8   8 8   8 8 
xo 2
b. Ta có M  ( E )   yo 2  1 (1)
9
Cách 1: do
F1MF2  900  MF12  MF2 2  F1 F2 2  32  (a  exo )2  (a  exo ) 2  32
2(16  a 2 )a 2 63 (1) 2 1
Suy ra xo     yo  .
c2 8 8
 3 14 2   3 14 2   3 14  2   3 14  2 
M  ;   M  ;   M  ;   M  ; 
 8 4   8 4   8 4   8 4 
Cách 2: F1MF2  900  F1MF  M suy ra M thuộc đường tròn đường kinh
F1 F2 có phương trình là (C ) : x 2  y 2  8 . Nên
M  (C )  xo 2  yo 2  8 (2)
 xo 2  2 63
x 
 o
2
  yo  1 8
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình  9 
x 2  y 2  8 y 2  1
 o o
 o 8
 3 14 2   3 14 2   3 14  2   3 14  2 
M  ;   M  ;   M  ;   M  ; 
 8 4   8 4   8 4   8 4 
Câu 13: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(0; 2) và trục đối
49 3
xứng Oy. Biết rằng diện tích tam giác ABC bằng . Viết phương trình
12
chính tắc của (E) qua 3 điểm trên.
302
276
x2 y 2
Gọi phương trình elip cần tìm có dạng ( E ) : 2  2  1 (a  0, b  0)
a b
Ta có A(0; 2) là giao điểm (E) và Oy nên A là một đỉnh của (E) suy ra b = 2.
1 49 3
Lại có diện tích tam giác: S ABC  d ( A; BC ).BC  mà tam giác ABC
2 12
đều nên ta có:
2
d ( A; BC)  AB.sin ABC  BC.sin 600  BC  d ( A; BC )
3
49 3 1 2 49 3 7
  d ( A; BC ) .   d ( A; BC )   (1)
2
Do đó S ABC  
12 2 3 12 2
Mặt khác Oy là trục đối xứng của tam giác ABC nên BC vuông góc Oy
Suy ra phương trình BC có dạng: y = m với m  (2; 2) (2).
 3
 m  (tm)
7 2 3
Từ (1) và (2) | m  2 |   m 
2  m  11 (ktm) 2
 2
Elip không thay đổi khi ta hoán đổi vị trí B và C nên ta có thể giả sử hoành
độ B âm.
 7 3 3  49 9 2 28
Suy ra B 
 6 ;   ( E )    1  a 
 2  12a 2 16 3
x2 y 2
Vậy phương trình elip cần tìm là ( E ) :  1
28 4
3
Câu 14:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  16 . Viết
1
phương trình chính tắc của elip (E) biết tâm sai e = . (E) cắt (C) tại 4 điểm
2
phân biệt A, B, C, D sao cho AB song song với trục hoành và AB = 2BC.
x2 y 2
a b
1 c 2 2 2 2 2 2 3a 2
Ta có e =   a  4c  a  4(a  b )  b  (1)
2 a 4
276 303
Vì (E) và (C) đều nhận Ox, Oy làm các trục đối xứng và AB = 2BC nên giả sử
B(2t; t) (t > 0)
1
Thay tọa độ B vào phương trình (C) ta được: t 2 
5
4 1
Thay vào phương trình (E) ta được:   5 (2)
a 2 b2
4 1  2 256

 a 2 b 2  5 a  15
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình  
b 2  64
2
b 2  3a
 4  5
x2 y2
256 64
15 5
x2 y 2
Câu 15:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip ( E ) :   1 và đường thẳng d:
16 9
3x + 4y – 12 = 0. Gọi các giao điểm của đường thẳng d và elip (E) là A, B. Tìm
trên (E) điểm C sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 6.
Ta có A, B là giao điểm giữa d và (E) nên thỏa hệ:
 x2 y 2
  1  x  4, y  0
16 9 
3 x  4 y  12  0  x  0, y  3

Do đó A(4; 0), B(0; 3) hay A(0; 3), B(4; 0). Suy ra AB = 5.
a 2 b2
Gọi C (a; b)  ( E )    1 (1) .
16 9
1 1 | 3a  4 b  12 |
Mặt khác S ABC  AB.d (C ; AB)  AB.d (C ; d )  6
2 2 2
 4a  3b  24
Suy ra | 4a  3b  12 | 12   (I)
 4 a  3b  0
 3   3 
Từ (1) và (2) ta tìm được: C  2 2;  hay C  2 2; 
 2  2
304
276
Câu 16: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) thỏa mãn khoảng cách giữa hai
8
đường chuẩn của (E) bằng , điểm M có hoành độ dương thuộc (E) sao cho
3
5 3
độ lớn 2 bán kinh qua tiêu là và . Tìm tọa độ điểm M và viết phương trình
2 2
chính tắc của (E).
x2 y 2
a b
a a
Khi đó phương trình của hai đường chuẩn là 1 : x  ; 2 : x 
e e
8 a 8 a2 4
Suy ra d (1 ;  2 )  2    (1)
3 e 3 c 3
 c 5
 a  x 
a
M
2  a2
Bán kinh qua tiêu của M thuộc (E) là:   (2)
c
a  x  3  cxM  1
 a
M
2
1  33
Từ (1) và (2) ta tìm được: a  2, c  3  b  1, xM   yM 
3 6
x2 y 2  1  33 
Vậy phương trình elip cần tìm là ( E ) :  1 và M 
 3 ; 6 

4 1  
Câu 17:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: 2x + y + 3 = 0 và elip
x2 y 2
(E) :   1 . Viết phương trình đường thẳng d’ vuông góc d và cắt (E) tại
4 1
hai điểm A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 1.
Vì d’ vuông góc nên d’ có dạng: d’: x + 2y – m = 0. Khi đó tọa độ A, B là
x  2 y  m  0
 2 x  m  2 y
x   2 2
8 y  4my  m  4  0 (1)
2
  y 1
4
d’ cắt (E) tại hai điểm phân biệt A, B suy ra phương trình (1) có 2 nghiệm
phân biệt
276 305
Suy ra   32  4m2  0  2 2  m  2 2
Khi đó gọi a, b lần lượt 2 nghiệm của phương trình (1).
 m
 a  b 
2
Theo hệ thức Vi-et ta có:  2
ab  m  4
 8
Ta đươc tọa độ A(2a  m; a), B(2b  m; b) và
5(8  m2 )
AB  5(b  a)  5 (a  b)2  4ab  
2 2
4
Mặt khác,
|m| 1
d (O; AB)  d (O; d ')   SOAB  d (O; AB). AB  1  m  2 (tm)
5 2
x  2y  2  0
Vậy có hai đường thẳng thỏa yêu cầu bài toán là: 
x  2y  2  0
Câu 18:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình
1
x 2  y 2  9 . Lập phương trình chính tắc của elip có tam sai e  . Biết (E)
3
cắt (C) tại 4 điểm phân biệt A, B, C, D sao cho AB song song trục hoành và
AB = 3BC.
x2 y 2
a b
1 c 2 2 2 2 2 2 8a 2
Ta có e =   a  9c  a  9(a  b )  b  (1)
3 a 9
Vì (E) và (C) đều nhận Ox, Oy làm các trục đối xứng nên ABCD là hình chữ nhật.
Giả sử A(x; y( vì AB song song với Ox nên B(-x; y), C(-x;-y), D(x; -y).
Ta có AB = 3BC | x | 3 | y | x 2  9 y 2  x 2  9 y 2  0 (2) .
Lại có A, B, C, D thuộc đường tròn (C) nên ta có x 2  y 2  9 (3) .
81 2 9
Từ (2) và (3) suy ra x 2  ;y 
10 10
81 9
Và tọa độ các điểm này thuộc (E) nên ta lại có:   10 (4)
a 2 b2
306
276
 81 9  2 729
 a 2  b 2  10 
a 
80
Từ (1) và (4) ta có hệ phương trình  
b 2  81
2
b 2  8a
 9  10
x2 y2
729 81
80 10
276 307
CHỦ ĐỀ 2.5:
CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾ N MAX – MIN
CỰC TRỊ HÌNH HỌC TRONG MẶ T PHẲ NG OXY
Không chỉ riêng các bài toán bất đẳng thức hóc búa bên đại số, các bài
toán tìm cực trị bên giải tích mà ở hình học cũng bắt gặp vô số các bài toán
max – min cực trị liên quan giữa các đối tượng như điểm, đường thẳng, đường
tròn và các đường conic trong quá trình xét vị trí tương đối giữa chúng.
Trong quá trình tìm hiểu, tiếp cận và giải các bài toán liên quan đến max –
min cực trị hình học trong mặt phẳng Oxy, ta bắt gặp một số câu hỏi sau :
Các giá trị lớn nhất và nhỏ nhất có tồn tại không ? Vì sao ?
Ta có thể tiếp cận bài toán trên dựa trên các hướng nào ?
Liệu rằng có một nguyên tắc chung, một thuật toán chung nào đó cho
việc giải các bài toán trên không ?
Giả sử các bài toán hình học được giải dựa trên hai con đường chính là
sử dụng công cụ của Đại Số và Giải Tích thì ngược lại ta có thể ứng dụng các
tính chất cực trị trong hình học để giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất – nhỏ
nhất không ? Và làm như thế nào ?
Trong chủ đề cuối của chương 2 này, chúng ta sẽ tìm ra các câu trả lời cho
những câu hỏi trên và cũng là để giải quyết một phần nào đó những khó khăn
trong việc giải các bài toán trên của bạn đọc.
PHẦN 2.5.1:
CỞ SỞ CỦA PHƯƠNG PHÁP TIẾP CẬN VÀ CÁC KIẾN THỨC CẦN
ÁP DỤNG.
Trong phần này, tác giả tập trung trình bày và giới thiệu một số kiến thức
và tính chất đặc biệt quan trọng làm cơ sở cho phương pháp để giới thiệu ở các
phần sau. Mời bạn đọc cùng theo dõi.
1. Định nghĩa giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
Cho hàm số f  x  xác định trên tập D
►Giá trị M được gọi là giá trị lớn nhất của hàm số f  x  trên D nếu
 f ( x)  M , x  D
  M  max f ( x)

 o x  D : f ( xo )  M xD
►Giá trị m được gọi là giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x  trên D nếu
 f ( x)  m, x  D
  m  min f ( x)

 o x  D : f ( xo )  m xD
308 307
Lưu ý: Đối với hàm hai biến, ba biến…ta cũng có định nghĩa tương tự.
►Nếu hàm số y  f  x  liên tục trên đoạn  a; b thì hàm số tồn tại giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất trên đoạn  a; b .
2. Các bất đẳng thức cơ bản thường dùng.
►Bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân (AM–GM).
 Cho n số không âm: a1 , a2 ,..., an . Khi đó ta có:
a1 ,  a2  ...  an n
 a1. a2 ...an
n
 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a1  a2  ...  an .
►Bất đẳng thức Bunyakovsky.
 Cho hai bộ n số: a1 , a2 ,..., an ; b1 , b2 ,..., bn khi đó ta có bất đẳng thức:
 a1.b1  a2 .b2  ...  an .bn    a12  a22  ...  an2 b12  b22  ...  bn2 
2
a1 a2 a
 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi   ...  n với quy ước nếu một số
b1 b2 bn
bi (i  1, n) nào đó bằng 0 thì tương ứng ai bằng 0.
2 2 2 2
 Hệ quả của bất đẳng trên, ta có: (a  b )(c  d )  (4abcd ) .
►Bất đẳng thức Véctơ.
 Cho hai vecto a, b nằm trong mặt phẳng Oxy.
Khi đó ta có: a  b  ab  a  b .

*
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a cùng phương b  k  R : a  kb hay một
trong hai vecto bằng 0
n n
Tổng quát a   a
i 1
i
i 1
i (n  1, n)
 Cho hai vecto u , v nằm trong mặt phẳng Oxy.
Khi đó ta có:  u . v  u.v  u . v .
Dấu bằng bên trái xảy ra khi u , v ngược hướng hoặc u  0 hoặc v  0 .
Dấu bằng bên phải xảy ra khi u , v cùng hướng hoặc u  0 hoặc v  0 .
►Bất đẳng thức tam giác.
308
 Với ba điểm bất kì A, B, C ta luôn có:

AB  AC  BC . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A nằm trong đoạn BC.( Tổng
độ dài hai cạnh bất kì trong một tam giác luôn lớn hơn hoặc bằng cạnh thứ ba).
AB  AC  BC . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A nằm trên đường thẳng BC
và nằm ngoài đoạn BC. (Hiệu độ dài hai cạnh bất kì trong một tam giác luôn
nhỏ hơn hoặc bằng cạnh thứ ba).
 Tổng quát: trong tất cả các đường gấp khúc nối 2 điểm A, B cho trước thì đoạn
thẳng AB có độ dài nhỏ nhất.
►Bất đẳng thức về lũy thừa bậc hai.
 Các bất đẳng thức về lũy thừa bậc hai được sử dụng dưới dạng :
A2  0 hay  A2  0
 f  A2  m  m  min f  m  A  0
 Do đó với m là hằng số, ta có:  2
 f   A  M  M  max f  M  A  0
►Bất đẳng thức về lượng giác.
 Các bất đẳng thức quen thuộc trong lượng giác thường sử dụng là:
sin x  1, cos x  1
 Cho trước n góc 0   ;0  a1 , a2 ,..., an   ta có các bất đẳng thức sau:

n n
n  n  
n
 
sin     tan   sin  i  n sin i 1 i
n  sin  i   sin i 1 i 
i 1
i 1  n 
 

 Cho trước n góc 0  1 ;  2 ;...;  n  ta có các bất đẳng thức sau:
2

n n
n 1 n  
n
 
 cos  i  n cos i 1
n  cos  i   cos i 1 i 
i 1
i 1  n 
 
 Cho tam giác ABC ta có:
3 A B C 3 3
cos A  cos B  cos C  cos  cos  cos 
2 2 2 2 2
3 A B C 9
cos 2 A  cos 2 B  cos 2 C  cos 2  cos 2  cos 2 
4 2 2 2 4
1 A B C 3 3
cos A cos B cos C  cos cos cos 
8 2 2 2 8
308 309
3 1 1 1
cos 2 A  cos 2 B  cos 2C     2 3
2 A B C
cos cos cos
2 2 2
3. Các tính chất cực trị hình học thường dùng.
► Quan hệ giữa đường vuông góc, đường xiên và hình chiếu .
 Trong các đoạn thẳng nối một điểm đến một đường thẳng, đoạn vuông góc với
đoạn thẳng có độ dài ngắn nhất.
Ví dụ:ABC vuông tại A (có thể suy biến thành đoạn thẳng) thì cạnh huyền lớn
hơn hoặc bằng cạnh góc vuông ) . AB  BC và dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
A  C ( Hình 1)
 Trong hai đường xiên kẻ từ một điểm đến một đường thẳng, đường xiên nào có
hình chiếu lớn hơn thì lớn hơn và ngược lại.
Ví dụ:ABC vuông tại A có đường cao AH thì AH  AB dấu bằng xảy ra khi
B  H . (Hình 2)
Đặc biệt, nếu AB  AC  HB  HC
 Cho A, K thuộc đường thẳng a và B, H thuộc đường thẳng b. Khi đó:
HK  a  HK  AB , dấu bằng xảy ra khi và chỉ A ≡ K và B ≡ H. (Hình 3)
►Sử dụng các bất đẳng thức trong đường tròn.

 Trong một đường tròn đường kính có độ dài lớn nhất: trong hình 4, AB là
đường kính, CD là dây cung bất kỳ nên ta luôn có CD  AB
 Trong một đường tròn, nếu dây cung này lớn hơn dây cung kia thì khoảng cách
từ tâm đến hai cung tương ứng lớn hơn và ngược lại: trong hình 5, OH, OK lần
lượt là khoảng cách từ tâm đến dây cung AB và CD do đó ta luôn có:
AB  CD  OH  OK
 Trong một đường tròn, nếu cung AB lớn hơn cung CD thì góc ở tâm chắn cung
AB cũng nhỏ hơn góc ở tâm chắn cung CD và ngược lại. (tương tự với góc nội
tiếp và độ dài cung). (xem hình 6).
310
308
4. Vị trí tương đối giữa các đối tượng hình học trong mặt phẳng tọa độ (điểm,
đường thẳng, đường tròn, các đường conic, …).
►Điểm đối với đường thẳng, đường tròn và đường Conic.
 Điểm và đường thẳng
Giả sử điểm A( xA ; y A ), B( xB ; yB ) và đường thẳng d : ax  by  c  0 .
 A  d  axA  by A  c  0
Khi đó, 
 B  d  axB  byB  c  0
Đặc biệt, A và B cùng phía so với đường thẳng d
  axA  byA  c  axB  byB  c   0
Đồng thời, A và B trái phía so với đường thẳng d
  axA  byA  c  axB  byB  c   0
 Điểm và đường tròn
Giả sử đường tròn (C) tâm I(a; b), bán kính R và có phương trình
(C ) : ( x  a)2  ( y  b)2  R2 .
2 2 2
A nằm ngoài (C) khi IA > R  ( x A  a)  ( y A  b)  R
A nằm trong (C) khi IA < R  ( x A  a ) 2  ( y A  b) 2  R 2
2 2 2
A thuộc (C)khi IA = R  ( x A  a)  ( y A  b)  R
 Điểm và đường conic.
x2 y 2
Giả sử elip (E) có phương trình ( E ) : 2  2  1
a b
A nằm ngoài (E) A nằm trong (E) A thuộc đường (E)
xA2 y A2 xA2 y A2 xA2 y A2
 2  2 1  2  2 1  2  2 1
a b a b a b
►Đường thẳng với đường thẳng, đường tròn.
 Đường thẳng và đường thẳng
308 311
Giả sử d1 , d 2 là hai đường thẳng lần lượt có phương trình

d1 : a1 x  b1 y  c1  0

d 2 : a 2 x  b2 y  c2  0
 2 2 2 2
a1  b1  0, a2  b2  0)
d1 : a1 x  b1 y  c1  0
Khi đó, giải hệ phương trình  (I )
d2 : a 2 x  b2 y  c2  0
Hệ (I) có duy nhất 1 Hệ (I) vô nghiệm Hệ (I) có vô số nghiệm

nghiệm
 a1b2  a2b1  0 a1b2  a2b1  0 a1b2  a2b1  b1c2  b2c1
 
b1c2  b2c1  0 b1c2  b2c1  c1a2  c2 a1
d1 và d2 cắt nhau. d1 và d2 song song. d1 và d2 trùng nhau
 Đường thẳng và đường tròn.
Giả sử đường tròn (C) tâm I(a; b), bán kính R và có phương trình
(C ) : ( x  a)2  ( y  b)2  R2 .
Và đường thẳng  : ax  by  c  0
() cắt (C) tại hai điểm () tiếp xúc với (C) tại () không cắt (C).
phân biệt. A
 d ( I ; )  R  d ( I ; )  R  IA  d ( I ; )  R
►Đường tròn và đường tròn.

Cho hai đường tròn (C1) và (C2) có tâm và bán kính lần lượt là I1, R1, I2, R2.
Ta có:
● I1I2< R1 + R2 (C1) và (C2) ở ngoài nhau  Có 4 tiếp tuyến chung.
● I1I2 = R1 + R2 (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài Có 3 tiếp tuyến chung.
● |R1 – R2| < I1I2< R1 + R2 (C1) và (C2) cắt nhau tại hai điểm  Có 2 tiếp
tuyến chung.
● I1I2 = |R1– R2|(C1) và (C2)tiếp xúc trong  Có 1 tiếp tuyến chung.
● I1I2<|R1– R2| (C1) và (C2) ở trong nhau  không có tiếp tuyến chung.
PHẦN 2.5.2:
MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA CHO VIỆC SỬ DỤNG TÍNH CHẤT
HÌNH HỌC THUẦN TÚY.
Việc sử dụng bất đẳng thức, phương pháp hàm số để giải các bài toán max –
min hình học từ lâu đã không còn xa lạ với bạn đọc. Tuy nhiên, ở một góc độ
312
308
khác, hình học được giải bằng chính công cụ của hình học bao giờ cũng mang
đến cho những lời giải đẹp. Để hình thành cho bạn đọc một số ý tưởng, các
dạng toán thường gặp, tác giả trình bày một số bài toán minh họa cho việc sự
dụng tính chất hình học thuần túy nhằm mục đích giới thiệu ở phần tiếp theo
đây. Mời bạn đọc cùng theo dõi.
BÀI TOÁN 1.Trong các hình bình hành có hai đường chéo bằng 6 cm và 8 cm
,hình nào có diện tích lớn nhất ? Tính diện tích lớn nhất đó.
* Xét hình bình hành ABCD có AC = 8 cm; BD = 6 cm ( hình 1)

* Gọi O là giao điểm hai đường chéo. Kẻ BH  AC.
Ta có : SABCD = 2SABC = AC.BH
* Ta có AC = 8cm, BH ≤ BO = 3cm. Do đó :SABCD ≤ 8.3 = 24 (cm2)
* SABCD = 24 cm2 BH ≡ BO  H ≡ O  BD AC.
Vậy max SABCD = 24 cm2 . Khi đó hình bình hành ABCD là hình thoi (hình 2) có
diện tích 24cm2.
BÀI TOÁN 2.Cho hình vuông ABCD . Trên các cạnh AB,BC ,CD,DA ta lấy theo
thứ tự các điểm E,F,G,H sao cho AE = BF = CG = DH . Xác định vị trí của các
điểm E, F,G,H sao cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ nhất .
308 313
* Ta có: HAE = EBF = FCG = GHD HE = EF = FG = GH  EFGH là

hình thoi .
* Mặt khác: AHE  BEF  AHE  AEH  900  BEF  AEH  900
Suy ra HEF  900  EFGH là hình vuông
* Gọi O là giao điểm của AC và EG . Tứ giác AECG có AE = CG, AE //CG nên
là hình bình hành suy ra O là trung điểm của AC và EG , do đó O là tâm của cả
hai hình vuông ABCD và EFGH.
* HOE vuông cân : HE2 = 2OE2 HE = OE 2 .
Chu vi EFGH = 4HE = 4 2 OE . Do đó chu vi EFGH nhỏ nhất  OE nhỏ nhất
Kẻ OK AB  OE ≥OK ( OK không đổi ). OE = OK  E ≡ K
Do đó minOE = OK.
Vậy chu vi tứ giác EFGH nhỏ nhất khi và chỉ khi E, F, G, H là trung điểm
của AB, BC, CD, DA.
BÀI TOÁN 3.Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau ở A và B . một cát tuyến
chung bất kỳ CBD (B nằm giữa C và D) cắt các đường tròn (O) và (O’) tại C và
D . Xác định vị trí của cát tuyến CBD để ACD có chu vi lớn nhất.
1
* sđ C = sđ AmB ;
2 A
1
sđ D = sđ AnB D
2 O O’
 số đo các góc ACD n m
không đổi
ACD có chu vi lớn C’ D’
nhất khi một cạnh của B
nó lớn nhất , chẳng hạn
AC là lớn nhất. C
h.3
AC là dây của đường
tròn (O) , do đó AC lớn
nhất khi AC là đường kính của đường tròn (O), khi đó AD là đường kính của
đường tròn (O’). Cát tuyến CBD ở vị trí C’BD’ vuông góc với dây chung AB.
BÀI TOÁN 4.Cho đường tròn (O) và một điểm P nằm trong đường tròn . Xác định
dây AB đi qua P sao cho góc OAB có giá trị lớn nhất .
314
308
* Xét tam giác cân OAB , góc ở đáy

OAB lớn nhất nếu góc ở đỉnh OAB
1 B’
nhỏ nhất . AOB  sđ AB O
2
* Góc OAB nhỏ nhất  Cung AB A
)
B
nhỏ nhất  dây AB nhỏ nhất H P
 Khoảng cách đến tâm OH lớn nhất.
* Ta có OH ≤ OP . OH =OP
A’
 H ≡ P nên max OH = OP  AB  OP
h.4
* Suy ra dây AB phải xác định là dây A’B’ vuông góc với OP tại P .
BÀI TOÁN 5.Chứng minh rằng trong các tam giác cân có cùng diện tích tam giác
có cạnh đáy nhỏ hơnlà tam giác có góc ở đỉnh nhỏ hơn.
* Xét các tam giác ABC cân tại A
A có cùng diện tích S. Kẻ
đường cao AH . Đặt BAC = 
* AHC vuông tại H, ta có:

HAC  . B H C
2
 h.5
Và AH = HC.cotg
2
1 
= BC.cotg
2 2
1 1 1  1 
* Do đó : S = BC.AH = BC. BC.cotg = BC2cotg
2 2 2 2 4 2
4S 
* Suy ra BC =  2 S.t g
 2
cot g
2
 
Do S không đổi nên :BC nhỏ nhất  tg nhỏ nhất 
B 2 nhỏ nhất  nhỏ
2
nhất  BAC nhỏ nhất C
D E
BÀI TOÁN 6.Cho hai đường tròn (O)  
và (O’) tiếp xúc ngoài tại A .Qua O A r
R O'
308 315
A vẽ hai tia vuông góc với nhau ,

chúng cắt các đường tròn (O) ,
(O’) lần lượt tại B và C. Xác định
vị trí của các tia đó để  ABC có
diện tích lớn nhất .
* Kẻ OD  AB ; O’E  AC ta có:
1 1
SABC = AB.AC = .2AD.2AE= 2.AD.AE
2 2
* Đặt OA =R ; O’A = r ; AOD  O ' AE  
Ta có:AD = R sin ; AE = r cos SABC = Rr. 2sin .cos
Mặt khác, 2sin .cos sin2 + cos2 =1  SABC  Rr
* Do đó : max SABC = Rr  sin = cos sin = sin( 900 )  =
900 = 450.
* Vậy nếu ta vẽ các tia AB,AC lần lượt tạo với các tia AO, AO’ thành các góc
OAB  O ' AC  450 thì  ABC có diện tích lớn nhất .
BÀI TOÁN 7.Cho đường tròn (O; R), dây BC cố định. Tìm vị trí của A trên cung
lớn BC để tam giác ABC có chu vi lớn nhất.
* BC cố định nên góc CAB không đổi, độ
dài BC không đổi. Chu vi tam giác ABC chỉ
còn phụ thuộc vào AB + AC. D
* Trên tia đối của tia AB lấy D sao cho AC
= AD vậy chu vi của tam giác ABC phụ
A
thuộc vào độ dài của BD.
* Hơn nữa góc CDB cũng không đổi hay
1
BD là dây của cung chứa góc  A dựng
2 O
trên BC C B
*Vậy BD lớn nhất bằng đường kính của
1
cung chứa góc  A dựng trên BC khi và chỉ khi A là điểm chính giữa của
2
cung lớn BC
316
308
BÀI TOÁN 8.Cho đường tròn (O; R) với dây AB cố định sao cho khoảng cách từ
R
O tới AB bằng . Gọi H là trung điểm của AB, tia HO cắt đường tròn (O; R)
2
tại C. Trên cung nhỏ AB lấy M tùy ý ( khác A, B). Đường thẳng qua A và song
song với MB cắt CM tại I. Dậy CM cắt dây Ab tại K
a. So sánh góc AIM với góc ACB.
1 1 1
b. Chứng minh:   .
MA MB MK
c. Gọi R1, R2 lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MAK và tam
giác MBK, hãy xác định vị trí của điểm M trên cung nhỏ AB để tích R1.R2 đạt
giá trị lớn nhất.
►Phân tích và gợi ý:

1
a) OH= R => Nhận xét quan hệ giữa dây và A
2
và sđ cung căng dây ( Sđ cung AB = 1200) M
K
Từ đó tìm được quan hệ giữa hai góc AIM I
và ACB.
b) Thường chuyển về tỉ số các đoạn thẳng O H
MK MK
( Cần chứng minh   1)
MA MB C
Tìm cách quy đồng mẫu vế trái bằng cách
chỉ ra các tam giác đồng dạng? B
Tam giác chứa hai cạnh MK, MA đồng
dạng với tam giác nào? tam giác chứa hai cạnh MK, MB đồng dạng với tam
giác nào?
MK MB
(Tam giác MKA và tam giác MBC đồng dạng   , tam giác MKB
MA MC
MK MA
và tam giác MAC đồng dạng  
MB MC
MK MK MA  MB
Vậy   do đó ta phải chứng minh MA+MB = MC
MA MB MC
c) Để tìm giá trị lớn nhát của tích R1.R2, ta tìm mối liên hệ của tổng R1+R2 với các
yếu tố không đổi của bài toán
Để ý hai tam giác AMK, BMK có hai góc AMK, BMK không đổi (= 600), tổng
a
hai cạnh đối diện không đổi. ( dùng công thức R  )
2 sin A
308 317
OH 1
 Xét tam giác AOH có CosO =   AOH  600
OA 2
 AOB  1200  sđ cung AB  1200  ACB  600
Tam giác ABC có đường cao CH đồng thời là trung tuyến. Vậy tam giác ABC
đều => ACB  60 0
AI // MB => góc AIM = góc CMB = góc CAB = 600
Vậy góc AIM = góc ACB.
 Tam giác AIM đều ( có hai góc bằng 600 ) => AM = MI.
AIC  AMB (c - g - c)  CI  MB
MK MB
MKA và MBC đồng dạng nên 
MA MC
MK MA
MKB và MAC đồng dạng nên 
MB MC
MK MK MB MA MB  MA 1 1 1
Vậy:      1 hay   .
MA MB MC MC MC MA MB MK
 Áp dụng định lý hàm sin ta có:
AK AK AK
Trong tam giác AKM: R 1   
2 sin M 2 sin 60 0 3
BK BK BK
Trong tam giác BKM: R 2   
2 sin M 2 sin 60 0 3
Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số không âm R1, R2 có:
R 1  R 2 AK  BK 3R R
R 1R 2      hs dấu bằng khi R1=R2
2 2 3 2 3 2
 AK = BK  M là điểm chính giữa của cung AB.
R2
Vậy R1R2 max = khi M là điểm chính giữa của cung AB.
4
BÀI TOÁN 9.Cho tam giác đều ABC, E là một điểm trên cạnh AC ( E khác A), K
là trung điểm của đoạn AE. Đường thẳng EF đi qua E và vuông góc với đường
thẳng AB ( F thuộc AB) cắt đường thẳng đi qua C và vuông góc với đường
thẳng BC tại D. Xác định vị trí của E sao cho đoạn KD có độ dài nhỏ nhất.
►Phân tích và gợi ý:
 Khai thác Tam giác ABC đều, tam giác AEF vuông, K là trung điểm AE, góc
DCB vuông.
318
308
 Do đó,5 điểm B, C, D, K, F cùng thuộc một đường tròn => KD là một dây cung
.
 Vìsđ cung DK không đổi. Do đó: KD nhỏ nhất  bán kính nhỏ nhất.
* Tam giác AEF vuông tại F, góc A = 600,
C
FK là trung tuyến ứng với cạnh huyền
=> Tam giác AKF đều => góc FKC = D
1200. Vậy Tứ giác BCKF nội tiếp.
* Tứ giác BCDF có góc F = góc C = 900.
Vậy Tứ giác BCDF nội tiếp hay 5 E
điểm B, C, D, K, F cùng thuộc một K
đường tròn đường kính BD.
* sđ cung DK = 2 góc DFK = 600
1 1 A B
 KD = DB  CB dấu bằng F
2 2
khi E trùng với C
1
* Vậy KD min = CB khi E  C.
2
BÀI TOÁN 10. Cho tam giác ABC cân ở B có góc ABC bằng β, O là trung điểm
của cạnh AC, K là chân đường vuông góc hạ từ O xuống cạnh AB, (ω) là đường
tròn tâm O bán kính OK. E là một điểm thay đổi trên cạnh BA sao cho góc
AOE bằng α (200 <α< 900). F là điểm trên cạnh BC sao cho EF tiếp xúc với (ω).
Tìm α để AE + CF nhỏ nhất.
►Phân tích và gợi ý: Để Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng, ta đi chứng minh tích
không đổi.Nhận xét quan hệ của hai tam giác AEO và OEF ?(Sử dụng tính chất
tiếp tuyến, tổng các góc của tứ giác, tam
giác) B
* Trong tam giác OEF:
EOF  1800  OEF  OFE
1 1
 1800  AEF  CFE
2 2 F
* Trong tứ giác AEFC:
AEF  AFE
E
 3600  (A  C )  1800  
K
0 
 EOF  90 
2 A
O C
308 319
* Tam giác ABC cân tại B:

1 
A  C  (1800   )  900 
2 2
Vậy  EOF =  A =  C.
Suy ra:
Tam giác AEO và tam giác OEF đồng dạng,
Tam giác OEF và tam giác COF đồng dạng
Vậy tam giác AEO và tam giác COF đồng dạng.
AE CO
*    AE.CF  AO.CO  hs
AO CF
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:
AE  CF  2 AE.AF  2 AO.CO  hs dấu bằng khi và chỉ khi AE = CF
Suy ra tam giác OEF cân tại O  tam giác AEO cân tại A 
1 1 1 1
Suy ra  AOE = 900  A  900  (900  )  450  
2 2 2 4
1
Vậy khi  AOE = 450   thì AE + CF nhỏ nhất
4
PHẦN 2.5.3:
NGUYÊN TẮC CHUNG VÀ CÁC CÁCH TIẾP CẬN KHI GIẢI BÀI
TOÁN MAX – MIN TRONG TỌA ĐỘ OXY.
Sau khi đã giới thiệu các cơ sở, các kiến thức nền cần có, thì giờ là lúc ta
xây dựng một nguyên tắc chung trong tiếp cận khi giải bài toán liên quan đến
max – min cực trị trong hình học mặt phẳng tọa độ Oxy. Cụ thể có thể thực hiện
như sau:
Lưu ý: ở bước 2, có những bài toán mà ta có thể thực hiện bằng cả hai cách nên
đó cũng là một cách giúp ta kiểm tra và khẳng định kết quả tìm được của cách
này bằng cách khác.
Nguyên tắc chung:

♦ Bước 1: Xét vị trí tương đối giữa các đối tượng hình học. (xem phần 2.5.1) :
đây là một bước chuẩn bị cực kỳ quan trọng không thể bỏ qua dù ta có giải bài
toán theo cách này hay cách khác.
♦ Bước 2: Chọn hướng đi cho bài toán:Sau quá trình phân tích các kiến thức
cơ sở trên thì ta có thể chọn hướng giải quyết bài toán theo các cách sau:
– Cách 1: Tìm được biểu thức chứa biến cần đặt Max – min.
– Cách 2: Không tìm được biểu thức chứa biến cần đạt Max – min.
♦ Bước 3: Ứng với các cách đã chọn, vận dụng các kiến thức liên quan để
giải bài toán.
320
308
– Ứng với cách 1: ta vận dụng phương pháp hàm số (đối với 1 biến) hoặc các
Bất đẳng thức quen thuộc (đối với nhiều biến) để tìm giá trị cần đạt max –
min.
– Ứng vớicách 2: ta vận dụng các tính chất hình học thuần túyđể tìm giá trị
cần đặt max – min.
♦ Bước 4: Kiểm tra lại các kết quả đã tìm được (nếu có) và đưa ra kết luận.
Sau đây tác giả sẽ lấy các bài toán minh họa cho các nguyên tắc chung trên,
cũng như tổng quát hóa một số bài toán, Mời bạn đọc cùng theo dõi.
BÀI TOÁN 1. Trong mặt phẳng với hệ toa độ Oxy, chođường thẳng
 : x  2 y  2  0 và tọa độ các điểm A(0;6), B(2;5) . Tìm tọa độ điểm M
thuộc đường  sao cho :
a. MA  MB nhỏ nhất.
b. | MA  MB | lớn nhất.
 Thay tọa độ A và B vào phương trình đường thẳng  ta có:
 xA  2 yA  2 xB  2 yB  2  (0 12  2)(2 10  2)  60  0 suy ra A và B
cùng phía so với đường thẳng  .
a. MA  MB nhỏ nhất
Cách 1: sử dụng tính chất hình học thuần túy (các bất đẳng thức trong tam
giác).
* Gọi A là điểm đối xứng với A qua  . Ta có MA  MB  MA ' MB  A ' B

/
(bất đẳng thức tam giác)

Do đó
 MA  MB min   MA ' MB min  MA ' MB  A ' B  M  A' B  
/
Khi đó: AA : 2( x  0)  1( y  6)  0  2 x  y  6  0
* Gọi H  AA /   . Tọa độ của H là nghiệm của hệ phương trình:
308 321
2 x  y  6  0 x  2
   H  2; 2 
 x  2 y  2  0  y  2
Do H là trung điểm của AA / nên ta có: A  4; 2 . Từ đó A/ B   2;7  .

/
/
* Đường thẳng A B : 7( x  2)  2( y  5)  0  7 x  2 y  24  0
Tọa độ điểm M cần tìm là nghiệm của hệ:
 11
 x  ;
x  2 y  2  0 4  11 19 
   M ; 
7 x  2 y  24  0  y  19 . 4 8
 8
 11 19 
Vậy tọa độ điểm cần tìm thỏa là: M  ; 
4 8
Cách 2: sử dụng phương pháp hàm số
* Gọi M   : x  2 y  2  0  M (2m  2; m) .
 2
 AM  (2m  2; m  6)  AM  5m  20m  40
Ta có: 
2
 BM  (2m  4; m  5)  BM  5m  26m  41

* Khi đó ta có: AM  BM  5m2  20m  40  5m2  26m  41 .
Đặt f (m)  5m2  20m  40  5m2  26m  41 .

5m  10 5m  13
Ta có: f '(m)   .
5m 2  20m  40 5m 2  26m  41
Cho f '(m)  0  (5m  10) 5m2  26m  41  (5m  13) 5m2  20m  40
19
 m
8
* Bảng biến thiên:
19
m  
8
f /  m – 0 +
f  m  
53
* Dựa vào bảng biến thiên, ta suy ra
322
308
19  11 19 
min(MA  MB)  min f (m)  53  m  M ; 
mR 8 4 8
 11 19 
 4 8
Cách 3: sử dụng bất đẳng thức véctơ
* Gọi M   : x  2 y  2  0  M (2m  2; m) .
 2
 AM  (2m  2; m  6)  AM  5m  20m  40
Ta có: 
2
 BM  (2m  4; m  5)  BM  5m  26m  41

* Khi đó ta có: AM  BM  5m2  20m  40  5m2  26m  41 .

2

2 13  36
Suy ra AM  BM  (m 5  2 5)  20   m 5    5 .
 5
 13 6   3 16 
 
Đặt u  m 5  2 5; 2 5 , v  
 5
 m 5;  suy ra u  v   ; 
5  5 5
* Sử dụng bất đẳng thức u  v  u  v  MA  MB  53 . Dấu bằng xảy ra
khi và chỉ khi
  13   19
m 5  2 5  k  m 5 m 
u  kv  
  5    8

 2 5k
6 k5
 5  3
 11 19 
4 8
b. | MA  MB | lớn nhất.
* Sử dụng kết quả câu a) ta có hai điểm A; B nằm về cùng phía so với  nên ta
có đánh giá: MA  MB  AB  hằng số.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M ; A; B thẳng hàng.
* Ta có AB   2; 1 nên AB :1( x  0)  2( y  6)  0  x  2 y  12  0
* Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
 x  5;
 x  2 y  12  0   7
  7  M  5; 
x  2 y  2  0  y .  2
 2
308 323
 7
Vậy tọa độ điểm cần tìm thỏa là: M  5; 
 2
■ Lời bình:Qua việc giải bài toán 1, ta rút ra được một số nhận xét sau:
Với cách 1 vận dụng để giải cho câu a và b thì ta thấy có thể tổng quát
thành thuật toán như sau:
►Bài toán tìm điểm M thuộc  thỏa MA + MB nhỏ nhất.
+ TH1:Nếu hai điểm A, B khác phía so với đường thẳng  thì điểm M cần tìm
chính là giao điểm của đường thẳng  với đường thẳng AB.
+ TH2:Nếu hai điểm A, B cùng phía so với đường thẳng  , khi đó ta thực hiện
theo các bước sau:
 Bước 1: Xác định điểm A là điểm đối xứng với A qua  .
/
 Bước 2: Từ đánh giá: MA  MB  MA  MB  A B  hằng số. Dấu bằng

/ /
xảy ra khi và chỉ khi A ; M ; B thẳng hàng. Nên ta đi viết phương trình đường
/
thẳng A B .
/
 Bước 3: Điểm M    A B .
/
►Bài toán tìm điểm M thuộc  thỏa |MA – MB| lớn nhất.
+ TH1: Nếu hai điểm A; B mà nằm về hai phía so với  thì ta lại phải đi tìm
điểm A/ đối xứng với A qua  . Sau đó ta sử dụng đánh giá:
MA  MB  MA/  MB  A/ B  hằng số. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
M , A/ , B thẳng hàng. Từ đó tìm ra tọa độ của M.  M  A/ B   

+ TH2: Nếu hai điểm A; B nằm về cùng một phía so với  thì ta có ngay
đánh giá: MA  MB  AB  hằng số. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
M ; A; B thẳng hàng. Do đó điểm M cần tìm là giao của AB với
Với cách 2 và 3 đã vận dụng đung tinh thần của nguyên tắc chung là cố
gắng tìm kiếm biểu thức chứa biến cần đạt max – min nhưng so với cách 1
thì lời giải ở cách 2 có phần nặng nề và gây khó khăn khi giải quyết phương
trình f '( m)  0 hay phải vận dụng biến đối vài kỹ thuật đại số ở cách 3.
BÀI TOÁN 2. Trong mặt phẳng với hệ toa độ Oxy, cho đường thẳng
 : x  2 y  2  0 và tọa độ các điểm A(3; 4), B(1; 2) . Tìm tọa độ điểm M
thuộc đường  sao cho :
a. MA2  2MB 2 nhỏ nhất.
b. MA2  2MB 2 lớn nhất.
324
308

a. MA2  2MB 2 nhỏ nhất.
Cách 1: sử dụng phương pháp hàm số.
* Ta có M   : x  2 y  2  0  M (2m  2; m)
 2 2
 AM  (2m  1; m  4)  AM  5m  12m  17
Ta có: 
2 2
 BM  (2m  3; m  2)  BM  5m  8m  13

* Ta có: MA2  2MB 2  15m2  4m  43
2
* Đặt f (m)  15m  4m  43,(m  R) .
2
Ta có: f '(m)  30m  4  0  m 
15
* Bảng biến thiên:
2
m  
15
f /  m – 0 +
 
f  m
641
15
* Dựa vào bảng biến thiên, ta suy ra
641 2  26 2 
min( MA2  2 MB 2 )  min f ( m)  m M ; 
mR 15 15  15 15 
 26 2 
 15 15 
Cách 2: sử dụng bất đẳng thức về lũy thừa bậc hai.
* Tương tự cách 1, ta có: MA2  2MB 2  15m2  4m  43
2
2 2  2 2  641 641
* Do đó MA  2MB  (15m  4m)  43   m 15    15  15
 15 
* Vậy
641 2 2  26 2 
 MA 2
 2MB 2 
min

15
 m 15 
15
0m
15
 M ; 
 15 15 
308 325
 26 2 
Vậy tọa độ điểm cần tìm thỏa là: M  ;  .
 15 15 
Cách 3: sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc 2.
* Tương tự cách 1, ta có: MA2  2MB 2  15m2  4m  43
2 2
* Đặt y  15m  4m  43  15m  4m  43  y  0 (*) . Xem phương trình
(*) có m là ẩn số và y là tham số. Ta có phương trình có nghiệm khi và chỉ khi
641 641
 '  4  15(43  y)  0  y    MA2  2 MB 2  
15 min 15
641
* thay y = vào phương trình (*)
15
4 2  26 2 
 15m 2  4m  0m  M ; 
15 15  15 15 
 26 2 
 15 15 
b. MA2  2MB 2 lớn nhất.

* Tương tự câu a ta có: MA2  2 MB 2  5m2  28m  9
2
* Đặt h(m)  5m  28m  9,(m  R) .
14
Ta có: h '(m)  10m  28  0  m 
5
* Tương tự ta lập bảng biến thiên và nhận xét:
151 14  18 14 
max( MA2  2MB 2 )  max f (m)  m  M ; 
mR 5 5  5 5 
 18 14 
 5 5 
■ Lời bình: bài toán trên có thể tổng quát lên là: “Cho n điểm Ai (i  1, 2,..., n)
và n số thực ai . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng  : ax  by  c  0 sao
n
cho S   a MA
i 1
i i
2
đạt giá trị nhỏ nhất (hoặc lớn nhất).
326
308
Với cách giải 1 (Lớp 12), có thể giải cho bài toán tổng quát, cách giải 2 và 3 thì
với học sinh THCS (lớp 9) là bắt đầu có thể sử dụng không đòi hỏi quá nhiều
kiến thức, chỉ là vận dụng một số phép biến đổi hằng đẳng thức liên quan.
BÀI TOÁN 3. Trong mặt phẳng với hệ toa độ Oxy, cho đường thẳng
 : x  2 y  2  0 và tọa độ các điểm A(3; 4), B(1; 2), C (0;1) . Tìm tọa độ
điểm M thuộc đường  sao cho : P  MA  2MB  3MC đạt giá trị nhỏ nhất.

Cách 1: Tìm biểu thức chứa biến cần đạt max – min
* Ta có M   : x  2 y  2  0  M (2m  2; m) .
Do đó, ta có:
 MA  (1  2m; 4  m)

 MB  (2m  3; m  2)  MA  2MB  3MC  (1  4m;3  2m)

 MC  (2m  2; m  1)
2
2 2  1
* Mặt khác, P  20m  20m  10  20  m    5  5
 2
1 1  1
* Do đó, Pmin  Pmin 2  5  m   0  m   M  3; 
2 2  2
 1
 2
Cách 2: Vận dụng phương pháp véctơ.
* Ta có M   : x  2 y  2  0  M (2m  2; m) .
* Gọi G là điểm thỏa mãn
 5
x 
(3  xG )  2(1  xG )  3(0  xG )  0 
 G
2
GA  2GB  3GC  0   
 4  yG  2(2  yG )  3(1  yG )  0 y  3


G
2
* Xét MA  2MB  3MC  ( MG  GA)  2( MG  GB)  3( MG  GC )  2MG
(do GA  2GB  3GC  0 )
Do đó ta có: Pmin  MA  2 MB  3MC  MG  MGmin
min min
* Gọi K là hình chiếu vuông góc của G lên  : x  2 y  2  0 . Ta có: MG  GK .
308 327
Vì vậy MGmin  MG  GK  M  K
 M chính là của G lên  : x  2 y  2  0 .
5 3 13
Ta có GK    GK : 2 x  y  c  0 , GK qua G  ;  suy ra c =
2 2 2
Suy ra GK: 4x + 2y – 13 = 0.
x  3
4 x  2 y  13  0   1
Khi đó M thỏa hệ   1  M  3; 
x  2 y  2  0  y  2
 2
 1
 2
■ Lời bình:Bài toán trên ta có thể tổng quát lên là: “ Cho n điểm
Ai (i  1, 2,..., n) và n số thực ai . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng
n
 : ax  by  c  0 sao cho S   a MA
i 1
i i đạt giá trị nhỏ nhất.
Với cách giải 1, chỉ cần bình phương “thoát căn bậc 2” là ta đã có thể vận
dụng các kỹ thuật như dùng phương pháp hàm số, bất đẳng thức đối với lũy
thừa bậc 2 để xử lý.
Với cách giải 2, là một sự kết hợp thú vị giữa véctơ và các tính chất hình
học. Trong đó tính chất đường xiên luôn lớn hơn đường vuông góc đã được vận
dụng một cách tốt. Ứng với bài toán đã được tổng quát ở trênvà vận dụng cách
giải 2, ta có cách giải tổng quát là:
Gọi I ( xI ; yI ) là điểm thỏa mãn
n
a1 IA1  a2 IA2  ...  an IAn  0   ai IAi  0 . Khi đó:
i 1
n n
S  a MA
i 1
i i  a1 ( MI  IA1 )  a2 ( MI  IA2 )  ...  an ( MI  IAn )   a MI
i 1
i
Do đó S nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất, để giải tiếp ta có thể sử dụng cách
1 hoặc làm như cách 2 trình bày.
BÀI TOÁN 4. Trong mặt phẳng với hệ toa độ Oxy, cho đường tròn
(C ) : ( x  2)2  ( y  1)2  5 và đường thẳng  : x  2 y  10  0 và điểm A(2; 1).
Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho:
a. Độ dài AM nhỏ nhất và lớn nhất.
b. Khoảng cách từ M đến  nhỏ nhất và lớn nhất
328
308
 Đường tròn (C) có tâm I(–2; 1) và bán kính R  5 . Ta có:

IA  42  4  5  R . Do đó A nằm ngoài đường tròn (C).
a. Độ dài AM nhỏ nhất và lớn nhất.
Cách 1:sử dụng các tính chất hình học trong đường tròn.
* Kẻ đường kính CD qua A (D là điểm nằm giữa C và A).

* Ta có: AM | IA  IM || IA  ID | DA  AM min  AD  M  D
* Lại có: AM  IA  IM  IA  IC  AC  AM max  AC  M  C
* Khi đó M là giao điểm giữa đường thẳng IA và đường tròn (C) nên tọa độ M
thỏa hệ:
 IM : y 1  0  x  2  5; y  1
 2 2
  .
 (C ) : ( x  2)  ( y  1)  5  x  2  5; y  1
Tính độ dài AM ta suy ra tọa độ C (2  5;1), D(2  5;1)
Vậy tọa độ điểm cần tìm thỏa là: C (2  5;1), D(2  5;1)
Cách 2:sử dụng phương pháp đại số
2 2
* Giả sử M (a; b)  (C )  (a  2)  (b  1)  5 (*)
2 2 2 2 2
* Ta có: AM  (a  2)  (b  1)  (a  2)  (b  1)  8a  5  8a
* Mặt khác:
(*)  (b  1) 2  5  (a  2) 2  a 2  4a  1  0  2  5  a  2  5
* Do đó AM max  D(2  5;1), AM min  C(2  5;1)
308 329
Vậy tọa độ điểm cần tìm thỏa là: C (2  5;1), D(2  5;1)
b. d ( M ;  ) nhỏ nhất và lớn nhất.
 Ta có: d ( I ; )  5 2  5  R . Do đó  không cắt đường tròn (C).
Cách 1:sử dụng bất đẳng thức Bunyakovsky
2 2
* Gọi M (a; b)  (C )  (a  2)  (b  1)  5 (*)
| a  2b  10 | | (a  2)  2(b  1)  10 |
* Xét khoảng cách d ( M ; )  
5 5
Theo bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có:
(a  2)  2(b 1)
2
 (1  4). (a  2)2  (b 1)2   5.5  25
Suy ra: 5  (a  2)  2(b  1)  5  5  (a  2)  2(b  1)  10  15
(a  2)  2(b  1)  10
Do đó: 5 3 5  5  d ( M ; )  3 5
5
* Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
 a  2 b 1
  a  3 a  1
 1 2   hay 
 2 2  b  1  b3
(a  2)  (b  1)  5

d ( M ; ) max  3 5  M (1;3)
* Tính khoảng cách từ M đến  , ta kết luận 
d ( M ; ) min  5  M (3; 1)

d ( M ; ) max  3 5  M (1;3)
Vậy tọa độ điểm cần tìm thỏa là: 
d ( M ; ) min  5  M (3; 1)
Cách 2:sử dụng lượng giác hóa tọa độ kết hợp Bất đẳng Bunyakovsky.
x2
 5  cos t
* Đặt 
 y  1  sin t
 5
Phương trình đường tròn tham số của đường tròn là
 x  2  5 cos t
 (t   0; 2 )
 y  1  5 sin t
* M  (C )  M (2  5 cost;1  5 sint) .
330
308
| 5 cos t  2 5 sin t  10 |
Ta có: d ( M ; )   cos t  2sin t  2 5
5
Theo bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có:
(cos t  2sin t ) 2  (1  4)(cos 2 t  sin 2 t )  5   5  cos t  2sin t  5 .
Do đó: 5  cos t  2sin t  2 5  3 5  5  d ( M ; )  3 5

 1 2
 cos t   sin t 
cos t sin t 5 5
  tan t  2  
1 2  1 2
 cos t    sin t 
 5 5

d ( M ; ) max  3 5  M (1;3)
d ( M ; ) min  5  M (3; 1)

d ( M ; ) max  3 5  M (1;3)
d ( M ; ) min  5  M (3; 1)
Cách 3:sử dụng tính chất hình học thuần túy.
* Gọi PQ là đường kính vuông góc với đường thẳng  tại H. (P nằm giữa Q và H)
* Gọi K là hình chiếu của M trên (C) ta có: PH  MK  QH
* Suy ra d ( M ; )max  M  Q, d ( M ; ) min  M  P
* Khi đó P, Q là giao điểm giữa đường PQ qua I vuông góc  và đường tròn (C)
nên tọa độ P và Q thỏa
 PQ : 2 x  y  5  0  x  3; y  1
 2 2
  x  1; y  3
(C ) : ( x  2)  ( y  1)  5 

d ( M ; ) max  3 5  M (1;3)
d ( M ; ) min  5  M (3; 1)

d ( M ; ) max  3 5  M (1;3)
d ( M ; ) min  5  M (3; 1)
■ Lời bình:Cả 2 câu a và b chúng ta
đều có thể sử dụng tính chất thuần
túy hình học để giải và bao giờ cũng
308 331
cho lời giải ngắn gọn, quá trình tính

toán nhẹ nhàng.
Đối với câu b, ứng với cả 3 cách giải
ta đều có thể tìm được cách giải tổng
quát, tuy nhiên xét về mặt nào đó thì
cách 3 vẫn là tốt nhất.
“Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,
cho đường tròn
(C ) : ( x  a)2  ( y  b)2  R 2 và
đường thẳng  có phương trình
Ax  By  C  0 .
Tìm điểm M thuộc (C) sao cho
khoảng cách từ M đến  đạt giá trị
lớn nhất, nhỏ nhất. ”.
Sử dụng tính chất thuần túy hình học. (trường hợp  và (C) không cắt nhau)
Bước 1: Viết phương trình đường kính PQ qua I và vuông góc  .
Bước 2: Tìm giao điểm P và Q bằng cách giải hệ phương trình bao gồm PQ
và (C).
Bước 3: Tính d[P;  ] và d[Q;  ] và kết luận max – min.
Lưu ý:Với trường hợp “  tiếp xúc (C) tại P ” thì P chính là điểm mà khoảng
cách đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó điểm Q là điểm đối xứng của P qua tâm I
chính là điểm mà khoảng cách đạt giá trị lớn nhất
Với trường hợp “  cắt (C) tại M và N ” thì M và N chính là hai điểm mà
khoảng cách đạt giá trị nhỏ nhất. Khi đó để tìm giá trị lớn nhất của khoảng
cách ta viết phương trình trung trực của MN cắt (C) tại hai điểm P và Q và giải
tương tự như các bước đã làm ở cách 3.
BÀI TOÁN 5. Trong mặt phẳng với hệ toa độ Oxy, cho điểm M(2; 1). Đường
thẳng  qua M cắt Ox, Oy lần lượt tại A  a;0 ; B  0; b  ;  a  0; b  0  . Tìm a,
b sao cho
a. Diện tích tam giác OAB đạt giá trị nhỏ nhất.
1 1
b. P   đạt giá trị nhỏ nhất.
OA OB 2
2
c. OA + OB đạt giá trị nhỏ nhất.

a. Diện tích tam giác OAB đạt giá trị nhỏ nhất
Cách1: Vận dụng bất đẳng thức AM – GM.
332
308
x y
* Ta có AB là phương trình đoạn chắn 2 trục tọa độ nên có dạng:  :   1.
a b
2 1 1 1
* Lại có M      1; 1 . Mặt khác SOAB  OA.OB  a.b
a b 2 2
* Theo bất đẳng thức AM–GM ta có:
2 1 2 2
 2 1 2  ab  8;  2 
a b ab ab
1
* Từ đó suy ra: S OAB  ab  4 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  2 xảy ra
2
dấu bằng.
2 1
 a  b a  4;
Khi đó kết hợp với 1 ta có hệ phương trình:  
 2  1  1 b  2.
 a b
Cách 2: Vận dụng phương pháp hàm số.
2 1 a
* Từ kết quả 1 ta rút ra:
 1 b 
a b a2
.
Theo đề bài ra, do b  0; a  0  a  2

1 a2
* Từ đó: SOAB  ab   f a;  a  2 có
2 2a  4
2a.  2a  4   2a 2 2a 2  8a
f /
a  
 2a  4   2a  4 
2 2
a  0  ktm 
* Cho f /  a   0   (do a  2)
 a  4  
tm
a2 a2
* Lại có: lim f  a   lim   và lim f  a   lim  
a 2 a  2 2a  4 a  a  2a  4
Lập bảng biến thiên ta có:

a 2 4 
f / a  0 
 
f a
f  4
308 333
Suy ra: min( SOAB )  min f  a   4  a  4  b  2

a2
1 1
b. P   đạt giá trị nhỏ nhất.
OA OB 2
2
Cách 1: Đổi biểu thức cần đạt Max – min và vận dụng tính chất hình học.
* Gọi H là chân đường cao hạ từ O xuống cạnh AB.
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông OAB ta có:
1 1 1 1
2
 2
 2
  hằng số.
OA OB OH OM 2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M  H . Tức là OM  AB
 AB.OM  0 2a  b  0  5
  a 
* Vậy ta có hệ phương trình:   2 1  2
M  
    1
a b b  5.
Cách 2: Vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky.
2 1
* Ta có: M     1
a b
2
 1 1  1 1
* Theo bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có:  2.  1.    4  1  2  2   5
 a b a b 
1 1 1
 2  2  . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2a = b.
a b 5
b  2a  5
 a 
* Kết hợp với giả thiết ta có hệ phương trình:  2 1  2

 a b  1
b  5.
c. OA + OB đạt giá trị nhỏ nhất.
Tình huống1: Vận dụng sai bất đẳng thức AM – GM.
* Ta có OA  OB  a  b  2 ab ; 3 (Theo bất đẳng thức AM–GM)
2 1 2
* Mặt khác 1   2  ab  8;  4  (Theo bất đẳng thức AM–GM)
a b ab
* Từ đó suy ra: OA  OB  2 8  4 2 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi cả hai
đánh giá  3 ;  4 cùng xảy ra dấu bằng.
a  b

* Điều đó tương đương với  2 1 1 Dễ nhận thấy hệ trên vô nghiệm.
 a  b  2
Như vậy lời giải là sai!
334
308
Tình huống 2: Vận dụng phương pháp hàm số.

2 1 a
* Ta có OA  OB  a  b . Mặt khác  1 b  .
a b a2
Do a  0; b  0  a  2
a a2  a
* Ta được OA  OB  a    f  a  và
a2 a2
f a 
/  2a  1 a  2   a 2  a a 2  4a  2

   a  2
2 2
a  2
 a  2  2  ktm 
* Ta có: f  a   0  a  4a  2  0  
/ 2
 a  2  2  tm 
 a2  a
 lim f  a   lim  
 a  2 a 2 a  2
 .
2
 lim f  a   lim a  a
 

a a  a  2
Ta có bảng biến thiên

a 2 2 2 
f / a – 0 +
f a  
3 2 2

a  2  2;
Từ đó ta có kết luận: min  OA  OB   3  2 2  
b  2  1.

■ Lời bình: Đến bài toán 5 này thì bạn đọc có vẻ đã tiếp nhận hầu hết các hướng
giải quyết bài toán max – min. Mỗi cách giải đều có mặt ưu nhược điểm của nó.
Đặc biệt trong lời giải câu c ở tinh huống thứ 1 đã chỉ ra 1 số sai lầm mà học
sinh hay mắc phải trong quá trình vận dụng các kỹ thuật trên. Theo bạn đọc do
đâu có những sai lầm đó ?
BÀI TOÁN 6. Trong mặt phẳng với hệ toa độ Oxy, cho điểm A(3; 1), đường tròn
(C ) : ( x  2)2  ( y  3)2  25 . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A, cắt
(C) tại hai điểm phân biệt M, N sao cho
a. Độ dài MN lớn nhất.
b. Độ dài MN nhỏ nhất.
308 335
a. Độ dài MN lớn nhất

* Đường tròn (C) có tâm I(2; –3) và bán kính R = 5.
Ta có: IA  12  42  17  25  R suy ra điểm A nằm bên trong đường tròn.
* Ta có MN là dây cung của đường tròn (C) mà MN  2R do đó MN có độ dài
lớn nhất khi MN là đường kính. Do đó M, N chính là giao điểm giữa IA và
đường tròn (C)
* Đường thẳng IA qua I(2; –3) nhận IA  (1; 4) làm vecto chỉ phương có dạng là:
x2 y3
  4 x  y  11  0
1 4
* Khi đó tọa độ M và N là nghiệm của hệ:
 34  5 17 51  20 17
 x ,y
( x  2)  ( y  3)  25
2 2
17 17
 
 4 x  y  11  0  34  5 17 51  20 17
x  ,y
 17 17
Vậy tọa độ điểm cần tìm thỏa là:

 34  5 17 51  20 17   34  5 17 51  20 17 
M  ;  , N  ; 
 17 17   17 17 
b. Độ dài MN nhỏ nhất

* Gọi H là trung điểm MN. Ta có IH  IA
2 2 2 2
* Mặt khác MN  2MN  2 IM  IH  2 R  IA  4 2 .
H  A hay   IA : 4 x  y  11  0   : x  4 y  7  0
* Khi đó tọa độ M và N là nghiệm của hệ:
336
308
 17  2 34 51  8 34
 y  , x 
( x  2)  ( y  3)  25
2 2
17 17
 
 x  4y  7  0  17  2 34 51  8 34
y  ,x 
 17 17
Vậy tọa độ điểm cần tìm thỏa là:
 17  2 34 51  8 34   17  2 34 51  8 34 
M  ;  , N  ; 
 17 17   17 17 
■ Lời bình:
Với câu a, ta thấy MN có độ dài lớn nhất là đường kính luôn đung với mọi
trường hợp của điểm A nằm trong hay ngoài đường tròn.
Với câu b, kết quả chỉ đung cho trường hợp A nằm trong đường tròn. Với
tinh huống này thì ta luôn có 4 2  MN  10
BÀI TOÁN 7. Trong mặt phẳng với hệ toa độ Oxy, cho hai đường tròn
(C1 ) : ( x  1) 2  y 2  1 và đường tròn (C2 ) : ( x  1) 2  ( y  4) 2  4 . Tìm tọa độ
điểm M  (C1 ), N  (C2 ) sao cho:
a. Độ dài MN lớn nhất.
b. Độ dài MN nhỏ nhất.
* Đường tròn (C1) có bán kính R = 1 và tâm I(1; 0), Đường tròn (C2) có bán kính
r = 2 và tâm J(1; 4)
* Ta có: R + r = 3 < 4 = IJ suy ra 2 đường tròn nằm ngoài nhau.
308 337
* Giả sử IJ cắt (C1) và (C2) lần lượt tại A, B, C, D. Kẻ các đường vuông góc với
MN tại M và N cắt IJ tại E và F.
Ta luôn có: MN  EF  AD  MNmax  AD  M ; N  IJ
* Ta có phương trình IJ qua I(1; 0) nhận IJ  (0; 4) làm VTCP nên có dạng là:
IJ: x – 1 = 0.
* Tương tự hạ MH và NK vuông góc với CD, ta có:
BC  HK  MN  MNmin  BC  MN  BC  M ; N  IJ
Khi đó A, B là giao điểm giữa IJ và (C) nên thỏa hệ:
 x 1  0  x  1; y  1
  
( x  1)  y  1  x  1; y  1
2 2
Khi đó C, D là giao điểm giữa IJ và (C) nên thỏa hệ:

 x 1  0  x  1; y  2
 2 2
  x  1; y  6
( x  1)  ( y  4)  4 
 M (1;1), N (1; 2)  MN min
 M (1; 1), N (1;6)  MN max
■ Lời bình: Có thể thấy việc thiết lập các biểu thức cần đạt max – min không phải
lúc nào cũng dễ dàng. Vì vậy sử dụng các tính chất thuần túy hình học giúp ta
tiếp cận hướng giải rất nhiều.
BÀI TOÁN 8. Trong mặt phẳng với hệ toa độ Oxy, cho tọa độ điểm A(1; –3) và
2 2
phương trình đường tròn (C ) : ( x  2)  ( y  6)  50 .Tìm tọa độ điểm M
thuộc (C) sao cho góc AMI lớn nhất với I là tâm của đường tròn (C).
Cách 1: Vận dụng bất đẳng thức AM – GM.
* Đường tròn (C) có tâm I(2; –6) và bán
kính R  5 2 . Ta có AI 2  10
* Áp dụng định lý hàm số cosin trong tam
giác AMI ta có:
AM 2  MI 2  AI 2
cos AMI 
2 AM .MI
1  40 
  AM  
40 2  AM 
338
308
* Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:

1 2
cos AMI  2 40  .
10 2 5
Do đó cos AMI đạt min hay AMI đạt max khi và chỉ khi
40
AM   AM 2  40
AM
* Khi đó AM 2  AI 2  50  R 2  MI 2  AMI  A .
 x  3 y  10  0  x  7; y  1
Ta có tọa độ M thỏa hệ:  2 2
  x  5; y  5
( x  2)  ( y  6)  50 
Vậy tọa độ điểm cần tìm thỏa là: M  7; 1 hay M  5; 5 
Cách 2: Vận dụng tính chât hình học thuần túy.
* Gọi N là giao điểm của AM với (C), H là trung điểm MN ta có IH vuông góc
MN (định lý đường kính và dây cung).
IH IA 5
* Suy ra sin AMI    .
IM IM 5
Đẳng thức xảy ra khi MN vuông góc IA.
* AM qua A và nhận AI  (1; 3) làm vecto
pháp tuyến có dạng là: x – 3y – 10 = 0
Ta có tọa độ M thỏa hệ:
 x  3 y  10  0
 2 2
( x  2)  ( y  6)  50
 x  7; y  1

 x  5; y  5
Vậy tọa độ điểm cần tìm thỏa là: M  7; 1 hay M  5; 5 
■ Lời bình: Tương tự như các cách làm đã đề cập ở các bài toán trước, với bài
toán này ta cần lưu ý:
 cos  min   max ,  sin  min   min .



1  sin   1,  1  cos   1

308 339
BÀI TOÁN 9. Trong mặt phẳng với hệ toa độ Oxy, cho phương trình đường tròn
(C ) : ( x  2)2  ( y  1)2  5 và điểm A(3; 1). Viết phương trình đường thẳng
 , cắt (C) tại M và N sao cho tam giác IMN có diện tích lớn nhất.
Cách1: Vận dụng bất đẳng thức lượng giác.
* Đường tròn (C) có tâm I(2; –3) và bán kính R = 5. Ta có: IA  17  R suy
ra điểm A nằm trong đường tròn (C).
* Ta có
1 IM 2 25 25
SMIN  IM .IN .sin  MIN  sin  MIN  sin  MIN  .
2 2 2 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
0
sin  MIN  1   MIN  90  MIN  I
* Gọi H là trung điểm MN, theo định lý đường kính và dây cung ta có:
MN 5 2
IH  MN  IH  
2 2
* Đường thẳng  đi qua A có vecto pháp tuyến n  (a; b), (a 2  b 2  0) có
dạng: a ( x  3)  b( y  1)  0 .
Ta có:
|  a 4 b | 5  ab
IH  d ( I ; )    23a 2  16ab  7b 2  0  
a 2  b2 2  23a  7b
Với a = b suy ra phương trình cần tìm là x + y – 4 = 0
Với 23a = – 7b suy ra phương trình cần tìm là 7x – 23y + 2 = 0
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là là:
x  y  4  0 hay 7 x  23 y  2  0
Cách 2: Vận dụng bất đẳng thức AM – GM .
* Gọi H là trung điểm MN suy ra IH vuông góc MN và ta có:
1
S IMN  2S IMN  2. IH .HM  IH 25  IH 2
2
* Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có:
IH 2  25  IH 2 25
2
S IMN  IH 25  IH   .
2 2
5
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi IH  25  IH 2  IH 
2
* Đến đây ta thực hiện như cách 1 và tìm được phương trình đường thẳng.
340
308

x  y  4  0 hay 7 x  23 y  2  0
Cách 3: Vận dụng phương pháp hàm số.
* Tương tự cách 2, ta xây dựng được biểu thức chứa biến cần đạt max – min cho
1
diện tích tam giác IMN là: S IMN  2 S IMN  2. IH .HM  IH 25  IH 2
2
* Đặt IH  t  0 và IH  IA  17  0  t  17 .
Do đó S IMN  t 25  t 2  f (t )
t2 25  2t 2 5
* Ta có: f '(t )  25  t 2
 . Cho f '(t )  0  t 
25  t 2 25  t 2 2
5
* Lập bảng biến thiên và ta chỉ ra S max khi và chỉ khi t   IH . (đến đây
2
làm tương tự như cách 1)
x  y  4  0 hay 7 x  23 y  2  0
■ Lời bình: Nếu điểm A nằm bên trong đường tròn (C) thì với 3 cách làm trên, có
cách 1 và 2 phát huy thế mạnh vốn có của nó. Nhưng nếu giả sử điểm A lúc này
có tọa độ A(3; –2) thì ta vẫn giải tốt. Ta thử kiểm chứng.
* Đặt IH  t  0 và IH  IA  2  0  t  2 .
Do đó S IMN  t 25  t 2  f (t )
2 t2 25  2t 2
* Ta có: f '(t )  25  t    0 suy ra hàm số f(t) đạt max
25  t 2 25  t 2
tại t  2 . Khi đó H trùng A hay đường thẳng   IA   : x  y  5  0 .
Để giải thích cho tinh huống này, ta xét bài toán sau: “cho đường tròn (T) có
R
tâm I bán kính , đồng tâm và nằm
2
trong (C) (I; R). Ta có:
R2 R
S  d ( I ; )  hay AB là tiếp
2 2
tuyến (T)
308 341
R
Nếu IA  hay M nằm ngoài (T) thì 2 có 2 đường thẳng  là tiếp tuyến với
2
(T) kẻ qua A.
R
Nếu IA  hay M thuộc (T) hoặc M nằm trong (T) thì khi đó có đúng 1
2
đường thẳng  thỏa yêu cầu bài toán. Khi đó   IA .
BÀI TOÁN 10. Trong mặt phẳng với hệ toa độ Oxy, cho đường elip
x2 y 2 3
(E) :   1 và điểm M  1;  . A và B là hai điểm thuộc (E) đối xứng
16 12  2 
nhau qua M. Tìm tọa độ C nằm trên (E) sao cho tam giác ABC có diện tích
lớn nhất.
 Giả sử A(x; y) . Do A và B đối xứng qua M nên ta có B (2  x; 3  y ) .
 x2 y 2
  1
 A  (E)  16 12  x  4; y  0
 Lại có:     x  2; y  3 .
 B  ( E )  ( x  2) 2
( y  3) 2

 1

 16 12
 Giả sử A(4;0), B(2; 3)  AB  3 5, AB : x  2 y  4  0
1
 Mặt khác S ABC  d [C ; AB]. AB . Do đó  S ABC max   d[C; AB]max
2
Cách 1: Vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky.
| a  2b  4 |
* Giả sử tọa độ điểm C(a; b) là điểm cần tìm. Ta có d [C; AB] 
5
Nên  d[C; AB]max | a  2b  4 |max  (a  2b)max , a  2b  0
* Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có:
2
 a b   a 2 b2 
4 4  4 3   (16  48)  16  12   64
 2 3  
a b
  a  2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 16 24    C (2;3)  ( E )
a  2b  8  b  3
Vậy tọa độ điểm cần tìm thỏa là: C (2;3)

Cách 2: Lượng giác hóa tọa độ điểm C và vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky.
342
308
x2 y 2  x  4 cos t
* Ta có (E) :   1 có dạng tham số là  (t  R) .
16 12  y  2 3 sin t
Do C  ( E )  C (4 cost; 2 3 sin t )
| 4cost  4 3 sin t  4 | 4
* Ta có d [C; AB]   | cos t  3 sin t  1|
5 5
Nên  d [C; AB]max | cos t  3 sin t  1|max
 (cos t  3 sin t )max , cos t  3 sin t  0

* Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có:
   (1  3)  cos 2 t  sin 2 t   4
2
cos t  3 sin t
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
 1
 sin t cos t 
cos t  
 2
 3    C (2;3)
cos t  3 sin t  2 sin t  3
 
 2
Cách 3: Vận dụng ý nghĩa hình học – Nhận biết tọa độ C bằng phương pháp
tiếp tuyến.
* Ta có C là một tiếp điểm của tiếp tuyến d của (E) và d song song với AB:
x + 2y + 4 = 0
Do đó đường thẳng d có dạng: x + 2y – m = 0.
* Điều kiện để đường thẳng d tiếp xúc với (E) là:
12.16  22.12  m2  m2  64  m  8 .
12
* Với m  8  x  2 y  8  0  C  d  ( E )  C(2;3)  d(C; AB) 
5
4
* Với m  8  x  2 y  8  0  C  d  ( E )  C(2; 3)  d(C; AB) 
5
■ Lời bình: Việc vận dụng bất đẳng thức của đại số, phương pháp hàm số của
giải tích cùng với các tính chất hình học thuần túy đã giúp cho các bài toán
Max – min trở nên hấp dẫn và gần gũi hơn với người làm. Sau bài toán này sẽ đến
phần bài tập chọn lọc – tự luyện có lời giải để bạn đọc củng cố và rèn luyện hơn.
308 343

Câu 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ABC có tọa độ trọng tâm G(0; 4) và
C(–2; –4). Biết trung điểm M của cạnh BC nằm trên đường d: x + y – 2 = 0.
Tìm M để độ dài AB ngắn nhất.
Gợi ý: * Bài toán 5 này thuộc mặt phẳng Oxy, ta sẽ tìm tọa độ M theo hướng lập
biểu thức của đường AB.
+ Biểu diễn tọa độ M theo đường d  tọa độ M
+ Áp dụng CT trung điểm BC và trọng tâm G, tính tọa độ A và B theo M
+ Lập được biểu thức  dùng phương pháp Hàm số hoặc bất đẳng thức quen thuộc.
 Ta có: M  d  M(m; 2 –m)
xB = 2xM - xC
Do M là trung điểm BC y = 2y - y B(2m+ 2; 8 – 2m)
 B M C
xA = 3xG - xB - xC
 Lại có G là trọng tâm ABC y = 3y - y - y A(–2m; 8 + 2m)
 A G B C
Ta có AB = (2m + 2 + 2m) + (4m) = 32m + 16m + 4
2 2 2 2
 Xét f(m) = 32m2 + 16m + 4 với m  R, f'(m) = 64m + 16

-1 -1
Cho f'(m) = 0  m = , dựa vào bảng biến thiên, ta có m = thỏa yêu cầu bài toán.
4 4
 1 9 
Vậy tọa độ điểm cần tìm là M  ; 
 4 4
Câu 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d1 : 3x  y  5  0,
d2 : x  3 y  5  0 và điểm I(1; –2). Gọi A là giao điểm giữa d1, d2. Lập
phương trình đường  qua I và cắt d1, d2 lần lượt tại B và C sao
1 1
cho  đạt giá trị nhỏ nhất.
AB 2 AC 2
Gợi ý: Ta thấy biểu thức mà đề yêu cầu có dáng dấp tương tự một công thức đã
1 1 1
học trong chương trình đó là 2= 2+ .
AH AB AC2
1
+ Ta hy vọng sẽ chuyển biểu thức lại thành , để làm được như vậy ta
AH2
cần c/m d1 d2
+ Do đường  qua I, mà AH lại là đường cao của ABC nên AH  AI
 AHmax = AI
+ Như vậy đường  lúc này qua I và nhận AI làm vectơ pháp tuyến.
 Ta có A = d1 d2 A(–2; 1) và d1, d2 lần lượt có vectơ pháp tuyến là
344
308
 
n1 = (3; 1) và n2 = (1; –3).

 Xét n1 . n2 = 0  d1 d2ABC  A. Gọi H là hình chiếu của A lên BC
1 1 1
 2= 2 + .
AH AB AC2
 1 1   1 
 Vậy để  2 + 2min  2min AHmax .
AB AC  AH 
Ta lại có AH  AI  AHmax  AH = AI  H  I.

 Do đó đường  qua I(1; –2) nhận AI = (3; –3) làm vectơ pháp tuyến có dạng là:
: 3(x – 1) – 3(y + 2) = 0  3x – 3y – 9 = 0 : x – y – 3 = 0
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là x  y  3  0
Câu 3: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng  : x 2  my  1  2  0

và phương trình đường tròn (C) là x 2  y 2  2 x  4 y  4  0 . Gọi I là tâm
đường tròn (C). Chứng minh rằng đường  luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt
A,B với mọi giá trị m. Tìm m để diện tích tam giác IAB lớn nhất và tính giá
trị đó ?
Gợi ý: Trước tiên ta cần nhớ lại vị trí tương đối giữa đường thẳng và đường tròn
trong mặt phẳng Oxy
+  không cắt (C)  d[I;( )] >R.
+  tiếp xúc (C) ( cắt (C) tại một điểm )  d[I;( )] = R.
+  cắt (C) tại hai điểm phân biệt  d[I;( )] < R.
Sau khi tìm được điều kiện của m?,
1
Ta sử dụng công thức SIAB = IA.IBsinBIA
2
Từ đây ta thấy rằng Smax sinBIAmax sinBIA = 1IAB là tam giác vuông
cân tại I
|1  2m |
 (C) có tâm I(1; –2) và bán kính R = 3. Xét d [ I ; ] 
m2  2
|1 - 2m|
 Để  luôn cắt (C) tại hai điểm A,B  < R = 3  5m2 + 4m + 17 > 0 (
2+m 2
luôn đúng với mọi m)

1 1 9
 Ta có SIBA = IA.IB.sinAIB  R2 = ( vì sinAIB  1)
2 2 2
308 345
9
 Suy ra SAIBmaxSIAB = AIB vuông cân
2
R |1 - 2m|
 Vậy khi đó d[I;()] = = m = – 4.
2 2 + m 2
Vậy giá trị m cần tìm là m  4
Câu 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm E(–1;0) và đường tròn
C  :  x  4   y  2   36 . Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm E
2 2
cắt (C) theo dây cung MN có độ dài ngắn nhất.

C  :  x  4   y  2  36  I  4; 2  , R  6 và ta có
2 2

IE  25  4  29  36  R suy ra điểm E nằm trong đường tròn (C).

 Gọi d là đường thẳng qua E(–1;0) có véc tơ chỉ phương
 x  1  at
u   a; b   d :  (t  R)
 y  bt
 Đường thẳng d cắt (C) tại 2 điểm M,N có tọa độ là nghiệm của hệ :
 x  1  at

  y  bt   a 2  b 2  t 2  2  5a  2b  t  7  0 . (1)

 x  4    y  2   36
2 2
 M (1  at; bt )
 Gọi  với t và t' là 2 nghiệm của (1).
 N ( 1  at '; bt ')
2 18a 2  20ab  11b2
 Khi đó độ dài MN =
a 2  b2
2
b b
18  20    11 
 a  a 18  20t  11t 2  b
 2
2 2
với  t  
b 1 t  a
1  
a
18  20t  11t 2
 Xét hàm số f(t)= . Tính đạo hàm f'(t) = 0 , lập bảng biến thiên
1 t2
suy ra GTLN của t , từ đó suy ra t ( tức là suy ra tỷ số a/b ) ). Tuy nhiên cách
này dài.
346
308
 Ta sử dụng tính chất dây cung ở lớp 9 : Khoảng cách từ tâm đến dây cung càng
nhỏ thì dây cung càng lớn.
 Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng d bất kỳ qua E(–1;0).
 Xét tam giác vuông HIE ( I là đỉnh ) ta luôn có :
IH 2  IE 2  HE 2  IE 2  IH  IE .
Do đó IH lớn nhất khi HE=0 có nghĩa là H trùng với E . Khi đó d cắt (C) theo
dây cung nhỏ nhất .
Lúc này d là đường thẳng qua E và vuông góc với IE cho nên d có véc tơ pháp
tuyến n  IE   5; 2  , do vậy d: 5(x+1)+2y=0 hay : 5x+2y+5=0 .
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là 5 x  2 y  5  0
Câu 5: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: 3x – y + 5 = 0 và đường
2 2
tròn x  y  2 x  6 y  9  0 . Tìm điểm M thuộc (C) và điểm N thuộc d sao
cho MN có độ dài nhỏ nhất ?
 (C) :  x  1   y  3  1  I  1;3 , R  1
2 2
 Gọi d' //d thì d': 3x–y+m=0 . d' tiếp xúc với (C) tại M ( M là điểm cách d nhỏ
nhất ) , khi đó :
3  3  m
h  I ; d '  R   1  m  6  10
10
 m  6  10  d ' : 3 x  y  6  10  0

 m  6  10  d ' : 3 x  y  6  10  0
 Giả sử N' thuộc d ta luôn có : M 2 N '  M 2 N . Dấu bằng chỉ xảy ra khi N' trùng
với N .
Vậy ta chỉ cần lập đường thẳng  qua I(–1;3) và vuông góc với d suy ra đường
 x  1  3t  3 1 
thẳng  :  . Khi đó  cắt d' tại 2 điểm : M 1   1;3  ,
 y  3  t  10 10 
 3 1 
và M 2  1  ;3  .
 10 10 
 7 29 
Tương tự  cắt d tại N có tọa độ là nghiệm : N   ; 
 10 10 
 Ta chọn M bằng cách tính M1 N , M 2 N , sau đó so sánh : Nếu M1 N  M 2 N thì
M là M 2 . Còn M1 N  M 2 N thì M là M 1 .
308 347
Câu 6: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho  C  :  x  1   y  3  1 và điểm

2 2
1 7
M  ;  . Tìm trên (C) điểm N sao cho MN có độ dài lớn nhất?
5 5
 (C) viết dưới dạng tham số :
 x  1  sin t
 (t  [0; 2 ])  N   C   N  1  sin t;3  cost 
 y  3  cost
2 2
 6   8  12 16
MN     sin t      cost   sin 2 t  cos 2t  sin t  cost+4
 5   5  5 5
12 16  12 16 
 MN   sin t  cost+5  5  4  sin t  cost  * . Vì :
5 5  20 20 
2 2
 12   16 
     1,
 20   20 
12 3 16 4
 cos   ;sin  =  thì (*) trở thành :
20 5 20 5
5  4sin  t     5  4  1

 Dấu đẳng thức xảy ra khi : sin  t     1  t     k 2
2
  3 3 2
 Do vậy : sin t  sin      cos =  x  1  sin t  1   
2  5 5 5
 Tương tự :
  4 4 19  2 19 
cost=cos      sin    y  3  cost=3+   N   ; 
2  5 5 5  5 5
Câu 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ) có phương trình
x 2  y 2  2x  4 y  8  0 và đường thẳng () có phương trình:
2 x  3 y  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.
 Đường tròn (C) có tâm I(–1; 2), bán kính R = 13 .
348
308
9
 Ta có: d ( I , )  <R;
13
Vậy đường thẳng (  ) cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt.
1
 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 khi d ( M , ) lớn nhất.
 Gọi d đi qua tâm I và vuông góc với (  ). Phương trình đường thẳng d là 3x +
2y – 1 = 0
 Gọi P, Q là giao điểm của đường thẳng d vời đường tròn (C).
x 2  y 2  2x  4 y  8  0
Toạ độ P, Q là nghiệm của hệ phương trình: 
3x  2 y  1  0
 P(1; –1); Q(–3; 5)
4 22
 Ta có d ( P , )  ; d (Q , )  Ta thấy d ( M , ) lớn nhất khi và chỉ khi M
13 13
trùng với Q.
 Vậy tọa độ điểm M (–3; 5) hay  là đường thẳng đi qua M và vuông góc với AM ;
PT đường thẳng  : x + y – 2 = 0.
Câu 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng  có phương trình x + 2y –
3 = 0 và hai điểm A(1;0),B(3;–4). Hãy tìm trên đường thẳng  một điểm M sao
cho: MA  3MB là nhỏ nhất

 M   M  3  2t; t  có nên ta có :
MA   2t  2; t  ,3MB   6t; 3t  12  . Suy ra tọa độ của

MA  3MB   8t ; 4t  14 
.
8t    4t  14 
2 2 2
 MA  3MB   80t  112t  196
2
 Xét g(t) = 80t  112t  196 , tính đạo hàm g'(t) = 160t + 112.
112 51  51  15.169
 g'(t) = 0 khi t     g     196 .
80 80  80  80
Lập bảng biến thiên và ta kết luận
51  131 51 
 min MA  3MB  196  14 , đạt được khi t=  và M   ; 
80  40 80 
308 349
308
350
Chươ ng 3. ỨNG DỤNG HÌNH HỌC TỌA ĐỘ OXY VÀO

VIỆ C GIẢ I CÁC BÀI TOÁN
HÌNH HỌC THUẦ N TÚY.
Hình học trong mặt phẳng tọa độ Oxy hay còn gọi là hệ tọa độ Decartes
(Nhà triết học kiêm vật lí và toán học nổi tiếng của Pháp đã phát mnh ra
phương pháp tọa độ), đã đánh dấu cho sự mở đầu của một cuộc cách
mạng trong toán học nói chung và hình học nói riêng. Với phương pháp
tọa độ, mỗi thứ hình học gắn với một cấu trúc như trường số thực,
trường số phức, trường Galois, … và như vậy chúng ta sẽ có nhiều thứ
hình học khác nhau. Việc làm này đã giúp cho hình học thoát ra khỏi lối
tư duy cụ thế, trực quan nhằm đạt tới những đỉnh cao của sự khái quát và
trừu tượng của Toán học trong nhiều lĩnh vực.
Ở hình học tọa độ Oxy, hình học thuần túy luôn giữ một vai trò quan
trọng vì ta không thể tách rời khỏi các khái niệm, định nghĩa, tính chất,
định lý đã xây dựng được từ chúng khi giải các bài toán hình học tọa độ.
Vậy ngược lại khi “soi sáng” lại các phép chứng minh của hình học
thuần túy, thì hình học tọa độ cũng giữ một vai trò vô cùng quan trọng.
Có những bài toán hình học phẳng khá là “kinh khủng khiếp”, gây
không ít khó khăn, trăn trở cho người làm toán. Vì thế việc tìm hiểu một
cách tường minh (ở một mức độ tương đối) là một giải pháp khả dĩ có thể
kỳ vọng của tác giả. Sử dụng công cụ tọa độ là giải pháp được đề cập
ngay trong chương này nhưng trước đó là những câu hỏi rất “tự nhiên”
được đặt ra là:
Dựa vào dấu hiệu nào của bài toán mà ta nghi đến việc sử dụng công
cụ tọa độ ?
Với mỗi một bài toán, việc xây dựng hệ trục tọa độ được hình thành
qua những công đoạn nào ? (tất là chúng ta quan tâm đến cách thức
xây dựng chúng).
Liệu rằng có một nguyên tắc chung trong việc vận dụng công cụ tọa độ
khi giải các bài toán trên không ?
Với kết cấu và yêu cầu chung của chương trình iện nay, việc giải toán
bằng công cụ tọa độ được đặc biệt nhấn mạnh.
350
CHỦ ĐỀ 3.1:
CÁC NGUYÊN TẮ C CẦ N LƯU Ý KHI GIẢ I BÀI TOÁN HÌNH HỌC
PHẲ NG BẰ NG CÔNG CỤ TỌA ĐỘ.
3.1.1 Chọn hệ trục tọa độ: gốc tọa độ, trục tọa độ thường gắn liền với điểm và
đường đặc biệt của bài toán như: “tâm đường tròn, đỉnh góc vuông, trung điểm
đoạn thẳng, chân đường cao, v.v..”
3.1.2 Chuyển đổi ngôn ngữ từ yếu tố hình học “thuần túy” sang ngôn ngữ
hình học tọa độ:
_ Chuẩn hóa độ dài các đoạn thẳng và đơn vị trục.
_ Từ đó xác định tọa độ các điểm và phương trình các đường, theo hướng hạn chế
đến mức thấp nhất việc sử dụng các tham số, điều chỉnh giá trị của các tham số
để nhận được những “tọa độ đẹp” giúp các phép toán trở nên đơn giản hơn.
3.1.3 Khai thác các tính chất và phép toán liên quan đến vecto và tọa độ như:
_ Điều kiện theo tọa độ để hai vecto vuông góc, cùng phương, v,v…
_ Tính khoảng cách, tính số đo góc dựa theo tọa độ,. v,v…
_ Lập phương trình các đường thẳng, đường tròn, đường conic theo các điểm đã
được tọa độ hóa.
3.1.4 Hình thành hệ trục tọa độ trong mặt phẳng như thế nào ?
Bài toán có đơn giản hay không, phần lớn phụ thuộc vào việc hình thành hệ
trục tọa độ và đơn vị trục. Sau đây là cách hệ chọn hệ trục tọa độ tương ứng với
những loại hình đơn giản, thường gặp.
3.1.4.1 Đoạn thẳng AB cố định:
Ta có thể dựng hệ trục tọa độ tại điểm A như
hình vẽ và đồng thời chuẩn hóa một số đại
lượng:
Đặt AB = 1. Dễ dàng suy ra tọa độ điểm A(0;
0) và B(1; 0) (B thuộc tia Ax).
Hay ta cũng có thể chọn trung điểm của AB

làm hệ trục tọa độ. Khi đó hệ tọa độ sẽ là Ixy
như hình vẽ.
Đặt AB = 2 thì IA = IB = 2. Dễ dàng suy ra
tọa độ I(0; 0),A(–1;0), B(1;0).
Lưu ý: ta cũng có thể chọn dựng hệ trục ở B
(Bxy) hoặc bất kì điểm nào nằm trên đường
thẳng AB (điều này phụ thuộc và giả thiết của
bài toán dẫn dắt đi theo hướng nào ?). Trên
351
đây chỉ là 2 cách khả dĩ thường gặp khi xử lý

tinh huống trên.
3.1.4.2 Tam giác cân.

Gọi H, M, N lần lượt là trung điểm
BC, AB, AC và G là trọng tâm tam
giác ABC.
Ta có thể dựng hệ trục tọa độ tại B
(Bxy), chuẩn hóa bằng cách đặt BC = 2,
AH = h> 0
Khi đó tọa độ các điểm là:
B(0;0), A(1; h), C (2;0), H (1;0) .
Đối với các bài toán có hình dạng là
tam giác cân, ta cũng thường hạ
đường cao từ các đỉnh cân đến cạnh
đối diện. Ở đây ta cũng có thể dựng
hệ trục Hxy như hình vẽ.
Khi đó đặt BC = 2, AH = h > 0.
Ta có tọa độ các điểm là:
H(0;0), A(0; h), C (1;0), B( 1;0)
Lưu ý: ta vẫn có thể đặt hệ trục tọa độ
tại các điểm khác trên đây chỉ là 2
cách đặt thông thường mà ta hay gặp.
Với trường hợp là tam giác đềuthì ta
có thể dựng tại 3 vị trí là trung điểm
của 3 cạnh của tam giác hoặc tại 3
đỉnh của tam giác. Tương tự với
trường hợp tam giác vuông cân.
3.1.4.3 Tam giác vuông.

Trong trường hợp này ta có thể dựng
trực tiếp tại góc vuông của tamgiác
(dựng hệ trục Axy như hình vẽ).
Khi đó nếu ta chuẩn hóa đặt AC = 1,
AB = a > 0 thì tọa độ của các điểm
sẽ là:
A(0;0), B(0;a), C (1;0)
Đặc biệt nếu trong giả thiết của đề
có có thêm đường cao AH thì ta có
352
thể dựng tại chân đường cao của

tam giác. Cụ thể ta dựng hệ trục
Hxy như hình vẽ dưới đây
Khi đó, nếu ta chuẩn hóa đặt
AH = 1, BH = b, HC = c (b, c
> 0) thì tọa độ các điểm là:
H (0;0), A(0;1), B(b;0), C (c;0)
Hay ta có thể chuẩn hóa đặt
AH = 1, BH = b, HC = kb (b > 0,
k  0, k  R ), thì ta được:
H (0;0), A(0;1), B(b;0), C (kb;0)
3.1.4.4 Hình vuông.

Cách 1: Trong trường hợp này ta có
thể dựng hệ trục tọa độ tại các
đỉnh vuông của hình (cụ thể trong
hình dưới đây ta dựng hệ trục Axy)
và chuẩn hóa AB = 2.
Khi đó tọa độ các điểm sẽ là:
A(0;0), B(2;0), C (2; 2), D(0; 2)
Cách 2: Tương tự ta cũng có thể

dựng tại trung điểm của các cạnh
hình vuông. Cụ thể trong hình vẽ
dưới đây, ta dựng hệ trục Mxy và
chuẩn hóa đặt cạnh CD = 2.
M(0;0), C (1;0), D( 1;0),
A(1; 2), B(1; 2)
353
Cách 3:Ngoài ra ta cũng có thể chọn

giao điểm hai đường chéo của
hình vuông làm nơi đặt hệ trục
tọa độ. Cụ thể trong hình vẽ dưới
đây, ta dựng hệ trục Ixy và chuẩn
hóa đặt AC = BD = 2.
I (0;0), A(1;0), C (1;0),
B(0;1), D(0; 1)
Lưu ý: ta vẫn có thể đặt hệ trục tọa
độ tại các điểm khác trên đây chỉ
là 3 cách đặt thông thường mà ta
hay gặp.
3.1.4.5 Hình chữ nhật.

Tương tự như cách dựng
hệ trục cho hình vuông, ta
có thể chọn gốc tọa độ tại
các đỉnh của hình chữ
nhật (hay 2 cạnh liên tiếp
của hình chữ nhật tương
ứng với hai trục tọa độ, cụ
thể trong hình vẽ dưới đây
ta có thể dựng hệ trục tại A
(Axy như hình vẽ).
Vấn đề đặt ra là với một cách chuẩn hóa đặt độ dài tương ứng ta sẽ có được rất
nhiều tọa độ mới của các điểm, cụ thể:
Nếu Đặt AB = a, AD = b (a, b > 0, a  b) thì khi đó ta có:
A(0;0), B(0; a), C (a; b), D(0; b)
Nếu Đặt AD = a, AB = ka (a > 0, k  0, k  R ) thì khi đó ta có:
A(0;0), B(0; ka), C (a; ka), D(0; ka)
Nếu Đặt AD = a, AB = 1 (a > 0) thì khi đó ta có:
A(0;0), B(0;1), C (a;1), D(0;1)
Lưu ý: không mất tính tổng quát, ta đặt chiều dài, chiều rộng của hình chữ nhật
lần lượt là 2a, 2b (a > b > 0). Khi đó ta nhận được nhiều kết quả đẹp như:
354
Tâm của hình chữ nhật I(a; b) và phương trình đường tròn ngoại tiếp hình nhật
khi đó là:
( x  a ) 2  ( y  b) 2  a 2  b 2
3.1.4.6 Hình thoi.
Với hình thoi, thì ta có thể có những cách dựng sau:
Dựng hệ trục Ixy như hình vẽ (I là giao điểm 2 đường chéo AC và BD của
hình thoi).
Nếu chuẩn hóa, đặt AC = 2 và BD = 2a (a > 0) thì tọa độ các điểm là:
I (0;0), A(1;0), B(0;a), C (1;0), D(0;  a)
3.1.4.7 Đường tròn.

Ta có thể chọn một đường kinh bất kì
của đường tròn để làm thành 1 trục
tọa độ. Khi đó tùy bài toán thiết lập ta
có thể thể chuẩn hóa R = 1 để tiện cho
việc tính toán.
Ta có tọa độ các điểm là:
A( R;0), I (0;0), B( R;0)
và phương trình đường tròn là:
(C ) : x 2  y 2  R 2
2 2
 x  y
Với biến đổi (C ) :       1 .
R R
355
x
 R  cos   x  R cos 
Ta đặt 
y

y  R sin 
  0; 2 
  sin  
 R
Khi đó ta có: sin 2  cos 2  1 .
Nên mọi điểm M thuộc đường tròn sẽ có tọa độ là:
M  (C )  M  R cos ; R sin   ,   0;2  , R  0 
3.1.4.8 Lưu ý các loại hình khác.

_ Một số các loại hình khác mà ở đó đôi khi ta chỉ cần chọn 1 trục tọa độ, trục
còn lại không cần quan tâm tới, bài toán vẫn có thể giải tốt.
_ Trên cùng một loại hình, ta có thể lựa chọn những hệ trục tọa độ khác nhau,
nhưng vẫn đem lại kết quả như nhau.
_ Việc chuẩn hóa có ý nghĩa quan trọng trong quá trình đại số hóa hình học, vì
vậy qua các ví dụ dựng hình trên các bạn lưu ý việc đặt sao cho giảm càng ít ẩn
càng tốt. Vạn bất đắc dĩ mới phải đặt nhiều ẩn.
_ Như vậy việc chọn trục tọa độ không bị gò bó, cứng nhắc, đây là một ưu điểm
nữa của giải pháp sử dụng công cụ tọa độ.
_ Với các bài toán hình học phẳng trong tọa độ Oxy, để chứng minh lại một kết
quả của hình học phẳng, trước tiên ta “quên đi hệ trục Oxy” các dữ kiện tọa
độ, phương trình theo tọa độ Oxy sẽ được ta thay thế bằng hệ tọa độ mới phục
vụ cho việc chứng minh các kết quả của hình học thuần túy.
PHẦ N 3.2:
PHƯƠNG PHÁP GIẢ I CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC THUẦ N TÚY
BẰ NG CÔNG CỤ TỌA ĐỘ.
Với việc hình thành hệ trục tọa độ trong mặt phẳng, ta giải các bài toán thường
gặp sau đây bằng cách sử dụng công cụ tọa độ.
►Bài toán 3.2.1: Tìm quỹ tích điểm M

Ta thực hiện như sau:
 Gọi tọa độ điểm M(x; y).
 x  h ( m)
 Dựa vào tính chất của điểm M có trong giả thiết, ta tính được:  , m là
 y  g ( m )
tham số thực.
356
 Khử tham số m, ta nhận được phương trình dạng y  f ( x) .

 Khi đó, căn cứ vào điều kiện ràng buộc của tham số m, ta giới hạn được quỹ
tích điểm M (nếu có).
 Trường hợp, một trong hai thành phần tọa độ không phụ thuộc vào tham số m
thì quỹ tích điểm M là đường thẳng nằm ngang hoặc thẳng đứng.
► Bài toán 3.2.2: Chứng minh đường thẳng d đi qua một điểm cố định.
Để chứng minh đường thẳng d đi qua một điểm cố định ta thực hiện các bước sau:
 Viết phương trình đường thẳng d. (phụ thuộc tham số thực m)
 Biến đổi phương trình đường thẳng d về dạng:
m. f ( x; y )  g ( x; y )  0, m  R.
 Tọa độ các điểm mà đường thẳng d luôn đi qua khi m thay đổi là nghiệm của hệ
phương trình:
 f ( x; y )  0

 g ( x; y )  0
 Giải hệ phương trình trên ta được tọa độ điểm cố định.
►Bài toán 3.2.3: Chứng minh đường thẳng luôn tiếp xúc với một đường tròn
cố định
 Viết phương trình đường thẳng d. (phụ thuộc tham số thực m).
 Xác định một đường tròn (C) cố định có tâm I, bán kính R.
 Chứng minh d(I;d) = R.
►Bài toán 3.2.4: Chứng minh M di động trên một đường cố định
 Viết phương trình hai đường thẳng di động qua điểm M.
 x  g ( m)
 Giải hệ phương trình ta tìm tọa độ điểm M(x; y) với: 
 y  f ( m)
 Khử giá trị tham số m ta nhận được phương trình đường cố định là: y = f(x).
►Bài toán 3.2.5: Chứng minh hai đường thẳng vuông góc.
Giả sử u  (a; b), v  (c; d ) . Khi đó ta sử dụng công thức tích vô hướng.
u.v  ac  bd  0  u  v
357
►Bài toán 3.2.6: Chứng minh 3 điểm thẳng hàng.

Giả sử: AB  (a, b), AC  (c; d ) . Điều kiện để 3 điểm A, B, C thẳng hàng là:
 a  kc a b
AB, AC cùng phương  AB  k AC   (k  R) hay 
b  kd c d
PHẦ N 3.3:
CÁC VÍ DỤ MINH HỌA VÀ SO SÁNH GIỮA PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
VÀ CÁCH GIẢ I HÌNH HỌC THUẦ N TÚY.
Trong phần này tác giả đưa ra một số ví dụ về các dạng toán đã trình bày ở
phần 2, cũng như có giải kèm thêm bằng cách giải thuần túy hình học để chúng
ta có sự so sánh và đúc rút giữa các phương pháp.
►Bài toán 3.3.1:Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn ngoại tiêp tam giác
ABC, D là trung điểm cạnh AB, E là trọng tâm của tam giác ACD. Chứng minh
rằng nếu AB = AC thì IE vuông góc CD.
(trích đề thi vô địch vương quốc Anh)
☺Hướng dẫn giải bằng cách 1 (Thuần túy hình học)
Gọi H và F lần lượt là trung điểm của BC và AC.

Do AB = AC nên tam giác ABC cân tại A suy ra AH  BC và DF là đường
trung bình của tam giác ABC nên DF // BC suy ra AH  DF (1) .
Gọi N  AH  CD  N là trọng tâm tam giác ABC suy ra CN = 2ND.
Gọi M là trung điểm CD ta có
358
MD  MC  MD  MN  MC  MN
MN 1
 ( DN  MN )  MN  2 DN  DN  2MN  
DN 2
ME MN 1
Do đó:    NE / / AD
EA DN 2
Với I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, D là trung điểm dây cung AB
nên DI vuông góc AB suy ra DI vuông góc NE (2)
Từ (1) và (2) suy ra I là trưc tâm tam giác DEN do đó EI vuông góc CD (đpcm)
☺Hướng dẫn giải bằng cách 2 (Vận dụng công cụ vecto)

Xét tích vô hướng EI .CD ta có:
EI .CD  ( AI  AE )(CB  BD )  AI .CB  AI .BD  AE .CB  AE BD
 EI .CD  0  ( AD  DI ).BD  AE.CB  ( AD  DE ).BD (do AI  CB )
  AE.CB  DE.BD (do DI  BD )
 DE.DB  AE.CB (do DB   BD )
 DE.( DC  CB )  ( AD  DE ).CB
 DE.DC  AD.CB   DE.CD  AD.( AB  AC )
1 1
  ( AE  AD ).(CA  CB )  AB.( AB  AC ) (do AB  2 AD)
2 2
1 1 1  1 1
  ( AB  2 AC )  AC  AB   AB 2  AB. AC
2 3 3  2 2
1 1 1 1 1 1
  AB. AC  AB 2  AC 2  AB. AC  AB 2  AB. AC
6 6 3 3 2 2
1 1 1
 AB 2  AC 2  AB 2  0 (do AB  AC )
6 3 2
Do đó ta suy ra EI vuông góc CD. (đpcm)
☺Hướng dẫn giải bằng cách 3 (sử dụng công cụ tọa độ)
359
Dựng hệ trục Oxy như hình vẽ (với O là trung điểm BC). Đặt BC = 2 và AO = a
>0
Ta có tọa độ các điểm : O(0;0), B(1;0), C (1;0), A(0; a).
 x A  xB 0  1
 Dx  
2 2  1 a 
Do D là trung điểm AB nên suy ra   D ; 
 y  y A  yB  0  a  2 2
 D
2 2
Ta có E là trọng tâm của tam giác ACD suy ra
 1
 xA  xC  xD 0  1 
x   2
 E
3 3 1 a
  E ; 
 a  0 
a 6 2
 y  y A  yC  yD  2
 E 3 3
 1 a 
Ta có DI qua D  ;  và nhận AB  (1;  a ) làm vecto pháp tuyến nên có
 2 2
1 a
dạng: 1( x  )  a( y  )  0  DI : 2 x  2ay  a 2  1  0 .
2 2
x  0
x  0   a2 1 
Do I  DI  Oy    a  1  I  0;
2

2
2 x  2ay  a  1  0  y   2a 
 2a
360
  1 1 
 EI   ; 
  6 2a  1 1
Xét   EI .CD    0  EI  CD (đpcm).
CD   3 ; a  4 4
  
  2 2
■ Bình luận:
Với cách giải 1 (thuần túy hình học), yêu cầu ở người giải phải có “nhãn quan”
hình học nhạy bén, nắm chắc nhiều phương hướng chứng minh. Cách giải này
tương đối phức tạp.
Với cách giải 2 (sử dụng công cụ vecto), yêu cầu ở người giải phải có kỹ năng
biến đổi vecto đến mức “uyên thâm”.
Với các giải 3 (sử dụng công cụ tọa độ), với việc chọn hệ trục Oxy, việc chứng
minh trở nên đơn giản hơn rất nhiều. Tuy nhiên mấu chốt có thể thấy ngay ở
đây là việc xác định tất cả các tọa độ trong bài.
0
►Bài toán 3.3.2:Cho tam giác ABC có góc ACB  60 . Gọi D, E, F là các
điểm tương ứng nằm trên các cạnh BC, AB, AC. Gọi M là giao điểm AD và BF.
2
Giả sử CDEF là hình thoi. Chứng minh rằng: DF  DM .DA
(trích đề thi chọn đổi tuyển Quốc Gia Singapore)
☺Hướng dẫn giải bằng cách 1 (Thuần túy hình học)
Từ CDEF là hình thoi nên DE // CA và CB // FE

BED  EAF
Suy ra  .
 BCA  BDE  EFA
361
DB FE
Do tam giác DEB đồng dạng tam giác FAE, từ đó ta có:  (1)
DE FA
0
Hình thoi CDEF có góc DCF  60  DCF là tam giác đều
 DE  EF  DF (2)
DB DF
Từ (1) và (2) suy ra  (3)
DF FA
Mặt khác: BDF  FAD  1200 (4) .
Nên từ (3) va (4) ta suy ra tam giác BDF và DFA đồng dạng.
Xét hai tam giác DMF và tam giác FAD có:
FDM chung DF DA
  DMF DFA  
 DFB  FAD DM DF
2
Vậy DF  DM .DA (đpcm).
☺Hướng dẫn giải bằng cách 2 (Sử dụng hệ trục tọa độ)
Không mất tính tổng quát. Ta đặt CF = 1, CA = a ( a > 1). Dựng hệ trục Cxy sao
cho A thuộc tia Cx. Ta có tọa độ C(0;0), F(1; 0), A(a; 0).
Do CDF là tam giác đều nên theo phép quay tâm C góc quay 60 độ ta có:
 1
x  0  (1  0) cos   (0  0)sin  
 1 3
D
  600 2
QC (F )  D    D  ; 
 y  0  (1  0)sin   (0  0) cos   3 2 2 
 D 2
Do CDEF là hình thoi nên ta có:
362
 1
 x   1 0
E
2 3 3
DE  CF    E  ; 
y  3  0  0 2 2 
 E 2
x y
Khi đó phương trình đường thẳng CD:   CD : x 3  y  0
1 3
2 2
Đồng thời phương trình đường thẳng AE:
xa y
  AE : x 3  (2a  3) y  a 3  0
3 3
a
2 2
Khi đó tọa độ B là nghiệm của hệ:
 a
 x 
 x 3y0  2(a  1)  a a 3 
   B  ; 
 x 3  (2 a  3) y  a 3  0 y  a 3  2( a  1) 2( a  1) 
 2(a  1)
Tương tự ta có:
AE : x 3  (2a  1) y  a 3  0, BF : ax 3  (a  2) y  a 3  0
Khi đó tọa độ M là nghiệm của hê:
 a (a  1)
 x 
 x 3  (2a  1) y  a 3  0,  2(a 2  a  1)
 
 ax 3  (a  2) y  a 3  0  y  a (a  1) 3
 2(a 2  a  1)
 a (a  1) a (a  1) 3 
 M  2
; 2 
 2( a  a  1) 2( a  a  1) 
Vậy ta có:
363


 DF 2  1
 2 2
  1    3 
 DA2   a     2
  a  a  1
  2  2 
 2 2
 2  a(a  1) 1   a(a  1) 3 3 1
 DM   2(a 2  a  1)  2    2(a 2  a  1)  2   a 2  a  1
    
2
Do đó: DF  DM .DA (đpcm).
■ Bình luận:
Với cách giải 1, yêu cầu cần phải chứng tỏ được các cặp tam giác đồng dạng là
DEB và FAE, BDF và DFA, DMF và DFA. Việc chứng minh tương đối “rắc
rối” đòi hỏi ở người giải một số kỹ năng.
Với cách giải 2, viêc chọn hệ trụ Cxy ta dễ dàng chỉ ra tọa độ D, F, A, cộng việc
còn lại là xác định tọa độ M và sau đó sử dụng công thức độ dài (cũng khá nặng
nhưng về mặt tư duy thì nhẹ nhang hơn rất nhiều ). Cách giải này cũng đã vận
dụng sử dụng của phép biến hình để xử lý các tọa độ nhờ vào công thức góc.
►Bài toán 3.3.3:Cho một điểm M nằm tùy ý trên đoạn AB. Dựng các hình vuông
AMCD và MBEF về cùng một phía với AB. Các đường tròn tâm P và Q lần lượt
ngoại tiếp hai hình vuông AMCD và MBEF cắt nhau tại M và N.
a. CM: AF và BC cắt nhau tại N.
b. CM: đường thẳng MN đi qua một điểm cố định.
c. Tìm quỹ tích trung điểm của PQ khi M thay đổi.
(trích đề thi Vô địch Toán Quốc Tế)
☺Hướng dẫn giải bằng cách 1 (Thuần túy hình học):
364
a. Chứng minh AF và BC cắt nhau tại N.

Gọi K  AC  BF . Ta có: KAM  KBM  450  AK  BF (1)
Mặt khác CM vuông góc AB (2)
Từ (1) và (2) suy ra F là trực tâm tam giác ABC. Do đó AF vuông góc BC.
Gọi N '  AF  BC  AN ' C  900  AMC  N ', C, A, M cùng thuộc
một đường tròn.
Do đó N’ nằm trên đường tròn tâm P.
Một cách tương tự ta có 4 điểm N’, B, E, F cùng nằm trên một đường tròn.
Do đó N’ nằm trên đường tròn tâm Q.
Như vậy N’ là điểm chung của 2 đường tròn tâm P và Q. Mà AF và BC không
đi qua M
Do đó N’ trùng N. Vậy AF và BC cắt nhau tại N (đpcm).
b. Chứng minh đường thẳng MN đi qua một điểm cố định.

0
Theo chứng minh trên, ta có: AF vuông BC tại N nghĩa là ANB  90
Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác ANB là đường tròn cố định có đường
kinh AB.
Gọi S là giao điểm của đường trung trực AB với phần cung AB không chứa
điểm N. Ta có S là điểm cố định.
Ta có:
ANM  ACM  450  MNB  ANB  ANM  900  450  450
0
Do đó: MNB  ANM  45 .
Từ điều này ta khẳng định rằng đường thẳng MN đi qua điểm cố định S.
c. Tìm quỹ tích trung điểm của PQ khi M thay đổi.
365
Ta có: KPM  MQK  PMQ  900 nên KPMQ là hình chữ nhật.
Gọi I là giao điểm của 2 đường chéo của hình chữ nhật KPMQ, I chính là trung
điểm của PQ và KM.
0
Mặt khác tam giác KAB có KAB  KBA  45 nên tam giác KAB vuông
cân tai K, mà AB cố định K cố định.
Gọi O và T lần lượt là trung điểm của KA và KB (O, T cố định)
Do OI // AM, IT // MB và 3 điểm A, M, B thẳng hàng nên 3 điểm O, I, T thẳng
hàng.
Vì M di động trên đoạn thẳng AB (M khác A, M khác B) nên I di động trên
đoạn thẳng OT (I khác O, I khác T).
Vậy quỹ tích trung điểm I của PQ là đoạn OT (trừ điểm O và T).
☺Hướng dẫn giải bằng cách 2 (sử dụng công cụ tọa độ):
Dựng hệ trục Axy như hình vẽ.

Không mất tính tổng quát giả sử AB = 1, AM = m
Với (0 < m < 1). Khi đó tọa độ các điểm là:
A(0;0), B(1;0), M (m;0), C (m; m), F (m;1  m),
 m m   m 1 1 m 
E (1;1  m), P  ;  , Q  ;  , D(0; m)
2 2  2 2 
Ta có:

 AF  (m;1  m)
  AF .BC  m(m  1)  (1  m)m  0  AF  BC .
 BC  (m  1; m)

366
Gọi N '  AF  BC  AN ' C  900  AMC  N ', C, A, M cùng thuộc

một đường tròn.
Do đó N’ nằm trên đường tròn tâm P.
Một cách tương tự ta có 4 điểm N’, B, E, F cùng nằm trên một đường tròn.
Do đó N’ nằm trên đường tròn tâm Q.
Như vậy N’ là điểm chung của 2 đường tròn tâm P và Q. Mà AF và BC không
đi qua M
Do đó N’ trùng N. Vậy AF và BC cắt nhau tại N (đpcm).
 Chứng minh đường thẳng MN đi qua 1 điểm cố định:

Do hai đường tròn tâm P và Q cắt nhau tại M, N nên MN vuông PQ
 1 1  2m 
Suy ra PQ   ;  là vecto pháp tuyến của đường thẳng MN.
 2 2 
Do đó phương trình đường thẳng MN là:
1 1  2m
( x  m)  ( y  0)  0  x  (1  2m) y  m  0
2 2
Giả sử S(a; b) là điểm cố định mà đường thẳng MN luôn đi qua khi M di động
trên đoạn AB.
Ta có: a  (1  2m)b  m  0, m  (0;1)  (a  b)  (1  2b)m  0, m  (0;1)
Tọa độ điểm S là nghiệm của hệ phương trình:
 1
 a 
ab  0 2  1 1 

1 2b 0
 
1
 S  ; 
   b   2 2 
 2
 1 1 
Vậy đường thẳng MN đi qua điểm cố định S  ; 
2 2 
 Tìm quỹ tích trung điểm của PQ khi M thay đổi.
 xP  xQ 2m  1
 x  
2 4
Gọi I ( x; y ) là trung điểm của PQ ta có: 
 y  yP  yQ  1
 2 4
2m  1 4x 1
Ta có x  m .
4 2
4x 1 3
Vì 0  m  1  0  1 0  x  .
2 4
367
Vậy quỹ tích trung điểm của PQ là đoạn thẳng nằm trên đường thẳng có phương
1 3
trình y  song song với AB và giới hạn bởi 0  x  .
4 4
►Bài toán 3.3.4:Cho tam giác ABC và D là chân đường cao hạ từ A. Gọi E và F
là các điểm nằm trên đường thẳng qua D sao cho AE  BE , AF  CF và E,
F không trùng D. Giả sử M, N là các trung điểm tương ứng của BC và EF.
Chứng minh rằng AN  NM
(trích đề thi Olympic Châu Á Thái Bình Dương lần thứ 10)
☺Hướng dẫn giải bằng cách 1 (Thuần túy hình học):
0
Ta có: AEB  ADB  90
suy ra tứ giác AEDB nội tiếp
 AEF  ABC (1) vì cùng
bù với góc AED.
Lại có:
AFC  ADC  900  900  1800
suy ra tứ giác ADCE nội tiếp
 AFE  ACB (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra:
AE EF 2 EN EN
AEF ABM     (3)
AB BC 2 BM BM
Từ (1) và (3) ta suy ra AEN AMB
 ANE  AMB suy ra tứ giác ANMD nội tiếp.
0
Do đó ANM  ADM  180
 ANM  1800  ADM  1800  900  900  AN  NM (đpcm).
☺ Hướng dẫn giải bằng cách 2 (chứng minh hình học kết hợp sử dụng công cụ
vecto):
Gọi I  AE  CF , J  BE  AF .
AIF  IAF  900
Ta có:  0
 AIF  AJB  
AJB  IAF  90
0
Ta có: ADB  AEB  90 nên tứ giác ABDE nội tiếp được.
Suy ra: ABE  ADE (1)
0
Ta có: ADC  AFC  90  tứ giác ADCF nội tiếp được suy ra
ACF  ADE (2)
368
(1) và (2) suy ra ABE  ACF . Do đó ABE ACF

AE BE
Suy ra   AE.CF  AF .BE (3)
AF CF
Xét tích vô hướng AM .MN ta có:
4 AN .MN  (2 AN ).(2MN )  ( AE  AF ).( BE  CF )
 4 AN .MN  AE.BE  AE.CF  AF .BE  AF .CF  0  AE.CF  AF .BE  0
 4 AN .MN  AE.CF .cos( AE , CF )  AF .BE.cos( AF , BE )
 4 AN .MN   AE.CF .cos   AF .BE.cos 
 4 AN .MN  ( AE.CF .  AF .BE ).cos   0 (do (3)).
Vậy AN vuông góc MN (đpcm).
☺Hướng dẫn giải bằng cách 3 (sử dụng công cụ tọa độ):
Đặt AD = a, DB = b, DC = c
(a, b, c > 0).
Chọn hệ trục Dxy như hình
vẽ.
Ta có: D(0; 0), A(0; a), B(–b; 0),
C(c; 0).
Giả sử
E ( x; y ), F (m, n) ( x, y, m, n  0).
Ta có:
 c b   xm yn
M ;0  , N  ; 
 2   2 2 
Ta có AE  ( x; y  a), BE  ( x  b; y), AF  (m; n  a ), CF  (m  c; n) .
Theo giả thiết, AE  BE  AE.BE  0  x( x  b)  y ( y  a )  0 (1)
Lại có: AF .CF  0  m(m  c)  n(n  a)  0 (2)
Mặt khác, D, E, F thẳng hàng nên DE , DF cùng phương suy ra
x y
  xn  my (3)
m n
m( x  b)  n( y  a)  0
Từ (1), (2), (3) ta có:  (I )
 x ( m  c )  y ( n  a )  0
 x  m y  n  2a   xmcb y n 
Ta có: AN   ;  , MN   ; 
 2 2   2 2 
369
Do đó: 4 AN .MN  ( x  m)( x  m  c  b)  ( y  n)( y  n  2a )

 4 AN .MN  x( x  b)  y ( y  a)  m(m  c)  n(n  a)  m( x  b)  n( y  a)  x(m  c)  y (n  a)
 4 AN .MN  0 (do(I))  AN  MN
☺Hướng dẫn giải bằng cách 4 (sử dụng công cụ tọa độ khác):
Chọn hệ trục tọa độ Axy như hình
vẽ (Ax // EF). Ta có tọa độ các
điểm là:
A(0; 0), D(d; h), E(e; h), F(f; h).
N là trung điểm đoạn EF nên
e f 
N ;h .
 2 
Viết phương trình các đường thẳng
BE và BC suy ra
 h  df 
B  d  e; 
 h 
Viết phương trình các đường thẳng
CF và BC suy ra
 h  df 
Cd  f ; 
 h 
 2d  e  f h  df 
M là trung điểm đoạn BC nên ta có: M  ; 
 2 h 
Từ đó tính được tích các hệ số góc của 2 đường thẳng AN và MN bằng –1.
Suy ra AN vuông góc MN.
■ Bình luận:
Với cách giải 1, từ sự phát hiện các cặp tam giác đồng dạng AEF và ABC, AEN
và ABM, ta chứng minh được tứ giác ANMD nối tiếp. Đây cũng là điểm mấu
chốt trong cách giải bài toán. Đòi hỏi ở người giải óc quan sát tốt.
Với cách giải 2, sự kết hợp giữa hình học thuần túy và các phép biến đổi trên
vecto là một điểm không mạnh của học sinh. Tuy nhiên đây cũng có thể xem là
phương pháp tổng hợp.
Với cách giải 3, với việc chọn hệ trục tọa độ Dxy, cho ta những tọa độ đẹp
nhưng phần còn lại là xác định tọa độ của vecto AN và MN và tính toán tương
đoan khá “nặng”. Thấy được hướng đi nhưng lại rất dễ làm nản lòng người làm.
Với cách giải 4, với các chọn hệ trục tọa độ như trên, ta dường như không quan
tâm đến sự có mặt của trục tung. Bài toán vẫn giải quyết với kết quả chính xác.
Đây cũng là một ưu điểm của giải pháp sử dụng công cụ tọa độ.
370
►Bài toán 3.3.5:Cho hình vuông ABCD, E là trung điểm BC. M là điểm di động
trên cạnh AB. Gọi N, P lần lượt là giao điểm MD và MC với AE. Gọi H là giao
điểm của NC và DP. I là giao điểm của đường trung trực đoạn thẳng DH với
đường thẳng vuông góc với AH tại H. Chứng minh khi M di động trên cạnh AB
thì I di động trên một đường thẳng cố định.
^y
D C
1
I
H
E
P
N
B
A >x
M 1
Chọn hệ trục tọa độ Axy, chuẩn hóa đặt AB = 1, AM = m (0 < m < 1)
 1
Khi đó tọa độ các điểm là A(0; 0), B(1; 0), C(1; 1), D(0; 1), E  1; 
 2
x y x
Phương trình đường thẳng AE:   y
1 1 2
2
x y 1 mx
Phương trình đường thẳng MD:    x  my  m  y 
m 1 m
 2m m 
Ta có N là giao điểm MD và AE nên ta suy ra tọa độ N  ; 
m2 m2
x 1 y 1 mx
Phương trình đường thẳng MC:   y
m  1 1 m 1
 2m m 
Lại có P là giao điểm MC và AE nên tọa độ P  ; 
 m 1 m 1
Ta có phương trình đường hẳng NC:
x 1 y 1 2 m
  y x
2m m m2 m2
1 1
m2 m2
371
x y 1 1
Và phương trình DP:   y x 1
2m m 2 m
1
m 1 m 1
 4m 3m 
H là giao điểm NC và DP nên có tọa độ H  ; 
 3m  2 3m  2 
Ta thấy điểm H luôn thuộc đường thẳng cố định 3x – 4y = 0, D là 1 điểm cố định
và ta có ID = IH (vì I thuộc đường trung trực DH) nên I di động trên Parabol cố
định nhận đường thẳng 3x – 4y = 0 làm đường chuẩn và D là tiêu điểm.
PHẦ N 3.4
ỨNG DỤNG HỆ TRỤC TỌA ĐỘ VÀO VIỆ C GIẢ I CÁC BÀI TOÁN
HÌNH HỌC PHẲ NG.
BÀI TOÁN 3.4.1. Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định và đỉnh A thay
đổi được. Gọi H, G lần lượt là trực tâm và trọng tâm của tam giác ABC. Tìm
quỹ tích của điểm A, biết rằng trung điểm K của HG thuộc đường thẳng BC.
(Trích đề thi Học sinh giỏi Quốc gia 2006 – 2007)
☺ Hướng dẫn giải :
Chọn hệ trục Oxy với O trung điểm BC và trục Ox là đường thẳng BC
Đặt BC  2a  0 . Khi đó tọa độ B(a , 0) ; C (a , 0) .
Giả sử A( x0 , y 0 ) y 0  0
Khi đó trực tâm H là nghiệm hệ phương trình
 x  x0

( x  a)(a  x0 )  y0 y  0
 a 2  x02 
 H  x0 , 

 y 0 
 x0 y 0 
Trọng tâm G ; ,
 3 3 
 2 x0 3a 2  3x02  y 02 
suy ra trung điểm K  ; 

 3 6 y 0 
K thuộc đường thẳng BC khi và chỉ khi
2 2 x02
2 y 02
3a  3x  y  0  2  2  1 ( y 0  0)
0 0
a 3a
372
x2 y2
Vậy quỹ tích A là hyperbol 2  2  1 bỏ đi hai điểm B, C
a 3a
BÀI TOÁN 3.4.2.Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định và đỉnh A thay
đổi. Qua B dựng đường thẳng d vuông góc với BC, d cắt đường trung tuyến
AI của tam giác ABC tại K.Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Tìm quỹ tích
điểm A, biết rằng IH song song với KC.
(Trích đề thi Olympic Lê Hồng Phong 2008 – 2009)
☺ Hướng dẫn giải : ^y
Chọn hệ trục Oxy với O trùng I và trục Ox là đường thẳng BC.A
Đặt BC  2a  0 .
Khi đó toạ độ B(a; 0); C (a; 0) H
Giả sử tọa độ điểm A( x0 ; y 0 ) với y 0  0
B C
Khi đó trực tâm H là nghiệm I
>x
hệ phương trình
 x  x0

( x  a )( a  x0 )  y0 y  0
 a 2  x02 
 H  x0 ; 
 y0  K

K  d  ( AI ) là nghiệm hệ phương trình
 x  a  y0 

 y  y 0 x  K   a;  a  với x0  0
 x0  x0 
Theo giả thiết, ta có:
y0 a 2  x02 x02 y 02
IH cùng phương KC  a .x0  2a.  0  2  2 1
x0 y0 a 2a
x02 y 02
Vậy quỹ tích A là elip 2   1 bỏ đi 4 điểm B, C, A1 (0;  a 2 ) ,
a 2a 2
A2 (0; a 2) là 4 đỉnh của elip
BÀI TOÁN 3.4.3.Trong mặt phẳng cho đường tròn (O,R) và một điểm A cố
định. I là điểm di động trên (O). Đường tròn tâm I luôn đi qua A. Chứng
minh rằng trục đẳng phương của hai đường tròn (O) và (I) luôn tiếp xúc với
một đường tròn cố định .
373

Chọn hệ trục (Oxy) như hình vẽ
(OA là trục Oy) . Ta có A(0,b) , (O)
: x 2  y2  R 2 .
2 2 2
Gọi I(m; n)  (O)  m  n  R
và IA 2  m 2  (b  n) 2 .
Vậy (I):
(x  m) 2  ( y  n) 2  m 2  (n  b) 2 hay
x 2  y 2  2mx  2ny  2nb  b 2  0 .
Suy ra phương trình của trục đẳng
phương của (O) và(I) là (d) là
2mx + 2ny – 2nb + b 2  R 2  0 .
2nb  2nb  b 2  R 2 b2  R 2
Ta có d(A,d) =  .
2 m n 2 2 2R
BÀI TOÁN 3.4.4. Cho tam giác ABC có đường cao CH. Gọi I, K lần lượt là
trung điểm của các đoạn AB, CH. Một đường thẳng d di động luôn luôn song
song với cạnh AB cắt cạnh AC tại M và cắt cạnh BC tại N. Dựng hình chữ
nhật MNPQ với hai điểm P, Q nằm trên cạnh AB. Gọi J là tâm hình chữ nhật
MNPQ. Chứng minh ba điểm I, J, K thẳng hàng.
Chọn hệ trục Oxy sao cho
O  H , các điểm A, B nằm trên
Ox, điểm C nằm trên Oy
Ta có toạ độ các điểm H(0; 0),
C(0; c) , A(a; 0) , B(b; 0).
Đường thẳg d có phương trình y
= m (0<m<c)
(AC) : cx+ay–ac = 0
và (BC) : cx+by = 0
M  d  AC
 a (c  m) 
M ; m) 
 c 
 b (c  m) 
tương tự N  ;m
 c 
374
 b (c  m) 
Điểm P là hình chiếu vuông góc của N trên Ox  P ;0 
 c 
 (a  b)(c  m) m 
J là trung điểm của đoạn PM  J  ; 
 2c 2
 ab c
 
 m( a  b) m 
Từ đó ta có IK    ;  và IJ    ; 
 2 2  2c 2
 
Vậy IK cùng phương IJ , nên ba điểm I, J, K thẳng hàng.
BÀI TOÁN 3.4.5.Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng 2a và (d) là đường thẳng
tùy ý cắt các đường thẳng BC, CA, AB. Gọi x, y, z tương ứng là các góc giữa
đường thẳng (d) và các đường thẳng BC, CA, AB.
1
Chứng minh sin 2 x. sin 2 y. sin 2 z  cos 2 x. cos 2 y. cos 2 z  .
16
Chọn hệ trục tọa độ sao cho
A(0; a 3 ), B (a;0), C (a;0) .
Khi đó

AB  (a;a 3) ,
 
CA  (a; a 3 ) , BC  (2a;0) .

Gọi u  (u1 ; u 2 ) là véc tơ chỉ
phương của đường thẳng (d). Ta có :
2 u12 2 u 22
cos x  2  sin x  2
u1  u 22 u1  u 22
cos 2 y
u1  u2 3  2
 sin 2
y 

u1 3  u 2  2
4(u12  u 22 ) 4(u12  u 22 )
cos 2 z
u1  u2 3  2
 sin 2
z 

u1 3  u 2 2
4(u12  u 22 ) 4(u12  u 22 )
Suy ra S  sin 2 x. sin 2 y. sin 2 z  cos 2 x. cos 2 y. cos 2 z
375


u12 u12  3u 22 2
  u 22 3u12  u 22 
2

u16  3u14 u 22  3u12 u 24  u 26

1
(đpcm).
16u  u  2
1
2 3
2 
16 u12  u 
2 3
2
16
BÀI TOÁN 3.4.6.Cho đường d trên đó lấy một điểm A. Cho trước hai số dương
a, b sao cho a>b. Xét tất cả các điểm P, Q sao cho AP = a, AQ = b và đường

thẳng d là phân giác của PAQ . Ứng với mỗi cặp điểm P,Q xét điểm sao cho
  
AM  AP AQ .Tìm quỹ tích điểm M.
☺ Hướng dẫn giải:
Chọn hệ tục tọa độ như sau : lấy A làm gốc tọa độ, trục hoành là d.Gọi M(x; y)
  
Ta có AM  AP AQ  ( x; y )  ( x P ; y P )  ( xQ ; y Q )
 x  x P  xQ
 (1)
 y  y P  y Q
 x P2  y P2  a 2
Do AP = a và AQ = b nên  2 2 2 (2)
 xQ  y Q  b
Nếu phương trình (AP): y = kx thì (AQ): y = –kx
 x P2  k 2 x P2  a 2
Từ (2) suy ra  2 2 2 2
 xQ  k xQ  b
 2 2 2 ( a  b) 2
 x  x P  xQ  2 x P xQ  2 x2 y2
(1)   1  k 1
2 2  
 y 2  y P2  y Q2  2 y P y Q  k ( a  b ) ( a  b ) 2
( a  b ) 2
 1 k 2
Vậy quỹ tích M là một elip.
376
BÀI TOÁN 3.4.7.Trên đường thẳng d cho trước, cho ba điểm A, B, C trong đó B
nằm giữa A và C. Vẽ vòng tròn tiếp xúc với d tại B. Gọi M là giao điểm của
hai tiếp tuyến với vòng tròn trên vẽ từ A và C. Tìm quỹ tích điểm M.
Gọi các tiếp điểm như hình vẽ, ta có MA  MC  BA  BC  hằng số (1)

Nếu B là trung điểm của AC thì từ (1)  MA  MC : quỹ tích M là trung trực
của AC.
Nếu B không là trung điểm của AC thì từ (1): quỹ tích M là hyperbol nhận A, C
làm tiêu điểm (như hình vẽ)
BÀI TOÁN 3.4.8.Cho đường thẳng d và một điểm A cố định không nằm trên d.
P và Q là hai điểm di động trên d nhưng PQ = a (trong đó a là số dương cho
trước). Gọi M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác APQ. Tìm quỹ tích điểm M.
Dựng hệ trục tọa độ như hình vẽ
Gọi M (x; y), giả sử khoảng cách từ
A đến d là h, khi đó A(0; h)
a2
Ta có MA 2  MH 2 
4
2 2 a2
2
 x  ( y  h)  y 
4
1 2 h a2
y x  
2h 2 4h
Vậy quỹ tích điểm M là một Parabol.
377
BÀI TOÁN 3.4.9.Qua tâm O của hai đường tròn đồng tâm vẽ hai đường thẳng
vuông góc d1 và d2. Đường thẳng d di động quay quanh O về cùng một hướng
cắt các vòng tròn nhỏ và lớn lần lượt tại A và B. Qua A vẽ đường thẳng
d1/ song song d1và qua B vẽ đường thẳng d 2/ song song d2. Tìm quỹ tích điểm
M  d1/  d 2/ .
Lập hệ trục tọa độ nhận d1, d2 à trục
Ox và Oy.
Giả sử đường thẳng d có phương
trình y = kx, A(xA ; yA) , B(xB ; yB).
Từ giả thiết, ta có x = xB , y = yA.
 x A2  y A2  r 2  y A  kxA
Ta có  2 và 
 y B  kxB
2 2
x
 B  y B  R
2 R2 2 k 2r 2
x  B ; yA  .
1 R2 1 k 2
x2 y2 x B2 y A2
Từ đó ta có 2  2  2  2  1
R r R r
x2 y2
Vậy quỹ tích điểm M là Elip 2  2  1
R r
BÀI TOÁN 3.4.10. Cho tam giác ABC vuông cân tại C. Trên các Cạnh BC, CA,
MB NC PA
AB lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho   . Chứng minh
MC NA PB
rằng CP  MN và CP = MN.
Chọn hệ trục Oxy sao cho O  C ,
tia Ox  CA và tia Oy  CB
Ta có toạ độ các điểm C(0; 0), A(1; 0),
B(0; 1).
Từ giả thiết ta đặt
MB NC PA
  k
MC NA PB
Do đó
378
  1    1 
CM  CB  M  0; 
 1 k  1  k 
 
 k 
  k 
 CN  CA   N ;0 
 1 k  1 k 
CP  1 CA k CB   1
 
k 
 P ;
  1  k 1  k 

1 k 1 k 
  k k
Từ đó MN . CP  2
  0  CP  MN
(1  k ) (1  k ) 2
2 k 2 1 2
MN   CP
(1  k )2
BÀI TOÁN 3.4.11. Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi At là tia phân giác của
góc A. Qua trung điểm M của cạnh huyền BC ta dựng đường thẳng vuông
góc với tia At cắt các đường thẳng AB và AC lần lượt tại E và F. Chứng minh
BE = CF.
Chọn hệ trục Oxy sao cho O  A ,
tia Ox  AB và tia Oy  AC
Ta có toạ độ các điểm A(0; 0),
B(b; 0) , C(0; c).
Dễ dàng ta tìm được toạ độ
bc   bc
E ;0  và F  0; 
 2   2 
Từ đó suy ra
cb bc
BE  và CF 
2 2
BÀI TOÁN 3.4.12. Cho hai điểm A, B cố định và một đường thẳng d vuông góc
với AB, nhưng không đi qua A, B. Môt điểm M chạy trên d.Tìm tập hợp giao
điểm N của các đường thẳng vuông góc với MA, MB tại Avà B.
Chọn hệ trục Oxy sao cho O  d  AB ,
tia Ox  AB và tia Oy  d
Ta có toạ độ các điểm A(a; 0), B(b; 0),
M(0; m).Gọi N(x; y)
379
  
 MA. NA  0
Khi đó 
 
 MB. NB  0

a (a  x)  my  0

 b(b  x)  my  0
Giải hệ ta được x = a+b.
Vậy tập hợp giao điểm N là đường thẳng vuông góc Ox tại H có hoành độ

OH  a  b .
BÀI TOÁN 3.4.13. Tìm quỹ tích những điểm M trên mặt phẳng có tổng khoảng
đến một điểm cố định I và một đường thẳng cố định  bằng một số a dương
cho trước.
Chọn hệ trục toạ độ vuông góc Oxy sao
cho O  I và Ox   và  có phương
trình x  d  0
Ta phải tìm quỹ tích những điểm M(x ; y)
sao cho x 2  y2  x  d  a (1)
.Nếu x  d thì x 2  y2  x  d  x 2  y2  d
.Nếu x  d thì x 2  y2  x  d  d  ( x 2  y2  x)  d
Như vậy các trường hợp xãy ra là
d > a : quỹ tích M là tập rỗng
d = a : từ lý luận trên (1)  y  0 , 0  x  a : quỹ tích M đoạn thẳng nối từ
I đến chân đường vuông góc hạ từ I lên  .
ad
d < a : Khi x  d , từ (1)  y 2  2(a  d)(  x)
2
a d
Khi x  d , từ (1)  y 2  2(a  d)(  x)
2
Như vậy quỹ tích M là 2 nhánh của 2 Parabol(khoảng giữa S1,S2) có phương
trình như trên.
BÀI TOÁN 3.4.14. Cho hai đường

thẳng cắt nhau a và b . Tìm tập
hợp những điểm M sao cho tổng
380
khoảng cách từ đó tới a và b luôn

luôn bằng số 1 không đổi .
Ta chọn hệ trục tọa độ Oxy với O là
giao điểm của a và b , Ox là đường
thẳng a sao cho đường thẳng b có
phương trình y = kx (k > 0)
Giả sử M(x ; y) là điểm nào đó , kẻ MA  a , MB  b .
Khi đó , ta có thể tính được các khoảng cách MA và MB :
kx  y
MA  y , MB 
k2 1
kx  y
Vậy, với điều kiện bài toán là y   1 (1) .
2
k 1
Ta chia các trường hợp sau :
 y  kx
a) TH1:  . Dễ thấy rằng khi đó M nằm trong góc xOz .
 y  0
(1)  y 
kx  y
k 2 1
 1  kx   
k 2  1  1 y  k 2  1  0 (2)
Như vậy , tập hợp M là phần đường thẳng (2) nằm trong góc xOz , tức là đoạn
PQ (hình vẽ) .
 y  kx
b) TH2:  . Khi đó M nằm trong góc zOx’ và :
 y  0
(1)  y 
kx  y
k 2 1
 1  kx   
k 2  1  1 y  k 2  1  0 (3)
Như vậy tập hợp M là phần đường thẳng (3) nằm trong zOx’, tức là đoạn thẳng
PR (hình vẽ) .
Dễ thấy rằng tích vô hương của hai vectơ pháp tuyến :

nPQ  k ; k 2  1  1   
, nPR  k ; k 2  1  1 bằng 0, tức là PQ  PR
Tương tự như trường hợp a) và b) , ta xét các trường hợp :
c) y  0 và y  kx
d) y  0 và y  kx ,
Ta đi đến kết luận :Tập hợp các điểm M là một hình chữ nhật QPRS có tâm là
O và hai đường chéonằm trên a và b.
381
BÀI TOÁN 3.4.15. Cho hai điểm A, B cố định, AB = a không đổi và hai điểm C,
D di động sao cho CD = b không đổi, AB cùng hướng CD , AC + BD =
2(a+b). Tìm quĩ tích giao điểm M của AD và BC
Vẽ ME // AC, MF // BD ( E, F  AB)
MB AB a MA AB a
Ta có:   ;  
MC CD b MD CD b
BE MB a AF AM a
Suy ra:   ;  
BA BC a  b AB AD a  b
a2 a2
 BE  , AF 
ab ab
Suy ra: E và F cố định.
ME BM a MF AM a
Vì   ;  
AC BC a  b BD AD a  b
a. AC a.BD
nên ME  , MF 
ab ab
a.( AC  BD)
Suy ra: ME  MF   2a
ab
không đổi.
Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ,

với O là trung điểm của EF.
Ta có tập hợp điểm M là một
Elip nhận E và F làm hai tiêu
điểm, có độ dài trục lớn là 2a.
BÀI TOÁN 3.4.16. Hình bình hành ABCD thay đổi trong đó A và D cố định
AC BD
thoả:  . Tìm tập hợp điểm B và C .
AD BA
Trong mặt phẳng Oxy ,
chọn A  O(0;0) ; D ( a; 0)
với AD  a (không đổi)
Theo giả thiết hình bình
hành ABCD thay đổi nên
382
lấy B ( x; y ) và C ( x  a; y )
bất kỳ với điều kiện y  0 .
Khi đó:
AC BD
  AC.BA  AD.BD
AD BA
 ( x  a) 2  y 2 . x 2  y 2  a. ( x  a ) 2  y 2
 ( x2  y 2  2ax  a 2 ).( x 2  y 2 )  a 2 .( x 2  y 2  2ax  a 2 )
 ( x 2  y 2 )2  2ax( x 2  y 2 )  2a3 x  a 4  0 (*)
((*) là phương trình bậc hai với ẩn ( x 2  y 2 ) )
Tính  /  (ax)2  (2a3 x  a 4 )  (a 2  ax) 2
 x 2  y 2  ax  (a 2  ax)
(*)   2 2 2
 x  y  ax  (a  ax) (!!!)
 x 2  2ax  y 2  a 2  ( x  a)2  y 2  2a 2
Vậy tập hợp điểm B là đường tròn (C ) có tâm I (  a; 0) , bán kính
RB  a 2 , bỏ hai điểm a     
2  1 ;0 và a  
2  1 ;0
Do tứ giác ABCD là hình bình hành, ta có BC  AD . Vậy tập hợp điểm C là

đường tròn (C / ) là ảnh của đường tròn (C ) qua phép tịnh tiến theo AD .
Đường tròn (C / ) có tâm A  O(0;0) , bán kính RC  a 2 , bỏ hai điểm
 a  
2;0 và a 2;0 . 
BÀI TOÁN 3.4.17.Cho đường tròn (C) tâm O và tiếp tuyến d tiếp xúc với (C) tại
một điểm A cố định trên (C). M là một điểm trên mặt phẳng, kẻ tiếp tuyến MT
với (C) và hạ MH vuông góc với d.
1. Tìm quỹ tích các điểm M thỏa MT = MH.
2. Chứng minh các đường tròn tâm M bán kính MT luôn tiếp xúc với một
đường tròn cố định.
1. Chọn hệ trục Oxy sao cho A là
gốc tọa độ, tia Ox  AO và tia
Oy  d.
Khi đó O(R; 0), giả sử M(x; y)
Ta có
383
MH  MT  MH 2  MT 2  MO 2  R 2
 x 2  ( x  R) 2  y 2  R 2
 y 2  2 Rx .
Vậy quỹ tích M là parabol
R
2. Theo định nghĩa của parabol, ta có MF = MH1 = MH +
2
R
Suy ra MF = MT + , điều này chứng tỏ đường tròn tâm M bán kính MT tiếp
2
R
xúc đường tròn cố định tâm F bán kính .
2
BÀI TOÁN 3.4.18.Cho hình vuông cố định. Tìm tập hợp những điểm M trong
hình vuông đó và thỏa mãn điều kiện: Tích hai khoảng cách từ điểm M đến
hai cạnh của hình vuông cùng xuất phát từ một đỉnh bằng bình phương khoảng
cách từ điểm M đến đường chéo của hình vuông không đi qua đỉnh đó.
Không mất tính tổng quát, xét hình
vuông có cạnh 2 .
Đặt hình vuông ABCD lên mặt
phẳng có hệ trục tọa độ Oxy sao cho
A(0;1), B(–1;0), C(0;–1), D(1;0).
Gọi M(x;y) là điểm ở trong hình
vuông ABCD, hạ MN,MP, MQ lần
lượt vuông góc với BD, DA, AB tại
N, P, Q.
Do đó: MP.MQ = MN2 (1) (xét 2
cạnh hình vuông phát xuất từ đỉnh A)
AB: x – y + 1 = 0, AD: x + y – 1 = 0.
| x  y  1| | x  y  1|
(1)  . | y |2 | x 2  (y  1) 2 | 2y 2
2 2
M(x;y) ở trong hình vuông nên x – y + 1 > 0, và x + y – 1 < 0.
Do đó: x2 –(y – 1)2 = (x – y + 1)(x + y – 1) < 0
Nên (1)  x2 – (y– 1)2 =– 2y2  x2 + (y+1)2 = 2
Vậy tập hợp các điểm M là cung BD, cung ¼ đường tròn C, bán kính R = 2.
384
1
Từ kết quả trên ta kết luận: Tập hợp các điểm M là 4 cung đường tròn tâm là
4
các đỉnh của hình vuông và có bán kính bằng cạnh của hình vuông.
BÀI TOÁN 3.4.19.Cho đường thẳng cố định a và một điểm A cố định trên a. Gọi
(C) là đường tròn lưu động ở trong một nữa mặt phẳng () có bờ a. (C) có
bán kính không đổi R và luôn tiếp xúc với a, gọi M là tiếp điểm. Gọi I là tâm
của đường tròn (C).Chứng minh rằng trong mặt phẳng chứa đường tròn (C),
có một parabol (P) cố định sao cho trục đẳng phương của (C) và đường tròn
đường kính AI luôn luôn tiếp xúc (P) khi M thay đổi trên a.
Trong mặt phẳng chọn hệ trục tọa độ Đề–các vuông góc Oxy, với Ox trùng với
a, nữa mặt phẳng  là nữa mặt phẳng y > 0, O trùng A. Đặt M(m;0) có tâm
I(m;R).
Phương trình của (C) là:
(C): (x – m)2 + (y – R)2 = R2 hay
C): x2 + y2 – 2mx – 2Ry + m2 = 0.
Phương trình đường tròn đường kính AI là:
m2 + R 2
(C’): (x – m/2)2 + (y – R/2)2 = hay
4
(C’): x2 + y2 – mx – Ry = 0.
Phương trình trục đẳng phương của hai đường tròn (C) và (C’) là:
(d): mx + Ry – m2 = 0
m m2
 (d): y = f(x) = – x  .
R R
1 2
Xét hàm số y = g(x) =  x .
4R
f (x)  g(x)
Hệ 
f '(x)  g '(x)
 m m2 1 2
 x   x
 R R 4R
 m   x
 R .
2R
(x  2m) 2  0
  x  2m
 x  2m
385
1 2
Vậy Parabol y = f(x) =  x
4R
luôn tiếp xúc với trục đẳng phương (d).
BÀI TOÁN 3.4.20. Cho tam giác với 3

cạnh a, b, c mà 3 đỉnh có tọa độ
nguyên. Gọi R là bán kính đường tròn
ngoại tiếp tam giác. CMR: abc  2R.
abc
Gọi tam giác là A1A2A3 như hình vẽ SA1A2 A3  S 
4R
1
Do đó yêu cầu bài toán  chứng minh S 
2
Giả sử: A1 (x1, y1), A2 (x2, y2), A3 (x3,y3).Gọi A’1, A’2 , A’3 là hình chiếu của A1
, A2 , A3 lên Oy.
Ta có: S = SA A A' A'  SA A A' A'  SA A A' A'
1 2 2 1 1 3 3 1 2 3 3 2
A1 A1'  A 2 A '2
' ' ' ' A1 A1'  A3 A3' ' ' A 2 A '2  A3 A3'
AA  1 2  A1 A3   A 2 A3 
2 2 2
 2S = (y1 – y2) (x1 + x2) – (y1 – y3) (x1 + x3) – (y3 – y2) (x2 + x3) (*)
Vế trái (*) là số nguyên (do đề bài cho xi , yi nguyên)

 2S là số nguyên  2S  1  S  ½.
BÀI TOÁN 3.4.21. Trên mặt phẳng xét một hình vuông ABCD và một tam giác
đều EFG cắt nhau tạo thành một thất giác lồi MBNPQRS.Chứng minh rằng
nếu SM = NP = QR  MB = PQ và BN = RS.
Chọn hệ trục Axy như hình vẽ.
Gọi a là cạnh của hình vuông.
Ta có A(0; 0), B(a; 0), C(a; a),
D(0; a),M(m; 0), N(a; n), P(p; a),
Q(q; a), R(0; r), S(0; s)
Nếu SM = NP = QR
Ta có SM  k EF , NP  k FG,
  SM
QR  k GE với k 
EF
386
       
Ta có EF  FG EG  0  SM  NP QR  0
m  p  a  q  0 a  m  p  q MB  PQ
  
 snr 0  nrs  BN  RS
     
Nêú MB = PQ và BN = RS thì MB  PQ  0 , BN  RS  0 kết hợp
       
SM  MB  BN  NP PQ QR  RS  0
       
 SM  NP QR  0  x EF  yFG  z GE  0
 
 ( x  z ) EF  ( z  y ) FG
 
Vì  EF , FG không cùng phương nên  x  y  z  SM = NP = QR.
BÀI TOÁN 3.4.22.Cho tam giác ABC có hai đường phân giác trong và ngoài
góc A cắt cạnh BC tại D và E. Chứng minh rằng nếu AD = AE thì
AB 2  AC 2  4R 2 (trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC).
Chọn hệ trục như hình vẽ
Theo giả thiết tam giác ADE vuông cân tại A.
.Khi đó OA = OE = OD nên B(b;0) , A(0; a) , D(a;0) , E (a;0) , C (c;0)
DB AB DB 2 AB 2
Theo tính chất đường phân giác   
DC AC DC 2 AC 2
(b  a) 2 b 2  a 2 2 2 2 2 2 2 a2
   (b  a) (c  a )  (c  a) (b  a )  c 
(c  a ) 2 c 2  a 2 b
2
2 2 a4 2  a2  b2
2 2 
Ta có AB  AC  (a  b )  (a  2 )   
b  b 
^y
>x
E O B D C
387
Gọi I(x;y) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có
  b2  a2
 AI  BI 
   x  2b
 BI  CI  a
 
 b 2  a 2  2   b2  a 2 2
Suy ra 4 R 2  4 AI 2  4   (a  a) 2    
 2 b    b 
2 2 2
Từ đó suy ra AB  AC  4R
BÀI TOÁN 3.4.23.Cho tam giác ABC nhọn. (D) là một đường thẳng thay đổi.
Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B, C lên (D). Biết rằng
AD 2 tan A  BE 2 tan B  CF 2 tan C  2S ABC . Xác định vị trí của đường
thẳng (D) để AD lớn nhất.
☺ Hướng dẫn giải: ^ y
Chọn hệ trục như hình vẽ (b , c >0) A a
a a
Ta có tan B  , tan C  F (d)
b c
tan B  tan C E
tan A 
tan B.tan C  1 D
a(b  c)
 C
a 2  bc B
>x
2S ABC  a(b  c) -b O c
Giả sử phương trình (d) :
x. sin   y. cos   d  0
AD  d ( A, d )  a cos   d
BE  d ( B, d )   b sin   d
CF  d (C, d )  c sin   d
Theo giả thiết AD 2 tan A  BE 2 tan B  CF 2 tan C  2S ABC
a(b  c) a a
 (a cos   d ) 2 2
 ( b sin   d ) 2
 (c sin   d ) 2  a(b  c)
a  bc b c
a2d 2
 bc. cos   2ad . cos  
2
0
bc
bc
 . cos   d  0
a
388
 bc 
Điều này chứng tỏ (d) đi qua H  0 ;  là trực tâm tam giác ABC.
 a 
Vậy AD max = AH, khi (d) đi qua H và song song với BC.
BÀI TOÁN 3.4.24.Cho tam giác ABC, trung tuyến AD .Cho đường thẳng (d)
vuông góc với đường thẳng AD. Xét điểm M trên (d). Gọi E, F lần lượt là
trung điểm của MB và MC. Đường thẳng đi qua E và vuông góc với (d) cắt
đường thẳng AB tại P, đường thẳng đi qua F và vuông góc với (d) cắt đường
thẳng AC tại Q. Chứng minh rằng đường thẳng đi qua M và vuông góc với
PQ luôn đi qua một điểm cố định, khi M di động trên (d).
(trích đề thi HSG Quốc gia 2007 – 2008)
Chọn hệ trục như hình vẽ O  D , Oy  DA .
Khi đó Ox song song (d), A(0;a), B(b; c) , C(–b; –c)
^y
>x
D F
B
E (d)
M
Phương trình đường thẳng
AB : (a  c) x  by  ab  0
AC : (a  c) x  by  ab  0
M ( xM ; d )
b  xM b  xM
Khi đó (d1 ) : x  , (d 2 ) : x 
2 2
Từ đó suy ra tọa độ P  d1  AB , Q  d 2  AC
Suy ra đường thẳng đi qua M và vuông góc PQ có phương trình
389

2 bc   b2 
b  x    (ax M  bc) y  d    0
 a  a
 bc b2 
Suy ra đường thẳng đi qua điểm cố định  ; d   .
 a a 
BÀI TOÁN 3.4.25. Cho góc Ixy và điểm P nằm bên trong góc. Đường tròn thay
đổi qua I và P cắt hai tia Ix, Iy lần lượt tại A, B. Tìm quỹ tích trọng tâm G và
trực tâm H của tam giác IAB.
(trích đề thi chọn đội tuyển trường Phổ Thông Năng Khiếu 2008 – ngày thi thứ 2)
Ta dựng hệ trục tọa đô Oy là đường trung trực của IP. Khi đó tọa độ các điểm là:
I (1;0), P(1;0), C (0; a), D(0; b) (b < 0) là giao diểm của đường trung trực
IP và hai tia Ix, Iy.
Gọi K(0; m) là tâm đường tròn thay đổi qua I và P.
x y
Phương trình đường IC:   1  y  ax  a
1 a
Phương trình đường ID: y  bx  b .
Phương trình đường tròn (K) là:
x2  ( y  m)2  m2  1  x2  y 2  2mx  1  0
Tọa độ giao điểm A của IC và (K) là nghiệm của hệ:
 y  ax  a
 2 2
( x  1)
 x  y  2mx  1  0
 2ma  1  a 2 a(2ma  2) 
Suy ra tọa độ điểm A  ; 
 1  a2 1 a 2 
 
 2mb  1  b2 b(2ma  2) 
Tương tự ta có tọa độ điểm B  ; 
 1  b2 1  b 2 
 
Từ đó ta có tọa độ G trọng tâm tam giác IAB là:
390
 1 2  1 1  2 a b 
 Gx    2  
 3 2  m
3 3 2 2
  a  1 b  1   a  1 b  1 

 (*)

 yG  2  1  1   2ab  1  1  m
 3  a 2  1 b2  1  3  a 2  1 b2  1 
Từ đó, ta có tọa độ G luôn chạy trên đường thẳng có phương trình tham số là (*)
 1
m 
 x A  1  a
Giới hạn: ta có:  
 xB  1 m  1
 b
 1 1 
Do đó quỹ tích điểm G là đoạn thẳng thỏa phương trình (*) với m   ;
 a b 
Quỹ tích trực tâm H xin dành cho bạn đọc.
PHẦ N 3.5
ỨNG DỤNG HỆ TRỤC TỌA ĐỘ VÀO VIỆ C
CHỨNG MINH CÁC TÍNH CHẤ T HÌNH HỌC TRONG BÀI TOÁN
HÌNH HỌC PHẲ NG OXY.
Ở phần này, chúng ta sẽ xét các bài toán trong tọa độ Oxy mà khi dựng hình
ta lại “bắt gặp” các tính chất hình học như vuông góc, song song, cạnh bằng
nhau, góc bằng nhau, v.v... Và dĩ nhiên đôi khi việc chứng minh chúng bằng
thuần túy hình học hay sử dụng công cụ vecto không phải lúc nào cũng thực
hiện một cách tối ưu và triệt để. Cách tốt nhất trong tinh huống này ta hãy “tạm
quên đi hệ tọa độ Oxy”, giữ lại các tính chất của hình học phẳng và bắt đầu
“đặt hệ trục tọa độ mới” cho hình nhằm mục đích chứng minh các tính chất đó.
Mời bạn đọc cùng theo dõi.
BÀI TOÁN 3.5.1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên cạnh BC; D là điểm đối xứng của B
qua H; K là hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AD. Giả sử
H (5; 5), K (9; 3) và trung điểm của cạnh AC thuộc đường thẳng
x  y  10  0 . Tìm tọa độ điểm A.
(trích đề thi chính thức kì thi THPT Quốc Gia 2015)
Hướng dẫn giải
391

* Ta có AHC  CKA  90
 AHC  CKA  180
 tứ giác AHCK nội tiếp.
Gọi I là trung điểm AC
 I là tâm đường tròn nội tiếp tứ giác AHCK
 IK = IH (*)
Mặt khác I  d: x – y + 10 = 0  I (t ; t  10).
Do đó
(*)  HI 2  KI 2
 (t  5) 2  (t  15) 2  (t  9) 2  (t  13) 2
 t  0  I(0;10)
* Đặt AB = a, AC = 1. Dựng hệ trục Axy như hình vẽ.
Ta có A(0;0), B(0; a), C (1;0)
BH AB 22 a2 a2
Ta có BH .BC  AB     BH  2 BC
BC BC 2 a 2  1 a 1
 a2 a 
H 2 ; 2 
 a 1 a 1 
 2a 2  a 3  a  1 
Ta có H là trung điểm BD  D  2 ; 2  và I  ; 0  là tung điểm AC.
 a 1 a 1  2 
  a2 1 a 
 IH   2
; 2 
  2(a  1) a  1 
Nên  .
 AD   2 a 2
 a 3
 a 
  2 ; 2 
  a 1 a 1 
a 2 (a 2  1)  a(a3  a)
Xét IH . AD   0  IH  AD
(a 2  1)2
* Đường AD qua K(9; – 3) nhận IH  (5; 15)  5(1;3) làm vecto pháp
tuyến có dạng là: 1( x  9)  3( y  3)  0  AD : x  3 y  0
* A là giao điểm AD và đường tròn đường kính AC nên tọa độ A thỏa mãn hê:
 x  3y  0  y  5  x  15
 2 2
  y  3  x  9 suy ra A(–15;5) hay A(9;–3)
 x  ( y  10)  250 
(loại vì trùng K)
392
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là A( 15;5)
BÀI TOÁN 3.5.2.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AD =
2AB, gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh AD, BC. Trên đường thẳng MN
lấy điểm K sao cho N là trung điểm của đoạn thẳng MK. Tìm tọa độ các đỉnh A,
B, C, D biết K (5; 1) , phương trình đường thẳng chứa cạnh AC : 2 x  y  3  0
và điểm A có tung độ dương.
(trích đề thi thử tỉnh Bắc Ninh năm 2014)
Dựng hệ trục Bxy như hình vẽ, Đặt cạnh AB = a > 0  AD = 2AB = 2a
Ta có: A(0; a), C (2a;0), D(2a; a), K (a; a)

 AC  (2a; a)
Mặt khác   AC.KD  2a 2  2a 2  0 AC  KD tại H.
 KD  (a; 2a)

* Gọi H = AC  KD. Do KD  AC: 2x + y – 3 = 0  KD: x – 2y + m = 0.
KD qua K(5; –1)  m = –7. Vậy KD: x – 2y – 7 = 0
 13
 x 
2x  y  3  0 5  13 11 
* Tọa độ H là nghiệm của hê:    H ; 
 x  2 y  7  0  y  11 5 5 
 5
* Ta có A  AC: 2x + y – 3 = 0  A(a; 3 – 2a).
3
Do A có tung độ dương nên 3 – 2a > 0 a  và KA  (a  5; 4  2a)
2
393
5 5 5 | 5.2  1.1  3 |
Mặt khác AK  KD  KH  d [ K ; AC ]  . 2 5
3 3 3 4 1
 a  1(n)
3
Suy ra AK 2  20  (a  5) 2  (4  2a) 2  20   21 a .
 a  (l ) 2
 5
Vậy A(1;1) .
* Lại có
AC 3IC AC 3 AC
 
IH HD IK 3 AH AI  IH
      2 5  2 10  4
HC HK CD 2 AC AC AC AC 5
 5  13 
 Cx  1    1
5  4 5   x 3
Suy ra AC  AH    C  C (3; 3)
4 5   11  y  3
 y 1 
  1  C


C
4 5 
* Gọi I là tâm hình chữ nhật ABCD  I là trung điểm AC và BD và I(2;–1)
IK 3 2 I (2; 1)
Ta có   CD  IK  D(1; 3)   B(3;1)
CD 2 3
BÀI TOÁN 3.5.3.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, chohình vuông ABCD tâm I, trên
cạnh BC lấy điểm E (2; 2) sao cho EB = AI. Gọi M giao điểm giữa đường
thẳng EI và AB. Đường tròn đường kính MD cắt BD tại K. Tìm tọa độ các đỉnh
của hình vuông ABCD biết rằng phương trình đường thẳng AK
là: (3  2 2) x  y  0 , B thuộc đường thẳng d : 4 x  y  8  0 và có hoành độ
nguyên.
(Trích đề thi thử số 2, Thử sức trước kì thi THPT Quốc Gia, Facebook: Group
Toán 3K, năm 2015)
394
* Dựng hệ trục Axy như hình vẽ và đặt AB = a > 0 ta có

a 2
A(0;0), E(a; ), C ( a; a), B( a;0), D(0; a)
2
Ta có đoạn ME lần lượt cắt các cạnh của AB, AC, BC của ABC tại M, I, E
nên theo định Lý Ménélaus,
Ta có:
EB IC MA MA MA AB 2 a 2
. . 1   1  2  MA   EB  M ( ;0)
EC IA MB MB MA  AB 2 2
x y
* B Ax, D  Ay  BD:   1  BD : x  y  a  0
a b
Do K  đường tròn đường kính MD
 MK DK  MK  BD  MK: x  y  m  0 .
a 2 a 2
MK qua M  m  . Do đó MK : x  y  0
2 2
 2 2 2 2 
K = MK  BD  K  a
 ;a 
 4 4 
 2 2 2 2    2 2 2 2 
AK   a ;a  và EK   a ;a 
 4 4   4 4 
* Xét AK.EK  0  AK  EK  d[E;AK] = EK = 3
Tứ giác KEAB là tứ giác nội tiếp có góc KBA = góc KEA = 45o
395
Nên AKE vuông cân tại K.  AE = EK 2 = 6

2 2 2 2
* Mặt khác AEB có AE  AB  EB  EB  2(*) . Ta có B  d  B(b;
4b – 8) (b  Z).
Giải Phương trình (*)  b = 2 B(2;0).
 2
Ta có BC  EB  C (2;1) . Viết phương trình AB  BC và AB qua B
2
 AB: y = 0
AB  AK = A A(0; 0) và AB  CD  D (0; 2)
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là A(0;0), B(2;0), C (2;1), D(0; 2)
BÀI TOÁN 3.5.4.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm
9 
H(1;2) là hình chiếu vuông góc của A lên BD. Điểm M  ;3  là trung điểm
2 
của cạnh BC, phương trình đường trung tuyến kẻ từ A của  ADH là d:
4 x  y  4  0 . Viết phương trình cạnh BC.
(Trích đề thi thử lần 2, THPT Triệu Sơn 5, Thanh Hóa, năm 2015)
* Dựng hệ trục Dxy như hình vẽ. Không mất tính tổng quát, đặt cạnh CD = 2,
AD = 2a > 0.
Khi đó tọa độ D(0; 0), A(0; 2a), C(2; 0), B(2; 2a), M(2; a).
AD 2
2 4a 2 DH a2
Ta có DH .DB  AD  DH     2
DB 2
4a  4 DB a 1
396
 a2
a2  xH  2 .2
  2a 2 2a 3 
a  1
Suy ra DH  2 DB   H 2 ; 2 
a 1 2
 y  a .2 a  a 1 a 1 


H
a2  1
 a2 a3 
Gọi K là trung điểm DH nên ta có tọa độ K  2 ; 2 
 a  1 a 1 
  a 2  a 3  2a 
 AK   2 ; 2 
  a 1 a 1 
Xét 
 MK   a  2 ;  a 
2
  2 2 
  a  1 a  1 
1
 AK .MK  2  a 4  2a 2  a 4  2a 2   0  AK  MK
a 1
9 
* Phương trình KM: đi qua M  ;3  và vuông góc với AN có phương trình:
2 
15 1 
MK: x  4 y   0 suy ra Toạ độ K  ; 2 
2 2 
* Do K là trung điểm của HD nên D(0;2)
Suy ra phương trình (BD): y – 2 = 0
AH: x – 1 = 0 và A(1; 0) suy ra AD: 2x + y – 2 = 0
* BC qua M và song song vớiAD nên BC: 2x + y – 12 = 0.
Vậy phương trình thỏa yêu cầu bài toán là BC : 2 x  y  12  0
BÀI TOÁN 3.5.5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm
E(1; 2) là trung điểm của cạnh CD. Gọi F là một điểm trên đoạn AC sao cho
CF = 3AF. Biết phương trình đường thẳng chứa cạnh BF là x – 3y – 5 = 0. Viết
phương trình đường thẳng AB.
397
 Chúng ta sẽ tạm quên hết các dữ kiện về phương trình đang có được trong mặt
phẳng Oxy, chỉ giữ lại các yếu tố về hình phẳng.
 Dựng hệ trục tọa độ mới Dxy như hình vẽ, đặt cạnh hình vuông bằng a (a > 0).
Tọa độ hóa các điểm đã cho và xét EF.FB .
a   a 3a 
Khi đó ta có E   ; 0  , B(a; a), F  ;  .
2  4 4 
 a 3a   3a a 
Nên ta có: EF   ;  , FB   ;   EF.FB  0  EF  BE
 4 4   4 4
* Do EF  BF: x – 3y – 5 = 0  EF: 3x + y + m = 0. EF qua E(1;2)  m = – 5.
Vậy EF: 3x + y – 5 = 0. Ta có tọa độ F là nghiệm của hệ
 x  3y  5  0  x  2
   F  2; 1
3x  y  5  0  y  1
a 10
* Ta có độ dài EF = = 10 a = 4. Gọi M(x ; y) là trung điểm AB ta có:
4
MF = AC = 2
 4
ME = BC = 4
(x  1)2  (y  2)2  16
Suy ra  2 2
(Phần giải tiếp xin dành cho bạn đọc)
 (x  2)  (y  1)  2
 17 6 
Suy ra M1 1; 2  hay M 2  ; 
 5 5 
* TH1: AB qua M1 1;2 nhận M1E   0; 4  làm VTPT có phương trình: y + 2 = 0
398
 17 6   12 16 
* TH2: AB qua M 2  ;  nhận M1E   ;  làm VTPT có phương
 5 5   5 5
trình: 3x – 4y + 15 = 0.
Vậy phương trình đường thẳnglà AB : y + 2 = 0 hay AB: 3x – 4y + 15 = 0
BÀI TOÁN 3.5.6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A
và D(2;2), cạnh CD = 2AB. Gọi H là hình chiếu của D lên cạnh AC và M là
trung điểm HC. Biết rằng phương trình đường thẳng DH: 2x + y – 6 = 0 và
đường thẳng BM: 4x + 7y – 61 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C của hình thang
ABCD.
Hướng dẫn giải.
* Dựng hệ trục Dxy như hình vẽ (DC  AD).

Gọi H1, H2 lần lượt là hình chiếu của H lên tia Dx, Dy.
* Đặt độ dài cạnh AB = a ( a > 0 ) CD = 2AB = 2a.
399
Và độ dài cạnh AD = b = ka ( k > 0).

* Ta có ADC  D có đường cao DH:
1 1 1 2 DA 2 .DC2 4k 2a 2
   DH  
DH 2 DA 2 DC2 DA 2  DC2 k 2  4
* Trong CHD  H có HH1 là đường cao có DH1.DC = DH2 (hệ thức lượng trong
 vuông)
DH 2
2 2k 2a
Suy ra DH  1 
DC k 2  4
2 DH 2 4ka
* Tương tự với AHD  H có HH2 là đường cao  DH 2   2
DA k  4
* Ta có tọa độ của các điểm là D(0; 0), C(2a; 0), B(a; ka),
 2k 2 4k 
H 2 a; 2 a.
 k  4 k  4 
 2k 2  4 2k 
Do M là trung điểm HC  M  2 a; 2 a
 k  4 k  4 
 2k 2  4 2k   k2 k 3  2k 
* Do đó, DM   2 a; 2 a  và BM   2 a; 2 a
 k  4 k  4   k  4 k  4 
(2k 2  4) k 2  2k(k 3  2k)
Xét : DM.BM  a  0 DM BM (đpcm) .
k2  4
* DM  BM  (DM): 7x – 4y + m = 0, (DM) qua D(2; 2)  m = – 6
 (DM): 7x – 4y – 6 = 0
Ta có M = DM  BM  tọa độ M thỏa hệ:
  22
4x  7y  61  0  x 
5  22 31 
   M ; 
 7x  4y  6  0  y  31  5 5
  5
22 31
Mặt khác AC  DH  (AC): x – 2y + n = 0, (AC) qua M( ; )
5 5
 n = 8  (AC): x – 2y + 8 = 0
4 22
Ta có H = AC  DH  tọa độ H( ; ). Do M là trung điểm HC C(8; 8)
5 5
* AD qua D (2; 2) nhận DC   6;6  làm vectơ pháp tuyến có dạng :
6(x – 2) + 6(y – 2) = 0  (AD): x + y – 4 = 0.
400
Tương tự ta có A = AD  AC A(0; 4)
* Lại có CD = 2AB  DC  2AB (phần giải tiếp xin dành cho bạn đọc)
 B (3; 7)
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là A(0; 4), B(3; 7) và C(8; 8)
401
Chương 4. PHÂN TÍCH & HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC TRONG MẶT PHẲNG
OXY ĐÃ THI ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG
(từ năm 2002 đến năm 2015)
Trong chương 4 này, dựa trên kiến thức đã tổng hợp ở chương 1,
phương pháp, kỹ năng, kinh nghiệm đã giới thiệu ở chương 2 và 3, tác
giả phân tích tìm lời giải cũng như hướng dẫn giải chi tiết đề thi Đại Học
– Cao Đẳng từ năm 2002 đến 2015 nhằm mục đích giúp các bạn có thể
“cọ xát” và “làm quen” với một đề thi chính qui có tính phân loại cao.
Để tiện cho việc theo dõi, xin được trình bày các bài toán dưới đây theo
tiến trình thời gian và cũng cần lưu ý trong các đề thi từ năm 2002 đến
năm 2008 có kèm thêm đề dự bị của Bộ GD&ĐT.
Đề thi dự trữ (hay còn gọi là đề dự bị) chỉ có từ năm 2002 đến 2008.
Kể từ năm 2009 trở đi Bộ GD&ĐT không công bố đề dự bị nữa. Cột mốc
năm 2009 đánh dấu cho một sự thay đổi lớn trong cải cách Giáo dục với
việc một bộ Sách giáo khoa mới gồm 2 chương trình Cơ bản và Nâng cao
ra đời vì vậy đề thi trong các năm từ 2009 đến 2013 cũng có 2 phần
tương ứng để thí sinh lựa chọn. Đến năm 2014, theo xu hướng kết hợp kì
thi 2 trong 1 (vừa xét tốt nghiệp THPT vừa xét vào các trường Đại học –
Cao Đẳng), đề thi không còn “phần cơ bản” và “phần nâng cao” nữa.
Đặc biệt trong lần hợp nhất hai kì thi tốt nghiệp THPT và kì thi tuyển
sinh Đại Học – Cao Đẳng thành kì thi THPT Quốc Gia 2015, đề thi cũng
có nhiều thay đổi. Không còn nhiều khối thi mà thay vào đó chỉ có còn
mọt bài thi môn Toán duy nhất.
Đặc biệt, nếu ôn tập theo đúng chương trình giảm tải và cấu trúc mới
của đề thi THPT Quốc Gia thì các bạn có thể không cần xem kỹ các phần
Hypebol và Parabol (bởi phần này thuộc phần nâng cao).
CÂU 1 (CHÍNH THỨC – ĐH A2002). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,

cho tam giác ABC vuông tại A, phương trình đường thẳng BC là
3x  y  3  0 , các đỉnh A và B thuộc trục hoành và bán kính đường
tròn nội tiếp bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.
400
402
■ Đặt vấn đề : Chúng ta có thể thấy năm 2002 là năm đầu tiên mà một kì
thi “ba chung” được tiến hành dưới sự chủ trì của Bộ GD&ĐT, nếu so
sánh với các đề thi những năm gần đây trong giai đoạn từ 2010 đến 2014
thì đề thi ở mức tương đương nhau, các vấn đề mà đề thi đề cập đến rất
đa dạng, nhưng xoay quanh các câu hỏi như “tìm tọa độ điểm, viết
phương trình đường thẳng, đường tròn, các đường conic hay bài toán liên
quan đến cực trị trong hình học phẳng , v,v…”. Trong câu 1 này, đề bài
yêu cầu tìm trọng tâm G của tam giác ABC. Nhưng có lẽ khó khăn nhất
mà các bạn phải trải qua chính là việc khai thác bán kính đường tròn nội
tiếp tam giác như thế nào ? Mời các bạn xem lời giải!
■ CÁCH 1: Vẽ hình kèm hệ trục tọa độ Oxy
☺Nhận xét : Tọa độ của điểm A và B đều thuộc trục hoành, do ABC  A
nên C là hình chiếu của A lên trên trục hoành. Có rất nhiều thuận lợi cho
việc giải bài toán này khi ta kèm vào hệ trục tọa độ.
☻Ý tưởng:
_ Để tìm tọa độ G  dùng công thức trọng tâm  phải tìm được tọa độ
của 3 điểm A, B, C.
_ Tọa độ của điểm B là tìm được dễ dàng nhất do nhận xét B = BC  Ox.
_ Đến đây ta thấy rằng do A  Ox  tham số hóa điểm A và vì A là hình
chiếu của C lên Ox (do ABC vuông tại A)  xA = xC. Lại có C  BC
 biểu diễn tọa độ C theo tọa độ A.
_ Để khai thác bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC  ta dùng công
thức diện tích với lưu ý:
402 401
1 AB  BC  CA
SABC 
AB.AC  r với r = 2.
2 2
* Ta có BC  Ox = B  tọa độ B là nghiệm của hệ
 x 3  y  3  0 x 1
   B(1;0)
 y0 y  0
* Do A  Ox  A(a; 0).
Do A là hình chiếu của C lên trục hoành  xC = xA = a.
Lại có C  BC: x 3  y  3  0  yC  a 3  3  C(a;a 3  3)
* Ta có G là trọng tâm ABC
 x  x B  x C 2a  1
 xG  A 
 3 3  2a  1 3(a  1) 
   G  ; 
y  A y  y  y 3(a  1)  3 3 
B C



G
3 3
 AB | a  1|
 1 AB  BC  CA
* Ta có AC  3 | a  1| . Mặt khác, SABC  AB.AC  r
 BC  2 | a  1| 2 2

Suy ra:
AB.AC 3(a  1) 2  a  2 3 3
r   2 | a  1| 2( 3  1)  
AB  BC  CA (3  3) | a  1| a  2 3  1
 74 3 62 3 
 G1  ; 
  3 3 
Suy ra: 
 G  4 3  1 ;  6  2 3 
 2  3 3

  
 74 3 62 3 
G
 1  ; 
  3 3 
Vậy điểm G thỏa yêu cầu bài toán là 
 G  4 3  1 ;  6  2 3 
 2  3 3

  
■ CÁCH 2: BC: x 3  y  3  0  y  x 3  3
402
☺Nhận xét : mỗi một đường thẳng có dạng y = kx + m đều tạo góc với trục
hoành. Một trong số những trường hợp đặc biệt đó chính là khi
  3 
k ,  3 , 1 thì tương ứng với các góc 30o, 45o, 60o.
 3 
☻Ý tưởng:
_ Tương tự cách 1, ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm B = BC  Ox và thiết
lập trọng tâm G theo tọa độ a.
_ Ở đây ta có thể khai thác r = 2 = d[I;AB] = d[I; Ox] = |yI| (khoảng cách từ
1 điểm đến trục hoành bằng trị tuyệt đối tung độ của điểm đó và ngược lại)
_ Từ hệ số k ta suy ra góc hợp giữa BC và BA là 60o  góc hợp giữa phân
giác BI và BA bằng 30o  viết phương trình BI  tìm được tọa độ I.
_ Ta có AC: x = a nên nếu xét d[I; AC] = 2  tìm được a  tìm được G.
► Hướng dẫn giải cách 2: Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
* Ta có BC  Ox = B  tọa độ B là nghiệm của hệ
 x 3  y  3  0 x 1
   B(1;0)
 y0 y  0
* Do A  Ox  A(a; 0). Do A là hình chiếu của C lên trục hoành
 xC = xA = a  AC: x – a = 0
Lại có C  BC: x 3  y  3  0  yC  a 3  3  C(a;a 3  3)
* Ta có G là trọng tâm ABC
402 403
 x A  x B  x C 2a  1
 x  

G
3 3  2a  1 3(a  1) 
   G  ; 
y  Ay  y  y 3(a  1)  3 3 
B C



G
3 3
 CBA  60
* BC có hệ số góc là kBC = 3 = |tan(BC; Ox)|  
CBA  120
Do ABC  A  CBA là góc nhọn  CBA  60

 Đường phân giác trong BI có dạng: y = tan30o(x – xB) + yB
1
Suy ra BI: y  (x  1) .
3
* Do I là tâm đường tròn nội tiếp ABC và A, B thuộc Ox
 d[I; AB] = r = 2  d[I; Ox] = 2
 y I  2  BI
 x I  1  2 3  I1 (1  2 3; 2)
Suy ra | y I | 2  
BI
 y I  2  x I  1  2 3  I 2 (1  2 3; 2)
* TH1: Nếu A và O khác phía đối với B  xI = 1 + 2 3
74 3 62 3 
Suy ra d[I1 ; AC]  2  a  3  2 3  G1  ; 
 3 3 
* TH2: Nếu A và O cùng phía đối với B  xI = 1 – 2 3
 1  4 3 6  2 3 
Suy ra d[I 2 ; AC]  2  a  1  2 3  G 2  ; 
 3 3 
 74 3 62 3 
 G1  ; 
  3 3 
Vậy điểm G thỏa yêu cầu bài toán là 
 G  4 3  1 ;  6  2 3 
 2  3 3

  
■ Lời bình: Rõ ràng việc khai thác hệ trục tọa độ Oxy kèm vào hình vẽ
giúp ích cho ta rất nhiều trong quá trình giải bài toán này. Việc khai thác
theo cách thứ 2, tuy dài hơn, nhiều trường hợp hơn nhưng lại cho ta thấy
một hướng khai thác khác của tâm đường tròn nội tiếp tam giác ở khía
cạnh lập đường phân giác, tâm nội tiếp cách đều ba cạnh và đặc biệt khai
thác hệ số góc của một đường thẳng là như thế nào ? Có thể với bài toán
404
402
này, bạn chưa thể vận dụng nó một cách tối ưu có thể nhưng ở những bài
sau biết đâu lại làm nên chuyện.
CÂU 2 (CHÍNH THỨC – ĐH B2002). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,

1 
cho hình chữ nhật ABCD có tâm I  ;0  , phương trình đường thẳng
2 
AB là x  2y  2  0 và AB = 2AD. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, D
biết đỉnh A có hoành độ âm.
■ Đặt vấn đề : So với đề thi Đại học – Cao Đẳng 2002 của khối A và D,
thì phần hình học phẳng Oxy của khối B có vẻ “nhẹ thở” hơn rất nhiều.
Bạn sẽ không gặp quá nhiều khó khăn trong việc tìm lời giải cho bài toán
này vì dạng hình chữ nhật có rất nhiều yếu tố để ta có thể tận dụng và
khai thác. Vậy đó là những yếu tố nào ? Mời các bạn xem lời giải.
■ CÁCH 1: Tính khoảng cách từ I đến đường AB.

☻Ý tưởng:
_ Trong 4 điểm A, B, C, D cần tìm thì điểm A và B là có thể tìm dễ dàng
hơn vì A, B  AB, và xét thấy ta cũng không cần phải đặt ẩn cho C và
D bởi lẽ khi tìm được A và B thông qua tâm I  tọa độ C và D.
_ Vấn đề đặt ra lúc này là tìm tọa độ điểm A và B bằng cách nào ? Ta có
thể xét A,B trong sự tương giao giữa các đường với nhau. Ở đây ngoài
việc A, B  AB, ta còn thấy A và B đang thuộc đường tròn ẩn mình (C)
tâm I bán kính IA  làm sao tính IA ?
402 405
_ Để tính IA tất là đã liên quan đến độ dài  nghĩ ngay đến khoảng cách
 trong bài này hiện tại miễn cưỡng ta chỉ có thể tính được d[I; AB]
BD
 vậy chúng có liên hệ gì với nhau ? AD = 2d[I; AB] và IA = và
2
AB = 2AB và BD là cạnh huyền trong ABD  liên kết chúng lại ta tính
được độ dài IA.
_ Giải hệ giao giữa đường thẳng AB và đường tròn (C)  tìm được A và B.
1
|  2.0  2 |
5
* Ta có: d[I; AB]  2   AD = 2d[I; AB] = 5
2
1 2 2 2
 AB = 2 5  BD = 5
BD 5
* Ta có I là tâm hình chữ nhật ABCD  IA = =
2 2
* {A; B} = AB  (C), trong đó (C) là đường tròn tâm I bán kính IA = 5 
Tọa độ A và B thỏa hệ:
 x  2y  2  0

25 (việc giải hệ này xin dành cho bạn đọc)
2
 1 2
 x    y 
 2 4
 A(2;0), B(2; 2)
 Do A có hoành độ âm nên ta nhận A(–2;0), B(2;2)
 A(2; 2), B( 2;0)
* Vì I là trung điểm của BD và AC  C(3; 0), D(–1; –2)
A(2;0), B(2; 2), C(3;0), D(1; 2)
■ CÁCH 2: Viết phương trình hai đường chéo AC và BD.
☻Ý tưởng:
_ Tương tự ý tưởng từ cách 1, nhưng lần này ta sẽ sự tương giao giữa hai
đường thẵng AB và AC  viết phương trình đường AC ?
_ Muốn viết phương trình đường thẳng  ? (Mời các bạn xem lại chương 2
– chủ đề 2 nhé!)  Gọi phương trình AC qua điểm I và có véctơ pháp
tuyến n  (a; b) . Như vậy ta chỉ phải thiết lập 1 phương trình có chứa
đựng quan hệ a và b  ta có thể vận dụng kỹ thuật dùng khoảng cách
hoặc góc ở đây.
406
402
_ Một nhận xét quan trọng AB = 2AD (cũng chính là gợi ý của đề)  ta
tính được góc giữa AC và AB.
* Gọi phương trình AC qua I nhận n AC  (a;b),(a 2  b2  0) làm vtpt có
1
dạng: AC : a(x  )  b(y  0)  0
2
BC 1
* Ta có AB = 2AD = 2BC  tan BAC  
AB 2
1 2
 cos BAC   .
1  (tan BAC) 2 5
2
* Ta có cos BAC | cos(AB; AC) || cos(n AB ; n AC ) | với n AB ;n AC lần
5
lượt là véctơ pháp tuyến của AB và AC. Do đó ta có
| a  2b | 2
  (a  2b) 2  4(a 2  b 2 )  3a 2  4ab  0 (*)
5. a 2  b 2 5
* Nhận xét b = 0, (*)  a = 0 (loại). Với b ≠ 0, ta chọn b = –3 nên (*)
a  0
 a 2  4a  0  
a  4
* Với a = 0  AC: y = 0.
Tương tự ta có A = AC  AB  A(–2; 0) (nhận).
Do I là trung điểm AC  C(3; 0)
* Với a = 4  AC: 4x – 3y – 2 = 0. Ta có A = AC  AB  A(2; 2) (loại
vì A có hoành độ âm). Do BD và AC cùng qua I và tạo với AB một
góc bằng nhau nên nếu AC: y = 0  BD: 4x – 3y – 2 = 0.
Do đó BD  AB = B  B(2; 2) và vì I là trung điểm BD  D(–1; –2)
A(2;0), B(2; 2), C(3;0), D(1; 2)
■ Lời bình: Qua bài này ta rút ra một số kinh nghiệm,
Một là, việc xét tọa độ của các điểm cần tìm theo “sự tương giao” giữa
các đường là một cách làm khá hay. Điều này dẫn đến việc kiến thức
tổng hợp của việc lập phương trình đường thẳng (cách 2) và phương trình
đường tròn ẩn mình (cách 1).
402 407
Hai là, một bài toán là hội tụ của rất nhiều kiến thức từ góc, khoảng cách
cho đến các tính chất hình học ẩn sau trong hình mà đề bài cho. Với
những bài toán cho dạng hình tứ giác mà điển hình là “hình bình hành,
hình thoi, hình chữ nhật, hình vuông” thì các bạn cũng cần lưu ý đến việc
đi tìm giao điểm hai đường chéo (nếu chưa có).
Ba là, với dạng hình chữ nhật này khi bài toán cho quan hệ giữa chiều
dài và chiều rộng thì ta có thể khai thác nó theo 3 hướng đó là: tính diện
tích, tính khoảng cách,tính góc.
CÂU 3 (CHÍNH THỨC – ĐH D2002). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,

x 2 y2
cho elip (E):   1 . Xét điểm M chuyển động trên tia Ox và
16 9
điểm N chuyển động trên tia Oy sao cho đường thẳng MN luôn tiếp
xúc với (E). Xac định tọa độ M, N để đoạn MN có độ dài nhỏ nhất.
Tính giá trị nhỏ nhất đó.
■ Đặt vấn đề : Chủ đề max – min, cực trị trong hình học phẳng cũng là
một chủ đề khá hay và mặc dù xét trên tổng thể những câu ra thi đại học
những năm gần đây thì không thường xuyên được ra. Nhưng mỗi lần câu
hỏi về “lớn nhất, nhỏ nhất” xuất hiện bao giờ cũng tạo nên sự bất ngờ
cho người làm bài. Có thể vì không chưa chuẩn bị tốt chưa đó hoặc câu
hỏi khá là “xoáy”. Với chủ đề tìm giá trị lớn nhất – nhỏ nhất trong bài
toán cực trị hình học phẳng thì ta nên tiếp cận như thế nào ? Có thể có
những cách nào để giải quyết bài toán trên. Mời bạn đọc cùng theo dõi.
☺ Nhận xét : về bản chất, câu
hỏi này đang muốn kiểm tra
người học về nội dung “tiếp
tuyến của Elip” (đây là nội
dung nằm trong “chương trình
giảm tải” nên có thể các bạn
sẽ không giải được nó bằng
kiến thức đã học ở Phổ Thông
hiện nay. Tuy vậy, xét theo
một góc độ nào đó, chúng ta
có thể quan tâm đến câu hỏi
“giá trị nhỏ nhất của đoạn
MN”.
408
402
☻Ý tưởng:
_ Do đề yêu cầu tìm M, N thỏa mãn MN ngắn nhất  ta tìm biểu thức biểu
diễn đoạn MN (nếu là 1 ẩn thì có thể dùng khảo sát hàm, nếu là 2 ẩn trở
lên thì vận dụng BĐT Cauchy, BĐT Bunyakovsky, v,v...)
_ Trước tiên ta xây dựng dạng của phương trình đường MN theo hai hướng:
+ Hướng thứ 1, do M  Ox, N  Oy  MN là phương trình đoạn chắn 2
trục tọa độ.
+ Hướng thứ 2, gọi T(xo ; yo) thì tiếp tuyến MN của (E) tại T là
xx o yy o
 1
16 9
_ Nếu theo hướng thứ 1, ta có thể dùng điều kiện tiếp xúc giữa MN và (E)
để giải  MN  Ở đây ta có thể vận dụng bất đẳng thức Cauchy hoặc
bất đẳng thức Bunyakovsky để giải tiếp.
_ Nếu theo hướng thứ 2, thì ta biểu diễn được tọa độ M, N theo tiếp
điểm T  Tính được độ dài MN theo xo, yo. (tương tự như hướng thứ
1, ta có thể vận dụng BĐT Cauchy hoặc Bunyakovsky để giải ). Mời
các em xem lời giải.
* M  Ox  M(m ; 0), N  Oy  N(0 ; n) (với m, n > 0)  MN là
x y
phương trình đoạn chắn hai trục tọa độ Oxy có dạng: MN:   1
m n
1 1
* Điều kiện để MN tiếp xúc với elip (E) khi và chỉ khi 16 2  9 2  1
m n
* Áp dụng bất đẳng Cauchy cho hai số không âm,
 16 9 
Ta có MN 2  m 2  n 2  (m 2  n 2 )  2  2 
m n 
n2 m2
 25  16 2  9 2  25  2 16.9  49
m n
Suy ra MN  7. Đẳng thức xảy ra
 16n 2 9m 2
 m2  n 2
 2 2 m  2 7 M(2 7;0)
 m  n  49   
 m  0, n  0  n  21  N(0; 21)


402 409
(Lưu ý: Nếu vận dụng bất đẳng thức Bunyakovsky ta có thể trình bày
2
2 2  16 9   4
2 2 23
như sau: MN  m  n  (m  n )  2  2    m  n   49
m n   m n
Suy ra MN  7. Đẳng thức xảy ra
 4 3
m
 m :  n :
n m  2 7 M(2 7;0)
 2 2
  m  n  49   
 m  0, n  0  n  21  N(0; 21)


Vậy yêu cầu bài toán tương đương với M(2 7;0), N(0; 21), MN min  7
* Gọi T(x o ; yo ) là tiếp điểm. Ta có phương trình tiêp tuyến tại điểm T của
xx o yy o
(E) có dạng: MN :  1
16 9
 16   9 
* Do M, N lần lượt thuộc tia Ox, Oy  M  ;0  , N  0; 
 x o   yo 
162 92
2
 MN  2  2
xo yo
* Mặt khác do T  (E)
x o 2 yo 2 2  162 92   x o 2 yo 2 
   1 nên MN   2  2  .   
16 9 x
 o y o   16 9 
2 yo 2 xo2
Suy ra MN  25  16 2  9 2 . (Tương tự như cách 1, khi vận dụng
xo yo
BĐT Cauchy hoặc BĐT Bunyakovsky)  MN  7.
 8
 x o 
 7
Đẳng thức xảy ra  
y  3 3
 o 7
Vậy yêu cầu bài toán tương đương với M(2 7;0), N(0; 21), MN min  7
■ Lời bình: Với những bài toán liên quan đến max – min cực trị trong hình
học phẳng có thể có 2 hướng đi dễ thấy nhất
410
402
Một là, biểu diễn các giá trị theo một ẩn hoặc nhiều ẩn cho trước. (nếu
biểu thức chỉ có 1 ẩn thì ta có thể linh động sử dụng công cụ tìm GTLN –
GTNN của hàm số, nếu là đa ẩn (từ 2 ẩn trở lên) thì cách tốt nhất vẫn là
vận dụng các BĐT Đại Số như BĐT Cauchy, BĐT Bunyakovsky và các
BĐT khác.
Hai là, trường hợp không lập được biểu thức biểu diễn giá trị theo một
ẩn nào đó thì ta có thể vận dụng tính chất của các BĐT trong hình học,
muốn vậy thì hình vẽ đóng vai trò rất quan trọng cho việc xây dựng BĐT
hình học đó. (phần này mời bạn đọc xem lại chủ đề 5, chương 2 để hiểu
rõ hơn). Tuy nhiên trong bài này thì chúng ta đi theo hướng lập biểu thức
để tìm giá trị lớn nhất là hợp lý
CÂU 4 (DỰ BỊ 1 – ĐH A2002). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai
đường tròn (C1 ) : x 2  y 2  10x  0, (C 2 ) : x 2  y 2  4x  2y  20  0
a) Viết phương trình đường tròn đi qua các giao điểm của (C1), (C2)
và có tâm nằm trên đường thẳng có phương trình x + 6y – 6 = 0.
b) Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn (C1) và
(C2).
■ Đặt vấn đề : Viết phương trình “tiếp tuyến chung của hai đường tròn” là
một trong những chủ đề thường gặp trong các đề thi đại học bởi lẽ nó
“chạm đến” những vấn đề liên quan như “vị trí tương đối giữa đường
thẳng và đường tròn”, “lập phương trình của một đường thẳng”, v,v...
Với chủ đề này thì có thể có những cách thức tiếp cận nào ? Và có thể có
một phương pháp tổng quát để giải dạng toán này không ? Mời bạn đọc
cùng theo dõi.
a. Viết phương trình đường tròn đi qua các giao điểm của (C1), (C2) và có
tâm nằm trên đường thẳng có phương trình x + 6y – 6 = 0.
☺ Nhận xét : trước khi giải bài toán này, bạn cần lưu ý việc “xét vị trí
tương đối giữa hai đường tròn” với mục đích dựng hình và phân tích tìm
lời giải.
☻ Ý tưởng:
_ Khi xét vị trí tương đối giữa hai đường tròn ta phát hiện “(C1) và (C2) cắt
nhau tại hai điểm phân biệt”.
_ Để lập phương trình đường tròn đi qua 2 giao điểm đó ta có thể thực hiện
theo các hướng sau:
402 411
+ Hướng thứ 1: tìm giao điểm {A,B} = (C1)  (C2)  Gọi I(a;b) là tâm
đường tròn cần tìm  giải hệ hai phương trình gồm : IA = IB = R (1)
và I  x + 6y – 6 = 0 (2)  tìm được tâm I  tính bán kính R.
+ Hướng thứ 2: tìm giao điểm {A,B} = (C1)  (C2)  Gọi I(a;b) là tâm
đường tròn cần tìm  Gọi dạng phương trình khai triển của đường tròn
(C): x 2  y2  2ax  2by  c  0, I(a; b), R  a 2  b 2  c  giải hệ ba
phương trình gồm: A  (C) (1), B  (C) (2), I  x + 6y – 6 = 0  Tìm
được a, b, c  I và R.
+ Hướng thứ 3: do (C1) và (C2) cắt nhau nên ta vận dụng “phương trình
chùm đường tròn qua các giao điểm của (C1) và (C2) là
m(x 2  y2  10x)  n(x 2  y2  4x  2y  20)  0, m 2  n 2  0  biểu
diễn tâm I của đường tròn theo m và n  I  x + 6y – 6 = 0  tìm được
quan hệ f(m,n) = 0 (dựa vào điều kiện m 2  n 2  0 )  chọn m (hoặc n)
tùy ý để suy ra phương trình đường tròn.
* (C1) có tâm I1 (5;0), R1  5 và (C2) có I2 (2;1), R 2  5 .
| R1  R 2 | 0

Xét  R1  R 2  10 | R1  R 2 | I1I 2  R1  R 2  (C1) cắt (C2) tại hai

 I1I 2  5 2
điểm phân biệt A, B.
* {A,B} = (C1)  (C2)  tọa độ A, B thỏa hệ phương trình:
 x 2  y2  10x  0  A(1; 3), B(2; 4)
 2 2
  A(2; 4), B(1; 3) .
 x  y  4x  2y  20  0 
Do vai trò của A và B là như nhau nên ta chọn A(1;–3) và B(2;4)
* Gọi I là tâm đường tròn (C) cần tìm ta có: I  : x + 6y – 6 = 0
 I(6 – 6m; m)
 AI  (5  6m; m  3)
Do đó, ta có AI  BI  R  AI 2  BI 2 với 
BI  (4  6m; m  4)
Suy ra (5  6m)2  (m  3)2  (4  6m)2  (m  4) 2  m  1
 I(12; 1)
 
R  5 5
412
402
* Vậy phương trình đường tròn (C) cần tìm là: (C): (x  12)2  (y  1)2  125
Vậy phương trình đường tròn (C) cần tìm là: (C): (x  12)2  (y  1)2  125
* Tương tự như cách 1 ta có (C1) cắt (C2) tại hai điểm phân biệt A, B.
* {A,B} = (C1)  (C2)  tọa độ A, B thỏa hệ phương trình:
 x 2  y2  10x  0  A(1; 3), B(2; 4)
 2 2
  A(2; 4), B(1; 3) .
 x  y  4x  2y  20  0 
Do vai trò của A và B là như nhau nên ta chọn A(1;–3) và B(2;4)
* Gọi phương trình đường tròn (C) có dạng :
x 2  y2  2ax  2by  c  0, I(a; b), R  a 2  b 2  c
* Ta có
A  (C)  1  9  2a  6b  c  0 2a  6b  c  10  a  12
   
 B  (C)  4  16  4a  8b  c  0   4a  8b  c  20  b  1
   
 I  a  6b  6  0  a  6b  6 c  20
 I(12; 1)

R  5 5
Vậy phương trình đường tròn (C) cần tìm là: (C): (x  12)2  (y  1)2  125
* Phương trình chùm đường tròn qua các giao điểm của (C1) và (C2) là:
(C) : m(x 2  y2  10x)  n(x 2  y 2  4x  2y  20)  0, (m 2  n 2  0)
 (m  n)x 2  (m n)y 2  (4n  10m) x  2ny  20n  0
4n  10m 2n 20n
 x 2  y2  x y 0
mn mn mn
 5m  2n n 
 (C) có tâm I  ; 
 mn mn 
* Mặt khác, tâm I  : x + 6y – 6 = 0  m = – 2n.
Nhận xét n ≠ 0 (do m 2  n 2  0 ) nên ta chọn n = 1
Suy ra m = –2. Vậy phương trình (C) : x 2  y2  24x  2y  20  0
Vậy phương trình đường tròn (C) cần tìm là:
(C) : x 2  y2  24x  2y  20  0
402 413
■ Lời bình cho câu a: Qua câu a này, ta rút ra một số nhận xét sau:
Một là, rất nhiều bạn sẽ chọn cách giải thứ 2 để giải quyết bài toán này,
về hình thức thì cách 1 và cách 2 có khác nhau đôi chút nhưng nội dung
vẫn vậy, vẫn dựa trên cơ sở tìm giao điểm giữa hai đường tròn. Có điều ở
cách 2 thì việc tính toán có phần nhẹ nhàng hơn.
Hai là, phương trình chùm đường tròn không nằm trong chương trình
học của sách giáo khoa hiện hành, nên nếu bạn sử dụng nó, bạn bắt buộc
phải chứng minh công thức trên. Thường thì ta nên chọn cách 3 này để
kiểm tra nhanh đáp số và đặc biệt ưu điểm của cách 3 có thể thấy ngay
là không phải giải tìm giao điểm giữa hai đường tròn (C1) và (C2).
b) Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn (C1) và (C2).
☺ Nhận xét: Như nhận xét ở chủ đề 2 (“viết phương trình đường thẳng”)
thì bản chất của tiếp tuyến thật ra cũng chỉ là một đường thẳng  cũng
cần phải hội đủ các yếu tố như đi qua một điểm và nhận một véctơ nào
đó làm véctơ pháp tuyến (hoặc véctơ chỉ phương).
☻ Ý tưởng:
_ Do hai đường tròn (C1) và (C2) cắt nhau tại hai điểm A và B  có 2 tiếp
tuyến cần tìm.
_ Tiếp tuyến chưa đi qua điểm nào ? và cũng chưa có véctơ pháp tuyến
hoặc véctơ chỉ phương. Vì vậy ta có thể triển khai theo hai hướng sau:
+ Hướng thứ 1, gọi dạng phương trình tiếp tuyến y = ax + b
 : ax – y + b = 0  dùng “điều kiện tiếp xúc giữa  và (C1), (C2)
 giải tìm quan hệ a, b  phương trình .
+ Hướng thứ 2, phát hiện hai đường tròn có cùng bán kính (R1 = R2)
 tiếp tuyến  là hai đường thẳng song song với I1I2  (7;1)
414
402
 : x + 7y + m = 0  tương tự dùng “điều kiện tiếp xúc”  giải tìm m

 phương trình .
* Do (C1) cắt (C2) tại A, B nên có 2 tiếp tuyến chung. Giả sử phương trình
tiếp tuyến chung của (C1) và (C2) có dạng: y = ax + b
 : ax – y + b = 0
 d[I ; ]  R1 (1) | 5a  b | | 2a  1  b |
 1  d[I1; ]  d[I2 ; ]  5  
d[I
 2 ;  ]  R 2 (2) 2
a 1 a2 1
 1
 5a  b  2a  1  b  a 
7
Suy ra 
5a  b  2a  1  b  b  3a  1
 2
1 5  25 2
* Thay a  vào (1) ta có b 
7 7
3a  1
* Thay b  vào (1) ta được:
2
3a  1
| 5a  b | 5 a 2  1 | 5a  | 5 a 2  1
2
Suy ra  (7a  1)2  100(a 2  1)  51a 2  14a  99  0(VN)
 x  7y  5  25 2  0
 x  7y  5  25 2  0
* Do R1 = R2 và hai đường tròn cắt nhau nên ta suy ra hai tiếp tuyến chung
là 2 đường thẳng song song I1I2  (7;1)  phương trình tiếp tuyến  có
dạng x + 7y + m = 0
* Điều kiện tiếp xúc là d[I1; ]  5 | 5  m | 25 2  m  5  25 2
 x  7y  5  25 2  0
 x  7y  5  25 2  0
■ Lời bình cho câu b: Từ bài toán tiếp tuyến chung này ta đặt ra hai tình
huống xảy ra:
402 415
Một là, trường hợp 2 đường tròn có R1 = R2 nhưng không cắt nhau thì
khi đó việc giải sẽ như thế nào ?  Khi đó sẽ có đến 4 tiếp tuyến chung
thỏa yêu cầu bài toán (bạn đọc có thể xem câu 5 của đề dự bị 2 – ĐH
B2002 để hiểu rõ hơn)
Hai là, trường hợp 2 đường tròn có R1 ≠ R2 và cắt nhau thì khi đó ta sẽ
giải như thế nào ?  khi đó ta vẫn sẽ có 2 tiếp tuyến chung, tuy nhiên 2
tiếp tuyến này sẽ cắt nhau và đồng quy với đường thẳng I1I2 tại
điểm M  ta có thể vận dụng định lý Thales để tìm tọa độ điểm M 
viết phương trình  qua M và khuyết véctơ pháp tuyến. (bạn đọc có thể
xem phần bài tập chọn lọc – rèn luyện của chủ đề 2 – chương 2 để hiểu
rõ hơn)
CÂU 5 (DỰ BỊ 2 – ĐH B2002). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai
đường tròn (C1 ) : x 2  y 2  4y  5  0, (C2 ) : x 2  y 2  6x  8y  16  0
Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn (C1) và (C2).
☺ Nhận xét: Tương tự như câu 4b (đề dự bị 1 – ĐH A2002), ở câu này, ta
vẫn đảm bảo các quy trình như “xét vị trí tương đối” và dựa vào đó để
quyết định phương hướng viết phương trình tiếp tuyến. Có điều bài này
có đến 4 tiếp tuyến nhé. Mời bạn đọc cùng theo dõi.

* (C1) có tâm I1 (0; 2), R1  3 và (C2) có I2 (3; 4), R 2  3 .
416
402
| R1  R 2 | 0

Xét  R1  R 2  6  R1  R 2  I1I 2  (C1) và (C2) nằm ngoài nhau.

 I1I 2  3 5
Suy ra (C1) và (C2) có 4 tiếp tuyến chung.
* Vì (C1) có tiếp tuyến cùng phương với Oy: x = 0  R1 =  3 và (C2) có
các tiếp tuyến cùng phương Oy là x = 3  R2 tức là x = 0 hoặc x = 6 nên
do đó phương trình các tiếp tuyến chung  có dạng:
y = ax + b  ax – y + b = 0
 d[I ; ]  R1 (1) | 2  b | | 3a  4  b |
 1  d[I1; ]  d[I2 ; ]  3  
d[I
 2 ;  ]  R 2 (2) 2
a 1 a2 1
 2  b  3a  b  4  a  2
Suy ra 
 2  b  3a  4  b  b  3a  2
 2
* Thay a  2 vào (1) ta có b  2  3 5
 a  0  b  1
3a  2
* Thay b  vào (1) ta được: 3a 2  4a  0  
2 a  4  b  3
 3
 d1 : 2x  y  2  3 5  0

d : 2x  y  2  3 5  0
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là  2
 d3 : y 1  0
 d 4 : 4 x  3 y  9  0
■ Lời bình: Như vậy qua hai câu 4 và 5 thì cách làm tổng quát chính là
cách giải bài 5 này. Bạn đọc lưu ý kỹ nhé.
CÂU 6 (DỰ BỊ 3 – ĐH D2002). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho

đường thẳng d: x  y  1  0 và đường tròn (C) : x 2  y2  2x  4y  0 .
Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d mà qua đó ta kẻ được hai
đường thẳng tiếp xúc với đường tròn (C) tại A và B sao cho góc
AMB bằng 60o.
■ Đặt vấn đề : Đối với câu hỏi “tìm điểm M sao cho kẻ được hai tiếp tuyến
đến đường tròn” là một dạng toán khá quen thuộc vì đã được giới thiệu
402 417
rất nhiều lần trong bài tập cũng như các đề thi những năm sau đó thường
xuyên dạng toán này. Có chăng là thay đổi đi đối tượng tìm kiếm? Dữ
liệu cũng như làm mờ đi các yếu tố quan trọng quyết định hướng đi của
bài toán. Vậy với dạng toán này, thì chúng ta nên lưu ý đến những điều
nào ? Mời các bạn cùng theo dõi.
☻Ý tưởng:
_ Do M  d  tham số hóa M theo
đường thẳng d  cần tìm một
phương trình ?  liên hệ với các
dữ kiện đang có của đề bài
 tính đoạn IM  dựa vào góc
AMB = 60o và bán kính R = IA.
* (C) có tâm I(1; 2), R  5 .
Do góc AMB  60 và MI là phân giác  AMI  30
IA 1
* AMI  A có sin AMI    IM  2IA  2R  2 5
IM 2
* M  d: x – y + 1  M(m; m + 1) và IM  (m  1; m  1)
* Do
IM  2 5  IM 2  20  (m  1) 2  (m  1) 2  20  m 2  9  m  3
Suy ra M1 (3; 4), M2 (3; 2)
Vậy điểm M thỏa yêu cầu bài toán là M1 (3; 4), M2 (3; 2)

x 2 y2
elip (E):   1 và đường thẳng dm: mx  y  1  0 .
9 4
a) Chứng minh rằng với mọi giá trị m, đường thẳng dm luôn cắt elip
(E) tại hai điểm phân biệt.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (E), biết rằng tiếp tuyến đó đi
qua điểm N(1; –3).
☺ Nhận xét : đối với câu hỏi a của bài này thì vẫn nằm trong chương trình
học hiện hành, tuy nhiên với câu hỏi b thì đã “nằm ngoài chương trình
giáo khoa hiện hành”. Thật ra bạn sẽ cảm thấy rất khó khăn khi làm câu
này không phải vì bạn không đủ trình độ để giải chúng mà ta chưa có bất
418
402
kỳ kiến thức nào để vận dụng vào việc giải tập. Ở đây, xét theo góc độ
phải giải quyết câu hỏi này, tác giả nhắc lại một số kiến thức liên quan để
bạn đọc có thể nắm và vận dụng được:
“Xét đường thẳng : Ax + By + C = 0 (A2 + B2 > 0 và elip (E):
x 2 y2
  1 (a  b  0) .
a 2 b2
 tiếp xúc (E)  a 2 A 2  b 2 B2  C2
☻ Ý tưởng:
_ Dựa trên ý tưởng trên để giải quyết câu hỏi b của bài toán không quá khó
vì ta có thể gọi dạng phương trình đường thẳng  đi qua điểm N là:
y  k(x  x N )  y N và dùng điều kiện tiếp xúc để giải ra k.
_ Đối với câu a của bài toán, chúng ta chỉ việc chuyển bài toán này về xét
sự tương giao giữa hai đường bằng cách xét hệ phương trình của 2 đường
thẳng. (Bạn đọc có thể xem lại chủ đề 4 – chương 2 để hiểu rõ hơn).
 x 2 y2
(E) :   1  4x 2  9y 2  36  0
* Ta có:  9 4
 (d ) : mx  y  1  0  y  mx  1
 m
* Phương trình hoành độ giao điểm của (dm) và (E) là:

4x 2  9(mx  1)2  36  0  (4  9m)x 2  18mx  25  0
* Xét ’= 81m2  25(4  9 m2 )  0 , đúng m  R.
Vậy (dm) luôn cắt (E) tại 2 điểm phân biệt. (đpcm).
* Nhận xét: hai tiếp tuyến thẳng đúng của (E) là x =  3 (không qua N).
Gọi  là tiếp tuyến qua N(1; –3) thì phương trình  có dạng:
y = k(x – 1) – 3
* Để  tiếp xúc (E)
 1
 k   1 : x  2y  5  0
2 2 2 2
 9k  4  (3  k)  8k  6k  5  0  
 k  5   : 5x  4y  17  0
 4
2
 1 : x  2y  5  0
Vậy có hai tiếp tuyến thỏa yêu cầu bài toán là 
  2 : 5x  4y  17  0
402 419

cho tam giác ABC vuông tại A và AB = AC. Biết M(1; 1) là trung
2 
điểm cạnh BC và G  ;0  là trọng tâm tam giác ABC. Tìm tọa độ
3 
các đỉnh A, B, C.
☺Đặt vấn đề : Với những bài toán điểm trong tam giác, ta cần lưu ý đến
tính chất của những điểm đặc biệt như:
♥ Trọng tâm (giao điểm 3 đường trung tuyến).
♦ Trực tâm (giao điểm 3 đường cao).
♣ Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác (giao điểm 3 đường trung trực).
♠ Tâm đường tròn nội tiếp tam giác. (giao điểm 3 đường phân giác trong
của tam giác).
Ngoài ra cũng cần xét đến quan hệ giữa các điểm đặc biệt này. (các bạn
có thể xem lại lý thuyết cơ sở và một số bổ đề đã được chứng minh ở
chương 1 để củng cố lại).
☻Ý tưởng:
_ Với bài toán này, do đề đã cho trọng tâm G và trung điểm M  ta dễ
dàng tìm được tọa độ điểm A.
_ Để tìm tọa độ B, C  ta xét thấy B và C thuộc đường BC  viết phương
trình BC ?  do ABC vuông cân tại A  BC  AM và qua M.
_ Ta có 4 hướng để đi tiếp:
+ Hướng thứ 1: Mã hóa B theo đường BC và thông qua M là trung điểm
BC biểu diễn tọa độ C theo tọa độ B  sử dụng điều kiện còn lại AB =
AC  tìm tọa độ B và C.
+ Hướng thứ 2: Xét B và C trong sự tương giao của BC và đường tròn
(C) tâm M, bán kính MA  giải hệ trên ta tìm được B và C. (Ở đây Đáp
án của Bộ GD&ĐT đã đi theo hướng thứ 2).
+ Hướng thứ 3: Xét B và C trong sự tương giao của BC và đường tròn
(C’) tâm A, bán kính AB  giải hệ trên ta tìm được B và C.
+ Hướng thứ 4: Sử dụng phép biến hình (phép quay) để biến điểm A
thành điểm B và C. (Bạn đọc có thể xem lại kiến thức cơ sở ở chương 1
để hiểu rõ hơn)
420
402

 2
 1  x A  3(1  ) x A  0
 AM  3GM   3   A(0; 2)
1  y A  3(1  0)  y A  2
* BC qua M(1; –1) nhận AM  (1; 3) làm vtpt có dạng là:
1(x  1)  3(y  1)  BC : x  3y  4  0
* B  BC: x – 3y – 4 = 0  B(3b + 4 ; b). Mặt khác M là trung điểm BC
 C(–3b – 2 ; –2 – b).
* Lại có
AB2  AC2  (3b  4)2  (b  2)2  (3b  2)2  (b  4) 2  b  0
 B(4;0), C(2; 2)
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là A(0; 2), B(4;0), C( 2; 2)
 2
 1  x A  3(1  ) x A  0
 AM  3GM   3   A(0; 2)
1  y A  3(1  0) y
 A  2
* BC qua M(1; –1) nhận AM  (1; 3) làm vtpt có dạng là:
1(x  1)  3(y  1)  BC : x  3y  4  0
* Ta có B và C là giao điểm giữa đường thẳng BC và đường tròn (C) có
tâm là M(1 ; –1) và bán kính AM  10 (do ABC vuông cân tại A)
 tọa độ B và C thỏa hệ phương trình :
402 421
 x  3y  4  0  y0x 4
 2 2
 
(x  1)  (y  1)  10  y  2  x  2
* Do vai trò của B và C như nhau nên ta giả sử B(4; 0) và C(–2; –2).
* Tương tự như cách giải 1 ta có A(0;2) và BC: x – 3y – 4 = 0
* Ta có B và C là giao điểm giữa đường thẳng BC và đường tròn (C) có
tâm là A(0; 2) và bán kính AB  AM 2  20 (do ABC vuông cân tại A)
 tọa độ B và C thỏa hệ phương trình:
 x  3y  4  0  y0 x 4
 2 2
 
 x  (y  2)  20  y  2  x  2
* Do vai trò của B và C như nhau nên ta giả sử B(4; 0) và C(–2; –2).
 2
 1  x A  3(1  ) x A  0
 AM  3GM   3   A(0; 2)
1  y A  3(1  0) y
 A  2
* Ta có phép Q(M;90 ) : A  B
x B  (x A  x M ).cos(90 )  (yA  yM ).sin(90 )  x M

 
 yB  (x A  x M ).sin(90 )  (yA  yM ).cos(90 )  y M
 
x  4
 B  B(4;0)
y
 B  0
* Do M là trung điểm BC  C(–2; –2)
■ Lời bình: Qua bài toán này ta rút ra một số kinh nghiệm.
Một là, khi đề cập đến điểm đặc biệt trong tam giác (cụ thể ở đây là
trọng tâm) thì dựa trên các tính chất của điểm đó mà ta khai thác các yếu
tố liên quan. Trong bài này việc tìm được độ điểm A đóng một vai trò rất
quan trọng trong quá trình tìm tọa độ B và C.
422
402
Hai là, với cách giải 2 và 3, đều xét sự tương giao giữa đường thẳng và
đường tròn để tìm nhanh toa độ điểm, ở đây ta thấy được sự sáng tạo
trong việc tìm lời giải.
Ba là, đối với cách 3, là một cách rất hay nhưng có một nhược điểm là
công thức cồng kềnh khó nhớ, ngoài ra việc tính toán nhanh mà không
phải tìm thêm một số yếu tố khác chính là ưu điểm lớn nhất của cách
này.Trong quá trình đi tìm cách tiếp cận cho một bài toán, bạn hãy lưu
tâm đến phương pháp tiếp cận dựa trên phép biến hình.
CÂU 9 (CHÍNH THỨC – ĐH D2003). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho
đường tròn (C) : (x  1)2  (y  2)2  4 và đường thẳng d : x  y  1  0
Viết phương trình đường tròn (C’) đối xứng với đường tròn (C) qua
đường thẳng d. Tìm tọa độ các giao điểm của (C) và (C’).
☻Ý tưởng: Để viết phương trình đường tròn (C’) (có tâm I’ bán kính R’)
đối xứng với (C) qua d thì khi đó:
_ Bán kính của 2 đường tròn bằng nhau R = R’

_ Đường thẳng trung trực của II’ chính là đường thẳng d  I’ đối xứng với
I qua đường thẳng d  ta tìm H là trung điểm II’ bằng cách viết phương
trình đường II’  d và qua I  H = II’  d.
_ Để tìm giao điểm A,B giữa 2 đường tròn ta có thể xét
{A; B} = (C)  (C’) hoặc (C)  d.
* Gọi J, R’ là tâm và bán kính của đường tròn (C’) cần tìm và A,B là giao
điểm giữa (C) và (C’).
402 423
* Do (C) và (C’) đối xứng với nhau qua đường thẳng d

 R’ = R = 2 và IJ nhận d làm đường trung trực.
* Do đó IJ  d  IJ : x + y + m = 0. II’ qua I(1; 2)
 m = – 3. Vậy IJ: x + y – 3 = 0.
Mặt khác, H = IJ  d  Tọa độ H là nghiệm của hệ:
 x  y 1  0 x  2
    H(2;1)
 x  y  3  0  y  1
* Lại có, H là trung điểm IJ  J(3; 0).
Vậy phương trình (C’): (x  3)2  y2  4
* Gọi A, B là giao điểm giữa (C) và (C’)
(x  1)2  (y  2)2  4
 tọa độ C và (C’) thỏa hệ:  2 2
 (x  3)  y  4
x 1 y  0
Suy ra  .
x  3  y  2
Do vai trò của A và B là như nhau nên ta chọn A(1; 0) và B(3; 2)
Vậy yêu cầu bài toán tương đương với :
(C') : (x  3)2  y2  4, A(1;0), B(3; 2)
CÂU 10 (DỰ BỊ 1 – ĐH B2003). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho

đường thẳng d: x  7y  10  0 . Viết phương trình đường tròn (C) có
tâm thuộc đường thẳng : 2x  y  0 và tiếp xúc với đường thẳng d
tại điểm A(4; 2).
☻ Ý tưởng:
424
402
_ Để viết phương trình chúng ta cần xác định 2 yếu tố chính là tâm I và bán
kính R. Ở đây, yếu tố tâm I đóng vai trò quyết định. Do tìm được tâm I
 tìm được bán kính R.
_ Ở đây ta thấy do (C) tiếp xức d tại A  IA  d  viết được phương
trình IA.
_ Mặt khác I = IA    tọa độ I  bán kính R = IA.
* Gọi I và R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn (C) cần tìm. Do (C)
tiếp xúc d  IA  d
Suy ra IA: 7x + y + m = 0, do IA qua A(4; 2)  m = – 30.
Vậy IA: 7x + y – 30 = 0
* Mặt khác I = IA    tọa độ I là nghiệm của hệ
7x  y  30  0  x  6
   I(6; 12)
 2x  y  0  y  12
* Ta có bán kính R = IA  (4  6) 2  (2  12) 2  10 2

Vậy phương trình đường tròn (C) cần tìm là
(C) : (x  6)2  (y  12)2  200
CÂU 11 (DỰ BỊ 2 – ĐH B2003). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip
x2 y2
(E): + = 1, điểm M(–2; 3) và điểm N(5; n). Viết phương trình các
4 1
đường thẳng d1; d2 qua M và tiếp xúc với (E). Tìm n để trong số
các tiếp tuyến của (E) đi qua N có một tiếp tuyến song song với d1 hoặc d2.
☻ Ý tưởng: (Bạn đọc có thể xem câu 3 để hiểu rõ hơn)
_ Để viết phương trình tiếp tuyến qua M của (E)  gọi dạng của tiếp tuyến
y = k(x – xM) + yM.
_ Sử dụng điều kiện tiếp xúc giữa tiếp tuyến và (E)  giải tìm giá trị k 
phương trình tiếp tuyến.
_ Sau khi tìm được phương trình tiếp tuyến d1 và d2  ta gọi d3 là tiếp
tuyến của (E) qua N  tiếp tục dùng điều kiện tiếp xúc như trên để giải
tìm n  tọa độ điểm N.
* Ta x =  2 là hai tiếp tuyến của (E) vuông góc với trục hoành trong đó:
x = –2 đi qua điểm M
402 425
Suy ra d1: x = – 2 là một tiếp tuyến của (E) qua M.

* Phương trình tiếp tuyến d qua M(–2; 3) khác đường thẳng x = –2 có
dạng: y  k(x  2)  3  kx  y  3  2k  0
2
* Để d và (E) tiếp xúc nhau  4k 2  1  (3  2k) 2  k 
3
 d 2 : 2x  3y  5  0
* Dễ thấy tiếp tuyến d của (E) qua N(5; n) không song song với d1: x = – 2,
2
do đó  // d2 và qua N(5;n) có hệ số góc k  .
3
2
Vậy  : y  (x  5)  n  2x  3y  10  3n  0
3
* Để  và (E) tiếp xúc nhau
 n  5
 4(2)  1.(3)  (10  3n)  3n  20n  25  0  
2 2 2 2
 n  5
 3
5
* Với n    : 2x  3y  5  0 (loại vì trùng với đường d2)
3
* Với n  5  N(5; 5)
Vậy yêu cầu bài toán đương với
d1 : x  2  0, d 2 : 2x  3y  5  0, N(5; 5)
■ Lời bình: Tương tự như những bài toán trước (câu 3), xét sự tiếp xúc
giữa (E) và d. Ở đây chỉ phải lưu ý điều kiện nhận (loại) khi vận dụng
“tính song song” giữa các đường thẳng.
CÂU 12 (DỰ BỊ 3 – ĐH D2003). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam
giác ABC có đỉnh A(1; 0) và hai đường thẳng lần lượt chứa các đường
cao vẽ từ B và C có phương trình tương ứng là: x – 2y + 1 = 0 và
đường thẳng 3x + y – 1 = 0. Tính diện tích tam giác ABC.
■ Đặt vấn đề : Tính “diện tích tam giác” là một chủ đề không quá mới với
học sinh nhưng chắc chắn sẽ làm mất không ít thời gian của chúng ta khi
tính chúng. Có rất nhiều công thức tính diện tích tam giác. Qua bài toán này
tác giả cũng muốn tổng kết lại cho bạn đọc. Mời bạn đọc cùng theo dõi.
426
402
☻Ý tưởng:
_ Để tính diện tích ABC  ta tìm tọa độ điểm B và C

_ Để tìm tọa độ điểm B  xét điểm B = AB  CH  viết phương trình
AB qua A và AB  CH.
_ Tương tự ta cũng tìm được tọa độ điểm C.
_ Đến đây để tính diện tích ABC ta có thể có những hướng đi sau:
+ Hướng thứ nhất, tính độ dài cạnh AB hoặc AC
1 1
 SABC  AB.d[C; AB]  AC.d[B; AC]
2 2
+ Hướng thứ hai, tính độ dài cạnh AB và AC 
1 1
SABC  AB.AC.sin CAB  AB.AC 1  cos 2 CAB
2 2
1 1
 SABC  AB2 .AC2  AB2 .AC2 cos 2 CAB  AB2 .AC 2  (AB.AC) 2
2 2
* Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của C và B lên AB và AC.
* Ta có AB  CH: 3x + y – 1 = 0  AB: x – 3y + m = 0, AB qua A(1; 0)
 m = –1
Vậy AB : x – 3y – 1 = 0. B = AB  BK
x  2y  1  0 x  5
Suy ra tọa độ B là nghiệm của hệ    B(5; 2)
 x  3y  1  0  y  2
* Ta có AC  BK: x – 2y + 1 = 0  AC: 2x + y + n = 0, AC qua A(1; 0)
 m = –2
Vậy AC : 2x + y – 2 = 0. C = AC  CH
2x  y  2  0 x  1
Suy ra tọa độ C là nghiệm của hệ    C(1; 4)
 3x  y  1  0  y  4
402 427
* Ta có AB  (6; 2), AC  (2; 4) .

1 1
Mặt khác SABC  AB.AC.sin CAB  AB.AC 1  cos 2 CAB
2 2
1 1
 SABC  AB2 .AC2  AB2 .AC2 cos 2 CAB  AB2 .AC 2  (AB.AC) 2
2 2
1
 SABC  (36  4)(4  16)  4 2  14 (dvdt)
2
Vậy diện tích tam giác ABC là SABC  14 (dvdt)
► Cách tính diện tích tam giác ABC:
* Ta có AB  (6; 2)  AB  2 10
1 1 | 1  3.4  1|
* SABC  AB.d[C; AB]  2 10.  14 (dvdt)
2 2 12  (3) 2
Vậy diện tích tam giác ABC là SABC  14 (dvdt)
■ Lời bình: Qua đây cũng xin tổng kết lại các công thức để tính diện tích
tam giác.
1 1 1
 S  a.ha  b.hb  c.hc .
2 2 2
1 1 1
 S  ab sin C  ac sin B  bc sin A.
2 2 2
abc
S   pr  p ( p  a )( p  b)( p  c ).
4R
1 1
S  AB 2 . AC 2  ( AB. AC ) 2  det( AB, AC )
2 2
a1 a2
Trong đó: det( AB, AC )   a1b2  a2b1 với
b1 b2
AB  (a1; a2 ), AC  (b1; b2 ).

cho tọa độ A(0;2) và B ( 3; 1) .Tìm tọa độ trực tâm và tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác OAB.
■ Đặt vấn đề : “Xác định tọa độ các điểm đặc biệt trong tam giác ” cũng là
một trong những chủ đề thường xuyên bắt gặp trong các đề thi đại học.
428
402
Qua câu hỏi này, tác giả cũng muốn tổng kết lại một số cách tiêu biểu để
tìm “tâm đường tròn ngoại tiếp” của một tam giác, mời các bạn cùng theo
dõi.
☻Ý tưởng:
_ Để tìm tọa độ trực tâm H  chúng ta có thể viết phương trình AH và

BH  H = AH  BH.
(hoặc cũng có thể gọi tọa độ H(xH; yH)  AH  OB (1), BH  OA (2) 
giải hệ tạo bởi (1) và (2)  H.)
_ Để tìm I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABO (khi đã biết tọa độ của
3 đỉnh) ta có thể có một số cách tiêu biểu sau:
● Cách 1: Gọi tọa độ I(x;y), vận dụng định nghĩa của tâm I là cách đều ba
OI  AI
đỉnh tam giác  
 OI  BI
● Cách 2: Lập pt d1, d2 lần lượt là phương trình trung trực của cạnh AO, BO
ta có d1  d2 = I (vận dụng cách dựng tâm của đường tròn ngoại tiếp tam
giác là giao điểm của các đường trung trực) .
● Cách 3: Gọi dạng khai triển của pt đường tròn (C) ngoại tiếp ABO:
x 2  y2  2ax  2by  c  0 , trong đó I(a;b) chính là tọa độ cần tìm. Lần
lượt thay tọa độ A, B, O vào pt khai triển  giải hệ 3 pt 3 ẩn tìm I.
402 429
● Cách 4: Ta cũng có thể vận dụng quan hệ thẳng hàng giữa trực tâm H,
trọng tâm G và tâm đường tròn ngoại tiếp I đó chính là IH  3IG (H và
G là tọa độ đã tìm được ở câu a).
● Cách 5: Ta cũng có thể gọi M là trung điểm BO, dựa vào tính chất
AH  2IM  giải tìm I.
● Cách 6: Bằng cách tính tất cả các cạnh để kiểm tra ABO có là tam giác
đặc biệt ?
+ Giả sử: ABO vuông tại O thì trung điểm cạnh huyền BA chính là tâm I
+ Giả sử: ABO đều thì trọng tâm G của tam giác ABO chính là tâm I
+ Giả sử: ABO cân tại O có góc BOA  120 thì tâm I chính là đỉnh
thứ 4 của hình thoi AOBI
► Hướng dẫn giải cách 1: (theo đáp án của Bộ GD&ĐT)
* AH qua A(0;2) nhận OB  ( 3; 1) làm véctơ pháp tuyến có dạng là:
AH : 3(x  0)  1(y  2)  0  3x  y  2  0
* BH qua B( 3; 1) nhận OA  (0; 2) làm véctơ pháp tuyến có dạng là:
BH : 0(x  3)  2(y  1)  0  y  1  0
* Ta có H = BH  AH  Tọa độ H là nghiệm của hệ
 3x  y  2  0
 
x  3
    H( 3; 1)

 y  1  0 
 y  1
* Gọi d1, d2 lần lượt là trung trực của cạnh OA, OB.
  3 1 
Gọi M  0;1 , N  ;  lần lượt là trung điểm OA, OB.
 2 2 
* Ta có: d1 qua M  0;1 nhận OA  (0; 2) làm véctơ pháp tuyến có dạng là:
d1 : (x  0)  2(y  1)  0  y  1  0
  3 1 
* Ta có: d2 qua N  ;  nhận OB  (  3; 1) làm véctơ pháp tuyến
 2 2 
có dạng là:
3 1
d 2 : 3(x 
)  (y  )  0  3x  y  2  0
2 2
* Ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABO  I = (d1)  (d2)  tọa độ I
là nghiệm của hệ:
430
402
 y 1  0
 
x   3
    I  3;1  
 3x  y  2  0 
  y 1
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là H( 3; 1), I  3;1  
* Theo cách 1 ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm H( 3; 1)
OI  AI
* Gọi I(xI; yI) là tọa độ tâm đường tròn ngoài tiếp ABO   (*)
 OI  BI
 OI  (x I ; y I )

* Với  AI  (x I ; y I  2) do đó (*)

BI  (x I  3; y I  1)
2 2 2 2
OI2  AI2  x I  y I  x I  (y I  2)
  2 2
 2
 OI  BI 2 2
 x I  y I  (x I  3)  (y I  1)
2
 0  4 y I  4  x   3
 
0  2 3x I  3  2 y I  1
 I
 y I  1

 I  3;1 
* Gọi phương trình dạng khai triển của đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác
ABO là:
(C) : x 2  y2  2ax  2by  c  0 với tâm I(a; b)
 A  (C)  4b  c  4 (1) a   3
 
* Ta có B  (C)  2 3a  2b  c  4 (2)   b  1  I  3;1  
 O  (C)  c  0 (3)  c  0

402 431
  3 1
* Gọi G là trọng tâm tam giác ABO  G  ; 
 3 3
* Nhận xét I, H, G thẳng hàng và đặc biệt IH  3IG (phần chứng minh kết
quả bổ đề này mời các bạn xem ở chương 1).
  3
 3  x  3(  xI ) 
x   3

 
I
Do đó IH  3IG   3  I  I  3;1
 1  y  3( 1  y )  yI  1



I
3
I
  3 1 
* Gọi M là trung điểm OB  M  ; 
 2 2 
* Nhận xét AH  2IM (phần chứng minh kết quả bổ đề này mời các bạn
xem ở chương 1).
  3
 3  0  2(  xI ) 
x   3

* Do đó AH  2IM   2  I  I  3;1  
 1  2  2( 1  y )  yI  1


 2
I
 OB  ( 3; 1)  OB  2

* Ta có  OA  (0; 2)  OA  2

BA  ( 3;3)  AB  2 3
OA 2  OB2  AB2
và cos AOB 
2.OA.OB
4  4  12 1
   AOB  120
2.2.2 2
432
402
* Do OB = OA  OAB cân tại O và AOB  120  I là tâm đường tròn

 3 1
ngoại tiếp ABO  đỉnh thứ 4 của hình thoi AOBI. Gọi M  ; 
 2 2
là trung điểm AB  M là trung điểm OI  I  3;1  

* Mặt khác khi đó O chính là trung điểm của IH  H( 3; 1)
■ Lời bình: Qua các cách giải đã trình bày ở câu 13, chúng ta rút ra vài
nhận xét sau:
Một là, đề cập đến việc xác định tâm đường tròn ngoại tiếp với những
tam giác đặc biệt thì chúng ta có những lưu ý sau:
Hai là, mỗi cách trên đều có cái hay riêng của nó, có cách thì vận dụng
tính chất hình học, các kết quả đẹp từ đường tròn (cách 4 và cách 5), có
cách vận dụng nội tại của định nghĩa và cách xây dựng của điểm (cách 1
và cách 2), có cách thì vận dụng phương trình đường tròn trong hình tọa
độ Oxy (cách 3), đặc biệt là cách 6 với việc tính toán kiểm tra các dạng
hình của tam giác để rút ra những kết luận quan trọng.
CÂU 14 (CHÍNH THỨC – ĐH B2004). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho
hai điểm A(1;1) và B(4; –3). Tìm điểm C thuộc đường thẳng x – 2y – 1 = 0
sao cho khoảng cách từ C đến đường thẳng AB bằng 6.
☺Nhận xét : chủ đề khoảng cách hay bài toán có liên quan đến khoảng
cách cũng là một chủ đề thường xuyên bắt gặp trong các đề thi đại học. Ở
đây khoảng cách không chỉ cho ta biết được thông tin độ dài hình học mà
ngoài ra dựa vào khoảng cách chúng ta cũng biết được vị trí tương đối
giữa các đối tượng trong hình học phẳng. Với bài toán yêu cầu tìm điểm
402 433
C thỏa mãn yêu cầu khoảng cách từ C đến AB bằng 6 thì dường như
“người ra đề” chỉ muốn kiểm tra ở người làm bài có nắm được cách kiến
thức liên quan và những kỹ năng cần có hay không ? Mời các bạn cùng
xem lời giải.
☻Ý tưởng:
_ Dựa vào công thức khoảng cách từ một điểm đến 1 đường thẳng trong mặt
phẳng  cần phải gọi tọa độ điểm C và viết phương trình đường AB.
_ Tọa độ C  x – 2y – 1 = 0  tham số hóa điểm C theo ẩn c.
_ Phương trình AB đi qua 2 điểm A, B  viết phương trình AB.
_ Vận dụng công thức khoảng cách tìm giá trị c  tọa độ C cần tìm.
* AB qua A(1; 1) nhận AB  (3; 4) làm véctơ chỉ phương có dạng là:
x 1 y 1
AB :
  4x  3y  7  0
3 4
* Ta có C  d: x – 2y – 1 = 0  C(2c + 1; c)
| 4(2 c 1)  3c 7 |
* Theo đề bài ta có: d[C : AB]   6 |11c  3 | 30
2 2
4 3
 43 27 
Vậy tọa độ điểm C thỏa yêu cầu bài toán là C1 (3;1), C 2  ; 
 11 11 
CÂU 15 (CHÍNH THỨC – ĐH D2004). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho
tam giác ABC có tọa độ các đỉnh A(–1; 0), B(4; 0), C(0; m) với m ≠ 0.
Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC theo m. Xác định m để tam
giác GAB vuông tại G.
☻ Ý tưởng: Dùng công thức trọng tâm G biểu thị G theo ẩn m
 để GAB  G  GA  GB  G
* Ta có G là trọng tâm tam giác ABC có tọa độ:
 x  1
G
3  m
  G 1; 
 y  yA  yB  yC  m  3
 G 3 3
434
402
  m 
 GA    2; 
  3 
* AGB  G  GA  GB  GA.GB  0 với 
 GB   3;  m 
  
 3 
m2
* Do đó GA.GB  0  6   0  m  3 6
9
Vậy yêu cầu bài toán tương đương với m  3 6
CÂU 16 (DỰ BỊ 1 – ĐH A2004). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho

đường thẳng d : x  y  1  2  0 và điểm A(–1 ;1). Viết phương trình
đường tròn đi qua A, qua gốc tọa độ O và tiếp xúc với đường thẳng d.
☺ Nhận xét : Hiện tại chúng ta chưa có tâm và cả bán kính của đường tròn
(C) (nếu như có trước một yếu tố thì quá trình phân tích sẽ khác hơn). Ở
đây, đối với dạng toán “cho khuyết cả tâm và bán kính” thì ta sẽ gọi
dạng phương trình khai triển của đường tròn (C).
☻ Ý tưởng:
_ Dạng khai triển của đường tròn (C) có đầy đủ 3 ẩn a, b, c  tìm hệ 3
phương trình ba ẩn  tìm a, b,c.
_ Cụ thể A  (C) (1), B  (C) (2), d[I;d] = R (3)
* Gọi phương trình dạng khai triển của đường tròn (C) là:
(C) : x 2  y2  2ax  2by  c  0 với tâm I(a; b) và R  a 2  b2  c


 A  (C)  2  2a  2b  c  0
 
* Ta có:  O  (C)   c0
d[I;d]  R 
 | a  b  1  2 |  a 2  b2  c
 11
 a  b 1  a  b 1
 
 c0  c0
 2b 2  2b  0
2
1  (b  1)  b
2

402 435
 b  1, a  0  (C1 ) : x 2  y 2  2y  0
Suy ra  2 2
b  0, a  1  (C2 ) : x  y  2x  0
Vậy phương trình đường tròn thỏa yêu cầu bài toán là
 (C1 ) : x 2  y 2  2y  0
 2 2
(C2 ) : x  y  2x  0
CÂU 17 (DỰ BỊ 2 – ĐH A2004). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm
A(0;2) và đường thẳng d có phương trình x – 2y + 2 = 0. Tìm trên đường
thẳng d hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại B và AB = 2BC.
☻Ý tưởng:
_ Dựa vào điểm A và đường thẳng d (chứa B,C)  ta có thể viết phương
trình AB và d[A;d] = AB.
_ Ta có B = d  AB  tọa độ của điểm B cần tìm.
_ Do tính được độ dài AB  độ dài BC (đã có tọa độ điểm B)  tham số
hóa C theo đường d
_ Giải phương trình độ dài BC  tìm ra toa độ C.
* Ta có ABC  B
 AB  BC
|042| 2
 AB = d[A;BC] = 
1 4 5
1
 BC   AC  1
5
* Mặt khác AB  BC: x – 2y + 2 = 0
 AB: 2x + y + m = 0, AB qua A(0; 2)  m = – 2.
Vậy AB : 2x + y – 2 = 0.
* Ta có C  BC  C(2c – 2; c)
Và B = BA  d  Tọa độ B là nghiệm của hệ
  2
x 
 x  2y  2  0  5 2 6
   B ; 
2x  y  2  0  y  6 5 5
  5
* Ta có AC  (2c  2;c  2) và AC 2  1
436
402
 c  1  C1 (0;1)
 (2c  2) 2  (c  2) 2  1  
c  7  C2  4 ; 7 
 5 5 5
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là :
2 6 2 6 4 7
B  ;  , C1 (0;1) hay B  ;  , C 2  ; 
5 5 5 5 5 5
CÂU 18 (DỰ BỊ 3 – ĐH B2004). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm
I(–2; 0) và hai đường thẳng d1, d2 lần lượt có phương trình 2x – y + 5 = 0
và d2: x + y – 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua
điểm I và cắt hai đường thẳng d1, d2 lần lượt tại A, B sao cho IA  2IB .
■ CÁCH 1:
☻Ý tưởng:
_ Ta có thể gọi dạng phương trình đường thẳng : y = k(x – xI) + yI.
_ Ta đã có A =   d1, B =   d2  giải hệ biểu thị tọa độ A và B theo k.
_ Dùng điều kiện IA  2IB  giải tìm giá trị k  phương trình .
* Phương trình đường thẳng  đi qua I(–2 ; 0) có hệ số k: y = k(x + 2)
* Ta có A =   d1  Tọa độ A là nghiệm của hệ
 2k  5
x 
kx  y  2k  0  2k  2k  5 k 
   A ; 
 2x  y  5  0 y  k  2  k 2  k 
 2k
* Ta có B =   d2  Tọa độ B là nghiệm của hệ
 3  2k
x 
kx  y  2k  0  1 k  3  2k 5k 
   B ; 
 x  y  3  0  y 5k  1  k 1 k 
 1 k
 1 k   10 10k 
* Ta có IA   ;  , 2IB   ; 
 2k 2k   1 k 1 k 
* Theo yêu cầu bài toán thì
402 437
 1 10  7
 k 
 2  k 1  k  3 7
IA  2IB    k
 k  10k k  0 v k  7 3
 2  k 1  k  3
Vậy đường thẳng  thỏa yêu cầu bài tóa là
7
 : y  (x  2)  7x  3y  14  0
3
■ CÁCH 2:
☻ Ý tưởng:
_ Do nhận xét  đã qua I  chỉ cần tìm thêm một điểm nữa là có thể viết
phương trình 
_ Ta tham số hóa điểm A và B lần lượt theo theo d1 và d2.
_ Dùng điều kiện IA  2IB  giải tìm tọa độ A và B  phương trình .
* Gọi  là phương trình đường thẳng cần tìm.
* A =   d1  A  d1: 2x – y + 5 = 0
 A(a; 2a + 5) và IA  (a  2; 2a  5)
* B =   d1  B  d2: x + y – 3 = 0  A(b; 3 – b) và IB  (b 2;3  b)
* Theo yêu cầu bài toán thì
 a 1
 a  2  2(b  2)  a  2b  2 
IA  2IB     1
2a  5  2(3  b) 2a  2b  1 b 
 2
* Đường thẳng  qua I(–2 ; 0) nhận IA  (3;7) làm véctơ chỉ phương có
x2 y
dạng là:   7x  3y  14  0
3 7
Vậy đường thẳng  thỏa yêu cầu bài tóa là  : 7x  3y  14  0
■ Lời bình: Qua bài toán này, ta rút ra một số kinh nghiệm sau:
Một là, xét về cách giải thì cách 2 hay hơn rất nhiều với ưu điểm tính
toán nhẹ nhàng, trong khi đó cách 1 thì bạn đọc sẽ khá mất thời gian khi
biểu thị tọa độ A, B theo k (ngoài việc giải chân phương, các bạn có thể
vận dụng phương pháp giải hệ Crammer dùng định thức để tính nhanh
tọa độ x, y theo k).
438
402
Hai là, khi giải bằng cách 2, chúng ta đã lường trước số ẩn cần đặt và số
phương trình đang có, có thể thấy việc giải tìm được cả tọa độ A và B là
“dư so với những gì ta mong đợi”, vì vậy việc lưu ý đặt ẩn cực kì quan
trọng, quyết định thành bại của một bài toán.
giác ABC vuông tại A. Biết tọa độ A(1; 4) và B(1; 4) và đường thẳng
 1
BC đi qua điểm M  2;  . Tìm tọa độ đỉnh C.
 2
☻Ý tưởng:
_ Để tìm tọa độ điểm C  C = AC  BC
_ Như vậy ta cần viết phương trình
AC và BC  BC qua B và M, còn
AC qua A và vuông AB.
 9
* BC qua B(1; –4) nhận BM   1;  làm véctơ chỉ phương có dạng là
 2
x 1 y  4
  9x  2y  17  0
1 9
2
* AC qua A(–1;4) nhận AB   2; 8 làm véctơ pháp tuyến có dạng là :
2(x  1)  8(y  4)  0  x  4y  17  0
* C = AC  BC  Tọa độ C là nghiệm của hệ
 x  4y  17  0 x  3
    C  3;5
9x  2y  17  0  y  4
Vậy tọa độ điểm C cần tìm là C  3;5

cho hai đường thẳng d1: x – y = 0 và d2: 2x + y – 1 = 0. Tìm tọa độ các
đỉnh hình vuông ABCD biết rằng đỉnh A thuộc d1, đỉnh C thuộc d2 và
các đỉnh B, D thuộc trục hoành.
☻Ý tưởng:
402 439
_ Trước tiên ta tham số A và C theo đường d1 và d2  trung điểm I của AC

thuộc trục hoành (do B và D đều thuộc trục hoành)  phương trình (1).
_ Mặt khác AC  BD  AC  Ox  AC vuông góc với véctơ đơn vị của
trục hoành  phương trình (2).
_ Giải hệ gồm (1) và (2)  tìm được A và C.
_ Đến đây để tìm nhanh B và D  xét B và D trong sự tương giao giữa
trục hoành (y = 0) và đường tròn tâm I bán kính IA.
► Hướng dẫn giải cách 1: Gọi I là tâm hình vuông ABCD.

* A  d1: x – y = 0  A(a; a), C  d2 : 2x + y – 1 = 0  C(c; 1 – 2c).
 a  c 1  2c  a 
Vì I là trung điểm AC  I  ;  .
 2 2 
* Do B và D thuộc trục hoành (y = 0)  I  trục hoành
Suy ra a = 2c – 1  AC  (c  a;1  2 c a)  (1  c; 4 c 2)
* Ta có AC  BD  AC  Ox  AC.i  0  1  c  0  c  1  a  1
với i  (1;0) là véctơ đơn vị.
Suy ra I(1;0) và IA = 1
* B và D là giao điểm giữa trục hoành và đường tròn (C) tâm I(1; 0) bán
kính R = IA = 1  Tọa độ B và D thỏa hệ:
 x  1
(x  1) 2  y 2  1    B(0;0), D(2;0)
   x  0  
 y0  y0  B(2;0), D(0;0)

440
402
Vậy tọa độ điểm tthỏa yêu cầu bài toán là

A(1;1), B(0;0), C(1; 1), D(2;0) hay A(1;1), B(2;0), C(1; 1), D(0;0)
► Hướng dẫn giải cách 2: Theo đáp án của Bộ GD&ĐT
* Vì A  d1  A(t; t). Do A và C đối xứng nhau qua BD và B, D  Ox
 C(t; –t)
* Vì C  d2 nên 2t – t – 1 = 0  t = 1  A(1 ; 1), C(1 ; –1)
 IA  IB  1
* Trung điểm của AC là I(1 ; 0). Vì là tâm của hình vuông nên 
ID  IA  1
 B  Ox  B(b;0) | b  1| 1 b  0, b  2
Lại có    
 D  Ox  D(d;0)  | d  1| 1 d  0, d  2
Suy ra B(0;0) và D(2; 0) hay B(2; 0) và D(0; 0).
Vậy tọa độ điểm tthỏa yêu cầu bài toán là
A(1;1), B(0;0), C(1; 1), D(2;0) hay A(1;1), B(2;0), C(1; 1), D(0;0)
■ Lời bình: Trong cách giải của Bộ GD&ĐT đã có sử dụng đến phép biến
hình mà cụ thể chính là “phép đối xứng qua trục hoành” (các bạn có thể
xem lý thuyết cơ sở ở chương 1 để hiểu rõ hơn).

cho hai điểm A(2; 0) và B(6; 4). Viết phương trình đường tròn (C) tiếp
xúc với trục hoành tại điểm A và khoảng cách từ tâm của (C) đến điểm
B bằng 5.
■ Đặt vấn đề: “viết phương trình đường tròn” từ lâu đã trở thành một
chủ đề quan trọng thường xuyên bắt gặp, xuất hiện trong các kì thi Đại
Học – Cao Đẳng, và một trong những vấn đề liên quan thường được hỏi
nhất chính là “sự tiếp xúc” giữa đường tròn và đường thẳng, giữa đường
tròn và đường tròn. Cụ thể trong bài toán này, khi đường tròn tiếp xúc với
trục hoành thì ta sẽ khai thác như thế nào ? Mời bạn đọc cùng theo dõi.
☻Nhận xét và ý tưởng:
_ Nhận xét: khi đường tròn (C) tiếp
xúc với trục hoành
 d[I;Ox] = |yI| = R và khi (C)
tiếp xúc với trục tung
 d[I; Oy] = |xI| = R
_ Như vậy do (C) tiếp xúc Ox tại A
 xI = xA và |yI| = R  như vậy
402 441
chỉ cần xác định được tung độ của

điểm I là ta đã có thể viết được
phương trình đường tròn.
_ Ở đây đề bài tiếp túc đề cập đến khoảng cách từ một đến khoảng cách từ
1 điểm đến một đường tròn  đó chính là khoảng cách từ tâm đến điểm
đó  nói cách khác đó chính là đoạn BI  giải phương trình ta tìm được
tung độ điểm I.
* Gọi (C) là phương trình cần tìm có tâm I(a; b) , bán kính R. Do (C) tiếp
xúc trục hoành tại A
 a2
Suy ra  . Vậy I(2; b)  BI  (2  6; b 4)  (4; b 4)
| b | R
b  7
* Theo đề bài ta có IB  5  IB2  25  16  (b  4) 2  25  
b 1
* Với b = 7, ta có tâm I(2; 7) và R1 = 7.
Do đó phương trình đường tròn (C1) là: (C1 ) : (x  2) 2  (y  7) 2  49
* Với b = 1, ta có tâm I(2; 1) và R2 = 1.
Do đó phương trình đường tròn (C2) là: (C2 ) : (x  2) 2  (y  1) 2  1
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là
(C1 ) : (x  2) 2  (y  7) 2  49 hay (C2 ) : (x  2) 2  (y 1) 2  1

x 2 y2
cho elip (E):   1 và tọa độ điểm C(2; 0). Tìm tọa độ các điểm
4 1
A, B thuộc (E), biết rằng hai điểm A, B đối xứng nhau qua trục hoành
và tam giác ABC là tam giác đều.
☺ Nhận xét và ý tưởng:
_ Do A và B đối xứng và trục hoành nên ta có chúng có cùng hoành độ và
tung độ trái dấu.
_ Như vậy ta có thể biểu thị tọa độ điểm B theo điểm A  có 2 ẩn  cần 2
phương trình để lập
_ Phương trình (1) chính là A thuộc (E) và Phương trình (2) chính là AB = AC
_ Chú ý: AC = CB là hiển nhiên vì C thuộc trục hoành và trục hoành đang
là trung trực của AB.
442
402

* Giả sử tọa độ điểm A  x A ; yA  . Do A và B đối xứng nhau qua trục hoành
 B  x A ;  yA 
Ta có AB2  4y A 2 và AC2  (x A  2) 2  y A 2
x A 2 yA 2 2 xA2
* Vì A  (E)    1  yA  1  (1)
4 1 4
* Để ABC đều  AB = AC  4y A 2  (x A  2) 2  y A 2 (2).
* Thay (1) vào (2), ta được
 xA  2
 xA2  xA2
4 1  2
  (x A  2)  1   7x A  16x A  4  0  
2
2
 4  4  x A 
 7
* Với x A  2 , thay vào (1) ta có yA = 0 (loại vì trùng với điểm C).
2 4 7
* Với x A  , thay vào (1) ta có y A 
7 3
2 4 3 2 4 3 2 4 3 2 4 3
A ; , B ;
 7
 hoặc A ;
 7
, B ;
 7 7 

 7 7   7   7   
CÂU 23 (DỰ BỊ 1 – ĐH A2005). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho

đường tròn (C) có phương trình: x 2  y2  12x  4y  36  0 . Viết
phương trình đường tròn (C1) tiếp xúc với hai trục tọa độ Ox, Oy, đồng
thời tiếp xúc ngoài với đường tròn (C).
402 443

_ Tương tự như câu 21, ta có trong bài này đường tròn cần tìm tiếp xúc với
cả hai trục tọa độ  |a| = |b| = R (với I(a; b) là tâm và R là bán kính.)
_ Cuối cùng là ta sử dụng điều kiện để 2 đường tròn tiếp xúc ngoài với
nhau đó chính là tổng hai bán kính bằng khoảng cách nối hai tâm của hai
đường tròn.
_ Với những phân tích và nhận xét trên, tác giả trình bay theo hai hướng.
Mời các bạn xem lời giải.

* Đường tròn (C) có tâm I(6;2) và R = 2. Gọi đường tròn cần tìm là (C1) có
tâm I1(a; b) và bán kính R1.
Do (C1) tiếp xúc với hai trục Ox, Oy nên tâm I 1 c) tiếp xúc với hai trục
Ox, Oy nên tâm I1 nằm trên đường thẳng y =  x và vì (C) có tâm I(6;2),
R = 2 nên đường tròn (C) nằm bên phải trục tung.
* Do đó tâm I1 (a;  a), a  0
444
402
* TH1: I1 thuộc đường thẳng y = x  I(a; a), bán kính R1 = a.

Để (C1) tiếp xúc ngoài với (C)
 II1  R  R1  (a  6) 2  (a  2) 2  2  a (do a > 0 nên ta bình
phương 2 về phương trình và thu gọn, ta được:
a2
a 2  20a  36  0  
a  18
Vậy với TH1, ta có hai đường tròn thỏa mãn là:
 (x  2)2  (y  2) 2  4
 2 2 2
(x  18)  (y  18)  18
* TH2: I1 thuộc đường thẳng y = – x  I(a; –a), bán kính R1 = a.
Tương tự, ta có II1  R  R1  (a  6) 2  (a  2) 2  2  a (do a > 0 nên
ta bình phương 2 về phương trình và thu gọn, ta được: a  6
Vậy với TH2, ta có hai đường tròn thỏa mãn là: (x  6)2  (y  6)2  36
 (x  2) 2  (y  2) 2  4
 2 2 2
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là (x  18)  (y  18)  18
 (x  6) 2  (y  6) 2  36

* Đường tròn (C) có tâm I(6;2) và R = 2. Gọi đường tròn cần tìm là (C1) có
tâm I1(a; b) và bán kính R1.
* Ta có (C1) tiếp xúc với hai trục tọa độ và tiếp xúc ngoài với (C)
II1  R  R1  (a  6) 2  (b  2) 2  2  R (*)
1
 
Suy ra  | a | R 1   | a | R 1
 | b | R  | b | R 1
 1 
* TH1: a = R1, b = R1 khi đó (*)
R 2
 (R1  6)2  (R1  2)2  2  R1  R12  20R1  36  0   1
 R1  18
Vậy với TH1, ta có hai đường tròn thỏa mãn là:
 (x  2)2  (y  2) 2  4
 2 2 2
(x  18)  (y  18)  18
* TH2: a = –R1, b = R1
402 445
khi đó (*)  (R1  6)2  (R1  2)2  2  R1  R12  4R1  36  0(VN)

* TH3: a = R1, b = –R1
Khi đó (*)
 (R1  6)2  (R1  2)2  2  R1  R12 12R1  36  0  R1  6
* TH4: a = – R1, b = –R1
Khi đó (*)
 (R1  6)2  (R1  2)2  2  R1  R12  12R1  36  0  R1  6 (VN)
 (x  2) 2  (y  2) 2  4

Vậy phương trình đường tròn cần tìm là (x  18) 2  (y  18) 2  182
 (x  6) 2  (y  6) 2  36

■ Lời bình: Sau đây kết quả 3 đường tròn trên hệ trục tọa độ mà ta tìm được:
CÂU 24 (DỰ BỊ 2 – ĐH B2005). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip
x 2 y2
(E):   1 . Viết phương trình tiếp tuyến d của (E) biết d cắt hai
64 9
trục tọa độ Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho AO = 2BO.
446
402
_ Trước khi làm bài này, bạn đọc có thể xem lại câu 3 để hiểu rõ hơn về
dạng tiếp tuyến của Elip).
_ Ở bài này chúng ta có thể giải theo hướng đó là phát hiện đường thẳng d
cần viết chính là phương trình đoạn chắn 2 trục tọa độ  kết hợp với
điều kiện tiếp xúc giữa d và (E)  tìm được đường thẳng d.
_ Hoặc ta cũng có thể dựa vào liên hệ OA = 2OB  suy ra hệ số góc của
đường thẳng d: y = kx + m  sử dụng điều kiện tiếp xúc (E) và d để giải
 tìm được đường thẳng d.
* Do tính đối xứng của elip (E), ta chỉ cần xét trường hợp x  0, y  0. Gọi
A(2m; 0) , B(0; m) là giao điểm của tiếp tuyến của (E) với các trục tọa độ
(m > 0). Phương trình tiếp tuyến của (E) với các trục tọa độ (m > 0) là:
x y
  1  AB : x  2 y  2m  0
2m m
* Do AB tiếp xúc (E)  64  4.9  4m2  m  5 (m  0)
* Vậy phương trình tiếp tuyến là x + 2y – 10 = 0
* Do tính đối xứng nên ta có tất cả 4 tiếp tuyến thỏa yêu cầu bài toán:
 x  2 y  10  0
 x  2 y  10  0

 x  2 y  10  0

 x  2 y  10  0
* Gọi A(m; 0), B(0; n) là giao điểm của tiếp tuyến của (E) với các trục tọa
độ (m, n ≠ 0)
x y
Phương trình AB:   1  AB : n x  my  mn  0
m n
402 447
* Do AB tiếp xúc (E)  64n 2  9m2  m2 .n 2 (1)

* Mặt khác OA = 2OB  | m | 2 | n | m2  4n2 (2)
* Thay (2) vào (1), ta được: 64n 2  9.4n 2  4n 4  n 2  25  n  5
 m  10
* Với n  5   .
 m   10
 x  2 y  10  0
Vậy ta có 2 tiếp tuyến thỏa mãn là: 
 x  2 y  10  0
 m  10
* Với n  5   .Vậy ta có 2 tiếp tuyến thỏa mãn là:
 m  10
 x  2 y  10  0
 x  2 y  10  0

 x  2 y  10  0
 x  2 y  10  0
Vậy đường thẳng d cần tìm thỏa yêu cầu bài toán là 
 x  2 y  10  0

 x  2 y  10  0

* Gọi phương trình tiếp tuyến cần tìm có dạng y = kx + m với k là hệ số
góc của đường thẳng d.
 1
 d : y  x  m  x  2 y  2m  0
OB 1 1
2
Ta có hệ số góc k =    
OA 2  d : y  1 x  m  x  2 y  2m  0
 2 2
* TH1: d1 tiếp xúc (E)  64  4.9  4m 2  m  5
 x  2 y  10  0
 x  2 y  10  0
* TH2: d2 tiếp xúc (E)  64  4.9  4m 2  m  5
 x  2 y  10  0
 x  2 y  10  0
448
402
 x  2 y  10  0
 x  2 y  10  0
Vậy đường thẳng d cần tìm thỏa yêu cầu bài toán là 
 x  2 y  10  0

 x  2 y  10  0
đường tròn (C1): x 2  y 2  9 và đường tròn (C2): x 2  y2  2x  2x  23  0 .
Viết phương trình trục đẳng phương d của 2 đường tròn (C1),
(C2). Chứng minh rằng nếu K thuộc d thì khoảng cách từ K đến tâm
(C1) nhỏ hơn khoảng cách từ K đến tâm của (C2).
■ Đặt vấn đề : Để rõ hơn về trục đẳng phương của hai đường tròn, bạn đọc
có thể xem trong phần chủ đề 2(viết phương trình đường thẳng) và chủ
đề 3(viết phương trình đường tròn). Đây là nội dung không nằm trong
chương trình Phổ thông hiện hành, nhưng một số ứng dụng của chúng lại
giúp chúng ta giải quyết các bài toán về đường tròn một cách nhanh gọn.
Cụ thể như thế nào mời bạn đọc theo dõi.
♥ Định nghĩa phương tích: Cho đường (C ) : x 2  y 2  2ax  2by  c  0 .
Khi đó PM /(C )  MA.MB không phụ thuộc vào phương của cát tuyến
MAB của đường tròn mà chỉ phụ thuộc vào vị trí điểm M.
Cụ thể nếu M(xo; yo) thì PM /(C )  x02  y02  2ax0  2by0  c  0 .
♥ Định nghĩa trục đẳng phương: Cho 2 đường tròn (C1 ), (C2 ) , khi đó:
 
Tập d  M | PM /(C1 )  PM /(C2 ) là một đường thẳng và đó gọi là trục đẳng
phương của hai đường tròn.
 (C1 ) : x 2  y 2  2a1 x  2b1 y  c1  0
Giả sử  2 2
(C2 ) : x  y  2a2 x  2b2 y  c2  0
Thì phương trình trục đẳng phương là:
2(a1  a2 ) x  2(b1  b2 ) x  c1  c2  0
♥ Chú ý:
+ Khi 2 đường tròn cắt nhau tại 2 điểm A, B thì AB chính là trục đẳng
phương của (C1) và (C2)
+ Khi 2 đường tròn tiếp xúc nhau tại điểm A thì trục đẳng phương của 2
đường tròn chính là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn tại điểm A.
402 449
Trở lại bài toán, như vậy dựa vào định nghĩa và tính chất của trục đẳng
phương ta dễ dàng tìm được phương trình trục đẳng phương.
* Đường tròn (C1) có tâm O(0; 0), bán kính R1 = 3. Đường tròn (C2) có tâm
I(1; 1), bán kính R2 = 5.
* Phương trình trục đẳng phương của 2 đường tròn (C1) và (C2) là:
( x 2  y 2  9)  ( x 2  y 2  2 x  2 y  23)  0  d : x  y  7  0
* Gọi K là điểm thuộc d  K(k; – 7 – k)
 OK 2  k 2  (k  7)2
* Xét  2 2 2
 IK  (k  1)  (k  8)
 IK 2  OK 2  [(k  1)2  (k  8)2 ]  [k 2  (k  7)2 ]  16  0
Suy ra IK > OK (đpcm)
Vậy phương trình đường thẳng d cần tìm là d : x  y  7  0
CÂU 26 (DỰ BỊ 4 – ĐH D2005). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho x2 +

y2 – 4x – 6y – 12 = 0 là phương trình của đường tròn (C). Tìm tọa độ
điểm M thuộc đường thẳng d: 2x – y + 3 = 0 sao cho MI = 2R, trong đó
I là tâm và R là bán kính của đường tròn (C).
_ Để tìm điểm M thỏa yêu cầu bài toán trên  M  d (tham số hoa điểm
M 1 ẩn  cần 1 phương trình.
_ Phương trình đó là MI = 2R (như vậy đường tròn giúp ta khai thác tâm và
bán kinh)
* Đường tròn (C) có tâm I(2; 3), bán kính R = 5
* M  d: 2x – y + 3 = 0  M(m; 2m + 3) và IM  (m  2; 2m)
* Theo yêu cầu bài toán ta có
 m  4
MI  2 R  10  IM  100  5m  4m  36  0  
2 2
 m  24
 5
 24 63 
Vậy điểm M thỏa yêu cầu bài toán là M (4; 5) hay M  ; 
 5 5 
450
402
CÂU 27 (DỰ BỊ 5 – ĐH D2005). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 2

điểm A(0;5), B(2; 3). Viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm
A, B và có bán kính bằng 10
■ Đặt vấn đề : Bài toán “ viết phương trình đường tròn ” từ lâu đã không
còn lạ lẫm với các bạn học sinh. Có hai khuynh hướng chung có thể dễ
thấy nhất khi lập phương trình đường tròn, hoặc là tìm kiếm 3 điểm thuộc
đường tròn, hoặc là xác định tâm và bán kính. Bài toán thậm chí có thể
cho sẵn tâm hoặc cho sẵn bán kính và dĩ nhiên ta phải xác định yếu tố
còn lại để viết phương trình. Vậy với câu 27 này, ta xử lý như thế nào ?
Mời bạn đọc cùng theo dõi.
_ Hướng thứ 1: ta đã xác định được bán kính  tìm tâm I(a; b)  2 ẩn 
cần 2 phương trình  ta có thể gọi dạng tổng quát để giải.
_ Hướng thứ 2: ta cũng có thể gọi dạng khai triển (chứa 3 ẩn a,b,c)  cần
3 phương trình  gồm có A  (C), B  (C) và R = 10.
* Gọi dạng tổng quát của phương trình cần tìm là:
( x  a)2  ( y  b)2  R 2  10
* Ta có
 A  (C )  a 2  (5  b)2  10  a 2  25  10b  b2  10 (1)
   
 B  (C ) (2  a)  (3  b)  10 a  4a  4  9  6b  b  10 (2)
2 2 2 2
* Trừ vế theo vế hai phương trình (1) và (2) ta được: a – b + 3 = 0

 b = a + 3 (3)
* Thay (3) vào (1) ta được: a 2  25  10(a  3)  (a  3)2  10
 a  1  b  2
Suy ra 2a 2  4a  6  0  
 a 3b  6
 ( x  1)2  ( y  2) 2  10
 2 2
( x  3)  ( y  6)  10
Còn đây là hình ảnh 2 đường tròn thỏa yêu cầu bài toán trên hệ trục Oxy.
402 451

* Gọi dạng phương trình khai triển của đường tròn có dạng:
(C ) : x 2  y 2  2ax  2by  c  0 , trong đó I(a; b) và R  a2  b2  c
 A  (C )  10b  c  25 (1)
 
* Theo đề bài ta có:  B  (C )  4a  6b  c  13 (2)
  a 2  b 2  c  10 (3)
 R  10 
 a  b3
* Từ (1) và (2)   thay vào (3) ta được :
 c  10b  25
(b  3)2  b2  25  10b  10
b  2
Suy ra 2b 2  16b  24  0  
b  6
a  1
* Với b = 2   .
 c  5
Vậy (C1 ) : x 2  y 2  2 x  4 y  5  0
a3
* Với b = 6   .
 c  35
Vậy (C2 ) : x 2  y 2  6 x  12 y  35  0
 (C1 ) : x 2  y 2  2 x  4 y  5  0
 2 2
(C2 ) : x  y  6 x  12 y  35  0
452
402
■ Lời bình: Có thể thấy việc bạn xuất phát ở cách 1 hay 2 thì mấu chốt
chính là cách chúng ta giải hệ phương trình 2 ẩn hay 3 ẩn. Đây là kỹ năng
giải các bài toán đại số mà học sinh phải nắm vững. Cũng phải lưu ý với
bạn đọc về “hệ phương trình” hình thành trong quá trình giải các bài toán
hình học không hề quá khó, bạn sử dụng các kỹ năng thường thấy khi
giải hệ đó chính là “ cộng, trừ, rút, thế ” các vế của từng phương trình
trong hệ để quy về 1 ẩn 1 phương trình.

cho các đường thẳng lần lượt có phương trình d1: x + y + 3 = 0,
d2: x – y – 4 = 0 và d3: x – 2y = 0. Tìm tọa độ điểm M nằm trên đương
thẳng d3 sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng d1 bằng hai lần
khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng d2.
_ Bài toán này chỉ dựa trên 2 vấn đề “ tham số hóa 1 điểm” và “khoảng
cách”. Đây là một trong những câu hỏi dễ trong đề thi tuyển sinh đại học
– cao đẳng chính thức dễ nhất mà chúng ta từng thấy.
_ Tham số hóa điểm M theo đường d3 và xét d[M;d1] = 2d[M;d2]
 tìm tọa độ điểm M.
* Ta có M  d3: x – 2y = 0  M(2m; m)
* Theo yêu cầu bài toán ta có: d [ M ; d1 ]  2d [M;d 2 ]
| 2m  m  3 | | 2m  m  4 |
Suy ra 2
11 11
| 3m  3 || 2m  8 |
3m  3  2m  8  m  11
 
3m  3  8  2m  m 1
Vậy điểm M thỏa yêu cầu bài toán là
M1 (22; 11) hay M 2 (2;1)
■ Lời bình: Chúng ta có thể kiểm tra lại kết quả bằng cách đưa cách điểm
lên hệ trục Oxy.
402 453

cho (C): x 2  y 2  2 x  6 y  6  0 và điểm M(–3; 1). Gọi T1 và T2 là các
tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đến (C). Viết phương trình
đường thẳng T1T2.
■ Đặt vấn đề : đối với các bài toán liên quan đến đường tròn thì ngoài tiếp
tuyến là một chủ đề khá quen thuộc thì dây cung cũng là một dạng hay
bắt gặp trong các đề thi. Vậy khi đó ta sẽ tiếp cận viết phương trình
đường thẳng chứa dây cung như thế nào ? Mời bạn đọc cùng theo dõi.
_ Trước tiên, chúng ta sẽ xét vị trí tương đối giữa điểm M và đường tròn
(C) bằng cách xác định độ dài đoạn MI với R.
_ Ở đây thực chất T1T2 chính là dây cung tạo bởi 2 tiếp điểm của 2 tiếp
tuyến kẻ từ M và chúng ta có một số hướng tiếp cận như sau:
+ Hướng thứ 1: Suy nghĩ rất giản đơn là ta tìm tọa độ của điểm T1 và T2
 Xét T1 và T2 trong sự tương giao của đường tròn (C) và một đường
tròn ẩn mình (C’) có tâm M và bán kính MT1.
+ Hướng thứ 2: Tương tự hướng thứ 1 ta cũng phát hiện T1T2 chính là
dây cung chung của 2 đường tròn (C) và (C’) ((C’) có tâm M và bán kính
MI)  T1T2 chính là Trục đẳng phương của 2 đường tròn.
+ Hướng thứ 3: Theo tính chất qua một điểm nằm ngoài đường tròn kẻ
được 2 tiếp tuyến đến đường tròn thì ta phát hiện T1T2 vuông góc với MI
 nếu Gọi H = MI  T1T2 thì ta sẽ viết được phương trình đường T1T2
454
402
 tìm tọa độ H ?  tính độ dài IH (do nhận xét MIT1  T1 có IT1 là

đường cao)  đọ tỉ số độ dài với IM và ta sẽ được IH  kIM
 IH  k IM , (k  0) .
+ Hướng thứ 4: Dựa trên đáp án lời giải của Bộ GD&ĐT  Gọi
T ( xo ; yo ) là tiếp điểm  ta có T  (C) và MI  TI  giải tiếp bạn sẽ
thấy chúng giống hướng thứ 2 (dùng trục đẳng phương).
+ Hướng thứ 5: Dựa vào phương pháp phân đôi của tiếp tuyến đối với
đường tròn (C)  để tìm ra quỹ tích biểu diễn tọa độ điểm T1 và T2
 phương trình T1T2.

* Đường tròn (C) có tâm I(1; 3) và bán kính R = 2.
Ta có MI  (4;2)  MI  2 5  MT1  4
* T1 , T2 chính là giao điểm giữa đường tròn (C) và (C’) có tâm M(–3;1) và
bán kính MT1  4
 x2  y 2  2x  6 y  6  0
Suy ra tọa độ T1, T2 thỏa hệ  2 2
(Việc giải hệ này
 ( x  3)  ( y  1)  16
xin dành cho bạn đọc).
 x 1 y 1
Suy ra  .
 x  3  y  21
 5 5
402 455
 3 21 
Do vai trò của T1, T2 là như nhau nên đặt T1 (1;1), T2  ; 
 5 5 
* Đường thẳng T1T2 qua T1 (1;1) và nhân MI  (4; 2) làm véctơ pháp tuyến
có dạng là: 2(x  1)  1(y 1)  0  T1T2 : 2 x  y 3  0
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là T1T2 : 2 x  y  3  0

Ta có MI  (4;2)  MI  2 5  MT1  4
* Phương trình đường tròn (C’) tâm M(–3; 1) và bán kính MT1 = 4 là:
(x  3)2  ( y  1)2  16
* Nhận xét T1T2 chính là giao điểm chung của 2 đường tròn  T1T2 chính
là trục đẳng phương của hai đường tròn nên có phương trình:
T1T2 : ( x 2  y 2  2 x  6 y  6)  [( x  3) 2  ( y  1) 2  16]  2 x  y  3
* Đường tròn (C) có tâm I(1; 3) và bán kính R = 2. Ta có
MI  (4; 2)  MI  2 5
* Gọi H = T1T2  MI, ta có MIT1  T1, đường cao HT1 có
2 IT 2
IT  IH .IM  IH 
IM
 4
2  x  1 
IH IT 4 1 1 H
5  1 13 
     IH  IM   H ; 
 y  3  2
2
IM IM 20 5 5 5 5 
 H
5
 1 13 
* Đường thẳng T1T2 qua H  ;  và nhân MI  (4; 2) làm véctơ pháp
5 5 
 1  13 
tuyến có dạng là: 2  x    1 y    0  T1T2 : 2 x  y 3  0
 5  5
456
402
Ta có MI  (4; 2)  MI  2 5  R nên M nằm ngoài đường tròn (C).

* Gọi T ( xo ; yo ) là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến C thỏa:
 T  (C )

 IT .MT  0
* Với MT  ( xo  3; yo 1), IT  ( xo 1; yo  3) .
 xo 2  yo 2  2 xo  6 yo  6  0
Do đó ta có: 
( xo  3)( xo  1)  ( yo  1)( yo  3)  0
 xo 2  yo 2  2 xo  6 yo  6  0
Suy ra  2 2
 2 xo  yo  3  0 (*)
 o x  y o  2 xo  4 yo  0
Vậy tọa độ các tiếp điểm T1 và T2 của các tiếp tuyến kẻ từ M đến (C)
đều thỏa mãn đẳng thức (*).
Do đó phương trình đường thẳng T1T2 : 2 x  y  3  0

Ta có MI  (4; 2)  MI  2 5  R nên M nằm ngoài đường tròn (C).
* Gọi T ( xo ; yo ) là tiếp điểm của tiếp tuyến  đến (C) thì phương trình  có dạng:
 : xo x  yo y  ( x  xo )  3( y  yo )  6  0
* M(–3; 1)    2 xo  yo  3  0 (*)
 2x  y  3  0
* Vì T1 ( x1; y1 ), T2 ( x2 ; y2 ) là tiếp điểm   1 1
2 x2  y2  3  0
■ Lời bình: Cả 5 cách giải đều có cái hay riêng của nó. Tuy nhiên cho đến
thời điểm hiện tại cách giải 1 và 3 là được sử dụng nhiều nhất. Đối với
trục đẳng phương, tác giả đã giới thiệu ở những bài trước bạn đọc có thể
theo dõi để hiểu rõ hơn. Riêng với phương pháp phân đôi (thuộc chương
trình sách giáo khoa cũ) thì đây là một phương pháp cũng khá hay khi sử
dụng viết phương trình tiếp tuyến của một đường tròn mà bạn đã biết tiếp
điểm. Bạn đọc có thể tìm hiểu thêm ở phần bài tập của chủ đề 3, chương
2 để hiểu rõ hơn.
402 457

cho (C): x 2  y 2  2 x  2 y  1  0 và đường thẳng d: x – y + 3 = 0. Tìm
tọa độ điểm M nằm trên d sao cho đường tròn tâm M, có bán kính gấp
đôi bán kính đường tròn (C), tiếp xúc ngoài với đường tròn (C).
☺Nhận xét và ý tường:
_ Để xác định tọa độ M  tham số hóa M theo đường d  1 ẩn nên cần
một phương trình
_ Bài toán đã đề cập đến một trong những vấn đề liên quan đến bài toán
tiếp xúc của đường tròn. Đó chính là bài toán “đường tròn tiếp xúc ngoài
với một đường tròn”  vậy điều kiện tiếp xúc là gì ?  Tổng độ dài
hai bán kính bằng khoảng cách giữa hai tâm  phương trình cần tìm.
* Đường tròn (C) có bán tâm I(1; 1) và bán kính R = 1.

* Do M  d: x – y + 3 = 0  M(m; m + 3)
* Theo yêu cầu bài toán ta có MI = R + 2R
 m 1
 (m  1) 2  (m  2) 2  9  
 m  2
Vậy điểm M thỏa yêu cầu bài toán là M1 (1; 4) hay M 2 (2;1)
■ Lời bình: Qua bài toán này, ta rút ra một số lưu ý
Một là, điều kiện tiếp xúc giữa 2 đường tròn gồm có tiếp xúc ngoài và
tiếp xúc trong. Đối với tiếp xúc ngoài thì như đã chỉ ra  “tổng hai bán
kính = khoảng cách 2 tâm”, đối với tiếp xúc trong thì “hiệu hai bán kính
= khoảng cách 2 tâm”.
458
402
Hai là, giả sử bài toán này cho một điểm M thuộc đường tròn (C’) khác
thì bạn đọc sẽ xử lý như thế nào ?  chúng ta có thể tham số hóa theo
lượng giác. Ví dụ M  (C’): x 2  y 2  4  M(2cost; 2sint).
CÂU 31 (DỰ BỊ 1 – ĐH A2006). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip
x2 y 2
(E):   1 . Viết phương trình hypebol (H) có hai đường tiệm cận
12 2
là y =  2x và có hai tiêu điểm là hai tiêu điểm của elip (E).
■ Đặt vấn đề : dạng bài viết phương trình chính tắc của các đường conic
(elip, hypebol, parabol) từ lâu đã không còn quá xa lạ với các bạn học
sinh. Với các dạng bài này thường đề bài đề cập đến các thuộc tính của
các đường conic như tiêu điểm, tâm sai, các đường chuẩn, v,v… Tuy vậy
về bản chất để xác định được phương trình chính tắc của các đường conic
mà cụ thể là đường hypebol ở bài trên thì ta phải xác định được 2 biến số
x2 y 2
a và b trong phương trình 2  2  1 , tất là ta đang cần tìm 2 phương
a b
trình chứa 2 ẩn a, b để giải. Mời bạn đọc xem lời giải.
_ Từ phương trình (E) đề bài cho  ta khai thác 2 tiêu điểm (E) chính là 2
tiêu điểm của (H)  phương trình (1)
_ Do đề bài đã cho sẵn đường tiệm cận y =  2x  ta thiết lập tìm được
phương trình thứ (2).
_ Giải hệ gồm 2 phương trình (1), (2)  phương trình (H) cần tìm
_ Lưu ý: bạn cần nắm vững các kiến thức liên quan đến các đường conic
trước khi vào giải bài tập này (để hiểu rõ hơn hãy xem lại kiến thức
chương (1)).
► Hướng dẫn giải
x2 y 2
* (E):   1  (E) có hai tiêu điểm là F1 ( 10;0), F2 ( 10;0)
12 2
x2 y 2
* Gọi phương trình chính tắc của (H) có dạng: 2  2  1 với a 2  b 2  c 2
a b
* Do (H) và (E) có cùng tiêu điềm nên a 2  b2  10 (1)
b b
* (H) có hai đường tiệm cận y   x  2 x   2  b  2a (2)
a a
402 459
* Thay (2) vào (1) ta được: a 2  5a 2  10  a 2  2  b 2  8

x2 y 2
Vậy phương trình (H) thỏa yêu cầu bài toán là ( H ) :  1
2 8
CÂU 32 (DỰ BỊ 2 – ĐH A2006). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam
giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x – 4y – 2 = 0, cạnh BC
song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + 3 = 0 và trung
điểm của cạnh AC là M(1; 1). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
_ Để tìm tọa độ của một điểm ngoài
việc “tham số hóa” điểm đó, ta còn có
thể xét chúng trong sự tương giao của
các đường. Đề bài đã gợi ý cho ta 3
yếu tố gồm có : đường cao BH, trung
điểm M, đường thẳng d // BC. Trong
các yếu tố đó yếu tố nào có thể kết
hợp lại để tạo ra yếu tố mới ?  câu
trả lời chính là đường cao BH và
trung điểm M của AC
 Vì AC  BH, AC qua M  viết được phương trình AC.
_ Đến đây thì tọa độ điểm A tìm được vì A = AC  d  cùng với tọa độ
điểm C (Do M là trung điểm)
_ Lúc này đây đã có thêm 2 yếu tố mới chính là điểm A và C, trong 2 yếu
tố đó thì nếu kết hợp tọa độ điểm C và đường thẳng d // BC  viết được
phương trình BC  BC  BH = B. Mời bạn đọc xem lời giải.
* Ta có AC  BH: x + y + 3 = 0
 AC: x – y + m = 0, AC qua M(1; 1)  m = 0
Vậy AC: x – y = 0.
* Ta có A = AC  d  Tọa độ A là nghiệm của hệ
 2
 x 
x  4 y  2  0 3  2 2 
    A ; 
 x y 0  y  2  3 3 
 3
460
402
8 8
* Lại có M là trung điểm AC  C  ; 
3 3
* Mặt khác, BC // d: x – 4y – 2 = 0  BC: x – 4y + n = 0 (n ≠ –2), BC qua
8 8
C  ;   n = –8
3 3
Vậy BC: x – 4y – 8 = 0
* Ta có B = BH  BC  Tọa độ B là nghiệm của hệ
x  4 y  8  0  x  4
   B  4;1
 x  y  3  0  y  1
 2 2  8 8
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là A  ;  , B(4;1), C  ; 
 3 3  3 3
■ Lời bình: Qua bài toán này, ta thấy được các yếu tố trong một bài toán
thường có một mối liên kết chặt chẽ với nhau và nhiệm vụ của ta là xâu
chuỗi chúng lại. Các yếu tố mới tìm được từ yếu tố cũ bao giờ cũng là
những “gợi ý quan trọng” giúp ta tìm kiếm ra kết quả.
CÂU 33 (DỰ BỊ 3 – ĐH B2006). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam
giác ABC cân tại B với tọa độ các đỉnh A(1; –1), B(3; 5). Điểm B nằm
trên đường thẳng d: 2x – y = 0. Viết phương trình các đường thẳng
AB, BC.
_ Do tính chất ABC cân tại B, gọi
H là trung điểm AB  BH chính
là trung trực của AC  viết
phương trình BH  BH  d = B
 tọa độ điểm B.
_ Có tọa độ B kết hợp với A  viết
phương trình AB (tương tự với
điểm C  viết phương trình BC)
* Gọi H là trung điểm AC  H(2; 2). Do ABC cân tại B  BH là đường
trung trực của AC
Do đó BH qua H(2; 2) nhận AC  (2;6) làm véctơ pháp tuyến có dạng là:
402 461
2(x  2)  6(y 2)  0  BH : x  3 y 8  0
* Ta có BH  d = B  Tọa độ B là nghiệm của hệ
 8
 x 
x  3y  8  0 7  8 16 
    B ; 
 x  2y  0  y  16 7 7 
 7
 1 23 
* Phương trình đường AB qua A(1; –1) nhận AB   ;  làm véctơ chỉ
7 7 
x 1 y 1
phương có dạng là:   AB : 23x  y  24  0
1 23
 13 19 
* Phương trình đường BC qua C(3; 5) nhận BC   ;  làm véctơ chỉ
7 7
x 1 y 1
phương có dạng là:   BC :19 x  13 y  8  0
13 19
Vậy phương trình đường thẳng thỏa yêu cầu bài toán là:
 BC :19 x  13 y  8  0

 AB : 23x  y  24  0
CÂU 34 (DỰ BỊ 4 – ĐH B2006). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam
giác ABC có đỉnh A(2; 1), đường cao qua đỉnh B có phương trình
x – 3y – 7 = 0 và đường trung tuyến qua đỉnh C: x + y + 1 = 0. Xác
định tọa độ các đỉnh B và C của tam giác.
_ Ta có thể tọa độ điểm B và C một
cách độc lập như sau:
+ Tham số hóa B theo đường BH và
gọi M là trung điểm AB  tham số
hóa M theo B  M  MC  giải
phương trình tìm được tọa độ B.
+ viết pt đường AC  BH và AC qua A
 AC  MC = C  tọa độ điểm C.
* Ta có B  BH: x – 3y – 7 = 0  B(3b + 7; b).
462
402
 3b  9 1  b 
Gọi M là trung điểm AB  M  ; 
 2 2 
* Mặt khác M  CM
3b  9 1  b
   1  0  3b  9  1  b  2  0  b  3  B(2; 3)
2 2
* Ta có AC  BH: x – 3y –7 = 0  AC: 3x + y + m = 0, AC qua A(2; 1)
 m = –7 .
Vậy AC: 3x + y – 7 = 0.
* Lại có C = AC  MC  Tọa độ C là nghiệm của hệ
3x  y  7  0  x4
    C (4; 5)
 x  y  1  0  y  5
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là B (2; 3), C (4; 5)

đường thẳng d: x  y  1  2  0 và tọa độ A(–1; 1). Viết phương trình
đường tròn (C) đi qua A, O và tiếp xúc với d.
_ Để viết phương trình đường tròn ta có hai hướng chính khai thác:
+ Hướng thứ 1, đó là dựa trên phương trình khai triển của đường tròn (do
hiện tại phương trình chưa xác định được tâm và bán kính)  thiết lập 3
phương trình 3 ẩn a, b,c để giải.
+ Hướng thứ 2, đó là dựa trên phương trình tổng quát của đường tròn
 thiết lập 3 phương trình 3 ẩn a, b, R để giải.
* Gọi phương trình khai triển của đường tròn (C) là: x2  y 2  2ax  2by  c  0 ,
trong đó tâm I(a; b) và bán kính R 2  a 2  b 2  c  0
* Theo đề bài ta có:
 
 
 O(0;0)  (C )  c0 c0  c0
   
 A(1;1)  (C )  2  2a  2b  c  0   a  b  1   a  b  1
  d[ I ; d ]  R   R 1
 (C ) tx d   | a  b  1  2 | 
R
  2
402 463
* Mặt khác
b  0  a  1
R 2  a 2  b2  c  1  (b  1)2  b2  b2  b  0  
 b 1 a  0
 (C1 ) : x 2  y 2  2 y  0
Vậy có hai đường tròn thỏa yêu cầu bài toán là  2 2
(C2 ) : x  y  2 x  0
* Gọi phương trình tổng quát của đường tròn (C) là: ( x  a)2  ( y  b)2  R 2 ,
trong đó tâm I(a; b) và bán kính R.
* Theo đề bài ta có:

 a 2  b2  R 2  a 2  b 2  R 2 (1)
 O(0;0)  (C ) 
  2 2 2 
 A(1;1)  (C )  (1  a)  (1  b)  R   a  b  1 (2)
 (C ) tx d  R  1 (3)
  | a  b  1  2 | 
R
 2
* Thay (2) và (3) vào (1) ta được: (b  1)2  b2  1
b  0  a  1

 b 1 a  0
 (C1 ) : x 2  ( y  1)2  1
Vậy có hai đường tròn thỏa yêu cầu bài toán là  2 2
(C2 ) : ( x  1)  y   1
■ Lời bình: Cả hai cách giải đều đòi hỏi ở người làm những kỹ năng cơ
bản trong việc giải hệ phương trình. Vấn đề giải hệ phương trình từ lâu
không còn xa lạ với các bạn học sinh tuy nhiên nếu không rèn luyện tốt
các bạn sẽ gặp một số trục trặc trong quá trình giải chúng. Các kỹ năng
yêu cầu thường thấy khi giải hệ phương trình đó chính là các kỹ năng:
“rút, thế, cộng, trừ vế các phương trình” trong hệ phương trình nhằm mục
đích quy tất cả về 1 ẩn 1 phương trình để giải.
CÂU 36 (DỰ BỊ 6 – ĐH D2006). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, lập phương
trình chính tắc của elip (E) có độ dài trục lớn bằng 4 2 , các đỉnh trên
trục nhỏ và các tiêu điểm của (E) cùng nằm trên một đường tròn.
464
402
x2 y 2
_ Để thiết lập phương trình chính tắc của ( E ) : 2  2  1  cần tìm 2 ẩn
a b
a, b  cần thiết lập 2 phương trình 2 ẩn.
+ Ta có (E) có độ dài trục lớn  phương trình (1).
+ Ta có 2 tiêu điểm và 2 đỉnh trên trục nhỏ thuộc một đường tròn 
phương trình (2).
_ Giải hệ gồm phương trình (1) và (2)  tìm được a, b  phương trình (E).
x2 y 2
* Gọi phương trình chính tắc của ( E ) : 2  2  1 với a 2  b 2  c 2
a b
* Theo giả thiết của bài toán thì độ dài trục lớn của (E) bằng 4 2
 2a  4 2  a  2 2  a2  8
* Ta có tứ giác B1F1B2 F2 là hình thoi, theo giả thiết 4 đỉnh nằm trên đường
tròn nên hình thoi trở thành hình vuông
 b = c mà a 2  b 2  c 2  8  2b 2  b 2  4
x2 y 2
Vậy phương trình (E) thỏa yêu cầu bài toán là ( E ) :  1
8 4

cho tam giác ABC có tọa độ các đỉnh A(0; 2), B(–2; –2) và C(4; –2).
Gọi H là chân đường cao kẻ từ B và M, N lần lượt là trung điểm của
402 465
các cạnh AB và BC. Viết phương trình đường tròn đi qua các điểm H,
M, N.
_ Đây rõ rang là bài toán đường
tròn đi qua ba đểm H, M, N và
đang bị khuyết tâm và bán kính.
Vì vậy ta sẽ gọi dạng khai triển
của đường tròn để làm.
_ Trong ba tọa độ trên thì tọa độ
của điểm M và N tìm được
một cách rất dễ dàng thông
qua công thức trung điểm. Để
tìm tọa độ điểm H ta có hai
hướng đi cho bài toán:
+ Hướng thứ 1: Gọi H(xH; yH)  2 ẩn nên cần 2 phương trình
 phương trình (1) là BH  AC, phương trình (2) là H  AC (điều này
dẫn đến ta phải lập phương trình đường AC)
+ Hướng thứ 2: Xét H = BH  AC (lập phương trình hai đường
thẳng)  tọa độ H.
+ Hướng thứ 3: Gọi K = MN  BH ( K chính trung điểm BH) viết
phương trình hai đường thẳng MN và BH  tọa độ K  tọa độ H.
Các hướng đi là tương tự nhau nhưng trong quá trình phân tích chúng ta
sẽ chọn cách ngắn nhất để làm.
* Do M, N lần lượt là trung điểm AB, BC
 M(–1; 0) và N(1; –2)
* AC qua A(0;2) nhận AC  (4; 4) làm véctơ chỉ phương có dạng là :
x0 y2
  AC : x  y  2  0
1 1
* Ta có H  AC  H(h; 2 – h) và BH  (h  2; 4  h)
* Mặt khác BH  AC
 BH . AC  0  4(h  2)  4(4  h)  0  h  1  H (1;1)
466
402
* Gọi dạng phương trình khai triển của đường tròn là (C ) : x2  y 2  2ax  2by  c  0
 1
 a 
 M (1;0)  (C )  1  2a  c  0 2

   1
* Ta có:  N (1; 2)  (C )  5  2a  4b  c  0  b 
 H (1;1)  (C ) 2  2a  2b  c  0  2
   c  2


(C ) : x 2  y 2  x  y  2  0

cho điểm A(2; 2) và các đường thẳng d1: x + y – 2 = 0 và d2: x + y – 8 = 0.
Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt thuộc d1 và d2 sao cho tam giác
ABC vuông cân tại A.
_ Với gợi ý B  d1 và C  d2
 chắc chắn ta sẽ tham số hóa
điểm B và C  như vậy ta cần
2 ẩn  lập 2 phương trình 2 ẩn.
_ Trong đề bài còn dữ liệu nào ta
chưa sử dụng đến  ABC
vuông cân tại A  AB = AC và
AB  AC.
_ Giải hệ gồm 2 phương trình trên ta tìm được B và C.
* Ta có B  d1: x + y – 2 = 0  B(b; 2 – b) và C  d2: x + y – 8 = 0
 C(c; 8 – c)
* Do ABC vuông cân tại A
 AB  AC  AB  AC
2 2
 AB  (b  2; b)
  (*) với 
 AB  AC  AB. AC  0  AC  (c 2;6  c)
(b  2)2  b2  (c  2)2  (c  6)2 b2  2b  c 2  8c  18
* Do đó (*)   
 (b  2)( c  2)  b(c  6)  0  bc  c  4b  2  0
402 467
(để giải quyết hệ trên ta có thể xử lý bằng cách rút thế, tuy nhiên chúng
ta có cách giải đẹp hơn)
 (b  1)2  (c  4)2  3 (b  1)2  (c  4)2  3 (b  1)2  (c  4)2  3
  
(b  1)c  4b  4  4  2  0 (b  1) c  4(b  1)  2  (b  1)(c 4)  2
u  b  1
Đặt  thì hệ thành
v  c  4
 u 2  3  v2
u  v  3 u  3  v
2 2
 u  3 v
2 2
 2 2 2
  2 2  2 2
   v  1 ( n)
 uv  2  u v 4 (3  v )v  4   2
  v  4 (l )
Do đó uv = 2 > 0 nên hoặc u, v cùng dương hoặc u,v cùng âm nên ta có:
u  2 u  2 b  3 b  1
 hay    hay 
v 1  v  1 c  5  c3
B(1;3), C (3;5) hay B(3; 1), C(5;3)
■ Lời bình: Qua bài toán trên ta thấy khâu giải hệ phương trình 2 ẩn mới là
vấn đề ta quan tâm nhất. Dĩ nhiên việc giải hệ theo phương pháp rút thế
cũng có thể thực hiện được nhưng so với việc tìm cách đổi biến số (vận
dụng 1 số kỹ thuật trong hệ phương trình đại số) lại giúp ta có những lời
giải đẹp hơn.

cho (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 (C) (A, B là các tiếp điểm) sao cho tam giác PAB đều.
_ Với bài toán này viêc xác định quỹ
tích của điểm M là cực kì quan
trọng  Ở đây tập hợp những
điểm P cách đều I một khoảng cho
trước sẽ lập nên 1 “đường tròn ẩn
mình (C’) ” với tâm I bán kính IP.
_ Nhờ giả thiết APB đều nên ta dễ
dàng suy ra IP = 2IA = 2R.
468
402
Với mọi điểm M thuộc đường tròn (C’) ta sẽ kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C) và
tạo được 2 tiếp điểm A, B để cùng với điểm M lập thành tam giác đều.
_ Do vậy giả sử nếu đường thẳng d cắt đường tròn (C’) tại hai điểm M, N
phân biệt thì sẽ có đến 2 điểm thỏa yêu cầu bài toán.
_ Do yêu cầu bài toán là có “duy nhất” một điểm P nên dẫn đến d chỉ cắt
(C’) tại 1 điểm  điều này dẫn đến việc đường thẳng d tiếp xúc với
đường tròn (C’) tại P  dùng điều kiện tiếp xúc  giải tìm được m.
_ Để hiểu rõ hơn bài toán này bạn đọc có thể tham khảo (bài toán 10 – chủ
đề 2 – chương 2: vị trí tương đối giữa đường thẳng và đường tròn)
* Đường tròn (C) có tâm I(1; –2) và bán kính R = 3.
Do APB đều  BPA  60  IPA  30
IA IA
* Ta có IPA  A có sin IPA   IP   2 IA  2 R  6
IP sin 30
* Vậy tập hợp những điểm P thỏa yêu cầu bài toán chính là đường tròn
(C’) có tâm là I và bán kính IP.
* Theo yêu cầu bài toán  đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (C’)
| 38 m |  m  19
Suy ra d [ I ; d ]  IP   6 |11  m | 30  
9  16  m  41
Vậy yêu cầu bài toán tương đương với m = 19 hay m = –41
CÂU 40 (DỰ BỊ 1 – ĐH A2007). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường
tròn (C): x 2  y 2  1. Một đường tròn (C’) có tâm I(2; 2) cắt (C) tại các
điểm A, B sao cho AB = 2 . Viết phương trình đường thẳng AB.
402 469
_ Bài toán yêu cầu ta viết phương trình đường AB (thuộc chủ đề 2, chương
2 “viết phương trình đường thẳng”) thì ta có thể tiếp cận dựa trên những
hướng nào ?
+ Hướng thứ 1 (tìm tọa độ của hai điểm A và B)  Từ đây chúng ta
dễ dàng viết được phương trình đường thẳng AB đi qua 2 điểm (“nắm
đắm kép”). Ở đây ta có một nhận xét quan trọng đường thẳng nối tâm OI
chính là đường phân giác y = x của góc phần tư thứ nhất hệ trục và vì độ
dài AB 2 nên A và B chính là giao điểm của (C) với Ox, Oy.
+ Hướng thứ 2 (tìm tọa độ điểm H = AB  OI )  Với nhận xét
AB  OI nên ta dễ dàng có được véctơ pháp tuyến. Như vậy chỉ cần xác
định được tọa độ điểm H trong bài là đã có thể viết phương trình AB
 Với độ dài OI, OA, AB  tính được độ dại OH  lập tỉ số OH với
OI  để chuyển đẳng thức độ dài về đẳng thức véctơ (Tuy nhiên khi làm
bài toán này, bạn phải xét đền hai trường hợp O và I nằm cùng phía và
khác phía so với AB)
+ Hướng thứ 3 (gọi dạng hàm số của đường thẳng AB: y = kx + m)
 Với nhận xét tương tự như hướng thứ 1 ta sẽ có hệ số góc của đường
AB là k = –1  ta chuyển bài toán trong hình học phẳng sang bài toán
tương giao giữa các đường trong hàm số  biện luận định m thỏa
mãn AB 2 .
+ Hướng thứ 4 (Gọi H = AB  OI )  Bản chất AB chính là trục
đẳng phương của 2 đường tròn (C) và (C’) nên chúng ta chỉ cần xác
định được bán kính R’  việc xác định bán kính R’ ta thực hiện tương tự
như hướng thứ 2 và cũng xin lưu ý đến hai trường hợp O và I nằm cùng
phía và khác phía so với AB.
470
402

* Đường tròn (C) có tâm O(0;0) và bán kính R = 1. Đường thẳng OI nối 2
tâm của 2 đường tròn (C) và (C’) là đường phân giác d: y = x.
Do đó AB  d  hệ số góc của đường thẳng AB bằng – 1.
* Vì độ dài AB = 2  A, B phải là giao điểm của (C) với Ox, Oy.
 A (0;1), B1 (1;0)
Suy ra  1
 A2 (1;0), B2 (0; 1)
* TH1: A1B1 chính là phương trình chắn hai trục tọa độ nên có dạng:
x y
  1  A1 B1 : x  y  1  0
1 1
* TH2: A2B2 chính là phương trình chắn hai trục tọa độ nên có dạng:
x y
  1  A2 B2 : x  y  1  0
1 1
 x  y 1  0
Vậy phương trình đường thẳng thỏa yêu cầu bài toán là: 
x  y 1  0
* Đường tròn (C) có tâm O(0;0) và bán kính R = 1 và gọi H = AB  OI

* TH1: O và I nằm khác phía với đường AB.
Khi đó ta có:
2 AB 2 1
2 OH 1 1
OH  OA   và OI 2  8 do đó   OH  OI
4 2 OI 4 4
402 471
 1
 x 
H
2 1 1 1 1
Suy ra   H  ;  . Khi đó đường thẳng AB qua H  ; 
y  1 2 2 2 2
 H
2
nhận OI  (2; 2) làm véctơ pháp tuyến có dạng là :
 1  1
2  x    2  y    0  x  y 1  0
 2  2
* TH2: O và I nằm cùng phía với đường AB.
Khi đó ta có:
2 2 AB 2 1 OH 1 1
OH  OA   và OI 2  8 do đó   OH  OI
4 2 OI 4 4
 1
 x 
H
2  1 1 
Suy ra  H ;  .
 y  1  2 2 
 H
2
  1 1 
Khi đó đường thẳng AB qua H  ;  nhận OI  (2; 2) làm véctơ
 2 2 
 1  1
pháp tuyến có dạng là : 2  x    2  y    0  x  y  1  0
 2  2
 x  y 1  0
x  y 1  0
* Đường tròn (C) có tâm O(0;0) và bán kính R = 1. Đường thẳng OI nối 2
tâm của 2 đường tròn (C) và (C’) là đường phân giác d: y = x.
Do đó AB  d  hệ số góc của đường thẳng AB bằng – 1.
Suy ra phương trình AB có dạng là (AB): y  x  m
* Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa AB và đường tròn (C) ta có:
x 2  ( x  m)2  1  2 x 2  2mx  m2  1  0 (*) có  '  2  m 2
Để AB cắt (C) tại hai điểm phân biệt  phương trình (C) có 2 nghiệm
phân biệt
Suy ra  '  0  2  m2  0   2  m  2
* Khi đó gọi x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình (*) nên ta đặt
A( x1;  x1  m), B( x2 ;  x2  m)
472
402
Suy ra AB  ( x2  x1; x1  x2 ) .
Theo đề bài ta có
AB  2  AB2  2  2( x1  x2 )2  2  x12  2 x1 x2  x22  1
 b
 S  m
 a
Suy ra S 2  4 P  1 với  2
do đó ta có:
P  c m  1
 a 2
m2  2(m2  1)  1  m2  1  m  1
 x  y 1  0
x  y 1  0
* Đường tròn (C) có tâm O(0;0) và bán kính R = 1 và gọi H = AB  OI
* TH1: O và I nằm khác phía với đường AB.
AB 2
2 2 3 2
Khi đó ta có: OH  OA   và OI  2 2 do đó HI  OI  OH 
4 2 2
AB 2
2
Suy ra AI  IH   5  (C’): ( x  2)2  ( y  2)2  5
4
Nhận xét A, B chính là giao điểm chung của 2 đường tròn (C) và (C’)
 AB chính là trục đẳng phương của (C) và (C’) nên AB:
( x  2)2  ( y  2)2  5  x 2  y 2  1  x  y  1  0
AB 2
2 2 5 2
Khi đó ta có: OH  OA   và OI  2 2 do đó HI  OI  OH 
4 2 2
AB 2
2
Suy ra AI  IH   13  (C’): ( x  2)2  ( y  2)2  13
4
Nhận xét A, B chính là giao điểm chung của 2 đường tròn (C) và (C’)
 AB chính là trục đẳng phương của (C) và (C’) nên AB:
( x  2)2  ( y  2)2  13  x 2  y 2  1  x  y  1  0
 x  y 1  0
x  y 1  0
402 473
■ Lời bình: Có thể thấy cả 4 cách làm trên đều rất cần điểm tựa chính là
« hình vẽ ». Tuy nhiên với cách 2 và 4 thì rất có thể bạn đọc sẽ làm thiếu
trường hợp còn lại do sự « ngộ nhận hình học » , áp đặt trong suy nghĩ
« tư duy hình thức » (« Con người chịu ảnh hưởng sâu sắc bởi tư duy
hình thức ») chỉ có 1 trường hợp. Việc giải bằng nhiều cách giúp chúng
ta soi sáng lại những cách cũ và đồng thời tìm một hướng đi mới cho bài
toán bằng những công cụ rất đỗi bình thường.
giác ABC có trọng tâm G(–2; 0), biết phương trình chứa cạnh AB, AC
theo thứ tự 4 x  y  14  0, 2 x  5 y  2  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
_ Dễ dàng xác định tọa độ điểm A
do A = AC  AB. Đến đây ta
có thể tìm B, C theo hai hướng:
+ Hướng thứ 1: Gọi tọa độ
B(xB; yB) và C(xC; yC)  4 ẩn
nên cần 4 phương trình lập
 B  AB (1), C  AC (2) và
G là trọng tâm ABC ((3) và
(4))  giải hệ tìm được B và C.
+ Hướng thứ 2: Tham số hóa điểm B  AB và C  AC  2 ẩn nên
cần 2 phương trình  G là trọng tâm ABC  giải hệ tìm được B và C.
Ở đây tác giả xin được trình bày theo hướng thứ 2.
* A = AC  AB
 4 x  y  14  0  x  4
 Tọa độ A là nghiệm của hệ    A(4; 2)
 2 x  5 y  2  0  y  2
* B  AB: 4x + y + 14 = 0  B(b; 4b  14) và C  AC : 2x + 5y – 2 = 0
 C (1  5c; 2c)
 xA  xB  xC  3xG  4  b  1  5c  6  b  5c  3 b  3
   
 y A  yB  yC  3 yG 2  (4b  14)  2c  0 4b  2c  12  c  0
* Do đó tọa độ điểm B (3; 2), C (1;0)
474
402
Vậy tọa độ của các điểm cần tìm là A(4; 2), B(3; 2), C (1;0)
■ Lời bình: Bài toán đã quá quen thuộc với chúng ta trong quá trình tìm
hiểu về cách tìm tọa độ điểm với các yếu tố liên quan trong tam giác.
Nếu bạn để ý một chút thì thì việc đặt ẩn cho “khéo” cũng góp phần giúp
ta giải nhanh bài toán. Cụ thể trong bài toán này chính là việc đặt tọa độ
điểm C. (Bạn đọc có thể tham khảo lại chủ đề 1, chương 2 để hiểu rõ hơn).
CÂU 42 (DỰ BỊ 3 – ĐH B2007). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho (C):
x 2  y 2  8x  6 y  21  0 và đường thẳng d: x + y – 1 = 0. Xác định tọa
độ các đỉnh hình vuông ABCD ngoại tiếp (C), biết A  d.
_ Đường tròn (C) cho phép ta khai thác
triệt để 2 yếu tố chính là tâm I(4; –3) và
bán kính R = 2  tính cạnh AB. Đường
thẳng d giúp cho việc tham số hóa tọa độ
điểm A. (Đây hầu hết là những “thủ tục
cơ bản” chúng ta phải thực hiện khi bước
đầu giải bài toán này.
_ Để tìm tọa độ điểm A  Ta có thể dùng
độ dài IA = R để giải tìm tọa độ A.
_ Sau khi tìm được tọa độ điểm A  dễ dàng suy ra tọa độ điểm C. Để tìm
tọa độ điểm B và D ta có thề:
+ Hướng thứ 1: viết phương trình BD (BD vuông AC và BD qua I)
và đường tròn (C’) có tâm I bán kính IA  B và D là giao điểm giữa (C)
và BD.
+ Hướng thứ 2: Sử dụng phép biến hình cụ thể là “Phép Quay” để
giải tìm nhanh tọa độ B và D.
* Đường tròn (C) có tâm I(4; –3) và bán kính R = 2  IA  2 2 .
Do hình vuông ABCD ngoại tiếp đường tròn (C) nên tâm I cũng chính là
tâm của hình vuông ABCD  I là trung điểm của AC và BD.
* Lại có A  d: x + y – 1 = 0  A(a;1  a) và IA  (a  4; 4  a) .
 a  6  A(6; 5)
Do đó: IA2  8  2(a  4)2  8  
 a  2  A(2; 1)
402 475
* TH1: với A(6; –5)  C(2;–1). Phương trình đường thẳng BD qua I(4;–3)
và nhận AC  (4; 4) làm véctơ pháp tuyến có dạng là:
1( x  4)  1( y  3)  0  x  y  7  0 .
Khi đó B và D là giao điểm giữa đường thẳng BD và đường tròn (C’) có
tâm là I(4;–3) và bán kính IA  2 2  tọa độ B và D là nghiệm của hệ:
 x y 7  0  B(2; 5), C (6; 1)
 2 2
 
( x  4)  ( y  3)  8  B(6; 1), C (2; 5)
* TH1: với A(2; –1)  C(6; –5).
Phương trình đường thẳng BD qua I(4;–3) và nhận AC  (4; 4) làm
véctơ pháp tuyến có dạng là: 1( x  4)  1( y  3)  0  x  y  7  0 .
Khi đó B và D là giao điểm giữa đường thẳng BD và đường tròn (C’) có
tâm là I(4;–3) và bán kính IA  2 2  tọa độ B và D là nghiệm của hệ:
 x y 7  0  B(2; 5), D(6; 1)
 2 2
 
( x  4)  ( y  3)  8  B(6; 1), D(2; 5)
 A(2; 1), B(2; 5), C (6; 5), D(6; 1)
Vậy tọa độ điểm cần tìm là 
 A(6; 5), B(6; 1), C (2; 1), D(2; 5)
* Đường tròn (C) có tâm I(4; –3) và bán kính R = 2  IA  2 2 .
Do hình vuông ABCD ngoại tiếp đường tròn (C) nên tâm I cũng chính là
tâm của hình vuông ABCD  I là trung điểm của AC và BD.
* Lại có A  d: x + y – 1 = 0  A(a;1  a) và IA  (a  4; 4  a) .
 a  6  A(6; 5)
Do đó: IA2  8  2(a  4)2  8  
 a  2  A(2; 1)
* TH1: với A(6; –5)  C(2;–1) Ta có phép quay Q(I;90 ) : A  B
x B  (x A  x I ).cos(90 )  (yA  yI ).sin(90 )  x I

 
 yB  (x A  x I ).sin(90 )  (yA  yI ).cos(90 )  yI
 
 x 2
 B  B(2; 5)
 yB  5
Do I là trung điểm BD  D(6; –1). Do vai trò B và C là như nhau nên ta
có B(2;–5) và D(6;–1)
476
402
* TH2: với A(2; –1)  C(6;–5) .Ta có phép quay Q(I;90 ) : A  B
x B  (x A  x I ).cos(90 )  (yA  yI ).sin(90 )  x I

 
 yB  (x A  x I ).sin(90 )  (yA  yI ).cos(90 )  yI
 
 x 6
 B  B(6; 1)
 yB  1
* Do I là trung điểm BD  D(2; –5). Do vai trò B và C là như nhau nên ta
có B(6;–1) và D(2;–5)
 A(2; 1), B(2; 5), C (6; 5), D(6; 1)
Vậy tọa độ điểm cần tìm là 
 A(6; 5), B(6; 1), C (2; 1), D(2; 5)
■ Lời bình: Có thể thấy việc giải bài toán theo cách 1, phát sinh ra rất
nhiều trường hợp và trong quá trình giải cũng “khá nặng” về tính toán,
việc ứng dụng phép biến hình cụ thể là phép quay trong bài toán này góp
phần giúp cho lời giải gọn nhẹ hơn rất nhiều tránh những bước phải lập
phương trình đường thẳng, đường tròn phát sinh.
CÂU 43 (DỰ BỊ 4 – ĐH B2007). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho

(C): x 2  y 2  2 x  4 y  2  0 .Viết phương trình đường tròn (C’) có tâm
M(5; 1) biết (C’) cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB = 3.
_ Tương tự như câu 40 (Đề Dự bị 1 – ĐH khối A năm 2007) thay vì phải

lập phương trình trục đẳng phương giữa hai đường tròn thì ở bài toán này
chúng ta chỉ cần xác định bán kính R của đường tròn cần tìm là xong. Ở
402 477
đây tác giả xin trình bày lời giải dựa trên việc chia trường hợp M và I
cùng phía hay khác phía so với đường thẳng AB.
* Phương trình đường tròn (C) có tâm I(1; –2) và bán kính r  3 và độ
dìa IM = 5
* TH1: I và M nằm khác phía với đường AB.
AB 2 3 2 3 7
Khi đó ta có: IH  IA   do đó HM  IM  IH  5  
4 2 2 2
AB 2 2
Suy ra R  MH   13  (C’): ( x  5)2  ( y  1)2  13
4
AB 2 3 2 3 13
Khi đó ta có: IH  IA   do đó HM  IM  IH  5  
4 2 2 2
AB 2 2
Suy ra R  MH   43  (C’): ( x  5)2  ( y  1)2  43
4
 (C ') : ( x  5)2  ( y  1)2  13
 2 2
(C ') : ( x  5)  ( y  1)  43
CÂU 44 (DỰ BỊ 5 – ĐH D2007). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm
A(2; 1), lấy điểm B thuộc trục Oy có hoành độ x  0 và điểm C thuộc
trục Oy có tung độ y  0 sao cho ABC vuông tại A. Tìm tọa độ B, C
sao cho diện tích ABC lớn nhất.
■ Đặt vấn đề : Một lần nữa trong suốt chặng đường ra đề của Bộ GD&ĐT,
chủ đề “Max–Min cực trị hình học lại xuất hiện”. Trong bài toán có liên
quan đến chủ đề trên thì ta nên tiếp cận theo những hướng nào. Mời bạn
đọc cùng theo dõi.
_ Ta xuất phát từ yêu cầu : SABC đạt
giá trị lớn nhất  câu hỏi đặt ra:
chúng ta có tìm được biểu thức chứa
biến biểu diễn diện tích ABC ?
478
402
 câu trả lời là: Diện tích tính

thông qua độ dài của AB và AC
mà AB và AC thì phụ thuộc theo
hai biến là xB và yC cùng với giả
thiết AB  AC.
_ Tổng hợp dữ kiện lại ta lựa chọn
“phương pháp hàm số để tìm giá
trị lớn nhất – nhỏ nhất” cụ thể như
sau:
+ Tham số hóa điểm B  Ox, C  Oy  xuất hiện biến b và c
+ Do AB  AC  tạo được phương trình liên hệ biến b và c  tính
độ dài AB và AC theo 1 biến (hoặc b hoặc c).
+ Diện tích tam giác cũng biểu thị theo biến đó (hoặc b hoặc c) 
Dùng “phương pháp hàm số để tìm giá trị lớn nhất – nhỏ nhất của diện
tích”.
_ Chú ý: Bạn vẫn có thể giải bài toán theo hướng
F  X 2  A  A, A  R  Fmin  A  X  0 .
* Ta có B  Ox, C  Oy  B(b;0), C (0; c) và b  0, c  0
* Do ABC vuông tại A
 AB  (b  2; 1)
 AB  AC  AB.AC  0 (*) với 
 AC  (2;c 1)
Do đó (*)  2(b  2)  (c  1)  0
5
 c  2b  5 , do c  0  0  b 
2
* Mặt khác,
1 1
S ABC  AB. AC  (b  2) 2  1 4  (c 1) 2  (b  2) 2  1  1
2 2
5
Vậy yêu cầu bài toán  SABC  1  b  2  0  b  2 (thỏa 0  b  )
2
c=1
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là B(2;0), C (0;1)
402 479
■ Lời bình: Mặc dù khi phân tích bài toán ta “ngầm hiểu” dùng “phương
pháp hàm số” nhưng đến “phút chót” lại chuyển sang dùng dạng đặc biệt
của chú ý cũng bởi chúng ta chưa chủ động được biểu thức hàm mà mình
tạo được sẽ như thế nào ? Do khi thu gọn xong về 1 biến b thì biểu thức
chứa biến cần đạt max – min quá “Đẹp” nên ta có thể kết luận ngay.
Trong một số tình huống khác, có khi chúng ta phải biến đổi phức tạp để
đưa được về dạng F  X 2  A  A, A  R  Fmin  A  X  0 hoặc có
khi là không thể. Cũng lưu ý tập xác định của bài toán này trong quá
trình giải.
CÂU 45 (DỰ BỊ 6 – ĐH D2007). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các
điểm A(0; 1), B(2; –1) và các đường thẳng
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 d2 luôn cắt nhau. Gọi P là giao điểm của d1 và d2. Tìm
m sao cho PA  PB lớn nhất.
■ Đặt vấn đề : Như đã đề cập ở phần phương pháp tiếp cận thì với những
bài toán liên quan đến max – min cực trị hình học thì một trong những
vấn đề cần quan tâm đó chính là “vị trí tương đối” giữa các đối tượng
hình học. Với câu 45 này thì “vị trí tương đối” có thể xem là chìa khóa
giải quyết vấn đề không ? Mời các bạn cùng theo dõi.
_ Đọc đề bài ta thấy có 2 yêu cầu nổi lên là “chứng minh d1 và d2 luôn
cắt nhau” và xác định P = d1  d2 sao cho PA + PB lớn nhất.
_ Với yêu cầu chứng minh d1 và d2 luôn cắt nhau thì ta xử lý như thế nào ?
 Ở đây chúng ta có thể hiểu là hệ phương trình gồm phương trình của
d1 và d2 luôn có nghiệm  nghĩa là định thức Crammer của phương trình
khác 0. (đê hiểu rõ hơn bạn đọc có thể xem lại phần lý thuyết về vị trí
tương đối giữa 2 đường thẳng ở chương 1). Ngoài ra, còn một yếu tố
quan trọng nữa là d1 và d2 vuông góc nhau (Đây thật sự là một chi tiết
quan trọng giúp ta “giải nhanh” bài toán).
_ Đối với yêu cầu tìm P để thỏa mãn PA + PB lớn nhất thì ta có thể phân
tích theo 3 hướng sau:
+ Hướng thứ 1 (sử dụng bất đẳng thức trong Đại Số): Do phát hiện
d1  d2 nên ta dễ dàng  P thuộc đường tròn đường kính AB. Ở đây do
để tìm giá trị lớn nhất nên ta sẽ sử dụng BĐT Bunyakovski cụ thể là:
(1.PA  1.PB)2  (12  12 )( PA2  PB 2 )  2 AB 2 . Cho nên ta suy ra đẳng
480
402
thức trên xảy ra khi PA = PB nghĩa là tam giác PAB vuông cân tại P 
P chính là giao điểm giữa đường trung trực cạnh AB và đường tròn
đường kính AB. (Bạn đọc có thể xem hình minh họa ở hướng dẫn giải
cách 1 để hiểu rõ hơn).
+ Hướng thứ 2 (sử dụng bất đẳng thức hình học): Nhận xét d1  d2 và
A  d1, B  d2 nên P thuộc đường tròn đường kính AB. Với 2 điểm A, B
cố định, góc APB không đổi. Trên tia đối tia PB, ta chọn điểm C sao cho
PA = PC khi ấy PA + PB = PC + PB = BC  Như vậy PA + PB lớn nhất
khi và chỉ khi BC lớn nhất mà góc PBC và P điều này dẫn đến BC là
đường kính của đường tròn đi qua 3 điểm PBC  P là điểm chính giữa
của cung AB  PA = PB và vì vậy P  đường trung trực của cạnh AB.
(Bạn đọc có thể xem hình minh họa ở hướng dẫn giải cách 2 để hiểu rõ
hơn).
* Tọa độ giao điểm P giữa đường (d1) và (d2) là nghiệm của hệ phương
 (m  1) x  (m  2) y  2  m  0
trình: 
(2  m) x  (m  1) y  3m  5  0
m 1 m  2
Xét định thức D   (m  1)2  (m  2)2
2m m 1
2
2  3 1
 2m  6m  5  2  m     0, m  R
 2 2
Suy ra đường thẳng d1 và d2 luôn cắt nhau.
* Nhận xét A(0; 1)  d1, B(2; –1)  d2 và d1  d2  APB vuông tại P 
P nằm trên đường tròn đường kính AB.
402 481
* Áp dụng bất đẳng Bunyakovski ta có:

(1.PA  1.PB)2  (12  12 )( PA2  PB2 )  2 AB2  16
Suy ra PA  PB  4 . Dấu “=” xảy ra  PA = PB  P thuộc đường trung
cạnh AB
* Gọi I là trung điểm AB  I(1;0) và IA  R  2 nên phương trình
đường tròn đường kính AB là:
(C) : ( x  1)2  y 2  2
* Đường trung trực của cạnh AB qua I(1; 0) nhận AB  (2; 2) làm véctơ
pháp tuyến có dạng là:
2( x  1)  2( y  0)  0  d : x  y  1  0
* Ta có tọa độ điểm P thỏa yêu cầu bài toán là nghiệm của hệ
( x  1)2  y 2  2  x  2  y 1
   x  0  y  1
 x  y 1  0 
Vậy điểm P thỏa yêu cầu bài toán là P(2;1) hay P(0;1)
* Việc chứng minh hai đường thẳng d1 và d2 cắt nhau ta làm tương tự như
cách 1. Tuy nhiên dựa vảo định thức Cramer ta cũng có thể tính nhanh
giá trị của x và y như sau:
 (m  1) x  (m  2) y  2  m  0

(2  m) x  (m  1) y  3m  5  0
482
402
 m2 2m
D
 x   4m 2  14m  12
 m  1 3m  5  Dx 4m 2  14m  12
 2  m m 1  x  D  2m 2  6m  5
2
Ta có  Dy   2 m  4 m  1  
 3m  5 2  m  y  Dy  2m  4m  1
2
 m 1 m  2  D 2 m 2
 6m  5
 D  2m 2  6m  5
 2  m m 1
* Nhận xét d1  d2, A  d1, B  d2 và P = d1  d2  P thuộc đường tròn
đường kính AB.
* Gọi C là điểm thuộc tia đối của tia PB sao cho CP = CA.
Khi đó PA + PB = PC + PB = BC
* Do góc APB không đổi và góc ACB cũng không đổi  C đang chuyển
động trên một cung tròn cố định. Để PA + PB đạt giá trị lớn nhất thì BC
chính là đường kính của cung tròn trên.
* Khi đó P chính là điểm chính giữa của cung AB  P thuộc đường trung
trực của cạnh AB
* Đường trung trực của cạnh AB qua I(1; 0) nhận AB  (2; 2) làm véctơ
pháp tuyến có dạng là: 2( x  1)  2( y  0)  0  d : x  y  1  0
* Pd
4m2  14m  12 2m2  4m  1 2 m  2
   1  0  4 m  12 m  8  0  m 1
2m 2  6m  5 2m 2  6m  5 
Vậy điểm P thỏa yêu cầu bài toán là P(2;1) hay P(0;1)

hãy viết phương trình chính tắc của elip (E) biết rằng (E) có tâm sai
5
bằng và hình chữ nhật cơ sở của (E) có chu vi bằng 20.
3
x2 y 2
_ Để lập phương trình chính tắc của (E): 2  2  1 , ta cần xác định 2 ẩn
a b
a, b nghĩa là cần lập 2 phương trình.
402 483
c 5
_ Dựa vào các thuộc tính của elip ta có: tâm sai elip bằng  và chu vi
a 3
HCN cơ sở là 2(2a  2b)  20
_ Hiện ta đã có 3 phương trình 3 ẩn a, b, c  cần 1 phương trình liên hệ
nữa  c 2  a 2  b 2
_ Giải hệ trên ta tìm được phương trình chính tắc của Elip.
x2 y 2
* Gọi phương trình chính tắc của (E): 2  2  1 và c 2  a 2  b 2 . (a > b > 0)
a b
* Ta có tâm sai elip
c 5
  9c 2  5a 2  9(a 2  b 2 )  5a 2  4a 2  9b 2 (1)
a 3
* Chu vi hình chữ nhật cơ sở của elip là
2(2a  2b)  20  a  b  5  a  5  b (2)
* Thay (2) vào (1), ta được:
 b  2 ( n)
4(5  b)2  9b2  5b 2  40b  100  0   a3
 b  10(l )
Vậy phương trình chính tắc của elip (E) thỏa yêu cầu bài toán là
x2 y 2
 1
9 4
■ Lời bình: Cũng qua bài toán này ta lưu ý về hình chữ nhật cơ sở:
Một là, chu vi hình chữ nhật cơ sở MNPQ là 2(MN + NP) = 2(2a + 2b)
484
402
Hai là, diện tích hình chữ nhật cơ sở MNPQ là MN.NP = 2a.2b
Ba là, đường chéo hình chữ nhật cơ sở MNPQ là
MP  NQ  QP 2  PN 2  (2a ) 2  (2b) 2

hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC biết rằng hình chiếu
vuông góc của C trên đường thẳng AB là điểm H(–1; –1), đường phân
giác trong của góc A có phương trình x – y + 2 = 0 và đường cao kẻ từ
B có phương trình 4x + 3y – 1 = 0.
_ Để tìm tọa độ C (theo
cách nghĩ thông thường)
ta sẽ thử tham số hóa
điểm theo một đường
thẳng đi qua C. Nhưng
hiện tại thì chưa có. Do đó
ta tìm C dựa trên sự tương
giao giữa các đường thẳng
 điều này có nghĩa là ta sẽ lập phương trình các đường thẳng đi qua C.
_ Ở đây ta xét thấy C = CH  CA hay C = CH  CB hay C = CA  CB 
trong các cập phương trình trên thì CA và CH là “khả dĩ” nhất. Vì CA 
d2 (CA chỉ cần qua thêm 1 điểm nữa), CH thì qua H chỉ cần qua thêm 1
điểm nữa  từ nhu cầu lập phương trình đường thẳng  ta chuyển sang
nhu cầu tìm thêm điểm mới.
_ Vậy trong các dữ kiện mà đề bài cho  dữ kiện nào giúp ta “ tìm thêm
điểm mới”  ở đây chính là điểm đường d1 (phân giác trong góc A) do
tính đối xứng của phân giác nên nếu ta gọi K là hình chiếu của H lên d1
và I là điểm đối xứng của H qua phân giác thì ta sẽ có K là trung điểm HI
và đặc biệt I thuộc AB.
_ “Điểm mới I” này giúp gì cho ta trong quá trình tìm điểm C ?  viết được
phươn trình AC (AC qua I và AC  d2).
_ Và “phương trình “đường thẳng mới” AC giúp gì cho ta ?  AC  d1 =
A  tìm được tọa độ A.
_ Đến đây giống như hiện tượng “Domino”, các giả thiết tưởng như “rời
rạc” không liên quan nhưng lại xô đổ “lẫn nhau” hoặc cũng có thể hiểu
những mảnh ghép cứ ngày một hé mở, bức tranh bí mật dần được giải
402 485
đáp  Đường thẳng HC qua H và vuông góc với HA  viết phương

trình HC.
* kí hiệu d1 : x  y  2  0, d 2 : 4 x  3 y  1  0 . Gọi K là hình chiếu của H
lên d1 và I là điểm đối xứng của H qua d1 ( I  AC).
* Ta có KH  d1: x – y + 2 = 0  KH: x + y + m = 0. KH qua H(–1; –1)
 m = 2.
Vậy KH : x  y  2  0
* Ta có K = KH  d1  tọa độ K là nghiệm của hệ
x  y  2  0  x  0
   K  2;0 
 x  y  2  0  y  0
Mặt khác K là trung điểm HI  I (3;1)
* Đường thẳng AC  d2: 4x + 3y – 1 = 0  AC: 3x – 4y + n = 0, AC qua
I(–3;1)  n = 13
Vậy AC : 3x  4 y  13  0
* Lại có A = AC  d1  tọa độ A là nghiệm của hệ
3x  4 y  13  0  x  5
   A  5;7 
 x  y  2  0  y  7
1
* HC đi qua H (1; 1) nhận HA  (3; 4) làm véctơ pháp tuyến có dạng là:
2
3( x  1)  4( y  1)  0  HC : 3x  4 y  7  0
* C = HC  AC   tọa độ C là nghiệm của hệ
 10
x 
3x  4 y  13  0  3  10 3 
   C ; 
 3 x  4 y  7  0  y 3  3 4
 4
 10 3 
Vậy tọa độ điểm C thỏa yêu cầu bài toán là C  ; 
 3 4

cho parabol (P): y 2  16 x và điểm A(1; 4). Hai điểm phân biệt B, C (B
486
402
và C khác A) di động trên (P) sao cho góc BAC bằng 90o. Chứng minh
rằng đường thẳng BC luôn đi qua một điểm cố định.
_ Thực chất bài toán này thuộc về kiểu bài toán “quỹ tích”, đây là một
dạng toán khó. Nếu chưa có hình học tọa độ Decartes thì hình học phẳng
gặp rất nhiều khó khăn khi tìm quỹ tích của một điểm, một đường thẳng
thẳng, v.v…
_ Cách làm thường thấy nhất ở đây chính là tham số hóa các biến cần tìm
và tìm cách khử đi ẩn “phụ thuộc” của tham số. Cụ thể trong bài này
“yếu tố vuông góc” và B và C di động trên (P) sẽ giúp ta tìm được điểm
cố định trên.
 b2   c2 
* Do B và C thuộc (P), B khác C (B và C khác A) nên B  ; b  , C  ;c 
 16   16 
   
với b, c  R, b  4, c  4 .
 b2   c2 
* Ta có AB    1; b  4  , AC    1;c 4 
 16   16 
   
  b 2  c 2 
Do góc BAC  90 nên AB. AC  0    1  1  (b  4)(c 4)  0
 16  16 
  
 272  4(b  c)  bc  0 (1)
* Mặt khác, phương trình đường thẳng BC có dạng:
c2
x
16  y  c  16 x  (b  c) y  bc  0 (2)
b2 c 2 b  c

16 16
* Từ (1) và (2) suy ra đường thẳng BC luôn đi qua điểm I (17; 4)
Vậy đường thẳng BC luôn đi qua điểm I (17; 4)
CÂU 49 (CHÍNH THỨC – CĐ 2008). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm
điểm A thuộc trục hoành và điểm B thuộc trục tung sao cho A và B đối
xứng nhau qua đường thẳng d: x – 2y + 3 = 0.
402 487
_ Bài toán này không quá khó khi đã gợi ý A  Ox, B  Oy. Như vây ta
cần thiết lập 2 phương trình 2 ẩn để giải tìm tọa độ A và B  ở đây do
A và B đối xứng qua d nên trung điểm của A và B thuộc đường thẳng d
và véctơ chỉ phương của d vuông góc với véctơ AB.
* Ta có A  Ox  A(a;0), B  Oy  B(0; b) và AB  (a; b)
Véctơ chỉ phương của đường thẳng d là u  (2;1) và tọa độ trung điểm
a b
của AB là I  ; 
2 2
* Do A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d nên ta có:
 AB  d  AB.u  0  2a  b  0 a  2
      
 I d  I  d a  2b  6  0 b  4
Vậy tọa độ điểm cần tìm là A(2;0), B(0; 4)
giác ABC các đường cao kẻ từ đỉnh B và đường phân giác trong của
góc A lần lượt có phương trình là 3x  4 y  10  0 và x  y  1  0 ,
điểm M(0; 2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách điểm C một
khoảng bằng 2 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
_ Sử dụng tính chất của phân giác
ta tìm được thêm điểm mới M’
(phần vận dụng này mời bạn
đọc xem lại chương 2, chủ đề
tìm tọa độ điểm và viết phương
trình đường thẳng)
_ Khi đã có điểm M’  AC
 viết phương trình AC  BH
 AC  d2 = A.
_ Khi đã có điểm A  viết phương trình AB qua A và M  B = AB  BH
_ Tham số hóa điểm C  AC  sử dụng giả thiết d[C; AB] = 2  giải
tìm tọa độ điểm C.
488
402
* Gọi K là hình chiếu của M lên phân giác trong góc A và M’ là điểm đối
xứng của M qua phân giác trong góc A (M’  AC).
Ta có MK  d2 : x  y  1  0  MK: x  y  m  0 .
MK qua M(0;2)  m = –2
Vậy MK: x  y  2  0 .
Lại có K = MK  d2  Toa độ K là nghiệm của hệ
 1
 x 
 x  y 1  0 2 1 3
   K ; 
x  y  2  0 y  3 2 2
 2
Mặt khác K là trung điểm MM’  M’(1;1)  AC
* Đường thẳng AC  BH : 3x  4 y  10  0  AC : 4 x  3 y  n  0 . AC
qua M(1;1)  n = –1
Vậy AC: 4 x  3 y  1  0
Ta có A = AC  d2  Tọa độ A là nghiệm của hệ
 x  y 1  0 x  4
    A  4;5 
 4 x  3 y  1  0  y  5
* Đường thẳng AB qua M(0;2) và nhận MA  (4;3) làm véctơ chỉ phương
x0 y2
có dạng là:   AB : 3x  4 y  8  0
4 3
Lại có B = AB  BH  Tọa độ B là nghiệm của hệ
 x  3
3x  4 y  10  0   1 
  1  B  3; 
 3x  4 y  8  0  y  4 
 4
 4c  1   4c  7 
* C  AC: 4x – 3y – 1 = 0  C  c;  và MC   c; 
 3   3 
2  c  1  C1 (1;1)
(4c  7)
Ta có: MC 2  2  c 2  2
9 c  31  C2  31 ; 33 
 25  25 25 
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là:
 1   1   31 33 
A(4;5), B  3;  , C1 (1;1) hay A(4;5), B  3;  , C2  ; 
 4   4   25 5 
402 489
điểm A(3; 0), B(0; 4). Chứng minh rằng đường tròn nội tiếp tam
giác OAB tiếp xúc với đường tròn đi qua trung điểm các cạnh của
tam giác OAB.
_ Có một tình huống khá thú vị mà một thầy giáo đặt ra cho học trò mình
trong giờ dạy Toán là “nếu một căn phòng đã xác định được chiều rộng,
chiều dài và chiều cao” thì các thông số như diện tích của các mặt xung
quanh, thể tích của căn phòng hay đại loại tất cả các yếu tố về điểm,
đường có được xác định không ?”  điều này củng cố cho học sinh một
niềm tin rằng bằng cách này hay cách khác chúng có thể tìm được hay
chứng minh một điều chưa biết bằng những số liệu đã xác định.
_ Trở lại bài toán này, khi mà cả 3 tọa độ O, A, B đã hiện hữu thì việc
chứng minh đường tròn nội tiếp tam giác OAB tiếp xúc với đường tròn đi
qua trung điểm của 3 cạnh OAB không hề khó. Ta cứ tuần tự làm theo
các chỉ thị mà câu hỏi đặt ra. Dĩ nhiên bạn phải chắc chắn rằng mình đã
nắm được các lập phương trình đường tròn.

* Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm
của OA, OB, AB
3  3 
 M  ;0  , N  0; 2  , P  ; 2 
2  2 
* MNP  P nên tâm đường tròn
ngoại tiếp (C2) MNP chính là trung
3 
điểm cạnh huyền MN  I  ;1 và
4 
MN 5
bán kính R = 
2 4
* Mặt khác OAB  O nên đường tròn nội tiếp (C1) tam giác OAB có
OA  OB  AB
r  1 và tâm J nằm trên đường thẳng y = x và thuộc góc
2
phần tư thứ nhất nên J(1; 1).
490
402
1 5
* Ta có IJ = IJ    1  R  r  đường tròn (C1) và (C2) tiếp xúc
4 4
trong  điều phải chứng minh
CÂU 52 (DỰ BỊ 3 – ĐH B2008). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tọa độ
các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đường thẳng AB, đường cao kẻ
từ đỉnh A và đường trung tuyến kẻ từ B lần lượt có phương trình là
x + 4y – 2 = 0, 2x – 3y + 7 = 0, 2x + 3y – 9 = 0.
☺Nhận xét và ý tưởng
_ Dễ dàng tìm được tọa độ điểm A
 AB  AH = A. Tương tự với điểm B
 BM  AB = B
_ Để xác định tọa độ điểm C  viết
phương trình BC qua B va BC  AH
 tham số hóa C theo BC
_ Gọi M là trung điểm AC  biểu diễn
tọa độ của M theo C  M  BM
 tìm được M  C.

* Ta có A = AB  AH  Tọa độ A là nghiệm của hệ
 x  4y  2  0  x  2
   A  2;1
 2 x  3 y  7  0  y  1
* Ta có B = AB  BM  Tọa độ B là nghiệm của hệ
 x  4y  2  0  x6
   B  6; 1
2 x  3 y  9  0  y  1
* Đường thẳng BC  AH: 2x – 3y + 7 = 0  BC: 3x + 2y + m = 0.
BC qua B(6; –1)  m = –16
Vậy BC: 3x + 2y – 16 = 0. C  BC  C (2c;8  3c)
 9  3c 
* Mặt khác, M là trung điểm AC  M  c  1; .
 2 
Lại có M  BM: 2x + 3y – 9 = 0
402 491
 9  3c 
Suy ra 2(c  1)  3    9  0  c  1  C (2;5)
 2 
Vậy tọa độ của các điểm cần tìm là A(2;1), B(6; 1), C(2;5)

(C) : ( x  4)2  y 2  4 và điểm E(4; 1). Tìm tọa độ điểm M trên trục
tung sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C)
với A, B là các tiếp điểm sao cho đường thẳng AB đi qua điểm E.
_ Nhìn chung tâm điểm của bài toán này, “nhân vật chính” của bài toán này
chính là đường thẳng AB  Do đề bài đã cho ta một gợi ý ngầm ẩn E  AB.
_ Để giải bài toán này theo góc độ đó, ta có thể tiếp cận theo 3 hướng sau:
+ Hướng thứ 1: sử dụng phương pháp gọi điểm
+ Hướng thứ 2: sử dụng phương pháp tách đôi của tiếp tuyến
+ Hướng thứ 3: sử dụng trục đẳng phương giữa hai đường tròn.
(tất cả những cách giải trên đều đã được giới thiệu ở chương 2, chủ đề 3,
cách lập phương trình đường tròn). Cụ thể mời bạn đọc xem lời giải.
* Đường tròn (C) có tâm I(4;0) và bán kính R = 2. Do M thuộc trục tung
 M(0; m)
* Giả sử A( x A ; y A ), B( xB ; yB ) và MA  ( xA; y A  m), IA  ( xA  4; y A )
Vì IA.MA  0  ( xA  4) xA  y A ( y A  m)  0
492
402
 ( x A  4)2  y A2  4( x A  4)  my A  0 (1)
Mặt khác A  (C)  ( xA  4)2  y A2  4 (2)
* (1), (2) ta có A  đường thẳng d : 4 x  my  12  0
* Tương tự, B  đường thẳng d : 4 x  my  12  0 .
Do đó phương trình đường AB: d : 4 x  my  12  0

* Lại có E(4; 1)  AB  m = 4  M(0; 4)
Vậy tọa độ điểm M cần tìm là M (0; 4)
* Phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C) tại A( x A ; y A ) có dạng:
( x A  4)( x  4)  y A y  4  0
* Vì tiếp tuyến qua M(0; m) nên ta có: ( x A  4)(4)  y Am  4  0
* Tương tự tọa độ B( xB ; yB ) thỏa ( xB  4)(4)  yB m  4  0
Suy ra phương trình AB là 4 x  my  12  0
* Lại có E(4; 1)  AB  m = 4  M(0; 4)
* Đường tròn (C) có tâm I(4;0) và bán kính R = 2.
Do M thuộc trục tung  M(0; m)
* Ta có IM 2  16  m2  AM 2  IM 2  R 2  m2  12
* Đường tròn (C’) có tâm M(0; m) và bán kính R’ = m2  12 có dạng là:
(C ') : x2  ( y  m)2  m2  12
* Khi đó A, B là giao điểm giữa hai đường tròn (C) và (C’)  AB chính là
trục đẳng phương giữa hai đường tròn (C) và (C’) thỏa:
x2  ( y  m)2  m2  12  ( x  4)2  y 2  4  AB : 4 x  my  12  0
* AB qua E(4; 1)  m = 4  M(0; 4)
402 493
giác ABC với AB = 5 , tọa độ đỉnh C(–1; –1), đường thẳng AB có
phương trình x + 2y – 3 = 0 và trọng tâm tam giác ABC thuộc đường
thẳng x + y – 2 = 0. Hãy tìm tọa độ các đỉnh A và B.
_ Gọi M là trung điểm AB
 M  AB (tham số hóa M)
2
 CG  CA  Biểu diễn
3
tọa độ G theo M.
Mặt khác G  d:x + y – 2 = 0
 Tìm được tọa độ G và M.
_ Để xác định tọa độ A và B  A  AB và do M là trung điểm  Biểu
AB
diễn tọa độ B theo A  1 ẩn nên cần một phương trình  MA 
2
 Giải tìm ra A và B.
* Gọi M là trung điểm của AB, ta có M  AB: x + 2y – 3 = 0
 M (3  2m; m) .
Mặt khác ta có G là trọng tâm ABC
 2  5 4m
 xG  1  (4  2 m )  xG  
2 3 3 3
 CG  CM   
3 2
 x  1  (m  1)  x  2m  1
G G
 3  3 3
* Lại có G  x  y  2  0
 (5  4m)  (2m  1)  6  0  m  1  M (5; 1)
AB 5
* Ta có A  AB  A(3  2a; a) và MA   với MA  (2a  2; a  1)
2 2
 1
 a 
5 5 1 2
* Do đó MA2   4(a  1) 2  (a  1) 2   (a  1) 2   
4 4 4  a  3
 2
 1   3 
* Với A  4;  do M là trung điểm AB  B  6; 
 2   2 
494
402
 3   1 
* Với A  6;  do M là trung điểm AB  B  4; 
 2   2 
 1   3   3   1 
A  4;  , B  6;  hay A  6;  , B  4; 
 2   2   2   2 
CÂU 55 (CHÍNH THỨC – ĐH A2009 – PHẦN CƠ BẢN). Trong mặt

phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I(6; 2) là giao
điểm của hai đường chéo AC và BD. Điểm M(1; 5) thuộc đường thẳng
AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng : x + y – 5 = 0.
Viết phương trình đường thẳng AB.
_ Do tính chất đối xứng của các
điểm qua tâm I của hình chữ nhật
nên nếu gọi N là điểm sao cho I
là trung điểm MN thì khi đó N
thuộc đường thẳng CD.
_ Do đề bài đã gợi ý điểm E  ta
tìm tọa độ điểm E bằng cách
tham số hóa E theo đường x + y –
5 = 0  1 ẩn nên cần 1 phương
trình ?  Lại có IE  EN  giải
phương trình tìm E.
_ Phương trình AB đã qua M nên chỉ còn cần đi qua 1 điểm nữa hoặc tìm
thêm được vécto pháp tuyến.
+ Hướng thứ 1: Ở đây ta có thể dùng tính đối xứng của tâm I thêm lần
nữa để tìm tọa độ E’ sao cho I là trung điểm EE’ (E’  AB).
+ Hướng thứ 2: Hoặc ta cũng có thể chọn IE làm véctơ pháo tuyến
hoặc EN làm vécto chỉ phương để viết phương trình AB.
* Gọi N là điểm đối xứng với M qua I  N (11;  1) và N thuộc đường
thẳng CD.
* Ta có: E  : x  y  5  0
 E (e;5  e) và IE  (e  6;3  e) và NE  (e  11;6  e)
402 495
* Do E là trung điểm CD suy ra IE  EN

 IE.EN  0  (e  6)(e  11)  (3  e)(6  e)  0
e  6
 e2  13e  42  0  
e  7
* Với e = 6, ta có IE  (0; 3) .
Khi đó AB qua M(1; 5) và nhận IE làm véctơ pháp tuyến có dạng là:
0( x  1)  3( y  5)  0  AB : y  5  0
* Với e = 7, ta có IE  (1; 4) .

Khi đó AB qua M(1; 5) và nhận IE làm véctơ pháp tuyến có dạng là:
1( x  1)  4( y  5)  0  AB : x  4 y  19  0
AB : y  5  0 hay AB : x  4 y  19  0
CÂU 56 (CHÍNH THỨC – ĐH A2009 – PHẦN NÂNG CAO). Trong

mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2  y 2  4 x  4 y  6  0 và
đường thẳng : x  my  2m  3  0 với m là tham số thực. Gọi I là
tâm đường tròn (C). Tìm m để  cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B
sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.
_ Bài toán trên đã đề cập đến vấn đề “max – min” trong việc tính diện tích
tam giác. Một số công thức diện tích tam giác ta có thể liên hệ như:
496
402
1
SABC = đường cao. cạnh đáy
2
1
hay SABC = tích 2 cạnh kề . (sin góc hợp giữa hai cạnh kề)
2
_ Ở đây ta sử dụng bất đẳng thức hình học:
1 1 1
SAIB  IA.IB.sin AIB  IA.IB  R 2  Smax  sin AIB max  1 .
2 2 2
* Đường tròn (C) có tâm I (2; 2) và bán kính R  2 .
1 1 1
* Ta có SABC  IA.IB.sin AIB  IA.IB  R 2  1 .
2 2 2
Do đó  SIAB max  1  sin AIB  1  AIB  90  ABC  I
* Gọi H là trung điểm AB (theo định lý đường kính và dây cung) ta có:
AB
IH  AB và IH =
2
Do ABC  I  AB2  IA2  IB2  4  IH  1
| 2  2m  2m  3 |
* Mặt khác IH  d [ I ;d]  1   1  m2 |1  4m |
1  m2
 m0
Suy ra 1  m  1  8m  16m  15m  8m  0  
2 2 2
m  8
 15
8
Vậy giá trị m thỏa yêu câu bài toán là: m  0 hay m 
15
CÂU 57 (CHÍNH THỨC – ĐH B2009 – PHẦN CƠ BẢN). Trong mặt

4
phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): ( x  2) 2  y 2  và hai đường
5
thẳng 1: x – y = 0, 2: x – 7y = 0. Xác định tọa độ tâm K và bán kính
đường tròn (C1), biết đường tròn (C1) tiếp xúc với các đường thẳng 1,
2 và tâm K thuộc đường tròn (C).
402 497
_ Để tìm tâm K của đường tròn ta chắc chắn phải thiết lập K(a; b) (2 ẩn)
nên cần 2 phương trình.
+ Phương trình thứ 1: điều kiện tiếp xúc giữa đường tròn với d1 và d2
+ Phương trình thứ 2: tâm K thuộc đường tròn (C).
_ Sau khi tìm được tâm K thì việc xác định bán kính của đường tròn cần
tìm không vì ta lại sử dụng điều kiện tiếp xúc một lần nữa.
* Đặt K(a; b) là tọa độ tâm K của đường tròn cần tim.
4 4
* Ta có K  (C): ( x  2) 2  y 2   (a  2) 2  b 2  (1)
5 5
 (C ') tiep xuc d1
* Mặt khác   d [ K ; d1 ]  d [ K ; d 2 ]  R
 (C ') tiep xuc d 2
| a  b | | a  7b |
Suy ra   25(a  b)2  (a  7b)2  0 (2)
2 5 2
* Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
 4
 (a  2) 2  b 2   a  2b 8 6
 5  2
 ( a; b )   ; 
25(a  b)  (a  7b)  0
2 2 
 25b  40b  16  0 5 5

| a b| 2 2
* Bán kính R = 
2 5
8 4 2 2
Vậy yêu cầu bài toán tương đương với K  ;  và R 
5 5 5
498
402
CÂU 58 (CHÍNH THỨC – ĐH B2009 – PHẦN NÂNG CAO). Trong

mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(–1; 4)
va các đỉnh B, C thuộc đường thẳng : x – y – 4 = 0. Xác định tọa độ
của các điểm B và C biết diện tích tam giác ABC bằng 18.
_ Trước khi triển khai việc tìm
tọa độ điểm ? ta cũng nên đặt ra
câu hỏi : “có tìm thêm được tọa
độ điểm mới nào không ?”. “có
lập thêm được phương trình
đường thẳng nào không ?” hay
“có lập được phương trình đường
tròn ẩn mình nào không ?”
 Quá trình này giúp ta liên kết các giả thiết tưởng chừng rời rạc nhưng
lại có một sợi dây liên kết vô hình xâu chuỗi chúng lại ?
_ Để trả lời cho câu hỏi trên, khi quan sát hình vẽ, ta nhận thấy do tính chất
đặc biệt của tam giác cân nên đường cao hạ từ đỉnh cân của tam giác sẽ
vuông góc với cạnh đáy BC  viết phương trình AH.
_ Ngoài ra H cũng chính là trung điểm của cạnh BC
 tìm tọa độ H = AH  BC  như vậy ta chỉ cần hoặc tìm tọa độ B
hoặc tìm toa độ C  giảm bớt quá trình đặt ẩn.
_ Như vậy đến đây ta còn đúng duy nhất 1 dữ kiện chưa dùng đến chính là
diện tích tam giác. Ta có:
1 1
SABC  AH .BC  AH .2 BH  AH .BH  BH  ?
2 2
 giải phương trình trên tìm tọa độ B  tọa độ C
* Gọi H là trung điểm BC (do tam giác ABC cân tại A)
 AH  BC: x – y – 4 = 0
Nên AH: x + y + m = 0. AH qua A(–1; 4)
 m = – 3. Vậy AH: x + y – 3 = 0
* Ta có: H = AH  BC  Tọa độ H là nghiệm của hệ
402 499
  7
x 
 x  y  3  0  2  7 1 
   H ; 
x  y  4  0  y  1 2 2 
  2
* Ta có B  BC: x – y – 4 = 0
 7 1  1 1
 B (b  4; b) và HB   b  4  ; b     b  ; b  
 2 2  2 2
1 1
* Mặt khác, SABC  AH .BC  AH .2 BH  AH .BH  BH 2  8
2 2
 3
2 2  b  2
 1  1  1 2
Suy ra  b     b    8   b    4  
 2  2  2 b  5
 2
Vậy tọa độ điểm B và C thỏa yêu cầu bài toán là:
 11 3   3 5   3 5   11 3 
B  ;  , C  ;  hay B  ;  , C  ; 
 2 2 2 2  2 2   2 2
CÂU 59 (CHÍNH THỨC – ĐH D2009 – PHẦN CƠ BẢN). Trong mặt

phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M(2; 0) là trung điểm của cạnh
AB. Đường trung tuyến và đường cao qua đỉnh A lần lượt là
7 x  2 y  3  0 và đường thẳng 6 x  y  4  0 . Viết phương trình đường
thẳng AC.
_ Dễ dàng tìm được tọa độ
điểm A = AH  AI  do M
là trung điểm AB  tọa độ
B  BC qua B và BC
vuông AH  viết phương
trình BC  I = BC  AI
 I là trung điểm BC  tọa
độ C  AC qua A và C.
* Gọi H là chân đường cao kẻ từ A và I là trung điểm BC.
Ta có A = AI  AH  Tọa độ A là nghiệm của hệ
500
402
7 x  2 y  3  0  x  1
   A 1; 2 
 6 x  y  4  0  y  2
* Do M là trung điểm AB
 x  x  2 xM  x  2 xM  x A  4  1  3
  A B  B  B(3;  2)
y
 A  y B  2 y M y
 B  2 y M  y A  0  2  2
* Đường thẳng BC  AH: 6x – y – 4 = 0  BC: x + 6y + m = 0.
BC qua B(3; –2)  m = 9. Vậy BC : x + 6y + 9 = 0
* Ta có I = AI  BC  Tọa độ I là nghiệm của hệ
  x0
7 x  2 y  3  0   3 
  3  I  0; 
 x  6y  9  0 
y
2
 2 

 3
* Đường thẳng AC qua A(1; 2) và nhận IM   2;  làm véctơ chỉ
 2
x 1 y  2
phương (do MI // AC) có dạng:   AC : 3x  4 y  5  0
4 3
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là AC : 3x  4 y  5  0
CÂU 60 (CHÍNH THỨC – ĐH D2009 – PHẦN NÂNG CAO). Trong

mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): ( x  1)2  y 2  1 . Gọi I là tâm
của (C). Xác định tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho góc IMO bằng 30o.
_ Trong bài toán này ta có thể hai
hướng để giải quyết:
+ Hướng thứ 1: Sử dụng
định lý hàm số cosin cho tam
giác IMO  tính được độ dài
cạnh OM  Tọa độ M chính
là giao điểm giữa đường tròn
(C) và đường tròn (C’) có tâm
O và bán kính OM.
+ Hướng thứ 2: Ta có góc IMO bằng 30o  góc IOM = 30o  M
thuộc đường thẳng d tạo với trục hoành một góc 30o  viết phương trình
đường OM  M = OM  (C).
402 501

* Áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác IMO ta có:
IM 2  OM 2  IO 2 3
cos IMO    OM  3
2 IM .OM 2
* Đường tròn (C’) có tâm O(0; 0) và bán kính R’ = OM = 3 có dạng là:
(C ') : x 2  y 2  3
* Điểm M chính là giao điểm giữa hai đường tròn (C) và (C’)  Tọa độ M
là nghiệm của hệ:
 3
 x  y 3
2 2
x  y  3  
2 y  
2
  2
 2 2 
( x  1)  y  1 2 x  3  0  x  3

 2
3 3 3  3
Vậy tọa độ điểm M cần tìm là M  ;  hay M  ; 
 2 2   2 2 
* Ta có góc IMO bằng 30o  góc IOM bằng 30o (do OMI cân tại I)
 đường thẳng OM hợp với trục hoành một góc 30o  hệ số góc cua
1
đường OM là k = tan  30  
3
1 x
* TH1: OM qua O có hệ số góc k1   OM: y  .
3 3
Khi đó M = OM  (C)
 x  x  0, y  0
 y
Suy ra tọa độ M là nghiệm của hệ:  3  3 3

( x  1) 2  y 2  1  x  , y 
  2 2
3 3
 M  ; 
2 2 
1 x
* TH2: OM qua O có hệ số góc k2   OM: y  .
3 3
502
402
Khi đó M = OM  (C)
 x  x  0, y  0
 y
Suy ra tọa độ M là nghiệm của hệ:  3  3  3

( x  1) 2  y 2  1  x  , y 
  2 2
3  3
 M  ; 
2 2 
3 3 3  3
Vậy tọa độ điểm M cần tìm là M  ;  hay M  ; 
2 2  2 2
   
CÂU 61 (CHÍNH THỨC – CĐ 2009 – PHẦN CƠ BẢN). Trong mặt

phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh C(–1; –2), đường trung
tuyến kẻ A có phương trình là 5 x  y  9  0 và đường cao kẻ từ B có
phương trình là x  3 y  5  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A và B.
_ Trong các dữ kiện đề bài
cho thì ta thấy dữ kiện
đường cao BH có thể giúp
ta thiết lập thêm một phương
trình đường thẳng nữa  đó
chính là đường thẳng AC
(AC qua C, AC  BH)
_ Khi đó A = AC  AM
 tọa độ A.
_ Mặt khác điểm B  BH  tham số hóa điểm B theo đường BH  biểu
diễn tọa độ M theo tọa độ B (do M là trung điểm BC)  M  AM  tọa
độ B.
* Ta có AC  BH: x + 3y – 5 = 0  AC: 3x – y + m = 0.
AC qua C(–1 ; –2)  m = 1.
Vậy AC : 3x – y + 1 = 0.
Lại có A = AC  AM (với M là trung điểm BC)
402 503
 3x  y  1  0  x 1
Suy ra tọa độ A là nghiệm của hệ    A 1; 4 
5 x  y  9  0  y  4
* Ta có B  BH: x + 3y – 5 = 0  B(5  3b; b)
 4  3b b  2 
 M ; 
 2 2 
* Mặt khác M  AM : 5x + y – 9 = 0
4  3b b  2
Suy ra 5   9  0  20  15b  b  2  18  0  b  0  B(5;0)
2 2
Vậy tọa độ điểm A và B cần tìm là A(1; 4), B(5;0)
CÂU 62 (CHÍNH THỨC – CĐ 2009 – PHẦN NÂNG CAO). Trong mặt

phẳng tọa độ Oxy, cho các đường thẳng 1: x  2 y  3  0 và
2: x  y  1  0 . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng 1 sao cho
1
khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng 2 bằng .
2
☺ Nhận xét và ý tưởng: Bài toán trên ta không thiết phải dựng hình, mà
chỉ đơn thuần kiểm tra kiến thức về dạng toán khoảng cách. Mời bạn đọc
xem lời giải.
* Ta có M  1: x – 2y – 3 = 0  M (2m  3; m)
 m  1
| 2m  3  m  1| 1
* Ta có d [ M ;  2 ]   | 3m  4 | 1  
2 2  m  5
 3
 1 5 
Vậy tọa độ điểm M cần tìm là M 1; 1 hay M  ; 
 3 3 
CÂU 63 (CHÍNH THỨC – ĐH A2010 – PHẦN CƠ BẢN). Trong mặt

phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x 3  y  0 và d2:
x 3  y  0 . Gọi (T) là đường tròn tiếp xúc với d1 tại A, cắt d2 tại B và
504
402
C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết phương trình của (T), biết
3
tam giác ABC có diện tích bằng và điểm A có hoành độ dương.
2
_ Để lập phương trình đường tròn (T) chúng ta chỉ cần  tìm được tọa độ của
A và C  tọa độ tâm I và độ dài bán kính R. (do nhận xét ABC  B).
_ Để xác định tọa độ A và C ta có thể giải theo cách hướng sau:
+ Hướng thứ 1 (không phát hiện d1 và d2 tạo góc 60o với nhau): Ta sẽ
viết phương trình đường tròn đi qua 3 điểm A, B, C  như vậy ta cần
tìm đầy đủ tọa độ của 3 điểm A, B, C  lần lượt tham số B và C theo d2
và A theo d1  chúng ta cần đến 3 phương trình bao gồm:
3
(1). SABC  , (2). AC  d1 , (3). AB  d2 .
2
+ Hướng thứ 2 (không phát hiện d1 và d2 tạo góc 60o với nhau): Ta sẽ
tham số hóa A theo d1  viết phương trình AC  d1 phụ thuộc theo tham
số của A. Khi đó C = AC  d2  biểu diễn tọa độ C theo tọa độ A.
Tương tự ta viết phương trình AB  d2  B = AB  d2 (tọa độ B biểu thị
1
theo A). Cuối cùng là sử dụng công thức S ABC  BA.BC  giải
2
phương trình và suy ra A và C.
+ Hướng thứ 3 (phát hiện d1 và d2 tạo góc 60o với nhau tại O)  dẫn
đến góc AOB  600 suy ra BAC  600  vận dụng công thức diện tích
1
tam giác SABC  BA. AC sin 600  dễ dàng tính được cạnh OA  suy
2
402 505
ra tọa độ điểm A. Đến đây thì ta viết phương trình AC (như hướng thứ
nhất)  C = AC  d1  tọa độ C.
 AB  (b  a; b 3  a 3)
 A d  A(a;  a 3) (a  0) 
 1
  AC  (c  a; c 3  a 3)
* Ta có  B  d 2   B(b; b 3) và 
C  d  u1  (1;  3) la vtcp cua d1
 C (c; c 3) 

2
 u 2  (1; 3) la vtcp cua d 2

 
 AB  d  AB.u2  0 (1)
 2

* Theo đề bài ta có:  AC  d1   AC.u1  0 (2) .
 
S 3 S 1 3
ABC  ABC  BA.BC  (3)
 2  2 2
a
* Từ (1)  b  a  3b  3a  0  4b  2a  0  b 
2
* Từ (2)  c  a  3c  3a  0  2c  4a  0  c  2a
  3a a 3 
 AB   ; 
  2 2 
* Khi đó  .
   3a  3a 3 
 BC   2 ; 2 
  
2  9a 2 3a 2  9a 2 27a 2 
2
Từ (3)  BA .BC  3      3
 4 4  4 4 
1 1 1
Suy ra a 4   a 2   a  , (do a  0)
9 3 3
 1   2 
 A ; 1 , C  ; 2 
 3   3 
 1 3 
* Suy ra tâm I  ;  và bán kính R  IA  1
2 3 2 
2 2
 1   3
Vậy phương trình đường tròn (T) là (T ) :  x    y  2  1
 2 3  
506
402

* Ta có A  d1  A(a; a 3), (a  0)
* AC vuông góc với d1 : x 3  y  0  AC : x  y 3  m  0 .
Lại có AC qua A  AC : x  y 3  4a  0
Ta có C = AC  d2  Tọa độ C là nghiệm của hệ

 x 3 y0  x  2a

 x  y 3  4 a  0

 y  2 a 3

 C 2a;  2a 3 
 
* AB vuông góc với d2 : x 3  y  0  AB : x  y 3  n  0
Lại có AB qua A  AB : x  y 3  2a  0
Ta có B = AB  d2  Tọa độ B là nghiệm của hệ
 a
 x 

 x 3 y0  2  a a 3 
    B  ; 

 x  y 3  2 a  0 y   a 3  2 2 

 2
3 1  1   2 
* S ABC   AB.BC  3  a   A ; 1 , C  ; 2 
2 3  3   3 
 1 3 
* Suy ra tâm I  ;  và bán kính R  IA  1
2 3 2 
2 2
 1   3
Vậy phương trình đường tròn (T) là (T ) :  x  
  y   1
 2 3  2
* d1 và d2 cắt nhau tại O,
| 3. 3  1.1| 1
cos(d1 , d 2 )  
3 1 3 1 2
và tam giác OAB vuông tại B,
do đó AOB  600  BAC  600 .
1
* Ta có S ABC  AB. AC.sin 600
2
402 507
3
 (OA.sin 600 )(OA.tan 600 )
3
.
3 3
 OA2
8
3 4
Do S ABC   OA2 
2 3
 3x  y  0
  1 
* Tọa độ A(x; y) với x > 0 thỏa mãn hệ  2 4  A  ; 1 
2
x  y   3 
 3
* AC đi qua A và vuông góc với d2, suy ra AC : 3x  3 y  4  0 .
Ta có C = AC  d2  Tọa độ C là nghiệm của hệ

 3x  y  0  2 
  C ; 2 
 3x  3 y  4  0
  3 
 1 3 
* Đường tròn (T) có đường kính AC, suy ra tâm I  ;  và bán kính
2 3 2 
R  IA  1
2 2
 1   3
Vậy phương trình đường tròn (T) là (T ) :  x  
  y   1
 2 3  2
■ Lời bình: Rõ ràng việc xác định được góc giữa hai đường thẳng d1 và d2
đã tạo sự thuận lợi cho ta rất nhiều trong quá trình tính toán. Cách 1 tuy
dài nhưng sẽ được nhiều bạn nghĩ đến, cách 2 đòi hỏi phải có một chút
liều lĩnh và ở cách 3 là ở sự quan sát, liên hệ với các đối tượng hình học
xung quanh một đối tượng đang tìm kiếm. Qua bài trên, chúng ta cũng
đút rút cho mình một số kỹ năng như khi thấy bài toán có cho nhiều
đường thẳng thì nên kiểm tra khoảng cách cũng như góc của chúng.
CÂU 64 (CHÍNH THỨC – ĐH

A2010 – PHẦN NÂNG CAO).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho
tam giác ABC cân tại A có đỉnh
A(6; 6), đường thẳng đi qua trung
điểm của cạnh AB và AC có
phương trình là (d): x + y – 4 = 0.
508
402
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.
_ Một câu hỏi đặt ra là đường thẳng MN mà đề bài cho và điểm E thuộc
đường cao kẻ từ C gợi ý cho ta điều gì ?
+ Thứ 1, đường thẳng MN trước hết là đường trung bình của ABC
 MN // BC và MN  AH  viết được phương trình AH. Nếu gọi K là
trung điểm MN  K cũng là trung điểm AH (hình vẽ)  điều này có
nghĩa là ta đã viết được phương trình BC (Việc lập phương trình BC có ý
nghĩa quan trọng trong quá trình tìm tọa độ B và C vì khi đó ta dễ dàng
tham số hóa B (hoặc C) và kết hợp với trung điểm H tìm được để giảm số
ẩn xuống thấp nhất (1 ẩn theo B)  vấn đề đặt ra ta cần thiết lập phương
trình chứa tham số của B.
+ Thứ 2, Điểm E thuộc đường cao kẻ từ C thì cũng để lộ “ yếu tố
vuông góc” mà thôi  ta bắt đầu liên kết tọa độ của các điểm lại thì lúc
này EC  AB  đó chính là phương trình mà ta đang cần tìm. Mời bạn
đọc xem lời giải.
* Gọi H là trung điểm BC, K là trung điểm AH
Ta có AH  BC: x + y – 4 = 0  AH: x – y + m = 0
AH qua A(6; 6)  m = 0. Vậy AH: x – y = 0
* K = AH  MN  Tọa độ K là nghiệm của hệ
x  y  4  0  x  2
   K (2; 2)  H (2; 2)
 x  y  0  y  2
* Đường thẳng BC đi qua H và BC // MN suy ra BC: x + y + 4 = 0.
* Ta có B  BC  B (b; 4  b) . Do H là trung điểm BC  C (4  b; b)
 AB  (b  6; 10  b)
* Ta có EC  AB  AB.EC  0 (*) với  .
 EC  ( 5  b; b  3)
Do đó
 b0
(*)  (b  6)(5  b)  (10  b)(b  3)  0  b 2  6b  0  
b  6
 Với b = 0  B(0; –4), C(–4; 0)
402 509
 Với b = –6  B(–6; 2), C(2; –6)

Vậy tọa độ điểm B và C cần tìm là
B(0; 4), C (4;0) hay B( 6; 2), C (2; 6)
CÂU 65 (CHÍNH THỨC – ĐH B2010 – PHẦN CƠ BẢN). Trong mặt

phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A có đỉnh C(–4; 1),
phân giác trong góc A có phương trình x + y – 5 = 0. Viết phương trình
đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và đỉnh A có
hoành độ dương.
► Hướng dẫn giải cách 1 (Sử dụng tính chất của đường phân giác):
* Gọi C’ là điểm đối xứng của C qua d,
ta có C’  AB. Phương trình CC’:
x–y+m=0
Do CC’ qua C(–4; 1)  m = 5.
Vậy CC’: x – y + 5 = 0.
Lại có H = CC’  d
 Tọa độ H là nghiệm của hệ
x  y  5  0
  H  0;5 
 x  y  5  0
* Mặt khác, H là trung điểm CC’ nên ta
có C '(4;9)
 AC  (4  a; 4  a)
* Vì A  d: x + y – 5 = 0  A(a;5  a ) và ta có 
 AC '  (4  a; 4  a)
Do ABC  A  AC’  AC
 AC. AC '  0  2a 2  32  0  a  4  A(4;1)  AC  8
1
* Lại có S ABC  24  AB. AC  AB  6
2
Vì AB  Ox  AB  yB  y A  yB  7 . Do B, C nằm về hai phía của
phân giác d nên yB  y A
Vậy tọa độ điểm B(4;7) .
510
402
* Nên phương trình đường thẳng

x  4 y 1
BC :   BC : 3x  4 y  16  0
4  4 7 1
Vậy phương trình đường BC cần tìm là BC : 3 x  4 y  16  0
► Hướng dẫn giải cách 2 (Vẽ hình kèm hệ trục tọa độ)
* Vì C ( 4;1) và góc CAB  900 , phân giac trong góc A là d: x + y – 5 = 0,

xA > 0 nên đường thẳng AC phải tạo với d một góc 45o
 A(4;1)  AC = 8.
1
* Mặt khác S ABC  24  AB. AC  AB  6
2
* Mặt khác AB  trục hoành nên B(4; 7)
x  4 y 1
BC :   BC : 3x  4 y  16  0
4  4 7 1
* Gọi D là điểm đối xứng của C(–4; 1) qua d: x + y – 5 = 0, suy ra tọa độ D
thỏa mãn:
402 511
 ( x  4)  (y 1)  0

 x  4 y 1  D(4;9)
   5  0
 2 2
* Điểm A thuộc đường tròn đường kính CD, nên tọa độ A thỏa mãn:
 x  y 5  0
 2 2
 A(4;1) do xA  0
 x  ( y  5)  32
2S ABC
Suy ra AC = 8  AB   6 . B thuộc đường thẳng AD: x = 4
AC
 tọa độ B(4; y) thỏa mãn: ( y  1)2  36  B(4;7) hay B(4; 5)
* Do d là phân giác trong cua góc A nên AB và AD cùng hướng, suy ra
B(4; 7)
x  4 y 1
BC :   BC : 3x  4 y  16  0
4  4 7 1
CÂU 66 (CHÍNH THỨC – ĐH B2010 – PHẦN NÂNG CAO). Trong mặt

x2 y 2
phẳng tọa độ Oxy, cho tọa độ điểm A(2; 3) và elip (E):   1 . Gọi
3 2
F1 và F2 là các tiêu điểm của (E), (F1 có hoành độ âm); M là
giao điểm có tung độ dương của đường thẳng AF1 với (E), N là điểm
đối xứng của F2 qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam
giác ANF2.
512
402
_ Để viết phương trình đường tròn đi qua ba điểm A, N, F2 chúng ta cần

xác định tọa độ của điểm N ? (do đề bài đã cho ta tọa độ của điểm A và
F2). Để tìm tọa độ điểm N ta dựa vào yếu tố M là trung điểm NF2
 tìm được tọa độ M suy ra tọa độ N. Lại có M = AF1  (E) nên ta dễ
dàng tìm được M.
_ Đến đây nếu khéo léo ta có thể kiểm tra xem tam giác ANF2 có là tam
giác đặc biệt ? (thông qua hai cách tính độ MA và so sánh với MF2 hoặc
cũng có thể xét tích vô hướng giữa hai véctơ NA và AF2). Tuy nhiên nếu
không phát hiện được thì bạn vẫn có thể lập được phương trình đường
tròn đi qua 3 điểm trên thông qua dạng khai triển của đường tròn (C).
 a2  3 a  3
x 2
y  2 

* (E)  1  b2  2  b  2 suy ra F1 (1;0), F2 (1;0)
3 2 c 2  a 2  b 2  1  c  1
 
x 1 y x 1
* Phương trình đường AF1 :  y
3 3 3
* Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (E) và AF1 ta có:
 x  1 (tm)
3
2 x  3. ( x  1)  6  3 x  2 x  5  0  
2 2 2
9  x  5 (ktm)
 3
402 513
 2   4 
Vậy M 1;  , N 1; 
 3  3
* Gọi dạng khai triển của đường tròn (C) cần tìm là:
x2  y 2  2mx  2ny  p  0, (R  m2  n2  p )
 16 8n
 1   2 m   p0  m 1
 N  ( C ) 3 3 
   2
Theo đề bài ta có:  A  (C )  4  3  4m  2n 3  p  0  n 
   3
 F2  (C) 
1  2m  p  0
 p  1

Vậy phương trình đường tròn cần tìm là (C):
4
x2  y 2  2 x  y 1  0
3
* Những cách khác để lập phương trình đường tròn khi tìm được tọa độ
điểm N.
 2 
Xét AN   1;  , AF2  (1;  3) . Do AN. AF2  0  ANF2  A
 3 
Vậy đường tròn qua A, N, F2 là đường tròn đường kính NF2 có tâm M và
bán kính R = MF2.
2
 2  4 2
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là (C) : ( x  1)   y   
 3 3
(Hay ta cũng có thể làm theo đáp án của Bộ GD&ĐT)
2
Ta có MA  MF2  và do N là điểm đối xứng của F2 qua M nên
3
MF2 = MN
Suy ra MA  MF2  MN  Do đó đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF2
chính là đường tròn tâm M, bán kính MF2.
2
 2  4 2
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là (C) : ( x  1)   y   
 3 3
2
 2  4 2
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là ( x  1)   y   3
 3
514
402
CÂU 67 (CHÍNH THỨC – ĐH D2010 – PHẦN CƠ BẢN). Trong mặt

phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; –7), trực tâm H(3; –1),
tâm đường tròn ngoại tiếp là I(–2; 0). Xác định tọa độ đỉnh C, biết C có
hoành độ dương.
_ Bài toán này có thể tiếp cận theo 2 hướng chính (hoặc kẻ thêm đường
phụ, hoặc không kẻ thêm đường phụ). Cụ thể ta có các cách tiếp cận sau:
+ Cách 1: (kẻ thêm đường phụ – kéo dài AH cắt (C) tại H’): Do đề bài
cho A và I  nên ta viết được phương trình đường tròn (C) có tâm I và
bán kính R = IA  Khi đó H’ và A là giao điểm giữa AH và (C). Điều
đặc biệt là trung điểm HH’ thuộc đường thẳng BC  viết phương trình
BC  B và C là giao điểm giữa BC và (C).
+ Cách 2: (kẻ thêm đường phụ – kéo dài AI cắt (C) tại A’): tương tự
cách 1, ta cũng tìm được tọa độ A’. Ở đây nhận xét BHCA’ là hình bình
hành (xem lại bổ đề chương 1)  trung điểm HA’ thuộc đường thẳng BC
 viết phương trình đường thẳng BC  AH  B và C là giao điểm giữa
BC và (C).
+ Cách 3: (không kẻ thêm đường phụ – theo đáp án của Bộ GD&ĐT).
* Kéo dài AH cắt đường tròn (C) tâm I
bán kính IA tại H’.
Dễ dàng chứng mình được góc HCH’
= góc BAH’. Mà góc BAH’ = góc
BCH’ (góc nội tiếp cùng chắn một
cung)  góc HCB = góc BCH’
 BC là đường phân giác của góc
HCH’ mà BC  HH’
Nên HCH’ cân tại C  BC là trung trực của HH’. BC  HH’ = M
 M là trung điểm của HH’
* Đường tròn (C) có tâm I(–2; 0) và bán kính R = IA = 74
 (C ) : ( x  2) 2  y 2  74
402 515
* Đường thẳng AH có phương trình AH : x  3  0 .

* Ta có H’ và A là giao điểm giữa (C) và AH thỏa hệ
( x  2) 2  y 2  74  x  3, y  7
   x  3, y  7
 x3  0 
Do A(3; –7) nên ta nhận H’(3;7).
* Đường thẳng BC có phương trình: BC : y  3  0 cắt đường tròn (C) tại
hai điểm B và C thỏa hệ:
( x  2)2  y 2  74
  x   65  2, y  3
 

 y  3  0  x  65  2, y  3
Do C có hoành độ dương nên ta nhận C ( 65  2;3)
Vậy điểm tọa độ điểm C thỏa yêu cầu bài toán là C ( 65  2;3)
* Đường tròn (C) có tâm I(–2; 0) và
bán kính R = IA = 74
 (C ) : ( x  2) 2  y 2  74
* Gọi AA’ là đường kính.
CA '  AC
Ta có   CA '/ / BH (1)
 BH  AC
 BA '  AB
và   BA '/ / CH (2)
CH  AB
Từ (1) và (2) suy ra BHCA’ là hình bình hành và gọi M là trung điểm BC
 M cũng là trung điểm của HA’
Ta có IM là đường trung bình của tam giác A’AH nên
1
IM  AH  M (2;3)
2
* Phương trình đường thẳng BC qua M và vuông góc AH là y – 3 = 0.
* Tọa độ C thỏa mãn hệ phương trình
( x  2)2  y 2  74
  x  2  65
 y 3  0   C (2  65;3)
  y 3
x0

516
402
* Đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC có phương trình:
(C ) : ( x  2) 2  y 2  74
* Phương trình AH: x = 3 và BC  AH
 BC: y = a ( a  7) do BC không
đi qua A.
* Do đó hoành độ B, C thỏa phương
trình: ( x  2)2  a2  74
 x2  4 x  a2  70  0 (1)
* Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có ít nhất một nghiệm
dương khi và chỉ khi | a | 70 .
* Do C có hoành độ dương nên ta có:
B (2  74  a 2 , a) và C (2  74  a 2 , a ) .
* AH  BC
 AH .BC  0   74  a 2  5  
74  a 2  5  (a  7)(1  a)  0
 a  7 (ktm)
 a 2  4a  21  0  
 a  3 (tm)
■ Lời bình: Có thể thấy lời giải của Bộ GD&ĐT đậm chất “đại số hóa hình học”.
Điều này không có gì là không tốt nhưng nó sẽ làm mất đi một phần nào đó ý
nghĩa hình học mà bài toán mang lại. Con đường giải quyết bài toán hình học
dựa trên công cụ đại số không phát triển về tư duy và óc thẩm mĩ của học sinh
mà chỉ đơn giản rèn luyện và phát huy những kỹ năng mạnh của đại số. Với
hình học, thì kĩ năng kẻ đường phụ là cực kì quan trọng. Nếu có một nền tảng
vững chắc khi bắt đầu học về hình học thì bài toán này không quá khó để chúng
ta phải giải quyết. Nhưng làm sao để nghĩ ra việc phải kẻ những đường phụ đó
lại là vấn đề cần được quan tâm. Liệu chăng vấn đề dạy và học chỉ là nhồi nhét
những kiến thức phục vụ cho kì thi hay phát triển năng lực của học sinh trước
việc giải quyết một bài toán ?
402 517
CÂU 68 (CHÍNH THỨC – ĐH D2010 – PHẦN NÂNG CAO). Trong mặt

phẳng tọa độ Oxy, cho tọa độ điểm A(0; 2) và  là đường thẳng đi qua O. Gọi
H là hình chiếu vuông góc của A trên . Viết phương trình đường thẳng ,
biết khoảng cách từ H đến trục hoành bằng AH.
_ Đây có thể coi là một trong những câu
Oxy “khó nhất” mà khối D đã từng ra
thi. Bài toán này có thể tiếp cận theo
nhiều hướng khác nhau như xuất phát
điểm là việc tìm toa độ điểm H (tính độ
dài, tính góc, đặt ẩn giải hệ) hoặc xuất
phát từ việc gọi dạng của đường thẳng
 (do  đã đi qua gốc tọa độ O).
+ Hướng thứ 1: (sử dụng khoảng cách) Ở đây ta gọi H(a; b)  2 ẩn nên
chắc chắn cần 2 phương trình  pt (1) đó là AH  OH, pt (2) đó là
AH = d[H;Ox]  giải hệ trên tìm được tọa độ H .
+ Hướng thứ 2: (sử dụng kỹ thuật dùng góc) ở đây ta thấy góc HOM = góc
HM OH OH 2
HAO  sin HOM  và sin HAO    HM  AH kết
OH AO 2
hợp AH 2  OH 2  OA2  4  tính được hết độ dài các cạnh  suy ra tọa
độ của điểm H.
+ Hướng thứ 3: (gọi dạng hệ số góc k của đường  ). Ta có thể nhận xét
nhanh nếu   Ox hay đường   Oy đều không thỏa mãn  : y = kx  viết
phương trình AH    tìm tọa độ H =   AH. Cuối cùng là việc sử dụng
d[H; Ox] = AH  giải phương trình tìm k  suy ra đường thẳng .
+ Hướng thứ 4: (theo đáp án của Bộ GD&ĐT): tương tự như hướng thứ 1,
cách giải gọi H(a; b) và thiết lập 2 phương trình 2 ẩn để giải  trong đó H 
đường tròn đường kính OA và d[H;Ox] = AH. Mời bạn đọc xem lời giải.
* Gọi H (a; b) là hình chiếu của A xuống . Ta có AH  (a; b  2), OH  (a; b) .
 AH .OH  0 2
  a  b(b  2)  0
* Do giả thiết ta có:  
 AH  d [ H ;Ox]  a 2  (b  2)2 | b |
 
518
402
 a 2  2b  b 2 2
 a  2b  b
2
 
2 2 2 2
 a  (b  2)  b b  2b  4  0
 b  1  5  a 2  8  4 5 (tm)

b  1  5  a 2  8  4 5 (ktm)
Do đó: H   
4 5  8; 1  5 hay H  4 5  8; 1  5 
* Vậy phương trình đường thẳng  là:  
5 1 x  y 4 5  8  0
22 5
Vậy phương trình đường thẳng thỏa yêu cầu bài toán là y   x
2
► Hướng dẫn giải cách 2: Gọi M là hình chiếu của H lên trục hoành.
* Ta có góc HOM = góc HAO nên
OH HM OH 2 OH 2
sin HOM  sin HAO    HM  AH  
OA OH OA 2
* Mặt khác AHO  H có AH 2  OH 2  OA2  4, ( AH  0)
 AH  1  5 (tm)
 AH 2  2 AH  4  0  
 AH  1  5 (ktm)
 OH 2  2 HM  2  2 5
* Lại có OHM  M
 OM 2  OH 2  HM 2  2  2 5  6  2 5  8  4 5  OM  8  4 5
Do đó: H   
4 5  8; 1  5 hay H  4 5  8; 1  5 
* Vậy phương trình đường thẳng  là:  
5 1 x  y 4 5  8  0
22 5
2
* Giả sử   Ox  H  A: không thỏa mãn AH = d[H; Ox]
* Gỉả sử   Oy  H  O: không thỏa mãn AH = d[H; Ox]
* Phương trình đường thẳng  có dạng y = kx ( k  0 ).
402 519
1
Ta có AH   và AH qua A  AH : y  x2
k
* Ta có H = AH    Tọa độ H là nghiệm của hệ
  2k
 y  kx  x 
  k 2 1  2k 2k 2 
 1   H 2 ; 2 
y  x  2 2k 2  k 1 k 1 
 k  y 2  
  k 1
* Mặt khác AH = d[H; Ox]
2 2 2
 2k   2k  2k 2
  2   2  2  2  k 4  k 2 1  0

 k 1   k 1   k 1
 2 1 5
 k  (tm)
2 22 5
  k 
 2 1 5 2
 k   0 (k tm )
 2
22 5
2
* Gọi tọa độ H là (a; b).
Ta có AH 2  a2  (b  2)2 và d[ H ; Ox] | b | a2  (b  2)2  b2 (1)
Mặt khác do H thuộc đường tròn đường kính OA, nên a2  (b  2)2  1 (2)
 2
 a  4b  4  0
* Từ (1), (2), ta có 
2 2
a  b  2b  0

Suy ra H   
4 5  8; 1  5 hay H  4 5  8; 1  5 
22 5
2
CÂU 69 (CHÍNH THỨC – ĐH A2011 – PHẦN CƠ BẢN). Trong mặt phẳng

tọa độ Oxy, cho đường thẳng : x + y + 2 = 0 và đường tròn
(C): x 2  y 2  4 x  2 y  0 . Gọi I là tâm của (C), M là điểm thuộc . Qua M
520
402
kẻ các tiếp tuyến MA và MB đến (C) (A và B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ
điểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10.
_ Nhận xét: M  d  tham số hóa điểm M theo d  1 ẩn nên cần 1 phương trình.
_ Phương trình đó chắc chắn ta phải khai thác từ dữ kiện SMAIB = 10 = 2SIAM
 AM = ?  IM = ?
_ Lưu ý: Với một số bài toán cho các khối hình tứ giác phức tạp, thậm chí là các
hình tứ giác quen thuộc (hình thang, hình bình hành, hình thoi,...) mà ta “bất
chợt quên” mất công thức của nó thì cách tốt nhất là “chia” các khối hình đó về
“tam giác con”. Mời bạn đọc xem lời giải.
* Ta có M  d: x + y + 2 = 0  M (m; 2  m)
* Đường tròn (C) có tâm I(2; 1) và bán kính IA = IB = R = 5 .
* Tứ giác MAIB có góc MAI = góc MBI = 90o và MA = MB
Suy ra SMAIB  IA.MA  MA  2 5
Mặt khác, IAM  A có IM 2  IA2  AM 2  25 (*) với IM  (m  2;  m  3)

 m2
* Do đó (*)  (m  2) 2  (m  3) 2  25  m2  m  6  0  
 m  3
Vậy ta có M (2; 4) hay M (3;1)
Vậy tọa độ điểm M thỏa yêu cầu bài toán là M (2; 4) hay M ( 3;1)
402 521
CÂU 70 (CHÍNH THỨC – ĐH A2011 – PHẦN NÂNG CAO). Trong mặt

x2 y 2
phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E):   1 . Tìm tọa độ các điểm A và B
4 1
thuộc (E), có hoành độ dương sao cho tam giác OAB cân tại O và có diện tích
lớn nhất.
_ Việc xác định tọa độ A và B sao cho OAB có diện tích lớn nhất  ta có thể
biểu diễn công thức tính diện tích tam giác theo một ẩn số nào đó ?  sử dụng
phương pháp hàm số hoặc vận dụng các bất đẳng thức Cauchy, bất đẳng thức
hình học để giải. Mời bạn đọc xem lời giải.
* Do A và B đối xứng qua trục hoành. Ta gọi
 a2   a2 
A  a; 1    ( E )  B  a;  1   (a > 0)
 4   4 
   
Suy ra: AB | 2 y | 4  a 2
* Gọi H là trung điểm AB thì H(a; 0) và OH  AB
1 1 2 a2  4  a2
* Ta có SOAB  OH . AB  a 4  a  1
2 2 4
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  4  a2  a  2
  2  2  2   2
Suy ra A  2;  , B  2;  hay A  2;  , B  2; 
 2   2  2 2
    
* Chú ý nếu không áp dụng bất đẳng thức Cauchy. Ta có thể dùng phương pháp
khảo sát hàm số để tìm giá trị lớn nhất của SOAB.
522
402
1 2 1
Đặt f (a )  ( S OAB ) 2  a (4  a 2 )  a 4  a 2 .
4 4
Tập xác định D = (0; + ) do a > 0.
 a0

Khi đó f '(a)  a3  2a . Xét f '(a)  0   a  2
a   2

Do a > 0 nên ta nhận a  2 .
Khi đó dựa vào bảng biến thiên ta có max f(a) = 1  a  2
  2  2  2   2
Suy ra A  2;  , B  2;  hay A  2;  , B  2; 
 2   2  2 2
    
Vậy tọa độ điểm A và B cần tìm là
  2  2  2   2
A  2;  , B  2;  hay A  2;  , B  2; 
 2   2   2   2 
CÂU 71 (CHÍNH THỨC – ĐH B2011 – PHẦN CƠ BẢN). Trong mặt phẳng

tọa độ Oxy, cho đường thẳng : x – y – 4 = 0 và d: 2x – y – 2 = 0. Tìm tọa độ
điểm N thuộc đường thẳng d sao cho đường thẳng ON cắt đường thẳng 
tại điểm M thỏa mãn OM.ON = 8.
_ Để xác định tọa độ điểm M và N
trong đề bài ta có thể M  , N  d
 2 ẩn nên cần 2 phương trình  pt
(1) chính là OM.ON = 8, pt (2)
chính là O, M, N thẳng hàng. Tuy
nhiên cần chú ý việc giải một
phương trình bậc cao đòi hỏi ở
người giải những kỹ năng đại số
nhất định. Mời bạn đọc cùng xem
lời giải.
* Gọi M (m; m  4) và N (n; 2n  2) d
m m4
* Ta có O, M, N thẳng hàng  0
n 2n  2
402 523
2m
 m(2n  2)  n(m  4)  mn  2m  4n  n 
m4
 OM   m; m  4 

* Do đó   2m 2(m  4) 
ON   ; 
  m  4 m4 
* Mặt khác OM .ON  8  OM 2 .ON 2  64
2 2  4m 2 4(m  4)2 
 
  m  (m  4)     64
 (m  4)
2
(m  4)2 
 (2m 2  8m  16) 2  [4(m  4)]2
 2m 2  8m  16  4(m  4)  2m 2  12m  0
 2  2
 2 m  8m  16   4( m  4)  2m  4m  32  0 (vn)
 m  0 hay m  6
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là:
6 2
M 1 (0;  4), N1 (0;  2) hay M 2 (6; 2), N1  ; 
5 5

1 
phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B  ;1 . Đường tròn nội tiếp
2 
tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các điểm D, E,
F. Cho D(3; 1) và đường thẳng EF có phương trình y  3  0 . Tìm tọa độ
đỉnh A, biết A có tung độ dương.
_ Việc phát hiện một tính chất hình
học ẩn sau trong một bài toán là
điều rất quan trọng vì nó góp
phần cho ta “manh mối” để tìm
cho ra câu trả lời mà ta đang
muốn tìm. Ở đây theo phản xạ tự
nhiên chắc chắn chúng ta sẽ
“lập phương trình đường BC.
Nhưng trong quá trình lập đó ta
phát hiện BC // EF  điều này
524
402
dẫn đến ABC là tam giác cân

tại A.
_ Mọi chuyện gần như sáng sủa hơn rất hơn nhiều vì khi đó ta có thể  viết
phương trình AD  EF và AD qua D. Đồng thời do tính chất của đường tròn nội
tiếp tam giác nên BE = BD  tìm tọa độ điểm E  viết phương trình AB và
kết hơp AB  AD  tọa độ điểm A. Mời bạn đọc xem lời giải.
1  5 
* BC qua B  ;1 có véctơ chỉ phương BD   ;0  suy ra BC: y – 1 = 0
2  2 
Mà phương trình EF: y – 3 =0 do đó BC // EF nên ABC cân tại A.
* Gọi E  m;3 EF .
2 2
2 25 
2 1  1 9 m2
Ta có BD  BE   m   4  m    
4  2  2 4  m  1
Vậy E1 (2;3) hay E2 (1;3) và do BC // y’Oy nên AD // x’Ox  xA  xD  3
3  1
* AB qua B có vtcp BE1   ; 2    3; 4  .
2  2
x 2 y 3
Phương trình BE1 :   4x  3y 1  0
3 4
13
A  AB : x A  3  y A  (nhận vì thỏa yêu cầu bài toán)
3
 3  1
* AB qua B có vtcp BE2   ; 2    3; 4  .
 2  2
x 2 y 3
Phương trình BE1 :   4x  3y  5  0
3 4
7
A  AB : x A  3  y A  (nhận vì thỏa yêu cầu bài toán)
3
 13 
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là: A  3; 
 3
1  5 
* BC qua B  ;1 có véctơ chỉ phương BD   ;0  suy ra BC: y – 1 = 0
2  2 
Mà phương trình EF: y – 3 =0 do đó BC // EF nên ABC cân tại A
 AD  BC
402 525
Nên AD : x  m  0 . AD qua D(3; 1)  m = – 3. Vậy AD : x  3  0

2
25  1 
2 2 t2
* F có tọa độ dạng F (t ;3) . Ta có: BD  BF   t    4  
4  2 t  1
* Với t = –1  F (1;3) ; suy ra đường BF có phương trình BF : 4 x  3 y  5  0
Khi đó A = BF  AD  Tọa độ A là nghiệm của hệ:
 x3
 x3  0 
  7 Do A có tung độ dương.
4 x  3 y  5  0  y  ( ktm )
3
* Với t = 2  F (2;3) ; suy ra đường BF có phương trình BF : 4 x  3 y  1  0
Khi đó A = BF  AD  Tọa độ A là nghiệm của hệ:
 x3
 x3  0 
  13
4 x  3 y  1  0  y  3 (tm)
 13 
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là: A  3; 
 3
CÂU 73 (CHÍNH THỨC – ĐH D2011 – PHẦN CƠ BẢN). Trong mặt phẳng

tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(–4; 1), trọng tâm G(1; 1) và đường
thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình x – y – 1 = 0. tìm tọa
độ các đỉnh A và C.
_ Giữa hai tọa độ cần tìm là
A và C thì tọa độ điểm A
có nhiều lợi thế hơn cả do
A thuộc phân giác trong kẻ
từ A. Và nếu tìm được tọa
độ điểm A ta gần như chắc
chắn tìm được tọa độ điểm
C (thông qua công thức
trọng tâm G).
_ Vấn đề đặt ra là tìm tọa độ điểm A như thế nào ?  A  d: x – y – 1 = 0  viết
thêm một phương trình đường thẳng nữa  Ở đây ta chọn AC do AC có trung
điểm N thỏa 3BG = 2BN và đồng thời nhờ tính chất “phân giác” nên ta tìm
thêm được điểm mới M (Bạn đọc có thể xem lại dạng toán này ở phần chủ đề
2.1, 2.2 chương 2).
526
402

* Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên d: x – y – 1 = 0 và M là điểm đối xứng
của B qua phân giác d. (M  AC). Ta có BM  d: x – y – 1 = 0
 BM : x  y  m  0 . BM qua B(–4; 1)  m = 3.
Vậy BM : x  y  3  0
* Ta có H = BM  d  tọa độ H là nghiệm của hệ
 x  y 1  0  x  1
   H (1; 2)
x  y  3  0  y  2
Mặt khác H là trung điểm BM nên ta có M (2; 5)
* Gọi N là trung điểm AC nên ta có :
  7
 5  2( xN  1)  xN  7 
BG  2GN    2  N  ;1
0  2( yN  1)  yN  1

2 

3  3
* AC qua M(2 ;–5) có vtcp MN   ;6   1; 4  có dạng là
2  2
x2 y 5
AC :   4 x  y  13  0
1 4
Lại có A = AC  d  tọa độ A là nghiệm của hệ
4 x  y  13  0 x  4
   A(4;3)
 x  y  1  0  y  3
Ta có N là trung điểm AC  C (3; 1)
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là : A(4;3), C (3; 1)

phẳng tọa độ Oxy, cho tọa độ điểm A(1; 0) và đường tròn (C):
x 2  y 2  2 x  4 y  5  0 . Viết phương trình đường thẳng  cắt (C) tại điểm
M và N sao cho tam giác AMN vuông cân tại A.
_ Do AMN vuông cân tại A nên
ta có AI  MN  dạng phương
trình của đường MN // Ox. Đến
đây ta có 2 hướng tiếp cận:
402 527
+ Hướng thứ 1: Đó là vận

dụng bài toán cắt giữa đường
thẳng và đường tròn tạo thành
dây cung với cách thiết lập
MN 2
 d[ I ; MN ] 
2
 MA2  R 2
4
+ Hướng thứ 2: Đó là thay
phương trình đường thẳng
y = f(x) vào phương trình
đường tròn (C) và biện luận m
theo yêu cầu bài toán.
* Đường tròn (C) có tâm I(1; –2) và bán kính R  10 . Vì A và I đều đồng thời
cách đều M và N nên MN  AI và AI  (0; 2) nên phương trình MN có
dạng y = t (t  R)
* Ta có MN  2d [ A; MN ]  2 | b | và d [ I ; MN ]  | b  2 |
MN 2
* Mặt khác  d [ I ; MN ] 
2
 MA2  R 2  b2  2b  3  0
4
Suy ra b = 1 hay b = –3.
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là y  1 hay y  3
► Hướng dẫn giải cách 2: (Theo đáp án của Bộ GD&ĐT)
* Đường tròn (C) có tâm I(1; –2) và bán kính R  10 .
* Ta có IM = IN và AM = AN  AI  MN   có dạng y = m.
* Hoành độ M, N là nghiệm của phương trình:
x 2  2 x  m2  4m  5  0 (1)
(1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khi và chỉ khi: m2  4m  6  0(*) .
Khi đó giả sử M ( x1 ; m) và N ( x2 ; m)
* Ta có AM  AN  AM .AN  0
 ( x1  1)( x2  1)  m 2  0  x1 x2  ( x1  x2 )  m 2  1  0 (2)
 b
 x1  x2  2
a
Theo hệ thức Vi–et của phương trình (1) ta có 
 x . x  c  m 2  4m  5
 1 2 a
528
402
 m 1
Do đó (2)  2m2  4m  6  0   thỏa mãn (*).
 m  3
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là y  1 hay y  3
■ Lời bình: Thoạt nhìn ta cứ tưởng cách giải 1 là ngắn nhưng có thể đã để hở một
số điều kiện đó chính là A, M, N không được thẳng hàng. Ở cách giải 2 của Bộ
chặt chẽ về mặt điều kiện và dễ dàng tiếp cận hơn với cách giải thiên về hình
học của của cách giải 1.
CÂU 75 (CHÍNH THỨC – CĐ 2011 – PHẦN CƠ BẢN). Trong mặt phẳng tọa
độ Oxy, cho đường thẳng d: x + y + 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng đi
qua điểm A(2; –4) và tạo với đường thẳng d một góc bằng 45o.
* Phương trình đường thẳng  qua A(2; –4) có vécto pháp tuyến
n  (a; b) (a 2  b 2  0) là:
a ( x  2)  b( y  4)  0
* Đường thẳng d có ve1cto pháp tuyến là u  (1;1)

| n.u | |ab|
Do đó cos(d ; )  | cos( n; u ) |  
| n |.| u | 2 a 2  b2
| ab| a  0
Theo đề bài ta có cos(d ; )  cos 45   ab  0  
2 a 2  b2 b  0
* Với a = 0, do a 2  b 2  0 nên ta chọn b = 1. Khi đó 1 : y  4  0
* Với b = 0, do a 2  b 2  0 nên ta chọn a = 1. Khi đó  2 : x  2  0
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là: 1 : y  4  0 hay  2 : x  2  0
CÂU 76 (CHÍNH THỨC – CĐ 2011 – PHẦN NÂNG CAO). Trong mặt phẳng tọa
độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình các cạnh là AB: x + 3y – 7 = 0,
BC: 4x + 5y – 7 = 0, CA: 3x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường cao kẻ từ
đỉnh A của tam giác ABC.
* A = AB  AC
402 529
 Tọa độ A là nghiệm của hệ

 x  3y  7  0

3x  2 y  7  0
 x 1
  A(1; 2)
 y  2
* Gọi d là đường cao kẻ từ A,
ta có d  BC
 d: 5x – 4y + m = 0
Mặt khác d qua A(1; 2)  m = 3.
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là d : 5 x  4 y  3  0
CÂU 77 (CHÍNH THỨC – ĐH

A2012 – PHẦN CƠ BẢN).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,
cho hình vuông ABCD. Gọi M
là trung điểm của cạnh BC, N là
điểm trên cạnh CD sao cho
CN  2 ND . Giả sử tọa độ điểm
 11 1 
M  ;  và đường thẳng AN
 2 2
có phương trình 2x – y – 3 = 0.
Tìm tọa độ điểm A.

Một lợi thế cực lớn của bài này đó chính là A  AN  ta có thể tham số tọa độ
A theo đường AN. Tuy nhiên việc tìm được phương trình còn lại liên hệ với
tham số của A thì không dễ chút nào. Thử liệt kê lại các dữ kiện đã cho trong
bài ta có: phương trình AN ? trung điểm M và N  CD sao cho CN = 2ND.
Từ đây ta có thể đề nghị các hướng giải sau:
+ Hướng thứ 1: (xét điểm A trong sự tương giao giữa AM và AN) nghĩa là
ta cần tìm véctơ pháp tuyến của AM  gợi lên nhu cầu tính góc AMN = ?
Do xét thấy AMN không là tam giác đặc biệt nên ta sẽ phải vận dụng định lý
hàm số cosin  do vậy ta bắt buộc đặt 1 cạnh của hình vuông là số đo chưa biết
(ví dụ AB = a > 0) và tìm cách tính các cạnh AM, MN, NA theo a ?
+ Hướng thứ 2: (liên hệ tọa độ A và M)  nghĩa là ta cần tính độ dài AM =?
 Ở đây ta có thể đặt cạnh AB = a > 0 và liên hệ giữa “điểm và đường” tạo nên
530
402
khoảng cách, gọi H là hình chiếu của M lên AN  biểu diễn cạnh a theo độ dài
MH đó.
+ Hướng thứ 3: (sử dụng kỹ thuật kẻ đường phụ – theo đáp án của Bộ
GD&ĐT). Mời bạn đọc xem lời giải.
* Đặt AB = a > 0
a 2a a
 ND  , NC  , MB  MC  (vì ABCD là hình vuông)
3 3 2
 2 2 2 2 a 2 5a 2
 AM  AB  BM  a  4  4

 2 2 2 2 a 2 10a 2
* Áp dụng định lý Pytago ta có:  AN  AD  DN  a  
 9 9
 2 2 2 4a a2 2
40a 2
 MN  NC  CM   
 9 4 9
* Áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác AMN ta có:
AM 2  AN 2  MN 2 2
cos MAN  
2 AM . AN 2
Mặt khác, gọi n1  (a1; b1 ) (a12  b12  0) là vtpt của AM và ta có vtpt AN là
n2  (2; 1) nên:
| 2a1  b1 | 2
cos MAN  | cos(n1 , n2 ) |  
a12  b12 22  12 2
 3a12  8a1b1  3b12  0 (*)

* Với b1 = 0 thì (*)  a1 = 0 (không thỏa a12  b12  0 ).
 a  1
Với b1  0 , ta chọn b1  3 thì (*)  
 a9
 11 1 
* TH1: với n1  (1;3) ta có phương trình AM qua M  ;  là
 2 2
x  3y  4  0
Lại có A = AM  AN
x  3y  4  0  x 1
 Tọa độ A là nghiệm của hệ    A(1; 1)
 2 x  y  3  0  y  1
402 531
 11 1 
* TH2: với n1  (3;1) ta có phương trình AM qua M  ;  là
 2 2
3x  y  17  0
Lại có A = AM  AN  Tọa độ A là nghiệm của hệ
3x  y  17  0 x  4
    A(4;5)
 2 x  y  3  0  y  5
Vậy tọa độ điểm A thỏa yêu cầu bài toán là A(1; 1) hay A(4;5)
a 2a a
* Đặt AB = a > 0  ND  , NC  , MB  MC  (vì ABCD là hình
3 3 2
vuông)
 2 2 2 2 a 2 5a 2
 AM  AB  BM  a  4  4

 2 2 2 2 a 2 10a 2
* Áp dụng định lý Pytago ta có:  AN  AD  DN  a  
 9 9
 2 2 2
2
4a a 2
25a 2
 MN  NC  CM   
 9 4 36
* Áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác AMN ta có:
AM 2  MN 2  AN 2 5
cos AMN  
2 AM .MN 5
2
 sin AMN  1  cos 2 AMN 
5
1 1
* Ta có S AMN  d [ M ; AN ]. AN  AM .MN .sin AMN
2 2
532
402
1
|11   3 |
2 a 10 5a 2
  AM .
5 3 6 5
45
Suy ra AM 2  (1).
2
 11 7
Mặt khác A  AN: 2x – y – 3 = 0  A(t; 2t – 3) và MA   t  ; 2t  
 2 2
* Do đó
2 2
 11   7  45 t  1  A(1; 1)
(1)   t     2t     t 2  5t  4  0  
 2  2 2  t  4  A(4;5)
► Hướng dẫn giải cách 3: (theo đáp án của
Bộ GD&ĐT – kỹ thuật kẻ đường phụ)
* Gọi H là giao điểm của AN và BD. Kẻ
đưởng thẳng qua H và song song với AB,
cắt AD và BC lần lượt tại P và Q. Đặt
HP  x  PD  x, AP  3x, HQ  3x .
* Ta cóCQ  x  MQ  x . Do đó
AHP  HMQ suy ra AH  HM .
Mặt khác AH = HM
3 10
Suy ra AHM vuông cân tại H  AM  2 MH  2d [ M ; AN ] 
2
 11 7
* A(t; 2t – 3) và MA   t  ; 2t  
 2 2
* Do đó
2 2
 11   7  45 t  1  A(1; 1)
(1)   t     2t     t 2  5t  4  0  
 2  2 2  t  4  A(4;5)

phẳng tọa độ Oxy, cho đương tròn (C): x 2  y 2  8 . Viết phương trình chính
tắc của elip (E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C) tại bốn
điểm tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông.
402 533
x2 y 2
* Gọi phương trình chính tắc của (E) có dạng là 2  2  1 với a > b > 0
a b
* Theo đề bài ta có độ dài trục lớn bằng 8  2a = 8  a = 4
* Do (E) và (C) cùng nhận Ox và Oy làm trục đối xứng và các giao điểm là các
đỉnh của hình vuông nên (E) và (C) có một giao điểm dạng A(t; t) (t > 0).
* A  (C)  t 2  t 2  8  t 2  4  t  2  A(2; 2)
4 4 16
* Mặt khác A  (E)   2  1  b2 
16 b 3
x2 y 2
Vậy phương trình chính tắc của elip (E) là ( E ) :  1
16 16
3

tọa độ Oxy, cho các đường tròn (C1 ) : x 2  y 2  4, (C2 ) : x 2  y 2  12 x  18  0
và đường thẳng d: x  y  4  0 . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc
(C2), tiếp xúc với d và cắt (C1) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB
vuông góc với d.
534
402
_ Muốn viết phương trình đường tròn ta cần xác định tâm I  tâm IO   trước
đó ta lập phương trình IO đi qua O và vuông góc AB (tính chất đường nối tâm)
hay song song với d)
_ Kết hợp với dữ kiện I  (C2)  giải tìm tọa độ tâm I
_ Đến đây ta chỉ cần xác định bán kính R dựa vào điều kiện tiếp xúc giữa d và (C1).
* Gọi I là tâm đường tròn (C) cần tìm. Đường tròn (C1) có tâm O(0; 0).
OI  AB
* Vì   OI / / d  phương trình OI: x – y + m = 0 ( m  4 ). Mà OI
 AB  d
qua O  m = 0
Vậy phương trình đường OI là OI : x  y  0
* Mặt khác I  OI  I(t; t) và đồng thời I  (C2)
 t 2  t 2  12t  18  0  t  3  I (3;3)
| 33 4|
* Do (C) tiếp xúc với d nên ta có d [ I ;d]  R  R R2 2
2
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: (C ) : ( x  3) 2  ( y  3) 2  8

phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và đường tròn tiếp xúc
với các cạnh của hình thoi có phương trình x 2  y 2  4 . Viết phương trình
chính tắc của elip (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D của hình thoi biết A thuộc Ox.
402 535
x2 y 2
* Gỉa sử phương trình chính tắc của (E) là 2  2  1 với a > b > 0
a b
* Hình thoi ABCD có AC = 2BD và A, B, C, D thuộc (E) suy ra OA = 2OB
 a
* Không mất tính tổng quát, ta có thể xem A(a ; 0) và A( a;0), B  0;  . Gọi H
 2
là hình chiếu vuông góc của O trên AB. Suy ra OH là bán kính đường tròn (C)
1 1 1 1 1 4
* Ta có 2
 2
 2
  2
 2
 a 2  20
OH OA OB 4 a a
Do đó b 2  5
x2 y 2
Vậy phương trình chính tắc của elip (E) là ( E ) :  1
20 5
CÂU 81 (CHÍNH THỨC – ĐH D2012 – PHẦN CƠ BẢN). Trong mặt phẳng
tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Các đường thẳng AC và AD lần lượt
có phương trình là x + 3y = 0 và x – y + 4 = 0, đường thẳng BD đi qua
 1 
điểm M  ;1 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
 3 
_ Đầu tiên, không quá khó để ta tìm
tọa độ điểm A vì A = AC  AD
 câu hỏi lúc này ta nên tọa độ
các điểm cần tìm rồi lập số
phương trình tương ứng hay tìm
thêm các phương trình đường
thẳng mới, điểm mới ?  Điều
536
402
này dẫn đến các hướng giải quyết

bài toán như sau:
+ Hướng thứ 1: AB qua A và AB  AD  viết phương trình AB  tham
số hóa các điểm B  AB, D  AD  biểu diễn tọa độ tâm I của hình chữ nhật
theo tọa độ B và D  I  AC (pt (1)). Mặt khác B, M, D thẳng hàng (pt (2))
 2 phương trình 2 ẩn giải tìm B và D và suy ra C.
+ Hướng thứ 2: Gọi d là đường thẳng qua M và song song với AD, cắt AC
tại N  Ta tìm được tọa độ điểm N. Khi đó đường trung trực của MN đi qua
tâm I của hình chữ nhật và trung điểm của AD  viết phương trình đường
trung trực của MN  tọa độ I và K  tọa độ B và C.
+ Hướng thứ 3: Ta có góc |cos(BD;AD)| = |cos(AC;AD)|  viết phương
trình đường thẳng BD qua M và khuyết “cây gậy” vecto pháp tuyến
 BD  AD = D, BD  AC = I  tọa độ B và C.
* Ta có A = AC  AD  Tọa độ A là nghiệm của hệ
 x  3y  0  x  3
   A(3;1)
 x  y  4  0  y  1
* AB  AD: x – y + 4 = 0  AB: x + y + m = 0, AB qua A(–3; 1)  m = 2.
Vậy AB : x  y  2  0 .
 B  AB  B(b; 2  b)
* Ta có   . Gọi I là tâm hình chữ nhật
 D  AD  D ( d ; d  4)
 b d 2b d 
 I ; 
 2 2 
* Mặt khác I  AC: x + 3y = 0
bd 2b d
 3  0  2b  4d  6  0  b  2d  3 (1)
2 2
* Lại có B, M, D thẳng hàng nên ta có MB, DM cùng phương với
 1
 MB  (b  ; 3  b)
3

 MD  (d  1 ; d  3)
 3
1
b 3  b
3  1  1
Nên ta có  0   b   (d  3)  (3  b)  d    0 (2)
1  3  3
d d 3
3
402 537
Giải hệ phương trình gồm (1) và (2) ta được b  1, d  1 suy ra

B(1; 3), D(1;3) và I(0;0)
Suy ra tọa độ điểm C (3; 1) (vì I là trung điểm AC)
Vậy tọa độ các điểm của hình chữ nhật ABCD là
A(3;1), B(1;  3), C (3;  1), D(1;3)
* Ta có A = AC  AD
 Tọa độ A là nghiệm của hệ
 x  3y  0  x  3
 
x  y  4  0  y 1
 A(3;1)
* Gọi N là điểm thuộc AC sao
cho MN // AD
4
 MN: x  y  0.
3
Vì N  AC, nên tọa độ của N thỏa mãn hệ
 x  3y  0  x  1
   1
 4  1  N  1; 
 x  y  3  0  y  3  3
* Đường trung trực d của MN qua trung điểm của MN và vuông góc với AD nên
d: x + y = 0
* Gọi I, K lần lượt giao điểm của d với AC và AD.
x  3y  0 x  0
Suy ra tọa độ I thỏa mãn hệ    I  0;0 
 x  y  0  y  0
x  y  4  0  x  2
Và tọa độ K thỏa mãn hệ    K  2; 2 
 x  y  0  y  2
* Do I là trung điểm AC  C(3; –1), K là trung điểm AD  D(–1; 3)
Mặt khác I là trung điểm BD  B(1; –3)
A(3;1), B(1;  3), C (3;  1), D(1;3)
* Ta có A = AC  AD  Tọa độ A là nghiệm của hệ
538
402
 x  3y  0  x  3
   A(3;1)
 x  y  4  0  y  1
* Gọi n1  (a;b), n2  (1;3), n3  (1; 1) lần lượt là vécto pháp tuyến của đường
BD, AC, AD.
Ta có: CAD  ADB | cos CAD |  | cos ADB |
| cos(AC; AD) |  | cos( AD, BD) |
|1  3 | | a b|
Suy ra | cos(n2 ; n3 ) |  | cos(n3 , n1 ) |  
1 9 11 a 2  b2 1  1
 3a 2  10ab  3b2  0(*)
* Với b = 0 thì (*)  a = 0 (không thỏa mãn vì a 2  b 2  0)
 a  9  BD : 3 x  y  0
* Với b ≠ 0 thì (*), ta chọn b = 3 nên (*)  
 a  1  BD : x  3 y  8  0
 3
8
(loại trường BD: x  3 y   0 do song song với AC)
3
* Gọi I là tâm hình chữ nhật ta có I = AC  BD
x  3y  0 x  0
 I thỏa hệ    I  0;0 
3x  y  0 y  0
 x  3y  0  x  1
Lại có D = BD  AD  D thỏa hệ    D 1; 3
x  y  4  0  y3
Do I là trung điểm AC và BD  B(1; –3) và C(3; –1)
A(3;1), B(1;  3), C (3;  1), D(1;3)

phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: 2x – y + 3 = 0. Viết phương trình
đường tròn có tâm thuộc d, cắt trục Ox tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao
cho AB = CD = 2.
_ Ta đã có tâm I  d  tham số tâm I
theo đường d. Do độ dài AB = CD = 2
nên I cách đều 2 trục tọa độ Ox, Oy
 khoảng cách từ I đến 2 trục tọa độ
402 539
là bằng nhau  thiết lập phương trình

tìm I.
_ Để xác định bán kính của đường tròn
ta xét khoảng cách I đến Ox (hoặc
Oy) và dùng dấu hiệu “cắt” (pytago)
để tính bán kính R. (Bạn đọc có thể
xem hướng dẫn chi tiết ở chương 2,
chủ đề 2.3)
* Gọi I là tâm đường tròn cần lập.
Do I  d : 2 x  y  3  0  I (t; 2t  3) (t  R)
* Ta có AB = CD  I cách đều hai trục tọa độ
t  3  I (3; 3)
 d [ I ; Ox]  d [ I ; Oy ] | 2t  3 |  | t | 
 t  1  I (1;1)
AB 2
  d [ I ; Ox]  10 .
2 2
* Với I ( 3; 3) . Ta có R  1
4
Nên (C1 ) : ( x  3) 2  ( y  3) 2  10
AB 2
  d [ I ; Ox]  2 .
2 2
* Với I ( 1;1) . Ta có R2 
4
Nên (C2 ) : ( x  1) 2  ( y  1) 2  2
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là :
(C1 ) : ( x  3)2  ( y  3) 2  10 hay (C2 ) : ( x  1) 2  ( y  1) 2  2
độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2  y 2  2 x  4 y  1  0 và đường thẳng
d: 4x – 3y + m = 0. Tìm m để d cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho góc AIB
bằng 120o, với I là tâm của (C).
_ Bài toán yêu cầu định m nhưng thực chất
lại yêu cầu ta viết phương trình đường
thẳng. Ở đây 1 vấn đề đặt ra là “điều kiện
để đường thẳng cắt đường tròn ?” trước khi
ta xét đến góc AIB = 120o  Ở đây
khoảng cách từ tâm I đến đường d đóng
vai trò quyết định đến việc giải bài toán.
540
402
_ Cụ thể, nếu ta gọi H là trung điểm AB,

theo định lý đường kính và dây cung ta có
IH  AB
 IH chính là khoảng cách từ I đến đường thẳng d  việc tính độ dài IH không
quá khó (xin dành cho bạn đọc).
* Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên d  H là trung điểm AB.
IH
* Ta có góc AIB = 120o  góc AIH = 60o  cos 60   IH  1
R
| 46m|  m7
* Mặt khác IH  d [ I ; d ]  1  | m  2 | 5  
5  m  3
Vậy m thỏa yêu cầu bài toán là m  7 hay m  3
CÂU 84 (CHÍNH THỨC – CĐ

2012 – PHẦN NÂNG CAO).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,
cho tam giác ABC, các đường
thẳng BC, BB’, B’C’ lần lượt
có phương trình là y – 2 = 0, x
– y + 2 = 0, x – 3y + 2 = 0 với
B’, C’ tương ứng là chân các
đường cao kẻ từ B, C của tam
giác ABC. Viết phương trình
các đường thẳng AB, AC.

_ Trước khi ta lập phương trình AB và AC thì ta cần đặt câu hỏi “ có thể tìm thêm
điểm mới ? phương trình đường thẳng mới nào không ? ”
 B = BC  BB’, B’ = BB’  B’C’.
_ Đến đây dễ dàng viết phương trình AC thỏa: AC  BB’ và AC qua B’
 C = AC  BC.
_ Để viết phương trình AB ta có thể tìm thêm tọa độ một điểm nữa ?  điểm A
hoặc điểm C’.
Ở đây ta thấy việc tìm điểm C’ dễ dàng hơn vì C’ B’C’ và CC’  BC’.
402 541
 y20 x  0
* Tọa độ B là nghiệm của hệ    B  0; 2 
 x  y  2  0  y  2
x  3y  2  0  x  2
* Tọa độ B’ là nghiệm của hệ    B '  2;0 
 x  y  2  0  y  0
* Đương thẳng AC qua B’ và vuông góc BB’ nên AC có phương trình
AC : x  y  2  0
x  y  2  0  x  4
* Tọa độ C là nghiệm của hệ    C  4; 2 
 y  2  0  y  2
CC '  (3c  2; c  2)
* C  B’C’  C (3c  2; c) và  .
 BC '  (3c  2; c  2)
Mặt khác CC '  BC '  CC '.BC '  0  (3c  2)(3c  2)  (c  2) 2  0
c  0
 10c  4c  0  
2
c  2
 5
 4 2 
Do đó C '  ;  hay C '  2;0 
 5 5
 4 2 
* Với C '  ;  , ta có phương trình AB qua B và A’ nên AB : 2 x  y  2  0
 5 5
* Với C '  2;0 , ta có phương trình AB qua B và A’ nên AB : x  y  2  0
 AC : x  y  2  0  AC : x  y  2  0
 hay 
 AB : 2 x  y  2  0  AB : x  y  2  0
■ Lời bình: Đây là một câu hỏi Oxy tương đối khó có tính phân loại tốt với một
đề thi Cao Đẳng, so với các đề thi trước đó thì nhìn chung đây được xem là đề
thi Cao Đẳng hay.
CÂU 85 (CHÍNH THỨC – ĐH A2013 – PHẦN CƠ BẢN). Trong mặt phẳng

tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng d: 2x + y
+ 5 = 0 và A(–4; 8). Gọi M là điểm đối xứng của B qua C, N là hình chiếu
vuông góc của B trên đường thẳng MD. Tìm tọa độ các điểm B và C, biết
rằng tọa độ điểm N(5; –4).
542
402
_ Bài toán này có rất nhiều hướng để tiếp cận. Một trong những hướng khả thi có
thể kể đến:
+ Hướng thứ 1: (theo đáp án của Bộ GD&ĐT): tham số hóa C  d và gọi I
là tâm hình chữ nhật ABCD  biểu diễn tọa độ I theo tọa độ C. Lại có IA = IN
(do BDN  N có BD là cạnh huyền)  giải phương trình tìm được tọa độ C
 viết phương trình AC. Mặt khác BN  AC (do ACMD là hình bình hành)
 viết phương trình BN. Dễ dàng chứng minh được H = BN  AC chính là
trung điểm BN  việc tìm tọa độ B thông qua tìm tọa độ H.
+ Hướng thứ 2: (phát hiện AN  NC  tìm cách chứng minh)
 do ACMD là hình bình hành  AC // DM (AC  BN = H , C là trung điểm
BM)  H là trung điểm BN  CAN  N (do CAN = ABC)  ta viết
phương trình NC  NC  d = C  tọa độ C  việc tìm tọa độ B ta có thể làm
khác đi một chút bằng cách xét B trong sự tương giao của BN và đường tròn
tâm I bán kính IA.
► Hướng dẫn giải cách 1: (Theo đáp án Bộ GD&ĐT)

* Do C  d  C  t; 2t  5 . Gọi I là tâm hình chữ nhật ABCD
 I là trung điểm AC
 t  4 2t  3 
Vậy I  ; 
 2 2 
* BDN  N nên IN = IB, lại co IB = IA  IN = IA. Do đó ta có phương trình:
2 2 2 2
 t 4  2t  3   t  4   2t  3 
5     4     4    8    t  1  C (1; 7)
 2   2   2   2 
402 543
* Do M đối xứng với B qua C nên CM = CB mà CB = AD và CM // AD nên

ACMD là hình bình hành suy ra AC // DM. Theo giả thiết BN  DM
 BN  AC và CB = CN, vậy B là điểm đối xứng của N qua AC.
* Đường thẳng AC qua 2 điểm A và C có phương trình: AC : 3x  y  4  0
* Đường thẳng BN qua N và vuông góc với AC nên có phương trình:
BN : x  3 y  17  0 .
Do đó B(3b  17; b) . Trung điểm BN thuộc AC nên:
 3b  17  5  b  4
2   4  0  b  7  B(4; 7)
 2  2
Vậy tọa độ điểm B và C cần tìm là: B (4; 7), C (1; 7)
* Gọi H, I lần lượt giao điểm giữa BN và DM, AC và BD.
Tứ giác ACMD là hình bình hành do ( CM = AD và CM // AD)  AC // DM
Mặt khác C là trung điểm BM  H là trung điểm BN
Lại có BN  DM  BN  AC. Do đó ANC  N  AN  NC
* CN qua N(5; –4) nhận AN  (9; 12)  3(3; 4) làm vecto pháp tuyến có dạng là:
3( x  5)  4( y  4)  0  NC : 3x  4 y  31  0
Mặt khác, C = NC  d  Tọa độ C là nghiệm của hệ
3x  y  44  0  x 1
    C 1; 7 
 2 x  y  5  0  y  7
 3 1  125
* Suy ra tâm I  ;  và IA2   Đường tròn (C) có tâm I bán kính IA là:
 2 2 2
2 2
 3  1  125
(C ) :  x     y   
 2  2 2
* Ta có BN  AC nên BN qua N(5;–4) nhận AC  (5; 15)  5(1; 3) làm vtpt
có dạng là: 1( x  5)  3( y  4)  0  BN : x  3 y  17  0
Ta có B là giao điểm của đường BN và đường tròn (C) thỏa hệ :
 2
3 
2
1  125  2
37  
2
1  125
 x     y     3 y     y   
 2  2 2   2   2 2
 x  3 y  17  0  x  3 y  17
 
 y  4  x  5

 y  7  x   4
544
402
Nên ta được B(4; 7) (loại B(5; 4) vì trùng N)
Vậy tọa độ điểm B và C cần tìm là: B (4; 7), C (1; 7)

phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng : x – y = 0. Đường tròn (C) có bán kính
R = 10 cắt  tại hai điểm A và B sao cho AB = 4 2 , tiếp tuyến của (C) tại
A và B cắt nhau tại một điểm thuộc tia Oy. Viết phương trình đường tròn (C).
_ Để lập phương trình đường
tròn (C) khi đã cho yếu tố
bán kính R = 10 thì việc
còn lại của ta là xác định
tâm I(a; b) ?  Một trong
những đường thẳng quan
trọng chứa tâm I chính là
đường IM  Do tính
chất hình học của một
điểm nằm ngoài đường
tròn tạo 2 tiếp tuyến đến
đường tròn thì IM  d
 như vậy việc quan trọng nhất chính là xác định tọa độ điểm M ?
_ Đề bài đã gợi mở cho ta M  tia Oy (cần lưu ý tia Oy chứ không phải trục tung,
rất nhiều em học sinh đã bị nhầm lẫn ở điểm này)  tham số hóa điểm M theo
tia Oy  1 ẩn nên cần 1 phương trình ?  vậy ta liên hệ M với những dữ kiện
nào ?  đó chính là đường thẳng d  đều này gợi cho ta việc tính khoảng cách
từ M đến d cụ thể chính là đoạn MH (đây là lúc các dữ kiện độ dài bắt đầu phát
huy).
_ Ta có rất nhiều cách để tính đoạn HM như:
+ Tính IH  IA2  AH 2  IH .IM  IA2  IM  ?
 HM  IM  IH
1 1 1
+ Hay 2
 2
 2
 AM  ?  HM  AM 2  AH 2
AH IA AM
_ Sau khi tìm được tọa độ điểm M  viết phương trình IM. Đến đây ta có thể tìm
I theo 2 hướng.
+ Hướng thứ 1: tham số I theo IM  1 ẩn cần 1 phương trình  độ dài IM
402 545
+ Hướng thứ 2: chuyển đẳng thức độ dài về đẳng thức vecto  dựa trên tỉ
lệ độ dài IH và IM  điều này có nghĩa là ta phải tìm tọa độ điểm H = IM  BA
 tìm tọa độ I. (Ở đây đáp án của Bộ GD&ĐT đã đi theo hướng này).
* Gọi I là tâm đường tròn cần tìm.
* Gọi M là giao điểm của tiếp tuyến tại A và B của (C), H là giao điểm của AB và IM.
Ta có M  tia Oy  M (0; m) (m  0) và H là trung điểm AB
AB
 AH  2 2
2
1 1 1
* AMI  A  2
 2  AM  2 10
AH AI AM 2
Do đó HM  AM 2  AH 2  4 2
|m|
Mặt khác MH  d [ M ; ]  4 2   m  8 . Do đó M (0;8)
2
* Đường thẳng IM  : x – y = 0  IM: x + y + c = 0.
IM qua M(0; 8)  c = – 8.
Vậy IM: x + y – 8 = 0.
Lại co H = IM  AB
 x y 0 x  4
 Tọa độ H thỏa hệ    H  4; 4 
 x  y  8  0  y  4
IM 1
* Ta có IH  IA2  HA2  2   IH  IM  I (5;3)
4 3
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là (C ) : ( x  5) 2  ( y  3) 2  10

tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có hai đường chéo vuông góc với
nhau và AD = 3BC. Đường thẳng BD: x + 2y – 6 = 0 và tam giác ABD có
trực tâm H(–3 ; 2). Tìm tọa độ các đỉnh C và D.
_ Nếu không chú ý cách vẽ hình thì một số bạn cũng sẽ gặp rất nhiều lúng túng
khi vẽ (Cách tốt nhất là ta nên dựng 2 đường chéo BD và AC vuông góc nhau
trước rồi mới kẻ 2 đường BC và AD song song thỏa mãn AD = 3BC).
_ Đề bài cho chúng ta 3 dữ kiện quan trọng gồm có (ABCD là hình thang cân
(AD = 3BC), AC  BD (BD: x + 2y – 6 = 0), tọa độ trực tâm H(–3;2)  tìm
tọa độ điểm C và D.
_ Ở đây ta dễ dàng viết được phương trình đường AC (do AC qua trực tâm H)
546
402
 AC  BD = I. Do 2 đường chéo vuông góc  I là trung điểm HC  tọa độ

điểm C.
_ Để tìm tọa độ điểm D ta có thể đi theo nhiều hướng khác nhau như:
+ Hướng thứ 1: (lập thêm phương trình 1 đường thẳng chứa D để tương
giao với BD)  đó có thể là đường AD hoặc đường HD  trong tình huống
này ta phải tìm thêm tọa độ của điểm A  và viết phương trình đường thẳng
AD qua 1 điểm tạo góc 45o với BD.
+ Hướng thứ 2: Tìm tọa độ điểm B (do nhận xét ID = 3IB theo định lý
Thales thuận)  ta có thể tìm B bằng cách viết phương trình đường tròn đường
kính HC giao với đường BD  tọa độ B  tọa độ D.
+ Hướng thứ 3: Đó là liên hệ D với toa độ I và C  sử dụng độ dài do đã
biết được quan hệ tỉ lệ giữa các cạnh. (đáp án của Bộ GD&ĐT).

* Ta có AC  BD: x + 2y – 6 = 0  AC: 2x – y + m = 0, AC qua H(–3; 2)
 m = 8.
Vậy AC : 2 x  y  8  0 .
Gọi I = AC  BD
2x  y  8  0  x  2
 Tọa độ I thỏa hệ    I  2; 4 
 x  2 y  6  0  y  4
* Ta BD  AC  IBC vuông cân tại I , lại có BH  BC  BHC vuông cân tại B
 I là trung điểm HC. Do đó ta có C ( 1;6)
* Theo định lý Thales thuận ta có:
AD ID IA  x  2  3.(1)
   3  IA  3CI   A  A(5; 2)
BC IB IC  y A  4  3.(2)
* Đường thẳng AD qua A(–5;–2) có vtpt n1  (a; b) (a 2  b2  0) có dạng là:
402 547
AD : a( x  5)  b( y  2)  0 và n2  (1;2) là vtpt của BD

| a  2b | 1
Mặt khác: cos ADB  cos( AD; BD) | cos(n1; n2 ) | 
5 a 2  b2 2
Suy ra 2(a  2b)2  5(a 2  b2 )  3a 2  8ab  3b2  0 (*) (nhận xét b  0
nên ta chọn b = 3)
 a  9  AD : 3x  y  17  0
Khi đó (*)  
 a  1  AD :  x  3 y  1  0
* Với AD: 3x + y + 17 = 0, ta có tọa độ D thỏa hệ
3x  y  17  0  x  8
    D  8;7 
 x  2 y  6  0  y  7
* Với AD: – x + 3y + 1 = 0, ta có tọa độ D thỏa hệ
 x  3 y  1  0 x  4
    D  4;1
 x  2 y  6  0  y  1
Vậy tọa độ các điểm cần tìm là: C (1;6), D(4;1) hay C ( 1;6), D( 8;7)
* Ta có AC  BD: x + 2y – 6 = 0  AC: 2x – y + m = 0, AC qua H(–3; 2)
 m = 8.
Vậy AC : 2 x  y  8  0 .
Gọi I = AC  BD  Tọa độ I thỏa hệ
2x  y  8  0  x  2
   I  2; 4 
x  2 y  6  0  y4
* Ta BD  AC  IBC vuông cân tại I , lại có BH  BC  BHC vuông cân tại
B  I là trung điểm HC. Do đó ta có C ( 1;6)
* Đường tròn (C) có tâm I(–2; 4) và bán kính R  IC  (1) 2  (2) 2  5 có

dạng là: (C ) : ( x  2) 2  ( y  4) 2  5
* Ta có B là tọa độ giao điểm giữa (C) và BD nên thỏa hệ:
( x  2)2  ( y  4)2  5  y  5  x  4  B(4;5)
  
 x  2y  6  0  y  3  x  0  B(0;3)
AD ID IA
* Theo định lý Thales thuận ta có:    3  ID  3BI (*)
BC IB IC
548
402
 xD  2  3.(2)
Với B(–4; 5), ta có: (*)    D(4;1)
y
 D  4  3.( 1)
 xD  2  3.(2)
Với B(0; 3), ta có: (*)    D(8;7)
 Dy  4  3.(1)
► Hướng dẫn giải cách 3: (Theo đáp án của Bộ GD&ĐT)
* Gọi I = AC  BD  IB = IC, mà IB  IC nên IBC vuông cân tại I
 ICB  450
Lại có BH  AD  BH  BC  HBC vuông cân tại B  I là trung điểm HC
* Do HC  BD và trung điểm I của HC thuộc BD nên tọa độ C thỏa mãn hệ:
 2( x  3)  ( y  2)  0

x 3  y2  C (6;1)
 2  2    6  0
  2 
AD ID IA
* Theo định lý Thales thuận ta có:    3  ID  3IC
BC IB IC
HC 10
 CD  IC 2  ID 2  IC 10  5 2
2
* Ta có D  BD: x + 2y – 6 = 0
t 1
 D (6  2t ; t ) và CD  5 2  (7  2t ) 2  (t  6) 2  50  
t  7

phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường cao hạ từ đỉnh A là
 17 1 
H  ;  , chân đường phân giác trong của góc A là D(5;3) và trung điểm
 5 5 
của cạnh AB là M(0; 1). Tìm tọa độ đỉnh C.
_ Để bài cho ta tọa độ của 3 điểm H,
D, M và chúng đều là tọa độ của
những điểm đặc biệt trong tam
giác  vậy ta khai thác như thế
nào tọa độ các điểm đó ?
402 549
+ Kết hợp H và D  viết

phương trình BC (dùng để về sau
tham số hóa C theo BC hoặc tìm
thêm phương trình 1 đường thẳng
nữa để tương giao).
+ Kết hợp H và D  viết phương trình AH (dùng để tham số hóa điểm A)
+ Sử dụng M là trung điểm AB  giải tìm tọa độ A và B (A  AH, B  BC)
_ Sau khi đã có tọa độ A  viết phương trình phân giác AD (sử dụng tính chất
của phân giác)  tìm điểm mới N (mời bạn đọc xem lại phần này ở chương 2,
chủ đề 2.1, 2.2)  viết phương trình AC  AC  BC = C.
 8 16  8
* Ta có đường BC qua D(5; 3) nhận HD   ;   (1; 2) làm vecto chỉ
5 5  5
x 5 y 3
phương có dạng   BC : 2 x  y  7  0
1 2
 17 1   8 16  8
* Ta có đường AH qua H  ;  nhận HD   ;   (1; 2) làm vecto
 5 5  5 5  5
 17   1
pháp tuyến có dạng: 1 x    2  y    0  AH : x  2 y  3  0
 5  5
 A  AH  A(3  2a; a)
* Ta có   .
 B  BC  B (b; 2b  7)
3  2a  b  2.(0) a  3
Lại có M là trung điểm AB nên ta được:    A(3;3)
 a  2b  7  2.(1)  b  3
* Đường AD qua A(–3; 3) nhận AD   8;0   8(1;0) làm vecto chỉ phương có
dạng: AD : y  3  0
* Gọi K là hình chiếu vuông góc của M lên AD và N là điểm đối xứng của M qua
AD (N  AC)
Ta có MN  AD  MN: x = 0  K = MN  AD  K(0; 3) là trung điểm MN
 N(0; 5)
* AC qua A(–3; 3) và nhận AN  (3; 2) làm vecto chỉ phương có dạng :
x 3 y 3
  AC : 2 x  3 y  15  0
3 2
* Ta có C = AC  BC  Tọa độ C thỏa hệ
550
402
2 x  3 y  15  0  x9
   C (9;11)
 2 x  y  7  0  y  11
Vậy tọa độ điểm C cần tìm là C (9;11)
► Hướng dẫn giải cách 2: (Theo Bộ GD&ĐT)
* Ta có H  AH và AH  HD nên AH: x + 2y – 3 = 0. Do đó A(3 – 2a ; a)
* Do M là trung điểm AB nên MA = MH
 a  3 ( n)
 (3  2a) 2  ( a  1) 2  13  
 a  1 (l )
 5
Do A khác H nên ta nhận A( 3;3)
* Phương trình AD là y – 3 = 0. Gọi N là điểm đối xứng của M qua AD
 1 y
 3  0 x  0
 N  AC và tọa độ N thỏa:  2   N (0;5)
  y  5
1.x  0.( y  1)  0
* Đường thẳng AC có phương trình: 2x – 3y + 15 = 0
BC có phương trình 2x – y – 7 = 0.
* Ta có C = AC  BC
2 x  3 y  15  0  x9
 Tọa độ C thỏa hệ    C (9;11)
 2 x  y  7  0  y  11
Vậy tọa độ điểm C cần tìm là C (9;11)
CÂU 89 (CHÍNH THỨC – ĐH D2013 –

PHẦN CƠ BẢN). Trong mặt phẳng tọa
độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm
 9 3 
M  ;  là trung điểm của cạnh AB,
 2 2
điểm H(–2; 4) và điểm I(–1; 1) lần lượt là
chân đường cao kẻ từ B và tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ
đỉnh C.
_ Tọa độ điểm C trong bài toán này có thể tìm theo hai hướng C = AC  BC hoặc
C = (C)  AC trong đó (C) là đường tròn tâm I bán kính IA. Ta thấy đề bài đã
gợi mở cho ta tâm I và tọa độ trung điểm của AB nên ta sẽ đi theo hướng này.
402 551
+ Dựa vào cách dựng tâm ngoại (giao điểm của 3 đường trung trực)  MI  AB
 viết phương trình AB  tham số A theo AB và biểu diễn tọa độ B theo tọa
độ A thông qua trung điểm M  1 ẩn nên ta cần 1 phương trình ?  Liên hệ
với dữ kiện cuối cùng chân đường cao H  AH  BH  giải tìm A và B
+ Khi đã có tọa độ A và B  lập phương trình đường tròn (C) và đường AC
qua A, AC  BH.
► Hướng dẫn giải: (theo đáp án của Bộ GD&ĐT)
 7 1 
* Ta có IM   ;  . Ta có AB qua M và AB  IM nên phương trình đường
 2 2
AB là: AB: 7 x  y  33  0
* A  AB  A(a;7a  33) .
Do M là trung điểm của AB nên B(a  9; 7 a  30)
 a  4
Lại có HA  HB  HA.HB  0  a 2  9a  20  0  
 a  5
* Với a = –4  A(4;5), B(5; 2) .
Ta có BH  AC nên AC có phương trình là : AC : x  2 y  6  0 .
Do đó C (6  2 c;c) .
c 1
Mặt khác IC = IA suy ra (7  2c) 2  (c  1) 2  25  
c  5
Do C khác A nên ta nhận C (4;1)
* Với a = –5  A(5; 2), B(4;5) .
Ta có BH  AC nên AC có phương trình là : AC : 2 x  y  8  0 .
Do đó C (t; 2 t  8) .
 t  1
Mặt khác IC = IA suy ra (t  1) 2  (2 t  7) 2  25  
t  5
Do C khác A nên ta nhận C ( 1;6)
Vậy tọa độ điểm C cần tìm là C (4;1) hay C ( 1;6)

phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): ( x  1)2  ( y  1)2  4 và đường thẳng
552
402
: y – 3 = 0. Tam giác MNP có trực tâm trùng với tâm của (C), các đỉnh N và
P thuộc , đỉnh M và trung điểm của cạnh MN thuộc (C). Tìm tọa độ điểm P.
_ Do MNP nhận I làm trực tâm và M thuộc đường tròn (C) nên ta có IM  NP
 dễ dàng tìm được tọa độ điểm M.
_ Mặt khác N thuộc   tham số N theo   biểu diễn tọa độ trung điểm MN
theo N và cho thuộc (C)  tìm được N.
_ Để xác định tọa độ điểm P  P   và ta có IP  MN  giải tìm P.
► Hướng dẫn giải : (theo đáp án của Bộ GD&ĐT)
* Đường tròn (C) có tâm I(1;1). D(ường thẳng IM   nên có phương trình x = 1
Do đó M có dạng M(1; m)
 a  1
* Mặt khác do M  (C) nên (a  1) 2  4   Do M  nên ta nhận
 a  3
M(1; –1)
* N    N(n; 3). Trung điểm của MN thuộc (C)
2
 n 1   n5
Suy ra   1  (1  1) 2  4  
 2   n  3
Do đó N(5; 3) hoặc N(–3; 3)
* P    P(p; 3)
Với N(5; 3), ta có MP  IN  MP.IN  0  p  1 . Do đó P(–1; 3)
Với N(–3; 3), ta có MP  IN  MP.IN  0  p  3 . Do đó P(3; 3)
Vậy tọa độ điểm P cần tìm là P(1;3) hay P(3;3)
402 553
độ Oxy, cho các đường thẳng d: x + y – 3 = 0, : x – y + 2 = 0 và điểm M(–1 ;3).
Viết phương trình đường tròn đi qua M, có tâm thuộc d, cắt  tại hai điểm A
và B sao cho AB = 3 2
_ Ta có tâm I  d  tham số hóa tâm I theo đường d  1 ẩn nên cần 1 phương

trình.
_ Ta liên hệ IM = IA trong đó IA  IH 2  AH 2 , IH  d [ I ; ]
 giải phương trình tìm I  bán kính R = IM.
► Hướng dẫn giải : (theo đáp án của Bộ GD&ĐT)
* Gọi (C) là đường tròn cần tìm và I là tâm của (C). Do I  d  I(t; 3 – t)
AB 3 2 | 2t  1|
* Gọi H là trung điểm AB, ta có AH   và IH  d [ I ; ] 
2 2 2
* Do đó IA  IH 2  AH 2  2t 2  2t  5
* Ta có IM  IA  2t 2  2t  1  2t 2  2t  5  t  1
Do đó I(1; 2) và bán kinh R = IM = 5
Vậy phương trình đường tròn (C) cần tìm là (C ) : ( x  1) 2  ( y  2) 2  5
CÂU 92 (CHÍNH THỨC – CĐ 2013 – PHẦN NÂNG CAO). Trong mặt phẳng
1 1
tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A(–3; 2) và có trọng tâm G  ;  .
3 3
554
402
Đường cao kẻ từ đỉnh A của tam giác ABC đi qua điểm P(–2; 0). Tìm toa độ
các điểm B và C.
_ Dựa vào tính chất của trọng tâm ta dễ dàng
tìm được trung điểm M của BC  viết
phương BC qua M và vuông góc với AP.
_ Đến đây ta có hai hướng đi tiếp:
+ Hướng thứ 1: tham số hóa B theo BC và
biểu diễn C theo B thông qua trung điểm M.
Cuối cùng sử dụng điều kiện vuông góc
của tam giác ABC  AB  AC  giải tìm B
và C.
+ Hướng thứ 2: xét B và C trong sự tương
giao giữa BC và đường tròn có tâm M, bán
kính MA.
3  1 
* Gọi M là trung điểm BC, ta có AM  AG  M  2; 
2  2 
Đường thẳng BC qua M và vuông góc AP có dạng là : BC : x  2 y  3  0
* Ta có B  BC  B(2b + 3; b). Do M là trung điểm BC  C (1  2b; 1  b)

 AB  (2b  6; b  2)
* Ta có AB  AC  AB. AC  0 (*) với 
 AC  (4  2b;  b 3)

Do đó
b2
(*)  (2b  6)(4  2b)  (b  2)(b  3)  0  b 2  b  6  0  
b  3
Vậy tọa độ điểm B và C cần tìm là B(7; 2), C (3; 3) hay B(3; 3), C (7; 2)
3  1 
* Gọi M là trung điểm BC, ta có AM  AG  M  2; 
2  2 
Đường thẳng BC qua M và vuông góc AP có dạng là : BC : x  2 y  3  0
5 5
* ABC vuông tại A nên B và C thuộc đường tròn tâm M bán kính MA  .
2
Tọa độ các điểm B và C là nghiệm của hệ:
402 555
 x  2y 3  0
  x  7, y  2
 2  1 
2
125   x  3, y  3
( x  2)   y  2   4 
  
Vậy tọa độ điểm B và C cần tìm là B(7; 2), C (3; 3) hay B(3; 3), C (7; 2)
CÂU 93 (CHÍNH THỨC – ĐH A2014). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình
vuông ABCD có điểm M là trung điểm của đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn
AC sao cho AN = 3NC. Viết phương trình đường thẳng CD, biết rằng M(1; 2)
và N(2; –1).
_ Để lập phương trình đường thẳng CD
ta có các hướng tư duy sau:
+ Hướng thứ 1: (tìm 2 điểm thuộc
CD  viết phương trình đường thẳng
qua 2 điểm): Hiện tại CD chưa đi qua
bất kì điểm cụ thể nào ?  Kéo dài
điểm MN  CD = K (kẻ đường phụ)
theo định lý Thales thuận ta dễ dàng
tìm được tọa độ điểm K. Ta cũng phát
hiện “dấu hiệu vuông góc”
 ND  MN và MN = ND (việc chứng
minh xin dành cho bạn đọc)  khi có
tọa độ D kết hợp K  viết phương
trình CD.
+ Hướng thứ 2: Tương tự hướng thứ 1 ta dễ dàng tìm được tọa độ điểm K.
Đến đây ta viết phương trình đường thẳng CD qua K và tạo góc với ND (trước
đó ta chứng minh ND  MN và viết phương trình ND) ta có cos NDC = cos
MNE (việc tính toán cụ thể xin dành cho bạn đọc).
+ Hướng thứ 3: (Đặt cạnh hình vuông AB = t > 0  có thể dùng để chứng
minh MN  ND hoặc tính độ dài các cạnh của hình vuông theo MN  Khi đó
D thỏa mãn độ dài MD và DN. Đến đây ta có thể tìm tọa độ P = AC  MD
 rồi dùng quan hệ tỉ lệ giữa AP và AN  tìm tọa độ A. Lúc này CD qua D và
nhận vecto AM làm vecto chỉ phương.
+ Hướng thứ 4: (theo đáp án của Bộ GD&ĐT). Gọi I là trung điểm CD
 bài toán chuyển về tìm tọa độ điểm I (do khi đó CD qua I và nhận IM làm
vecto pháp tuyến). Như vậy ta có thể sử dụng theo hướng thứ 2 đặt cạnh AB =
556
402
t > 0 để quy tất cả các cạnh độ dài của hình vuông ABCD theo độ dài MN  từ
đây tọa độ I thỏa mãn độ dài IN và IM.
Còn rất nhiều các cách khác nhau để giải bài toán hình vuông này. Trên đây
chỉ mới là các cách giải tiêu biểu. Mời bạn đọc xem lời giải.
* Gọi K = MN  CD, theo định lý Thales thuận ta có:
 1
 xK  2  (1)
MN AN AM 1  3 7 
   3  NK  MN    K  ; 2 
NK NC KC 3  y  1  1 (3) 3 
 K
3
* Gọi d là đường thẳng qua N song song với AD, cắt AB, CD lần lượt tại E và F.
Dễ dàng chứng minh được MEN = DNF  MN = DN và MN  DN
 MN 2  ND 2  MN  (1; 3)
* Đặt tọa độ D ( a; b) . Ta có  (*) với  .
 MN .ND  0  ND  ( a  2; b  1)
Do đó (*)
10  (a  2)2  (b  1)2 10  9(b  1)2  (b  1)2  b  0, a  5
  
 a  2  3(b  1)  0  a  2  3(b  1) b  2, a  1
Nên D(5;0) hay D(1; 2)
7 
* TH1: D (5;0), K  ; 2  suy ra phương trình CD là 3 x  4 y  15  0
3 
7 
* TH2: D(1; 2), K  ; 2  suy ra phương trình CD là y  2  0
3 
Vậy phương trình đường CD cần tìm là y  2  0 hay 3 x  4 y  15  0
► Hướng dẫn giải cách 2: Đặt cạnh hình vuông AB = a > 0
* Xét MN .DN  ( MA  AN ).( DA  AN )  MA.DA  MA. AN  AN .DA  AN 2
 0  MA. AN .cos(135 )  AN .DA.cos(135 )  AN 2
2
a 3a 2   2  3a 2   2   3a 2 
 .   .a       0
2 4  2  4  2   4 
Suy ra MN  DN
* Gọi K = MN  CD, theo định lý Thales thuận ta có:
402 557
 1
 x  2  (1)
MN AN AM 1 K
3 7 
   3  NK  MN    K  ; 2 
NK NC KC 3  y  1  1 (3) 3 
 K
3
* Ta có
3a
EN EN 4 3
cos NDF  cos MNE     (*)
MN 2
ME  EN 2
a 2 9a 2 10

16 16
Gọi n  (a; b) (a 2  b 2  0) , MN  (1; 3) lần lượt là vecto pháp tuyến của
CD và ND
3 | a  3b | 3
(*)  | cos(n; MN ) |    (a  3b) 2  9(a 2  b 2 )
10 2
10 a  b 2
10
Suy ra (a  3b)2  9(a 2  b2 )  8a 2  6ab  0 (nhận xét b khác 0 nên ta chọn
b=4
Khi đó ta có a = 0, a = –3 suy ra n  (3; 4) hay n  (0; 4)
 MN 2  ME 2  EN 2  a 2  16
 
* Đặt AB = a > 0 suy ra  ND  MN   ND 2  10
 MD 2  AD 2  AM 2  MD 2  20
 
 ND2  10 
 MD  (a  1; b  2)
* Đặt tọa độ D ( a; b) . Ta có  2
(*) với  .
 MD  20  ND  (a  2; b  1)

10  (a  2)2  (b  1)2  b  0, a  5
Do đó (*)   2 2
 b  2, a  1
20  (a  1)  (b  2) 
Nên D(5;0) hay D(1; 2)
* Gọi P = AC  MD, theo định lý Thales thuận ta có:
 AC
 PA 
PA PM AM 1 1 3 PA 4

    MP  MD (1) và  3 AC AC  
PC PD CD 2 3  PN NA  PA 4  PN 5
3 5
   
 AC AC AC 12
558
402
4
Suy ra PA  PN (2)
5
7 4  13 16 
* TH1: với D(5; 0) từ (1) suy ra P  ;  . Từ (2) suy ra A  ; 
3 3  5 5
8 6 2
Do đó MA   ;   (4;3)
5 5 5
8 6 2
Đường CD qua D(5; 0) nhận MA   ;   (4;3) làm vecto chỉ phương có
5 5 5
x 5 y 0
dạng là:   AD : 3x  4 y  15  0
4 3
1 2
* TH1: với D(–1; –2) từ (1) suy ra P  ;  . Từ (2) suy ra A  1; 2 
3 3
Do đó MA   2;0   2(1;0)
Đường CD qua D(–1; –2) có dạng là AD : y  2  0

* Ta có MN  10 . Gọi a là độ dài cạnh của hình vuông ABCD, a > 0.
a 3 AC 3a 2
Ta có AM  , AN  
2 4 4
2 2 2 5a 2 5a 2
Nên MN  AM  AN  2 AM . AN .cos MAN    10 , nghĩa
8 8
là a = 4.
BD
* Gọi I(x ; y) là trung điểm CD. Ta có IM = AD = 4 và IN   2 nên ta có
4
 x  1, y  2
( x  1) 2  ( y  2) 2  16
hệ phương trình:   17 6
 ( x  2) 2
 ( y  1) 2
 2  x  , y 
 5 5
* Với x = 1, y = – 2, ta có I (1; 2) và IM  (0; 4) .
Đường thẳng CD qua I và có vecto pháp tuyến là IM  (0; 4) nên có phương
trình là: AD : y  2  0
402 559
17 6  17 6   12 6 
* Với x  ,y , ta có I  ;  và IM   ; .
5 5  5 5   5 5
 12 6 
Đường thẳng CD qua I và có vecto pháp tuyến là IM   ;  nên có
 5 5
phương trình là: AD : 3 x  4 y  15  0
CÂU 94 (CHÍNH THỨC – ĐH B2014). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình
bình hành ABCD. Điểm M(–3; 0) là trung điểm của cạnh AB, điểm H(0; –1)
là hình chiếu vuông góc của B trên AD và trọng tâm của tam giác BCD là
4 
G  ;3  . Tìm tọa độ các điểm B và D.
3 

* Gọi B(a; b) và N là trung điểm CD.
 4 
2  BG   3  a;3  b   4a 9b 
* Ta có BG  BN với    . Do đó N  ; .
3  BN   x  a; y  b   2 2 
 N N
  (a  3) 2  b 2
 BM  HM   a  0, b  1
* Mặt khác   10  a 9b 
 MN .BH  0  .a  (1  b)  0  a  2, b  3
  2 2
* Với a = 0, b = –1, ta có B(0 ; –1) loại vì trùng với H.
 3
* Với a = –2,b = 3, ta có B(–2; 3). Gọi I = AC  BD  I  0;  suy ra D(2; 0)
 2
Vậy tọa độ điểm B và D thỏa yêu cầu bài toán là B (2;3), D(2;0)
560
402
* Gọi A(a; b) ta có :
 4 4
a   4( xI  ) a b 9
GA  4GI   3 3  I   1;  
 b  3  4( yI  3) 4 4 4
a b 9 1
 MI    4;    (a  16; b  9)
4 4 4  16
* Do M là trung điểm AB
 B(6  a; b)  HB  (6  a; b  1), MA  (a  3; b)
MA  MH  (a  3)2  b2  10
Ta có:   (phần giải hệ
 MI  HB ( a  16)(  a  6)  (b  9)( b  1)  0
này xin dành cho bạn đọc)
 a  6; b  1  B(0; 1)
Suy ra 
 a  4, b  3  B(2;3)
Loại B (0;–1) do trùng H nên ta nhận B(–2; 3)
 3
Suy ra I  0;  suy ra D(2; 0)
 2
* Giả sử B ( x; y ) . Vì M là trung điểm AB nên A( 6  x;  y )
 x  10 y  9 
* Do G là trọng tâm tam giác BCD nên AG  2GC  C  ; 
 2 2 
 3x  2 3 y  9 
Vì G là trọng tâm BCD nên D  ; 
 2 2 
* Do H là hình chiếu của B trên AD nên:
402 561
 BH  HA  BH .HA  0  x2  y 2  6x 1  0
   2 (phần giải
 BH  HD  BH .HD  0

2
3x  3 y  2 x  8 y  11  0
tiếp xin dành cho bạn đọc)
 x  0, y  1  B(0  1)  H (0; 1) (ktm)
Suy ra 
 x  2; y  3  B(2;3)
* Do B(–2; 3) suy ra D(2;0).
* Gọi K là điểm đối xứng của H qua M nên K thuộc BC và K(–6; 1).
P = AN  BC thì G là trọng tâm PAB  GP  2 MG  P(10;9)
* BC qua K(–6; 1) và có vecto chỉ phương là KP  16;8  8(2;1) nên BC có

x  6 y 1
phương trình:   BC : x  2 y  8  0
2 1
* HB qua H và vuông góc BC nên 2( x  0)  y  1  0  HB : 2 x  y  1  0
Lại có B = BC  HB
x  2 y  8  0  x  2
 Tọa độ B thỏa hệ    B(2;3)
 2x  y 1  0 y  3
* Ta có C là trung điểm BP  C(4 ; 6). G là trọng tâm BCD  D(2 ; 0)
562
402
* Gọi E và F lần lượt là giao điểm HM và HG với BC. Suy ra HM  HE và

HG  2GF
Do đó E(–6; 1) và F(2; 5).
* BC qua E và có vecto chỉ phương là EF nên BC có phương trình:
BC : x  2 y  8  0
Và BH: 2x + y + 1 = 0
Lại có B = BC  HB  Tọa độ B thỏa hệ
x  2 y  8  0  x  2
   B(2;3)
 2x  y 1  0 y  3
* Do M là trung điểm AB nên A(–4; –3).
 3
Gọi I là giao điểm của AC và BD suy ra GA  4GI  I  0; 
 2
* I là trung điểm BD nên D(2; 0)
■ Lời bình: Những năm gần đây, câu hỏi Oxy trong các đề thi đã được trau chuốt
hơn, có tính phân loại cao, đòi hỏi sự tư duy và sáng tạo nhiều hơn ở học sinh.
Không dừng lại ở 1 hay 2 cách giải mà tự thân trong một bài toán cũng ngầm ẩn
rất nhiều hướng khám phá. Ở đây có cách giải tự nhiên, chân phương đầy tính
“bình dân”, cũng có những cách giải hoa mỹ, đậm chất kỹ thuật, đầy tính “quý
tộc”. Tùy vào khả năng lĩnh hội và tri thức sẵn có của mỗi người mà có cách
tiếp cận khác nhau cho lời giải bài toán trên.
CÂU 95 (CHÍNH THỨC – ĐH D2014). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam
giác ABC có chân đường phân giác trong của góc A là điểm D(1; –1). Đường
thẳng AB có phương trình 3x + 2y – 9 = 0, tiếp tuyến tại A của đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình
đường thẳng BC.
402 563
3x  2 y  9  0  x 1
* Tọa độ A thỏa mãn hệ phương trình    A(1;3)
 x  2 y  7  0  y  3
* Gọi d là tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
E là giao điểm của d và đường thẳng BC (do AD không vuông góc d nên E luôn
tồn tại) và ta có thể giả sử EB  EC .
Ta có EAB  ACB và BAD  DAC ,
Suy ra EAD  EAB  BAD  ACB  DAC  ADE
Suy ra ADE cân tại E.
* E là giao điểm d và trung trực của đoạn AD nên tọa độ E thỏa mãn hệ phương
x  2 y  7  0
trình:   E (5;1)
 y  1  0
* Đường thẳng BC đi qua E nhận DE  (4; 2)  2(2;1) làm vecto chỉ phương
nên BC: x – 2y – 3 = 0
Vậy phương trình đường thẳng BC cần tìm là BC : x  2 y  3  0
► Hướng dẫn giải cách 2: (sử dụng kỹ thuật đường phụ)
564
402
3x  2 y  9  0  x 1
 x  2 y  7  0  y  3
Phương trình đường AD: x – 1 = 0, do đó BC có hệ số góc k.
BC: y + 1 = k(x – 1)  kx – y – k – 1 = 0
* Đường thẳng qua D và vuông góc AD, cắt AB, AC lần lượt tại M, N
 MN: y + 1 = 0
 11
3x  2 y  9  0 x   11 
Tọa độ M thỏa   3  M  ; 1
 y 1  0 3 
 y  1
 5 
D là trung điểm MN  N  ; 1
 3 
 8  4
 AC qua A nhận AN   ; 4   (2;3) làm vecto chỉ phương
 3  3
 AC : 3 x  2 y  3  0
* Ta có cos(AC; BC) = cos(AB; d)
 1
 k 
| 3k  2 | 7 2
   4k 2  60k  29  0  
13 k 2  1 65  k  29
 2
1
* Với k   BC : x  2 y  3  0 thì B(3;0), C (3; 3) (nhận vì B, C khác
2
phía đối với D)
29 5 21 17 45
* Với k   BC : 29 x  2 y  31  0 thì B( ; ), C ( ; ) (loại vì B, C
2 4 8 13 13
khác phía đối với D)
► Hướng dẫn giải cách 3: (sử dụng kẻ đường phụ)
* Kéo dài AD cắt đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC tại M và AK là đường
kính của đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC.
3x  2 y  9  0  x 1
 x  2 y  7  0  y  3
* Viết phương trình AK  d  phương trình AK  K  AK  tọa độ I theo K
402 565
* Viết phương trình AD  M  AD

 IM  IA
* Ta có:   giải tìm tọa độ K và M. Khi đó BC qua trung điểm MI
 KM  AD
và nhận MI làm vecto pháp tuyến.
CÂU 96 (CHÍNH THỨC – CĐ 2014). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm
A(–2 ; 5) và đường thẳng d: 3x – 4y + 1 = 0. Viết phương trình đường thẳng
qua A và vuông góc với d. Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho AM = 5.
* Đường thẳng d có vecto pháp tuyền là n  (3; 4)
* Đường thẳng  cần viết phương trình đi qua A và nhận n  (3; 4) làm vecto
chỉ phương, nên: 4( x  2)  3( y  5)  0   : 4 x  3 y  7  0
 3m  1 
* M  d suy ra M  m; 
 4 
2
 3m  1 
2
* AM = 5  (m  2)    5   25  m  1
 4 
Vậy tọa độ điểm M cần tìm là M (1;1)
CÂU 97 (KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 – ĐỀ CHÍNH THỨC). Trong mặt
phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H là hình chiếu vuông
góc của A trên cạnh BC; D là điểm đối xứng của B qua H; K là hình chiếu
vuông góc của C trên đường thẳng AD. Giả sử H (5; 5), K (9; 3) và trung
điểm của cạnh AC thuộc đường thẳng x  y  10  0 . Tìm tọa độ điểm A.
_ Có thể thấy “hình vẽ” chính là điểm tựa
để ta giải quyết bài toán này, do đó việc
vẽ “chính xác” hình vẽ có ý nghĩa quan
trọng vì hình vẽ giúp ta “phát hiện các
tính chất hình học quan trọng”. Cụ thể
trong bài này, AHCK chính là tứ giác nội
tiếp, và IH  AK. Và bài toán cũng từ đó
mà được phân tích theo các hướng sau:
+ Hướng thứ 1: Chứng minh AHCK
là tứ giác nội tiếp  IH = IK và I  d
566
402
 tìm tọa độ I. Để chứng minh IH  AK

 ta có thể chứng minh IH // CK (do CK
// AD) (phần chứng minh này xin dành
cho bạn đọc).  Khi đó A thỏa mãn A
thuộc đường tròn đường kính AC và
đường thẳng AK.
+ Hướng thứ 2: Tương tự hướng thứ 1, ta tìm tọa độ điểm I, để chứng minh
IH  AK  ta gắn hệ trục tọa độ Axy và chứng minh AD.IH  0  Khi đó A
thỏa mãn A thuộc đường tròn đường kính AC và đường thẳng AK.
+ Hướng thứ 3: Tương tự hướng thứ 1, ta tìm tọa độ điểm I, đến đây ta có
thể đặt A(x; y)  2 ẩn nên cần 2 phương trình  pt (1) là IA = IH, pt (2) là
AH = HK (ta phải chứng minh AHK cân tại H).
* Ta có AHC  CKA  90  AHC  CKA  180
Gọi I là trung điểm AC  I là tâm đường tròn nội tiếp tứ giác AHCK
 IK = IH (*)
Mặt khác I  d: x – y + 10 = 0  I (t ; t  10).
Do đó
(*)  HI 2  KI 2  (t  5)2  (t  15) 2  (t  9)2  (t  13) 2  t  0  I(0;10)
* ABD cân tại A (do AH vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến)
 ABD  BDA
 ABD  BCA  90

Mặt khác  
 BCA  DCK .
 DBA  DCK  90
Mà CHI  HCI (do IHC cân tại I)
Suy ra CHI  KCD  KC // IH (đồng vị) mà CK  AD  IH  AD
 x  3y  0
 2 2
 x  ( y  10)  250
402 567
 y  5  x  15

 y  3  x  9
Suy ra A(–15;5) hay A(9;–3) (loại vì trùng K)

* Ta có AHC  CKA  90
 AHC  CKA  180
Gọi I là trung điểm AC
 I là tâm đường tròn nội tiếp tứ giác
AHCK  IK = IH (*)
Mặt khác I  d: x – y + 10 = 0
 I (t ; t  10).
Do đó (*)  HI 2  KI 2
 (t  5) 2  (t  15) 2  (t  9) 2  (t  13) 2  t  0  I(0;10)
* Đặt AB = a, AC = 1. Dựng hệ trục Axy như hình vẽ.
Ta có A(0;0), B(0; a), C (1;0)
Ta có
BH AB 2
2 a2 a2  a2 a 
BH .BC  AB     BH  BC  H  2 ; 
BC BC 2 a 2  1 a2  1 2
 a 1 a 1 
Ta có H là trung điểm BD
 2a 2  a 3  a  1 
 D 2 ; 2  và I  ;0  là tung điểm AC.
 a 1 a 1  2 
  a2 1 a 
 IH   2
; 2 
  2(a  1) a  1 
Nên  .
 AD   2 a 2
 a 3
 a 
  2 ; 2 
  a 1 a 1 
a 2 (a 2  1)  a(a3  a)
Xét IH . AD   0  IH  AD
(a 2  1)2
568
402
 x  3y  0  y  5  x  15
 2 2
  suy ra A(–15;5) hay A(9;–3)
 x  ( y  10)  250  y  3  x  9
(loại vì trùng K)
* Ta có AHC  CKA  90  AHC  CKA  180  tứ giác AHCK
nội tiếp.
Gọi I là trung điểm AC  I là tâm đường tròn nội tiếp tứ giác AHCK
 IK = IH (*)
Mặt khác I  d: x – y + 10 = 0  I (t ; t  10).
Do đó
(*)  HI 2  KI 2  (t  5)2  (t  15) 2  (t  9)2  (t  13) 2  t  0  I(0;10)
* Xét đường tròn nội tiếp tứ giác AHKC ta có

AKH  ACH  HAB  HAD  AHK cân tại H
Suy ra AH = HK.
Đặt A(x; y) ta có A thỏa mãn
 x 2  ( y  10)2  250  y  5  x  15
 2 2
  y  3  x  9
( x  5)  ( y  5)  250 
402 569
* Gọi I là trung điểm AC ta có

AC
IH  IK  nên I thuộc
2
đường trung trực của HK.
Đường trung trực HK có
phương trình 7 x  y  10  0
nên toa độ I thỏa mãn hệ
 x  y  10  0

7 x  y  10  0
x  0
  I (0;10)
 y  10
* Ta có HKA  HCA  HAB  HAD nên AHK cân tại H, suy ra HA = HK
mà MA = MK nên A đối xứng với K qua MH. Ta có MH  (5;15)  5(1;3) .
Đường thẳng MH có phương trình: 3 x  y  10  0
* Trung điểm AK thuộc MH và AK  MH nên A thỏa mãn hệ:
( x  9)  3( y  3)  0
  x  15
  x9  y 3   A(15;5)
3
  2   2   10  0  y  5
    
CÂU 98 (KÌ THI THPT QUỐC GIA 2015 – ĐỀ DỰ BỊ). Trong mặt phẳng tọa
độ Oxy, cho tam giác ABC không cân, nội tiếp đường tròn tâm I. Gọi H là
hình chiếu vuông góc của A trên BC, K là hình chiếu vuông góc của B trên
AI. Giả sử A(2;5), I (1; 2), điểm B thuộc đường thẳng 3x  y  5  0 , đường
thẳng HK có phương trình x  2 y  0 . Tìm tọa độ các điểm B, C.
570
402
* Ta có B thuộc đường tròn tâm I bán kính IA và đường thẳng d: 3x + y + 5 = 0

( x  1)2  ( y  2)2  10  x  2
nên thỏa hệ:    B(2;1)
 3x  y  5  0  y  1
* Ta có H  HK  H (2h; h) và AH  (2h  2; h  5), BH  (2h  2; h  1) .
Lại có AH  BH
 h 1
 AH .BH  0  (2h  2)(2h  2)  ( h  5)( h  1)  0  
h  1
 5
2 1
Do đó ta có : H (2;1) hay H  ; 
 5 5
2 1  8 24  8
* Với H  ;  ta có AI  (1; 3), AH   ;   (1; 3) nên ba
5 5  5 5  5
điểm A, H, I thẳng hàng hay tam giác này cân tai A (không thỏa mãn) nên ta
2 1
loại H  ;  và nhận H (2;1)
5 5
* Phương trình đường BC khi đó là y – 1 = 0 và C là giao điểm của đường tròn
tâm I bán kính IA và BC nên tọa độ C thỏa hệ:
( x  1)2  ( y  2)2  10  x  2, y  1
   x  4, y  1 . Do B(–2;1) nên ta nhận C (4;1)
 y  1  0 
Vậy tọa độ điểm thỏa yêu cầu bài toán là B ( 2;1), C (4;1)
402 571

- Phát Triển Tư Duy Giải Toán Hình Học Tọa Độ Phẳng Oxy - Hứa Lâm Phong

Uploaded by

Document Information

Original Title

Copyright

Available Formats

Share this document

Share or Embed Document

Sharing Options

Did you find this document useful?

Is this content inappropriate?

Copyright:

Available Formats

- Phát Triển Tư Duy Giải Toán Hình Học Tọa Độ Phẳng Oxy - Hứa Lâm Phong

Uploaded by

Copyright:

Available Formats

khangvietbook.com.

vn – ĐT: (08) 39103821 – 0903 906 848

Chươ ng 1. TÓM TẮ T LÝ THUYẾ T VÀ CÁC VẤ N ĐỀ

VÉCTƠ VÀ CÁC PHÉP TOÁN

2. Các phép toán của vectơ:

Ta có A, B, C : AC  AB  BC (quy tắc chèn điểm)

Điều kiện: a cùng phương b

a, b, x đồng phẳng  h, k  R : x  ha  kb

HỆ TỌA ĐỘ – TỌA ĐỘ VÉCTƠ – TỌA ĐỘ ĐIỂ M

b. Tọa độ của vectơ: u  ( x; y)  u  x.i  y. j

c. Tọa độ của điểm: OM  ( x; y)  M  ( x; y). Trong đó x là hoành độ, y là

Hệ quả:  a  a12  a22 .

● Điểm M chia AB theo tỉ số k (k khác 1)  MA  k .MB . Khi đó, tọa độ của M

b.Trực tâm của tam giác (giao các đường cao):

c. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

I(a ; b) là tâm của ABC  AI = BI = CI = R

d. Tâm của đường tròn nội tiếp tam giác

PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲ NG

2. Phương trình tổng quát của đường thẳng:

4. Phương trình đoạn chắn:

KHOẢ NG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂ M ĐẾ N MỘT ĐƯỜNG THẲ NG

GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲ NG.

1. Góc giữa 2 đường thẳng:

2. Khoảng cách từ 1 điểm đến một đường thẳng:

PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN

Cho đường thẳng () và đường tròn (C)

●d(I, ) = R  () tiếp xúc với (C).

PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG ELIP

● Chọn hệ tọa độ Oxy sao cho

PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG HYPEBOL VÀ PARABOL.

b. Các yếu tố: c2  a2  b2 , c>0.

* Tiêu cự: F1F2=2c

a. Phương trình chính tắc: y 2  2 px , (p>0 gọi là tham số tiêu).

PHÉP BIẾ N HÌNH CƠ BẢ N TRONG MẶ T PHẲ NG

f 1 được gọi là phép biến hình ngược của f .

+ Tính chất riêng: I  d d '  d '/ / d

+ Tính chất riêng: d d'

+ Tính chất riêng: d d'

+ Tính chất riêng: d d'

+ Tính chất riêng:

Hướng dẫn giải:

chữ nhật OB’A’C’

 x '  a  ( x  a)cos   ( y  b)sin 

Gọi I, H’ lần lượt là giao điểm của tia AH

Suy ra I là trung điểm của HM suy ra H và M đối

 Trên đoạn thẳng AC lấy điểm M sao cho:

Và phép quay Q tâm A góc quay 450 biến

2 2 4

A ' C '2  A ' B 2  BC '2  2 A ' B.BC '.cos A ' BC '

Theo tính chất của phép

Thật vậy, ta có: V H2 ( M

CÁC ĐỊ NH LÝ– BỔ ĐỀ – TÍNH CHẤ T

BÀI TOÁN TIÊU BIỂ U TRONG HÌNH HỌC PHẲ NG

☺Chứng minh định lý:

Từ M vẽ tia song song AC, cắt BC tại F.

Suy ra tứ giác MNCF là hình bình hành  MF  NC (1) .

☺Chứng minh định lý:

■ Chiều thuận: Giả sử D, E, F thẳng hàng. Vẽ đường thẳng qua C và song

trung điểm của HD. Tam giác AHD

M1, N1, P1 lần lượt là trung

Từ đó, ta suy ra BM vuông góc AM.

►Tính chất 10.5.Cho tam giác ABC

đường tròn (O) suy ra O đồng thời là tâm