Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Bài 1: Trong hệ tọa độ
,Oxy
cho hình thoi
ABCD
cạnh
AC
có phương trình là:
,0317 =−+ yx
hai đỉnh
,B D
lần lượt thuộc các đường thẳng
1
: 8 0,d x y+ − =
2
: 2 3 0d x y− + =
. Tìm tọa
độ các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm.
Giải:
1 2
( ;8 ), (2 3; ).B d B b b D d d d∈ ⇒ − ∈ ⇒ −
Khi đó
D ( 2 3; 8)B b d b d= − + − + −
uuur
và trung điểm của
BD
là
2 3 8
; .
2 2
b d b d

.
Khi đó
1 9
;
2 2
I
 
−
 ÷
 
;
( 7 31; )A AC A a a∈ ⇒ − +
.
2
1 15
. 15 2
2
2
ABCD
ABCD
S
S AC BD AC IA
BD
= ⇒ = = ⇒ =
2 2 2
3 (10;3) ( )
63 9 225 9 9
7
6 ( 11;6)
2 2 2 2 4

2
d
tại
.I
Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua
)1;1(−M
cắt
1
d
và
2
d
tương
ứng tại
BA,
sao cho
IAAB 3=
.
Giải:
1
d
cắt
2
d
tại
).0;2(I
Chọn
,)2;0(

⇒




1
−=
=
⇔=−−⇔
.
5
16
;
5
42
)4;6(
5
6
4
06445
0
0
2
B
B
b
b
bb
Suy ra đường thẳng
∆

3
thuộc đường thẳng AB, điểm N(0; 7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa
độ đỉnh B biết B có hoành độ dương.
Giải:
Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB,
ta có:
'
'
2 4
2 5
N I N
N I N
x x x
y y y
= − =


= − = −


Phương trình đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0
Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB:
2 2
4.2 3.1 1
2
4 3
d
+ −
= =
+

nhỏ nhất.
Giải:
Gọi I là trung điểm của AB, J là trung điểm của IB. Khi đó I(1 ; -2), J(
5
; 3
2
−
)
Ta có :
3 ( ) 2 2 2 4MA MB MA MB MB MI MB MJ
+ = + + = + =
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
Vì vậy
3MA MB+
uuur uuur
nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của J trên đường thẳng
∆
Đường thẳng JM qua J và vuông góc với
∆
có phương trình: 2x – y – 8 = 0.
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ
2
2 3 0
5
2 8 0 19
5
x
x y
x y
y

− − =
cắt nhau tại A . Viết phương trình đường thẳng
3
d
đi
2
Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
qua P tạo với
1
d
,
2
d

thành tam giác cân tại A và có diện tích bằng
14,5
.
Giải :
Ta có
A(1; 1)
−
và
1 2
d d
⊥
. Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi
1
d
,
2

3
d
có dạng:
7 3 0x y C
+ + =
hay
3 7 0
′
− + =
x y C
Mặt khác,
3
d
qua
( 7;8)P
−
nên C = 25 ; C′ = 77
Suy ra :
3
: 7 3 25 0d x y+ + =
hay
3
:3 7 77 0d x y− + =
Theo giả thiết tam giác vuông cân có diện tích bằng
29
2
⇒ cạnh huyền bằng
58
Suy ra độ dài đường cao A H =
58

điểm C thuộc Ox (
0
C
x ≥
), góc
·
30
o
BAC =
; bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
bằng
5
. Xác định toạ độ điểm A và C.
Giải:
Gọi C(c;0); A(0;a); ta có:
2 sin30 5
o
BC R= =
( ) ( )
2 2
2
5 2 0 1 5BC c⇒ = ⇔ + + − =
0 , 4 ( )c c loai
⇔ = = −
Suy ra C(0 ;0) trùng với điểm O .Gọi H hình chiếu vuông góc điểm B trên Oy ta có tam
giác BHA một nửa tam giác đều .Nên BA =2 BH do đó HA =
2 3

(0;1 2 3)A⇒ +
hoặc

AB
= AC = 4 . Khi đó d là tiếp tuyến của (C), d có dạng
( 1) ( 3) 0a x b y− + − =
3 0ax by a b⇔ + − − =
3
Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Từ đó ta có
2 2
3 3
( , ) 2 2
a b a a
d I d
a b
− − −
= ⇔ =
+
2
0
3 4
4 3
b
b ab
a b
=

⇔ = ⇔

=

chọn

2 2
( ) ( 1) ( 2) 13 (1; 2); 13T x y I R⇔ − + + = ⇒ − =
Ta có:
(6;9) 117 13IM IM⇒ = >
uuur
. Suy ra điểm M nằm
ngoài (T). Vậy từ M kẻ đến (T) được 2 tiếp tuyến Gọi
K MI AmB
= ∩
. Ta có
,MA MB IA IB= = ⇒
MI là đường
trung trực của AB
⇒
KA = KB
KAB KBA KAM KBM K
⇒ ∠ = ∠ = ∠ = ∠ ⇒
là tâm đường tròn nội tiếp tam
giác MAB.
PTTS MI:
1 2
2 3
x t
y t
= +


= − +

,

Giải:
Gọi
( ; )I x y
là trung điểm của đoạn
AB
và
( ; )
G G
G x y
là trọng tâm của
ABC
∆
. Do
2
3
CG CI=
uuur uur
nên
2 1 2 1
; .
3 3
G G
x y
x y
− −
= =
Tọa độ điểm
I
thỏa mãn hệ phương trình:
2 3 0

( )C
là đường tròn có tâm
(5; 1)I −
và bán kính
5
2
R =
2 2
5
( ) : ( 5) ( 1)
4
C x y⇒ − + + =
.
Tọa độ hai điểm
,A B
là nghiệm của hệ phương trình:
4
Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
2 2
2 3 0 4 6
.
5 1 3
( 5) ( 1)
4 2 2
x y x x
x y y y
+ − = = =
  
  
⇔ ∨

BC= ⇔ =
.
Trong tam giác vuông IB có
2
1
. 1
3
HB HI HO IH= = ⇒ =
1 3 4 3
(0; ) (0; )
3 3 3
HI OH I= = ⇒
uuur uuur
Trong tam giác vuông IBH có
2 2 2 2
4
3
R IB IH HB= = + =
Vậy phương trình đường tròn (C):
2 2
4 3 4
( )
3 3
x y+ − =
Bài 11: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (2; 1) và đường thẳng ∆ : x – y +
1 = 0. Viết phương trình đường tròn đi qua M cắt ∆ ở 2 điểm A, B phân biệt sao cho
∆MAB vuông tại M và có diện tích bằng 2.
Giải:
Đường tròn (C) tâm I(a, b) bán kính R có phương trình
2 2 2

Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Vì đường tròn qua M nên
2 2
(2 ) (1 ) 2 (2)a b− + − =
Ta có hệ
2 2
1 0 (1)
(2 ) (1 ) 2 (2)
a b
a b
− + =


− + − =

Giải hệ được a = 1; b = 2. Vậy (C) có phương trình
2 2
( 1) ( 2) 2x y− + − =
Bài 12: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm C(3; -3) và điểm A
thuộc đường thẳng d: 3x + y -2 = 0. Gọi M là trung điểm của BC, đường thẳng DM
phương trình : x – y –2 = 0. Xác định tọa độ các điểm A, B, D.
Giải:
A ∈d ⇒ A(t; 2 -3t)
Ta có: d(C; DM) =
2
1
d(A; DM) ⇒ | 4t -4 | = 8 ⇔| t - 1 | = 2




Bài 13: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh
( )
B 2;0
;
( )
C 3;5−
.
G Là trọng tâm thuộc đường thẳng d có phương trình là
2x y 1 0+ − =
và diện tích tam giác
ABC bằng
5
2
. Hãy xác định tọa độ điểm A ?
Giải:
BC ( 5;5) BC 5 2pt : BC là:x + y-2=0= − ⇒ =
uuur
ABC GBC ABC
5 1 5
S S S
2 3 6
= ⇒ = =
V V V
. (G là trọng tâm tam giác ABC)
G d : 2x y 1 0 G(x; 2x 1)3∈ + − = ⇒ − +
GBC
(G.BC)
2 2 7
x G( ; )
x 2 2x 1

Bài 14: Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy cho ba đường d
1
: x – 2y + 1 = 0; d
2
: 3x – y – 2 =
0; d
3
: 2x + y + 1 = 0. Tìm điểm M trên d
1
điểm N trên d
2
sao cho MN =
5
và MN song
song với d
3
Giải:
M thuộc d
1
, N thuộc d
2
nên M(2a - 1; a), N(b; 3b - 2)
2 2 2
5 5 ( 2 1) (3 2) 5MN MN b a b a= ⇔ = ⇔ − + + − − =
<=> (1)
3
3
/ / . 0 ( 2 1;3 2).(2;1) 0
d
MN d MN n b a b a a b⇔ = ⇔ − + − − = ⇔ =

5 3
:
4 4
x t
IH
y t
= +


= − −

, thay vào phương trình đường tròn ta được ptrình t
2
+ 3t + 2 = 0 <=> t
= -1 và t = -2 => với t = -1 thì M(2; 0), với t = -2 thì M(-1; 4)
-Kiểm tra thấy M(2; 0) là điểm cần tìm
Bài 16: Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
cho tam giác
ABC
vuông tại
A
, biết
B
và
C
đối
xứng nhau qua gốc tọa độ. Đường phân giác trong của góc ABC có phương trình là
2 5 0x y+ − =
. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác biết đường thẳng


− − + − + = ⇔ − + − = ⇔

=

Với
1 (3;1), ( 3; 1) (3;1)b B C A B= ⇒ − − ⇒ ≡
loại
7
Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Với
5 ( 5;5), (5; 5)b B C= ⇒ − −
31 17
;
5 5
A
 
⇒
 ÷
 
Vậy
31 17
; ; ( 5;5); (5; 5)
5 5
A B C
 
− −
 ÷
 
Bài 17: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ

⇒ + =
=

⇔

= −

Vậy
(1;1) ( 3;5)A C⇒ −
.
+ Đường thẳng BD đi qua
( 1;3)I −
vuông góc với IA nên nhận
(2; 2)IA = −
uur
//
(1; 1)u −
r
làm
véc tơ pháp tuyến có phương trình:
4 0x y− + =
.
+ Tọa độ giao điểm B, D thỏa mãn phương trình:
2 2 2
1
( 1) ( 1) 8 ( 1) 4
3
x
x x x
x

a b r
a b l
PT x y
= =
+ −

⇔ = = ⇔ ⇒ =

= =

⇒ − + − =
Bài 19: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là
8
Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
M(3,2), trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt là G(
2 2
,
3 3
) và I(1,-
2). Xác định tọa độ đỉnh C.
Giải:
7 4
(2;4), ;
3 3
IM GM
 
= =
 ÷
 
uuur uuur

1
x
y
=


=

và
1
3
x
y
=


=

.
Vậy có 2 điểm C thỏa mãn là C(5; 1) và C(1; 3).
Bài 20: Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng
:3 4 4 0x y∆ − + =
. Tìm trên
∆
hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện
tích tam giác ABC bằng15.
Giải:
. Gọi
3 4 16 3
( ; ) (4 ; )

 ÷

=
 

Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4;4).
Bài 21: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm
của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND. Giả sử
11 1
;
2 2
M
 
 ÷
 
và đường
thẳng AN có phương trình 2x – y – 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A.
Giải:
Ta có : AN =
10
3
a
; AM =
5
2
a
; MN =
5
6
a

·
1
2
3
( ) 1
1
1 2.
3
tg DAM DAN
−
− = =
+
)
Phương trình đường thẳng AM : ax + by
11 1
2 2
a b− −
= 0
·
2 2
2
1
cos
2
5( )
a b
MAN
a b
−
= =

− − =


− − =

⇒ A (1; -1)
Bài 22: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ 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 2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích ∆IAB lớn nhất.
Giải:
(C) : x
2
+ y
2
+ 4x + 4y + 6 = 0 có tâm là I (-2; -2); R =
2
Giả sử ∆ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Kẻ đường cao IH của ∆ABC, ta có
S
∆
ABC
=
·
1
IA.IB.sinAIB
2
= sin

8
15
Bài 23: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình thoi MNPQ có M(1; 2), phương
trình NQ là
x y 1 0− − =
.Tìm toạ độ các đỉnh còn lại của hình thoi, biết rằng NQ = 2MP và
N có tung độ âm.
Giải:
Phương trình MP là:
x y 3 0+ − =

I MP NQ= ∩ ⇒
tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình
( )
x y 1 0 x 2
I 2;1
x y 3 0 y 1
− − = =
 
⇔ ⇒
 
+ − = =
 
.
I là trung điểm của MP nên suy ra
( )
P 3;0
phương trình NQ là
x y 1 0− − =
nên tọa độ N, Q có dạng (m; m-1)

2 2
( 2) ( 3) 10x y
− + − =
. Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông biết đường
thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm
( 3; 2)M
− −
và điểm A có hoành độ dương.
Giải:
Phương trình đường thẳng đi qua M(-3;-2) có dạng
2 2
3 2 0 ( 0)ax by a b a b+ + + = + >
.
Đường tròn (C) có tâm I(2;3) và bán kính
10R =
.
(C) tiếp xúc với AB nên
( )
;d I AB R=
hay
2 2 2
2 2
2 3 3 2
10 10( ) 25( )
a b a b
a b a b
a b
+ + +
= ⇔ + = +
+

0
2 3 4 20 10 20 20 20
2
t
t t t t
t
=

− + + = ⇔ + + = ⇒

= −

(loại)
+ Nếu AB:
-3 -3 0x y =
. Gọi A(3t+3;t) vì A có hoành độ
0
A
x >
nên t >-1 và do
2 2
2. 20IA R= =
nên
( ) ( )
2 2
2
1 3 3 20 10 10 20 1t t t t+ + − = ⇔ + = ⇒ =
. Suy ra A(6;1)
⇒
C(-2;5)

A
D
I M
Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d
1
: x + y + 5 = 0 và d
2
: x + 2y – 7
= 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG.
Giải:
+ Giả sử
1 2
( ; ) 5; ( ; ) 2 7
B B B B C C C C
B x y d x y C x y d x y∈ ⇒ = − − ∈ ⇒ = − +
Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:
2 6
3 0
B C
B C
x x
y y
+ + =


+ + =


+ Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1)

)(d
và đi qua
hai điểm
A
,
B
.
Giải:
Phương trình đường trung trực của AB là
3 6 0x y− − =
.
Tọa độ tâm I của đường tròn là nghiệm của hệ:
( )
; .
2 5 1
1 3
3 6 3
x y x
I
x y y
− = =
 
⇔ ⇒ −
 
− = = −
 
5R IA= =
.
Phương trình đường tròn là
( ) ( )

) = 2
11
7
,
11
27
101711 ==⇔=−⇔ ttt
• t =
4
11
27
11
21
:)(
11
27
;
11
21
11
27
22
11
=







22
=






−+






+






−
⇒ yxCI
Bài 29: Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x – 2y – 1 = 0, đường chéo BD: x – 7y +
14 = 0 và đường chéo AC qua điểm M(2 ; 1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Giải:
AC: kx – y – 2k + 1 = 0
12
Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

+ − =
. Viết phương trình đường thẳng BC.
Giải:
Điểm
( )
: 1 0 ;1C CD x y C t t∈ + − = ⇒ −
.
Suy ra trung điểm M của AC là
1 3
;
2 2
t t
M
+ −
 
 ÷
 
.
Điểm
1 3
: 2 1 0 2 1 0
2 2
t t
M BM x y
+ −
 
∈ + + = ⇒ + + =
 ÷
 
( )

1;0K −
.
Bài 31: Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1; 0), B(0; 2) và giao điểm
I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.
Giải:
Ta có:
( )
1;2 5AB AB= − ⇒ =
uuur
. Phương trình của AB
là:
2 2 0x 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:
D
. 4
ABC
S AB CH= =
(CH: chiều cao)
4
5
CH⇒ =
.

C D
   
 ÷  ÷
   
hoặc
( ) ( )
1;0 , 0; 2C D− −
13
Luyện thi đại học về phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
14