CÁC BÀI TOÁN THIẾT LẬP
PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
VÀ ĐƯỜNG TRÒN TRONG MẶT
PHẲNG

BÀI TOÁN THIẾT LẬP PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG – ĐƯỜNG TRÒN TRONG MẶT PHẲNG
I. CÁC BÀI TOÁN THIẾT LẬP PHƯƠNG TRÌNH
ĐƯỜNG THẲNG
Người ta hay dùng các dạng sau đây để viết phương trình đường thẳng
 Phương trinh chính tắc của đường thẳng đi qua điểm
( )
;
o o
M x y
và có vectơ chỉ phương
( )
;u a b=
r
,
; 0a b ≠
là
o o
x x y y
a b
− −
=
 Phương trinh tham số của đường thẳng đi qua điểm
( )
;
o o
M x y

( ) ( )
0
0
o
a x x b y y− + − =
Phương trình tổng quát là
0Ax By C+ + =
;
2 2
0A B+ >
Phương trình này nhận
( )
;n A B=
r
làm VTPT và nhận
( )
;u B A= −
r
làm VTCP.
Đường thẳng đi qua điểm
( )
;
o o
M x y
và có hệ số góc k có phương trình dạng
( )
0 o
y y k x x− = −
 Phương trình theo đoạn chắn: Đường thẳng cắt 2 trục Ox, Oy tại A(a;0), B(0;b) vói
; 0a b ≠

trước hay không.
2. Điểm M thuộc đường thẳng cần tìm được xác định:
a. Giao điểm của 2 đường thẳng biết trước nào đo.
b. Điểm có 1 tính chất nào đó (Trung điểm của đoạn thẳng, hình chiếu của 1 điểm nào đó
trên đường thẳng,…)
VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1: Trong mặt phẳng với hệ 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 có phương trình là
7x – 2y – 3 0=
và
6x – y – 4 0=
.Viết phương trình đường thẳng AC.
GIẢI
Gọi đường cao AH : 6x – y – 4 = 0 và đường trung tuyến AD : 7x – 2y – 3 = 0
Ta có
( )
1;2A AH AD A= ∩ =
M là trung điểm AB
( )
B 3; 2⇒ −

BC qua B và vuông góc với AH
⇒
BC : 1(x – 3) + 6(y + 2) = 0
⇔
x + 6y + 9 = 0
3
0;
2
D BC AD D

2
2
I N E
I N E
x x x
y y y
= +

⇒

= +

⇒
N (12 – m; m – 1)
( )
11 – m; m – 6MN⇒ =
uuuur
( ) ( )
m – 6; 5 – m – 2 m – 6; 3 – mIE⇒ = =
uur

Ta có MN vuông góc với IE nên
. 0MN IE =
uuuur uur
⇔
(11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = 0
( ) ( )
6 14 2 0m m⇔ − − =
⇔
m – 6 = 0 hay 14 – 2m = 0

1 2 0 1m m
+ + = ⇒ = −
Vậy AE có phương trình
1 0x y− − =
Tọa độ điểm I là nghiệm hệ
( )
1 0 0
0;1
1 0 1
x y x
I
x y y
− + = =
 
⇔ ⇔
 
+ − = =
 
Từ đó suy ra
( )
2 1
1;0
2 0
E I A E
E I A E
x x x x
E
y y y y
= − = −
 

2 2
o o
o
x x
x C
+ −
 
+ + = ⇔ = − ⇒ −
 ÷
 
Đường thẳng BC qua
( )
1;0E −
và
( )
7;8C −
nên có phương trình
4 3 4 0x y+ + =
Ví dụ 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đỉnh A(4;-1), phương trình một đường cao, một đường
trung tuyến vẽ từ cufnbg một đỉnh lần lượt là
2 3 12 0x y− + =
và
2 3 0x y+ =
. Viết phương trình các cạnh
của tam giác
Giải
Ta thấy đỉnh A không thuộc 2 đường thẳng
2 3 12 0x y− + =
và
2 3 0x y+ =

6; 4
2 3 0 4
x y x
M
x y y
 + − = =

⇔ ⇔ −
 
+ = = −


Vì M là trung điểm AC nên
( )
8; 7C −
Đường thẳng BC qua B và C nen có phương trình là
9 11 5 0x y+ + =
Ví dụ 5: Trong hệ trục tọa độ Oxy cho 2 đường thẳng d
1
:
1 0x y− + =
và d
2
:
2 1 0x y+ − =
và điểm
P(2;1). Viết phương trình đường thẳng qua P và cắt d
1,
d
2

4
2 2
3
2
8
3
x
x x
PA PB
x x
x

=

− = −


= − ⇔ ⇔
 
= −


=


uuur uuur
Do đó
8 11 4 5
; ;
3 3 3 3

Từ đó suy ra
( )
1; 1E −
Do EC//BG nen EC có dạng
2 0x y m− + =
E thuộc nên ta có
1 2 0 3m m
+ + = ⇔ = −
Phương trình của EC là
2 3 0x y− − =
Tọa độ C là nghiệm hệ
( )
2 3 0 5
5;1
1 0 1
x y x
C
y y
− − = =
 
⇔ ⇒
 
− = =
 
Tương tự ta có
( )
3; 1B − −
Biết tọa độ 3 đỉnh A, B, C ta có phương trình các cạnh AB, Ac, BC lần lượt là
2 0x y− + =
;

sẵn dạng
( )
0 o
y y k x x− = −
nếu không phải xét đủ 2 trường hợp nói trên.
VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1: Trong mặt phẳng tọa độ cho 2 điểm M(1;4) và N(6;2). Lập phương trình đường thẳng
∆
qua
M sao cho khoảng cách từ N tới nó bằng 5.
Giải
Đường thẳng
∆
qua M (1;4) nen có 2 dạng là

1x =
khi đó
( )
; 5d N ∆ =
. Vậy
: 1x∆ =
là đường thẳng cần tìm.

∆
có dạng
( )
1 4 4 0y k x kx y k= − + ⇔ − + − =
Khi đó
( ) ( )
( )


3x =
khi đó
( ) ( )
; 2; ; 2d A d B∆ = ∆ =
. Vậy
∆
:
3x =
là đường thẳng cần tìm

∆
có dạng
( )
3 5 5 3 0y k x kx y k= − + ⇔ − + − =
.
Khi đó ta có
( ) ( )
2 2
2 5 3 5 1 5 3
; ;
1 1
k k k k
d A d B
k k
− + − + + −
∆ = ∆ ⇔ =
+ +
3
3 2 6 2

( )
0 o
y y k x x− = −
.
VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1: Trong mặt phẳng tọa độ cho 2 điểm M(1;4) và N(6;2). Lập phương trình đường thẳng
∆
qua
M sao cho khoảng cách từ N tới nó bằng 5.
Giải
Gọi đường thẳng
∆
cần tìm là
0Ax By C+ + =
với
2 2
0A B+ >
Do
∆
qua M nen ta có
4 0 4A B C C A B
+ + = ⇔ = − −
Suy ra
∆
có dạng
4 0Ax By A B+ − − =
Ta có
( ) ( )
( )
2

20
21
B A
−
=
vào phương trình
∆
ta được
21 20 59 0x y− + =
Vậy có 2 đường thẳng cần tìm là
1x =
và
21 20 59 0x y− + =
Ví dụ 2: Trong mặt phẳng tọa độ cho 2 điểm A(1;2) và B(5;-1). Viết phương trình đường thẳng
∆

qua M(3;5) và cách đều A,B.
Giải
Gọi đường thẳng
∆
cần tìm là
0Ax By C+ + =
với
2 2
0A B+ >
Do
∆
qua M(3;5) nen ta có
3 5 0 3 5A B C C A B
+ + = ⇔ = − −


Thay B=0 vào phương trình
∆
ta được
3x =
Thay
4
3
B A=
vào phương trình
∆
ta được
3 4 29 0x y+ − =
Vậy có 2 đường thẳng cần tìm là
3x =
và
3 4 29 0x y+ − =
LOẠI 4: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG THEO ĐOẠN CHẮN
1
x y
a b
+ =
Người ta sử dụng cách viết phương trình theo đoạn chắn trong những bài toán mà yêu
cầu đầu bài đòi hỏi tính toán các giao điểm (a;0) và (0;b) của đường thẳng với trục hoành trục tung.
Chỉ cần lưu ý rằng
( ;0), (0; )A a B b
thì
,OA a OB b= =

VÍ DỤ MINH HỌA

= =


⇔


= − =


=

Vậy có 2 đường thẳng cần tìm
1
3 3
x y
+ =
và
1
1 1
x y
+ =
−
Ví dụ 2: Cho điểm M(4;3) . Viết phương trình đường thẳng d qua M sao cho nó tạo với 2 trục tọa độ
một tam giác có diện tích bằng 3.
Giải
Giả sử
( ) ( )
Ox ;0 , Oy 0;d A a d B b∩ = ∩ =
Khi đó theo phương trình đoạn chắn , d có dạng
1



= − =

Vậy có 2 đường thẳng cần tìm
1
2 3
x y
− =
và
2
1
4 3
x y
− + =
LOẠI 5: SỬ DỤNG PHƯƠNG TRÌNH CHÙM ĐƯỜNG THẲNG
Giả sử đường thẳng
1 1 1 1
: 0d A x B y C+ + =
và đường thẳng
2 2 2 2
: 0d A x B y C+ + =
cắt
nhau tại I. Khi đó mọi đường thẳng d đi qua I có dạng
( ) ( )
1 1 1 2 2 2
0A x B y C A x B y C
α β
+ + + + + =
(1) với

: 1 0d x y− + =
và
2
: 2 1 0d x y+ − =
và điểm
P(2;1). Viết phương trình đường thẳng đi qua P và giao điểm của d
1
và d
2
.
Giải
Đường thẳng d đi qua giao điểm của d
1
và d
2
nên nó thuộc chùm
( ) ( )
1 2 1 0x y x y
α β
− + + + − =
Do d qua P(2;1) nên ta có
( ) ( )
2 1 1 2.2 1 1 0 2 0
α β α β
− + + + − = ⇔ + =
Do
2 2
0
α β
+ >

, đường cao kẻ từ B có phương trình 4x+3y-1=0. Tìm
tọa độ đỉnh C.
Giải
Giả sử
1
d : x y 2 0− + =
và
2
d : 4x 3y 1 0+ − =
NGUYỄN THỊ ÁNH HỒNG Trang 7
BÀI TOÁN THIẾT LẬP PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG – ĐƯỜNG TRÒN TRONG MẶT PHẲNG
Gọi H'(a;b) là điểm đối xứng của H qua d
1
. Khi đó H’ thuộc đường thẳng AC.
( )
1;1u =
r
là VTCP của d
1
.
( )
' 1; 1HH a b= + +
uuuur
vuông góc với
u
r
và trung điểm
1 1
;
2 2

( )
3; 4v = −
r
và có phương tr.nh
( ) ( )
3 3 4 1 0 3 4 13 0x y x y+ − − = ⇔ − + =
Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương tr.nh
( )
3 4 13 0
5;7
2 0
x y
A
x y
− + =

⇒

− + =

Đường thẳng CH đi qua
( )
1; 1H − −
với vectơ pháp tuyến
( )
1
3;4
2
HA =
uuur

Giải
Giả sử
:5 9 0AM x y+ − =
,
: 3 5 0BH x y+ − =
Ac vuông góc
: 3 5 0BH x y+ − =
nên Ac có phương trình dạng
3 0x y m− + =
Vì C thuộc AC nên
3( 1) ( 2) 0 1m m− − − + = ⇔ =
Phương trình AC là
3 1 0x y− + =
A là giao điểm của AC và AM nên tọa độ A là nghiệm hệ
( )
3 1 0
1;4
5 9 0
x y
A
x y
− + =

⇔

+ − =

B thuộc
: 3 5 0BH x y+ − =
nên

uuur
có phương trình
3
x + 3y = 0
Đường thẳng qua B và vuông góc với
( )
0;2OA
uuur
có phương trình
1y = −
(Đường thẳng qua A và vuông góc với
( )
3;1BO
uuur
có phương trình
3 2 0x y+ − =
)
Giải hệ hai trong ba phương trình trên ta được trực tâm
( 3; 1)H −
Đường trung trực cạnh OA có phương trình
1y =
Đường trung trực cạnh OB có phương trình
3 2 0x y+ + =
(Đường trung trực cạnh AB có phương trình
3
x + 3y = 0)
NGUYỄN THỊ ÁNH HỒNG Trang 8
BÀI TOÁN THIẾT LẬP PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG – ĐƯỜNG TRÒN TRONG MẶT PHẲNG
Giải hệ hai trong ba phương trình trên ta được tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là
( 3;1)I −

+

Giải hệ (1) và (2) ta được
( )
7;3C
Giải hệ (1) và (2’) ta được
43 27
;
11 11`
C
− −
 
 ÷
 
Ví dụ 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(2;2) và các đường thẳng:
d1: x + y – 2 = 0, d2: x + y – 8 = 0.T.m tọa độ các điểm B và C lần lượt thuộc d1 và d2 sao cho tam
giác ABC vuông cân tại A. (Đại học – khối B -2007)
Giải
Ta có B thuộc d1, C thuộc d2 nên B(b;2 − b),C(c;8 − c). Từ giả thiết ta có hệ:
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
1 4 2
bc - 4b - c + 2 = 0
. 0
2 8 18
1 4 3
b c
AB AC

Giải hệ trên ta được x = −2, y = −1 hoặc x = 2, y =1.
Suy ra: B(−1;3),C(3;5) hoặc B(3;−1),C(5;3) .
Ví dụ 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các đường thẳng:
d1 : x + y + 3 = 0, d2 : x − y − 4 = 0, d3 : x − 2y = 0.T.m tọa độ điểm M nằm trên đường thẳng d3 sao cho khoảng cách từ M
đến đường thẳng d1 bằng hai lần khoảng cách từ M đến đường thẳng d2. (Đại học – khối A – 2006)
Giải
T.m điểm M thuộc d3 sao cho d (M,d1 ) = 2d (M,d2 )
Vì M thuộc d3 nên M(2y; y).
Ta có:
( )
1
2 2
2 3 3 3
;
2
1 1
y y y
d M d
+ − −
= =
+
( )
2
2 2
2 4 4
;
2
1 ( 1)
y y y
d M d

và
2
: 2 1 0d x y+ − =
.
Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết A thuộc d
1
; C thuộc d
2
; còn B và D thuộc trục hoành. (đại
học – khối A – 2005)
Giải
Vì A thuộc
1
: 0d x y− =
nên A(t;t).
Vì B, D nằm trên trục hoành nên A và C đối xứng với nhau qua BD nên
( )
;C t t−
Mà C thuộc
2
: 2 1 0d x y+ − =
nên
2 1 0 1t t t
− − = ⇔ =
Vậy điểm
(1;1), (1; 1)A C −
NGUYỄN THỊ ÁNH HỒNG Trang 9
BÀI TOÁN THIẾT LẬP PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG – ĐƯỜNG TRÒN TRONG MẶT PHẲNG
Trung điểm AC là I(1;0). Vì I là tâm của hình vuông nên
1

 − =
∈
 
 
⇒ ⇒ ⇔
   
− =
∈
=


 




=


Suy ra
(0;0)B
hoặc
(2;0)B
,
(0;0)D
hoặc
(2;0)D
Vậy tọa độ các đỉnh của hình vuông là
(1;1), (1; 1)A C −
,

biết đường tròn
( )
1
C
tiếp xúc
1
∆
,
2
∆
và tâm K thuộc đường tròn ©. ( Đại học – khối B- 2009)
Giải
Phương tr.nh 2 phân giác (
1
∆
,
2
∆
):
7
2 5 2
x y x y− −
= ±
( ) ( )
5 7x y x y⇔ − = ± −

( ) ( )
( ) ( )
5 7
5 7

5
x x x x− + − = ⇔ − + =
Phương trình vô nghiệm
Phương trình hoành độ giao điểm của d
2
và ©:
( )
2
2
2
4
2 25 80 64 0
2 5
x
x x x
 
− + = ⇔ − + =
 ÷
 
8 8 4
;
5 5 5
x K
 
= ⇒
 ÷
 
Vậy
( )
1

4 3 4 4 17
1 1
.5. . 17. 4 3 4 4 17 (2)
2 5 2
17
x y x y
x y x y
+ − − +
⇔ = ⇔ + − = − +
Từ (1) và(2) suy ra
0 0
0 0
7
; 2
3
9; 32
x y
x y

= =


= − = −


Vậy có 2 điểm M cần tìm
7
;2
3
M

∆ ∆
= =
Giả sử
( )
0 0
;G x y
. Trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng 3x-y-8=0 nên ta có
0 0
3 8 0x y− − =
Ta có
2AB =
nên khoảng cách từ G đến AB
( )
( )
2
2
;
2
ABG
S
d G AB
AB
∆
= =
0 0
0 0
5
2
5 1 (2)
2

hoặc
( )
1; 1C −
BÀI TẬP TỰ GIẢI
Bài 1: Cho hình thoi có một đường chéo có phương trình là
2 7 0x y+ − =
, một cạnh có phương
trình là
3 3 0x y+ − =
, một đỉnh là (0;1). Viết phương trình ba cạnh còn lại và đường chéo thứ hai của hình
thoi.
Đáp án: đường chéo thứ hai
2 1 0x y− + =
Ba cạnh còn lại
3 17 0;9 13 83 0;9 13 13 0x y x y x y+ − = + − = + − =
Bài 2: Trong mặt phẳng Oxy cho 2 điểm M(1;4) và N(6;2). Lập phương trình đường thẳng qua N
sao cho khoảng cách từ M đến nó bằng 2.
Đáp án:
2y =
và
20 21 162 0x y+ − =
Bài 3: Trong mặt phẳng Oxy cho điểm M(3;1). Viết phương trình đường thẳng qua M và cắt 2 trục
ox, oy tương ứng tại A, B sao cho OA+OB đạt giá trị bé nhất
Đáp án:
1
3 3 1 3
x y
+ =
+ +
Bài 4: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với đỉnh A(1;0) và 2 đường thẳng lần lượt

2
;0
3
G
 
 ÷
 
là trọng tâm tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
Đáp án: A(0;2), B(-2;-2), C(4;0)
A(0;2), B(4;0), C(-2;-2)
NGUYỄN THỊ ÁNH HỒNG Trang 11
BÀI TOÁN THIẾT LẬP PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG – ĐƯỜNG TRÒN TRONG MẶT PHẲNG
Bài 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A và trọng tâm
4 1
;
3 3
G
 
 ÷
 
. Phương
trình đường BC là
2 4 0x y− − =
, phương trình đường thẳng BG là
7 4 8 0x y− − =
. Tìm tọa độ cá đỉnh A, B,
C của tam giác.
Đáp án: A(0;3), B(0;-2), C(4;0)
Bài 9: Trong mặt phẳng Oxy cho hình chữ nhật có tâm
1

III. CÁC BÀI TOÁN THIẾT LẬP PHƯƠNG TRÌNH
ĐƯỜNG TRÒN
Người ta thường dùng 2 dạng phương trình đường tròn sau
1.
tâm ( ; )
( ) :
R
I a b
C
bk


=

phương trình
( ) ( ) ( )
2 2
2
:C x a y b R− + − =
2.
2 2
( ) : 2 2 0C x y ax by c+ − − + =
(điều kiện
2 2
0a b c+ − >
)
( )
C⇒
có tâm
( ; )I a b

Gọi H là chân đường cao kẻ từ B; M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC. Viết phương tr.nh
đường tr.n đi qua các điểm H, M, N. (Đại học - Khối A – 2007)
Giải
Ta có M(−1; 0), N(1; −2),
( )
4; 4AC = −
uuur
Giả sử H(x, y). Ta có:
( )
4( 2) 4( 2) 0 1
. 0
1;1
4 4( 2) 0 1
x y x
BH AC
H
x y y
H AC

+ − + = =
 
=

⇔ ⇔ ⇒
  
+ − = =
∈

 


 
+ + = −

= −



Vậy phương tr.nh đường tr.n cần t.m là: x
2
+ y
2
− x + y − 2 = 0
Ví dụ 2: Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC , hai cạnh AB và AC theo thứ tự có phương trình
là
2 0x y+ − =
và
2 6 3 0x y+ − =
. Cạnh BC có trung điểm M(-1;1). Viết phương trình đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC.
Giải
Tọa độ điểm a là nghiệm của hệ
2 0
15 7
;
2 6 3 0
4 4
x y
A
x y
+ − =

 

Do P là trung điểm của AC suy ra
9 1
;
4 4
C
 
−
 ÷
 
Tương tụ ta có
1 7
;
4 4
B
 
 ÷
 
Phương trình đường tròn đi qua ba điểm
15 7
;
4 4
A
−
 
 ÷
 
,
1 7

Ax 0By C+ + =
là tiếp tuyến của đường tròn
( ) ( ) ( )
2 2
2
:C x a y b R− + − =

khi và chỉ khi khoảng cách từ tâm của đường tròn đến đường thẳng đó bằng bán kính R
2. Hai đường tròn
( )
1 1
;O R
và
( )
2 2
;O R
tiếp xúc ngoài ( tiếp xúc trong) với nhau khi và chỉ
khi
( )
1 2 1 2 1 2 1 2
O O R R O O R R= + = −
VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tr.n (C)
( )
2
2
4
2
5
x y− + =

):
7
2 5 2
x y x y− −
= ±
NGUYỄN THỊ ÁNH HỒNG Trang 13
BÀI TOÁN THIẾT LẬP PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG – ĐƯỜNG TRÒN TRONG MẶT PHẲNG
( ) ( )
5 7x y x y⇔ − = ± −

( ) ( )
( ) ( )
5 7
5 7
x y x y
x y x y
− = −
⇔

− = − −

1
2
2 ( )
1
( )
2
y x d
y x d
= −

− + = ⇔ − + =
 ÷
 
8 8 4
;
5 5 5
x K
 
= ⇒
 ÷
 
Vậy
( )
1
2 2
;
5
R d K= ∆ =
Ví dụ 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho 2 điểm A(2;0) và B(6;4). Viết phương trình đường tròn ©
tiếp xúc với trục hoành tại điểm Avaf khoảng cách từ tâm của © đến B bằng 5. (Đại học – khối B – 2005)
Giải
Giả sử © có tâm I(a;b) và bán kính là R.
© tiếp xúc với trục Ox tại A nên suy ra
2a
=
và
R b=
Ta có
( ) ( )
2 2

Gọi I(5;b) là tâm đường tròn cần tìm
Do đường tròn cần tìm tiếp xúc với 2 đường thẳng d
1
và d
2
nên ta có
( ) ( )
1 2
2
15 3 5 3 9
; ; 18 14 3
8
10 10
b
b b
d I d d I d b b
b
= −
− + − +

= ⇔ = ⇔ − = − ⇔

=

• Khi b=-2 ta có
40R =
, phương trình của đường tròn là
( ) ( )
2 2
5 2 40x y− + + =

   
− + + − = ⇔ − + − =
 ÷  ÷
   
Tâm I của đường tròn nằm trên đường trung trực này nên tọa độ điểm
( )
; 1I a a +
Theo đề bài ta có
( ) ( )
2
2
0
1 1
; 1
1
2
a
a a
IA d I d a a
a
=
− + + −

= ⇔ + + = ⇔

= −

Khi a=0 thì bán kính của đường tròn © là R=1
Khi a=1 thì bán kính của đường tròn © là R=1
Vậy có 2 đường tròn cần tìm là

phương trình
( ) ( ) ( )
2 2
2
:C x a y b R− + − =
Do A thuộc © nên
( ) ( )
2 2
2
4 2a b R− + − =
Vì © tiếp xúc với 2 đường thẳng
1
: 3 2 0d x y− − =
và
2
: 3 18 0d x y− + =
nên
( ) ( )
1 2
1, 3
3 2 3 18
; ; 3 2 3 18
29 23
;
10 10
5 5
a b
a b a b
d I d d I d a b a b
a b

− + − =
 ÷  ÷
   
Ví dụ 6: Trong mặt
phẳng tọa độ cho đường tròn © có phương trình
2 2
12 4 36 10x y x y+ − − + =
. Viết phương trình của đường
tròn (T) biết (T) tiếp xúc với 2 trục tọa độ và tiếp xúc ngoài với ©.
Giải
Đường tròn © có tâm I(6;2) và bán kính R=2.
Vì đường tròn tiếp xúc với 2 trục tọa độ nên tâm J của nó phải nằm trên đường thẳng y=x (hoặc y=-
x). Do đoa ta xét hai khả năng sau:
• Nếu J thuộc đường
thẳng y=x . Giả sử J(a;a) thì
R a=
Vì đường tròn © tiếp xúc ngoài với đường tròn (T) nên ta có
( ) ( )
2 2
2 2
1 2
IJ IJ 2 6 2 2 2 16 40 4 4 (1)R R a a a a a a a a= + ⇔ = + ⇔ − + − = + ⇔ − + = + +
+ Nếu a<0 thì (1)
2 2 2
2 16 40 4 4 12 36 0a a a a a a⇔ − + = + − ⇔ − + =
phương trình vô
nghiệm
+ Nếu a>0 thì (1)
2 2 2
2

2 2
18 18 24x y− + − =
và
( ) ( )
2 2
6 6 36x y− + + =
IV. BÀI TOÁN VIẾT PHƯƠNG TRÌNH TIẾP
TUYẾN VÀ CÁT TUYẾN CỦA ĐƯỜNG TRÒN
Trong mục này ta xét các bài toán lập phương trình tiếp tuyến và cát tuyến của đường tròn ©
cho trước và thỏa mãn những điều kiện nào đó:
Phương pháp giải các bài toán này cũng dựa vào công thức tính khoảng cách từ tâm
I(a;b) của đường tròn
( ) ( ) ( )
2 2
2
:C x a y b R− + − =
đến đường thẳng
Ax 0By C+ + =
là
( )
2 2
;
Aa Bb C
d I
A B
+ +
∆ =
+
NGUYỄN THỊ ÁNH HỒNG Trang 15
BÀI TOÁN THIẾT LẬP PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG – ĐƯỜNG TRÒN TRONG MẶT PHẲNG

 
⇔
 
⊥ =
 
 
uuur uur uuur uur
Mà
( )
0 0 0 0
= (x + 3; y -1); 1; 3MT IT x y= − −
uuur uur
Do đó ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0
2 2
0 0 0 0
0 0 0 0
2 6 6 0
2 6 6 0
2 3 0 (1)
x + 3 1 y -1 3 0
2 4 0
x y x y
x y x y
x y

nên
1
: 4d x =
không phải là tiếp tuyến.
2.
( )
2
: 4 1 1 4 0d y k x kx y k= − + ⇔ − + − =
Vì d
2
là tiếp tuyến nên ta có
( )
2
2
2 2
0
3 1 4
; 2 5 12 0
12
1
5
k
k k
d I d R k k
k
k
=

− + −


1 1 5 2 3
m
m
d I d R
m

= +
− − +
= ⇔ = ⇔

+ = − +


Vậy có 2 tiếp tuyến cần tìm
5 2 3 0x y− + + =
và
5 2 3 0x y− − + =
LOẠI 2: CÁC BÀI TOÁN VỀ CÁT TUYẾN CỦA ĐƯỜNG TRÒN
VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1: Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn ©:
2 2
2 4 0x y x y+ + − =
và đường thẳng d:
1 0x y− + =
. Viết phương trình đường thẳng
∆
sao cho
∆
song song với d và cắt © tại 2 điểm M, N sao cho
độ dài MN=2.

m
m
IH IM HM d I
m

= +
− − +
= − = ⇔ ∆ = ⇔ = ⇔

+ =− +


Vậy có 2 tiếp tuyến cần tìm
2 2 3 0x y− + + =
và
2 2 3 0x y− − + =
Ví dụ 2: Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn ©:
2 2
8 2 0x y x y+ − − =
và đoeẻm A(9;6). Viết
phương trình đường thẳng
∆
qua A và cắt © theo một dây cung có độ dài là
4 5
Giải
Giả sử phương trình đường thẳng
∆
cần tìm có dạng
Ax 0By C+ + =
Do A(9;6) thuộc

2 2
2
4 10 4 0 2 5 2 0
1
2
A
A A
B
A AB B
A
B B
B

= −

 
⇔ + + = ⇔ + + = ⇔

 ÷
−
 

=


• Nếu
1
2
A
B

Phương trình của đường thẳng d là
3 0x y− − =
V. BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐIỂM NHỜ VÀO
PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN.
Một trong những dạng hay gặp của các bài toán thuộc chuyên mục đường tròn là bài
toán xác định các điểm thỏa mãn yêu cầu nào đó.
VÍ DỤ MINH HỌA
Ví dụ 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C)
( )
2
2
1 1x y− + =
. Gọi I là tâm của © . xác
định điểm M thuộc © sao cho (C)
·
30
O
IMO =
(Đại học - KHỐI D – 2009)
Giải
cho đường tròn (C)
( )
2
2
1 1x y− + =
. Tâm I (1; 0); R = 1
ta có
·
30
O

x
=


− + = ⇔

=

Vậy
3 3
;
2 2
M
 
±
 ÷
 ÷
 
Ví dụ 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tr.n (C)
2 2
2 2 1 0x y x y+ − − + =
và đường
thẳng d: x-y+3=0 T.m tọa độ điểm M nằm trên d sao cho đường tr.n tâm M, có bán kính gấp đôi bán kính
đường tr.n (C), tiếp xúc ngoài với đường tr.n (C). (Đại học –khối D- 2007)
Giải
Đường tròn ( C ) có tâm I (1; 1) , bán kính R = 1.
Vì M thuộc d nên M ( x; x + 3) .
Đường tròn (C
1
) có tâm là M và bán kính gấp 2 lần bán kính © tức R

(1; 4 ) , M
2
( − 2; 1) .
Ví dụ 3: Trong mặt phẳng Oxy cho
( ) ( )
2 2
1 2 9x y− + − =
và đường thẳng
:3 4 0d x y m− + =
.
Tìm m để trên d có duy nhất điểm P sao cho từ P cẽ 2 tiếp tuyến PA, PB của © và tam giác PAB là tam giác
đều. ( Đại hoc – Khối D – 2007)
Giải
(C) có tâm I(1;−2) và bán kính R = 3. Ta có: ΔPAB đều nên IP = 2IA = 2R = 6
Suy ra P thuộc đường tr.n (C') tâm I, bán kính R ' = 6.
Trên d có duy nhất một điểm P thỏa m.n yêu cầu bài toán khi và chỉ khi d tiếp xúc với (C') tại P
d (I;d) 6 m 19,m 41⇔ = ⇔ = = −
.
BÀI TẬP TỰ GIẢI
Bài 1: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn
( ) ( )
2 2
1 2 4x y− + − =
và đường thẳng
: 1 0d x y− − =
. Viết phương trình đường tròn (C’) đối xứng với © qua d. Tìm tạ độ giao điểm của © và
(C’).
Đáp án
( )
2

. Lập
phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng
:5 3 22 0d x y+ − =
và tiếp xúc với d
1
và d
2
.
NGUYỄN THỊ ÁNH HỒNG Trang 18
BÀI TOÁN THIẾT LẬP PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG – ĐƯỜNG TRÒN TRONG MẶT PHẲNG
Đáp án
2 2
61 153 400
7 7 49
x y
   
+ + − =
 ÷  ÷
   
Bài 6: Cho tam giác ABC với A(2;2) , B(4;5), C(4;1).
1. Viết phương trình đường tròn ngoại tiêp
tam giác ABC.
2. iết phương trình đường thẳng d đi qua
điểm K(5;2) cắt đường tròn ở câu 1 tại 2 điểm M, N sao cho K là trung điểm của MN.
Đáp án:
( ) ( )
2 2
4 3 4x y− + − =
;
3 0x y− − =

ĐẠI HỌC GẦN ĐÂY
KHỐI A -2002: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A, phương trình
đường thẳng BC là
3 3 0x y− − =
, các đỉnh A và C thuộc trục hoành và bán kính của đường tròn nội tiếp
tam giác ABC bằng 2.Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.
Giải
Ta c. BC giao Ox = B(1;0).
Đặt x
A
=a ta có A(a;0) và x
C
=a ta có
( )
3 3 ; 3 3
C
y a C a a= − ⇒ −
Từ công thức tọa độ trong tâm ta có
( )
3 1
2 1
;
3 3
a
a
G
 
−
+
 ÷

a

= +
−−
= = = = ⇔ − = + ⇔

+ +
− + − +
= − −


Vậy có 2 điểm G thỏa mãn yêu cầu đề bài
7 4 3 6 2 3
;
3 3
G
 
+ +
 ÷
 ÷
 
và
1 4 3 6 2 3
;
3 3
G
 
− − − −
 ÷
 ÷

m
GA GB m= ⇔ − + = ⇔ = ±
uuur uuur
NGUYỄN THỊ ÁNH HỒNG Trang 19
BÀI TOÁN THIẾT LẬP PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG – ĐƯỜNG TRÒN TRONG MẶT PHẲNG
Vậy
3 6m = ±
CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN
KHỐI A- 2011: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thằng và đường tròn
. Gọi I là tâm của ( C ), M là điểm thuộc . Qua M kẻ các tiếp tuyến MA,
MB đến ( C ) (A,B là tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích là 10.
Giải
Đường tròn (C) có tâm I(2; 1), bán kính IA = 5.
Tứ giác MAIB có
· ·
90MAI MBI= =
và MA = MB
S
MAIB
= IA.MA
2 5MA⇒ =
2 2
5IM IA MA⇒ = + =
M thuộc Δ, có tọa độ dạng M(t; – t – 2)
IM = 5
⇔
(t – 2)
2
+ (t + 3)
2

– 6a)(5a
2
– 10a + 8) = 0
⇔
5a
2
– 6a = 0
0
6
5
a
a
=


⇔

=


Vậy, N(0; – 2) hoặc
6 2
;
5 5
N
 
 ÷
 
KHỐI D - 2011: 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 tr.nh x – y – 1 = 0. T.m tọa độ các đỉnh A và C.

1 0
2 2
x y
x y
E
x y
x y
 + + − =
+ + =


⇔ ⇔ ⇔ −
 
− +
− − =
− − =



Đường thẳng AC đi qua D và E, có phương tr.nh: 4x – y – 13 = 0.
Tọa độ A(x; y) thỏa m.n hệ
( )
1 0
4;3
4 13 0
x y
A
x y
− − =


( )
( ) ( )
( )
1 2
2 2
2
2
3. 3 1.1
1
os ;
2
3 1 . 3 1
c d d
−
= =
+ + −
và tam giácOAB vuông tại B, do đó
·
·
60 60
O O
AOB BAC= ⇒ =
Ta có:
( ) ( )
2
1 3 3 3
. .sin 60 . .sin 60 . .tan 60 .
2 4 8
o o o
ABC

 


Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với d2, suy ra AC có phương tr.nh:
3 3 4 0.x y− − =
Tọa độ C(x; y) thỏa m.n hệ:
3 0
3 3 4 0.
x y
x y

− =


− − =


2
; 2
3
C
−
 
⇒ −
 ÷
 
Đường tr.n (T) có đường kính AC, suy ra tâm của (T) là
1 3
;
2

: 5 0d x y+ − =
( )
' : 5 0CC x y⇒ − + =
H là giao điểm của CC’ và d nên tọa độ H thỏa
( )
5 0 0
0;5
5 5
x y x
H
x y y
− + = =
 
⇔ ⇒
 
+ = =
 
H là trung điểm CC’
( )
' 4;9C⇒
ACC' vuông cân tại A
'
8
2
CC
AC⇒ = =
Mà
( )
: 5 0 ;5A d x y A a a∈ + − = ⇒ −
với a>0

AC
∆

= −

=

= −


uuur
uuur
( )
7
1
8 1 24 1 6
5
2
b
b b
b
=

⇔ − − = ⇔ − = ⇔

=

*b=7
( )
4;7 :3 4 16 0B BC x y⇒ ⇒ − + =

và
(
)
2
2 74 ;C a a− + −
Do Ac vuông góc BH nên
(
)
(
)
( ) ( )
2 2
74 5 74 5 7 1 0a a a a− − − + + + − − =
2
7( )
4 21 0
3
a loai
a a
a
= −

⇔ + − =

=

Suy ra
( )
2 65;3C − −
cho điểm A(0;2) và

( )
11 – m; m – 6MN⇒ =
uuuur
( ) ( )
m – 6; 5 – m – 2 m – 6; 3 – mIE⇒ = =
uur

Ta có MN vuông góc với IE nên
. 0MN IE =
uuuur uur
⇔
(11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = 0
( ) ( )
6 14 2 0m m⇔ − − =
⇔
m – 6 = 0 hay 14 – 2m = 0
⇔
m = 6 hay m = 7
* Với m = 6
( )
5;0MN⇒ =
uuuur
nên pt AB là y = 5
*m = 7
( )
4;1MN⇒ =
uuuur
nên pt AB x – 1 – 4(y – 5) = 0
⇔
x – 4y + 19 = 0.

∆
và tâm K thuộc đường tròn ©.
Giải
Phương tr.nh 2 phân giác (
1
∆
,
2
∆
):
7
2 5 2
x y x y− −
= ±
( ) ( )
5 7x y x y⇔ − = ± −

( ) ( )
( ) ( )
5 7
5 7
x y x y
x y x y
− = −
⇔

− = − −

1
2

2
2
2
4
2 25 80 64 0
2 5
x
x x x
 
− + = ⇔ − + =
 ÷
 
8 8 4
;
5 5 5
x K
 
= ⇒
 ÷
 
Vậy
( )
1
2 2
;
5
R d K= ∆ =
KHỐI D – 2009: Trong mặt phẳng với hệ 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 có phương trình là
7x – 2y – 3 0=

( )
4; 3AC = − −
uuur
nên AC: 3(x –1)– 4(y – 2) = 0
⇔
3x – 4y + 5 = 0
CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO
KHỐI A -2009: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) :
2 2
4 4 6 0x y x y+ + + + =
và đường
thẳng
: 2 3 0x my m∆ + − + =
với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn (C). Tìm m để
∆
cẳt (C) tại
2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích của
∆
IAB lớn nhất
Giải
đường tròn (C) :
2 2
4 4 6 0x y x y+ + + + =
có tâm là I (-2; -2); bán kính
2R =
Giả sử
∆
cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B. Gọi IH là đường cao của
∆
IAB, ta có

5
m
m m
m
=


⇔ − = ⇔

=

KHỐI B – 2009: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(-1;4)
và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng
∆
: x – y – 4 = 0. Xác định toạ độ các điểm B và C ,biết diện tích tam
giác ABC bằng 18.
Giải
Ta có
1 4 4
9
2 2
AH
− − −
= =
Mà
1 36
. 18 4 2
2
ABC
S AH BC BC

2 2
7 1 7
8 4 8 4
4 2 2 2
BC
HB HB m m m
     
⇒ = ⇔ = ⇔ − + − + = ⇔ − =
 ÷  ÷  ÷
     
11
2
3
2
m
m

=


⇔


=


Vậy
11 3 3 5
; ; ;
2 2 2 2

1 1x y− + =
. Tâm I (1; 0); R = 1
ta có
·
30
O
IMO =
suy ra tam giác IOM cân tại I
·
30
O
MOI⇒ =
Suy ra Om có hệ số góc
1
tan30
3
O
k = ± = ±
Suy ra phương trình OM là
1
3
y x= ±

Thay vào phương trình đường tròn © ta có
2
2
0( )
2 0
3
3

2;2 2; 2
0
x y
D H
x y
+ − =

⇒ ⇒ − −

− =

Đường thẳng BC đi qua H và song song d, suy ra BC có phương
tr.nh: x + y + 4 = 0.
Điểm B, C thuộc đường thẳng BC: x + y + 4 = 0 và B, C đối xứng nhau qua H(− 2; − 2), do đó
tọa độ B, C có dạng: B(t; − 4 − t), C(− 4 − t; t).
Điểm E(1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác ABC, suy ra:
. 0AB CE =
uuur uuur
( 6)(5 ) ( 10 )( 3 ) 0t t t t⇔ − + + − − − − =
2
0
2 12 0
6
t
t t
t
=

⇔ + = ⇔


a b
a b b

− + =

+ − =

Suy ra:
(
)
2 5 2; 5 1H − −
hoặc
(
)
2 5 2; 5 1H − − −
Vậy phương tr.nh đường thẳng Δ là
( )
5 1 2 5 2 0x y− − − =
hoặc
( )
(
)
5 1 2 5 2 0x y− + − =
KHỐI B – 2011:Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh
1
;1
2
B
 
 ÷

 
⇔ − + =
 ÷
 
⇔
t = – 1 hoặc t = 2.
• t = – 1
⇒
F(– 1; 3); suy ra đường thẳng BF có phương tr.nh: 4x + 3y – 5 = 0.
A là giao điểm của AD và BF
7
3;
3
A
−
 
⇒
 ÷
 
không thỏa m.n yêu cầu (A có tung độ dương).
• t = 2
⇒
F(2; 3); suy ra phương tr.nh BF: 4x – 3y + 1 = 0.
A là giao điểm của AD và BF
13
3;
3
A
 
⇒

(1) có hai nghiệm phân biệt x
1
và x
2
, khi và chỉ khi:
m
2
+ 4m – 6 < 0 (*); khi đó ta có: M(x
1
; m) và N(x
2
; m).
AM vuông góc AN

( )
2
1 2
. 0 ( – 1) – 1 0 AM AN x x m⇔ = ⇔ + =
uuuur uuur
⇔
x
1
x
2
– (x
1
+ x
2
) + m
2