PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG
GV: Nguyễn Tất Thu (0942444556) 1
PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG
A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT.
I. Tọa độ trong mặt phẳng.

Cho
1122
u(x,y); v(x;y)
rur
và
kR

. Khi đó:
12121212
22
12
1111
12
12121212
1) uv(xx;yy) 2) uv(xx;yy)
xx
3) ku(kx;ky) 4) uxy 5) u=v
yy
6) u.vxxyyuvu.v0xxyy0









Góc giữa hai véc tơ
1122
u(x,y); v(x;y)
rur
:
1212
2222
1122
u.v
xxyy
cos(u,v)
uv
xyxy



rur
rur
rur
.

Cho
AABB
A(x;y) ; B(x;y)
. Khi đó :

22
BABABABA


GG
Gx;y

của tam giác ABC là :
ABC
G
ABC
G
xxx
x
3
yyy
y
3
















Một đường thẳng có vô số VTPT và vô số VTCP ( Các véc tơ này luôn cùng phương với
nhau)
:xy50

Mối quan hệ giữa VTPT và VTCP:




A0;5,B2;3
.
R10

Nếu




A1;0,B2;0
là một VTPT của đường thẳng
d
thì
u(b;a)

r
là một
VTCP của đường thẳng
d
.
d:xy120


.
1.2.2. Phương trình tham số của đường thẳng :
Cho đường thẳng
12
:xy0, :x7y0

đi qua điểm


22
1
C:xy10x0

và
có


22
2
C:xy4x2y200

là VTCP, khi đó phương trình tham số của đường
thẳng
d
là:
0
0
xxat
yybt

.
2
d:(2m2)x2my10

Nếu (I) vô số nghiệm thì


22
C:xy2x4y0


d:xy0

Nếu (I) có nghiệm duy nhất thì
1
d
và
2
d
cắt nhau và nghiệm của hệ là tọa
độ giao điểm.
3. Góc giữa hai đường thẳng.
Cho hai đường thẳng
1111
d:axbyc0;


2222
d:axbyc0


M
đến

được tính bởi công thức:
00
22
axbyc
d(M,())
ab



.
5. Phương trình đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng
Cho hai đường thẳng
1111
d:axbyc0

và
2222
d:axbyc0

Phương trình
phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng là:
111222
2222
1122
axbycaxbyc
abab


2. Phương trình tiếp tuyến :
Cho đường tròn (C) :
222
(xa)(yb)R

.

Tiếp tuyến

của (C) tại điểm
M
là đường thẳng đi qua M và vuông góc với IM .

Đường thẳng
:AxByC0

là tiếp tuyến của (C)
d(I,)R



Đường tròn (C) :
222
(xa)(yb)R

có hai tiếp tuyến cùng phương với Oy là
xaR

. Ngoài hai tiếp tuyến này các tiếp tuyến còn lại đều có dạng :
ykxm

là tiêu cự của elíp.

12
MF,MF
: là các bán kính qua tiêu.
2. Phương trình chính tắc của elíp:
PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG
GV: Nguyễn Tất Thu (0942444556) 4
22
22
xy
1
ab

với
222
b= ac

.
Vậy điểm
22
00
00
22
xy
M(x;y)(E)1
ab

và
00

2
B0; b
.
12
AA2a

gọi là độ dài trục lớn,
12
BB2b

gọi là độ dài trục bé.

Tiêu điểm:
12
F(c;0), F(c;0)

.

Nội tiếp trong hình chữ nhật cơ sở PQRS có kích thước 2a và 2b với
222
b= ac

.

Tâm sai:
22
cab
e1
aa


A
2
A
1
O

V. Hypebol
1. Định nghĩa : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
cho hai điểm
12
F,F
có
12
FF2c

.
Tập hợp các điểm
M
của mặt phẳng sao cho
12
MFMF2a

(
2a
không đổi và
ca0

) là một Hypebol.


Ox
(trục thực),
Oy
(trục ảo). Tâm đối xứng
O
.

Đỉnh:


12
A(a;0),Aa;0

. Độ dài trục thực:
2a
và độ dài trục ảo:
2b
.

Tiêu điểm


12
F(c; 0), F c; 0

.

Hai tiệm cận:
b
yx


00
Mx;yH

:
+)
10
MF ex a

và
20
MF exa

khi
0
x0

.
+)
10
MFexa

và
20
MFex a

khi
0
x0


F
cố định không thuộc

.

: đường chuẩn;
F
: tiêu điểm và
d(F,)p 0

là tham số tiêu.
2. Phương trình chính tắc của Parabol:
2
y2px


3. Hình dạng của Parabol (P) :

Trục Ox là trục đối xứng, đỉnh O. Tiêu điểm
p
F(;0)
2
.

Đường chuẩn
p
:x
2



. Khi đó phương trình
đường thẳng cần lập là:
00
a(xx)b(yy)0

.

Giả sử đường thẳng cần lập
:axbyc0

. Dựa vào điều kiện bài toán ta tìm
được
amb,cnb

. Khi đó phương trình
:mxyn0

. Phương pháp này ta thường
áp dụng đối với bài toán liên quan đến khoảng cách và góc

Phương pháp quỹ tích:
0000
M(x;y):axbyc0axbyc0

.
Ví dụ 1.1.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn
22
(C):(x1)(y2)25

.

IM(3;4)

uuur
làm VTPT
Nên phương trình tiếp tuyến là:
3(x4)4(y6)03x4y360

.
2) Gọi

là tiếp tuyến cần tìm.
Do

đi qua
N
nên phương trình có dạng
:a(x6)b(y1)0axby6ab0

,
22
ab0

(*)
Ta có:
22222
22
7ab
d(I,)R57ab5ab(7ab)25(ab)
ab







.
PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG
GV: Nguyễn Tất Thu (0942444556) 7


3
ab
4
 thay vào (*) ta có:
37
bxbyb03x4y140
42

.


4
ab
3
 thay vào (*) ta có:
4
bxby9b04x3y270
3

.










uuruuur
7ab200


Từ đó ta suy ra được
A:7xy200

.
Tương tự ta cũng có được
BABAB:7xy200

.
2. Các lập phương trình đường tròn.
Để lập phương trình đường tròn (C) ta thường sử dụng các cách sau
Cách 1: Tìm tâm
I(a;b)
và bán kính của đường tròn. Khi đó phương trình đường tròn
có dạng:
222
(xa)(yb)R


.
Lời giải.
1) Gọi
12
A,A
lần lượt là hình chiếu của A lên hai trục Ox, Oy, suy ra
12
A(3;0), A(0;4)
.
Giả sử
22
(C):xy2ax2byc0

.
Do
12
A,A,A(C)

nên ta có hệ:
3
a
6a8bc25
2
6ac9b2
8bc16c0






I(a;b)
là tâm của đường tròn (C), vì
1
I(C)

nên:
22
4
(a2)b
5

(1)
Do (C) tiếp xúc với hai đường thẳng
12
,

nên
12
d(I,)d(I,)


aba7b
b2a,a2b
252




b2a













.
3. Các điểm đặc biệt trong tam giác.
Cho tam giác
ABC
. Khi đó:

Trọng tâm
ABCABC
xxxyyy
G;
33









IAIC













Tâm đường tròn nội tiếp
AB.AKAC.AK
ABAC
K:
BC.BKBA.BK
BCAB











Tâm đường tròn bàng tiếp (góc A)
AB.AJAC.AJ
ABAC
J:
BJ.BCAB.BJ
BCAB

















uuuruuuruuuruuur
uuruuuruuuruur
.
Ví dụ 1.1.3. Cho tam giác
ABC
có
53

ABC
G
ABC
G
xxx
1
x
19
38
G;
88
yyy
9
y
38


















uuuruuuruuuruuur

Mà
AH.BC0
BH.AC0











uuuruuur
uuuruuur
nên ta có
3
x
7(x1)(y3)07xy100
2
(x2)7y0x7y201
y
2








.
Gọi
I(x;y)
, ta có:
2222
22
22
22
22
(x1)(y3)(x2)y
IAIB
53
(x2)yxy
IBIC
88











1616
31
xy
y
4432
16

























2) Gọi
K(x;y)
là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có:
PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG
GV: Nguyễn Tất Thu (0942444556) 10
· ·
·
·
















AK,ABAK,ACcosAK,ABcosAK,AC
KABKAC
KBCKBA
BK,BABK,BCcosBK,BAcosBK,BC
















uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur
uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur
(*)
Mà




AKx1;y3,BKx2;y,AB(3;3)

uuuruuuruuur
nên (*) tương đương với
321
(x1)(y3)
3(x1)3(y3)
88
32152

















. Vậy
K(0;1)
.
Gọi


Ja;b
là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC. Ta có:
   
   
AJ.ABAJ.AC
5
a
AJ,ABAJ,AC



















uuuruuuruuuruuur
uuuruuuruuuruuur
uuruuuruuruuur
uuruuuruuruuur
. Vậy
53
J;
42






.
PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG
GV: Nguyễn Tất Thu (0942444556) 11
Lời giải.
Kí hiệu
12
d:xy20, d:4x3y10

.
Gọi
H'
là điểm đối xứng với H qua
1
d
. Khi đó
H'AC

.
Gọi

là đường thẳng đi qua H và vuông góc với
1
d
. Phương trình của
:xy20


Suy ra
1

3x4y130

.
Nên
1
xy20
ACdA:A(5;7)
3x4y130










.
Vì
CH
đi qua
H
và vuông với
AH
, suy ra phương trình của
CH:3x4y70


Do đó

d:xy60, CC':2xy30

. Ta có:
C(c;2c3)


Phương trình
BC:xyc30


Gọi
M
là trung điểm của BC, suy ra
3c
x
xy60
2
M:
xyc30c9
y
2










B;, C;
3333











.
PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG
GV: Nguyễn Tất Thu (0942444556) 12
M
C'
B
A
C

5. Một số bài toán dựng hình cơ bản.
5.1. Hình chiếu vuông góc H của điểm A lên đường thẳng



Lập đường thẳng
d
đi qua A và vuông góc với






.
5.3. Dựng đường tròn (C’) đối xứng với (C) (có tâm I, bán kính R) qua đường thẳng



Dựng I’ đối xứng với I qua đường thẳng



Đường tròn (C’) có tâm
I'
, bán kính R.
Chú ý: Giao điểm của (C) và (C’) chính là giao điểm của và

.
5.4. Dựng đường thẳng d’ đối xứng với d qua đường thẳng

.

Lấy hai điểm M,N thuộc d. Dựng
M',N'
lần lượt đối xứng với M, N qua




và
d'
.
Lời giải.
1) Ta thấy
A
và
B
nằm về một phía so với đường thẳng
d
. Gọi
A'
là điểm đối xứng
với A qua d. Khi đó với mọi điểm M thuộc d, ta luôn có:
MAMA'


PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG
GV: Nguyễn Tất Thu (0942444556) 13
Do đó:
MAMBA'MMBA'B

. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
MA'Bd

.
Vì
A'Ad

nên


















.
Vì
H
là trung điểm của
AA'
nên
A'HA
A'HA
23
x2xx
236
5
A';

.
Suy ra
2826
A'B;
55











uuuur
, do đó phương trình
A'B:13x14y430


Nên
16
x
x2y30
161
5
M:M;
510
13x14y4301




.
Δ
M
A'
A
B
M

2) Xét hệ phương trình
x2y30x1
3x4y10y1










, suy ra
dI(1;1)


Vì





là điểm đối xứng với E qua

, ta có
Fd'


Suy ra
211
FI;
55











uur
, do đó phương trình
d':11x2y130

.
Bài tập


và phương trình
hai đường phân giác trong
BD:xy10,CE:x2y170

. Tính tọa độ các điểm
B, C.
Bài 1.1.5.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có
C(5;3)

và phương trình
đường cao
AA':xy20

, đường trung tuyến
BM:2x5y130

.Tính tọa độ các
điểm A, B.
Bài 1.1.6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có
B(1;3)

và phương trình
đường cao
AD:2xy10

, đường phân giác
CE:xy20

.Tính tọa độ các
Vấn đề 2. XÁC ĐỊNH TỌA ĐỘ CỦA MỘT ĐIỂM

Bài toán cơ bản của phương pháp tọa độ trong mặt phẳng là bài toán xác định tọa độ
của một điểm. Chẳng hạn, để lập phương trình đường thẳng cần tìm một điểm đi qua
và VTPT, với phương trình đường tròn thì ta cần xác định tâm và bán kính….Chúng ta
có thể gặp bài toán tìm tọa độ của điểm được hỏi trực tiếp hoặc gián tiếp.

Về phương diện hình học tổng hợp thì để xác định tọa độ một điểm, ta thường chứng
minh điểm đó thuộc hai hình (H) và (H’). Khi đó điểm cần tìm chính là giao điểm của
(H) và (H’).

Về phương diện đại số, để xác định tọa độ của một điểm (gồm hai tọa độ) là bài toán
đi tìm hai ẩn. Do đó, chúng ta cần xác định được hai phương trình chứa hai ẩn và giải
hệ phương trình này ta tìm được tọa độ điểm cần tìm. Khi thiết lập phương trình chúng
ta cần lưu ý:
+) Tích vô hướng của hai véc tơ cho ta một phương trình,
+) Hai đoạn thẳng bằng nhau cho ta một phương trình,
+) Hai véc tơ bằng nhau cho ta hai phương trình,
+) Nếu điểm
M:axbyc0,a0

thì
bmc
M;m
a





là tam giác vuông.
Lời giải.
PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG
GV: Nguyễn Tất Thu (0942444556) 16
B
M
A
I

Đường tròn (C) có tâm
I(1;1)
, bán kính
R2

.
Vì
AMB

vuông và IM là đường phân giác của góc
·
AMB
nên
·
0
AMI45


Trong tam giác vuông
IAM















.
Vậy có hai điểm


1
M3;1

và
2
39
M;
55





M
đến đường
thẳng
2
d
.
Lời giải.
Ta có
3
Md

, suy ra
M(2y;y)
. Suy ra
12
3y3y4
d(M,d);d(M,d)
22


Theo giả thiết ta có:
12
3y3y4
d(M,d)2d(M,d)2.
22



3y32y8
y11;y1

B,C
sao cho tam giác
ABC
vuông ở B và
AB2BC

.
Lời giải.
Ta có
ABd

nên AB có phương trình :
2xy20

.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ :
x2y20
26
B;
55
2xy20

















.
Vậy tọa độ điểm C là nghiệm của hệ :
22
x2y20
x0,y1
47
261
x,y
xy
55
555



















,


C0;1
và
26
B;
55










,
47
C;
55




.
Theo đề bài ta có hệ:








22
b1c42
AB.AC0
ABAC
b1c43


















Vậy
B(3;1);C(5;3)

hoặc
B(1;3),C(3;5)

.
PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG
GV: Nguyễn Tất Thu (0942444556) 18
Ví dụ 1.2.5. Cho parabol
2
(P):yx

và hai điểm
A(9;3),B(1;1)

thuộc
(P)
. Gọi M là
điểm thuộc cung
AB
của
(P)
( phần của
(P)
bị chắn bởi dây
AB


 .
Suy ra
4
maxd(M,AB)
5
 đạt được khi
t1M(1;1)

.
Bài 1.2.6. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn


2
2
(C):x1y2

và hai điểm
A(1;1)

,
B(2;2)
. Tìm tọa điểm M thuộc đường tròn (C) sao cho diện tích tam giác MAB
bằng
1
2
.
Lời giải.
Ta có
AB10







2
2
Ma; bCa1b2


Khi đó
3ab4
11
d(M;AB)3ab41
101010



Ta có hệ phương trình:
22
2222
(a1)b2
(a1)b2(a1)b2
hoaëc
3ab41
3ab413ab41







2222
(a1)(3a5)2(a1)(3a3)2
hoaëc
b3a5b3a3











22
5a16a1205a10a40
hoaëc
b3a5b3a3














Vậy có bốn điểm thỏa điều kiện bài toán là:
1234
121141355355535
M(;), M(;), M(;) và M(;)
55555555

 .
Bài tập
Bài 1.2.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho điểm
A(2;2)
và hai đường thẳng:
1
d:xy20,

2
d:xy80

. Tìm tọa độ điểm
B,C
lần lượt thuộc
12
d,d
sao cho


và:
2
d:xy90

. Tìm tọa độ điểm
1
Bd

, và
2
Cd

sao cho tam
giác ABC vuông cân tại A.
Bài 1.2.5. Trong hệ trục tọa độ Oxy cho
ABC

với
A(2,3),B(2,1),C(6,3)
. Gọi D là giao
điểm của đường phân giác trong góc
·
BAC
với BC. Tìm tất cả các điểm M thuộc đường
tròn
22
(C):(x3)(y1)25

sao cho :

(C):(x1)(y2)25
 sao cho tam
giác
MAN
vuông cân tại A.
Bài 1.2.8. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn
22
25
(C):(x2)(y4)
9
 và đường
thẳng
d:5x2y110.

Tìm điểm C trên d sao cho tam giác ABC có trọng tâm G
nằm trên đường tròn (C) biết
A(1;2),B(3;2).


Bài 1.2.9. Trong hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng
xy
:
1
d
0

và đường tròn (C) có
phương trình
22
xy2x4y0



B(3;2)

. Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác
ABC có diện tích lớn nhất.
Vấn đề 3. NHÓM CÁC BÀI TOÁN VỀ HÌNH BÌNH HÀNH

PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG
GV: Nguyễn Tất Thu (0942444556) 21
Khi giải các bài toán về hình bình hành, hình thoi, hình chữ nhật và hình vuông,
chúng ta cần chú ý đến tính chất đối xứng. Chẳng hạn, giao điểm hai đường chéo là tâm
đối xứng cảu hình bình hành; hai đường chéo của hình thoi là trục đối xứng….

Ví dụ 1.3.1. Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường thẳng
12
d:x2y10,d:2x3y0

. Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết
A thuộc đường thẳng
1

Do ABCD là hình vuông nên I là trung điểm của BD, hay
IOx

. Do đó
a2c

.
Mặt khác
ACBDOx

nên suy ra
2a13cc1

.
Từ đó, ta tìm được
A(3;2), C(3;2), I(3;0)

.
Vì
BOxB(b;0)

, mà
IBIA2b32b5,b1

.
Vậy tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD là:
A(3;2), B(1;0), C(3;2), D(5;0)

hoặc
A(3;2), B(5;0), C(3;2), D(1;0)

Ta có:


KJ'2;2

uuur
, suy ra phương trình
CD:xy40

.
Vì
AB//CD
nên phương trình
AB:xy40

.
Do
d(I,AB)22

nên suy ra
AB42IA4


AABA(a;4a)

, do đó
222
IA4(a1)(a3)16a2a30a1,a3



22
(x2)(y1)10

. Tìm tọa
độ các đỉnh của hình vuông
MNPQ
, biết
M
trùng với tâm của đường tròn (C); hai đỉnh
N,Q
thuộc đường tròn (C); đường thẳng
PQ
đi qua
E(3;6)

và
Q
x0

.
Lời giải.
Ta có
M(2;1)
và
EQ
là tiếp tuyến của
(C)
.
Phương trình
EQ

(x2)(y1)10
y0
3xy30
















. Trường hợp này ta loại vì
Q
x0

.


b3a

, ta có phương trình
EQ:x3y150

QPMQ(123x)(4x)10x3,x5




x3

, ta có
P(6;3)
, suy ra tâm của hình vuông
I(4;2)
nên
N(5;0)



x5

, ta có
P(0;5)
, suy ra tâm của hình vuông
I(1;3)
nên
N(1;2)

.
Vậy có hai bộ điểm thỏa yêu cầu bài toán:
M(2;1),N(5;0),P(6;3),Q(3;4)
và
M(2;1),N(1;2),P(0;5),Q(3;4)

N
I
B
D
C
A
M

Vì
EdE(a;5a)IE(a6;3a)

uur
.
Gọi
N
là trung điểm của
AB
, suy ra
I
là trung điểm của
EN
nên :
NIE
NIE
x2xx12a
N:N(12a;a1)
y2yya1




uuuur
, suy ra phương trình
AB:y50




a7MN(4;1)

uuuur
, suy ra phương trình
AB:x4y190

.
Ví dụ 1.3.5. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện
tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng
1
d:xy30

và
2
d:xy60

.
Trung điểm của AB là giao điểm của
1
d

với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ
nhật.


Gọi M là giao của đường thẳng
1
d
với Ox, suy ra
M(3;0)
.
Vì
ABMI

nên suy ra phương trình
AB:xy30


ABCD
S
AD2MI32AB22AM2
AD


Mà
22
AABA(a;3a)AM2(a3)1

a2,a4

, ta chọn
A(2;1),B(4;1)

.

3
d
,
B
thuộc
1
d
và
D
thuộc
2
d
.
Lời giải.
Vì
BDAC

nên phương trình
BD:yxm


1
BBDd

, suy ra
yxm
9m4m9
BB;
33
4xy90










.
Suy ra tọa độ trung điểm của BD là
12m1
I;
22











.
Vì
12m1
IAC20m3
22

3
1
AdA(a;a2)AI2a
2











nên ta có:
2
125
aa3,a2
24















thuộc đường thẳng
AB
; điểm
N(0;7)
thuộc đường thẳng
CD
.
Tìm tọa độ đỉnh
B
biết
B
có hoành độ dương.
Lời giải.
Gọi
N

là điểm đối xứng của
N
qua tâm
I
thì ta có
N'(4;5)

và
N'
thuộc cạnh

IHd(I,AB)2
5


và
2222
1115IH5
IB5
2
IHIAIB4IB

Mặt khác
 
2
2
2
14b4b2
BABB(b;),b0IBb25b1
33












d,d
và giao điểm của hai đường thẳng đó là một đỉnh của hình bình
hành.
Lời giải.
Tọa độ giao điểm của
1
d
và
2
d
là nghiệm của hệ:
xy10x1
3xy50y2










.
Ta giả sử
A(1;2)

và
12
ABd,ADd