Chun đề 3
Phương Pháp Tọa Độ Trong Mặt Phẳng
§1. Tọa Độ Trong Mặt Phẳng
Bài tập 3.1. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A (−1; 1) , B (2; 5) ,C (4; 3). Tìm tọa độ điểm D sao cho
−−→
AD =
3
−−→
AB − 2
−→
AC. Tìm tọa độ điểm M sao cho
−−→
MA + 2
−−→
MB = 5
−−→
MC.
Lời giải.
• Gọi D(x; y) ta có
−−→
AD = (x + 1; y −1),
−−→
AB = (3; 4),
−→
AC = (5; 2) ⇒ 3
−−→
AB − 2
−→
AC = (−2; 8).
Do đó
−−→

MC ⇔

3 −3x = 5(4 −x)
11 −3y = 5(3 −y)
⇔

x =
17
2
y = 2
. Vậy M

17
2
; 2

.
Bài tập 3.2. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A (2; 5) , B (1; 1) , C (3; 3). Tìm tọa độ điểm D sao cho ABCD là
hình bình hành. Tìm tọa độ tâm hình bình hành đó.
Lời giải. Gọi D(x; y) ta có
−−→
AD = (x − 2; y −5),
−−→
BC = (2; 2).
Khi đó ABCD là hình bình hành ⇔
−−→
AD =
−−→
BC ⇔


Vậy M(3; 0) hoặc M(−2; 0).
Bài tập 3.4. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A (1; −1) , B (5; −3), đỉnh C thuộc trục Oy và trọng
tâm G thuộc trục Ox. Tìm tọa độ đỉnh C và trọng tâm G.
Lời giải. Ta có C ∈ Oy ⇒ C(0; y), G ∈ Ox ⇒ G(x; 0). Khi đó G là trọng tâm tam giác ABC nên

x
A
+ x
B
+ x
C
= 3x
G
y
A
+ y
B
+ y
C
= 3y
G
⇔

1 + 5 + 0 = 3x
−1 −3 + y = 0
⇔

x = 2
y = 4
Vậy C(0; 4) và G(2; 0).


BCD = cos

−−→
CB,
−−→
CD

=
−15 + 5
√
10.
√
50
= −
1
√
5
.
Suy ra cos

BAD + cos

BCD = 0 ⇒

BAD +

BCD = 180
0
. Vậy tứ giác ABCD nội tiếp.


(x + 2)
2
+ y
2
=

x
2
+ y
2
+ 4x + 4
−→
CI = (x −2; y) ⇒ CI =

(x −2)
2
+ y
2
=

x
2
+ y
2
− 4x + 4
Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC nên

AI = BI
AI = CI

CM = (−3; 3) ⇒
−→
GI.
−−→
CM = 0. Vậy GI vng góc với CM (đpcm).
Bài tập 3.7. (A-04) Trong mặt phẳng Oxy, cho A (0; 2) , B

−
√
3; −1

. Tìm toạ độ trực tâm và tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác OAB.
Lời giải. Gọi H(x; y) ta có
−−→
OH = (x; y),
−−→
AB = (−
√
3 −3),
−−→
AH = (x; y − 2),
−−→
OB = (−
√
3; −1).
Khi đó H là trực tâm tam giác OAB khi và chỉ khi

−−→
OH.

√
a
2
+ b
2
− 4b + 4
−→
BI =

a +
√
3; b + 1

⇒ BI =

a
2
+ b
2
+ 2
√
3a + 2b + 4
Khi đó I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB khi và chỉ khi

OI = AI
OI = BI
⇔

−4b + 4 = 0
2

−−→
GM =

1
3
; −1

.
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên
−→
AG = 2
−−→
GM ⇔

2
3
− x =
2
3
−y = −2
⇔

x = 0
y = 2
⇒ A (0; 2).
Gọi B(x; y) ⇒ C(2 − x; −2 − y) ta có
−−→
AB = (x; y − 2) ⇒ AB =

x

x = 3y + 4 (2)
Thay (2) vào (1) ta có (3y + 4)
2
+ y
2
− 2 (3y + 4) + 2y − 8 = 0 ⇔ 10y
2
+ 20y = 0 ⇔

y = 0
y = −2
.
Với y = 0 ⇒ x = 4 ⇒ B(4; 0), C(−2; −2). Với y = −2 ⇒ x = −2 ⇒ B(−2; −2), C(4; 0).
Vậy A(0; 2), B(4; 0), C(−2; −2) hoặc A(0; 2), B(−2; −2), C(4; 0).
Bài tập 3.9. (D-04) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có A (−1; 0) , B (4; 0) , C (0; m) , m = 0. Tìm toạ độ
trọng tâm G. Tìm m để tam giác GAB vng tại G.
Lời giải. Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên G

1;
m
3

. Ta có
−→
GA =

−2; −
m
3


) , C (x
2
; y
2
). Ta có
−−→
AH = (0; 6),
−−→
BC = (x
2
− x
1
; y
2
− y
1
).
Vì H là trực tâm tam giác ABC nên
−−→
AH.
−−→
BC = 0 ⇔ 6 (y
2
− y
1
) = 0 ⇔ y
2
= y
1
⇒ B (x

+ 2; y
1
) ⇒ IC =

(x
2
+ 2)
2
+ y
2
1
.
Vì I là trọng tâm tam giác ABC nên

IB = IA
IC = IA
⇔

(x
1
+ 2)
2
+ y
2
1
= 74
(x
1
+ 2)
2

1
; y
1

, C

−2 +

74 −y
2
1
; y
1

.
Khi đó
−−→
BH =

5 +

74 −y
2
1
; −1 − y
1

,
−→
CA =

) (7 + y
1
) = 0 ⇔ y
2
1
+ 4y
1
− 21 = 0 ⇔

y
1
= 3
y
1
= −7
Với y
1
= −7 ⇒ x
2
= 3 ⇒ C(3; −7) (loại).
Với y
1
= 3 ⇒ x
2
= −2 +
√
65 ⇒ C

−2 +
√

b
= 1 ⇔ bx + ay − ab = 0. Vì A ∈ ∆ nên 3b + 5a −ab = 0 (*)
Lại có OM = a, ON = b ⇒ S
∆OM N
=
1
2
ab. Từ giả thiết suy ra
1
2
ab = 30 ⇔ ab = 60.
Với ab = 60 thay vào (*) ta có 3.
60
a
+ 5a − 60 = 0 ⇔ 5a
2
− 60a + 180 = 0 ⇔ a = 6 ⇒ b = 10.
Vậy ∆ có phương trình 10x + 6y − 60 = 0.
Bài tập 3.13. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A (8; 6). Lập phương trình đường thẳng qua A và tạo với hai trục
tọa độ một tam giác có diện tích bằng 12.
Lời giải. Gọi đường thẳng cần tìm là ∆. Giả sử ∆ cắt hai trục Ox, Oy lần lượt tại M(a; 0), N(0; b).
Khi đó ∆ có phương trình đoạn chắn
x
a
+
y
b
= 1 ⇔ bx + ay − ab = 0. Vì A ∈ ∆ nên 8b + 6a −ab = 0 (*)
Lại có OM = |a|, ON = |b| ⇒ S
∆OM N

OH = (x; y),
−−→
AH = (x; y − 2), d(H, Ox) = |y|.
Từ giả thiết ta có

AH = d(H, Ox)
−−→
AH.
−−→
OH = 0
⇔

x
2
+ (y − 2)
2
= y
2
x
2
+ y(y − 2) = 0
⇔

x
2
= 4y − 4
y
2
+ 2y − 4 = 0
⇔


−8 + 4
√
5; −3 +
√
5

.
Vậy ∆ có hai phương trình là

−8 + 4
√
5x +

√
5 −3

y = 0 và −

−8 + 4
√
5x +

√
5 −3

y = 0.
3
GV: Lê Ngọc Sơn
Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết

∆
|. |
−→
n
d
|
=
|a + b|
√
2.
√
a
2
+ b
2
.
Theo giả thiết ta có cos (∆, d) = cos 45
0
⇔
|a + b|
√
2.
√
a
2
+ b
2
=
√
2

2
. Viết phương trình đường thẳng ∆ qua M và cắt d
1
, d
2
lần lượt tại B, C sao cho tam
giác ABC cân tại A.
Lời giải. Tọa độ A là nghiệm của hệ

2x −y − 1 = 0
x + 2y − 3 = 0
⇔

x = 1
y = 1
⇒ A (1; 1).
Lấy điểm H(0; −1) ∈ d
1
và K(3 − 2t; t) ∈ d
2
ta có
−−→
AH = (−1; −2) ⇒ AH =
√
5,
−−→
AK = (2 − 2t; t − 1) ⇒ AK =

5(t −1)
2

y = −1 + 3t
.
Bài tập 3.17. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B (−4; −5) và hai đường cao lần lượt có phương
trình là d
1
: 5x + 3y − 4 = 0 và d
2
: 3x + 8y + 13 = 0. Lập phương trình cạnh AC.
Lời giải. Nhận thấy B /∈ d
1
, B /∈ d
2
nên có thể giả sử d
1
là đường cao qua A và d
2
là đường cao qua C.
Đường thẳng d
1
có vectơ chỉ phương
−→
u
1
= (3; −5); đường thẳng d
2
có vectơ chỉ phương
−→
u
2
= (8; −3).

k;
−13−3k
8

⇒
−−→
BC =

k + 4;
27−3t
8

.
Vì d
1
vng góc với BC nên
−−→
BC.
−→
u
1
= 0 ⇔ 3 (k + 4) −5

27−3k
8

= 0 ⇔ k = 1 ⇒ B (1; −2).
Suy ra
−−→
AB = (2; −5) ⇒ chọn vectơ pháp tuyến của AC là

⇒ A (−1; −1).
Tọa độ B là nghiệm của hệ

5x −3y + 2 = 0
7x + 2y − 22 = 0
⇔

x = 2
y = 4
⇒ B (2; 4).
Cạnh AC qua A(−1; −1) và nhận
−→
u
2
= (2; −7) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình
2 (x + 1) − 7 (y + 1) = 0 ⇔ 2x −7y − 5 = 0
Cạnh BC qua B(2; 4) và nhận
−→
u
1
= (3; 4) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình
3 (x − 2) + 4 (y − 4) = 0 ⇔ 3x + 4y − 22 = 0
Vậy hai cạnh còn lại của tam giác có phương trình là AC : 2x −7y − 5 = 0 và BC : 3x + 4y − 22 = 0.
Bài tập 3.19. (CĐ-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC. Các đường thẳng BC, BB

, B

C

lần lượt có

(−2; 0) và nhận
−→
u = (1; 1) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình x + y + 2 = 0.
Tọa độ B là nghiệm của hệ

x −y + 2 = 0
y − 2 = 0
⇔

x = 0
y = 2
⇒ B(0; 2).
Tọa độ C là nghiệm hệ

x + y + 2 = 0
y − 2 = 0
⇔

x = −4
y = 2
⇒ C(−4; 2).
Ta có C

∈ B

C

⇒ C

(3t −2; t) ⇒

−−→
BC

= (−2; −2) ⇒ chọn
−→
n (1; −1) làm vectơ pháp tuyến của AB ta có phương trình x − y + 2 = 0.
Với t =
2
5
⇒
−−→
BC

=

−
4
5
; −
8
5

⇒ chọn
−→
n (2; −1) làm vectơ pháp tuyến của AB ta có phương trình 2x−y+2 = 0.
Vậy cạnh AC có phương trình x + y + 2 = 0, cạnh AB có hai phương trình x −y + 2 = 0 và 2x − y + 2 = 0.
Bài tập 3.20. (D-09) Trong mặt phẳng 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 d
1
: 7x − 2y − 3 = 0; d

Đường thẳng d
2
có vectơ chỉ phương
−→
u
2
= (1; 6).
Ta có d
2
⊥BN ⇒
−→
u
2
.
−−→
BN = 0 ⇔ t − 3 + 3(7t + 1) = 0 ⇔ t = 0 ⇒ N

0; −
3
2

⇒
−−→
MN =

−2; −
3
2

.

, N

t
2
+1
2
; 2

.
Khi đó M ∈ d
2
, N ∈ d
1
nên

t
1
+3
2
− 1 = 0
t
2
+1
2
− 4 + 1 = 0
⇔

t
1
= −1

và d
2
ta có
H(2t
1
− 1; t
1
), K(t
2
; −t
2
− 3) ⇒
−−→
AH = (2t
1
− 3; t
1
+ 1),
−−→
AK = (t
2
− 2; −t
2
− 2)
Khi đó AH⊥d
1
⇒
−−→
AH.
−→

, d
2
ta có A
1
(0; 3), A
2
(−2; −5) ⇒
−−−→
A
1
A
2
= (−2; −8).
Do đó cạnh BC qua A
1
(0; 3) và có vectơ pháp tuyến
−→
n (4; −1) nên có phương trình 4x −y + 3 = 0.
Bài tập 3.23. (B-2010) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC vng 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 bằng 24 và đỉnh
A có hồng độ dương.
Lời giải. Đặt d : x + y − 5 = 0 ⇒ d có vectơ chỉ phương
−→
u = (1; −1) . Gọi H là hình chiếu của C trên d.
Ta có H ∈ d ⇒ H(t; 5 − t) ⇒
−−→
CH = (t + 4; 4 −t).
Vì CH⊥d nên
−−→
CH.

Chuyên đề luyện thi ĐH - Có đáp án chi tiết
Vì B ∈ AB nên B(4; t) ⇒
−−→
AB = (0; t − 1) ⇒ AB = |t −1|.
Theo giả thiết ta có S
∆ABC
= 24 ⇔
1
2
AB.AC = 24 ⇔ 8|t −1| = 48 ⇔

t = 7
t = −5
⇒ B(4; 7) hoặc B(4; −5).
Vì d là phân giác trong nên B(4; −5) khơng thỏa mãn. Với B(4; 7) ⇒
−−→
BC = (−8; −6).
Chọn vectơ pháp tuyến của BC là
−→
n (3; −4) ta có phương trình BC là 3(x−4) −4(y −7) = 0 ⇔ 3x −4y +16 = 0.
Bài tập 3.24. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành có hai cạnh là x + 3y − 6 = 0 và 2x − 5y − 1 = 0. Biết
hình bình hành có tâm đối xứng I (3; 5), hãy viết phương trình hai cạnh còn lại của hình bình hành.
Lời giải. Giả sử AB : x + 3y − 6 = 0; AD : 2x − 5y − 1 = 0.
Khi đó tọa độ A là nghiệm hệ

x + 3y − 6 = 0
2x −5y − 1 = 0
⇔

x = 3

.
Với t = 6 ⇒ F (6; 5) ⇒
−−→
F M = (−5; 0) ⇒ AB nhận
−→
n (0; 1) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình y −5 = 0.
Với t = 7 ⇒ F (5; 6) ⇒
−−→
F M = (−4; −1) ⇒ AB nhận
−→
n (1; −4) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình
(x −1) − 4(y − 5) = 0 ⇔ x −4y + 19 = 0
Vậy có hai phương trình của AB là y − 5 = 0 và x − 4y + 19 = 0.
Bài tập 3.26. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng ∆ :

x = −2 −2t
y = 1 + 2t
và điểm M (3; 1). Tìm điểm B ∈ ∆
sao cho đoạn MB là ngắn nhất.
Lời giải. Ta có B ∈ ∆ ⇒ B(−2 − 2t; 1 + 2t) ⇒
−−→
MB = (−5 − 2t; 2t) ⇒ MB =
√
8t
2
+ 20t + 25.
Xét f(t) = 8t
2
+ 20t + 25 trên R có f



1
2
; −
3
2

.
Bài tập 3.27. (B-07) Trong mặt phẳng Oxy, cho A (2; 2) và các đường thẳng d
1
: x + y −2 = 0, d
2
: x + y −8 = 0.
Tìm điểm B ∈ d
1
và C ∈ d
2
sao cho tam giác ABC vng cân tại A.
Lời giải. Ta có B ∈ d
1
⇒ B(t
1
; 2 − t
1
), C ∈ d
2
⇒ C(t
2
; 8 − t
2

1
= (t
2
− 2)
2
+ (6 − t
2
)
2
⇔

t
1
t
2
− 4t
1
− t
2
+ 2 = 0 (1)
t
2
1
− 2t
1
= t
2
2
− 8t
2


t
3
1
− 5t
2
1
+ 8t
1
− 6

= 0 ⇔

t
1
= −1
t
1
= 3
Với t
1
= −1 ⇒ t
2
= 3 ⇒ B(−1; 3), C(3; 5). Với t
1
= 3 ⇒ t
2
= 5 ⇒ B(3; −1), C(5; 3).
Vậy B(−1; 3), C(3; 5) hoặc B(3; −1), C(5; 3).
Bài tập 3.28. (B-04) Trong mặt phẳng Oxy, cho A (1; 1) , B (4; −3). Tìm điểm C thuộc d : x − 2y − 1 = 0 sao cho

43
11
; −
27
11

.
Bài tập 3.29. (B-2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho các đường thẳng ∆ : x − y − 4 = 0 và d : 2x − y − 2 = 0. Tìm
tọa độ điểm N thuộc d sao cho đường thẳng ON cắt đường thẳng ∆ tại điểm M thỏa mãn OM.ON = 8.
Lời giải. Ta có N ∈ d ⇒ N (a; 2a −2) ⇒
−−→
ON = (a; 2a −2). Suy ra ON có phương trình

x = at
y = (2a − 2)t
.
Lại có M ∈ ON ⇒ M (at; (2a −2)t) mà M ∈ ∆ ⇒ at −(2a −2)t −4 = 0 ⇔ t =
4
2 −a
⇒ M

4a
2 −a
;
4 (2a − 2)
2 −a

.
Khi đó ON =


a =
6
5
.
Vậy N (0; −2) hoặc N

6
5
;
2
5

.
Bài tập 3.30. (A-06) Trong mặt phẳng Oxy, cho ba đương thẳng d
1
: x+y+3 = 0, d
2
: x−y−4 = 0, d
3
: x−2y = 0.
Tìm M thuộc d
3
sao cho khoảng cách từ M đến d
1
bằng hai lần khoảng cách từ M đến d
2
.
Lời giải. Ta có M ∈ d
3
⇒ M(2t; t).

Q ∩∆.
Gọi H là hình chiếu của P trên ∆ ⇒ H(t; 2t − 1) ⇒
−−→
P H = (t −1; 2t − 7).
Vì P H⊥∆ nên
−−→
P H.
−→
u
∆
= 0 ⇔ t −1 + 2(2t −7) = 0 ⇔ t = 3 ⇒ H(3; 5) ⇒ P

(5; 4).
Khi đó
−−→
P

Q = (−8; −8) ⇒
−−−→
n
P

Q
(1; −1) ⇒ P

Q có phương trình x −y − 1 = 0.
Tọa độ M là nghiệm hệ

2x −y − 1 = 0
x −y − 1 = 0

2
có vectơ chỉ phương
−→
u
2
= (3; −1).
Ta có A ∈ d
1
⇒ A(t; 9 −5t) ⇒
−→
AC = (−1 − t; 5t − 11).
Vì AC⊥d
2
nên
−→
AC.
−→
u
2
= 3(−1 −t) − (5t −11) = 0 ⇔ t = 1 ⇒ A(1; 4).
Lại có B ∈ d
2
⇒ B(5 −3k; k). Gọi M là trung điểm BC ⇒ M

4−3k
2
;
k−2
2


Suy ra AB = |a −1|, AC =
√
3|a −1|, BC = 2|a − 1| ⇒ p =
1
2

3 +
√
3

|a −1|, S =
√
3
2
(a −1)
2
.
Khi đó S = pr ⇔
√
3
2
(a −1)
2
=

3 +
√
3

|a −1| ⇔ |a −1| = 2

3 + 6

⇒ G

4
√
3+7
3
;
2
√
3+6
3

.
Với a = −2
√
3 −1 ⇒ A

−2
√
3 −1; 0

, C

−2
√
3 −1; −2
√
3 −6

3−1
3
;
−2
√
3−6
3

.
Bài tập 3.34. (B-2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B

1
2
; 1

. Đường tròn nội tiếp tam giác
ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các điểm DEF . Cho D (3; 1) và đường thẳng EF có phương
trình y − 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A, biết A có tung độ dương.
Lời giải. Ta có
−−→
BD =

5
2
; 0

⇒ BD||EF ⇒ ∆ABC cân tại A. Khi đó AD⊥EF nên có phương trình x − 3 = 0.
Gọi F (a; 3) ta có
−−→
BF =

−
3
2
; 2

⇒ chọn vectơ pháp tuyến của AB là
−→
n (4; 3) ⇒ AB có phương trình
4x + 3y − 5 = 0
Tọa độ A là nghiệm hệ

x −3 = 0
4x + 3y − 5 = 0
⇔

x = 3
y = −
7
3
⇒ A

3; −
7
3

(loại).
Với a = 2 ⇒ F (2; 3) ⇒
−−→
BF


.
Bài tập 3.35. (B-08) Trong mặt phẳng Oxy, tìm toạ độ đỉnh C của tam giác ABC biết hình chiếu C lên đường
thẳng AB là H(−1; −1), đường phân giác trong góc A là x − y + 2 = 0 và đường cao kẻ từ B là 4x + 3y − 1 = 0.
Lời giải. Đặt d
1
: x −y + 2 = 0 và d
2
: 4x + 3y − 1 = 0.
Đường thẳng d
1
có vectơ chỉ phương
−→
u
1
= (1; 1); đường thẳng d
2
có vectơ chỉ phương
−→
u
2
= (3; −4).
Gọi M là hình chiếu của H trên d
1
⇒ M(t; t + 2) ⇒
−−→
HM = (t + 1; t + 3).
Khi đó HM⊥d
1
nên
−−→

−−→
AH = (−6; −8) làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình 3x + 4y + 7 = 0.
Tọa độ C là nghiệm của hệ

3x + 4y + 7 = 0
3x −4y + 13 = 0
⇔

x = −
10
3
y =
3
4
⇒ C

−
10
3
;
3
4

. Vậy C

−
10
3
;
3

.
Đặt d : x −y − 1 = 0. Đường thẳng d có vectơ chỉ phương
−→
u = (1; 1).
Gọi H là hình chiếu của B trên d ⇒ H(t; t −1) ⇒
−−→
BH = (t + 4; t − 2).
Khi đó BH⊥d nên
−−→
BH.
−→
u = 0 ⇔ t + 4 + t − 2 = 0 ⇔ t = −1 ⇒ H(−1; −2).
Gọi B

là điểm đối xứng với B qua d ⇒ B

(2; −5).
Đường thẳng AC qua M, B

nên nhận
−−−→
MB

=

−
3
2
; −6


−→
u = 0 ⇔ t − 6 + t + 2 = 0 ⇔ t = 2 ⇒ H(2; 2) ⇒ M (−2; −2).
Đường thẳng BC qua M(−2; −2) và có vectơ pháp tuyến
−−→
AM = (−8; −8) nên có phương trình x + y + 4 = 0.
Vì B ∈ BC ⇒ B(t; −4 −t) ⇒ C(−4 − t; t) ⇒
−−→
AB = (t −6; t −10),
−−→
EC = (−5 − t; t + 3).
Vì E nằm trên đường cao qua C nên
−−→
AB.
−−→
EC = 0 ⇔ (t − 6)(−5 − t) + (t − 10)(t + 3) = 0 ⇔

t = 0
t = −6
.
Vậy B(0; −4), C(−4; 0) hoặc B(−6; 2), C(2; −6).
Bài tập 3.38. (B-09) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh 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, C, biết diện tích tam giác ABC bằng 18.
Lời giải. Gọi H là hình chiếu của A trên ∆ ta có AH = d (A; ∆) =
|−1−4−4|
√
2
=
9
√
2

HB =

a −
7
2
; a −
7
2

⇒ HB =
√
2


a −
7
2


(2).
Từ (1) và (2) ta có
√
2


a −
7
2



; với a =
11
2
⇒ B

11
2
;
3
2

⇒ C

3
2
; −
5
2

.
Vậy B

3
2
; −
5
2

, C


AB = 2AD. Tìm toạ độ các đỉnh biết A có hồnh độ âm.
Lời giải. Đường thẳng AB có vectơ chỉ phương
−→
u = (2; 1).
Gọi H là hình chiếu của I trên AB ta có H là trung điểm AB và IH = d (I, AB) =
|
1
2
+2
|
√
5
=
√
5
2
.
Khi đó H(2t − 2; t) ⇒
−→
IH =

2t −
5
2
; t

.
Vì IH⊥AB ⇒
−→
IH.

1
, B thuộc d
2
và B, D thuộc trục hồnh.
Lời giải. Ta có ABCD là hình vng và B, D ∈ Ox nên A, C đối xứng nhau qua Ox. Vì A ∈ d
1
⇒ A(t; t) ⇒ C(t; −t).
Lại có C ∈ d
2
⇒ 2t −t − 1 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ A(1; 1), C(1; −1).
Gọi I = AC ∩BD ⇒ I(1; 0). Vì B ∈ Ox ⇒ B(a; 0) ⇒ D(2 −a; 0).
Suy ra
−−→
AB = (a −1; −1),
−−→
AD = (1 − a; −1). Khi đó
−−→
AB.
−−→
AD = 0 ⇔ (a − 1)(1 − a) + 1 = 0 ⇔

a = 0
a = 2
.
Với a = 0 ⇒ B(0; 0), D(2; 0); với a = 2 ⇒ B(2; 0), D(0; 0).
Vậy A(1; 1), B(0; 0), C(1; −1), D(2; 0) hoặc A(1; 1), B(2; 0), C(1; −1), D(0; 0).
Bài tập 3.41. (D-2012) Trong mặt phẳng 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 điểm M

−

= 0.
Tọa độ N là nghiệm hệ

x + 3y = 0
x −y +
4
3
= 0
⇔

x = −1
y =
1
3
⇒ N

−1;
1
3

.
Gọi K là trung điểm MN ⇒ K

−
2
3
;
2
3


Bài tập 3.42. (A-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vng ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là
điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND. Giả sử M

11
2
;
1
2

và đường thẳng AN có phương trình 2x − y − 3 = 0.
Tìm tọa độ điểm A.
Lời giải. Đặt d : 2x −y − 3 = 0. Gọi H = AN ∩ BD.
Qua H kẻ đường thẳng song song AB lần lượt cắt AD, BC tại P và Q.
Đặt HP = x ⇒ P D = QC = x, AP = HQ = BQ = 3x ⇒ M Q = x.
Do đó ∆AHP = ∆HM Q ⇒ AH⊥HM và AH = HM = d (M, d) =
|
11−
1
2
−3
|
√
5
=
3
√
5
2
Suy ra AM =
√

=
45
2
⇔

t = 4
t = 1
. Vậy A(4; 5) hoặc A(1; −1).
§3. Phương Trình Đường Tròn
Bài tập 3.43. (B-06) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) : x
2
+ y
2
− 2x − 6y + 6 = 0 và điểm M (−3; 1).
Gọi T
1
, T
2
là các tiếp điểm vẽ từ M đến (C). Lập phương trình đường thẳng T
1
T
2
.
Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(1; 3) và bán kính R = 2.
Khi đó
−−→
MI = (4; 2) ⇒ MI = 2
√
5 > R. Do đó M nằm ngồi (C).
Giả sử T (a; b) điểm tiếp xúc của tiếp tuyến kẻ từ M đến (C), ta có

+ 2a − 4b = 0 (2)
.
Trừ theo vế (1) và (2) ta có −4a −2b + 6 = 0 ⇔ b = 3 − 2a thay vào (2) ta có
a
2
+ (3 − 2a)
2
+ 2a − 4 (3 −2a) = 0 ⇔ 5a
2
− 2a − 3 = 0 ⇔

a = 1
a = −
3
5
Với a = 1 ⇒ b = 1 ⇒ T (1; 1); với a = −
3
5
⇒ b =
21
5
⇒ T

−
3
5
;
21
5


Ta có IM = IN và AM = AN nên IA⊥MN hay IA⊥∆ mà
−→
IA = (0; 2) nên ∆ có phương trình dạng y = m.
Vì M, N ∈ ∆ nên M(x
1
; m), N(x
2
; m).
Mặt khác M, N ∈ (C) nên x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình x
2
− 2x + m
2
+ 4m − 5 = 0 (*).
Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m
2
+ 4m − 6 < 0.
Khi đó theo định lý vi-et có x
1
+ x
2
= 2; x
1
x
2
= m
2

= 0 (2).
Thay (1) vào (2) được m
2
+ 4m − 5 − 2 + 1 + m
2
= 0 ⇔

m = 1
m = −3
(thỏa mãn).
Vậy có hai phương trình ∆ là y = 1 hoặc y = −3.
Bài tập 3.45. (CĐ-2012) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) : x
2
+ y
2
− 2x − 4y + 1 = 0 và đường thẳng
d : 4x −3y + m = 0. Tìm m để d cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho

AIB = 120
0
, với I là tâm của (C).
Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(1; 2) và bán kính R = 2.
Gọi H là trung điểm AB ta có

AIH = 60
0
⇒ IH = IA. cos 60
0
= 1.
Lại có IH = d (I, d) =


IM O = 30
0
(1).
Gọi M(x; y), ta có
−−→
OM = (x; y),
−→
OI = (1; 0) ⇒ cos

IOM = cos

−→
OI,
−−→
OM

=
−→
OI.
−−→
OM



−→
OI




x ≥ 0
4x
2
= 3

x
2
+ y
2

⇔

x > 0
y
2
=
x
2
3
(*).
Mặt khác M ∈ (C) nên (x − 1)
2
+ y
2
= 1 (**). Thay (*) vào (**) ta có (x −1)
2
+
x
2
3

2

.
Bài tập 3.47. (A-09) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn (C) : x
2
+ y
2
+ 4x + 4y + 6 = 0 và đường thẳng
∆ : x + my − 2m + 3 = 0, với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn (C). Tìm m để ∆ cắt (C) tại hai
điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.
Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(−2; −2) và bán kính R =
√
2.
Ta có S
∆IAB
=
1
2
IA.IB. sin

AIB ≤
1
2
R
2
. Dấu bằng xảy ra ⇔

AIB = 90
0
.

m =
8
15
. Vậy m = 0 hoặc m =
8
15
.
Bài tập 3.48. (A-2011) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng ∆ : x + y + 2 = 0 và đường tròn (C) : x
2
+ y
2
−
4x − 2y = 0. Gọi I là tâm của (C), M là điểm thuộc ∆. Qua M kẻ các tiếp tuyến MA và MB đến (C), (A, B là
tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10.
Lời giải. Đường tròn (C) có tâm I(2; 1) và bán kính bằng R =
√
5.
Ta có S
MAIB
= 2.S
∆MAI
= AM.AI ⇔ AM =
S
M AIB
AI
=
10
√
5
= 2

1
:
x −y = 0, ∆
2
: x −7y = 0. Xác định toạ độ tâm K và tính bán kính của đường tròn (C
1
), biết đường tròn (C
1
) tiếp
xúc với hai đường thẳng ∆
1
, ∆
2
và tâm K thuộc đường tròn (C).
Lời giải. Gọi K(a; b). Vì K ∈ (C) nên (a − 2)
2
+ b
2
=
4
5
⇔ 5a
2
+ 5b
2
− 20a + 16 = 0 (1).
Lại có (C
1
) tiếp xúc với ∆
1

5
.
Vậy (C
1
) có tâm K

8
5
;
4
5

và bán kính R
1
= d (K, ∆
1
) =
|
8
5
−
4
5
|
√
2
=
2
√
2

+ b
2
> c). Khi đó M, N, H ∈ (C) nên ta có



1 −2a + c = 0
5 −2a + 4b + c = 0
2 −2a − 2b + c = 0
⇔



a = −
1
2
b =
1
2
c = −2
(thỏa mãn)
Vậy đường tròn cần tìm là (C) : x
2
+ y
2
− x + y − 2 = 0.
Bài tập 3.51. (D-2012) Trong mặt phẳng 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.
11
GV: Lê Ngọc Sơn

2
+ (y + 3)
2
= 10.
Bài tập 3.52. (B-2012) Trong mặt phẳng Oxy , cho các đường tròn (C
1
) : x
2
+ y
2
= 4, (C
2
) : x
2
+ y
2
−12x+ 18 = 0
và đường thẳng d : x −y −4 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc (C
2
) tiếp xúc với d và cắt (C
1
) tại hai
điểm phân biệt A và B sao cho AB vng góc với d.
Lời giải. Đường tròn (C
1
) có tâm là gốc tọa độ O. Đường thẳng d có vectơ pháp tuyến
−→
n = (1; −1).
Gọi đường tròn cần tìm là (C) và tâm (C) là I(a; b). Khi đó I ∈ (C
2

2
:
√
3x − y = 0. Gọi
(T ) là đường tròn tiếp xúc với d
1
tại A, cắt d
2
tại hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vng tại B. Viết phương
trình của (T ), biết tam giác ABC có diện tích bằng
√
3
2
và điểm A có hồnh độ dương.
Lời giải. Đường thẳng d
1
có vectơ pháp tuyến
−→
n
1
= (
√
3; 1); đường thẳng d
2
có vectơ pháp tuyến
−→
n
2
= (
√

=
1
2
⇒

(d
1
, d
2
) = 60
0
.
Gọi O = d
1
∩ d
2
ta có O(0; 0) và

AOB = 60
0
⇒

BAC = 60
0
.
Do đó S
∆ABC
=
1
2

OA
2
=
√
3
2
⇔ OA
2
=
4
3
.
Ta có A ∈ d
1
⇒ A(t; −
√
3t) ⇒ OA = 2|t| ⇔
4
3
= 4t
2
⇔

t =
1
√
3
t = −
1
√

−→
OA = 0 ⇔
1
√
3

t −
1
√
3

−

√
3t + 1

= 0 ⇔ t = −
2
√
3
⇒ C

−
2
√
3
; −2

.
Đường tròn (T ) có tâm I

= 1.
§4. Phương Trình Elip
Bài tập 3.54. Tìm tọa độ các tiêu điểm, các đỉnh, độ dài trục lớn, độ dài trục bé của mỗi elip có phương trình sau
a)
x
2
25
+
y
2
4
= 1. b)
x
2
9
+
y
2
4
= 1.
c) x
2
+ 4y
2
= 4.
Lời giải.
a) Ta có a = 5, b = 2 ⇒ c =
√
25 −4 =
√

5.
Suy ra F
1
(−
√
5; 0), F
2
(
√
5; 0), A
1
(−3; 0), A
2
(3; 0), B
1
(0; −2), B
2
(0; 2), A
1
A
2
= 6, B
1
B
2
= 4.
c) Ta có x
2
+ 4y
2

2
= 4, B
1
B
2
= 2.
Bài tập 3.55. Viết phương trình chính tắc của các đường elip (E) trong mỗi trường hợp sau
a) (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và tâm sai e =
√
3
2
.
b) (E) có độ dài trục bé bằng 8 và tiêu cự bằng 4.
c) (E) có một tiêu điểm là F

√
3; 0

và đi qua điểm M

1;
√
3
2

.
Lời giải.
a) Ta có 2a = 8 ⇔ a = 4. Lại có e =
c
a

+
y
2
16
= 1.
c) Gọi elip cần tìm là (E) :
x
2
a
2
+
y
2
b
2
= 1 (a, b > 0).
Vì (E) có một tiêu điểm F(
√
3; 0) ⇒ c =
√
3 ⇒ a
2
− b
2
= 3 ⇔ a
2
= b
2
+ 3 (1).
Lại có M


= 4b
2

b
2
+ 3

⇔ b
2
= 1 ⇒ a
2
= 4.
Vậy (E) có phương trình
x
2
4
+ y
2
= 1.
Bài tập 3.56. (A-08) Trong mặt phẳng Oxy, lập phương trình chính tắc của elip có tâm sai bằng
√
5
3
và hình chữ
nhật cơ sở có chu vi 20.
Lời giải. Gọi phương trình chính tắc của elip cần tìm là (E) :
x
2
a

⇔

a = 3
b = 2
. Vậy (E) :
x
2
9
+
y
2
4
= 1.
Bài tập 3.57. (D-05) Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm C(2; 0) và elip (E) :
x
2
4
+
y
2
1
= 1. Tìm A, B thuộc (E) biết
A, B đối xứng nhau qua trục hồnh và tam giác ABC đều.
Lời giải. Ta có A, B đối xứng nhau qua Ox nên giả sử A(a; b) ⇒ B(a; −b).
Khi đó
−−→
AB = (0; −2b) ⇒ AB = 2|b|,
−→
AC = (2 − a; −b) ⇒ AC =


Từ (1) và (2) ta có 3

1 −
a
2
4

= a
2
− 4a + 4 ⇔ 7a
2
− 16a + 4 = 0 ⇔

a = 2
a =
2
7
.
Với a = 2 ⇒ b = 0 ⇒ A(2; 0) (loại).
Với a =
2
7
⇒ b = ±
4
√
3
7
. Vậy A

2

2
2
= 1. Gọi F
1
và F
2
là các
tiêu điểm của (E) (F
1
có hồnh độ âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng AF
1
với (E); N là điểm
đối xứng của F
2
qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AN F
2
.
Lời giải. Ta có F
1
(−1; 0) và F
2
(1; 0). Khi đó
−−→
AF
1
= (−3; −
√
3).
Do đó đường thẳng AF
1

.
Với t =
2
9
⇒ M

−
5
3
; −
2
√
3
9

(khơng thỏa mãn).
Với t = −
2
3
⇒ M

1;
2
√
3

. Vì N là điểm đối xứng với F
2
qua M nên N


2
= 0 ⇒ ∆ANF
2
vng tại A.
Do đó đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF
2
có tâm M

1;
2
√
3

và bán kính MF
2
=
2
√
3
.
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF
2
có phương trình (x −1)
2
+

y −
2
√
3

1
OA
2
+
1
OB
2
⇔
1
4
=
1
a
2
+
4
a
2
⇔ a
2
= 20 ⇔ a = 2
√
5.
Vậy (E) có phương trình
x
2
20
+
y
2

4 −x
2
.
Gọi H = AB ∩ Ox ⇒ H(x; 0) ⇒ OH = x ⇒ S
∆OAB
=
1
2
OH .AB =
1
2
x
√
4 −x
2
=
1
2

x
2
(4 −x
2
) ≤ 1.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x =
√
2. Vậy A

√
2;

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
vng.
Lời giải. Elip (E) có trục lớn bằng 8 ⇒ a = 4 nên có phương trình
x
2
16
+
y
2
b
2
= 1 (b > 0).
Vì (E) và (C) đều nhận Ox, Oy làm trục đối xứng và các giao điểm là bốn đỉnh của hình vng nên có một giao
điểm có tọa độ dạng A(t; t) (t > 0).
Khi đó A ∈ (C) ⇒ t
2
+ t
2
= 8 ⇔ t = 2 ⇒ A(2; 2). Mặt khác A ∈ (E) ⇒
4
16
+
4
b
2
= 1 ⇔ b =