Giáo án luyện thi đại học Chuyên đề: Giải tích phẳng
A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT CƠ BẢN
I. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
1. Vectơ chỉ phương của đường thẳng
Vectơ
u 0≠
r
r
đgl vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆ nếu giá của nó song song hoặc trùng với ∆.
Nhận xét:– Nếu
u
r
là một VTCP của
∆
thì
ku
r
(k
≠
0) cũng là một VTCP của
∆
.
– Một đường thẳng hoàn toàn được xác định nếu biết một điểm và một VTCP.
2. Vectơ pháp tuyến của đường thẳng
Vectơ
n 0≠
r
r
đgl vectơ pháp tuyến của đường thẳng ∆ nếu giá của nó vuông góc với ∆.
Nhận xét: – Nếu
n

u u u
1 2
( ; )=
r
.
Phương trình tham số của ∆:
x x tu
y y tu
0 1
0 2

= +

= +

(1) ( t là tham số).
Nhận xét: – M(x; y)
∈

∆

⇔

∃
t
∈
R:
x x tu
y y tu
0 1

Phương trình chính tắc của ∆:
x x y y
u u
0 0
1 2
− −
=
(2) (u
1

≠
0, u
2

≠
0).
Chú ý: Trong trường hợp u
1
= 0 hoặc u
2
= 0 thì đường thẳng không có phương trình
chính tắc.
5. Phương trình tổng quát của đường thẳng
PT
ax by c 0+ + =
với
a b
2 2
0+ ≠
đgl phương trình tổng quát của đường thẳng.

0 0
( ) ( ) 0
− + − =
•

∆
đi qua hai điểm A(a; 0), B(0; b) (a, b
≠
0): Phương trình của
∆
:
x y
a b
1+ =
.
(phương trình đường thẳng theo đoạn chắn) .
•

∆
đi qua điểm
M x y
0 0 0
( ; )
và có hệ số góc k: Phương trình của
∆
:
y y k x x
0 0
( )− = −
(phương trình đường thẳng theo hệ số góc)

(1)
• ∆
1
cắt ∆
2
⇔ hệ (1) có một nghiệm ⇔
a b
a b
1 1
2 2
≠
(nếu
a b c
2 2 2
, , 0≠
)
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde Trang 1 Thầy. Nguyễn Xuân Quân
Giáo án luyện thi đại học Chuyên đề: Giải tích phẳng
• ∆
1
// ∆
2
⇔ hệ (1) vô nghiệm ⇔
a b c
a b c
1 1 1
2 2 2
= ≠
(nếu
a b c

)
và ∆
2
:
a x b y c
2 2 2
0+ + =
(có VTPT
n a b
2 2 2
( ; )=
r
).
·
n n khi n n
n n khi n n
0
1 2 1 2
1 2
0 0
1 2 1 2
( , ) ( , ) 90
( , )
180 ( , ) ( , ) 90
∆ ∆

≤

=


∆
1

⊥

∆
2

⇔

a a b b
1 2 1 2
0+ =
.
•
Cho
∆
1
:
y k x m
1 1
= +
,
∆
2
:
y k x m
2 2
= +
thì:

ax by c 0+ + =
và điểm
M x y
0 0 0
( ; )
.
ax by c
d M
a b
0 0
0
2 2
( , )
∆
+ +
=
+
•
Vị trí tương đối của hai điểm đối với một đường thẳng
Cho đường thẳng ∆:
ax by c 0+ + =
và hai điểm
M M N N
M x y N x y( ; ), ( ; )
∉ ∆.
– M, N nằm cùng phía đối với ∆ ⇔
M M N N
ax by c ax by c( )( ) 0+ + + + >
.
– M, N nằm khác phía đối với ∆ ⇔

+ +
II. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN
1. Phương trình đường tròn
Phương trình đường tròn có tâm I(a; b) và bán kính R:
x a y b R
2 2 2
( ) ( )
− + − =
.
Nhận xét: Phương trình
x y ax by c
2 2
2 2 0+ + + + =
, với
a b c
2 2
0+ − >
, là phương trình đường tròn
tâm I(–a; –b), bán kính R =
a b c
2 2
+ −
.
2. Phương trình tiếp tuyến của đường tròn
Cho đường tròn (C) có tâm I, bán kính R và đường thẳng ∆.
∆ tiếp xúc với (C) ⇔
d I R( , )
∆
=
III. PHƯƠNG TRÌNH ELIP

2 2
1
+ =
a b b a c
2 2 2
( 0, )> > = −
• Toạ độ các tiêu điểm:
F c F c
1 2
( ;0), ( ;0)−
.
• Với M(x; y) ∈ (E),
MF MF
1 2
,
đgl các bán kính qua tiêu điểm của M.
c c
MF a x MF a x
a a
1 2
,
= + = −
3. Hình dạng của elip
• (E) nhận các trục toạ độ làm các trục đối xứng và gốc toạ độ làm tâm đối xứng.
• Toạ độ các đỉnh:
A a A a B b B b
1 2 1 2
( ;0), ( ;0), (0; ), (0; )− −
• Độ dài các trục: trục lớn:
A A a

1 2
( , ) ( , )
∆ ∆
= =
(e < 1)
B. BÀI TẬP
I. VỀ TAM GIÁC
Cần nắm:
1. Về diện tích : Chủ yếu sử dụng hai công thức chính :
1 1 1
2 2 2
1 1 1
.sin .sin .sin
2 2 2
a b c
S ah bh ch
S ab C bc A ca B
= = =
= = =
2. Các khái niệm .
Trực tâm là giao ba đường cao . Trọng tâm là giao ba đường trung tuyến . Tâm đường tròn ngoại tiếp là
giao ba đường trung trực . Tâm đường tròn nội tiếp là giao ba đường phân giác.
3. Tính chất trọng tâm :
Trọng tâm của tam giác chia các đường trung tuyến thành ba
phần , cách đỉnh hai phần và cách đáy 1 phần.

2
3
AG AM=
4. Tính chất đường phân giác :

( )
;2 2N b b −
.
+/ Đường thẳng ON cắt
∆
tại M thì O,M,N thẳng hàng :
( )
0OM kON k= ≠
uuuur uuur
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde Trang 3 Thầy. Nguyễn Xuân Quân
Giáo án luyện thi đại học Chuyên đề: Giải tích phẳng
( ) ( )
2 4
2 4
4 2 2 4 2 2
a k
a kb a kb
k
a k b kb k b
b
k
= −

= =
 
  
⇔ ⇔ ⇔
−
  
− = − − = −

 
− + − =
 
 
 
 
( )
( )
( ) ( )
2
2 2
2
2 2
2 2
8 48 80 64
6 10 0
5
7 10 5 10 0
2
k k k
k k k
k
k k k k
k
⇔ − + =
⇔ − + − =
=

⇔ − + − + = ⇔


1
( ;1)
2
B
. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp
xúc với các cạnh BC,CA,AB tương ứng tại các diểm D,E,F . Cho D(3;1) và đường thẳng EF có phương
trình
3 0y − =
. Tìm tọa độ đỉnh A , biết A có tung độ dương.
Giải
Phương trình đường thẳng BD là:
1 0y − =
.
Do đó, BD//EF. Suy ra
AF AE
AB AC
=
mà
AE AF=
(theo tính chất
tiếp tuyến từ một điểm nằm ngoài đường tròn kẻ đến đường
tròn) nên ta có
AB AC=
. Vậy, tam giác ABC cân tại A.
Suy ra D là trung điểm BC.
Đường thẳng AD đi qua D và vuông góc với EF có phương trình
3 0x
− =
.
Vì F thuộc đường thẳng

1a
= −
( )
1;3F⇒ = −
. Suy ra đường thẳng BF có phương trình
4 3 5 0x y+ − =
.
Ta có A là giao điểm của AD và BF nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
3
3 0
7
4 3 5 0
3
x
x
x y
y
=

− =


⇔
 
+ − =
= −



. Suy ra



⇔
 
− + =
=



. Suy ra
13
3;
3
A
 
 ÷
 
. Vậy,
7
3;
3
A
 
−
 ÷
 
hoặc
13
3;
3

Đặt
: 1 0d x y− − =
Gọi
( ; )M x y
là trung điểm của AC.
Với G là trọng tâm tam giác ABC
2BG GM⇒ =
uuur uuuur
(1)
Ta có : M(x;y)
( ) ( )
1; 1 . 5;0GM x y BG⇒ = − − =
uuuur uuur
nên:
( )
( )
7
5 2 1
7
(1) ;1
2
2
0 2 1
1
x
x
M
y
y


− − = = −
 
. Suy ra,
( )
1; 2I − −
. Do đó,
( )
2; 5D −
.
Đường thẳng AC đi qua D và M nên có phương trình
4 13 0x y− − =
.
Vì A là giao điểm của d và AC nên tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:
4 13 0 4
1 0 3
x y x
x y y
− − = =
 
⇔
 
− − = =
 
.
Suy ra
( )
4;3A
.
Vì M là trung điểm của AC nên
( )

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

Do đó ta có
·
0
60BOA =
. Ta có tam giác ABC vuông tại B suy ra AC
là đường kính. Mặt khác đường tròn (T) tiếp xúc với
1
d
tại A, do vậy
AC
1
d⊥
tại A .
Xét tam giác vuông OAB:
0
3
.sin 60
2
OA
AB OA= =
và tam giác vuông OAC:
0
.tan 60 . 3AC OA OA= =
.
Từ giả thiết :
0
1 3 1 3 3
. sin 60 3
2 2 2 2 2
ABC

3
A
 
⇒ −
 ÷
 
.
Đường thẳng AC đi qua A vuông góc với
1
d
nên có phương trình
3 3 4 0x y− − =
.
Vì C là giao điểm của AC và
2
d
nên tọa độ điểm C thỏa mãn hệ phương trình:
2
3 3 4 0
2
; 2
3
3
3 0
2
x
x y
C
x y
y

.2 1
2 2
R AC= = =
.
Vậy, phương trình đường tròn (T) là :
2
2
1 3
1
2
2 3
x y
 
 
+ + + =
 ÷
 ÷
 
 
.
Bài 5 . (KA-2010-NC)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6;6) ; đường thẳng đi qua trung điểm
các cạnh AB và AC có phương trình :
4 0x y+ − =
. Tìm tọa độ đỉnh B và C biết điểm
( )
1; 3E −
nằm trên
đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho .
Giải

4 0x y+ + =
.
Điểm B thuộc BC suy ra
( )
; 4B t t− −
. Vì D là trung điểm của BC nên
( )
4 ;C t t− −
.
Ta có :
( ) ( )
5 ; 3 ; 6; 10CE t t AB t t= + − − = − +
uuur uuur
.
Vì E nằm trên đường cao kẻ từ C cho nên
0CE AB =
uuuruuur
( ) ( ) ( ) ( )
2
0
5 6 3 10 0 2 12 0
6
t
t t t t t t
t
=

⇔ + − + + + = ⇔ + = ⇒

= −

B CD
H
E(1;-3)
Giáo án luyện thi đại học Chuyên đề: Giải tích phẳng
Xét tam giác ADH có IM là đường trung bình. Suy ra
1
2
IM AH=
uuur uuur
.
Do đó
( )
2;3M −
.
Đường thẳng BC đi qua M và vuông góc với AH nên có phương trình
3y =
.
Gọi
( )
;3C m BC∈
, do C có hoành độ dương cho nên :
0m
>
.
Vì M là trung điểm của BC nên
( )
4 ;3B m− −
.
Ta có :
( ) ( )

3 2 7 0 74 : 2 74IA C x y= + + − − = ⇒ + + =
Phương trình AH :
3x
=
và
BC AH
⊥
suy ra (BC) có dạng
( 7)y a a= ≠ −
(vì (BC) không qua A) . Do đó tọa độ B,C thỏa mãn phương trình :
( )
2
2 2 2
2 74 4 74 0x a x x a+ + = ⇔ + + − =
(1).
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt trong đó có ít nhất 1 nghiệm đương
khi và chỉ khi:
( )
2
1. 74 0 70a a− < ⇔ <
.
Do C có hoành độ dương cho nên từ (1) ta có:
(
)
(
)
2 2
2 74 ; ; 2 74 ;B a a C a a= − − − = − + −
Vì
(

;H a b
là hình chiếu vuông góc của A trên d.
Gọi K,E lần lượt là hình chiếu của H lên trục Ox, Oy.
Ta có:
( ) ( )
;0 , 0;K a E b
.
Xét tam giác AEH vuông tại E ta có:
( )
2
2 2 2 2
2AH AE EH b a= + = − +

Mặt khác, ta có:
2 2 2
AH HK b= =
(gt)
Do đó:
( )
2
2 2 2
2 4 4 0b a b a b− + = ⇔ − + =
(1)
Vì tam giác OAH vuông tại H nên H nằm trên đường tròn (C) có đường kính OA , có tâm I (0;1) là trung
điểm của OA và bán kính bằng
2
OA
=1. cho nên (C) có phương trình :
( )
2

A(0;2)
E
Giáo án luyện thi đại học Chuyên đề: Giải tích phẳng
Suy ra
(
)
2 5 2; 5 1H − −
hoặc
(
)
2 5 2; 5 1H − − −
.
Vậy có hai đường thẳng d:
( )
5 1 2 5 2 0x y− − − =
hoặc :
( )
5 1 2 5 2 0x y− + − =
Chú ý : Ta còn có cách giải khác :
Gọi
( )
;H a b
là hình chiếu vuông góc của A trên d.
Gọi K,E lần lượt là hình chiếu của H lên trục Ox, Oy.
Xét tam giác vuông OAH ta có :

( )
2 2 2 2 2 2 2 2
4 2OA OH AH a b b a b= + ⇔ = + + = +
(1) ( do AH=HK )


+ − =
= − + −
  
⇔ ⇔
  
+ =
= − +

+ =
 

 
Từ
2
1 5
2 4 0
1 5
b
b b
b

= − +
+ − = ⇒

= − −


* Với :
5 1b = −

Giải
Đặt
: 5 0d x y+ − =
Gọi C' là điểm đối xứng của C qua phân giác d thì C' phải nằm
trên AB và tam giác AC'C vuông cân tại A .
Gọi d' là đường thẳng qua C(-4;1) và vuông góc với d.
Phương trình đường thẳng d’ là :
5 0x y− + =
.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của C lên d thì tọa độ H là
nghiệm của hệ :
( )
5 0 0
0;5
5 0 5
x y x
H
x y y
− + = =
 
⇔ ⇔ ⇒
 
+ − = =
 
C' đối xứng với C qua H suy ra C'=(4;9).
Vì A nằm trên d suy ra
( )
;5A a a−
. Do hoành độ A dương cho nên
0a

= +

.
Vì B thuộc AC' suy ra B(4;1+t)
2 2
0AB t t⇒ = + =
. Và
2 2
8 0 8AC = + =
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde Trang 8 Thầy. Nguyễn Xuân Quân
A
B
C(-4;1)d:x+y-5=0C'
0
45
0
45
H
y
x
O
H
K
d
A(0;2)
E
Giáo án luyện thi đại học Chuyên đề: Giải tích phẳng
+/ Từ giả thiết :
( )
6 (4; 5)

Chú ý . Bài này còn có cách giải khác
Vì C' đối xứng với C qua d: x+y-5=0 suy ra C'(x;y) thỏa mãn :
( ) ( )
( )
4 1 0
' 4;9
4 1
5 0
2 2
x y
C
x y
+ − − =


⇒

− +
+ − =


.
Vì A thuộc đường tròn đường kính CC' nên tọa độ A(x;y) thỏa mãn :
( )
2
2
5 0
5 32
x y
x y


=

. Suy ra
( )
4; 5B −
hoặc
( )
4;7B
.
Vì
, 'AB AC
uuur uuuur
cùng hướng suy ra B(4;7) thỏa mãn. Vậy, đường thẳng BC qua B(4;7) có véc tơ chỉ phương
( )
8; 6BC = − −
uuur
nên có phương trình:
3 4 16 0x y− + =
.
Bài 9 (KB-2009-NC)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác cân ABC tại A có đỉnh A(-1;4) và các đỉnh B,C thuộc đường
thẳng
: 4 0d x y− − =
. Xác định tọa độ các đỉnh B và C , biết diện tích tam giác ABC bằng 18.
Giải
Gọi H là trung điểm của BC. Vì tam giác ABC cân tại A nên H là hình chiếu của A lên d.
Gọi d' là đường thẳng qua A(-1;4) và vuông góc với d thì d' có phương
trình
3 0x y+ − =

= −


.
Khoảng cách từ A đến BC: d(A;BC)=d(A;d)=
1 4 4
9
2 2
AH
− − −
= =
Vì B thuộc d nên B(t;t-4 ), Vì H là trung điểm của BC nên C(7-t;3-t).
Ta có:
2 2
7 7 7
2
2 2 2
BH t t t
   
= − + − = −
 ÷  ÷
   
(1)
Theo giả thiết thì :
1 9
.2 . 18 . 2 2
2
2
S BH AH BH BH⇒ = ⇔ = ⇒ =
(2)

“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde Trang 9 Thầy. Nguyễn Xuân Quân
A(-1;4)
B CH
x-y-4=0
Giáo án luyện thi đại học Chuyên đề: Giải tích phẳng
Với
11 11 3 3 5
; ; ;
2 2 2 2 2
t B C
   
= ⇒ = = −
 ÷  ÷
   
.
Bài 10 (KD-2009)
Trong mặt phẳng tọa độ 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 :
7 2 3 0x y− − =
và
6 4 0x y− − =
. Viết
phương trình đường thẳng AC.
Giải
Gọi H là chân đường cao hạ từ A. Phương trình đường cao
: 6 4 0AH x y− − =
.
Gọi N là trung điểm của AC. Phương trình trung tuyến
: 7 2 3 0AN x y− − =
.

 
⇒ −

 ÷
− − =
 

.
Vì C đối xứng với B qua N suy ra C(-3;-1).
Vậy AC qua A(1;2) và nhận
( )
4; 3AC = − −
uuur
làm vec tơ chỉ phương nên có phương trình
4 5 0x y− + =
.
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình là
3 2 0x y− − =
và hai
điểm phân biệt
( )
1; 3A
và B không thuộc đường thẳng d . Lập phương trình đường thẳng AB . Biết
rằng khoảng cách từ điểm B đến giao điểm của đường thẳng AB với đường thẳng d bằng hai lần
khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng d.
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy viết phương trình các cạnh tam giác ABC biết trực tâm
H(1;0) , chân đường cao hạ từ đỉnh B là K(0;-2) và trung điểm cạnh AB là M(3;1).
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có diện tích bằng 2 . Đường thẳng AB có
phương trình x-y=0 . Điểm I(2;1) là trung điểm của cạnh BC . Tìm tọa độ trung điểm M của đoạn

2 2 2 2 0x y− − =
. B và C thuộc Ox . Xác định tọa độ trọng
tâm tam giác ABC.
Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với đỉnh A(1;-3) và đường thẳng BC có
phương trình : x-2y-2=0 . Tìm tọa độ B,C biết tam giác ABC vuông cân tại B.
Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(5;-3), trọng tâm G(3;1) .Đỉnh B
thuộc đường thẳng d có phương trình : 2x+y-4=0 . Tìm tọa độ các dỉnh B,C biết BC bằng
2 2
và B
có tọa độ nguyên.
Bài 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: 2x+y-1=0 ,
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde Trang 10 Thầy. Nguyễn Xuân Quân
A
B CH N
M(2;0)
7x-2y-3=06x-y-4=0
Giáo án luyện thi đại học Chuyên đề: Giải tích phẳng
phương trình AC: 3x+4y+6=0 và điểm M(1;-3) nằm trên đường thẳng BC thỏa mãn 3MB=2MC . Tìm
tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.
Bài 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H, phương trình cạnh
: 4 0BC x y− + =
, trung điểm cạnh AC là M(0;3) , đường cao AH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC tại điểm N(7;-1). Xác định tọa độ các đỉnh A,B,C và viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam
giác HBC.
Bài 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(3;4) ;B(1;2), đỉnh C thuộc
đường thẳng d có phương trình : x+2y+1=0 , có trọng tâm G . Biết diện tích tam giác GAB bằng 3, tìm
tọa độ đỉnh C .
Bài 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với đỉnh A(1;-2), đường cao CH , phân
giác trong BK lần lượt có phương trình
1 0x y− + =

 
. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Giải
Vì AC cắt AD tại A nên tọa độ điểm A thỏa mãn:
( )
3 0 1
3;1
4 0 3
x y y
A
x y x
+ = =
 
⇔ ⇒ = −
 
− + = = −
 
.
Gọi d' là đường thẳng đi qua M song song với AD. Đường thẳng d’ có
phương trình:
4
0
3
x y− + =
Gọi N là giao điểm của d' và AC. Tọa độ điểm N thỏa mãn
3 0 1
1
1;
3
4

 ÷
 
.
Gọi
∆
là đường thẳng đi qua E vuông góc với AD. Đường thẳng
∆
có phương trình
0x y+ =
.
Đường thẳng
∆
cắt AC tại I thì I là tâm hình chữ nhật.
Tọa độ I thỏa mãn
( )
0 0
0;0
3 0 0
x y x
I
x y y
+ = =
 
⇔ ⇒ =
 
+ = =
 
. Vì C đối xứng với A qua I, suy ra
( )
3; 1C = −

A B
CD
I
M
N
EK
Giáo án luyện thi đại học Chuyên đề: Giải tích phẳng
Vậy,
( ) ( ) ( )
3; 1 ; 1;3 ; 1; 3C D B= − = − = −
.
Bài 2 .(KA-2009)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6;2) là giao điểm của của hai đường
chéo AC và BD . Điểm M(1;5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng
∆
có phương trình x+y-5=0 . Viết phương trình đường thẳng AB.
Giải
Vì E thuộc d suy ra E(t;5-t) . Gọi F là điểm đối xứng với E qua I thì F thuộc
AB và F(12-t;t-1 ).
Khi đó :
( ) ( )
11 ; 6 ; 6 ; 3MF t t IE t t= − − = − −
uuur uur

Theo tính chất hình chữ nhật :
( ) ( ) ( ) ( )
0 11 6 6 3 0MF IE MF IE t t t t⇒ ⊥ ⇔ = ⇔ − − + − − =
uuuruur
2
7

6;5 5;0F MF= ⇒ =
uuur
. Đường thẳng AB qua M(1;5) có
MF
uuur
là chỉ phương nên có
phương trình
5y =
.
Vậy,
: 4 19 0AB x y− + =
hoặc
: 5AB y =
.
Bài 3: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng
: – 2 1 0AB x y + =
, phương trình đường thẳng
: – 7 14 0BD x y + =
, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm
toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật, biết C có tọa độ nguyên.
Giải
Ta có B là giao của BD với AB cho nên tọa độ B là
nghiệm của hệ:
2 1 0
21 13
;
7 14 0
5 5
x y
B

os BD,BC
5.5 2 10
c
−
= =
;
( )
2 2
2
os AC,BC
5
a b
c
a b
+
=
+
Vì
· ·
CBD ACB=
nên
( ) ( )
os BD,BC os AC,BCc c=
( )
2
2 2 2 2
2 2
2
1
2 2 7 8 0

nên có phương trình là:
( )
2 1 0 1 0x y x y− − + − = ⇔ − + + =
.
Vì C là giao điểm của AC và BC nên tọa độ điểm C thỏa mãn hệ phương trình:
( )
2 11 0
4;3
1 0
x y
C
x y
+ − =

⇒

− + + =

Vì A là giao điểm của AB và AC nên tọa độ điểm A thỏa mãn hệ phương trình:
( )
1 0
1;0
2 1 0
x y
A
x y
− + + =

⇒


A B
CD
M(1;5)
E
F
d:y+y-5=0
I(6;2)
A
B
C
D
x-7y+14=0
x-2y+1=0
I
M(2;1)
Giáo án luyện thi đại học Chuyên đề: Giải tích phẳng
+ Với
7b a
= −
, chọn
1 7a b
= ⇒ = −
. Ta có
( )
1; 7n = −
r
. Đường thẳng AC đi qua M và có vectơ pháp
tuyến
( )
1; 7n = −

5 5
B
 
 ÷
 
,
( )
4;3C
,
14 12
;
5 5
D
 
 ÷
 
.
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12 , giao điểm hai
đường chéo là I(
9 3
;
2 2
), trung điểm cạnh BC là M(3;0) và hoành độ điểm B lớn hơn hoành độ điểm C.
Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ,cho hình chữ nhật ABCD, cạnh AB có phương trình:
1 0x y− + =
, tọa độ tâm I(1;1) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật , biết AB=3BC và A có hoành
độ âm.
Bài 3. Viết phương trình cạnh AB của hình chữ nhật ABCD biết cạnh AB ,BC,CD và DA lần lượt

7 31 0x y+ − =
.
Gọi I là tâm của hình chữ nhật, ta có I giao điểm của AC và BD. Tọa độ điểm I là
nghiệm của hệ phương trình :
7 8 0
1 9
;
7 31 0
2 2
x y
I
x y
− + =

 
⇒ = −

 ÷
+ − =
 

.
Vì I là trung điểm của AC nên
( )
3;4C
.
Vì
B BD∈
nên tọa độ điểm B có dạng:
( )

.
Ta có:
( )
4;3AB =
uuur
.
Đường thẳng AB đi qua A và nhận
( )
4;3AB =
uuur
làm vectơ chỉ phương nên có pt:
3 4 32 0x y− + =
.
Đường thẳng AD đi qua A và nhận
( )
4;3AB =
uuur
làm vectơ pháp tuyến nên có pt:
4 3 1 0x y+ + =
.
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde Trang 13 Thầy. Nguyễn Xuân Quân
A B
CD
I
Giáo án luyện thi đại học Chuyên đề: Giải tích phẳng
Đường thẳng DC đi qua C và nhận
( )
4;3AB =
uuur
làm vectơ chỉ phương nên có pt:

3AB DC DN= =
). Ta lại có hai tam giác AEP và AND đồng dạng nên
3
AE AP
ED PN
= =
.
Đặt
ED x
=
, suy ra
3AE x
=
.
Xét tam giác EPD ta có
· ·
0 0
90 ; 45DEP EDP= =
nên EPD là tam giác vuông cân tại E
ED EP x
⇒ = =
. Suy
ra
3AE PK x= =
. Mặt khác ta lại có KC=x cho nên MK=x , cho nên tam giác AEP=PKM. Từ đó suy ra
AP
⊥
PM và AP=PM .
Do đó suy ra
APM∆



Chú ý :
Phần chứng minh AP
⊥
PM còn có cách khác .
+/ Gọi cạnh hình vuông là x . Hai tam giác PDN đồng dạng với PAB suy ra
3
3 3 ; 3
PB PA AB DN
PB PD PA PN
PD PN DN DN
= = = = ⇒ = =
+/ Xét tam giác vuông ADN
( )
2
2 2 2
2
2 2 2 2 2
1 10 10 5
4
3 9 9.16 72
x x x
AN AD DN PN x x PN
 
= + ⇔ = + = ⇒ = =
 ÷
 
Nhưng :
2 2

2
2 2
2
3 3 2 5
2 2 2
4 4 4 2 2 8
x x x
PM x x
   
= + − =
 ÷  ÷
   
(2)
+/ Xét tam giác CMN :
2
2 2
2 2 2
2 25
4 3 36
x x
MN CM CN x
 
= + = + =
 ÷
 
(3)
Từ (1) ,(2),(3) ta có AP=PM và
2 2 2
2 2 2
5 5 25

Gọi
a
là độ dài cạnh của hình vuông ABCD (Điều kiện
0a >
).
Ta có
2AC a=
. Theo giả thiết ta có :
2
a
AM =
và
3 3 2
4 4
AC a
AN = =
.
Xét tam giác AMN, theo định lí côsin ta có:
·
2
2 2 2
5
2. . .cos
8
a
MN AM AN AM AN MAN= + − =
.
Do đó, ta có :
2
5

6
5
x
y
x y
x
x y
y
 =



= −



− + − =



⇔

=



− + + =




có phương trình :
2 0y + =
.
+) Với
17 6
;
5 5
I
 
−
 ÷
 
12 16
;
5 5
IM
 
⇒ = −
 ÷
 
uuur
. Đường thẳng CD đi qua I và nhận
12 16
;
5 5
IM
 
= −
 ÷
 

0MK a a= >
. Ta có
3NK AK a= =
.
Xét tam giác MKN vuông tại K, theo định lí Pitago, ta có
( )
2
2 2 2 2
3 10 1MK NK MN a a a+ = ⇔ + = ⇒ =
.
Xét tam giác MAD vuông tại A, ta có :
2 2 2 2 2
2 4 20 2 5MD MA AD MD= + = + = ⇒ =
.
Ta có
1NH HC
= =
. Xét tam giác NHD vuông tại H, ta có :
2 2 2 2 2
1 3 10 10ND MH HD ND= + = + = ⇒ =
.
Do đó, D là giao điểm của đường tròn tâm M, bán kính
2 5
và đường tròn tâm N, bán kính
10
.
Tọa độ điểm D thỏa mãn :
( ) ( )
( ) ( )
2 2



=



( )
1; 2D⇒ − −
hoặc
( )
5;0D
.
Mặt khác, gọi P là giao điểm của MK và CD. Ta có hai tam giác NHP và NKM đồng dạng nên :
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde Trang 15 Thầy. Nguyễn Xuân Quân
Giáo án luyện thi đại học Chuyên đề: Giải tích phẳng
1
3
NP NH
NM NK
= =
. Suy ra
( )
( )
1
7
2 1 2
1 7
3
; 2
3


uuur uuuur
.
+) Với
( )
1; 2D − −
và
7
; 2
3
P
 
−
 ÷
 
. Ta có đường thẳng CD đi qua D và nhận
DP
uuur
làm vectơ chỉ phương nên
có phương trình :
2 0y + =
.
+) Với
( )
5;0D
và
7
; 2
3
P

 
. Xác định tọa độ
các đỉnh của hình vuông ABCD biết các đỉnh B, C thuộc đường tròn (C), hai đỉnh A,D thuộc trục Ox
và đỉnh B có tung độ dương.
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có tâm I
3 1
;
2 2
 
 ÷
 
. Các đường thẳng AB
và CD lần lượt đi qua các điểm M(-4;-1),N(-2;-4). Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông, biết B có hoành độ
âm.
IV. VỀ HÌNH THOI
Cần nắm:
1. Có hai cặp cạnh tương ứng song song và bằng nhau
2. Hai đường chéo cắt nhau tại điểm giữa mỗi đường và chúng vuông góc
với nhau
3. Hai đường chéo là hai trục đối xứng của hình thoi
4. Các tam giác cân bằng nhau : ABD=CBD và ABC=ADC .
5. Diện tích hình thoi bằng tích hai đường chéo :
1
.
2
S AC BD=
.
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thoi ABCD có tâm I(1;1) , điểm M(2;3) thuộc đường thẳng
chứa cạnh AB và N(4;-1) thuộc cạnh CD . Biết độ dài AC=2BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi.
Giải

c
a b
+
=
+
(1)
Mặt khác, từ AC=2BD suy ra IA=2IB . Xét tam giác vuông AIB có :
2 2 2
2 2 2 2
2
5 4
4 4 5
IA IA IA
AB IA IB IA
AB
= + = + = ⇔ =
( )
2
os AB;AC
5
IA
c
AB
⇒ = =
(2)
Từ (1) và (2) ta có:
( )
2 2 2 2 2
2 2
2

“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde Trang 16 Thầy. Nguyễn Xuân Quân
A
B
C
D
I
A
B
C
D
M(2;3)
N(4;-1)
I(1;1)
Giáo án luyện thi đại học Chuyên đề: Giải tích phẳng
và nhận
( )
1; 2
AC
n = −
r
làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình
2 1 0x y− + =
.
Đường thẳng BD đi qua I và vuông góc với AC nên có phương trình:
2 3 0x y+ − =
.
Vì A là giao điểm của AB và AC nên tọa độ A thỏa mãn:
( )
3 0
5;3

, hai vectơ này cùng hướng . Do đó điểm E không nằm trên cạnh AB.
Suy ra hai điểm A, B này không thỏa mãn.
+/ Với
2b a
=
, chọn
1, 2a b= =
thì AC có vectơ pháp tuyến
( )
1;2
AC
n =
r
. Đường thẳng AC đi qua I và
nhận
( )
1;2
AC
n =
r
làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình
2 3 0x y+ − =
.
Đường thẳng BD đi qua I và vuông góc với AC nên có phương trình:
2 1 0x y− − =
.
Vì A là giao điểm của AB và AC nên tọa độ A thỏa mãn:
( )
3 0
3;3

, hai vectơ này ngược hướng . Do đó điểm E nằm trên cạnh AB. Suy ra hai
điểm A, B này thỏa mãn bài toán.
Vì I là trung điểm AC và BD nên suy ra
( ) ( )
5; 1 , 0; 1C D− −
.
Vậy,
( )
3;3A −
,
( )
2;3B
,
( ) ( )
5; 1 , 0; 1C D− −
.
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thoi ABCD với AC có phương trình là :
7 31 0x y+ − =
, hai
đỉnh B,C lần lượt thuộc đường thẳng
1 2
: 8 0; : 2 3 0d x y d 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
Cách 1.
Vì B thuộc
( )
1 1 1
;8d B t t⇒ −

1 2 1 2
2 3 8
;
2 2
t t t t
I
+ − − +
 
 ÷
 
Vì I thuộc AC nên
1 2 1 2
2 3 8
7 31 0
2 2
t t t t+ − − +
 
+ − =
 ÷
 
2 1 2 1
9 6 9 3 2 3t t t t⇔ − = ⇔ − =
(2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình :
( )
( )
1
2 1
2 1
2

I
 
= −
 ÷
 
Vì A thuộc AC
( ) ( )
( )
7 31 7 8
5
31 7 ; ; 9 2
5 2 2
t t
A t t d A BD t
− − +
⇒ − ⇒ = = −
+/ Từ giả thiết :
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde Trang 17 Thầy. Nguyễn Xuân Quân
A
B
C
D
x+7y-31=0
x+y-8=0
x-2y+3=0
I
Giáo án luyện thi đại học Chuyên đề: Giải tích phẳng
( )
1 5
2 2 . A;BD 5 2. 9 2 75 9 2 3

1
d
tại B thỏa mãn :
8 0
7 0
x y
x y m
+ − =


− + =

, suy ra tọa độ
1 ;7
8 8
m m
B
 
− +
 ÷
 
. Tương tự BD cắt
2
d
tại D
thỏa mãn :
2 3 0
3 2 21
;
7 0

Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD, biết hình thoi ABCD có diện tích bằng
15, các đỉnh A,C thuộc
3
d
, B thuộc
1
d
và D thuộc
2
d
và hoành độ điểm A dương.
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có A(1;-2),B(-3;3) và giao điểm hai
đường chéo nằm trên đường thẳng d: x-y+2=0 . Tìm tọa độ C và D.
V. VỀ ĐƯỜNG TRÒN
Cần nắm:
1.Đường tròn có tâm I(a;b) có bán kính R có phương trình :
( ) ( )
2 2
2
x a y b R− + − =
2. Phương trình :
2 2
2 2 0x y ax by c+ + + + =
(với
2 2
0a b c+ − >
) là phương trình của đường tròn tâm
( )
;I a b− −
và bán kính là

5. Đường thẳng qua tâm đường tròn và trung điểm của dây cung AB thì đường thẳng đó vuông góc với
dây cung đó. Ngược lại, một đường thẳng qua tâm đường tròn và vuông góc với dây cung AB thì đường
thẳng đó đi qua trung điểm của AB .
6. Từ một điểm M kẻ hai tiếp tuyến tới (C) . Gọi I là tâm đường tròn và A, B là hai tiếp điểm của hai tiếp
tuyến thì ta có một số kết quả sau
- MA=MB và
;IA MA IB MB⊥ ⊥
- Tứ giác : MAIB nội tiếp trong một đường tròn có đường kính là MI
- MI là phân giác của hai góc :
·
AMB
và
·
AIB
.
7. Tiếp tuyến của đường tròn (C) tại một điểm.
8. Đường thẳng d: Ax+By+C=0 là tiếp tuyến của đường tròn (I ;R) khi :
( )
,d I d R=
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde Trang 18 Thầy. Nguyễn Xuân Quân
Giáo án luyện thi đại học Chuyên đề: Giải tích phẳng
Bài 1.( KB-2012-CB)
Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường tròn
( ) ( )
2 2 2 2
1 2
: 4; : 12 18 0C x y C x y x+ = + − + =
và đường thẳng d:
x-y-4=0. Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc
( )

2 3R =
.
Gọi I, R lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn cần lập (C).
Gọi H là trung điểm của AB, ta có
IH AB⊥
. Mặt khác, trong đường
tròn
( )
1
C
ta cũng có
OH AB
⊥
. Do đó, I, O, H thẳng hàng và
OI AB
⊥
. (1)
Theo giả thiết, ta lại có
d AB⊥
(2).
Từ (1) và (2), ta có:
//OI d
. Tức là O nằm trên đường thẳng đi qua O
và song song với d.
Gọi d’ là đường thẳng đi qua O và song song với d. Suy ra d’ có
phương trình:
0x y− =
. Tọa độ điểm I có dạng:
( )
;I t t

tâm đường tròn (C), M là điểm thuộc đường thẳng d. Qua M kẻ các tiếp tuyến MA và MB đến (C) ( A,B
là các tiếp điểm ). Tìm tọa độ điểm M , biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10 .
Giải
Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính
5R =
.
Nếu A,B là hai tiếp điểm thì IA
,IA MA IB MB⊥ ⊥
và từ giác MAIB nội
tiếp một đường tròn . Theo giả thiết
5IA IB= =
.
Vì
IAM IBM∆ = ∆
nên
1
5
2
IAM MAIB
S S= =
.
Xét tam giác IAM vuông tại A, ta có
1
. 5
2
IAM
S MA IA= =
10 10
2 5
5


Vậy,
( )
2; 4M −
hoặc
( )
3;1M −
.
Bài 3.(KA-2010-CB)
Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường thẳng
1
: 3 0d x y+ =
và
2
: 3 0d x y− =
. Gọi (T) là đường tròn tiếp
xúc với
1
d
tại A và cắt
2
d
tại B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B . Viết phương trình của (T) , biết
tam giác ABC có diện tích bằng
3
2
và điểm A có hoành độ dương.
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde Trang 19 Thầy. Nguyễn Xuân Quân
Giáo án luyện thi đại học Chuyên đề: Giải tích phẳng
Giải

0
60BOA =
.
(T) tiếp xúc với
1
d
tại A và tam giác ABC vuông tại B suy ra AC là đường kính , do vậy AC
1
d⊥
tại A .
Từ kết quả trên suy ra
·
0
60AOC =
. Xét tam giác vuông OAB :
0
3
.sin 60
2
OA
AB OA= =
và tam giác
vuông OAC :
0
.tan 60 . 3AC OA OA= =
.
Từ giả thiết :
0
1 3 1 3 3
. sin 60 3

1
; 1
3
A
 
= −
 ÷
 
.
Đường thẳng AC đi qua A vuông góc với
1
d
nên có phương trình
3 3 4 0x y− − =
.
Vì C là giao điểm của AC và
2
d
nên tọa độ điểm C thỏa mãn hệ phương trình:
2
3 3 4 0
2
; 2
3
3
3 0
2
x
x y
C

và
1 1
.2 1
2 2
R AC= = =
.
Vậy, phương trình đường tròn (T) là :
2
2
1 3
1
2
2 3
x y
 
 
+ + + =
 ÷
 ÷
 
 
.
Bài 4.(KA2009-NC)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C):
2 2
4 4 6 0x y x y+ + + + =
và đường thẳng
∆
có phương
trình

m
m
−
<
+
( )
( )
2
2
4 52 4 52
1 4 4 1
12 12
m m m
− +
⇔ − < + ⇔ < <
(*)
Diện tích tam giác là
¼ ¼ ¼
2
1 1
. sin sin sin 1
2 2
IAB
S IA IB AIB R AIB AIB= = = ≤
.
Do dó
IAB
S
đạt GTLN bằng 1 khi
¼ ¼

8
1
15
m
m
m m m m
m
m
=

−

⇔ = ⇔ − = + ⇔ − = ⇔

=
+

Bài 5.(KB-2009)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C):
( )
2
2
4
2
5
x y− + =
và hai đường thẳng
: 0d x y− =
,
': 7 0d x y− =

6 12 2
a b b a
a b a b
= − = −
 
⇔ ⇔
 
= =
 
.
+/ Với b=2a, Thay vào (1) ta được
( )
2
2 2
4 16
2 4 5 4 0
5 25
a a a a− + = ⇔ − + =
. Phương trình vô nghiệm.
+/ Với a=2b, Thay vào (1) ta được:
( )
2
2 2
4 16 4 8
2 2 5 8 0
5 5 5 5
b b b b b a− + = ⇔ − + = ⇔ = ⇒ =
.
Do đó đường tròn (C’) có tâm K
8 4

Vì (C) có tâm I(1;0) nằm trên trục Ox với bán kính R=1 thì nó tiếp xúc với
Oy tại O. Suy ra tam giác IMO cân đỉnh I .Theo giả thiết
¼
0
30IMO =
, khi đó
góc ở đỉnh
¼
0
120MIO =
.
Áp dụng hệ thức côsin cho tam giác MIO, ta có:
2 2 2 0 2 2 2
1
2 . . os120 2 . . 3 3
2
OM IM IO IM IO c R R R R R
 
= + − = + − − = =
 ÷
 
Gọi M(a;b) ,vì M thuộc (C) nên ta có:
( )
2
2
1 1a b− + =
và
2
3OM =
2 2

3
3
3
4
2
3
2
a
b
a
a a
a b
b
a
b


=








=
=



1
3 3
;
2 2
M
 
−
 ÷
 ÷
 
và
2
3 3
;
2 2
M
 
 ÷
 ÷
 
( Hai điểm này đối xứng nhau qua Ox).
Bài 8 . Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại B và nội tiếp trong đường tròn
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde Trang 21 Thầy. Nguyễn Xuân Quân
x
y
O I(1;0)
M
0
30
Giáo án luyện thi đại học Chuyên đề: Giải tích phẳng

ABC
ABC
S
S AC BH BH
AC
= ⇒ = = =
.
Gọi B(a;b) thì
2 4
( , )
5
a b
BH d B AC
− −
= =
Do đó
2 8
2 4
4
2 4 4
2
5 5
b a
a b
a b
b a
= −
− −

= ⇔ − − = ⇔

2
0 0
1 2 2 5 5 7 0
7 14
5 5
a b
a a a a
a b
= → =


⇔ − + + = ⇔ + = ⇔

= − → = −

Kết luận…
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C):
2 2
2 4 20 0x y x y+ − + − =
, và
đường thẳng d có phương trình : 3x+4y-20=0 . Chứng minh d tiếp xúc với (C) , Tam giác ABC có
đỉnh A thuộc (C), các đỉnh B và C thuộc d , trung điểm cạnh AB thuộc (C) . Tìm tọa độ các đỉnh
A,B,C , biết trực tâm của tam giác ABC trùng với tâm của đường tròn (C) và điểm B có hoành độ
dương.
Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn
2 2
( ) : – 2 – 2 1 0,C x y x y+ + =
2 2
( ') : 4 – 5 0C x y x+ + =

a/ Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I(-1;1) và tiếp xúc với
1
d
b/ Viết phương trình đường tròn (C') qua A,B và có tâm thuộc
2
d
.
Bài 7. Cho tam giác ABC vuông tại A, đỉnh B(1;1) . Đường tròn đường kính AB có phương
trình :
( )
2 2
: 4 2 4 0C x y x y+ − − + =
cắt cạnh BC tại H sao cho BC=4BH .Tìm tọa độ đỉnh C.
Bài 8. Cho đường tròn
( ) ( ) ( )
2 2
: 2 3 10C x y− + − =
nội tiếp trong hình vuông ABCD . Tìm tọa độ
các đỉnh hình vuông biết cạnh AB đi qua điểm M(-3;-2) và điểm A có hoành độ dương
“Con đường duy nhất để học toán là làm toán” - EuCilde Trang 22 Thầy. Nguyễn Xuân Quân
B
A(2;0)
I(1;-2)
C
H
Giáo án luyện thi đại học Chuyên đề: Giải tích phẳng
Bài 9. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn
( ) ( ) ( )
2 2
: 1 2 5C x y− + + =