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
+ −
= =
+

uuur uuur
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

:5 2 7 0d x y
− − =
cắt nhau tại A . Viết phương trình đường thẳng
3
d
đi
qua P tạo với
1
d
,
2
d

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

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⇔ + − − =
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
0
1

( ) ( 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
= +


= − +

,
( )MI T∩

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
5

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:
2 2
2 3 0 4 6
.
5 1 3
( 5) ( 1)
4 2 2
x y x x
x y y y
+ − = = =
  
  
⇔ ∨
  
− + + = = − = −
  

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
( ) ( )x a y b R− + − =
hoctoancapba.com

a b
a b
− + =


− + − =

Giải hệ được a = 1; b = 2. Vậy (C) có phương trình
2 2
( 1) ( 2) 2x y− + − =
5 Nguyễn Công Mậu
H
O
C
B
I
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



−=
=

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
2S
1 1 1

: 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)
6 Nguyễn Công Mậu
3
3
/ / . 0 ( 2 1;3 2).(2;1) 0
d
MN d MN n b a b a a b⇔ = ⇔ − + − − = ⇔ =
uuuur uur
thay vào (1) ta được a = b = 0 hoặc a = b = 2
Vậy có 4 điểm thoả mãn bài toán là: M(-1; 0), N(0; -2) hoặc M(3; 2), N(2; 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
AC
đi qua điểm
(6;2)K

=

Với
1 (3;1), ( 3; 1) (3;1)b B C A B= ⇒ − − ⇒ ≡
loại
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
Oxy
cho đường tròn (C)
2 2
2 6 2 0x y x y+ + − + =


⇔

= −

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
=

+ + + = ⇔ + = ⇔

= =
+ −

⇔ = = ⇔ ⇒ =

= =

⇒ − + − =
Bài 19: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là
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
Gọi A(x
A
; y
A
). Có



=

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 ; )
4 4
a a
A a B a
+ −


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
;
cosA =
2 2 2
2 .

)
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
−
= =
+
⇔ 3t
2
– 8t – 3 = 0 (với t =
a
b
) ⇒ t = 3 hay
1
3
t = −
+ Với t = 3 ⇒ tọa độ A là nghiệm của hệ :
2 3 0

M
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
·
AIB
Do đó S
∆
ABC

.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)
Do
( ) ( )
( )
2 2
2 2 2 2

và điểm A có hoành độ dương.
Giải:
10 Nguyễn Công Mậu
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
+ + +
= ⇔ + = +
+
3
( 3 )(3 ) 0
3
a b
a b a b
b a

=

− + + = ⇔ + + = ⇒

= −

(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)
và B(0;-1); D(4;7)
Vậy các điểm cần tìm là
(6;1); (0; 1); ( 2;5); (4;7)A B C D− −
.
Bài 25: Trong mặt phẳng tọa độ
,Oxy

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)
+ Ta có
(3;4) (4; 3)
BG
BG VTPT n⇒ −
uuur uuur
nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0
11 Nguyễn Công Mậu
R
C
B
A
D
I M
+ Bán kính R = d(C; BG) =

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 2
1 3 25x y− + + =
.
Bài 28: Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d
1
: x – 2y + 3 = 0, d
2

• t =
4
11
27
11
21
:)(
11
27
;
11
21
11
27
22
11
=






−+








−+






+






−
⇒ 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
cos CAB = cos DBA
7
1
;10187
1
2
2
3
2

1 3
;
2 2
t t
M
+ −
 
 ÷
 
.
Điểm
1 3
: 2 1 0 2 1 0
2 2
t t
M BM x y
+ −
 
∈ + + = ⇒ + + =
 ÷
 
( )
7 7;8t C⇔ = − ⇒ −
Từ A(1;2), kẻ
: 1 0AK CD x y⊥ + − =
tại I (điểm
K BC
∈
).
Suy ra

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⇒ =
.
Ngoài ra:
( )
( ) ( )
4 5 8 8 2
; , ;
| 6 4 | 4
3 3 3 3 3
;