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 (
∆
)
⇔
(
∆
)

:
( )
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
,
y
0
) và có VTCP
( )

) tổng quát:
0A x B y 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.
Phương trình đt (
∆
) đi qua M
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.
Phương trình đt (
∆
) đi qua 2 điểm M
1
(
x
1

+ =

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 + >
AOTRANGTB.COM
H
H
H
Ì
Ì
Ì
N
N
N

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

;
y
1
):
( )
1 1
1 1
x x a t
t
y y b t
= +


∈

= +


»
,
(
∆
2
) đi qua M
2
(
x
2
;
y

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

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 1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2 2
: 0; ;
: 0; ;

1 2
∆ ∆ ∩

=
điểm
;
y
D
x
D
I
D D
 
 
 


Nếu D
=
0 và
2 2
0
x y
D D + >

⇔

1 2 1
1 2 2
a a c

).
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
1 2
, 0 ; 9 0 : t g
1
a a
a a

+
α =
+ +
Download tài li󰗈u h󰗎c t󰖮p t󰖢i : http://aotrangtb.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 b y c + + =
là:
( )
( )
0 0
2 2
,
a x b y c
d M
a b
+ +

Bài 1.
Trên mặt phẳng O
xy
cho điểm A(2;
−
2).

Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm
( )
3 ; 1 M
và cắt trục
Ox
,
Oy
tại B và C sao cho tam giác ABC cân
Giải
Gọi
( )
;0 B b Ox = ∆ ∩
và
( )
0 ;C c O y = ∆ ∩
suy ra (
∆
):
( )
1
y

− = − − = −
 

Với
4b c = +
:
( )
2
1 2
2, 6
1 4 ( ) : 1; ( ) : 1
6 2 2 2
2, 2
c b
y y
x x
c
c b
= =

⇔ = ⇔ ⇒ ∆ + = ∆ + =

−
= − =


Với
b c = −
:
( )

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
+ + + +
= −
+ +
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
+ + + +

(
)
AC
có phương trình
3 5 0
x y m
− + =
Điểm
(
)
(
)
12 :3 5 12 0
A AC m AC x y
∈ ⇒ = − ⇒ − − =
( ) ( )
B BH AB
≡
∩
⇒
Tọa độ của B thỏa mãn hệ:
( )
8 3 1 0
2 ; 5
5 3 25 0
x y
B
x y
− − =


y
x
x y
−
−
= ⇔ + − =
− −

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

(
)
: 2( 1 ) 3 ( 3 ) 0
AB 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

1
B (
) d
∈
và
2
C (
) d
∈
sao cho
∆
ABC có trọng tâm
(
)
2 ; 0
G
.
Giải
Đặt
(
)
1 1 1
B ; 5 ( )
t t d
− − ∈
và
(
)
2 2 2
C 7 2 ; ( )

  
. Vậy
(
)
(
)
1 ; 4 , 5 ; 1
B C−

Download tài li󰗈u h󰗎c t󰖮p t󰖢i : http://aotrangtb.com
Bài 2. Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng

15

Bài 4.

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

lần lượt tại A, B sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AB.
Giải
Điểm

 
+ = − =
 

1 2
10
2
,
3 3
t t
⇔ = =
. Suy ra
(
)
(
)
( )
10 13 7
2 4
; , ; AB 2;5
3 3 3 3 3
A B − ⇒ = −


(d) qua M và nhận
AB

làm VTCP có PT là:
1
2

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

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

(
)
( )

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
x y
+
= ⇔ − + =

.
Ta có:
(
)
(
)
B BH B ; 3 11
t t∈ ⇒ − −
. Gọi M là trung điểm AB khi đó tọa độ M là
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

Phương trình đường thẳng chứa cạnh AB là:
7
2
4 3 13 0
4 2 1 7
y
x
x y
+
−
= ⇔ + + =
− − +

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

⇔

(

x
x y
−
+
= ⇔ + + =
+ − −

Bài 7.
Cho
∆
ABC có đỉnh A(1; 2), đường trung tuyến (BM):
2 1 0
x y
+ + =
và
phân giác trong (CD):
1 0
x y
+ − =
.Viết phương trình đường thẳng BC.
Giải
Điểm C
∈
(CD):
1 0
x y
+ − =

⇒


2 1 0 7 7;8
2 2
t t
t C
+ −
+ + = ⇔ = − ⇒ −

Từ A(1;2) kẻ (AK)
⊥
(CD):
1 0
x y
+ − =
tại I (điểm
(
)
K BC
∈
)
Suy ra (AK):
( 1) ( 2) 0
x y
− − − =

⇔

1 0
x y
− + =



= − =


Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:
1
4 3 4 0
7 1 8
y
x
x y
+
= ⇔ + + =
− +

A
B C
D M
K
I
Bài 2. Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng

17

Bài 8.

Viết phương trình đường thẳng (
∆
) đi qua M(4; 1) và cắt các tia O
x

):
1
y
x
a b
+ =
. Do M(4; 1)
∈
(
∆
) nên
4 1
1
a b
+ =

⇒

4
a
b
a
=
−

⇒

a
> 4
a.

):
4 8 0
x y
+ − =

b.

4
4 5
4 4
a
OA OB a b a a
a a
+ = + = + = − + +
− −
( )
4
2 4 5 9
4
a
a
≥ − ⋅ + =
−

Dấu bằng xảy ra
⇔

4
4 2 6
4

45

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

2 0
Ax By A B
⇔ + − − =
và có vectơ pháp tuyến
(
)
1
;
n A B
=


Đường thẳng (d) có VTPT là
(
)

( )
(
)
2
2 2
2 2 3 13
A B A B
⇔ + = +

2 2
5 24 5 0
B 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 2
C t t D t t
− −

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


Vậy tọa độ của C và D là
(
)
(
)
5 8 8
2
; , ;
3 3 3 3
C D
hoặc
(
)
(
)
1;0 , 0; 2
C D
− −

Bài 11.
Cho
(
)
(
)
0;6 , 2;5
A B
. Tìm trên
(
)


⇒ >

= −



Suy ra hai điểm A và B nằm cùng phía
đối với đường thẳng (d)
1. Gọi
A
′
là đối xứng của A qua (d)
Ta có:
MA MB MA MB A B
′ ′
+ = + ≥
(cố định)
(
)
min
MA MB A B
′
+ =
, đạt được khi ba điểm
, ,
A M B
′
thẳng hàng
(

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

A
′
đối xứng với A qua (d) nên ta có:
( )
2 4
4; 2
2 2
A H A

A
D
y = x
I
Bài 2. Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng

19

Phương trình đường thẳng
(
)
A B
′
là
2
4
7 2 24 0
2 4 5 2
y
x
x y
+
−
= ⇔ + − =
− +

Tọa độ của M thỏa hệ:
(
)
11

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 0
x y
+ − =

Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
(
)
5
2 2 0
7
5;
7
2
2 12 0
2
x
x y
M

2
: 1 2 1 0
D 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.

. Vậy
(
)
1
D
luôn qua điểm A(–1, 0).
b
. Tọa độ giao điểm của
(
)
1
D
và
(
)
2
D
là nghiệm của hệ phương trình
( )
2
2
1 2 1
kx y k
k ky k
− = −



− + = +


2 2
1 2
,
1 1
k k
M
k k
 
−
 
+ +
 
để ý
2
2
2
2 2
2 2
1 2
1
1 1
k k
x y
k k
 
−
 
+ = + =
   
+ +

2
d
, tìm
m
sao cho PA + PB lớn nhất.
Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương

20

Giải
a.
Xét
( ) ( )
( ) ( )
1 2 2 0
2 1 3 5 0
m x m y m
m x m y m

− + − + − =


− + − + − =


có:
2
1 2
2 6 5
2 1

nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
Vậy
1
d
và
2
d
luôn luôn cắt nhau tại điểm P (đpcm)
b.
Tìm m để PA + PB lớn nhất
Tọa độ của P là:
2
2 2
2
2 2
4 14 12 2 2
2
2 6 5 2 6 5
2 4 1 4 2
1
2 6 5 2 6 5
x
y
D
m m m
x
D
m m m m
D
m m m

 
− + − + − +
 
2
2 2 2
2 2 2 4
4
;
2 6 5 2 6 5 2 6 5
m m
PB PB
m m m m m m
− −
 
= ⇒ =
 
− + − + − +
 


Suy ra:
2 2
8
PA PB
+ =
. Theo bất đẳng thức Bunhiacôpski, ta có:
( )



Cách 2:
1
d
và
2
d
có vectơ pháp tuyến là:
(
)
(
)
1 2
1; 2 , 2 ; 1
n m m n m m
= − − = − −
 

Ta có
( ) ( ) ( )( )
1 2
. 1 2 2 1 0
n n m m m m
= − − + − − =
 
nên
1 2
d d
⊥

)
o
1
, 45
d AB⇒ =

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

c:
( ) ( )
( )
2
2
2
:
C x a y b R
− + − =

⇒
Tâm I(
a
,
b
) ; bán kính
R
.
2.
D
ạ
ng khai tri
ể
n:
( )
2 2
: 2 2 0
C x y ax by c
+ − − + =


:
C x a y b R
− + − =

⇒
Tiế
p tuy
ế
n t
ại
(
)
( )
0 0 0
,
M x y C
∈
:

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

2.

( )
2 2
: 2 2 0

: 0
D Ax By C
+ + =
ti
ế
p xúc (I,
R
)
⇔

(
)
(
)
,
d I D R
=

III. PH
ƯƠ
NG TÍCH:
( )
2 2
: 2 2 0
C x y ax by c
+ − − + =
;
Đ
i
ể


IV. TR
Ụ
C
ĐẲ
NG PH
ƯƠ
NG:
(
)
( )
( )
( )
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

= + − − + =



= + − − + =


( ) ( )

Ọ
C CHO TR
ƯỚ
C
1.

VPT
đườ
ng tròn
đườ
ng kính AB bi
ế
t A(4,
−
1); B(3, 5)
2.

VPT
đườ
ng tròn
đ
i qua A(2, 0); B(0, 1); C(
−
1, 2)
3.

VPT
đườ
ng tròn
đ

tạ
i (
−
2,
−
1)
Ch
ươ
ng IV. Hình gi
ả
i tích – Tr
ầ
n Ph
ươ
ng22

6.

VPT
đườ
ng tròn
đ
i qua A(6, 3); B(3, 2) và ti
ế
p xúc
(
)

VPT
đườ
ng tròn tâm I(3, 1) và c
ắ
t
(
)
: 2 4 0
x y
∆ − + =
m
ộ
t
đ
o
ạ
n có
độ
dài
=
4
9.

Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng tròn tâm

ươ
ng trình
đườ
ng tròn
đ
i qua O(0, 0) và ti
ế
p xúc v
ớ
i 2
đườ
ng th
ẳ
ng
(
)
(
)
1 2
: 2 1 0; : 2 2 0
D x y D x y
+ − = − + =

11.

Vi
ế
t ph
ươ
ng trình

đ
i qua A(1,
−
2) và các giao
đ
i
ể
m c
ủ
a
(
)
: 7 10 0
D x y
− + =
v
ớ
i
( )
2 2
: 2 4 20 0
C x y x y
+ − + − =

B. SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN
1.
( )
( )
2 2
: 2 4 0

: 8 2 1 0
: 2 1 0
C x y x y
D x y

+ − − + =



− + =


C. S
Ự T
ƯƠNG GIAO GI
Ữ
A 2 ĐƯỜ
NG TRÒN
(
)
( )
1 1 1
2 2 2
( ) : ,
( ) : ,
C I R
C I R





= −


> +


< −


c¾t nhau
tiÕp xóc ngoµi
tiÕp xóc trong
ngoµi nhau
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

+ − − + =







+ − − − =

4.
2 2
1
2 2
2
( ) : 2 4 5 0
( ) : 5 4 0
C x y x y
C x y x y

+ + − − =



+ − − + =


Bài 3.
Đườ
ng tròn23

D. QU

: 2 cos 2 2sin 1 0
C x y x y
α
α α
+ − − − + =

4.
(
)
( ) ( )
2 2
: 2 1 cos 2 1 sin sin 2 0
C x y x y
α
α α α
+ − + + − + − =

E.
ĐƯỜ
NG TH
Ẳ
NG TI
Ế
P XÚC
ĐƯỜ
NG TRÒN C
Ố

ĐỊ
NH

+ − − − =

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

F. TI
Ế
P TUY
Ế
N V
Ớ
I
ĐƯỜ
NG TRÒN
1.

VPT ti
ế
p tuy
ế
n t
ạ
i giao
đ
i

v
ớ
i
3 4 3 0
x y
+ − =

3.

VPT ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a
( )
2 2
: 2 8 1 0
C x y x y
+ − + + =
// v
ớ
i
5 12 6 0
x y
+ − =

4.


: 6 2 5 0
C x y x y
+ − − + =

⊥
v
ớ
i
2 1 0
x y
− − =

6.

VPT ti
ế
p tuy
ế
n c
ủ
a
( )
2 2
: 6 2 0
C x y x y
+ − + =

⊥
v
ớ

VPT ti
ế
p tuy
ế
n
a.
Đ
i qua A(1,
−
1)
đế
n:
( )
2 2
: 4 6 4 0
C x y x y
+ − + + =b.

Đ
i qua A(
−
3, 3)
đế
n:
( )
2 2
: 7 0

n:
( )
2 2
: 4 4 5 0
C x y x y
+ − − − =g.

đ
i qua A(4, 7)
đế
n:
( )
2 2
: 2 4 0
C x y x y
+ + − =f.
Đi qua A(
−
3,
−
1) đến:
( )
2 2
: 4 3 0C x y x y+ − − =

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

5 2 7 ` 5 2 7
a c b d
− ≤ − + − ≤ +

3.

Cho
2 2
1
a b
+ =
và
6
c d
+ =
. Chứng minh rằng:
2 2
2 2 18 6 2
c d ac bd+ − − ≥ −

4.

Tìm
m
để hệ sau có đúng 2 nghiệm
( )
( )
2 2
2
2 1

( ) ( )
2 2
2 1 2 1
1
x x y y
− + − ≤

6.

Tìm
m
để hệ sau có nghiệm
2 2
1
x y
x y m

+ =



+ <


7.

Tìm
m
để hệ có nhiều nghiệm nhất
2 2

đườ
ng
th
ẳ
ng (
∆
):
2 4 0
x y
− + =
m
ộ
t dây cung có
độ
dài b
ằ
ng 4.
Gi
ả
i
Gi
ả
s
ử
(C) ch
ắ
n trên
∆
m
ộ

)
, 5
IH d I
= ∆ =

G
ọ
i R là bán kính c
ủ
a (C) ta có:
2 2
5 4 3
R IH HA
= + = + =

Ph
ươ
ng trình c
ủ
a (C) là:
( )
( )
2
2
3 1 9
x y
− + − =

Bài 2.
Vi

ầ
n l
ượ
t là tâm và bán kính c
ủ
a (C). Ta có:
Đi
ểm
(
)
( ) 3 11;
I I t t
∈ ∆ ⇒
+
.
Đ
iể
m
( )
2 2
,
A B C IA IB R IA IB∈
⇒ = = ⇔ =

( ) ( ) ( ) ( )
(
)
2 2 2 2
5 7 5 65
3 9 3 3 12 1 ; ,

ả
s
ử
(C) :
2 2
2 2 0
x y ax by c
+ − − + =
. Tâm c
ủ
a (C) là I(
a
;
b
)
∈
(
∆
)

suy ra:
3 11 0
a b
− − =
(1). Ta có:
( )
( )
( )
4 6 13 2
,

Bài 3.
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng Oxy cho hai
đ
i
ể
m A(0; 5), B(2; 3). Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng tròn (C)
đ
i qua hai
đ
i
ể
m A, B và có bán kính
10
R
=
.
Gi
ả
i
G

5 10
b a
IA IB a b a b
a a
IA
a b


= +

= + − = − + −
  
⇒
⇔ ⇔
  
− − =
= 

+ − =





I
A B
(
∆
)


∈
(
)
: 5 0
x y
∆ + − =
;
bán kính
10
R =
và tiếp xúc với đường thẳng
(
)
:3 3 0
d x y
+ − =

Giải
Tâm
(
)
(
)
;5
I I t t
∈ ∆ ⇒ −
. Đường tròn (C) tiếp xúc với
( ) ( )
(
)

( )
2 22 2
1 2
: 4 1 10 ; : 6 11 10
C x y C x y
− + − = + + − =

Bài 5.
Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I
∈
(
)
:2 0
x y
∆ + =

và tiếp xúc với đường thẳng
(
)
: 7 10 0
d x y
− + =
tại điểm A(4; 2).
Giải
Cách 1:
Ta có tâm
(
)
(
)

t t t I R⇔ − + = ⇔ = ⇒ − =

Vậy phương trình đường tròn (C) là:
( )
( )
22
6 12 200
x 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 0
d x y c
′
⇒ + + =

(
)
(
)
30 :7 30 0
A d c d x y
′ ′
∈ ⇒ = − ⇒ + − =


22
6 12 200
x y− + + =
.
I
A
(
∆
)
(d)
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 0
x y
∆ − − =
tại điểm A(1; –7).
Giải
Đường thẳng (d)
⊥
(
∆
) tại A(1; –7) có phương trình tham số (d):
1 3

1 4, 11
t I
t
d I R t
t I

= − ⇒ = − −
∆ = ⇔ = ⇔ = ⇔

= ⇒ −


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

)
I I ; 2 5
d t t
∈ ⇒ −

Mặt khác:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2
6 9 2 3 6 2 4
IA IB IA IB t t t t t
= ⇔ = ⇔ − + − = − + − ⇔ =

(
)
I 4;3 ; 5
R IA⇒ = =
. Phương trình đường tròn (C) là:
( )
( )
22
4 3 5
x y
− + − =
.
Bài 8.
Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I
∈
(
)

= +


Ta có:
(
)
(
)
1 3 ;2 4
I I t t
∈ ∆ ⇒ − − +
. Gọi
R
là bán kính của (C)
(C) tiếp xúc với
(
)
1
d
và
(
)
2
d

(
)
(
)
(

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

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
) và
R
lần lượt là tâm và bán kính của (C)
Do (C) tiếp xúc với trục O
x
tại A nên ta có:

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

Bài 10.
Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng
(
)
: 7 10 0
d x y
− + =
và đường
tròn

.
Viết phương trình đường tròn
(
)
1
C
tiếp xúc với hai tọa độ Ox, Oy đồng thời
tiếp xúc ngoài với đường tròn (C).
Giải
Đường tròn (C) có tâm I(6; 2), bán kính R = 2.
Gọi
(
)
1
;
I a b
,
1
R
lần lượt là tâm và bán kính của
(
)
1
C
.
(
)
1
C
tiếp xúc với hai trục Ox, Oy nên ta có:

( )
( )
( ) ( )
( )
( )
2 2 2 2
2
1 1 1 1 1
6 2 2 1
C II R R II R R a b R⇔ = + ⇔ = + ⇔ − + − = +

Trường hợp 1:
1
,
a b R a
= =

Bài 3. Đường tròn

29

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



Trường hợp 2:
1
,
a b R a
= − =

( )
( ) ( )
( )
2
2 2
2
1 6 2 2 8 4 36 0
a a a a a a
⇔ − + + = + ⇔ − − + =

2 2
0 0
12 36 0 4 36 0
a a
a a a a
> <
 
 
⇔ ∨
 
− + = − + =
 

3 5
MB AB
MB MC
MC AC
= = ⇒ = −
 
. Suy ra M chia đoạn BC theo tỉ số
5
3
k
= −
nên ta có tọa độ điểm M là:
(
)
1
1
1
: 1;
2
1
1 2
B C
B C
x kx
x
k
M M
y ky
y
k

: 1;2
2
1
A M
A M
x kx
x
k
I I
y ky
y
k
−

= = −


−
⇒ ⇒ −

−

= =

−


Phương trình cạnh (AB) là:
( )
(

Giải
Đường tròn (C) có tâm I(1; 3) và bán kính R = 5.
Phương trình đường thẳng qua O là:
(
)
2 2
0 0
ax 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
4
2
AB
HA
⇒ = =

Tam giác IHA vuông tại H, ta có:
2 2

= − = = −


. Suy ra:
(
)
(
)
1 2
: 0; :3 4 0
y 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 0
x 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

Ta có:
(
)
4; 2 2 5
IA IA= − ⇒ =


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

:3 4 7 0
d x y
+ − =

và chia đường tròn (C) thành hai cung mà tỉ số độ dài bằng 2.
Giải
Đường tròn (C) có tâm
(
)
1; 2
I
−
và bán kính
R
= 1
(
)
(
)
(
)
(
)
// :3 4 0 7
d x y c c
∆ ⇒ ∆ + + = ≠ −

Giả sử
(
)


Kẻ IH
⊥
AB tại H, ta có:


o o
1 1
60 .cos 60
2 2
AIH AIB IH IA
= = ⇒ = =

Mặt khác:
( )
5
15 5
1
,
5 2 2 2
c
d I IH c c
−
∆ = ⇔ = ⇔ = ∨ =

Vậy có hai đường thẳng cần tìm là:
( ) ( )
1 2
15 5
:3 4 0; :3 4 0

S IA IB
= ϕ =
với

AIB
ϕ =
và
(
)
0;
ϕ∈ π

9
max
2
S
⇒ =
đạt được khi
sin 1
2
π
ϕ = ⇒ ϕ =
.
Kẻ IH
⊥
AB tại H, ta có:


3
1

d x y d x y
+ + = + + =
.
A
B
(d)
H
I
m
n
A
B
(d)
H
I
Ch
ươ
ng IV. Hình gi
ả
i tích – Tr
ầ
n Ph
ươ
ng32

VII. TIẾP TUYẾN CHUNG CỦA HAI ĐƯỜNG TRÒN
Cho

).
1. PH
ƯƠ
NG PHÁP T
Ổ
NG QUÁT:
(C
1
) có tâm
(
)
1 1 1
;
I a b
bán kính R
1
và (C
2
) có tâm
(
)
2 2 2
;
I a b
bán kính R
2
.
Xét (
∆
):

d I R
d I R

∆ =


∆ =



⇔

1 1 2 2
1 1
2 2 2 2
;
Aa Bb C Aa Bb C
R R
A B A B
+ + + +
= =
+ +

T
ừ

đ
ó suy ra h
ệ
2 ph

).
Ví d
ụ
:
Cho
(
)
2 2
1
: 9
C x y
+ =
và
(
)
2 2
2
: 6 8 0
C x y x
+ − + =
.
Vi
ế
t ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n chung c

2
: 3 1
C x y
− + =
có tâm
(
)
2
3;0
I
bán kính R
2

=
1.
Xét (
∆
):
0
Ax By C
+ + =

(
)
2 2
0
A B
+ ≠
là ti
ế

A B
A B C
d I
A C A B
A B

+ +
∆ = =


= +
 
+
⇔
 
+ +
 
∆ = =
+ = +


+


3 3
C A C
⇒
= +

⇒

A
C
= −
: T
ừ
h
ệ
th
ứ
c (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
≠
0
(
∆
):
5 5
9 9
0 0 2 5 9 0
2 2 2 2
Ax Ay A x y x y

: 2 5 9 0
d x y
− − =
và
(
)
2
: 2 5 9 0
d 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
− + − =

)
(
)
( ) ( )
0 1 2 0 0 1 2 0
2 2 2
2 2
0 1 0 1
,
x a a x y b b y
d I R R
x a y b
− − + − −
∆ = ⇔ =
− + −
(2)
Từ (1), (2)
⇒

( ) ( )
( )( ) ( )( )
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

− + − =


: 2 2 1 0
C x y x y
+ − − + =
.
Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C
1
) và (C
2
).
Giải:
(C
1
) có tâm
(
)
1
0;0
I O≡
bán kính R
1

=
2;
( )
( )
( )
22
2
: 1 1 1
C x y

0 0
4 0
x x y y
+ − =
.
Đường thẳng (
∆
) tiếp xúc với (C
2
)
⇔

( )
0 0
2 2
2 2
0 0
4
, 1
x y
d I R
x y
+ −
∆ = ⇔ =
+

2 2
0 0 0 0
4 2
x y x y


= =

⇒
2 tiếp tuyến chung là:
2
x
=
và
2
y
=

Ch
ươ
ng IV. Hình gi
ả
i tích – Tr
ầ
n Ph
ươ
ng34

3. PH
ƯƠ
NG PHÁP XÉT CÁC TR
ƯỜ

ế
p tuy
ế
n chung.
N
ế
u
1 2
R R
=
thì 2 ti
ế
p tuy
ế
n chung ngoài //
1 2
I I
, 2 ti
ế
p tuy
ế
n chung trong c
ắ
t nhau
t
ạ
i K là trung
đ
i
ể


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

⇒
⇒⇒
⇒
(C
1
) và (C
2
) ti
ế
p xúc ngoài
⇒
⇒⇒
⇒
có 3 ti
ế
p tuy
ế
n chung.
Nếu
1 2
R R
=
thì 2 tiếp tuyến chung ngoài song song với
1 2

≠
thì 2 ti
ế
p tuy
ế
n chung ngoài c
ắ
t nhau t
ạ
i J, ti
ế
p tuy
ế
n chung trong
đ
i qua ti
ế
p
đ
i
ể
m K c
ủ
a (C
1
), (C
2
).

TH3:

p tuy
ế
n chung song song v
ớ
i
1 2
I I
. N
ế
u
1 2
R R
≠
thì 2 ti
ế
p
tuy
ế
n chung c
ắ
t nhau t
ạ
i J.

I
1

I
2


2

I
1

J
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

nằm trong nhau

⇒
⇒⇒
⇒

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
= − =
   


2 2
0
A B
+ >

tiếp xúc với (C
1
)
⇔

( )
(
)
(
)
1 1
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
⇒

0 1 0 0 1 0
0
x a x x y b y y
− − + − − =
(2)
Điểm J
∈
(
∆
)
⇔

(
)
(
)
(
)
(
)
0 1 0 0 1 0
0
J J
x a x x y b y y
− − + − − =
(3).
Từ (1) và (3) suy ra
(
)
0 0

Giải:
(C
1
) tâm
(
)
1
2;0
I −
, R
1

=
1; (C
2
) tâm
(
)
2
4;0
I
, R
2

=
2.
Ta có:
1 2 1 2
6
I I R R

(
)
(
)
0;0 , 8;0
K O J≡ −

I
2

I
1

K