11

PH
ƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG TRONG MẶT PHẲNG
I. VÉCTƠ ĐẶC TRƯNG CỬA ĐƯỜNG THẲNG:
1.
Véctơ
( )
1 2
;v a a=

là véc tơ chỉ phương (VTCP) của (
∆
)
⇔
(
∆
) // giá của
v


2.
Véctơ
( )
;n a b=

là véc tơ pháp tuyến (VTPT) của (
∆
)
⇔

( )
1 2
;v a a=

:
( )
0 1
0 2
x x a t
t
y y a t
= +


∈

= +


»

2.
Phương trình chính tắc: PT đt (
∆
) đi qua M
0
(
x
0
,

.
4.
Phương trình tổng quát: PT đt (
∆
) tổng quát:
0Ax By C+ + =
với
2 2
0A B+ >Nhận xét:
(
∆
):
0Ax By C+ + =
với
2 2
0A B+ >
có
VTCP
( )
;v B A= −

và VTPT
( )
;n A B=


5.

;n A B=

là:

( ) ( )
0 0
0A x x B y y− + − =

7.
Phương trình đt (
∆
) đi qua M
0
(
x
0
,
y
0
) với VTCP
( )
;v A B=

là:

( ) ( )
0 0
0B x x A y y− − − =

8.

), B(0;
b
) là:
1
y
x
a b
+ =

10.
Phương trình chùm đường thẳng: Cho 2 đường thẳng cắt nhau
( ) ( )
1 1 1 1 2 2 2 2
: 0; : 0a x b y c a x b y c∆ + + = ∆ + + =
với I
=

( ) ( )
1 2
∆ ∆∩
.
Đường thẳng (∆) đi qua I là:
( ) ( )
1 1 1 2 2 2
0p a x b y c q a x b y c+ + + + + = với
2 2
0p q+ >
H
H
H

H
H
H
T
T
T
R
R
R
O
O
O
N
N
N
G
G
G
M
M
M
Ặ
Ặ
Ặ
T
T
T
P
P
P

1
) đi qua M
1
(
x
1
;
y
1
):
( )
1 1
1 1
x x a t
t
y y b t
= +


∈

= +


»
,

(
∆
2


( )
2 2 2
;v a b=


⇔

1 2 2 1
0a b a b− ≠
thì
( ) ( )
1 2
∆ ∆∩

=
điểm I.

Nếu
( ) ( )
1 1 1 2 2 2
; // ;v a b v a b= =
 
//
1 2
M M

⇔

( ) ( )


⇔

( ) ( )
1 2 2 1
1 2 1 1 2 1
0
0
a b a b
a y y b x x
− =



− − − =



thì (
∆
1
)
≡
(
∆
2
).
2. Dạng tổng quát:

( ) ( )

⇔

1 2 2 1
0a b a b− ≠
thì
( ) ( )
1 2
∆ ∆∩

=
điểm
;
y
x
D
D
I
D D
 
 
 


Nếu D
=
0 và
2 2
0
x y
D D+ >

1
)
≡
(
∆
2
).
IV. GÓC GIỮA 2 ĐƯỜNG THẲNG:
1. Dạng hệ số góc:

Cho
( )
( )
1 1 1
2 2 1
:
:
y a x b
y a x b

∆ = +


∆ = +


. Góc
( )
[ ]
1 2

;
1 2 2 2
2 2 2 2
1 1 2 2
cos
a a b b
a b a b
+
α =
+ +

www.VNMATH.com
Bài 2. Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng

13

V. KHOẢNG CÁCH VÀ PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG PHẦN GIÁC
1.
Khoảng cách từ M
0
(
x
0
,
y
0
) đến (
∆
):
0ax by c+ + =

cắt nhau thì phương trình 2 đường phân giác

1 1 1 2 2 2
2 2 2 2
1 1 2 2
a x b y c a x b y c
a b a b
+ + + +
= ±
+ +

VI. CÁC BÀI TẬP MẪU MINH HỌA
Bài 1.
Trên mặt phẳng O
xy
cho điểm A(2;
−
2).

Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm
( )
3;1M

b c
+ =
, (1). Tam giác ABC cân tại A
2 2
AB AC⇔ =

( ) ( )
2 2
2 2 4
2 4 4 2
2 2
b c b c
b c
b c b c
− = + = +
 
⇔ − + = + + ⇔ ⇔
 
− = − − = −
 

Với
4b c= +
:
( )
2
1 2
2, 6
1 4 ( ) : 1; ( ): 1
6 2 2 2

, (CK):
3 8 12 0x y+ − =
.
Hãy viết phương trình cạnh BC.
b.
Giả sử đường trung trực của AB là (
∆
):
3 2 4 0x y+ − =
và G(4; – 2) là
trọng tâm của tam giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh B và C .

Dấu hiệu Phân giác góc nhọn Phân giác góc tù
1 2 1 2
0a a b b+ >

1 1 1 2 2 2
2 2 2 2
1 1 2 2
a x b y c a x b y c
a b a b
+ + + +
=
+ +

1 1 1 2 2 2
2 2 2 2
1 1 2 2
a x b y c a x b y c
a b a b

Giải
a
.
(AB)
⊥
(CK) nên (AB) có phương trình là
8 3 0x y c− + =

Điểm
( ) ( )
1 :8 3 1 0A AB c AB x y∈ ⇔ = − ⇒ − − =
.
( )
( )
AC BH⊥
nên
( )
AC
có phương trình
3 5 0x y m− + =

Điểm
( ) ( )
12 :3 5 12 0A AC m AC x y∈ ⇒ = − ⇒ − − =

( ) ( )B BH AB≡ ∩

⇒
Tọa độ của B thỏa mãn hệ:
( )


Phương trình cạnh BC là (BC):
5
2
5 2 20 0
4 2 0 5
y
x
x y
−
−
= ⇔ + − =
− −

b.
(AB)
⊥
( )
:3 2 4 0x y∆ + − =
và chứa A(
−
1;
−
3)
⇒

( )
: 2( 1) 3( 3) 0AB x y+ − + =

hay

= − =


Điểm G(4;
−
2) là trọng tâm
∆
ABC nên:
3
3
A B C G
A B C G
x x x x
y y y y
+ + =



+ + =



( )
1 5 12 8
8; 4
3 1 6 4
C C
C C
x x
C

( )
2;0G
.
Giải
Đặt
( )
1 1 1
B ; 5 ( )t t d− − ∈
và
( )
2 2 2
C 7 2 ; ( )t t d− ∈

Điểm G(2; 0) là trọng tâm
∆
ABC nên:
3
3
A B C G
A B C G
x x x x
y y y y
+ + =



+ + =





lần lượt tại A, B sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AB.
Giải
Điểm
( ) ( )
1 1 1
A A ; 1t t∈ ∆ ⇒ +
; Điểm
( ) ( )
2 2 2
B B ; 2 1t t∈ ∆ ⇒ − −

M(2; 1) là trung điểm AB nên:
1 2
1 2
2 4
2 2 2
A B M
A B M
x x x t t
y y y t t
+ = + =
 
⇔
 
+ = − =
 

1 2
10

= ⇔ − − =

Bài 5.
Cho
1 2
( ): 2 5 0; ( ) : 3 0x y x y∆ − + = ∆ + − =
và điểm M(–2; 0).
Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M và cắt
1 2
( ),( )∆ ∆

lần lượt tại A và B sao cho
MA 2 MB=
 

Giải
Điểm
( ) ( )
1 1 1
A A ;2 5t t∈ ∆ ⇒ +
; Điểm
( ) ( )
2 2 2
B B ;3t t∈ ∆ ⇒ −

Suy ra:
( ) ( )
1 1 2 2
MA 2; 2 5 , MB 2;3t t t t= + + = + −
 

1
2 2 1
2
t
t t
t t
t
=

− =


⇔ ⇒ =
 
+ =
= −





(d) qua M và nhận
MA

làm VTCP có PT là:
2
7 3 14 0
3 7
y
x

( )
B BH B ; 3 11t t∈ ⇒ − −
. Gọi M là trung điểm AB khi đó tọa độ M là
www.VNMATH.com
Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương

16

A
C B
H
M

2
2 2
3 18
2 2
A B
M
A B
M
x x
t
x
y y
t
y
+

+

x y
+
−
= ⇔ + + =
− − +

(AC)
⊥
(BH):
3 11 0x y+ + =
và (AC) đi qua điểm A(2;
−
7) nên phương trình
(AC) là:
( 2) 3( 7) 0x y− − + =

⇔

( )
AC : 3 23 0x y− − =

Điểm
C (AC) (CM)≡ ∩
suy ra tọa độ C thỏa hệ:
( )
3 23 0
5; 6
2 7 0
x y
C

Giải
Điểm C
∈
(CD):
1 0x y+ − =

⇒

( )
;1C t t−

⇒
trung điểm M của AC là
(
)
1 3
;
2 2
t t
M
+ −

Điểm M
∈
(BM):
2 1 0x y+ + =

⇒

(

x y
I
x y
+ − =

⇒

− + =

. Tam giác ACK cân tại C nên
I là trung điểm của AK
⇒
Tọa độ của K:
( )
2 1
1;0
2 0
K I A
K I A
x x x
K
y y y
= − = −

⇒ −

= − =


Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:

a.
Diện tích
∆
OAB nhỏ nhất.
b.
Tổng
OA
+
OB
nhỏ nhất.
Giải
Giả sử (
∆
) cắt tia Ox tại A(
a
; 0) và O
y
tại B(0;
b
) (với
a
,
b
> 0)
suy (
∆
):
1
y
x

ab
= + ≥ =

⇒

1
. 8
2 2
OAB
ab
S OA OB= = ≥

Dấu bằng xảy ra
⇔

4 1 1
8; 2
2
a b
a b
= = ⇔ = =

⇒
(
∆
):
4 8 0x y+ − =

b.


b

=
3
⇒

( )
: 2 6 0x y∆ + − =

Bài 9.

Lập phương trình đường thẳng (
∆
) đi qua điểm M(2; 1) và tạo với
đường thẳng (d):
2 3 4 0x y+ + =
một góc
o
45

Giải
Phương trình (
∆
) đi qua điểm M có dạng:
( )
( )
( )
2 2
2 1 0 0A x B y A B− + − = + ≠


A B
n n
A B
+
= ⇔ =
+ +
 
 
( )
( )
2
2 2
2 2 3 13A B A B⇔ + = +

2 2
5 24 5 0B AB A⇔ + − =

1
2
( ): 5 11 0
5
5 ( ) : 5 3 0
x y
A B
B A x y
∆ + − =
= 

⇔ ⇒


( )
: ;I d y x I t t∈ = ⇒

I là trung điểm của AC và BD nên ta có:

( ) ( )
2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t− −

Mặt khác:
. 4
ABCD
S AB CH= =
(CH: chiều cao)
4
5
CH⇒ =

Ngoài ra:
( )
( )
(
)
(
)
( ) ( )
5 8 8
4 2
; , ;
6 4
4


Bài 11.
Cho
( ) ( )
0;6 , 2;5A B
. Tìm trên
( )
: 2 2 0d x y− + =
điểm M sao cho:
a.
MA + MB có giá trị nhỏ nhất.
b.

MA MB−
có giá trị lớn nhất.
Giải
Đặt
( )
, 2 2f x y x y= − +
.
Ta có:
( )
( )
( ) ( )
10
. 0
6
f A
f A f B
f B

′
⇔ = ∩

( )
( )
( )
: 2 0AA d AA x y C
′ ′
⊥ ⇒ + + =

( ) ( )
6 : 2 6 0A AA C AA x y
′ ′
∈ ⇒ = − ⇒ + − =

Gọi
( )
( )
H AA d
′
= ∩
thì tọa độ của H thỏa mãn hệ:
( )
2 6 0
2; 2
2 2 0
x y
H
x y
+ − =

′

H

M

(d)

B
M
0
C
H
B
A
D
y = x
I
www.VNMATH.com
Bài 2. Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng

19

Phương trình đường thẳng
( )
A B
′
là
2
4



⇔ ⇒
 
+ − =


=


2. Ta có:
MA MB AB− ≤
(cố định)
max MA MB AB⇒ − =
, đạt được khi ba điểm M, A, B thẳng hàng
( )
( )
M AB d⇔ = ∩
. Phương trình đường thẳng (AB) là:
2 12 0x y+ − =

Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
(
)
5
2 2 0
7
5;
7
2

2
2
: 1 2 1 0D k x ky k− + − + =

a.
Chứng minh khi
k
thay đổi
( )
1
D
luôn luôn qua một điểm cố định.
b.
Tìm giao điểm của
( )
1
D
và
( )
2
D
suy ra quỹ tích giao điểm này khi
k
thay đổi.
Giải
a.
Ta có
( )
1
D

D
và
( )
2
D
là nghiệm của hệ phương trình
( )
2
2
1 2 1
kx y k
k ky k
− = −



− + = +


giải hệ ta được
2
2 2
1 2
,
1 1
k k
x y
k k
−
= =

2
2
2 2
2 2
1 2
1
1 1
k k
x y
k k
 
−
 
+ = + =
   
+ +
   

Do đó quỹ tích của M là đường tròn tâm O bán kính R = 1.
Bài 13. Trong mặt phẳng Oxy, cho các điểm A(0; 1), B(2; 1) và các đường thẳng
( ) ( ) ( ) ( )
1 2
: 1 2 2 0 ; : 2 1 3 5 0d m x m y m d m x m y m− + − + − = − + − + − =

a.
Chứng minh
1
d
và
2



có:
2
1 2
2 6 5
2 1
m m
D m m
m m
− −
= = − +
− −

2 2
2 2 2 1
4 14 12 ; 2 4 1
1 3 5 3 5 2
x y
m m m m
D m m D m m
m m m m
− − − −
= = − + = = − + −
− − − −

Do
(
)
2

x
D
m m m m
D
m m m
y
D
m m m m

− + −
= = = +

− + − +


− + − −
= = = − +

− + − +


Ta có:
2
2 2 2
2 2 2 4
4
2 ; 2 8
2 6 5 2 6 5 2 6 5
m m
PA PA

. Theo bất đẳng thức Bunhiacôpski, ta có:
( )
( )
2
2 2
2 16 4PA PB PA PB PA PB+ ≤ + = ⇒ + ≤
( )
max 4PA PB⇒ + =
, đạt được
2 2 2
2 2
1
4 4
8 3 2 0
2
2 6 5 2 6 5
m
PA PB PA PB m m
m
m m m m
=

= ⇔ = ⇔ − = ⇔ − + = ⇔

=
− + − +


Cách 2:
1

( )
max 4PA PB⇒ + =
,
đạt được khi
PA PB PAB= ⇒ ∆
vuông cân tại P

( )
o
1
, 45d AB⇒ =

Ta có:
( ) ( )
( )
( )
1
o
2 2
1
.
2 3
1
cos 45 ; 1,1
2
.
2. 1 2
AB
AB
AB

:C x a y b R− + − =

⇒
Tâm I(
a
,
b
) ; bán kính
R
.
2.
Dạng khai triển:
( )
2 2
: 2 2 0C x y ax by c+ − − + =⇒
Tâm I(
a
,
b
) ; bán kính
2 2
R a b c
= + −
với
2 2
0a b c+ − >


( )
0 0 0
,M x y C∈
:

( ) ( )
0 0 0 0
0x x y y a x x b y y c+ − + − + + =

3.

( )
: 0D Ax By C+ + =
tiếp xúc (I,
R
)
⇔

( )
( )
,d I D R=

III. PHƯƠNG TÍCH:
( )
2 2
: 2 2 0C x y ax by c+ − − + =
; Điểm M(
m
,
n

( )
( )
2 2
1 1 1 1
2 2
2 2 2 2
: , 2 2 0
: , 2 2 0
C f x y x y a x b y c
C g x y x y a x b y c

= + − − + =



= + − − + =


( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 2 1 2 2 1
1 2
, , 2 2 0M M f x y g x y a a x b b y c c
C C
= ⇔ = ⇔ − + − + − =
P P

V. CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN
A. XÁC ĐỊNH PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN THEO CÁC YẾU TỐ HÌNH HỌC CHO TRƯỚC

tại (
−
2,
−
1)
www.VNMATH.com
Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương

22

6.

VPT đường tròn đi qua A(6, 3); B(3, 2) và tiếp xúc
( )
: 2 2 0D x y+ − =

7.

VPT đường tròn tâm
∈
( )
: 5 0x y∆ + − =
;
10R =
và tiếp xúc
( )
:3 3 0D x y+ − =

8.


Viết phương trình đường tròn đi qua A(4, 2) và tiếp xúc với 2 đường thẳng
( ) ( )
1 2
: 3 2 0; : 3 18 0D x y D x y− − = − + =

12.

Viết phương trình đường tròn đi qua A(1,
−
2) và các giao điểm của
( )
: 7 10 0D x y− + =
với
( )
2 2
: 2 4 20 0C x y x y+ − + − =

B. SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN
1.
( )
( )
2 2
: 2 4 0
: 1 0
C x y x y
D x y

+ − − =





− + =


C. SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA 2 ĐƯỜNG TRÒN
( )
( )
1 1 1
2 2 2
( ) : ,
( ) : ,
C I R
C I R






1 2
d I I=

⇒

1 2 1 2 1 2
1 2
1 2
1 2
1 2

trong nhau

1.
2 2
1
2 2
2
( ) : 4 6 4 0
( ) : 10 14 70 0
C x y x y
C x y x y

+ − − + =



+ − − + =

2.
2 2
1
2 2
2
( ) : 2 6 15 0
( ) : 6 2 3 0
C x y x y
C x y x y

+ − − − =



+ + − − =



+ − − + =


www.VNMATH.com
Bài 3. Đường tròn

23

D. QUỸ TÍCH TÂM ĐƯỜNG TRÒN
1.
( )
2 2
: 4 2 2 3 0
m
C x y mx my m+ + − + + =

2.
( )
2 2 2
: 2e 4e 1 e 0
m m m
m
C x y x y
− −
+ − + − + =

α
α α α
+ + + =

3.
: sin cos 3sin 2cos 6 0D x y
α
α α α α
− + + − =

4.
: cos sin 2cos sin 9 0D x y
α
α α α α
+ − − − =

5.
2
: cos 2 sin 2 cos 3 0D x y
α
α α α
− + − =

F. TIẾP TUYẾN VỚI ĐƯỜNG TRÒN
1.

VPT tiếp tuyến tại giao điểm
( )
2 2
: 4 4 5 0C x y x y+ − − − =

5.

VPT tiếp tuyến của
( )
2 2
: 6 2 5 0C x y x y+ − − + =

⊥
với
2 1 0x y− − =

6.

VPT tiếp tuyến của
( )
2 2
: 6 2 0C x y x y+ − + =

⊥
với
3 6 0x y− + =

7.

VPT tiếp tuyến của
( )
2 2
: 2 8 19 0C x y x y+ + − − =
(45
°


d.
đi qua A(3, 4) đến:
( )
2 2
: 4 2 0C x y x y+ − − =e.
Đi qua A(5, 7) đến:
( )
2 2
: 4 4 5 0C x y x y+ − − − =g.
đi qua A(4, 7) đến:
( )
2 2
: 2 4 0C x y x y+ + − =f.
Đi qua A(
−
3,
−
1) đến:
( )
2 2

2
( ) : 4 8 11 0
( ) : 2 2 2 0
C x y x y
C x y x y

+ − − + =



+ − − − =


2 2
1
2 2
2
( ) : 2 2 2 0
( ) : 6 2 9 0
C x y x y
C x y x y

+ − + − =



+ − − + =


2 2


11.

( )
( )
( )
2 2 2 2
: 1 0; : 2 1 4 5 0
m
C x y C x y m x my+ − = + − + + − =

a.

Tìm quỹ tích tâm I của họ đường tròn
( )
m
C

b.

CMR: Có 2 đường tròn của họ
( )
m
C
tiếp xúc với (C). Viết PTTT chung khi đó.
G. ỨNG DỤNG ĐỒ THỊ ĐƯỜNG TRÒN TRÒN CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ
1.

Cho
2 2


4.

Tìm
m
để hệ sau có đúng 2 nghiệm
( )
( )
2 2
2
2 1
4
x y m
x y

+ = +



+ =


5.

Tìm
m
để hệ sau có 2 nghiệm phân biệt
2 2
0
0



7.

Tìm
m
để hệ có nhiều nghiệm nhất
2 2
1 1 1x y
x y m

− + + =



+ =


www.VNMATH.com
Bài 3. Đường tròn

25

VI. MỘT SỐ BÀI TẬP MẪU MINH HỌA VỀ PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN
Bài 1.
Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I(3; 1) và chắn trên đường
thẳng (
∆
):
2 4 0x y− + =

: 3 11 0x y∆ − − =
.
Giải
Cách 1:
Gọi I, R lần lượt là tâm và bán kính của (C). Ta có:
Điểm
( )
( ) 3 11;I I t t∈ ∆ ⇒ +
. Điểm
( )
2 2
,A B C IA IB R IA IB∈ ⇒ = = ⇔ =

( ) ( ) ( ) ( )
(
)
2 2 2 2
5 7 5 65
3 9 3 3 12 1 ; ,
2 2 2 2
t t t t t I R⇔ + + − = + + − ⇔ = − ⇒ − =

Phương trình của (C) là:
(
)
(
)
2 2
7 5 65
2 2 2

a b c
A B C
a b c
− − + = −

∈ ⇒

− + = −



Từ (1), (2), (3) ta có:
7 5
, , 14
2 2
a b c= = − = −
. Vậy (C):
2 2
7 5 14 0x y x y+ − + − =

Bài 3.
Trong mặt phẳng Oxy cho hai điểm A(0; 5), B(2; 3). Viết phương trình
đường tròn (C) đi qua hai điểm A, B và có bán kính
10R =
.
Giải
Gọi
( )
;I a b
là tâm của (C). Từ giả thiết, ta có:

+ − =





I
A B
(
∆
)

H
www.VNMATH.com
Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương

26

1 3
2 6
a a
b b
= − =
 
⇔ ∨
 
= =
 
. Vậy có hai đường tròn cần tìm là:
( )


( )
( )
4 4;1
2 2
10 1 5
6 6;11
10
t I
t
t
t I

= ⇒
+
⇔ = ⇔ + = ⇔

= − ⇒ −


Vậy có hai đường tròn cần tìm là:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 22 2
1 2
: 4 1 10 ; : 6 11 10C x y C x y− + − = + + − =

⇔ = ⇔ = +

( )
( )
2
2
3 2 2 5 20t t⇔ + = +
( )
2
12 36 0 6 6; 12 , 10 2t t t I R⇔ − + = ⇔ = ⇒ − =

Vậy phương trình đường tròn (C) là:
( )
( )
22
6 12 200x y− + + =

Cách 2:
Gọi I, R lần lượt là tâm và bán kính của (C).
Gọi (d
′
) là đường thẳng vuông góc với (d) tại A
( )
:7 0d x y c
′
⇒ + + =

( ) ( )
30 :7 30 0A d c d x y
′ ′

6 12 200x y− + + =
.
I
A
(
∆
)
(d)
www.VNMATH.com
Bài 3. Đường tròn

27

Bài 6.
Viết phương trình đường tròn (C) có bán kính R = 5 và tiếp xúc với
đường thẳng
( )
:3 4 31 0x y∆ − − =
tại điểm A(1; –7).
Giải
Đường thẳng (d)
⊥
(
∆
) tại A(1; –7) có phương trình tham số (d):
1 3
7 4
x t
y t
= +

= ⇒ −


Vậy có hai đường tròn cần tìm là:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 22 2
1 2
: 2 3 25 ; : 4 11 25C x y C x y+ + + = − + + =

Bài 7.
Viết phương trình đường tròn (C) đi qua điểm A(6; 4) và tiếp xúc với
đường thẳng
( )
: 2 5 0x y∆ + − =
tại điểm B(3; 1).
Giải
Gọi I, R lần lượt là tâm và bán kính của (C); đường thẳng (d)
⊥
(
∆
) tại B(3;1)
( )
:2( 3) ( 1) 0d x y⇒ − − − =

⇔

;
tiếp xúc với hai đường thẳng
( )
1
: 4 0d x y+ + =
và
( )
2
:7 4 0d x y− + =
.
Giải
Phương trình tham số của (
∆
) là:
1 3
2 4
x t
y t
= − −


= +


Ta có:
( )
( )
1 3 ; 2 4I I t t∈ ∆ ⇒ − − +
. Gọi
R

+ +
⇔ = ⇔ + = + ⇔ 

= − ⇒ =


Vậy
( ) ( )
( )
22
: 4 6 18C x y+ + − =
hoặc
( ) ( )
( )
22
: 2 2 8C x y− + + =

www.VNMATH.com
Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương

28

Bài 9.
Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với trục hoành tại A(2; 0) và
khoảng cách từ tâm của (C) đến điểm B(6; 4) bằng 5.
Giải
Gọi I(
a
;
b


= ⇒ =
⇔

= ⇒ =


. Vậy có hai đường tròn cần tìm là:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 22 2
1 2
: 2 7 49; : 2 1 1C x y C x y− + − = − + − =

Bài 10.
Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng
( )
: 7 10 0d x y− + =
và đường
tròn
( )
2 2
: 2 4 20 0C x y x y
′
+ − + − =
. Viết phương trình đường tròn (C) đi qua

1
R
lần lượt là tâm và bán kính của
( )
1
C
.
( )
1
C
tiếp xúc với hai trục Ox, Oy nên ta có:
( ) ( )
1 1 1
, ,d I Oy d I Ox R= =

1
1
1
,
,
a b R a
a b R
a b R a

= =
⇔ = = ⇔

= − =



1 6 2 2 16 4 36 0a a a a a a⇔ − + − = + ⇔ − − + =

2 2
0 0
20 36 0 12 36 0
a a
a a a a
> <
 
 
⇔ ∨
 
− + = − + =
 
 
: vô nghiệm
( )
( )
1 1
2 2
18 18;18 , 18
2 2; 2 , 2
a I R
a I R

= ⇒ =
⇔

= ⇒ =


1 1
6 6; 6 , 6a I R⇔ = ⇒ − =
. Vậy có ba đường tròn cần tìm là:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 22 2 2
18 18 324; 2 2 4; 6 6 36x y x y x y− + − = − + − = − + + =

Bài 12.
Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A(–1; 7), B(4; –3), C(–4; 1). Hãy
viết phương trình đường tròn (C) nội tiếp tam giác ABC.
Giải
Gọi I(a; b), R lần lượt là tâm và bán kính của (C).
Gọi M(x; y) là chân đường phân giác trong của góc A trong tam giác ABC.
Ta có:
5 5
5
3
3 5
MB AB
MB MC
MC AC
= = ⇒ = −
 
. Suy ra M chia đoạn BC theo tỉ số
5


= = −

−


I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên
2 2
IA BA
IA IM
IM BM
= = ⇒ = −
 

Suy ra điểm I chia đoạn AM theo tỉ số
2k = −
( )
1
1
: 1;2
2
1
A M
A M
x kx
x
k
I I
y ky
y

30

Bài 13.
Lập phương trình đường thẳng
( )
∆
đi qua gốc tọa độ O và cắt đường
tròn (C):
( )
( )
22
1 3 25x y− + + =
theo một dây cung có độ dài bằng 8.
Giải
Đường tròn (C) có tâm I(1; 3) và bán kính R = 5.
Phương trình đường thẳng qua O là:
( )
2 2
0 0ax by a b+ = + >

Giả sử
( )
∆
cắt (C) theo dây cung AB có độ dài bằng 8.
Kẻ IH
⊥

( )
∆
tại H thì H là trung điểm của đoạn AB

B A chon A B
= =


⇔
= − = = −


. Suy ra:
( ) ( )
1 2
: 0; :3 4 0y x y∆ = ∆ − =
.
Bài 14.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcac vuông góc Oxy, cho đường tròn
(C) có phương trình:
2 2
2 4 20 0x y x y+ + − − =
và điểm A(3; 0). Viết phương
trình đường thẳng
( )
∆
đi qua điểm A và cắt đường tròn (C) theo một dây cung
MN sao cho
a.

MN
có độ dài lớn nhất.
b.


Kẻ IH
⊥
MN tại H. Dây MN nhỏ nhất khi IH lớn nhất.
Ta có:
max
2 5 2 5IH IA IH≤ = ⇒ =
khi
( )
H A IA≡ ⇒ ∆ ⊥
tại A
( )
∆
qua A và nhận
IA

làm vectơ pháp tuyến có phương trình:
( )
( )
4 3 2 0 0 2 6 0x y x y− − − = ⇔ − − =

I
M
N
(
∆
)
H
A
www.VNMATH.com
Bài 3. Đường tròn

( )
∆
chia hai đường tròn (C)
thành hai cung

AmB
và

AnB
sao cho:
sđ

AmB
= 2 sđ

AnB

⇒
sđ

AnB
=
120
°

⇒


o
120AIB =

x y x y∆ + + = ∆ + + =

Bài 16.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình:
2 2
2 4 4 0x y x y+ − + + =
có tâm I và điểm M(–1; –3). Viết phương trình đường
thẳng (d) đi qua điểm M và cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và b sao cho tam
giác IAB có diện tích lớn nhất.
Giải
Đường tròn (C) có tâm I(1; –2), bán kính R = 3.
Phương trình đường thẳng (d) qua M có dạng:
( )
( )
( )
2 2
1 3 0 0 2 0a x b y a b ax by a b+ + + = + ≠ ⇔ + + + =

Diện tích tam giác IAB là:
9
1
. sin ,
2 2
S IA IB
= ϕ =
với

AIBϕ =
và
( )

( )
( )
( )
2
2 2 2 2
, 2 2 9 7 8 0d I d IH a b a b b ab a= ⇔ + = + ⇔ − + =

7b a a b⇔ = ∨ =
.
Vậy có hai đường thẳng cần tìm là:
( ) ( )
1 2
: 4 0; :7 10 0d x y d x y+ + = + + =
.
A
B
(d)
H
I
m
n
A
B
(d)
H
I
www.VNMATH.com
Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương

32

2
) có tâm
( )
2 2 2
;I a b
bán kính R
2
.
Xét (
∆
):
0Ax By C+ + =

( )
2 2
0A B+ ≠
là tiếp tuyến chung của (C
1
) và (C
2
).
⇒

( )
( )
1 1
2 2
,
,
d I R

( )
2 2
1
: 9C x y+ =
và
( )
2 2
2
: 6 8 0C x y x+ − + =
.
Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C
1
) và (C
2
).
Giải:

( )
2 2
1
: 9C x y+ =
có tâm
( )
1
0;0I O≡
bán kính R
1

=
3 ;


( )
( )
( )
( )
2 2
1
2 2
2 2
2
2 2
.0 .0
, 3
3 1
3 0.
, 1
3 2
A B C
d I
C A B
A B
A B C
d I
A C A B
A B

+ +
∆ = =



= +


⇔



= − − −


=



Xét
9
2
A
C = −
: Từ hệ thức (1) ta suy ra:
2 2 2 2 2 2 2
5
3 9 5
2 4 4 2
A
A B A A B A B B A− = + ⇔ = + ⇔ = ⇔ = ±

⇒
A
≠

1
) và (C
2
) có 2 đường tiếp tuyến chung là:
( )
1
: 2 5 9 0d x y− − =
và
( )
2
: 2 5 9 0d x y+ − =

2. PHƯƠNG PHÁP TIẾP ĐIỂM:
Giả sử tiếp tuyến chung tiếp xúc với (C
1
) tại
( )
( )
0 0 1
,M x y C∈
, khi đó
( ) ( )
2 2
2
0 1 0 1 1
x a y b R− + − =
(1)
và phương trình tiếp tuyến có dạng (
∆
):

( )( ) ( )( )
2 2
2
0 1 0 1 1
0 1 2 0 0 1 2 0 1 2
x a y b R
x a a x y b b y R R

− + − =



− − + − − = ⋅


Giải hệ
⇒
tọa độ
( )
0 0
,M x y

⇒
Phương trình tiếp tuyến.
Ví dụ:
Cho
( )
2 2
1
: 4C x y+ =

( )
2
1;1I
bán kính R
2

=
1
Giả sử tiếp tuyến chung tiếp xúc với (C
1
) tại
( )
0 0
,M x y
, khi đó
2 2
0 0
4x y+ =
(1)
và phương trình tiếp tuyến có dạng: (
∆
):
0 0
4 0x x y y+ − =
.
Đường thẳng (
∆
) tiếp xúc với (C
2
)

 
.
Kết hợp với
2 2
0 0
4x y+ =
⇒
0 0
0 0
2; 0
0; 2
x y
x y
= =



= =

⇒
2 tiếp tuyến chung là:
2x =
và
2y =

www.VNMATH.com
Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương

34


1 2
R R
≠
thì 2 tiếp tuyến chung ngoài cắt nhau tại J và 2 tiếp tuyến chung
trong cắt nhau tại K.

TH2:
1 2 1 2
I I R R= +

⇒
⇒⇒
⇒
(C
1
) và (C
2
) tiếp xúc ngoài
⇒
⇒⇒
⇒
có 3 tiếp tuyến chung.
Nếu
1 2
R R
=
thì 2 tiếp tuyến chung ngoài song song với
1 2
I I
, tiếp tuyến chung

) cắt nhau
⇒
⇒⇒
⇒
có 2 tiếp tuyến chung.
Nếu
1 2
R R
=
thì 2 tiếp tuyến chung song song với
1 2
I I
. Nếu
1 2
R R
≠
thì 2 tiếp
tuyến chung cắt nhau tại J.

I
1

I
2

I
2

I
1

J
www.VNMATH.com
Bài 3. Đường tròn

35

TH4:
1 2 1 2
I I R R= −

⇒
⇒⇒
⇒
(C
1
) và (C
2
) tiếp xúc trong
⇒
⇒⇒
⇒
có 1 tiếp tuyến chung.
Nếu
1 2
R R
≠
thì (C
1
) và (C
2

không có tiếp tuyến chung



Cách xác định tọa độ điểm J, K:
Ta có:
1 1 1
2 2 2
KI R JI
KI R JI
= =

⇒

1 1
1 2 1 2
2 2
;
R R
KI KI JI JI
R R
= − =
   

⇒
Tọa độ 2 điểm J, K
Phương trình tiếp tuyến chung của (C
1
) và (C
2

1 1 1
2 2
,
J J
A a x B b y
d I R R
A B
− + −
∆ = ⇔ =
+

⇒
Tính B theo A hoặc tính A theo B, rút gọn
⇒
(
∆
)
Cách 2:
Giả sử tiếp tuyến chung tiếp xúc với (C
1
) tại
( )
0 0
,M x y
, khi đó
( ) ( )
2 2
2
0 1 0 1 1
x a y b R− + − =

Cho
( )
2 2
1
: 4 3 0C x y x+ + + =
và
( )
2 2
2
: 8 12 0C x y x+ − + =
.
Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C
1
) và (C
2
).
Giải:
(C
1
) tâm
( )
1
2;0I −
, R
1

=
1; (C
2
) tâm

1 2 1 2
1 1
;
2 2
KI KI JI JI= − =
   

⇒

( ) ( )
0;0 , 8;0K O J≡ −

I
2

I
1

K
www.VNMATH.com