Chuyên đề VI: Phương pháp tọa độ phẳng

ŀ 401 Chuyên đề VI PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ PHẲNG
Chủ đề 1: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG 1. Véc tơ chỉ phương (VTCP), véc tơ pháp tuyến (VTPT) của đường thẳng: Cho đường thẳng d . • ( )n a;b 0= ≠

gọi là véc tơ pháp tuyến của d nếu giá của nó vuông với d. • ( )1 2u u ;u 0= ≠

gọi là véc tơ chỉ phương của d nếu giá của nó trùng hoặc song song với đường thẳng d . Một đường thẳng có vô số VTPT và vô số VTCP (Các véc tơ này luôn cùng phương với nhau) * Mối quan hệ giữa VTPT và VTCP: n.u 0=

. * Nếu ( )n a;b=
là một VTPT của đường thẳng d thì ( )u b; a= −
là một VTCP của đường thẳng d . 2. Phương trình đường thẳng Để lập phương trình của đường thẳng d ta cần biết * d đi qua 1 điểm ( )0 0A x ;y và VTPT ( )n a;b=
, khi đó ta có phương trình tổng quát: ( ) ( )0 0a x x b y y 0− + − = * d đi qua 1 điểm ( )0 0A x ;y và VTCP ( )u a;b=
, khi đó ta có phương trình tham số: 0 0 x x at y y bt = +  = + , t∈ . * Hai điểm ( ) ( )A A B BA x ;y ; B x ;y , khi đó AB 
là VTCP của d. Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh ( )B 4;1 ,− trọng tâm ( )G 1;1 và đường thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình x y 1 0− − = . Tìm tọa độ các đỉnh A và C . Lời giải Gọi M là trung điểm của AC , ta có 3 7 BM BG M ;1 2 2   = ⇒     

Gọi N là điểm đối xứng của B qua phân giác trong ∆ của góc A và H là giao điểm của ∆ với đường thẳng BN . Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh 402 Đường thẳng BN có phương trình : x y 3 0+ + = Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình : ( ) x y 3 0 H 1; 2 x y 1 0 + + = ⇒ − − − − = H là trung điểm của ( )N H B N H B x 2x x 2 BN N 2; 5 y 2y y 5 = − = ⇔ ⇒ − = − = − Đường thẳng AC qua 2 điểm M, N nên có phương trình : 4x y 13 0− − = A là giao điểm của đường thẳng ∆ và đường thẳng AC nên tọa độ A là nghiệm của hệ : ( ) 4x y 13 0 A 4;3 x y 1 0 − − = ⇒ − − = M là trung điểm của ( )C M A C M A x 2x x 3 AC C 3; 1 y 2y y 1 = − = ⇔ ⇒ − = − = − Ví dụ 2. Trong hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A có trọng tâm 4 1 G ; 3 3       , phương trình đường thẳng BC : x 2y 4 0− − = và phương trình đường thẳng BG : 7x 4y 8 0− − = . Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C . Lời giải Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ ( ) x 2y 4 0 B 0; 2 7x 4y 8 0 − − = ⇒ − − − = Vì ABC∆ cân tại A nên AG là đường cao của ABC∆ , 4 1 AG BC AG :2 x 1 y 0 2x y 3 0 3 3     ⊥ ⇒ − + − = ⇔ + − =        Gọi H AG BC= ∩ thì tọa độ điểm H là nghiệm của hệ ( ) 2x y 3 0 H 2; 1 x 2y 4 0 + − = ⇒ − − − = Vì H là trung điểm của ( )C H B C H B x 2x x BC C 4;0 y 2y y = − ⇒ ⇒ = − . Ta có ( ) ( ) ( )G A B C G A B C 1 1 x x x x ,y y y y A 0;3 3 3 = + + = + + ⇒ . Vậy ( ) ( ) ( )A 0;3 ,B 0; 2 ,C 4;0− . Ví dụ 3. Cho hai đường thẳng : x y 4 0∆ − − = và d :2x y 2 0− − = . Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng d sao cho đường thẳng ON cắt đường thẳng ∆ tại 403 điểm M thỏa mãn OM.ON=8. Lời giải Cách 1: Phương trình ON có dạng 2 2 x at : ,a b 0 y bt = + > = , ( )1 1N at ; bt và ( )2 2M at ; bt M ON= ∩∆ : 1 1 4 at bt 4 0 t ,a b a b − − = ⇒ = ≠ − N ON d= ∩ : 2 2 2 2 2at bt 2 0 t ,2a b 2a b − − = ⇒ = ≠ − Suy ra : 4a 4b M ; a b a b    − −  và 2a 2b N ; 2a b 2a b    − −  Ta có: = ⇔ + + = − − 2 2 2 24 2OM.ON 8 a b a b 8 a b 2a b Hay 2 2a b a b 2a b+ = − − Trường hợp 1: a 0= ta chọn ( ) ( )b 1 M 0; 4 ,N 0; 2= ⇒ − − Trường hợp 2: a 0≠ , ta chọn a 1= ( )( )21 b 1 b 2 b⇒ + = − − hay 2 2 2 2 2 2 b 3b 2 1 b 1 b b 3b 2 b 3b 2 1 b  − + = + + = − + ⇔   − + = − − suy ra 1 b 3 = Vậy ( ) 6 2M 6;2 ,N ; 5 5       . Vậy có 2 điểm ( ) ( )M 0; 4 ,N 0; 2− − hoặc ( ) 6 2M 6;2 ,N ; 5 5       thỏa bài toán. Cách 2: Gọi ( )t là đường thẳng đi qua 3 điểm O,M,N . Nếu ( )t : x 0= suy ra ( ) ( )M 0; 4 ,N 0; 2− − thỏa. Nếu ( )t : y kx= suy ra 4 4k 2 2M ; ,N ; 1 k 1 k 2 k 2 k        − − − −    . Nhận thấy O nằm cùng phía đối với hai đường thẳng d và ∆ nên từ điều kiện OM.ON 8= , ta luôn có OM.ON 8= 

hay ( )( ) ( )( ) 28 8k 8 1 k 2 k 1 k 2 k + = − − − − , giải phương trình này ta được 1 k 3 = , tức là ta có ( ) 6 2M 6;2 ,N ; 5 5       . Vậy có 2 điểm ( ) ( )M 0; 4 ,N 0; 2− − hoặc ( ) 6 2M 6;2 ,N ; 5 5       thỏa bài toán. Cách 3: Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh 404 Điểm ( ) ( )N d N n;2n 2 ON n;2n 2∈ ⇒ − ⇒ = − 
Điểm ( ) ( )M M m;m 4 OM M m;m 4∈∆⇒ − ⇒ = − 
Nhận xét : 2 đường thẳng d và ∆ nằm cùng phía đối với điểm O nên ( )OM.ON 8 OM.ON 8 m 5n 1= ⇒ = ⇔ = 

Ta có OM 
cùng phương với ON m.n 4n 2m 0 ⇔ + − = 
( )2 Từ ( )1 và ( ) 22 5n 6n 0 n 0⇒ − = ⇔ = hay 6n 5 = Với n 0= thì m 0= , ta có điểm ( ) ( )M 0; 4 ,N 0; 2− − Với 6 n 5 = thì m 6= , ta có điểm ( ) 6 2M 6;2 ,N ; 5 5       Bài tập tự luyện 1. Cho tam giác ABC có ( )B 1;2 .Đường phân giác trong góc A có phương trình: x y 3 0− − = , đường trung tuyến qua C có phương trình: x 4y 9 0+ + = . Lập phương trình các cạnh của tam giác. Hướng dẫn giải: Đường trung tuyến qua C viết lại ( ) x 9 4t d : t y t = − − ∈ =  . Gọi M là trung điểm AB thì M thuộc ( )d ( )M 9 4t;t⇒ − − . Khi đó ( )A 19 8t; 2 2t− − − + . Vì A nằm trên đường phân giác AD nên t 2= − . Suy ra ( )M 1; 2− − và ( )A 3; 6− − . Gọi K là điểm đối xứng của B qua đường phân giác AD , suy ra đường thẳng BK : x y 3 0+ − = . Đường thẳng BK cắt AD tại ( )I I 3;0⇒ . Khi đó I là trung điểm BK , suy ra ( )K 5; 2− . Đường thẳng AB đi qua A và có vectơ chỉ phương ( )AB 4;8= 
, suy ra ( )AB :2x y 0− = . Tương tự, AC đi qua A và có vectơ chỉ phương ( )AK 8;4= 
, suy ra ( )AC : x 2y 9 0− − = . Đường thẳng ( )d cắt AC tại C , nên ( )C 3; 3− . Phương trình ( )BC :5x 2y 9 0+ − = . 2. Cho tam giác ABC có đỉnh 1 B ;1 2       . Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc 405 với các cạnh BC,CA,AB tương ứng tại các điểm D,E,F . Cho ( )D 3;1 và đường thẳng EF có phương trình y 3 0− = . Tìm tọa độ đỉnh A , biết A có tung độ dương. Hướng dẫn giải: Ta có phương trình BD: y 1= , phương trình EF : y 3= , nên BD EF ABC⇒∆ cân tại A Ta có ( ) 2 2 25 1 BD BF x 3 1 2 2    = ⇒ = − + −        , phương trình này có nghiệm x 1= − ( không thỏa ) hay ( )x 2 F 2;3= ⇒ Đường thẳng BF cắt AD tại A nên 13 A 3; 3       . 3. Cho hình thoi ABCD có đỉnh ( ) ( )A 2;5 ,C 2;1− và  3cosBAD 5 = . Xác định tọa độ các đỉnh còn lại, biết rằng đỉnh B có tọa độ dương. Hướng dẫn giải: Gọi I là tâm hình thoi, khi đó ( )I 0;3 . Theo tính chất hình thoi, đường chéo BD đi qua I và vuông góc với AC . Khi đó BD có phương trình : x t t y 3 t = ∈ = +  . Điểm ( )B BD B t;3 t∈ ⇒ + và t 0> . Vì I là trung điểm BD nên ( )D t;3 t− − Ta có : ( ) ( )AB 2 t; 2 t ,AD 2 t; 2 t= + − + = − − − 

. Giả thiết  AB.AD 3 cosBAD 5AB . AD = = 



suy ra 2 2 4 t 3 54 t − = + hay 2t 1= t 1⇒ = . Vậy ( ) ( )B 1;4 ,D 1;2− . 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy hai đường thẳng − =1d : x y 0 , + − =2 d :2x y 1 0 . Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD biết rằng đỉnh A thuộc 1d , đỉnh C thuộc 2d và các đỉnh B,D thuộc trục hoành. Hướng dẫn giải: Vì ( )1A d A t;t∈ ⇒ , A và C đối xứng nhau qua BD và ( )B,D Ox C t; t∈ ⇒ − . Vì 2C d 2t t 1 0 t 1∈ ⇒ − − = ⇔ = . Vậy ( ) ( )A 1;1 ,C 1; 1− . Trung điểm của AC là ( )I 1;0 . Vì I là tâm của hình vuông nên IA IB 1 ID IA 1 = =  = = . Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh 406 ( ) ( ) b 1 1 b 0,b 2 B,D Ox B b;0 ,D d;0 d 0,d 2d 1 1  − = = = ∈ ⇒ ⇒ ⇔  = =− =  ( ) ( )B 0;0 ,D 2;0 ⇒ hoặc ( ) ( )B 2;0 ,D 0;0 . Vậy ( ) ( ) ( ) ( )A 1;1 ,B 0;0 ,C 1; 1 ,D 2;0− hoặc ( ) ( ) ( ) ( )A 1;1 ,B 2;0 ,C 1; 1 ,D 0;0− . 5. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho: 3 điểm ( ) ( ) ( )A 4;4 ,B 6; 1 ,C 2; 4− − − − . Viết phương trình đường phân giác trong của góc C . Hướng dẫn giải: ( ) ( )CA 3 4 CB 4 3CA 6;8 , ; ,CB 4;3 , ; CA 5 5 CB 5 5    = = = − = −        



. Phân giác trong của góc C có vectơ chỉ phương là: ( )CA CB 1 7 1u ; 1;7 CA CB 5 5 5  = + = − = −    


, chọn ( )0u 1;7= − 
. Phương trình đường phân giác trong của góc C đi qua C và có vectơ chỉ phương ( )0u 1;7= − 
là: x 2 y 4 1 7 + + = − . 6. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho điểm ( )A 2;2 và hai đường thẳng: 1 2d : x y 2 0,d : x y 8 0+ − = + − = . Tìm tọa độ điểm B,C lần lượt thuộc 1 2d ,d sao cho tam giác ABC vuông cân tại A . Hướng dẫn giải: Vì ( ) ( )1 2B d B b;2 b ;C d C c;8 c∈ ⇒ − ∈ ⇒ − . Ta có hệ: ( )( ) ( ) ( )2 2 b 1 c 4 2AB.AC 0 AB AC b 1 c 4 3  − − = =  ⇔  = − − − =  

Đặt x b 1;y c 4= − = − ta có hệ: 2 2 xy 2 x 2 x 2 ; y 1 y 1x y 3 = = = −  ⇔   = = −− =   Vậy ( ) ( )B 3; 1 ;C 5;3− hoặc ( ) ( )B 1;3 ,C 3;5− . 7. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm ( )I 6;2 là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Điểm ( )M 1; 5 thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng d : x y –5 0+ = . Viết phương trình đường thẳng AB. Hướng dẫn giải: Vì ( ) ( )E d E a;5 a IE a 6;3 a∈ ⇒ − ⇒ = − − 
. 407 Gọi N là trung điểm của AB I⇒ là trung điểm của EN nên: ( )N I E N I E x 2x x 12 a N : N 12 a;a 1 y 2y y a 1 = − = − ⇒ − − = − = − ( )MN 11 a;a 6⇒ = − − 
. Vì IE MN MN.IE 0⊥ ⇒ = 

( )( ) ( )( ) a 6 11 a a 6 a 6 3 a 0 a 7 = ⇔ − − + − − = ⇔  = . * ( )a 6 MN 5;0 pt AB: y 5 0= ⇒ = ⇒ − = 
* ( )a 7 MN 4;1 pt AB: x 4y 19 0= ⇒ = ⇒ − + = 
.
Chủ đề 2: VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA HAI ĐƯỜNG THẲNG Cho hai đường thẳng 1 1 1 1d : a x b y c 0;+ + = 2 2 2 2d : a x b y c 0+ + = . Khi đó vị trí tương đối giữa chúng phụ thuộc vào số nghiệm của hệ: ( )1 1 1 2 2 2 a x b y c 0 I a x b y c 0 + + =  + + = * ( )I vô nghiệm 1 2d d⇒  . * ( )I vô số nghiệm 1 2d d⇒ ≡ * ( )I có nghiệm duy nhất ⇒ 1d và 2d cắt nhau và nghiệm của hệ là tọa độ giao điểm.
Chủ đề 3: GÓC VÀ KHOẢNG CÁCH Cho hai đường thẳng 1 1 1 1d : a x b y c 0;+ + = 2 2 2 2d : a x b y c 0+ + = Gọi α là góc nhọn tạo bởi hai đường thẳng 1d và 2d . Ta có: 1 2 1 2 2 2 2 2 1 1 2 2 a a b b cos a b a b + α = + + . Cho đường thẳng : ax by c 0∆ + + = và điểm ( )0 0M x ;y . Khi đó khoảng cách từ M đến ( )∆ được tính bởi công thức: ( )( ) 0 0 2 2 ax by c d M, a b + + ∆ = + . Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh ( )A 6;6 , đường thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x y 4 0+ − = . Tìm tọa độ các đỉnh B và C ,biết điểm ( )E 1; 3− nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho. ȭ Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh 408 Lời giải Gọi d : x y 4 0+ − = . Vì BC d⇒ phương trình BC có dạng: x y m 0+ + = Lấy ( )I 1;3 d∈ , ta có: ( ) ( )d I,BC d A,d 4 2= = m 4 8 m 12,m 4⇒ + = ⇒ = − = Vì A và I ở cùng phía so với BC nên ta có m 4 BC : x y 4 0= ⇒ + + = . Đường cao hạ từ đỉnh A có phương trình : x y 0− = . Tọa độ trung điểm H của BC: ( ) x y 0 P 2; 2 x y 4 0 − = ⇒ − − + + = ( )B BC B b; 4 b∈ ⇒ − − , H là trung điểm BC suy ra ( )C 4 b;b− − ( )( ) ( )( )AB CE b 6 b 4 b 10 b 3 0⊥ ⇒ − + + + + = b 0,b 6⇔ = = − Vậy có hai bộ điểm thỏa yêu cầu bài toán: ( ) ( )B 0; 4 , C 4;0− − hoặc ( ) ( )B 6;2 , C 2; 6− − . Chú ý: AH đi qua A và vuông góc ( )d AH : x y 0⇒ − = . I là giao điểm AH và ( ) ( )d I 2;2 H 2; 2⇒ ⇒ − − . BC đi qua H và vuông góc ( ) x 2 t AH BC : ,t y 2 t = − + ⇒ ∈ = − −  . ( ) ( )B BC B 2 t; 2 t∈ ⇒ − + − − vì B,C đối xứng nhau qua H nên ( )C 2 t; 2 t− − − + Vì ( ) ( )E 1; 3 d ,− ∈ ( )d là đường cao đi qua điểm C của ABC∆ nên 2AB CE AB.CE 0 ... t 2t 8 0⊥ ⇒ = ⇔ ⇔ − − = 

Ví dụ 2. Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD có tâm ( )I 1;1 , ( )J 2;2− là điểm thuộc cạnh AB và ( )K 2; 2− là điểm thuộc cạnh CD . Lời giải Gọi a là cạnh hình vuông ABCD , khi đó ( ) ( ) ad I;AB d I;CD 2 = = . TH1: AB CD Oy  . Dễ thấy ( ) ( )d I;AB d I;CD≠ , không thỏa bài toán. 409 TH2: AB là đường thẳng đi qua điểm J có hệ số góc k ( )AB :⇒ ( )y k x 2 2= + + , đường thẳng CD đi qua K và CD AB nên có phương trình : ( )y k x 2 2= − − . ( ) ( ) ( ) 2 2 3k 1 2 k 11 d I;AB , d I;CD d J;CD 2k 1 k 1 + + = = = + + ( ) ( )d I;AB d I;CD= 2 2 2 3k 1 2 k 1 5k 2k 3 0 k 1 k 1 + + ⇔ = ⇔ − − = + + giải phương trình này ta được 3 k 1, k 5 = = − . Dễ thấy AB,CD có hệ số góc k 0> nên k 1= khi đó ( )AB : y x 4= + , ( )CD : y x 4= − và ( )a d I;AB a 4 2 2 = ⇒ = . Giả sử ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2A x ;x 4 AB , C x ;x 4 CD+ ∈ − ∈ Gọi ( )d là đường thẳng qua I và vuông góc với AB , khi đó đường thẳng ( )d có phương trình : y x 2= − + , đồng thời đường thẳng ( )d cắt đường thẳng AB tại trung điểm ( )M 1;3− và cắt đường thẳng CD tại trung điểm ( )N 3; 1− . Khi đó a AM CN 2 = = Ta có hệ : ( ) ( ) 2 22 1 1 1 2 22 2 2 2 a AM 2 x 1 8 x 3,x 1 4 a CN 2 x 3 8 x 1,x 5 4  = + = = ⇒ = − =    = − = = ⇒ = = Vậy tọa độ 4 đỉnh hình vuông là ( ) ( ) ( ) ( )1;5 , 3;1 , 5;1 , 1; 3− − . Bài tập tự luyện 1. Cho đường thẳng ( ) :2x y 7 0∆ + + = và điểm ( )A 3;4− . Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng ( )d : 4x y 1 0+ − = sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng ( )d gấp 2 lần khoảng cách từ M đến A . Hướng dẫn giải: Đường thẳng ( )d viết lại x t t y 1 4t = ∈ = −  và M d∈ ( )M t;1 4t⇒ − . Theo giả thiết : ( )d M;d 2MA= ( ) ( )2 2 2t 1 4t 7 2 3 t 4 1 4t 5 + − + ⇔ = − − + − + Hay 22t 8 2 5 17t 30t 18− + = + + Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh 410 Bình phương hai vế và rút gọn ta được : 242t 79t 37 0+ + = t 1⇔ = − hoặc 37 t 42 = − . Vậy, ta có hai điểm thỏa mãn bài toán là ( )M 1;5− và 37 95M ; 42 21   −    . 2. Trong hệ tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4 . Biết ( ) ( )A 1;0 ,B 0;2 và giao điểm I của hai đưởng chéo nằm trên đường thẳng y x= . Tìm tọa độ điểm C và D . Hướng dẫn giải: Tìm được ( )AB 1;2 AB 5= − ⇒ = 
.Phương trình AB :2x y 2 0+ − = Gọi ( )I t;t , I là trung điểm của AC,BD nên ta có ( ) ( )C 2t 1;2t ,D 2t;2t 2− − ABCD 4 S AB.CH 4 CH 5 = = ⇒ = và ( ) 4d C;AB CH t 3 = ⇔ = hoặc t 0= . Suy ra 5 8 8 2 C ; ,D ; 3 3 3 3             hoặc ( ) ( )C 1;0 ,D 0; 2− − . 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho các đường thẳng 1 2 3d : x y 3 0, d : x y 4 0, d : x 2y 0+ + = − − = − = . Tìm tọa độ điểm M nằm trên đường thẳng 3d sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 1d bằng hai lần khoảng cách từ M đến đường thẳng 2d . Hướng dẫn giải: Ta có ( )3M d M 2y;y∈ ⇒ ( ) ( )1 2 3y 3 y 4 d M,d ;d M,d 2 2 + − = = Theo giả thiết ta có: ( ) ( )1 2 3y 3 y 4 d M,d 2d M,d 2. 2 2 + − = ⇔ = 3y 3 2y 8 y 11;y 1 3y 3 2y 8 + = − ⇔ ⇔ = − = + = − + . * Với ( )y 11 M 22; 11= − ⇒ − − * Với ( )y 1 M 2;1= ⇒ .
Chủ đề 4: ĐƯỜNG TRÒN 1. Phương trình đường tròn (C) tâm I(a ;b), bán kính R là: ( ) ( )2 2 2x a y b R− + − = . Dạng khai triển của ( )C là: 2 2x y 2ax 2by c 0 + − − + = Với 2 2 2 2 2 2c a b R R a b c 0= + − ⇔ = + − > . 411 2. Phương trình tiếp tuyến: Cho đường tròn ( )C : ( ) ( )2 2 2x a y b R− + − = . * Tiếp tuyến ( )∆ của ( )C tại điểm ( )0 0M x ;y là đường thẳng đi qua M và vuông góc với IM nên phương trình: ( )( ) ( )( ) 20 0: x a x a y a y a R∆ − − + − − = . * Đường thẳng : Ax By C 0∆ + + = là tiếp tuyến của ( )C ( )d I, R⇔ ∆ = 3. Đường tròn ( )C : ( ) ( )2 2 2x a y b R− + − = có hai tiếp tuyến cùng phương với Oy là x a R= ± . Ngoài hai tiếp tuyến này các tiếp tuyến còn lại đều có dạng: y kx m= + . Ví dụ 1. Xác định tham số thực m để đường cong ( )mC : 2 2 2x y 4mx 2my 4m 3m 0+ − + + − = là đường tròn có bán kính bằng 2 . Lời giải ( )mC viết lại ( ) ( ) 2 2 2x 2m y m m 3m− + + = + . ( )mC là đường tròn khi và chỉ khi 2m 3m 0 m 3+ > ⇔ . Theo bài toán, ta có 2m 3m 2+ = hay 2m 3m 4 0+ − = . Giải phương trình này ta được hai nghiệm m 1= hoặc m 4= − , thỏa mãn đề bài. Ví dụ 2. Viết phương trình đường tròn ( )C : 1. Đi qua hai điểm ( )A 2;1 , ( )B 4;3 và có tâm thuộc đường thẳng : x y 5 0∆ − + = . 2. Đi qua hai điểm ( )−A 1;1 , O và tiếp xúc với đường thẳng d : x y 1 2 0− + − = . Lời giải 1. Gọi ( ) 2 2C : x y 2ax 2by c 0+ − − + = Vì ( )C đi qua A,B suy ra 4a 2b c 5 8a 6b c 25 − − + = −  − − + = − (1) ( )C có tâm ( )I a;b thuộc : x y 5 0 a b 5 0∆ − + = ⇒ − + = (2) Từ (1) và (2) ta có hệ: 4a 2b c 5 8a 6b c 25 a b 5 0 − − + = −  − − + = −  − + = a 0 b 5 c 5 =  ⇔ =  = ( ) 2 2C : x y 10y 5 0⇒ + − + = . 2. Giả sử ( )C có phương trình: 2 2x y 2ax 2by c 0+ − − + = ⇒ ( )C có tâm ( )I a;b . Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh 412 Do ( ) c 0 c 0 A,O C 2 2a 2b c 0 a b 1 = =  ∈ ⇒ ⇔  + − + = = −  . ( )C tiếp xúc với d ( ) 2 2 a b 1 2 d I, IO a b 2 − + − ⇒ ∆ = ⇔ = + ( )22 2 2a b 1 b 1 b 1 b 0;b 1⇔ + = ⇔ − + = ⇔ = = * ( ) 2 2b 0 a 1 C : x y 2x 0= ⇒ = − ⇒ + + = * ( ) 2 2b 1 a 0 C : x y 2y 0= ⇒ = ⇒ + − = . Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp là điểm ( )I 4;0 và phương trình hai đường thẳng lần lượt chứa đường cao và đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A của tam giác là ( )1d : x y 2 0+ − = và ( )2d : x 2y 3 0+ − = . Viết phương trình các đường thẳng chứa cạnh của tam giác ABC . Lời giải + Tìm được ( )A 1;1 + Gọi ∆ là đường thẳng qua I và song song với 1d . Tìm được : x y 4 0∆ + − = + Gọi 2M d= ∆∩ ⇒ ( )M 5; 1− , M là trung điểm BC⇒ đường thẳng BC đi qua M và vuông góc với 1d . + Tìm được ( )BC : x y 6 0− − = . + Nhận xét B,C là giao điểm của đường thẳng BC và đường tròn tâm I , bán kính R IA 10= = có phương trình ( )2 2x 4 y 10− + = . + Giải hệ tìm được tọa độ ( ) ( )B 3; 3 ,C 7;1− . + Phương trình ( )AB :2x y 3 0+ − = . Phương trình ( )AC : y 1 0− = . Ví dụ 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ,cho điểm ( )A 1;0 và đường tròn ( ) 2 2C : x y 2x 4y 5 0+ − + − = . Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt ( )C tại điểm M và N sao cho tam giác AMN vuông cân tại A . Lời giải Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1; 2 ,R 10− = ( )AI 0; 2− 
. Vì I và A cách đều M, N nên MN AI⊥ , suy ra phương trình MN có dạng : y m= . 413 Cách 1: Dễ thấy: ( ) ( )A,MN I,MNMN=2d 2 m ,d m 2= = + và ( ) 2 2 2 2 I,MN MN d R m 2m 3 0 m 1 2   + = ⇔ + − = ⇒ =    hoặc m 3= − Vậy phương trình cần tìm : y 1, y 3= = − . Cách 2: Hoành độ M,N là nghiệm phương trình: ( )2 2x 2x m 4m 5 0 1− + + − = ( )1 có hai nghiệm phân biệt 1 2x ,x khi ( )2' 1 m 4m 5 0∆ = − + − > hay là ( )2m 4m 6 0 2+ − < . Khi đó ta có: ( ) ( )1 2M x ;m , N x ;m Dễ thấy AM AN AM.AN 0⊥ ⇔ = 

tức : ( ) ( )21 2 1 2x .x x x m 1 0 3− + + + = Áp dụng định lý Vi – et đối với phương trình ( )1 , rồi thay vào phương trình ( )3 ta được 22m 4m 6 0+ − = , giải phương trình này ta được hai giá trị m 3= − hoặc m 1= thỏa mãn ( )2 . Vậy phương trình cần tìm : y 1, y 3= = − . Ví dụ 3. Trong hệ tọa độ Oxy , cho điểm ( )A 0;2 và đường thẳng ( )d : x 2y 2 0− + = . Tìm trên đường thẳng ( )d hai điểm B,C sao cho tam giác ABC vuông ở B và AB 2BC= . Lời giải ( )AB d⊥ nên có phương trình: 2x y 2 0+ − = . Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ x 2y 2 0 2 6 B ; 2x y 2 0 5 5 − + =  ⇒  + − =   2 5 AB 5 AB BC 5 2 5 = ⇒ = = . Phương trình đường tròn tâm B , bán kính 5 BC 5 = là: 2 2 2 6 1 x y 5 5 5    − + − =        . Vậy tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 2 2 4x 2y 2 0 x x 0 5 2 6 1 y 1 7x y y5 5 5 5 − + = ==  ⇔ ∨      =− + − =      =     ( )1 2 4 7 C 0;1 ,C ; 5 5   ⇒     . Chú ý: ( ) 12 6C d C 2c 2;c BC 2c ;c 5 5   ∈ ⇒ − ⇒ = − −    
. Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh 414 Vì 5 BC 5 = nên có phương trình: 22 2 12 6 5 2c c 5 5 5     − + − =             . Giải phương trình này ta được c 1= hoặc 7 c 5 = . Ví dụ 4. Trong mặt phẳng Oxy,cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( ) ( ) ( )  ( )2 2 0C : x 1 y 2 ABC 90 ,A 2;05,− + + == , và diện tích tam giác ABC bằng 4 . Tìm toạ độ đỉnh B,C . Lời giải ( )C có tâm ( )I 1; 2− và bán kính R 5= . Vì ABC có  0ABC 90 C= ⇒ đối xứng A qua tâm ( )I 1; 2− , nên ( )C 0; 4− . Phương trình đường thẳng ( )AC :2x y 4 0− − = Diện tích tam giác ABC bằng 4 , nên khoảng cách từ B đến cạnh AC là: 2S 4 d AC 5 = = . Do đó B nằm trên đường thẳng ( ) ( )d AC nên phương trình ( )d :2x y m 0− + = ( )d cách AC một khoảng bằng 4 m m 04 4 m 85 5 5    + = ⇔ = ⇒ =− . ( )1d :2x y 0m 0 − =• = ⇒ , toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình: ( ) ( )2 2 2x y 0 x 0 y 0x 1 y 2 5      − = = ⇔ =− + + = hoặc 6 x 5 12 y 5      = − = − . ( )2d :2x y 8 0m 8 − − =• = − ⇒ , toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình: ( ) ( )2 2 2x y 8 0 x 2 y 4x 1 y 2 5      − − = = ⇔ =−− + + = hoặc 16 x 5 8 y 5      = = − . Vậy toạ độ ( )C 0; 4− , toạ độ B hoặc ( )0;0 hoặc ;6 12 5 5       − − hoặc ( )2; 4− hoặc ;16 8 5 5       − . ȭ 415 Ví dụ 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng và 1d : 3x y 0+ = , 2d : 3x y 0− = . Gọi ( )T là đường tròn tiếp xúc với 1d tại A , cắt 2d tại hai điểm 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. Lời giải Vì ABC∆ vuông tại B nên AC là đường kính của ( )T . Gọi  ( )1 2AOB d , d t= = ta có  BAC AOB t= = (góc có cạnh tương ứng vuông góc). Giả sử bán kính ( )T là R ta có : ABC BC.BA S 2∆ = 2 ACsint.ACcost 2R sint cost 2 = = Mặt khác ( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 3. 3 1. 1 1 cost t 2 3 3 1 3 1 + − pi = = ⇒ = + + − suy ra 2ABC 3 S R 2∆ = từ đó có R 1= . Do 1 2A d ,C d∈ ∈ nên ( ) ( )A a; a 3 ,C c;c 3− thêm nữa vector chỉ phương của 1d là ( )1u 1; 3−
có phương vuông góc với AC 
nên: 1AC.u 0 c a 3(c a) 0 c 2a= ⇔ − − + = ⇔ = − 

. Mặt khác ( ) ( )( )22AC 2R 2 c a 3 c a 2= = ⇔ − + + = 2 a 3 2⇔ = vì a 0> nên 3 a 3 = . Tâm đường tròn là trung điểm của AC là : ( )a c 3 a 3 3a 3 3I ; c a ; ; 2 2 2 2 6 2      + − = − − = − −                 . Vậy phương trình của ( )T là 2 2 3 3 x y 1. 6 2    + + + =        Chú ý: Luyện thi cấp tốc môn toán theo chuyên đề - Nguyễn Phú Khánh 416 ( )AB đi qua A và vuông góc ( ) ( )2d AB : x 3y 2a 0⇒ + + = ( ) ( ) { }2 a a 3 AB d B B ; 2 2   ∩ = ⇒ − −     ( )AC đi qua A và vuông góc ( ) ( )1d AC : x 3y 4a 0⇒ − − = ( ) ( ) { } ( )1AB d C C 2a; 2a 3∩ = ⇒ − − Diện tích ABC∆ có diện tích bằng 3 3 1 AB.CB 2 2 2 ⇔ = 1 1 2 a A ; 1 ,C ; 2 3 3 3     ⇒ = ⇒ − − −        . Cách 2: Ta có 1d tiếp xúc với ( )T có đường kính là AC nên 1AC d⊥ Từ giả thiết ta có :    0 0 0 0AOx 60 ,BOx 120 AOB 60 ,ACB 30= = ⇒ = = 2 2 ABC 1 3 3 3 S AB.BC AB AB AB 1 2 2 2 2∆ = = ⇒ = ⇒ = ( )1 2 2 1A d A x; 3x ,x 0,OA .AB A ; 1 3 3 3   ∈ ⇒ − > = = ⇒ −    4 2 OC 2OA C ; 2 3 3   = = ⇒ − −    . Đường tròn ( )T đường kính AC có: 2 3 ACI ; , R 1 2 23   − − = =    . Phương trình ( )T : 2 2 1 3 x y 1 22 3     + + + =      . Chú ý: 1. 1 2d ,d cắt nhau tại điểm O và ( ) ( )1 2 1 cos AOB cos d ,d 2 = =  AOB BAC 3 3 pi pi ⇒ = ⇒ = . Mà ( )ABC 1 S AB.AC.sin BAC 2 = ( ) ( )  23 1 4OAsin AOB OA tan AOB sinBAC OA 2 2 3 ⇔ = ⇔ = ( )22 1 1 2a A ; 1 ,C4a a 3 ; 2 3 3 33   + − =   ⇒ = ⇒ − − −        . 2. ( ) ( )M x;y T MA MC MA.MC 0∈ ⇔ ⊥ ⇒ = 

3. ( ) ( )M x;y T MAC∈ ⇔ ∆ vuông tại 2 2 2M MA MC AC⇔ + = Bài tập tự luyện 417 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A , có đỉnh ( )C 4;1− , phân giác trong góc A có phương trình x y 5 0+ − = . Viết phương trình đường thẳng BC , biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và đỉnh A có hoành độ dương. Hướng dẫn giải: Gọi D là điểm đối xứng với C qua đường thẳng d : x y 5 0+ − = , ta tìm được ( )D 4;9 . A là giao điểm của đường thẳng d và đường tròn đường kính CD , suy ra tọa độ của A là nghiệm của hệ: ( ) ( ) ( )2 22 2 x y 5 0 y 5 x A 4;1 x y 5 32 x x 32 + − = − = −   ⇔ ⇒  + − = + − =   (vì Ax 0> ). ABC2SAC 8 AB 6 AC ∆⇒ = ⇒ = = . B thuộc đường