TUYỂN T Ậ P CÁCBÀI HÌNH GIẢI TÍCH PHẲNG O X Y TRONG
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
PHẦN THỨ NHẤT : NĂM 2013 - 2014
Bài toán 1: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ vuông góc Oxy, c h o hình vuông ABCD có các đỉnh
A(−1; 2) ; C(3; −2). Gọi E là trung điểm cạnh AD ; BMlà đường thẳng vuông góc v ớ i CEtại M
; N là trung điểm cạnh BMv à P là giao điểm của AN v à DM. Biết phương trình đường thẳng
BM: 2x − y −4 = 0 .Tìm tọa độ đỉnh P .
L ờ i giải:
A B
C
D
E
M
N
P
I
- Phương trình ECđi qua C vuông góc v ớ i BMlà: x + 2y + 1 = 0
- T ọ a độ điểm M = EC∩ BMlà nghiệm của hệ

2x − y −4 = 0
x + 2y + 1 = 0
⇐ ⇒





x =
7
5
y = −

- Phương trình DM qua D v à M là x − 3y −5 = 0
- T ọ a độ P = DM∩ AN là nghiệm của hệ

x − 3y −5 = 0
x + 2y −3 = 0
⇐ ⇒





x =
19
5
y = −
2
5
= ⇒ P

19
5
; −
2
5

Kết luận: T ọ a độ điểm P

19
5
; −


x + 3 = 0
x − y + 5 = 0
⇐ ⇒

x = −3
y = 2
= ⇒ Q (−3; 2)
- T a có
− − →
MN= (5; 0) ;
− − − →
QP = (x
P
+ 3; y
P
− 2) = ⇒
− − →
MN=
− − − →
QP ⇐ ⇒

x
P
= 2
y
P
= 2
= ⇒ P (2; 2)
- Đường thẳng AC qua P vuông góc v ớ i AB là x + y − 4 = 0

;
9
2

Kết luận: T ọ a độ các điểm A

−
1
2
;
9
2

; B(−6; −1) ; C(5; −1) .
Bài toán 3: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ vuông góc Oxy,cho đường tròn (C) : x
2
+ y
2
− 4x +
2y −11 = 0 v à đường thẳng (d) : 4x −3y + 9 = 0. Gọi A; B lần lượt là hai điểm thuộc (d) v à C là điểm
thuộc đường tròn (C). Biết điểm H

22
5
;
11
5

là một giao điểm của AC v à (C) ( C  = H) v à điểm
K

4x − 3y + 9 = 0
⇐ ⇒





x = −
6
5
y =
7
5
= ⇒ (d) ∩ (C) = K

−
6
5
;
7
5

- T a có HK= 4
√
2 = ⇒ HK
2
= IH
2
+ IK
2

3a + 9
3

.Ta có


a +
6
5

2
+

4a
3
+ 3 −
7
5

2
= 8
⇐ ⇒ 5a
2
+12a−180 = 0 ⇐ ⇒

a =
18
5
a = −6
= ⇒

⇐ ⇒





x =
26
5
y = −
17
5
= ⇒ C

26
5
; −
17
5

Kết luận: T ọ a độ các điểm A

18
5
;
39
5

; B (−6; −5) ; C


B
C
H
* Đầu tiên ta có nhận xét: để tam giác ABC có diện tích lớn nhất thì O phải là trực tâm của tam giác ABC.
Chứng minh:
Giả sử COkhông ⊥ AB thì ta luôn tìm được điểm C

∈ (C
2
) sao c h o d(C

, AB) lớn hơn d(C,AB), hay
S
∆ABC

lớn hơn S
∆ABC
→ không thỏa mãn y ê u cầu bài toán. Do đó CO⊥ AB
-Tương tự ta cũng có BO⊥ AC
V ậ y O là trực tâm của tam giác ABC.Suy ra AO ⊥ BC ⇐ ⇒ x
B
= x
C
V à ta giả sử B(t; b) ∈ (C
1
), C(t; c) ∈ (C
2
) (t, b, c ∈ R) thì ta có

t

3
+ t
2
Do đó (2 − t
2
)(5 − t
2
) = t
4
− 2t
3
+ t
2
⇐ ⇒ (t + 1)(2t
2
− 10t + 10) ⇐ ⇒ t = −1; t =
5 +
√
5
2
; t =
5 −
√
5
2
T ớ i đây ta có: S
∆ABC
=
1
2

(1 − t)
2
((2 − t
2
) + (5 − t
2
) − 2(t − t
2
)) =
1
4
(1 − t)
2
(7 − 2t)
* Nếu t = −1 thì ta suy ra S
2
∆ABC
= 9 hay S
∆ABC
= 3
* Nếu t =
5 +
√
5
2
thì ta dễ thấy điều v ô lí vì t
2
+ b
2
= 2.

c = −2
∨

b = −1
c = 2
= ⇒

B(−1; 1)
C(−1; −2)
∨

B(−1; −2)
C(−1; 2)
Kết luận: V ớ i

B(−1; 1)
C(−1; −2)
∨

B(−1; −2)
C(−1; 2)
thì tam giác ABC có diện tích lớn nhất 
Bài toán 5: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ vuông góc Oxyc h o hình thoi ABCD có

A = 60
0
.Trên
các cạnh AB, BClấy các điểm M,N sao c h o MB+ NB= AB.Biết P(
√
3; 1) thuộc đường thẳng DN

,CD= BD,CN= BM ⇐ ⇒ hai tam giác
bằng nhau ⇐ ⇒

NDC=

MDB(2).
Từ (1) v à (2) ⇐ ⇒

MDN= 60
0
.
Gọi P

là điểm đối xứng của P qua đường phân giác d = ⇒ P

thuộc đường thẳng DM
= ⇒ tam giác P DP

là tam giác đều. = ⇒ DP= P P

= 2d
(P/d)
= 6.
4
http://megabook.vn
Gọi D có tọa độ D

a;
a + 6
√

√
3; 1 + 3
√
3) ∨ D(−6 +
√
3; 1) thỏa mãn bài toán. 
Bài toán 6: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ vuông góc Oxy, c h o hình c h ữ nhật ABCD , đỉnh B
thuộc đường thẳng d
1
: 2x − y + 2 = 0, đỉnh C thuộc đường thẳng d
2
: x − y − 5 = 0 .Gọi H là hình
c h i ế u của B xuống đường c h é o AC . BiếtM

9
5
;
2
5

; K (9; 2) lần lượt là trung điểm của AH v à CD.
Tìm toạ độ các đỉnh của hình c h ữ nhật ABCD biết hoành độ đỉnh C lớn hơn 4.
L ờ i giải:
A
B
C
D
H
K
M


2c − 2b −
72
5
; 2c − 4b −
86
5

,
− − →
MC=

c −
9
5
; c −
27
5

.
V ớ i giả thiết bài toán ta có hệ phương trình

−−− →
CK.
− − − →
BC= 0
−−− →
BH.
− − →
MC= 0

thuộc đường tròn (C), các đỉnh A v à D thuộc trục Ox.
Nguyễn Đình Huynh - Diễn đàn toán học K2pi.Net.Vn
5
http://megabook.vn
A
B
C
D
(x − 1.25)
2
+ (y − 1)
2
= 2
Đường tròn (C) có tâm I

5
4
; 1

= ⇒ ABCD nhận đường thẳng x =
5
4
là một trục đối xứng.
C ∈ Ox = ⇒ C = (a; 0) = ⇒ D = (
5
2
− a; 0) ; AD ⊥ Ox = ⇒ A = (
5
2
− a; b) = ⇒ B = (a; b)

V ớ i b = 2 = ⇒ Bốn đỉnh của hình vuông ABCD có tọa độ lần lượt là:

1
4
; 2

;

9
4
; 2

;

9
4
; 0

;

1
4
; 0

.
V ớ i b = −
2
5
= ⇒ Bốn đỉnh của hình vuông ABCD có tọa độ lần lượt là:


+ (y − 6)
2
=
32
5
. Biết rằng các đường thẳng AC v à AB lần lượt đi qua
các điểm M(7; 8) v à N(6; 9). Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD.
L ờ i giải:
A
B
C
D
I
M
N
Do là đường tròn nội tiếp hình thoi suy ra tâm trung v ớ i giao của hai đường c h é o .
Dễ dàng suy raAC : 1 − y + 1 = 0. Gọi phương trình AB có hệ số góc k dạng y = k(x − 6) + 9.
Có d (I,AB) =
|3 − k|
√
k
2
+ 1
=
4
√
10
5
= ⇒



B (3; 8)
B

−
23
2
;
45
2

= ⇒


D (7; 4)
D

43
2
; −
21
2

Kết luận: T ọ a độ các đỉnh cần tìm là


A (9; 10) ; B (3; 8) ; C (1; 2) ; D (7; 4)
A (2; 3) ; B

−

có phương trình x − y −3 = 0 v à diện tích tam giác BCDbằng
24
5
.
L ờ i giải:
Phương trình (AN) : x − 3y + 2 = 0.
Có O
1
O
2
⊥ AB = ⇒ (AB) : x+y −6 = 0 = ⇒ I

9
2
;
3
2

= ⇒ B(5; 1) ( v ớ i I là giao điểm của AB vaO
1
O
2
)
Do 2 đường tròn bán kính bằng nhau nên

BDC=

BCA( cùng c h ắ n 1 cung AB)
Nên tam giác BDCcân.Kẻ BMvuông góc v ớ i DCsuy ra (BM) : 3x + y − 16 = 0 hay M



V ớ i t =
17
5
thì C(1; 1); D

41
5
;
17
5

Kết luận: T ọ a độ các đỉnh cần tìm là



B (5; 1) ; C

41
5
;
17
5

; D (1; 1)
B (5; 1) ; C (1; 1) ; D

41
5
;


A

.I

B

, dấu bằng xảy ra khi v à c h ỉ khi AB song song v ớ i trục hoành. Tương tự hạ hình
c h i ế u xuống trục tung, lập luận tương tự suy ra AB song song v ớ i trục tung.
Nhưng trong hai trường hợp này c h ỉ có một trường hợp thỏa mãn bài toán. Nhưng để ý I (1; −1) nằm trong
L ờ i giải:
7
http://megabook.vn
Elip do
1
2
8
+
(−1)
2
4
− 1 < 0 nên các hình c h i ế u trên đều nằm trong trục lớn hoặc trục bécủa Elip, để ý
là trục lớn có độ dài lớn hơn nên đường thẳng AB cần tìm sẽ song song v ớ i trục bé,tức song song v ớ i trục tung.
Do AB song song v ớ i trục tung v à qua I (1; −1) nên có phương trình là: x = 1 = ⇒ A 1; −

7
2

, B 1;


: x − y + 14 = 0 lần lượt tại hai điểm H,K sao c h o 3HK= IH
√
10 v ớ i I là giao điểm
của ∆ v à d
1
.
L ờ i giải:
−8. −6. −4. −2. 2. 4. 6.
−2.
2.
4.
6.
8.
0
A
B
C
E
d
f
Delta: 5x + y = 20
H
K
K

H

Hướng 1: Bằng phương pháp dựng hình cộng hưởng v ớ i việc tham số hóa đưa v ề giải tích. T a có :
− − − →
BA= (2; 3),

∆
=
− − − →
BC= (5; 1).
Do đó phương trình đường thẳng ∆ là : 5(x − 3) + 1(y −5) = 0 ⇐ ⇒ 5x + y − 20 = 0.
Vì I = ∆ ∩ d
1
nên tọa độ điểm I thỏa :

5x + y −20 = 0
x − y + 14 = 0
⇐ ⇒

x = 1
y = 15
V ậ y I(1; 15). Xét điểm
M(4; 0) ∈ ∆, N(a, a + 14) ∈ d
1
thỏa 3MN= IM
√
10.
T a có :
− − →
MN= (4 − a, −a − 14),
− − − →
IM= (−3; 15). Nên từ :3MN= IM
√
10 ⇐ ⇒ 9 · 234 = 10 ·

(4 − a)

−16
⇐ ⇒ 8x + y + 7 = 0.
T r ư ờ n g hợp 2 :a = −12 = ⇒
− − →
MN= (16; −2).
Lúc đó phương trình d :
x + 1
16
=
y −1
−2
⇐ ⇒ x + 8y −7 = 0.
Hướng 2 : Sử dụng dựng hình v à đại số hóa bài toán dưới dạng tọa độ các giao điểm.
T a có :
− − − →
BA= (2; 3),
− − − →
BC= (5; 1) = ⇒
− − − →
BA·
− − − →
BC= 2 ·5 + 1 ·3 = 13 > 0
Do đó : cos B > 0 = ⇒

B nhọn. Có :
− →
CA= (−3; 2),
− − − →
CB= (−5; −1) = ⇒
− − − →

⇐ ⇒

x = 1
y = 15
V ậ y
I(1; 15).
Gọi d là đường thẳng đi qua E v à có v é c tơ pháp tuyến là
−→
n = (a, b). Khi đó phương trình đường thẳng
:d : a(x − 1) + b(y −15) = 0 (a
2
+ b
2
 = 0).
Vì H = d ∩∆ nên tọa độ điểm H thỏa:

a(x − 1) + b(y −15) = 0
5x + y −20 = 0
⇐ ⇒





x =
19b + a
5b − a
y =
5(5a − b)
a − 5b

19b + a
5b − a
;
5(5a − b)
a − 5b

Từ điều kiện bài toán : 3HK= IH
√
10 ⇐ ⇒ 9HK
2
= 10IH
⇐ ⇒
1296(a + 7b)
2
(a
2
+ b
2
)
(a − 5b)
2
(a + b)
2
=
1040(a + 7b)
2
(a − 5b)
2
⇐ ⇒ (a + 7b)
2

Tham số hóa tọa độ điểm H(−1 −2a; a) v ớ i a >
−3
2
. Do M là trung điểm của HEsuy ra E(7 + 2a; 2 −a).
L ờ i giải: 9
http://megabook.vn
T ọ a độ điểm E lại thỏa mãn (C) nên ta có:
(7 + 2a)
2
+ (2 − a)
2
− 2 (7 + 2a) − 6 (2 − a) − 6 = 0
⇐ ⇒ 5a
2
+ 26a + 21 = 0 = ⇒ a = −1 = ⇒ E (5; 3)
Do điểm E v à A đối xứng nhau qua tâm I nên suy ra A(−3; 3).
Do tứ giác ABCD là hình bình hành nên
− − − →
AD =
− − − →
BC= ⇒ D (−7; −1)
Kết luận: T ọ a độ các đỉnh cần tìm là A(−3; 3), D(−7; −1) .
Bài toán 12: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ Oxyc h o tam giacs ABC vuông tại A. gọi H là hình
c h i ế u của A lên BC. T a m giác ABH ngoại tiếp đường tròn (C) :

x −
16
5

2

6
5
. T r u n g điểm của IKlà M

21
5
;
28
5

. Gọi D v à L là hình c h i ế u
của K lên BCv à AH.
Do AH⊥BCnên KDHLlà hình vuông. Suy ra KH= R
√
2 =
6
√
2
5
.
Từ đó suy ra H thuộc đường tròn tâm K bán kính KHcó phương trình:

x −
16
5

2
+

y −


28
5
−
33
5

2
=
√
2 có phương trình (C

) :

x −
21
5

2
+

y −
28
5

2
= 2
.
Từ đó tìm được hai tọa độ điểm H thỏa mãn là H


+
b

y −
123
25

= 0 v ớ i (a
2
+ b
2
= 1).
d (K,d) = R ⇐ ⇒

a

16
5
−
74
25

+ b

33
5
−
123
25


2
= 1 ta được



b =
4
5
= ⇒ a = −
3
5
b =
3
5
= ⇒ a =
4
5
V ậ y có hai tiếp tuyến là



d
1
: −
3
5

x −
74
25

1
cắt đoạn IKnên phương trình AH c h í n h là phương trình của d
1
;
phương trình BClà phương trình của d
2
.
A thuộc d
1
: 15x + 30 = 20y −24 ⇐ ⇒
x + 2
4
=
y −
6
5
3
nên A

−2 + 4t;
6
5
+ 3t

.
− − − →
AK =

16
5


=

36
5
− 4t;
17
5
− 3t

.
Dễ thấy

IAK=
1
2

BAC= 45
o
nên
− − − →
AK.
− →
AI =

− − − →
AK

.


− 4t

2
+

27
5
− 3t

2
.


36
5
− 4t

2
+

17
5
− 3t

2
.
√
2
2
10

> 5.
L ờ i giải:
A
I
C
H
N
M
D

B

Đường tròn (C) có tâm I là giao điểm của AC v à BDsuy ra AC vuông góc MNsuy ra H thuộc AC.
Phương trình AC qua I v à H là: x − 1 = 0, phương trình MN: y − c = 0.
Theo tính c h ấ t hai tiếp tuyến cắt nhau thì INlà phân giác góc

DIC v à IMlà phân giác góc

CIB.
Mặt khác

DIC+

CIB= 180
o
= ⇒ IN⊥ IM.
Gọi tọa độ các điểm M(m; c); N(n; c), A(1; a). Theo bài ra ta có hệ phương trình sau:

− − →
AM.

2
+

(1 − n)
2
+ 144 = 28 + 4
√
10
⇐ ⇒

m − 1 = ±9; 1 − n = ∓4
m − 1 = ∓4; 1 − n = ±9
= ⇒ M (10; −4) ; N (−3; −4)
Kết luận: T ọ a độ các điểm cần tìm là A(1; 8); M(10; −4); N(−3; −4) .
Bài toán 15: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ Oxyc h o đường tròn (C) : (x −4)
2
+

y −
9
2

=
25
4
v à
hai điểm A(2; 3), B(6; 6). Gọi M; N là hai điểm khác nhau nằm trên đường tròn (C) sao c h o các đường
thẳng AM v à BNcắt nhau tại H, AN v à BMcắt nhau tại C. Tìm tọa độ điểm C biết H

4;


x =
155
32
y =
11
8
= ⇒ C

155
32
;
11
8

Kết luận: T ọ a độ điểm càn tìm là C

155
32
;
11
8


Bài toán 16: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ Oxy c h o hình vuông ABCD có điểm M(3; 2) thuộc
BD. Từ M k ẻ các đường thẳng ME; MFlần lượt vuông góc v ớ i AB tại E(3; 4) v à AD tại F (−1; 2).Xác
định tọa độ điểm C của hình vuông.
L ờ i giải:
C
F

− − →
EM=
1
2
− − →
EM= ⇒ C (5; −2).
Kết luận: T ọ a độ điểm cần tìm là C(5; −2) .
12
http://megabook.vn
Bài toán 17: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ Oxy c h o tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C
1
) :
(x − 2)
2
+ (y −3)
2
= 45 tâm I. Đường tròn (C
2
) có tâm K(−1; −3) cắt đường tròn (C
1
) theo một dây
cung song song v ớ i AC. Biết S
AICK
= 30
√
2 v à c h u vi tam giác ABC là 10
√
10. Tìm tọa độ A; B; C
biết điểm B có hoành độ âm.
L ờ i giải:

√
10 = ⇒ AC + BC= 6
√
10. (1)
Gọi AA

là đường kính của (C
1
), E = IK∩ AC suy ra IE=
1
2
A

C =
1
2
√
AA
2
− AC
2
=
√
5
Từ đó suy ra
− →
IK= 3
− →
IE= ⇒ E (1; 1)
Phương trình AC qua E vuông góc IKlà x + 2y −3 = 0.

√
2

; C 1 + 4
√
2; 1 − 2
√
2

, B
7
2
− 3
√
3;
12 + 3
√
3
2

.
Bài toán 18: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ Oxyc h o tam giác ABC cân tại A, phương trình cạnh
AC : x + y −3 = 0. T r ê n tia đổi của CAlấy điểm E. Phân giác trong góc

BACcắt BEtại D. Đường
thẳng d đi qua D song song v ớ i AB cắt BCtại F . Tìm tọa độ giao điểm M của AF v à BEbiết
AF : 2x + y −5 = 0 v à I(−1; −3) là trung điểm của DF
L ờ i giải:
Gọi P là trung điểm của BC, thực hiện dãy suy luận, ta có:
DF AB = ⇒

= ⇒ I

trùng J
Từ đó, ta có P M qua trung điểm I của DF v à M là giao điểm của P I v à AF .
Kết luận: T ọ a độ giao điểm cần tìm là M(9; −13). 
Bài toán 19: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ Oxyc h o tam giác ABC có B(2; 3), C(2; 7). Tìm điểm
A sao c h o đường cao AH = 3r v ớ i r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
13
http://megabook.vn
L ờ i giải:
B
C
A
Do độ dài đường cao gấp ba lần bán kính đường tròn nội tiếp nên ta có:
2S
a
= 3
2S
a + b + c
= ⇒ b + c = 2a
Gọi tọa độ điểm A(x; y). Như v ậ y thì

(x − 2)
2
+ (y −3)
2
+

(x − 2)
2

+ (y −3)
2

.

(x − 2)
2
+ (y −7)
2

=

(x − 2)
2
+ y
2
− 10y −3

⇐ ⇒ 12x
2
+ 16y
2
= 192 ⇐ ⇒
x
2
16
+
y
2
12

6
7
;
18
7

Phương trình trung trực của AH là 2x + y −
97
14
= 0
Viết phương trình AB, AC ta tìm được tọa độ M

307
98
;
65
98

, N

111
49
;
235
98

14
http://megabook.vn
Gọi F là trung điểm của BClà F


49
−
307
98

2
+

235
98
−
65
98

2
.

2.4 + 5 −
97
14

√
2
2
+ 1
=
7225
2744
(đơn vị dt)
Kết luận: Diện tích tam giác MNP là S

1 − 3a
2

. T a có M(2; -1) là trung điểm của A C .
Dễ dàng tìm được a =
31
7
; c = −
3
7
= ⇒ A

31
7
; −
43
7

; C

−3
7
;
29
7

.
Phương trình BC qua C v à vuông góc v ớ i AH là 12x − 21y + 93 = 0.
Gọi B


3
; SABC=
710
7
.
Từ đó ta có biểu thức cần tính có giá trị là
476410
7
+ 710
√
5 + 150
√
13 + 20
√
1585 
Bài toán 22: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ Oxyc h o đường tròn (C) : x
2
+ y
2
+ 4y + 6y −3 = 0 v à
điểm M(2; 1). Gọi A; B lần lượt là các tiếp điểm của các tiếp tuyến k ẻ từ M đến (C). Tìm trực tâm
H của tam giác MAB.
L ờ i giải:
Gọi I là tâm của đường tròn (C). Từ đó ta có I(−2; −3), R = 4.
T a có MI= 4
√
2. Từ đó suy ra MA= MB= 4 suy ra IAMBlà hình vuông.
Khi đó ta có trực tâm H trùng v ớ i điểm M.
15
http://megabook.vn

B

A

B
A
T â m các đường tròn lần lượt là I
1
(1; 1), I
2
(−3; 4). Lấy đối xứng của đường thẳng MAqua OI
1
thì dễ thấy
nó tiếp xúc v ớ i (C
1
) tại C.
Do tính c h ấ t đối xứng thì


CM,d

=


BM,d

, do đó MBtiếp xúc v ớ i (C
1
) tại C v à (C
2

7
= ⇒ M

−
1
7
;
13
7

Kết luận: T ọ a độ điểm cần tìm là M

−
1
7
;
13
7

. 
Bài toán 23: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ Oxy c h o tứ giác ABCD có
A(1; 7), B(6; 2), C(2; −4), D(1; 1). Hãy viết phương trình đường thẳng đi qua C v à c h i a tứ giác
thành hai phần có diện tích bằng nhau.
L ờ i giải:
S
AHCD
= 14
S
HBC
= 14

14
√
13
Tham số hóa H(t; 8 − t), suy ra
|5t − 30|
√
13
=
14
√
13
= ⇒



t =
44
5
t =
16
5
= ⇒ t =
16
5
= ⇒ H

16
5
;
24

C

= 6
A
B
C
B

C

D
E
45
o
45
o
Gọi D,E lần lượt là tâm của (C
1
), (C
2
). Khi đó R
1
= 3; R
2
= 2. Có S
ABC
=
1
2
AB.AC.

5

∨ B

22
5
;
14
5

V ớ i B

−
2
5
; −
4
5

ta được AB : 7x − y + 2 = 0 suy ra AC : x + 7y −24 = 0 suy ra C

−13
5
;
19
5

V ớ i B

22

5

∨ B

22
5
;
14
5

, C

3
5
;
31
5

. 
Bài toán 26: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ Oxy c h o đường tròn (C) : x
2
+ y
2
= 25 v à
B −
5
2
;
5
√

−5
√
3
2

.
Không khó để ta nhận thấy tam giác ABC đều. Áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta có:
1
MB
+
1
MC
≥
4
MB+ MC
Mà theo định lí Ptoleme c h o tứ giác nội tiếp, ta được: MA.BC= MB.CA+ AB + MC
Vì AB = BC= CAv à M thuộc cung nhỏ BCnên: MB+ MC= MA.
Do đó biểu thức đã c h o nhỏ nhất khi MAlớn nhất, khi đó thì M là điểm c h í n h giữa cung nhỏ BCthỏa mãn
MB= MC.
Từ đó suy ra M đối xứng v ớ i A qua O nên suy ra M
5
2
;
5
√
3
2

Kết luận: T ọ a độ điểm cần tìm là M
5

http://megabook.vn
Gọi J là giao của EF v à đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .Khi đó có BJ=EJ v à ∆BEFvuông tại B suy
ra J là trung điểm EF.
Pt đường tròn ngoại tiếp ABC v à EBC là





(I) :

x −
3
2

2
+

y −
1
16
2

=
65
2
16
2
(J) :



Bài toán 28: T r o n g mặt phẳng v ớ i hệ tọa độ Oxyc h o elip (E) thỏa mãn khoảng cách giữa hai đường
c h u ẩ n của (E) bằng
8
√
3
3
, điểm M có tọa độ dương thuộc (E) sao c h o độ lớn hai bán kính qua tiêu là
5
2
V À
3
2
. Tìm điểm N ∈ (E) sao c h o MN=
√
37
6
v à x
N
> 0.
L ờ i giải:
Giả sử (E) :
x
2
a
2
+
y
2
b

x
M
= MF
2
(x
M
> 0)
Suy ra





a +
c
a
x
M
=
5
2
a −
c
a
x
M
=
3
2
= ⇒ a = 2 = ⇒ c =


2
+ b +

11
12

2
=
37
36
= ⇒





a =
8
3
√
3
b = −
√
33
9
= ⇒ N
8
3
√

3
tại C; D sao c h o AB + CD=
16
√
5
v à tâm I thỏa mãn IO= 2IE, x
I
∈ Z.
L ờ i giải:
Delta
1
Delta
2
Delta
3
I
E
O
A
B
C
D
19
http://megabook.vn
Tham số hóa I(a; a + 2) ∈ ∆
1
. T a có:
IO= 2IE= ⇒ a
2
+(a + 2)

16
√
5
⇐ ⇒ BH+ CK=
8
√
5
⇐ ⇒

R
2
−
36
5
+

R
2
−
4
6
=
8
√
5
⇐ ⇒ R
2
= 8
Kết luận: Phương trình đường tròn cần lập là (x − 2)
2

2
⇐ ⇒ 15a
2
+10a−25 = 0 ⇐ ⇒

a = 1
a = −
5
3
= ⇒ I (1; 1)
Phương trình đường thẳng BI: x − y = 0 v à CIx + y −2 = 0, IC= 4
√
2.
K là trung điểm của CDsuy ra S
ICD
= 2S
IDK
=
16
5
=
1
2
IC.d(D; IC) = ⇒ d (D; IC) =
8
5
√
2
Tham số hóa D(d; d) ∈ BI. Suy ra
|2d − 2|


1
5
;
1
5

V ớ i D

1
5
;
1
5

, phương trình AB : 16x + 24y −120 = 0. T ọ a độ A là giao của CIv à AB suy ra A(−9, 11)
V ớ i trường hợp còn lại, tương tự ta thấy không thỏa mãn.
Kết luận: T ọ a độ các đỉnh cần tìm là D

9
5
;
9
5

; A(−9, 11) 
T r o n g quá trình tổng hợp, chắc hẳn không tránh được sai xót, mong nhận được sự phản biện và góp ý thêm
của b ạ n đọc để c ó thể hoàn thiện hơn tài liệu này.
20
Nguyễn Đình Huynh