Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 1
CHƯƠNG 1. PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG
A. Tóm tắt lý thuyết.
I. Tọa độ trong mặt phẳng.

Cho
rr
1122
u(x,y); v(x;y)
và
∈
kR
. Khi đó:
+=++−=−−
=


==+⇔

=


=+⇒⊥⇔=⇔+=
rrrr
rrrr
rrrrrr
12121212
12
22
1111

1122
u(x,y); v(x;y)
:
+
==
++
rr
rr
rr
1212
2222
1122
u.v
xxyy
cos(u,v)
uv
xyxy
.
•
Cho
AABB
A(x;y) ; B(x;y)
. Khi đó :
=−−=−+−
uuuruuur
22
BABABABA
1) AB(xx;yy) 2) AB=AB(xx)(yy
)


uuuruur
ABCDAB.CD0

•
Cho tam giác
ABC
với
AABBCC
A(x;y), B(x;y), C(x;y)
. Khi đó trọng tâm
(
)
GG
Gx;y
của
tam giác ABC là :
++

=



++

=


ABC
G
ABC

Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 2
•
Mối quan hệ giữa VTPT và VTCP:
=
rr
n.u0
.
•
Nếu =
r
n(a;b)
là một VTPT của đường thẳng
d
thì
=−
r
u(b;a)
là một VTCP của đường
thẳng
d
.
•
Đường thẳng
AB
có
AB
uuur
là VTCP.
1.2. Phương trình đường thẳng

d
là:
0
0
xxat
yybt
=+



=+


,
tR
∈
.
2. Vị trí tương đối giữa hai đường thẳng.
Cho hai đường thẳng
1111
d:axbyc0;
++=
2222
d:axbyc0
++=
. Khi đó vị trí tương đối
giữa chúng phụ thuộc vào số nghiệm của hệ :
111
222
axbyc0

1111
d:axbyc0;
++=

2222
d:axbyc0
++=
. Gọi
α
là góc nhọn tạo bởi
hai đường thẳng
1
d
và
2
d
. Ta có :
1212
2222
1122
aabb
cos
abab
+
α=
++
.
4. Khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng.
Cho đường thẳng
:axbyc0

111222
2222
1122
axbycaxbyc
abab
++++
=±
++
.
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 3
III. Phương trình đường tròn.
1. Phương trình đường tròn :
Cho đường tr&n (C) tâm
I(a;b)
, bán kính
R
, khi đó phương trình của (C) là :
222
(xa)(yb)R
−+−=
.
Ngoài ra phương trình :
22
xy2ax2byc0
+−−+=
với
22
abc0
+−>

222
(xa)(yb)R
−+−=
có hai tiếp tuyến cùng phương với ,y là
xaR
=±
.
Ngoài hai tiếp tuyến này các tiếp tuyến c&n lại đ-u có dạng :
ykxm
=+
.
IV. E líp
1. Định nghĩa : Trong mặt phẳng cho hai điểm cố định
12
/ ,/
có
12
// 2c
=
. T0p h p các điểm
M
của mặt phẳng sao cho
12
M/ M/ 2a
+=
(
2a
không đổi và
ac0
>>

M(x;y)(5)1
ab
∈⇔+=
và
00
xa ; yb
≤≤
.
3. Tính chất và hình dạng của elíp: Cho
22
22
xy
(5):1
ab
+=
,
ab
>
.
•
Trục đối x#ng
,x,,y
. Tâm đối x#ng
,
.
•
Đỉnh:
(
)
121

cab
e1
aa
−
==<

Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 4
•
Hai đường chu8n:
2
aa
x
ec
=±=±

•

(
)
(
)
0010
Mx;y 5 : M/ aex
∈=+ và
20
M/ aex
=− .
x
y

ca0
>>
) là một
Hypebol.
•

12
/ , /
: là 2 ti3u điểm và
12
// 2c
=
là ti3u c4.
•

12
M/ ,M/
: là các bán kính qua ti3u.
2. Phương trình chính tắc của hypebol:
22
22
xy
1
ab
−=
với
222
b= ca
−
.

yx
a
=±
•
Hình chữ nh0t cơ sở P6R7 có kích thước
2a,2b
với
222
bca
=−
.

•
Tâm sai:
22
cab
e
aa
+
==
•
Hai đường chu8n:
2
aa
x
ec
=±=±

•
Độ dài các bán kính qua ti3u của

x0
<
.
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 5
•
22
00
22
xy
M(x;y)(5):1
ab
∈−=⇔

22
00
22
xy
1
ab
−=
và ta luôn có
0
xa
≥
.
VI. Parabol
1. Định nghĩa:
Parabol là t0p h p các điểm
M

2
∆=−•

( ) ()
p
Mx;yP: M/ x
2
∈=+
với
x0
≥
.
B. CÁC BÀI TOÁN CƠ BẢN
1. Lập phương trình đường thẳng.
Để l0p phương trình đường thẳng
∆
ta thường dùng các cách sau
•
Tìm điểm
00
M(x;y)
mà
∆
đi qua và một VTPT
n(a;b)
=
r

M(4;6)
,
2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) xuất phát từ điểm
N(6;1)
−

3) Từ
5(6;3)
−
v? hai tiếp tuyến
5A,5B
(
A,B
là tiếp điểm) đến (C). Viết phương trình
đường thẳng
AB
.
Lời giải.
Đường tr&n (C) có tâm
I(1;2)
, bán kính
R5
=
.
1) Tiếp tuyến đi qua
M
và vuông góc với
IM
n3n nh0n
IM(3;4)

+
∆=⇔=⇔+=+⇔+=+
+

2
22
3
ab
aa
4
24a14ab24b02412240
bb
4
ab
3

=


⇔+−=⇔+−=⇔




=−


.
•


22
22
22
A(C)
ab2a4b200
(a1)(b2)25
IA.NA0
(a1)(a6)(b2)(b3)0
ab5a5b0

∈


+−−−=
−+−=

⇔⇔

=
−++−−=


++−=



uuruuur
Aab200
⇒−+=


và các hình chiếu của A l3n các trục tọa độ.
2) (C) có tâm nEm tr3n đường tr&n
22
1
4
(C):(x2)y
5
−+=
và tiếp xúc với hai đường thẳng
1
:xy0
∆−=
và
2
:x Ay0
∆−=
.
Lời giải.
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 7
1) Gọi
12
A,A
l:n lư t là hình chiếu của A l3n hai trục ,x, ,y, suy ra
12
A(3;0), A(0;4)
.
Giả s;
22
(C):xy2ax2byc0

+−−=
.
2) Gọi
I(a;b)
là tâm của đường tr&n (C), vì
1
I(C)
∈ n3n:
22
4
(a2)b
5
−+=
(1)
Do (C) tiếp xúc với hai đường thẳng
12
,
∆∆
n3n
12
d(I,)d(I,)
∆=∆

abaAb
b2a,a2b
252
−−
⇔=⇔=−=

•

F 4 F
(C):xy
5525

−+−=


.
3. Các điểm đặc biệt trong tam giác.
Cho tam giác
ABC
. Khi đó:
•
Trọng tâm
ABCABC
xxxyyy
G;
33
++++




•
Tr4c tâm
AH.BC0
H:
BH.AC0

=


=




=


uuuruuuruuuruuur
uuruuuruuuruuur

Chú ý: Có thể tìm
K
theo cách sau:
@ Gọi D là chân đường phân giác trong góc A, ta có:
AB
BDDC
AC
=
uuuruur
, từ đây suy ra D
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 8
@ Ta có
AB
AKKD
BD
=
uuuruuur

.
1) Tìm tọa độ tr4c tâm
H
, tâm đường tr&n ngoại tiếp
I
và trọng tâm
G
của tam giác
ABC
.
Từ đó suy ra
I,G,H
thẳng hàng;
2) Tìm tọa độ tâm đường tr&n nội tiếp và tâm đường tr&n bàng tiếp góc A của tam giác
ABC
.
Lời giải.
1) Ta có
ABC
G
ABC
G
xxx
1
x
1 B
3 F
G;
FF
yyy

uuuruuuruuruuur

Mà
AH.BC0
BH.AC0

=


=


uuuruur
uuuruuur
n3n ta có
3
x
A(x1)(y3)0 Axy100
2
(x2) Ay0xAy201
y
2

=

−+−=+−=


⇔⇔



−+−=++


=

⇔


++=−+−
=







15
xy1
x
1531
16
I;
213111
1616
31
xy
y
4432

2) Gọi
K(x;y)
là tâm đường tr&n nội tiếp tam giác ABC. Ta có:
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 9
·
·
·
·
(
)
(
)
( ) ( )
(
)
(
)
( ) ( )
AK,ABAK,ACcosAK,ABcosAK,AC
KABKAC
KBCKBA
BK,BABK,BCcosBK,BAcosBK,BC

==

=

⇔⇔


AKx1;y3,BKx2;y,AB(3;3)
=−−=+=−−
uuuruuuruuur
n3n (@) tương đương với
321
(x1)(y3)
3(x1)3(y3)
FF
32152
2xy1x0
F
213x2y2y1
(x2)y
3(x2)3y
FF
32152
F

−−−−

−−−−
=


−=−=


⇔⇔

−=−=

2
BCAB



=
=−

=

−=−


⇔⇔⇔

+=−

=

=−
=





uuruuuruuruuur
uuruuuruuruuur
uuruuruuruuur
uuruuruuruuur

+−=
.
Lời giải.
Kí hiệu
12
d:xy20, d:4x3y10
−+=+−=
.
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 10
Gọi
HK
là điểm đối x#ng với H qua
1
d
. Khi đó
HK AC
∈
.
Gọi
∆
là đường thẳng đi qua H và vuông góc với
1
d
. Phương trình của
:xy20
∆++=

7uy ra
1

1
xy20
ACdA:A(5;A)
3x4y130
−+=

∩=⇒

−+=

.
Vì
CH
đi qua
H
và vuông với
AH
, suy ra phương trình của
CH:3x4y A 0
++=

Do đó
3x4y A 0
103
C:C(;)
34
3x4y130
++=

⇒−

Gọi
M
là trung điểm của BC, suy ra
3c
x
xy60
2
M:
xyc30cB
y
2
−

=

+−=


⇔

−++=+


=



7uy ra
( )
c

5.1. Hình chiếu vuông góc H của điểm A l3n đường thẳng
∆

•
D0p đường thẳng
d
đi qua A và vuông góc với
∆

•

Hd
=∩∆

5.2. D4ng
AK
đối x#ng với A qua đường thẳng
∆

•
D4ng hình chiếu vuông góc H của A l3n
∆

•
Dấy
A'
đối x#ng với
A
qua H:
AK HA

MK,NK
l:n lư t đối x#ng với M, N qua
∆

•
dK MKNK
≡
.
Ví dụ . Trong mặt phẳng
,xy
cho đường thẳng
d:x2y30
−−=
và hai điểm
A(3;2),

B(1;4)
−
.
1) Tìm điểm
M
thuộc đường thẳng
d
sao cho
MAMB
+
nhC nhất,
2) Viết phương trình đường thẳng
dK
sao cho đường thẳng

AKAd
⊥
n3n
AAK
có phương trình:
2xyF0
+−=

Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 12
Gọi
1B
x
2xyF0
1B2
5
HdAAK H:H;
55
x2y302
y
5

=

+−=



=∩⇒⇔⇒


⇒−




=−=−


.
7uy ra
2F26
AKB;
55

=−


uuuur
, do đó phương trình
AKB:13x14y430
+−=

N3n
16
x
x2y30
161
5
M:M;
510

3x4y10y1
−−==

⇔

++==−

, suy ra
dI(1;1)
∩∆=−

Vì
∆
là phân giác của góc h p bởi giữa hai đường thẳng
d
và
dK
n3n
d
và
dK
đối x#ng nhau
qua
∆
, do đó
IdK
∈
.
Dấy
5(3;0)d

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 l0p phương trình đường thẳng c:n tìm một điểm đi qua và VTPT,
với phương trình đường tr&n thì ta c:n xác định tâm và bán kínhM.Chúng ta có thể gặp bài
toán tìm tọa độ của điểm đư c hCi tr4c tiếp hoặc gián tiếp.
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 13
•
V- phương diện hình học tổng h p thì để xác định tọa độ một điểm, ta thường ch#ng
minh điểm đó thuộc hai hình (H) và (HH). Khi đó điểm c:n tìm chính là giao điểm của (H) và
(HH).
•
V- phương diện đại số, để xác định tọa độ của một điểm (gNm hai tọa độ) là bài toán đi
tìm hai 8n. Do đó, chúng ta c:n xác định đư c hai phương trình ch#a hai 8n và giải hệ
phương trình này ta tìm đư c tọa độ điểm c:n tìm. Khi thiết l0p phương trình chúng ta c:n
lưu O:
9) Tích vô hướng của hai véc tơ cho ta một phương trình,
9) Hai đoạn thẳng bEng nhau cho ta một phương trình,
9) Hai véc tơ bEng nhau cho ta hai phương trình,
9) Nếu điểm
M:axbyc0,a0
∈∆++=≠
thì
bmc
M;m
a
−−



, l#c này tọa độ của

R2
=
.
Vì
AMB
∆
vuông và IM là đường phân giác của góc
·
AMB
n3n
·
0
AMI45
=
Trong tam giác vuông
IAM
, ta có:
IM22
= , suy ra M thuộc đường tr&n tâm I bán kính
RK 22
= .
Mặt khác
M
∈∆
n3n
M
là giao điểm của
∆
và
(I,RK)

M3;1
−
và
2
3 B
M;
55

−


thCa y3u c:u bài toán.
Ví dụ 2.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
cho các đường thẳng
1
d:xy30,
++=

23
d:xy40, d:x2y0
−−=−=
. Tìm tọa độ điểm
M
nEm tr3n đường thẳng
3
d

22
+−
=⇔=

3y32y F
y11;y1
3y32y F
+=−

⇔⇔=−=

+=−+

.
•
Với
y11M(22;11)
=−⇒−−
.
•
Với
y1M(2;1)
=⇒
.
Ví dụ 3.1. Trong hệ tọa độ
,xy
, cho điểm
A(0;2)
và đường thẳng
d:x2y20

+−=


.
7uy ra
25AB5
ABBC
525
=⇒==.
Phương trình đường tr&n tâm B, bán kính
5
BC
5
= là:
22
261
xy
555

−+−=


.
V0y tọa độ điểm C là nghiệm của hệ :
22
x2y20
x0,y1
4 A
261
x,y


,
(
)
C0;1
và
26
B;
55



,
4 A
C;
55



.
Ví dụ 4.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,xy
, cho điểm
A(2;2)
và hai đường thẳng:
12
d:xy20,d:xyF0
+−=+−=
. Tìm tọa độ điểm
B,C

=

−−−=



uuuruuur

Đặt
xb1;yc4
=−=−
ta có :
22
xy2
x2x2
v
y1y1
xy3
=

==−


⇔

==−
−=




MAB
có diện tích lớn nhất.
Lời giải.
Phương trình
AB:x2y30
−−=

Vì
2
M(P)M(t;t)
∈⇒ từ giả thiết suy ra
1t3
−<<

tam giác MAB có diện tích lớn nhất
d(M,AB)
⇔
lớn nhất
Mà
2
t2t3
d(M;AB),
5
t(1;3)
∈−
−−
= .
7uy ra
4
maxd(M,AB)

∆
==⇒=

Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 16
Dại có
AB(1;3)
=
uuur
n3n
n(3;1)
=−
r
là VTPT của đường thẳng AB
7uy ra phương trình
(
)
(
)
AB: 3x1y10
−−+=
hay
3xy40
−−=
.
Gọi
( ) () ( )
2
2
Ma; bCa1b2


hoaëc
2222
(a1)b2(a1)b2

b3a5b3a3

−+=−+=

⇔

=−=−


hoaëc

2222
(a1)(3a5)2(a1)(3a3)2

b3a5b3a3

−+−=−+−=

⇔

=−=−


hoaëc



=−
=−


hoaëc
V0y có bốn điểm thCa đi-u kiện bài toán là:
1234
121141355355535
M(;), M(;), M(;) và M(;)
55555555
−−+
− .

2. Nhóm các bài toán về hình bình hành.
Khi giải các bài toán v- hình bình hành, hình thoi, hình chữ nh0t và hình vuông, chúng ta
c:n chú O đến tính chất đối x#ng. Chẳng hạn, giao điểm hai đường chéo là tâm đối x#ng cảu
hình bình hành; hai đường chéo của hình thoi là trục đối x#ngM.
Ví dụ 1.2. Trong mặt phẳng ,xy cho hai đường thẳng
12
d:x2y10,d:2x3y0
−+=+=
. Lác
định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết A thuộc đường thẳng
1
d
, C thuộc đường
thẳng
2
d

−=⇔=
.
Từ đó, ta tìm đư c
A(3;2), C(3;2), I(3;0)
−
.
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 17
Vì
B ,xB(b;0)
∈⇒
, mà
IBIA2b32b5,b1
==⇒−=⇔==
.
V0y 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)
−
.
Ví dụ 2.2. Trong mặt phẳng ,xy cho ba điểm
I(1;1), G(2;2),
−

K(2;2)
−
. Tìm tọa độ các đỉnh
của hình vuông ABCD sao cho

AB//CD
n3n phương trình
AB:xy40
−+=
.
Do
d(I,AB)22
= n3n suy ra
AB42IA4
=⇒=

AABA(a;4a)
∈⇒+
, do đó
222
IA4(a1)(a3)16a2a30a1,a3
=⇔−++=⇔+−=⇔==−

•

a1
=
, ta có
A(1;3), B(3;1), C(1;1), D(5;1)
−−

•

a3
=−

5(3;6)
−
và
6
x0
>
.
Lời giải.
Ta có
M(2;1)
và
56
là tiếp tuyến của
(C)
.
Phương trình
56
có dạng:
a(x3)b(y6)0axby3a6b0
++−=⇔++−=

Vì
d(M,56)10
= n3n ta có:
22
5a5b
10
ab
−
=




. Trường h p này ta loại vì
6
x0
>
.
•

b3a
=
, ta có phương trình
56 :x3y150
+−=
. Khi đó tọa độ 6 là nghiệm của hệ
22
x3
(x2)(y1)10
6(3;4)
y4
3xy30

=

−+−=

⇔⇒

=

, suy ra tâm của hình vuông
I(1;3)
n3n
N(1;2)
−
.
V0y có hai bộ điểm thCa y3u c:u bài toán:
M(2;1),N(5;0),P(6;3),6(3;4)
và
M(2;1),N(1;2),P(0;5),6(3;4)
−
.
P
N
M
Q
E

Ví dụ 4.2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,xy cho hình chữ nh0t
ABCD
có điểm
I(6;2)
là
giao điểm của 2 đường chéo
AC
và
BD
. Điểm
(
)

NI5
NI5
x2xx12a
N:N(12a;a1)
y2yya1
=−=−


⇒−−

=−=−


MN(11a;a6)
⇒=−−
uuur
.
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 19
Vì
5 MNMN.I5 0
⊥⇒=
uuuruur
a6
(11a)(a6)(a6)(3a)0
a A
=

⇔−−+−−=⇔


. Trung
điểm của AB là giao điểm của
1
d

với trục ,x. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nh0t.
Lời giải.
Ta có
12
xy30
B 3
ddI:I;
22
xy60
−−=


∩=⇒


+−=



Gọi M là giao của đường thẳng
1
d
với ,x, suy ra
M(3;0)
.

Ví dụ 6.2. Trong mặt phẳng
,xy
cho ba đường thẳng
1
d:4xyB0,
+−=

2
d:2xy60,
−+=
3
d:xy20
−+=
. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi
ABCD
, biết hình thoi
ABCD
có diện tích bEng
15
, các đỉnh
A,C
thuộc
3
d
,
B
thuộc
1
d
và




Tương t4
2
m62m6
DBDdD;
33
−+

=∩⇒


.
7uy ra tọa độ trung điểm của BD là
12m1
I;
22
−



.
Vì
12m1
IAC20m3
22
−
∈⇒−+=⇔=
. 7uy ra


n3n ta có:
2
125
aa3,a2
24

−=⇔==−



V0y tọa độ các đỉnh của hình thoi là:
A(3;5),B(2;1),C(2;0),D(1;4)
−−
hoặc
A(2;0),B(2;1),C(3;5),D(1;4)
−−
.
Ví dụ 7.2. Trong mặt phẳng hệ tọa độ
,xy
, cho hình thoi
ABCD
có tâm
I(2;1)
và
AC2BD
=
.
Điểm
1

thuộc cạnh
AB
.
7uy ra
16
MNK 4;
3

=−


uuuur
n3n phương trình
AB:4x3y10
+−=
.
Vì
AC2BD
=
n3n
AI2BI
=
. Gọi H là hình chiếu của I l3n AB, ta có:
F 31
IHd(I,AB)2
5
+−
===
và
2222

N
M

Ví dụ 8.2. Trong mặt phẳng
,xy
cho hai đường thẳng
12
d:xy10,d:3xy50
+−=−+=
.
Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành
ABCD
, biết
I(3;3)
là giao điểm của hai đường chéo;
hai cạnh của hình bình hành nEm tr3n hai đường thẳng
12
d,d
và giao điểm của hai đường
thẳng đó là một đỉnh của hình bình hành.
Lời giải.
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 21
Tọa độ giao điểm của
1
d
và
2
d
là nghiệm của hệ:

AD
:
1
x
xy60
123
4
M;
44
3xy5023
y
4

=

+−=



⇔⇒


−+=



=


là trung điểm của AD

+−=
, đường phân
giác trong của góc
·
ACB
có phương trình
xy10
−−=
. Tìm tọa độ các đỉnh c&n lại của hình
bình hành.
Lời giải. Gọi
d:xy10
−−=
.
B'
H
B
A
D
C

Phương trình
BC:2xy30
−+=
, suy ra tọa độ của điểm C là nghiệm của hệ
2xy30x4
C(4;5)
xy10y5
−+==−


Vì
ADBCD(1;11)
=⇒−−
uuuruur
.
Ví dụ 10.2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ ,xy cho hình vuông ABCD biết
(
)
M2;1
,
(
)
N4;2;
−
(
)
(
)
P2;0; 6 1;2
l:n lư t thuộc cạnh AB, BC, CD, AD. HIy l0p phương trình các
cạnh của hình vuông.
Lời giải.
Trước hết ta ch#ng minh tính chất sau đây:
Q Cho hình vuông ABCD, các điểm M,N,P,6 l:n lư t nEm tr3n các đường thẳng AB, BC, CD,
DA. Khi đó
MPN6 MPN6
=⇔⊥
R.
I
E

Ta có:
MP(0;1)MP1
=−⇒=
uuur
. Gọi d là đường thẳng đi qua N và vuông góc với MP
7uy ra phương trình d:
x40
−=
.
Gọi
5
là giao điểm của
d
với đường thẳng AD, áp dụng tính chất tr3n ta suy ra
N5 MP
=

Mà
5(4;m)
n3n
2
N5 MP(m2)1m3,m1
=⇔−=⇔==
.
•
Với
m3
=
, suy ra
5(4;3) 65 (3;1)

GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 23
Cho hai đường tr&n
1
(C)
có tâm
1
I
, bán kính
1
R
và đường tr&n
2
(C)
có tâm
2
I
, bán kính
2
R
. Khi đó, ta có các kết quả sau:
•

1
(C)
và
2
(C)
không có điểm chung khi và chỉ khi
1212
IIRR

và
2
(C)
cắt nhau khi và chỉ khi
121212
RRIIRR
−<<+
.
2) Vị trí tương đối giữa đường thẳng và đường tròn
Cho đường tr&n (C) có tâm I, bán kính R và đường thẳng
∆
. Gọi H là hình chiếu của I l3n
∆

và đặt
dIHd(I,)
==∆
. Khi đó:
•
(C) và
∆
không có điểm chung khi và chỉ khi
dR
>
.
•
(C) và
∆
có đúng một điểm chung khi và chỉ khi
dR

,xy
, cho tam giác
ABC
có
A(0;2),B(2;2),
−−

C(4;2)
−
. Gọi
H
là chân đường cao kJ từ
B
;
M,N
l:n lư t là trung điểm của
AB,AC
. Viết
phương trình đường tr&n đi qua các điểm
H,M,N.

Lời giải.
Ta có
(
)
M(1;0),N(1;2),AC4;4
−−=−
uuur
. Gọi
H(x,y)

uuuruuur

Giả s; phương trình đường tr&n:
22
xyaxbyc0
++++=
.
Ba điểm
M,N,H
thuộc đường tr&n n3n ta có hệ phương trình :
ac1a1
a2bc5b1
abc2c2
−==−


−+=−⇔=


++=−=−

.
Phương trình đường tr&n:
22
xyxy20
+−+−=
.
Tài liệu ôn thi Đại Học
GV: Nguyễn Tất Thu (01699257507) 24
Ví dụ 2.3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

tại A n3n
a2
=
và
Rb
=

Mặt khác:
( )
2
22
IB54b45b1,b A
=⇔+−=⇔==

Với
b1
=
thì phương trình đường tr&n
( ) ( )
22
(C):x2y11
−+−=
.
Với
b A
=
thì phương trình đường tr&n
( ) ( )
22
(C):x2yA4B

d(I,)d(I,)
∆=∆

Hay
16
4a3b244a3b F
4a3b244a3b F
b
R
3
55
4a3b244a3b F
a2

−−++
−−=++
=−


==⇔⇔


−−=−−−

=


.
•


(C):(x2)(y)
416
−+−= .
•

16
b
3
=−
, phương trình của (C):
2
2
2
16(4a F)
(xa)y
325
−

−++=



Do
M(C)
∈
n3n
2
2
2
16(4a F)

là bán kính của đường tr&n (CH), ta có
RK 2R2
==
và
IK dIK(a;a3)
∈⇒+

Vì (C) và (CH) tiếp xúc ngoài với nhau n3n
IIK RRK3
=+=

222
(a1)(a2) B aa20a1,a2
⇔−++=⇔+−=⇔==−
.
•

22
a1IK(1;4)(CK):(x1)(y4)4
=⇒⇒−+−=

•

22
a2IK(2;1)(CK):(x2)(y1)4
=−⇒−⇒++−=
.
Ví dụ 5.3. Trong mặt phẳng ,xy cho đường tr&n
22
1

= .
Đường tr&n
2
(C)
có tâm
2
I(1;2)
− , bán kính
2
R22
= .
Do
111212
2522RRII5RR2522
−=−<=<+=+ n3n
1
(C)
và
2
(C)
cắt nhau tại hai
điểm phân biệt
A,B
.
Tọa độ giao điểm của
1
(C)
và
2
(C)

4

=+


⇔


++=


.
Gọi
12
x,x
là hai nghiệm của (@), suy ra
1122
1515
A(x;2x),B(x;2x)
22
++.
7uy ra
222
121212
111
AB5(xx)5(xx)4xx
5

=−=+−=


=++=


.
Phương trình đường thẳng AB:
4x2y150
−+=
n3n
Phương trình đường trung tr4c
∆
của đoạn AB:
x2y30
+−=
.