Tài liệu cung cấp kiến thức về hình học phẳng, bao gồm các định nghĩa, phương trình đường thẳng, và các bài toán liên quan đến tọa độ và vectơ. Nó cũng đề cập đến các kỹ thuật giải nhanh và áp dụng các công thức cho các bài toán hình học khác nhau. Nội dung được chia thành nhiều chương và mục, phù hợp cho việc luyện thi và bồi dưỡng học sinh giỏi.

1. khangvietbook.com
.vn
ĐẶNG THÀNH NAM
(Trung tâm nghiên cứu tư vấn và phát triển sản phẩm giáo dục Newstudy.vn)
THEO CAÁU TRUÙC ÑEÀ THI MÔÙI NHAÁT CUÛA BOÄ GD & ÑT
PHIÊN BẢN MỚI NHẤT
Dành cho học sinh luyện thi quốc gia
Bồi dưỡng học sinh giỏi 10, 11, 12
Giáo viên giảng dạy, dạy thêm và luyện thi quốc gia
NHAØ XUAÁT BAÛN ÑAÏI HOÏC QUOÁC GIA HAØ NOÄI

2. khangvietbook.com
.vn
MUÏC LUÏC
Chöông 1. ÑIEÅM VAØ ÑÖÔØNG THAÚNG
Chuû ñeà 1. ÑIEÅM VAØ ÑÖÔØNG THAÚNG ..................................................................3
Chuû ñeà 2. CAÙC BAØI TOAÙN VEÂ TÍNH CHAÁT ÑOÁI XÖÙNG ...................................35
Chuû ñeà 3. BAØI TOAÙN COÙ CHÖÙA THAM SOÁ .......................................................47
Chuû ñeà 4. TÌM ÑIEÅM THOÛA MAÕN ÑIEÀU KIEÄN CHO TRÖÔÙC ...........................67
Chuû ñeà 5. BAØI TOAÙN CÖÏC TRÒ HÌNH GIAÛI TÍCH PHAÚNG ...............................83
Chöông 2. TAM GIAÙC, TÖÙ GIAÙC VAØ ÑA GIAÙC
Chuû ñeà 1. NHAÄN BIEÁT TAM GIAÙC, TÖÙ GIAÙC VAØ ÑA GIAÙC ..........................106
Chuû ñeà 2. ÑÖÔØNG TRUNG TUYEÁN ..................................................................113
Chuû ñeà 3. ÑÖÔØNG CAO .....................................................................................128
Chuû ñeà 4. ÑÖÔØNG PHAÂN GIAÙC TRONG TAM GIAÙC ......................................143
Chuû ñeà 5. CAÙC ÑIEÅM VAØ CAÙC ÑÖÔØNG ÑAËC BIEÄT TRONG TAM GIAÙC ......167
Chuû ñeà 6. HÌNH BÌNH HAØNH ............................................................................226
Chuû ñeà 7. HÌNH THANG ....................................................................................239
Chuû ñeà 8. HÌNH THOI .........................................................................................265
Chuû ñeà 9. HÌNH CHÖÕ NHAÄT VAØ HÌNH VUOÂNG ..............................................281
Chuû ñeà 10. VAÄN DUÏNG PHEÙP BIEÁN HÌNH TRONG
HÌNH GIAÛI TÍCH PHAÚNG ...............................................................365
Chuû ñeà 11. VAÄN DUÏNG PHEÙP BIEÁN HÌNH TRONG
HÌNH GIAÛI TÍCH PHAÚNG .......................................................... 376
Chuû ñeà 12. BAØI TOAÙN CHOÏN LOÏC ....................................................................391
Chöông 3. ÑÖÔØNG TROØN
Chuû ñeà 1. PHÖÔNG TRÌNH ÑÖÔØNG TROØN .....................................................449
Chuû ñeà 2. ÑÖÔØNG TROØN NGOAÏI TIEÁP, ÑÖÔØNG TROØN NOÄI TIEÁP TAM GIAÙC,
TAM GIAÙC NOÄI TIEÁP ÑÖÔØNG TROØN .............................................478
Chuû ñeà 3. TIEÁP TUYEÁN VÔÙI ÑÖÔØNG TROØN ...................................................502
Chuû ñeà 4. TIEÁP TUYEÁN CHUNG CUÛA HAI ÑÖÔØNG TROØN ..........................530
Chuû ñeà 5. VÒ TRÍ TÖÔNG ÑOÁI CUÛA ÑIEÅM,
ÑÖÔØNG THAÚNG VÔÙI ÑÖÔØNG TROØN .............................................540
Chuû ñeà 6. BAØI TOAÙN TÌM ÑIEÅM THUOÄC ÑÖÔØNG TROØN ..............................586
Chuû ñeà 7. BAØI TOAÙN CHOÏN LOÏC ......................................................................601
Chöông 4. BA ÑÖÔØNG CONIC
Chuû ñeà 1. XAÙC ÑÒNH CAÙC THUOÄC TÍNH CUÛA BA ÑÖÔØNG CONIC .............648
Chuû ñeà 2. VIEÁT PHÖÔNG TRÌNH CHÍNH TAÉC CUÛA BA ÑÖÔØNG CONIC .....656
Chuû ñeà 3. VÒ TRÍ CUÛA ÑIEÅM, ÑÖÔØNG THAÚNG VÔÙI BA ÑÖÔØNG CONIC .....670
Chuû ñeà 4. ÑIEÅM THUOÄC BA ÑÖÔØNG CONIC ..................................................692
Chuû ñeà 5. BAØI TOAÙN CHOÏN LOÏC ......................................................................720

3. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
3
Chöông 1. ÑIEÅM VAØ ÑÖÔØNG THAÚNG
Chuû ñeà 1. ÑIEÅM VAØ ÑÖÔØNG THAÚNG
A. LÝ THUYẾT
I. KIẾN THỨC CƠ BẢN
Mặt phẳng tọa độ Đề-các vuông góc
Oxy, hệ trục gồm trục hoành nằm
ngang Ox và trục tung Oy vuông góc
với Ox tại O- được gọi là gốc tọa độ.
Xét điểm ( )M x;y khi đó  OM x;y

.
Các phép toán đối với véc tơ:
Cho hai véc tơ
( ) ( )1 1 2 2u x ;y ,v x ;y= =
 
.
Nhân véc tơ với một số: ( )1 1k.u kx ;ky=

.
 Phép cộng: ( )1 2 1 2u v x x ;y y+ = + +
 
.
 Phép nhân: 1 2 1 2u.v x x y y= +
 
.
 Độ dài véc tơ: 2 2
1 1u x y= +

.
 Góc giữa hai véc tơ: ( ) 1 2 1 2
2 2 2 2
1 1 2 2
x x y yu.v
cos u,v
u . v x y . x y
+
= =
+ +
 
 
  (góc giữa hai
véc tơ có thể nhọn, tù hoặc vuông). Suy ra 1 2 1 2u v x x y y 0⊥ ⇔ + =
 
.
 Hai véc tơ cùng phương 1 1
2 2
x y
x y
⇔ =.
Xét ba điểm ( ) ( ) ( )1 1 2 2 3 3A x ;y ,B x ;y ,C x ;y khi đó A,B,C thẳng hàng khi và
chỉ khi 3 12 1
2 1 3 1
x xx x
y y y y
−−
=
− −
.
Độ dài đoạn thẳng ( ) ( )2 2
2 1 2 1AB AB x x y y .

= = − + −
II. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
1. Định nghĩa véc tơ chỉ phương, véc tơ pháp tuyến của đường thẳng
a) Véc tơ chỉ phương của đường thẳng
Véc tơ u

được gọi là véc tơ chỉ phương của đường thẳng
u 0
d
u / /d
 ≠
⇔ 

 
 .
Nhận xét. Nếu u

là một véc tơ chỉ phương (vtcp) của đường thẳng d thì mọi
véc tơ ku

, với k 0≠ đều là véc tơ chỉ phương của đường thẳng đó.

4. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
4
b) Véc tơ pháp tuyến của đường thẳng
Một véc tơ n

được gọi là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng
n 0
d
n d
 ≠
⇔ 
⊥
 
 .
Nhận xét. Nếu n

là một véc tơ pháp tuyến(vtpt) của đường thẳng d thì mọi véc
tơ kn

, với k 0≠ đều là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng đó.
- Nếu đường thẳng d có véc tơ pháp tuyến ( )n a;b=

thì nó có véc tơ chỉ phương
là ( )u b;a= −

.
- Ngược lại nếu đường thẳng d có véc tơ chỉ phương ( )u a;b=

thì nó có véctơ
pháp tuyến là ( )n b;a= −

.
2. Phương trình tổng quát của đường thẳng
Đường thẳng trong mặt phẳng có dạng tổng quát:
( )2 2
d :a x by c 0, a b 0+ += + > .
Trong đó a,b,c là các hệ số thực.
 Đường thẳng d đi qua điểm ( )0 0 0 0M x ;y ax by c 0⇔ + + =.
 Véc tơ pháp tuyến vuông góc với d là ( )n a;b=

.
 Véc tơ chỉ phương song song với d là ( )u b;a= −

.
 Phương trình tham số của đường thẳng: ( )0
0
x x bt
d : , t
y y at
= −
∈
= +
 .
 Phương trình chính tắc của đường thẳng: 0 0x x y y
d :
a b
− −
= .
3. Các dạng phương trình đường thẳng đặc biệt.
 Trục hoành: Ox : y 0= .
 Trục tung: Oy: x 0= .
 Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm ( )A a;0 và ( )B 0;b (phương trình
đoạn chắn) có phương trình là:
x y
d : 1
a b
+ =.
(áp dụng khi đường thẳng cắt hai trục tọa độ).
 Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm phân biệt ( ) ( )1 1 2 2M x ;y ,N x ;y
là: 1 1
2 1 2 1
x x y y
MN :
x x y y
− −
=
− −
(áp dụng khi đường thẳng đi qua hai điểm xác định cho trước).

5. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
5
 Phương trình đường thẳng đi qua đi qua điểm ( )0 0M x ;y và có hệ số góc k
là: ( )0 0d : y k x x y= − +
(áp dụng khi chỉ biết đường thẳng đi qua một điểm và thỏa mãn một điều
kiện khác).
 Phương trình tổng quát của đường thẳng đi qua điểm ( )0 0M x ;y và có véc tơ
pháp tuyến ( )n a;b=

là: ( ) ( ) ( )2 2
0 0d :a x x b y y 0, a b 0− + − = + >
(có thể sử dụng thay thế cho dạng đường thẳng đi qua điểm và có hệ số góc).
4. Vị trí tương đối của điểm so với đường thẳng.
Xét đường thẳng ( )2 2
d :a x by c 0, a b 0+ += + > và hai điểm
( ) ( )A A B BA x ;y ,B x ;y .
Xét tích ( )( )A B B BT ax by c ax by c= + + + + .
 Nếu thì A,B nằm về hai phía so với d .
 Nếu thì A,B nằm về cùng một phía so với d .
 Nếu T 0= thì hoặc A hoặc B nằm trên d .
5. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng.
Xét đường thẳng ( )2 2
d :a x by c 0, a b 0+ += + > và điểm ( )0 0M x ;y .
Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng d được ký hiệu là ( )d M;d và được
xác định theo công thức: ( ) 0 0
2 2
ax by c
d M;d
a b
+ +
=
+
.
 Ứng dụng. Viết phương trình đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng.
Xét hai đường thẳng
( )2 2
1 1 1 1 1 1d :a x b y c 0, a b 0+ + = + > ; và ( )2 2
2 2 2 2 2 2d :a x b y c 0, a b 0+ + = + > .
Nếu điểm M(x; y) nằm trên đường phân giác của góc tạo bởi 1d và 2d thì
( ) ( )1 2d M;d d M;d= . Suy ra phương trình đường phân giác của góc tạo bởi
1 2d ,d có phương trình là:
1 1 1 2 2 2 1 1 1 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 1 2 2
a x b y c a x b y c a x b y c a x b y c
: :
a b a b a b a b
+ + + + + + + +
∆ = ⇔ ∆ = ±
+ + + +
.
6. Góc giữa hai đường thẳng.
Xét hai đường thẳng ( )2 2
1 1 1 1 1 1d :a x b y c 0, a b 0+ + = + > có véctơ pháp tuyến
( )1 1 1n a ;b=

; và đường thẳng ( )2 2
2 2 2 2 2 2d :a x b y c 0, a b 0+ + = + > có véctơ
pháp tuyến ( )2 2 2n a ;b=

.

6. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
6
Khi đó góc ( )0
0 90α ≤ α ≤ giữa hai đường thẳng được xác định theo công thức:
1 2 1 2 1 2
2 2 2 2
1 2 1 1 2 2
n .n a a b b
cos
n . n a b . a b
+
α= =
+ +
 
  .
7. Vị trí tương đối của hai đường thẳng.
Xét hai đường thẳng 2 2
1 1 1 1 1 1d :a x b y c 0,(a b 0)+ + = + > có véc tơ pháp tuyến
( )1 1 1n a ;b=

; và đường thẳng ( )2 2
2 2 2 2 2 2d :a x b y c 0, a b 0+ + = + > có véc tơ
pháp tuyến ( )2 2 2n a ;b=

.
 1d cắt 1 1
2
2 2
a b
d
a b
⇔ ≠ .
 1 1 1
1 2
2 2 2
a b c
d / /d
a b c
⇔ = ≠ .
 1 1 1
1 2
2 2 2
a b c
d d
a b c
≡ ⇔ = = .
Đặc biệt: 1 2 1 2 1 2d d a a b b 0⊥ ⇔ + =.
Các bài toán được áp dụng là xét vị trí tương đối giữa hai đường thẳng phụ
thuộc tham số.
B. CÁC DẠNG TOÁN
PHƯƠNG PHÁP
- Vận dụng công thức phương trình đường thẳng đi qua điểm và có hệ số góc k.
- Vận dụng công thức phương trình đoạn chắn.
- Vận dụng công thức phương trình đường thẳng đi qua điểm và có véctơ pháp
tuyến ( )n a;b=

.
- Vận dụng công thức tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng.
- Vận dụng công thức tính góc giữa hai đường thẳng.
- Vận dụng công thức phương trình đường phân giác của góc tạo bởi hai đường
thẳng.
Dạng 1: Viết phương trình đường thẳng đi ∆ qua hai điểm ( )1 1 1M x ;y và
( )2 2 2M x ;y .
- Nếu 1 2 1x x : x x= ⇒ ∆ = .
- Nếu 1 2 1y y : y y= ⇒ ∆ = .
- Nếu 1 1
1 2 1 2
2 1 2 1
x x y y
x x ,y y :
x x y y
− −
≠ ≠ ⇒ ∆ =
− −
.

7. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
7
Ví dụ 1. Viết phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm ( )M 1;2− và ( )N 3; 6− .
Đường thẳng đi qua hai điểm M,N xác định bởi:
x 1 y 2
d : d : 2x y 0
3 1 6 2
+ −
= ⇔ +=
+ − −
.
Dạng 2: Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm ( )0 0M x ;y và có véctơ
pháp tuyến ( )a;b .
Đường thẳng đi qua điểm ( )0 0M x ;y và có véctơ pháp tuyến (a; b) xác định bởi:
( ) ( )0 0 0 0d :a x x b y y 0 d :a x by ax by 0− + − = ⇔ + − − = .
Ví dụ 2. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm ( )M 1;2− và có véctơ pháp
tuyến ( )n 2; 3= −

.
Đường thẳng d đi qua điểm ( )M 1;2− và có véc tơ pháp tuyến ( )n 2; 3= −

xác
định bởi:
( ) ( )d : 2 x 1 3 y 2 0 d : 2x 3y 8 0+ − − = ⇔ − + = .
Dạng 3: Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm ( )0 0M x ;y và có véctơ chỉ
phương ( )u a;b=

.
Đường thẳngd đi qua điểm ( )0 0M x ;y và có véctơ chỉ phương ( )u a;b=

xác
định bởi:
Cách 1: Phương trình chính tắc 0 0x x y y
d :
a b
− −
= .
Cách 2: Phương trình tham số ( )0
0
x x at
d : , t
y y bt
= +
∈
= +
 .
Ví dụ 3. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm ( )M 3;4 và có véc tơ chỉ
phương ( )u 2;3=

.
Đường thẳng d đi qua điểm ( )M 3;4 và có véc tơ chỉ phương ( )u 2;3=

xác định
bởi:
x 3 y 4
d :
2 3
− −
= hoặc ( )
x 3 2t
d : , t
y 4 3t
= +
∈
= +
 .
Dạng 4: Viết phương trình đường thẳng d (phương trình đoạn chắn) đi qua hai
điểm nằm trên các trục tọa độ ( ) ( ) ( )A a;0 ,B 0;b , ab 0≠ .
Đường thẳng d xác định bởi:
x y
d : 1
a b
+ =.

8. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
8
Ví dụ 4. Viết phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm ( ) ( )A 4;0 ,B 0;6 .
Đường thẳng d đi qua hai điểm ( ) ( )A 4;0 ,B 0;6 xác định bởi:
x y
d : 1 d :3x 2y 12 0
4 6
+ = ⇔ + − = .
Dạng 5: Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm ( )0 0M x ;y và có hệ số
góc k.
Đường thẳng d đi qua điểm ( )0 0M x ;y và có hệ số góc k xác định bởi:
( )0 0d : y k x x y= − + .
Trong đó k tan= α , là góc tạo bởi đường thẳng d và chiều dương trục hoành.
Ví dụ 5. Viết phương trình đường thẳng d trong các trường hợp sau đây:
a) Đi qua điểm ( )M 1;2 và có hệ số góc k 3= .
b) Đi qua điểm ( )A 3;2− và tạo với chiều dương trục hoành một góc 0
45 .
c) Đi qua điểm ( )B 3;2 và tạo với trục hoành một góc 0
60 .
Giải
a) Đường thẳng đi qua điểm ( )M 1;2 và có hệ số góc k 3= xác định bởi:
( )d : y 3 x 1 2 d :3x y 1 0= − + ⇔ − −= .
b) Đường thẳng đi qua điểm ( )A 3;2− và tạo với chiều dương trục hoành một góc
0
45 nên có hệ số góc 0
k tan 45 1= = ( )d : y 1 x 3 2 d : x y 5 0⇒ = + + ⇔ − + = .
c) Đường thẳng đi qua điểm ( )B 3;2 và tạo với trục hoành một góc 0
60 nên có hệ
số góc
( )
0
0 0
tan60 3
k
tan 180 60 3
 =
=
 − =−

.
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn là
1 2d : 3x y 2 3 3 0; d : 3x y 2 3 3 0− + −= + − −= .
Dạng 6: Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm ( )0 0M x ;y và song song
với đường thẳng : Ax By C 0∆ + + =.
Đường thẳngd đi qua điểm ( )0 0M x ;y và song song với đường thẳng
: Ax By C 0∆ + + =nhận ( )n A;B=

véc tơ pháp tuyến của ∆ làm véc tơ pháp
tuyến nên có phương trình là:
( ) ( )0 0 0 0d : A x x B y y 0 d : Ax By Ax By 0− + − = ⇔ + − − = .
Ví dụ 6. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm ( )M 3;2 và song song với
đường thẳng :3x 4y 12 0∆ + − =.

9. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
9
Đường thẳng d đi qua điểm ( )M 3;2 và song song với đường thẳng
:3x 4y 12 0∆ + − =nên nhận ( )n 3;4=

véc tơ pháp tuyến của ∆ làm véc tơ
pháp tuyến nên có phương trình là:
( ) ( )d :3 x 3 4 y 2 0 d :3x 4y 17 0− + − = ⇔ + − = .
Áp dụng. Trong các bài toán về đường thẳng đi qua điểm song song với đường
thẳng cho trước, đường trung bình trong tam giác, hình bình hành, hình thoi,
hình chữ nhật, hình vuông.
Dạng 7: Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm ( )0 0M x ;y và vuông góc
với đường thẳng : Ax By C 0∆ + + =.
Đường thẳngd đi qua điểm ( )0 0M x ;y và vuông góc với đường thẳng
: Ax By C 0∆ + + =nhận ( )u B; A= −

véc tơ chỉ phương của ∆ làm véc tơ pháp
tuyến nên có phương trình là:
( ) ( )0 0 0 0d : B x x A y y 0 d : Bx Ay Ay Bx 0− − − = ⇔ − + − = .
Ví dụ 7. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm ( )M 1;2 và vuông góc với
đường thẳng : 4x 5y 6 0∆ − + =.
Vì d vuông góc với ∆ nên nhận véc tơ chỉ phương ( )u 5;4=

của ∆ làm véc tơ
pháp tuyến nên có phương trình là:
( ) ( )d :5 x 1 4 y 2 0 d :5x 4y 13 0− + − = ⇔ + − = .
Áp dụng. Trong các bài toán về đường thẳng đi qua điểm và vuông góc với
đường thẳng, đường cao, đường trung trực trong tam giác, hình thoi, hình chữ
nhật, hình vuông, hình thang vuông.
Dạng 8: Hình chiếu vuông góc H của điểm M trên đường thẳng d cho trước;
điểm 1M đối xứng với M qua đường thẳng d.
- Tọa độ H là giao của đường thẳng đi qua M và vuông góc với d.
- Tọa độ điểm 1M xác định bởi:
M H M1
M H M1
x 2x x
y 2y y
= −

= −
.
Ví dụ 8. Tìm tọa độ H là hình chiếu vuông góc của ( )M 7;4 trên đường thẳng
d :3x 4y 12 0+ − =. Tìm điểm 1M đối xứng với M qua d.
Đường thẳng ∆ đi qua M và vuông góc với d nhận véc tơ chỉ phương
( )u 4; 3= −

của d làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là:
( ) ( ): 4 x 7 3 y 4 0 : 4x 3y 16 0∆ − − − = ⇔ ∆ − − = .
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình
( )
4x 3y 16 0 x 4
H 4;0
3x 4y 12 0 y 0
− −= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.

10. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
10
Vì H là trung điểm của ( )
M H M1
1 1
M H M1
x 2x x 1
MM M 1; 4
y 2y y 4
= − =
⇒ ⇒ −
= − =−
.
Áp dụng. Bài toán điểm đối xứng qua đường thẳng, đường phân giác trong tam
giác, bài toán cực trị.
Dạng 9: Góc giữa hai đường thẳng, khoảng cách từ điểm đến đường thẳng.
 Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng.
Xét đường thẳng ( )2 2
d :a x by c 0, a b 0+ += + > và điểm ( )0 0M x ;y .
Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng d được ký hiệu là ( )d M;d và được
xác định theo công thức: ( ) 0 0
2 2
ax by c
d M;d
a b
+ +
=
+
.
 Ứng dụng. Viết phương trình đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng.
 Xét hai đường thẳng
( )2 2
1 1 1 1 1 1d :a x b y c 0, a b 0+ + = + > ; và ( )2 2
2 2 2 2 2 2d :a x b y c 0, a b 0+ + = + > .
Nếu điểm ( )M x;y nằm trên đường phân giác của góc tạo bởi 1d và 2d thì
( ) ( )1 2d M;d d M;d= . Suy ra phương trình đường phân giác của góc tạo bởi
1 2d ,d có phương trình là:
1 1 1 2 2 2 1 1 1 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 2 1 1 2 2
a x b y c a x b y c a x b y c a x b y c
: :
a b a b a b a b
+ + + + + + + +
∆ = ⇔ ∆ = ±
+ + + +
.
 Góc giữa hai đường thẳng.
Xét hai đường thẳng 2 2
1 1 1 1 1 1d :a x b y c 0,(a b 0)+ + = + > có véc tơ pháp tuyến
( )1 1 1n a ;b=

; và đường thẳng ( )2 2
2 2 2 2 2 2d :a x b y c 0, a b 0+ + = + > có véc tơ
pháp tuyến ( )2 2 2n a ;b=

.
Khi đó góc ( )0
0 90α ≤ α ≤ giữa hai đường thẳng được xác định theo công
thức:
1 2 1 2 1 2
2 2 2 2
1 2 1 1 2 2
n .n a a b b
cos
n . n a b . a b
+
α= =
+ +
 
  .
Ví dụ 9. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm ( )P 2;5 sao cho khoảng cách
từ điểm ( )Q 5;1 đến đường thẳng đó bằng 3.
Đường thẳng cần tìm có phương trình dạng tổng quát là
( ) ( ) ( )2 2
:a x 2 b y 5 0 :a x by 2a 5b 0, a b 0∆ − + − = ⇔ ∆ + − − = + > .

11. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
11
Khoảng cách từ Q đến ∆ bằng 3
( ) ( )2 2 2
2 2
b 0
5a b 2a 5b
3 3a 4b 9 a b 7
a ba b 24
=
+ − − ⇔ =⇔ − = + ⇔
 =+ 
.
- Với b 0= , chọn 1a 1 : x 2 0= ⇒ ∆ − = .
- Với
7
a b
24
= , chọn 2b 24 a 7 :7x 24y 134 0= ⇒ = ⇒ ∆ + − = .
Vậy có hai đường thẳng cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán là
1 2: x 2 0; :7x 24y 134 0∆ − = ∆ + − = .
Ví dụ 10. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm ( )A 2;1 và tạo với đường
thẳng : 2x 3y 4 0∆ + + =góc 0
45 .
Giả sử ( ) ( )2 2
n a;b , a b 0= + >

là véc tơ pháp tuyến của d .
Đường thẳng ∆ có véc tơ pháp tuyến ( )n 2;3∆ =

.
Góc giữa hai đường thẳng bằng 0 0
n.n
45 cos45
n . n
∆
∆
⇔ =
 
  .
2 2 2 2
a 5b
2a 3b 1
1
a b22 3 . a b 5
=
+ ⇔ =⇔
 = −+ + 
.
- Với a 5b= , chọn b 1 a 5 d :5x y 11 0= ⇒ = ⇒ + − = .
- Với
1
a b
5
= − , chọn b 5 a 1 d : x 5y 3 0=− ⇒ = ⇒ − + = .
Áp dụng. Trong các bài toán tính góc và khoảng cách, đường phân giác.
Phương trình đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng
1 1 1 1 2 2 2 2d : A x B y C 0;d : A x B y C 0+ += + += được xác định bởi:
1 1 1 2 2 2
2 2 2 2
1 1 2 2
A x B y C y A x B y C y
:
A B A B
+ + + +
∆ =±
+ +
.
C. BÀI TẬP CHỌN LỌC
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm ( )M 1;2− và đường thẳng
d : x 2y 1 0− + = . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M và thỏa mãn một
trong các điều kiện sau:
a) ∆ vuông góc với d .
b) ∆ tạo với d một góc 0
60 .
c) Khoảng cách từ điểm ( )A 2;1 đến ∆ bằng 1.

12. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
12
Giải
a) ∆ vuông góc với d .
Đường thẳng ∆ đi qua ( )M 1;2− và có hệ số góc k có phương trình là:
( ): y k x 1 2∆ = + + .
Đường thẳng d có véc tơ pháp tuyến ( )1n 1; 2= −

; đường thẳng ∆ có véc tơ pháp
tuyến ( )2n k; 1= −

.
Vì vậy ( ) ( )1 2d n n k.1 1 . 2 0 k 2∆ ⊥ ⇔ ⊥ ⇔ + − − = ⇔ = −
 
.
Suy ra ( ): y 2 x 1 2 : y 2x∆ =− + + ⇔ ∆ =− .
b) ∆ tạo với d một góc 0
60 .
Góc giữa ∆ và d bằng 0
60
( ) ( )
( ) ( )
1 20
2 22 2
1 2
n .n k.1 1 . 2 1
cos60
2n . n k 1 . 1 2
+ − −
⇔ = ⇔ =
+ − + −
 
  .
( ) ( )2 2 2
4 k 2 5 k 1 k 16k 11 0 k 8 5 3⇔ + = + ⇔ − − = ⇔ = ± .
Suy ra có hai đường thẳng thỏa mãn là ( )( )1,2 : y 8 5 3 x 1 2∆ = ± + + .
c) Khoảng cách từ điểm ( )A 2;1 đến ∆ bằng 1.
Ta có ( )
( )
( )2 22
k 2 1 2 1 3k 1
d A;
k 1k 1
+ + − +
∆= =
++ −
.
Mặt khác ( )d A / 1∆ = do đó
( )2 2
2
3k 1
1 3k 1 k 1
k 1
+
=⇔ + = +
+
2
k 0
8k 6k 0 3
k
4
=
⇔ + = ⇔
 = −

.
 Với 1k 0 : y 2= ⇒ ∆ = .
 Với ( )2 2
3 3 3 5
k : y x 1 2 : y x
4 4 4 4
=− ⇒ ∆ =− + + ⇔ ∆ =− + .
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm ( )M 2; 1− và hai đường thẳng
1d : x 2y 1 0+ + = ; 2d : 2x y 3 0− − =.
a) Xác định giao điểm I của hai đường thẳng trên và chứng minh hai đường
thẳng đó vuông góc.
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt 1 2d ,d lần lượt tại hai điểm
phân biệt A và B sao cho M là trung điểm của AB .
c) Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt 1 2d ,d lần lượt tại hai điểm
phân biệt A và B sao cho MA 2MB
 
.

13. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
13
d) Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt 1 2d ,d lần lượt tại hai điểm
phân biệt A và B sao cho MA 2MB= .
Giải
a) Đường thẳng 1d có véc tơ pháp tuyến  1n 1;2

; đường thẳng 2d có véc tơ
pháp tuyến ( )2n 2; 1= −

. Suy ra ( )1 2n .n 1.2 2. 1 0= + − =
 
vì vậy 1 2d d⊥ (đpcm).
Tọa độ giao điểm I của 1d và 2d là nghiệm của hệ phương trình.
x 2y 1 0 x 1
2x y 3 0 y 1
+ += = 
⇔ 
− − = =− 
.
Vì vậy ( )I 1; 1− .
b) Giả sử ( ) ( )1 2A 2a 1;a d ,B b;2b 3 d− − ∈ − ∈ .
M là trung điểm của
92a 1 b
a2
2a b 5 52AB
a 2b 3 a 2b 1 7
1 b
2 5
− − + 
= −=  − + = 
⇔ ⇔ ⇔  
+ − + = =− =
  
.
Suy ra
13 9 7 1
A ; ,B ;
5 5 5 5
   
− −   
   
nên đường thẳng cần tìm đi qua hai điểm A,B xác định có phương trình là:
13 9
x y
5 5d : d : 4x 3y 5 0
7 13 1 9
5 5 5 5
− +
= ⇔ + −=
− − +
.
c) Ta có    MA 2a 3;a 1 ,MB b 2;2b 2      
 
.
Vì vậy
 
 
3
a2a 3 2 b 2 5
MA 2MB
11a 1 2 2b 2
b
10
          
     
 
.
Suy ra
1 3 11 4
A ; ,B ;
5 5 10 5
   
− −   
   
và đường thẳng đi qua hai điểm xác định trên ta
có
1 3
x y
5 5d : d : 2x 9y 5 0
11 1 4 3
10 5 5 5
− +
= ⇔ + +=
− − +
.
d) Ta chuyển qua véc tơ, với MA 2MB= thì có hai trường hợp.
Trường hợp 1: MA 2MB=
 
theo câu trên ta có phương trình đường thẳng:
d : 2x 9y 5 0+ + =.

14. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
14
Trường hợp 2:
( )
( )
11
a2a 3 2 b 2 5
MA 2MB
13a 1 2 2b 2
b
10

= −− − =− − 
=− ⇔ ⇔ 
+ =− −  =

 
.
Suy ra
17 11 13 2
A ; ,B ;
5 5 10 5
   
− −   
   
và đường thẳng được xác định bởi
17 11
x y
5 5d : d :30x 35y 25 0
13 17 2 11
10 5 5 5
− +
= ⇔ + −=
− − +
.
Vậy có hai đường thẳng cần tìm là d :5x 45y 26 0+ + =và d :30x 35y 25 0+ − =.
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng
1d : x 7y 17 0− + =và 2d : x y 5 0+ − =.
a) Viết phương trình đường phân giác của góc tạo bởi 1d và 2d .
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua A(0; 1) và tạo với hai đường thẳng
1 2d ,d một tam giác cân tại giao điểm của 1d và 2d .
Giải
a) Điểm ( )M x;y thuộc đường phân giác của góc tạo bởi 1d và 2d khi và chỉ khi
( ) ( )1 2d M / d d M / d= .
( )
1
2 2 22
2
21
x 7y 17 x y 5 : x 3y 0
2
1 11 7 :3x y 4 0

− + + − ∆ + − =⇔ = ⇔
++ − ∆ − − =
.
Vậy phương trình đường phân giác của góc tạo bởi 1d và 2d có phương trình là
1
21
: x 3y 0
2
∆ + − =và 2 :3x y 4 0∆ − − =.
b) Giả sử đường thẳng d cần tìm cắt 1 2d ,d lần lượt tại M,N và gọi I là giao điểm
của hai đường thẳng 1d và 2d . Khi đó tam giác IMN cân tại I nên MN vuông
góc với đường phân giác của góc MIN do đó d vuông góc với đường phân
giác của góc tạo bởi 1 2d ,d .
Trường hợp 1: 1d ⊥ ∆ suy ra d nhận véc tơ chỉ phương của 1∆ làm véc tơ pháp
tuyến nên ( )dn 3;1= −

, suy ra ( ) ( )d : 3 x 0 1 y 1 0 d : 3x y 1 0− − + − = ⇔ − + − = .
Trường hợp 2: 2d ⊥ ∆ suy ra d nhận véc tơ chỉ phương của 2∆ làm véc tơ pháp
tuyến nên ( )dn 1;3=

, suy ra ( ) ( )d :1 x 0 3 y 1 0 d : x 3y 3 0− + − = ⇔ + − = .

15. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
15
Vậy có hai đường thẳng cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán là
1
2
d : 3x y 1 0
d : x 3y 3 0
− + − =

+ − =
.
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm
1 3
M ;
2 4
 
− 
 
. Viết phương trình
đường thẳng đi qua M và cắt các trục tọa độ lần lượt tại hai điểm A và B sao
cho diện tích tam giác OAB bằng
1
4
(trong đó O là gốc tọa độ).
Giải
Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt các trục tọa độ lần lượt tại hai
điểm A và B sao cho diện tích tam giác OAB bằng
1
4
(trong đó O là gốc tọa độ).
Giả sử ( ) ( )A a;0 ,B 0;b khi đó phương trình đường thẳng
x y
d : 1
a b
+ =.
Do
( )
1 3 3a
M d 1 b
2a 4b 2 2a 1
∈ ⇒ − + = ⇔ =
+
.
Khi đó
( )
2
OAB
1 1 1 3a 3a
S OA.OB a . b a .
2 2 2 2 2a 1 4 2a 1
= = = =
+ +
.
Mặt khác
( )
22
OAB 2
a 1
3a 2a 11 3a 1
S 1
4 4 2a 1 4 a3a 2a 1
3
= = + =⇔ =⇔ ⇔
+ = −=− + 
.
 Với
1
a 1 b
2
= ⇒ = ta có phương trình đường thẳng d : x 2y 1+ =.
 Với
1 3
a b
3 2
=− ⇒ =− ta có phương trình đường thẳng
2
d : 3x y 1 0
3
− − + =.
Bài 5. Viết phương trình đường thẳng ( )d đi qua điểm ( )M 4;1 cắt các trục tọa
độ lần lượt tại hai điểm ( ) ( )( )A a;0 ,B 0;b a,b 0> sao cho.
a) Diện tích tam giác OAB nhỏ nhất.
b) Tổng độ dài OA OB+ nhỏ nhất.
c) Tổng 2 2
9 4
OA OB
+ đạt giá trị nhỏ nhất.
Trong đó O là gốc tọa độ.
Giải
a) Giả sử (d) cắt các trục tọa độ tại ( ) ( )A a;0 ,B 0;b ,a,b 0> .
Khi đó phương trình của (d) là ( )
x y
d : 1
a b
+ =. Do ( ) ( )
4 1
M 4;1 d 1 (1)
a b
∈ ⇒ + = .

16. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
16
Ta có OAB
1 1
S OA.OB ab
2 2
= = , theo (1) ta có
OAB
4 1 4 1 4
1 2 . ab 16 S 8.
a b a b ab
= + ≥ = ⇒ ≥ ⇒ ≥
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ( )
x y
a 8,b 2 d : 1.
8 2
= = ⇒ + =
b) Ta có ( )
a 4 4
OA OB a b a a 4 5 2 a 4 . 5 9
a 4 a 4 a 4
+ = + = + = − + + ≥ − + =
− − −
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ( )
4 x y
a 4 a 6;b 3 d : 1.
a 4 6 3
− = ⇔ = = ⇒ + =
−
c) Ta có
( )2 2
2 2 2 2 2 2
9 4 a 49 4 9 4 73 32a 4a
OA OB a a aa
a 4
+ − − +
+ = + = =
 
 
− 
.
Xét hàm số
2
2
73 32a 4a
f (a)
a
− +
= trên ( )4;+∞ .
ta có
( ) ( )
3 3
32a 2 73 32a 2 16a 73 73
f '(a) ;f '(a) 0 a
16a a
− − − −
= = = ⇔ = .
Suy ra hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại
73 73
a b
16 9
= ⇒ = .
Suy ra d :16x 9y 73 0+ − =.
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai đường thẳng 1d :3x y 5 0+ + = và
đường thẳng 2d :3x y 1 0+ + =. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm
( )I 1; 2− và cắt 1d và 2d lần lượt tại A và B sao cho độ dài AB bằng 2 2 .
Giải
Giả sử điểm ( ) ( )1 2A a; 3a 5 d ;B b; 3b 1 d− − ∈ − − ∈ . Ta có
( )
( )
IA a 1; 3a 3
IB b 1; 3b 1
 = − − −

= − − +

 .
I,A,B thẳng hàng khi và chỉ khi
( )
( )
b 1 k a 1
IB kIA a 3b 2
3b 1 k 3a 3
 −= −
= ⇔ ⇔ = −
− + = − −
 
.
Khi đó ( ) ( )2 2
a b 2
AB a b [3 a b 4] 2 2 2
a b
5
− =−
= − + − + = ⇔
 − =−

.
 Với
a b 2 a 2
a b 2 d : x y 1 0
a 3b 2 b 0
− =− =− 
− =− ⇔ ⇔ ⇒ + + = 
=− = 
.

17. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
17
 Với
2
2 a
a b2 5
a b d :7x y 9 05
45
a 3b 2 b
5

= − =− 
− =− ⇔ ⇔ ⇒ − − = 
 = − = 
.
Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d : 2x y 2 0− − = và điểm
( )I 1;1 . Viết phương trình đường thẳng ∆ tạo với d một góc 0
45 và cách I một
khoảng bằng 10 .
Giải
Giả sử đường thẳng ( )2 2
:ax by c 0, a b 0∆ + += + > .
Góc giữa d và ∆ bằng 0
45 nên
( )22 2 2
a 3b2a b
1
b 3aa b . 2 1
=− 
= ⇔  = −+ + −
.
 Với a 3b :3x y c 0= ⇒ ∆ + + = .
Khoảng cách từ ( )( ) 2 2
4 c
d I, 10 10
3 1
+
∆ = ⇔ =
+
.
1
2
:3x y 6 0c 6
c 14 :3x y 14 0
∆ + + == 
⇔ ⇒  =− ∆ + − = 
.
 Với b 3a : x 3y c 0= − ⇒ ∆ − + = .
Khoảng cách từ ( )( )
( )22
2 c
d I, 10 10
1 3
− +
∆ = ⇔ =
+ −
.
3
4
: x 3y 12 0c 12
c 8 : x 3y 8 0
∆ − + == 
⇔ ⇒  = − ∆ − − = 
.
Vậy có bốn đường thẳng thỏa mãn điều kiện bài toán như trên.
Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm M(1; –1) và hai đường thẳng
1 2d : x y 1 0,d : 2x y 5 0− −= + −= . Gọi A là giao điểm của hai đường thẳng
trên. Viết phương trình đường thẳng d đi qua M , cắt hai đường thẳng trên lần
lượt tại B và C sao cho tam giác ABC có BC 3AB= .
Giải
Tọa độ giao điểm 1 2A d d=  là nghiệm của hệ phương trình.
( )
1 0 2
2;1
2 5 0 1
x y x
A
x y y
− −= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Lấy điểm ( )1 11;0 2B AB⇒ =.
Lấy điểm ( )1 2;5 2C t t d− ∈ sao cho ( ) ( )
2 2
1 1 13 1 5 2 3 2B C AB t t= ⇔ − + − = .

18. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
18
( ) ( )
1 112
2 1 1
3 212 212 ;;
5 55 55 22 8 0 5
4 4; 3 3; 3
B CCt
t t
t C B C
    = −=     ⇔ − + = ⇔ ⇒ ⇒  
=  − = −  


.
Ta có:
(Talets đảo).
Đường thẳng cần tìm chính là đường thẳng đi qua ( )1; 1M − và song song với
1 1B C nên có phương trình là
1 1
:
: x y 03/ 5 21/ 5
1 1 d :7 x y 6 0
:
3 3
x y
d
d
x y
d
− +
= + =−
⇔ − + + − = =
 −
.
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là d : x y 0 
và d :7x y 6 0   .
Cách 2: Tọa độ giao điểm 1 2A d d  là nghiệm của hệ phương trình.
.
TH1: Đường thẳng d / /Oy d : x 1⇒ =.
Tọa độ giao điểm 1B d d  là nghiệm của hệ phương trình
( )
x 1 x 1
B 1;0
x y 1 0 y 0
= = 
⇔ ⇒ 
− −= = 
.
Tọa độ giao điểm 2C d d=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
x 1 x 1
C 1;3
2x y 5 0 y 3
= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Suy ra BC 3 3AB 3 2=≠ = (nên loại trường hợp này).
TH2: Đường thẳng d không song song với Oy .
Giả sử đường thẳng cần tìm đi qua M có hệ số góc k có phương trình là
( )d : y k x 1 1= − − .
Khi đó tọa độ 1B d d=  là nghiệm của hệ phương trình

19. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
19
( )
k
xx y 1 0 k 1k 1
B ;
y k x 1 1 1 k 1 k 1
y
k 1

=− − =   −
⇔ ⇒   = − − − −   =
 −
.
Tọa độ 2C d d=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
6 k
x2x y 5 0 6 k 3k 22 k
C ;
y k x 1 1 3k 2 2 k 2 k
y
2 k
+
=+ − = + −   +
⇔ ⇒   = − − − + +   =
 +
.
Ta tính được
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
2 22 2 2
2
2 2 2 2
9 k 2 9k k 26 k k 3k 2 1
BC
2 k k 1 2 k k 1 2 k k 1 2 k k 1
− −+ −   
= − + − = +   
+ − + −    + − + −
.
2 2 2
2 k 1 k 2
AB 2 1 2
k 1 k 1 k 1
−     
= − + − =     
− − −     
.
Yêu cầu bài toán tương đương với
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2 22
2 2 2 2
9 k 2 9k k 2 k 2
9.2
k 12 k k 1 2 k k 1
− − − 
+ = 
− + − + −
.
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22
k 2 k k 2 2 k 2 k 2⇔ − + − = + − .
( )2 22
k 1
k 2 k 2
k 7
k 8k 7 02 k 2 k 1 0
k 2
= −= = ⇔ ⇔ ⇔ =−  + + =+ − − =   =
.
Trường hợp k = 2 ⇒ B(2; 1) ≡ A nên loại trường hợp này.
Vậy có hai đường thẳng cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán là
( )
( )
d : y x 1 1 d : x y 0
d :7x y 6 0d : y 7 x 1 1
 =− − − + =
⇔  + − ==− − − 
.
Cách 3: Tọa độ giao điểm 1 2A d d=  là nghiệm của hệ phương trình.
( )
1 0 2
2;1
2 5 0 1
x y x
A
x y y
− −= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Vì ( ) ( ) ( )1 21 ; , ;5 2 , 1, 2B d B b b C d C c c b c∈ ⇒ + ∈ ⇒ − ≠ ≠ .
Suy ra
( ) ( ) ( ) ( ); 1 , 1;6 2 , 1;b 1 , 1;5 2MB b b MC c c AB b BC c b c b= + = − − = − − = − − − −
   
.

20. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
20
Ba điểm , ,M B C thẳng hàng nên
( ) ( )( )
7 1
6 2 1 1
3 1
b
MB kMC b c b c c
b
+
= ⇔ − = + − ⇔ =
+
 
.
Mặt khác ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
3 1 5 2 3 1 1BC AB c b c b b b= ⇔ − − + − − = − + − .
( )
2 22 2
23 3 3 3
3 2 1
3 1 3 1
b b b
b
b b
   − + − +
⇔ + = −   
+ +   
.
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( ) ( )
222 2
2 2 2 22
2
9 1 9 1
18 1 1 1 2 3 1 0
3 1
b b b
b b b b b
b
− + −
 ⇔ = − ⇔ − + + − + =
 +
.
( ) ( )2 2
1
1
1 16 10 1 0
2
1
8
b
b b b b
b

 =

⇔ − − − − =⇔ =−


 = −

.
Đối chiếu với điều kiện suy ra
1
2
b = − hoặc
1
8
b = − .
Từ đó suy ra tọa độ điểm ,B C là
( )
1 1
; , 5; 5
2 2
7 1 1 23
; , ;
8 8 5 5
B C
B C
  
− − 
 
    
−    
   
.
Phương trình đường thẳng cần tìm đi qua hai điểm ,B C ta có kết quả tương tự
trên.
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là
d : x y 0  và d :7x y 6 0   .
Nhận xét. Rõ ràng cách 1 nhanh và hiệu quả nhất nếu sử dụng tính chất hình học
trong quá trình giải toán (xem thêm Chương 2 – Chủ đề 10).

21. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
21
Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm ( )M 0;2 và hai đường thẳng
1d :3x y 2 0+ + = và đường thẳng 2d : x 3y 4 0− + =. Gọi A là giao điểm của
1 2d ,d . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M cắt đồng thời 1 2d ,d lần lượt
tại B,C sao cho 2 2
1 1
AB AC
+ đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải
Nhận thấy hai đường thẳng 1 2d ,d
vuông góc với nhau. Nên nếu gọi H
là hình chiếu vuông góc của A trên
∆ thì ta có:
C
B
A
H M
2 2 2 2
1 1 1 1
const
AB AC AH AM
+ = ≥ = . Do đó để 2 2
1 1
AB AC
+ đạt giá trị nhỏ
nhất thì ∆ sẽ đi qua M và vuông góc với AM .
Từ đó viết được phương trình đường thẳng ∆ là : x y 2 0∆ + − =.
Bài 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình đường thẳng d đi qua
điểm ( )M 3;1 cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại B,C sao cho
a) Tam giác ABC vuông tại A .
b) Tam giác ABC cân tại A .
trong đó ( )A 2;2− .
Giải
a) Giả sử ( ) ( ) ( )B b;0 ,C 0;c , bc 0≠ khi đó phương trình đường thẳng
x y
d : 1
b c
+ =.
Vì ( )M 3;1 d∈ nên
3 1 b
1 c
b c b 3
+ = ⇔ =
−
.
Khi đó ( )
6 b
AB b 2; 2 ,AC 2;
b 3
− 
= + − =  
− 
 
.
Tam giác ABC vuông tại ( )
6 b
A AB.AC 0 2 b 2 2 0
b 3
− 
⇔ = ⇔ + − = 
− 
 
.
( )2 2
2 b b 6 12 2b 0 2b 24 b 2 3⇔ − − − + = ⇔ = ⇔ =± .
 Với
x y
b 2 3 c 4 2 3 d : 1
2 3 4 2 3
=− ⇒ = − ⇒ + =
− −
.
 Với
x y
b 2 3 c 4 2 3 d : 1
2 3 4 2 3
= ⇒ = + ⇒ + =
+
.

22. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
22
b) Tam giác ABC cân khi và chỉ khi
( )
2
22 2 2 2 6 b
AB AC b 2 ( 2) 2
b 3
− 
= ⇔ + + − = +  
− 
.
( )( )4 3 2 2
b 2
b 2b 12b 24b 0 b b 2 b 12
b 2 3
=
⇔ − − + = ⇔ − − ⇔ 
= ±
(do b 0≠ ).
 Với b 2 c 2 d : x y 2 0= ⇒ =− ⇒ − − = .
 Với
x y
b 2 3 c 4 2 3 d : 1
2 3 4 2 3
=− ⇒ = − ⇒ + =
− −
.
 Với
x y
b 2 3 c 4 2 3 d : 1
2 3 4 2 3
= ⇒ = + ⇒ + =
+
.
Bài 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC và điểm
3
M ;6
2
    
. Biết
phương trình ba cạnh của tam giác là
AB: x y 2 0;AC: 2x y 1 0;BC: 4x y 7 0         .
Viết phương trình đường thẳng d đi qua M và chia tam giác ABC thành hai phần
có diện tích bằng nhau.
Giải
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương
trình:
 
x y 2 0 x 1
A 1;1
2x y 1 0 y 1
         
      
.
Tương tự ta có ( ) ( )3;5 , 1; 3B C − .
Dựa vào hình vẽ nhận thấy chỉ có hai khả năng.
TH1: Đường thẳng d đi qua M và cắt các cạnh AB,AC lần lượt tại B’,C’ và
AB'C'
ABC
S 1
S 2
 .
Phương trình tham số của hai đường thẳng AB và AC là
x 1 t x 1 u
AB: ;AC:
y 1 t y 1 2u
       
      
.
Gọi    
   
   
AB 4;4 ,AC 2; 4
B' 1 t;1 t ,C' 1 u;1 2u
AB' t;t ,AC' u; 2u
         
   
 
  .

23. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
23
Do AB,AB'
 
cùng chiều nên t 0 ; AC,AC'
 
cùng chiều nên u 0 .
Ta có AB'C'
ABC
S AB'.AC' AB'.AC' tu 1
ut 4
S AB.AC 8 2AB.AC

     

 
  .
Ta có:
5 5
MB' t ;t 5 ,MC' u ; 2u 5
2 2
                  
 
.
Do M,B',C'thẳng hàng nên:
   
5 5
t 2u 5 t 5 u 5t 20u 6ut 0
2 2
                     
.
Vậy u,t là hai nghiệm dương của hệ phương trình
 
3 34
u
ut 4 5 2 34 19 2 34 31
MC' ;
5t 20u 6ut 0 10 54 34 3
t
5
                         

.
Suy ra
3 2 34 19
x t
2 10
d : ,t
2 34 31
y 6 t
5
    
   
 .
TH2: Đường thẳng d đi qua M và cắt hai cạnh BA,BC lần lượt tại D,E sao cho
BDE
BAC
S 1
S 2
 .
Đường thẳng
x 3 / 2 y 6
MC: MC:18x y 21 0
1 3 / 2 3 6
 
    
  
.
Tọa độ giao điểm H của MC với AB là nghiệm của hệ phương trình:
23
x
18x y 21 0 23 5717
H ;
x y 2 0 57 17 17
y
17
                     
.
Ta có  BDE BCH ABC
1 1
S S CH.d B;CM S
2 2
   (do vậy trường hợp này không
thỏa mãn).
Vậy đường thẳng cần tìm là
3 2 34 19
x t
2 10
d : ,t
2 34 31
y 6 t
5
    
   


24. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
24
D. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình các cạnh tam giác ABC
biết tọa độ trung điểm các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC lần lượt là
( ) ( )M 1;1 ,N 3;4− và ( )P 5;6 .
Giải
Ta có ( ) ( ) ( )NP 2;2 ,PM 6; 7 ,MN 4;3= = − − =
  
.
Đường thẳng BC đi qua điểm ( )M 1;1− và nhận NP

là véc tơ chỉ phương nên có
phương trình:
x 1 y 1
BC: BC: x y 2 0
2 2
+ −
= ⇔ − += .
Tương tự AC đi qua điểm ( )N 3;4 và nhận PM

làm véc tơ chỉ phương có
phương trình là: AC:7x 6y 3 0− + =.
Đường thẳng AB đi qua điểm ( )P 5;6 và nhận MN

làm véc tơ chỉ phương nên
có phương trình là: AB:3x 4y 9 0− + =.
Bài 2. (ĐH Quốc Gia) Viết phương trình các cạnh và các đường trung trực của
tam giác ABC biết trung điểm các cạnh BC,CA,ABlần lượt là M(2; 3), N(4;-1),
P(-3;5). Xác định tọa độ các đỉnh tam giác ABC và tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC .
Hướng dẫn giải – đáp số
Ta có ( ) ( ) ( )MN 2; 4 ,NP 7;6 ,PM 5; 2=− =− =−
  
.
Phương trình cạnh BC đi qua ( )M 2;3 và nhận ( )NP 7;6= −

làm véc tơ chỉ
phương nên có phương trình là
x 2 y 3
BC: BC:6x 7y 33 0
7 6
− −
= ⇔ + − =
−
.
Phương trình cạnh AC đi qua ( )N 4; 1− và nhận ( )PM 5; 2= −

làm véc tơ chỉ
phương nên có phương trình là
x 4 y 1
AC: AC: 2x 5y 3 0
5 2
− +
= ⇔ + −=
−
.
Phương trình cạnh AB đi qua ( )P 3;5− và nhận ( )MN 2; 4= −

làm véc tơ chỉ
phương nên có phương trình là
x 3 y 5
AB: AB: 2x y 1 0
2 4
+ −
= ⇔ + +=
−
.
Đường trung trực cạnh BCđi qua ( )M 2;3 và vuông góc với BCnên có phương
trình là ( ) ( )1 1d :7 x 2 6 y 3 0 d :7x 6y 4 0− − − = ⇔ − + = .
Đường trung trực cạnh AC đi qua ( )N 4; 1− và vuông góc với AC nên có
phương trình là ( ) ( )2 2d :5 x 4 2 y 1 0 d :5x 2y 22 0− − + = ⇔ − − = .

25. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
25
Đường trung trực cạnh AB đi qua ( )P 3;5− và vuông góc với AB nên có
phương trình là ( ) ( )3 3d :1 x 3 2 y 5 0 d : x 2y 13 0+ − − = ⇔ − + = .
Tọa độ đỉnh A AB AC=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
2x y 1 0 x 1
A 1;1
2x 5y 3 0 y 1
+ + = =− 
⇔ ⇒ − 
+ −= = 
.
Tọa độ đỉnh B AB BC=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
2x y 1 0 x 5
B 5;9
6x 7y 33 0 y 9
+ + = =− 
⇔ ⇒ − 
+ −= = 
.
Tọa độ đỉnh C AC BC=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
2x 5y 3 0 x 9
C 9; 3
6x 7y 33 0 y 3
+ −= = 
⇔ ⇒ − 
+ − = =− 
.
Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là giao điểm của ba đường trung trực,
do đó tọa độ tâm 1 2I d d=  là nghiệm của hệ phương trình
35
x
7x 6y 4 0 35 874
I ;
875x 2y 22 0 4 8
y
8

=− + =   
⇔ ⇒   − − =    =

.
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm
( )M 2;5 và cách đều hai điểm ( ) ( )P 1;2 ,Q 5;4− .
Giải
Đường thẳng cần tìm có dạng: ( ) ( ) ( )2 2
d :a x 2 b y 5 0, a b 0− + − = + > .
Theo giả thiết ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2
b 3a3a 3b 3a b
d P;d d Q;d
b 0a b a b
= −− − − 
= ⇔ = ⇔  =+ +
.
TH1: Nếu b 0 d : x 2 0= ⇒ − = .
TH2: Nếu b 3a= − , chọn a 1,b 3 d : x 3y 13 0= =− ⇒ − + = .
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là x 2 0;x 3y 13 0− = − + = .
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm ( )M 3;0 và hai đường thẳng
1d : 2x y 2 0− − =và 2d : x y 2 0+ + =.
Viết phương trình đường thẳng d đi qua M và cắt 1 2d ,d lần lượt tại A và B
sao cho M là trung điểm của AB .
Giải
Gọi
( ) ( ) ( ) ( )1 2A a;2a 2 d ,B b; 2 b d MA a 3;2a 2 ,MB b 3; 2 b− ∈ − − ∈ ⇒ = − − = − − −
 
.
Theo giả thiết ta có:

26. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
26
( )
( )
a 3 b 3
MA MB
2a 2 2 b
 − =− −
=− ⇔ 
− =− − −
 
10 1410 A ;a
a b 6 3 33
2a b 4 8 8 14
b B ;
3 3 3
  
=  + =    
⇔ ⇔ ⇒  
− =    = −    
.
Đường thẳng cần tìm đi qua hai điểm A,B nên có phương trình
d :14x y 42 0− − =.
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình đường thẳng d đi qua giao
điểm của hai đường thẳng
1d : 2x y 5 0− + =và 2d :3x 2y 3 0+ − =.
Trong các trường hợp sau:
a) Song song với đường thẳng x y 9 0+ + =.
b) Vuông góc với đường thẳng 2x 3y 7 0− + =.
c) Tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng
3
4
.
Giải
Tọa độ giao điểm I của hai đường thẳng thỏa mãn hệ phương trình:
( )
2x y 5 0 x 1
I 1;3
3x 2y 3 0 y 3
− + = =− 
⇔ ⇒ − 
+ −= = 
.
a) d / / : x y 9 0 d : x y 2 0∆ + + = ⇒ + − = .
b) d : 2x 3y 7 0 :3x 2y 3 0⊥ ∆ − + = ⇒ ∆ + − = .
c) Giả sử đường thẳng cần tìm cắt hai trục tọa độ tại ( ) ( )A a;0 ,B 0;b ta có phương
trình của đường thẳng là:
x y
d : 1
a b
+ =.
Mặt khác ( )
1 3 3a
I 1;3 d 1 b
a b a 1
− ∈ ⇒ − + = ⇔ =
+
.
Suy ra
2
OAB
1 1 1 3a 3
S OA.OB . ab
2 2 2 a 1 4
= = = =
+
.
( )
2
2
11 A ;02a a 1 a
22
2a a 1 a 1 A 1;0
   −= + = −  ⇔ ⇔ ⇒   =− − =  
.
TH1: Nếu
1
A ;0
2
 
− 
 
đường thẳng cần tìm đi qua hai điểm A,I nên có phương
trình: d :6x y 3 0+ + =.
TH2: Nếu ( )A 1;0 đường thẳng cần tìm đi qua hai điểm A,I nên có phương trình:
d :3x 2y 3 0+ − =.

27. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
27
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là
6x y 3 0;3x 2y 3 0+ += + −= .
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình đường thẳng d đối xứng
với đường thẳng 1d : x y 1 0+ − = qua đường thẳng 2d : x 3y 3 0− + =.
Giải
Tọa độ giao điểm của hai đường thẳng thỏa mãn hệ phương trình:
( )
x y 1 0 x 0
I 0;1
x 3y 3 0 y 1
+ −= = 
⇔ ⇒ 
− += = 
.
Lấy điểm ( ) 1A 1;0 d∈ và gọi B là điểm đối xứng của A qua đường thẳng 2d .
Vì 2AB d AB:3x y 3 0⊥ ⇒ + − =.
Tọa độ trung điểm của AB là nghiệm của hệ phương trình:
3
x
x 3y 3 0 3 65
H ;
3x y 3 0 6 5 5
y
5

=− + =   
⇔ ⇒   + − =    =

.
Vì H là trung điểm của AB nên
1 12
B ;
5 5
 
 
 
.
Đường thẳng cần tìm đi qua hai điểm B,I nên có phương trình là:
d :7x y 1 0− + =.
Bài 7. (ĐH Kinh Tế) Viết phương trình các cạnh tam giác ABC biết B(–4;–5) và
hai đường cao có phương trình 1d :5x 3y 4 0+ − = và 2d :3x 8y 13 0+ + =.
Hướng dẫn giải – đáp số
Dễ thấy 1 2B d ,B d∉ ∉ nên giả sử hai đường cao đó lần lượt là
AH :5x 3y 4 0;CH :3x 8y 13 0+ −= + += .
Phương trình cạnh AB đi qua ( )B 4; 5− − và vuông góc với CH nên có phương
trình dạng AB:8x 3y c 0− + =.
Mặt khác
( )B 4; 5 AB 8.( 4) 3.( 5) c 0 c 17 AB:8x 3y 17 0− − ∈ ⇔ − − − + = ⇔ = ⇒ − + = .
Phương trình cạnh BCđi qua ( )B 4; 5− − và vuông góc với AH nên có phương
trình dạng BC:3x 5y c 0− + =.
Mặt khác
( )B 4; 5 BC 3.( 4) 5.( 5) c 0 c 13 BC:3x 5y 13 0− − ∈ ⇔ − − − + = ⇔ =− ⇒ − − = .
Tọa độ đỉnh A AB AH=  là nghiệm của hệ phương trình
 
8x 3y 17 0 x 1
A 1;3
5x 3y 4 0 y 3
         
      
.

28. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
28
Tọa độ đỉnh C BC CH  là nghiệm của hệ phương trình
 
3x 5y 13 0 x 1
C 1; 2
3x 8y 13 0 y 2
         
      
.
Phương trình cạnh AC đi qua hai điểm ( ) ( )A 1;3 ,C 1; 2− − nên có phương trình
là
x 1 y 3
AC: AC:5x 2y 1 0
1 1 2 3
+ −
= ⇔ + −=
+ − −
.
Bài 8. Viết phương trình các cạnh tam giác ABC biết phương trình cạnh AB là
5x 3y 2 0− + =, đường cao hạ từ đỉnh A,B lần lượt có phương trình là
1d : 4x 3y 1 0− + = và 2d :7x 2y 22 0+ − =.
Giải
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
( )
5x 3y 2 0 x 1
A 1; 1
4x 3y 1 0 y 1
− + = =− 
⇔ ⇒ − − 
− + = =− 
.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
( )
5x 3y 2 0 x 2
B 2;4
7x 2y 22 0 y 4
− += = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với đường cao kẻ từ đỉnh B nên có
phương trình: AC: 2x 7y 5 0− − =.
Đường thẳng BC đi qua B và vuông góc với đường cao kẻ từ đỉnh A nên có
phương trình: BC:3x 4y 22 0+ − =.
Bài 9. Cho điểm ( )A 2; 2− và đường thẳng ( )d đi qua điểm ( )M 3;1 và cắt các trục
tọa độ tại B,C . Viết phương trình đường thẳng (d), biết rằng tam giác ABC cân
tại A.
Giải
Giả sử ( )d cắt các trục tọa độ tại ( ) ( )B b;0 ,C 0;c . Khi đó ( )
x y
d : 1.
b c
+ =
Do điểm ( ) ( )
3 1
M 3;1 d 1 (1)
b c
∈ ⇒ + = .
Tam giác ABC cân tại ( ) ( )2 22 2
A AB AC 2 b 4 4 2 c (2)⇔ = ⇔ − + = + + .
Từ (1) và (2) suy ra:
b 6 b 2
c 2 c 2
= = 
∨ 
= = − 
.
Vậy có 2 đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
( ) ( )1 2
x y x y
d : 1; d : 1.
6 2 2 2
+= +=
−

29. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
29
Bài 10. Cho 2 đường thẳng ( ) ( )1 2d : x y 1 0; d : 2x y 1 0− += + += và điểm ( )M 2;1 .
Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M và cắt hai đường thẳng trên
tại A,B sao cho M là trung điểm của AB.
Giải
Giả sử ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 2 2 2A t ;t 1 d ;B t ; 2t 1 d+ ∈ − − ∈ .
Điểm ( )M 2;1 là trung điểm của AB khi và chỉ khi A B M
A B M
x x 2x
y y 2y
+ =

+ =
.
( ) ( )
( )
1
1 2
1 2
2
10
tt t 4 10 13 2 7 43
A ; ,B ; AB 2;5
t 1 2t 1 2 2 3 3 3 3 3
t
3

=+ = −     
⇔ ⇔ ⇒ ⇒ =−     + + − − =      =


Vậy phương trình đường thẳng ( ) ( )
x 2 y 1
d : d :5x 2y 8 0
2 5
− −
= ⇔ − −= .
Vậy đường thẳng cần tìm là ( )d :5x 2y 8 0− − =.
Bài 11. Cho 2 đường thẳng ( ) ( )1 2d : 2x y 5 0; d : x y 3 0− += + −= và điểm
( )M 2;0− . Viết phương trình đường thẳng ( )d đi qua điểm M và cắt hai đường
thẳng trên lần lượt tại A,B sao cho MA 2MB.=
 
Giải
Giả sử ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 2 2 2A t ;2t 5 d ;B t ;3 t d+ ∈ − ∈ .
Suy ra ( ) ( )1 1 2 2MA 2 t ;2t 5 ,MB t 2;3 t= + + = + −
 
.
Ta có
( )
( )
( )
1
1 2
21 2
t 1
t 2 2 t 2
MA 2MB MA 3;71
t2t 5 2 3 t
2
= += + 
= ⇔ ⇔ ⇒ = 
= −+ = −  
  
.
Vậy phương trình đường thẳng ( )
x 2 y
d : 7x 3y 14 0.
3 7
+
= ⇔ − + =
Bài 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai đường thẳng 1d : 2x y 5 0− + = và
2d :3x 6y 7 0+ − =. Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt đồng thời cả 1 2d ,d
tạo thành một tam giác cân tại giao điểm của 1d và 2d , biết điểm M(2;-1) nằm
trên ∆ .
Giải
Đường thẳng cần tìm đi qua M và vuông góc với đường phân giác của góc tạo
bởi hai đường thẳng.
Phương trình đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng 1 2d ,d là:

30. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
30
2 2 2 2
3x 9y 22 02x y 5 3x 6y 7
9x 3y 8 02 ( 1) 3 6
− + =− + + −
=± ⇔  + + =+ − +
.
Suy ra hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là
:3x y 5 0
: x 3y 5 0
∆ + − =
∆ − − =
.
Bài 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh
( )A 1;4− và các đỉnh B,C thuộc đường thẳng d : x y 4 0− − =. Xác định tọa độ
điểm B,C biết diện tích tam giác ABC bằng 18.
Giải
Gọi H là trung điểm BC ta có AH BC⊥ và viết được AH : x y 3 0+ − = tìm
được
7 1
H ;
2 2
 
− 
 
. Gọi ( ) ( )B b;b 4 d C 7 b;3 b− ∈ ⇒ − − .
Áp dụng công thức ( )ABC
1
S d A;d .BC 18 BC 4 2
2
= = ⇔ = .
( ) ( )2 2
3
b
2
2b 7 2b 7 32
11
b
2

=
⇔ − + − = ⇔ 
 =

.
Suy ra tọa độ hai điểm cần tìm là
3 5 11 3
B ; ,C ;
2 2 2 2
   
−   
   
hoặc
11 3 3 5
B ; ,C ;
2 2 2 2
   
−   
   
.
Bài 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm M(2;1). Viết phương trình đường
thẳng cắt trục hoành tại A , cắt đường thẳng d : x y 0− = tại điểm B sao cho
tam giác AMB vuông cân tại M.
Giải
Giả sử ( ) ( ) ( ) ( )A a;0 ,B b;b MA a 2; 1 ,MB b 2;b 1⇒ = − − = − −
 
.
Theo giả thiết ta có:
( )( ) ( )
( ) ( ) ( )2 2 2
a 2 b 2 1 b 1 0MA.MB 0
MA MB a 2 1 b 2 b 1
 − − − − = = 
⇔ 
= − + = − + − 
 
.
( ) ( )
( ) ( )
A 2;0 ,B 1;1a 2,b 1
a 4,b 3 A 4;0 ,B 3;3
= =
⇔ ⇒ = = 
.
Đường thẳng cần tìm đi qua hai điểm A,B nên có phương trình:
d : x y 2 0+ − =hoặc d :3x y 12 0+ − =.
Bài 15. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(3;2) và hai đường thẳng
1d : x y 3 0+ − = và đường thẳng 2d : x y 9 0+ − =. Tìm tọa độ điểm 1B d∈ ,
điểm 2C d∈ sao cho tam giác ABC vuông cân tại A .

31. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
31
Giải
Gọi ( ) ( )1 2B b;3 b d ,C c;9 c d− ∈ − ∈ .
Theo giả thiết ta có
( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 2
b 3 c 3 1 b 7 c 0AB.AC 0
b 3 1 b c 3 7 cAB AC
 − − + − − = = 
⇔ 
− + − = − + −=  
 
.
2 2
2bc 10b 4c 16 0 (1)
2b 8b 2c 20c 48 (2)
− − + =
⇔ 
− = − +
.
Do b 2= không thỏa mãn hệ nên rút
5b 8
c
b 2
−
=
−
thay vào (2) ta được
( ) ( )
( ) ( )
B 0;3 ,C 4;5b 0
b 4 B 4; 1 ,C 6;3
=
⇒  = − 
.
Bài 16. Trong mặt phẳng Oxy, cho các đường thẳng 1d : x y 3 0,+ + =
2d : x y 4 0− − = và 3d : x 2y 0− =. Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng 3d
sao cho khoảng các từ M đến đường thẳng 1d bằng hai lần khoảng cách từ M
đến đường thẳng 2d .
Giải
Giả sử ( ) 3M 2m;m d∈ khi đó ( ) ( )1 2d M / d 2d M / d= .
( )2 2 22
m 112m m 3 2m m 4
2.
m 11 1 1 1
= −+ + − − 
⇔ = ⇔  =+ + −
.
Vậy có hai điểm ( ) ( )M 22; 11 ; 2;1− − cần tìm.
Bài 17. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng 1d : x 2y 3 0+ − = và
đường thẳng 2d : 2x y 1 0− − = cắt nhau tại I . Viết phương trình đư ờng thẳng
d đi qua O và cắt 1 2d , d lần lượt tại A,B sao cho 2IA IB= .
Giải
Ta có 1 2d d⊥ . Tam giác IAB vuông tại I và có 2IA IB= nên  1
cosIAB
5

hay d tạo với 1d một góc α với
1
cos
5
α = .
Đường thẳng 1d có véc tơ pháp tuyến 1n (1;2)

, gọi n(a;b)

là véc tơ pháp tuyến
của d .
Ta có:

32. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
32
1
2 2
1
n .n a 2b1 1 1
cos
5 5 5n n 5 a b
+
α= ⇔ = ⇔ =
+
 
  2 b 0
3b 4ab 0
4a 3b
=
⇔ + =⇔  = −
.
- Với b 0 d : x 0=⇒ =.
- Với 4a 3b= − , chọn a 3,b 4 d :3x 4y 0= =− ⇒ − = .
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là: x 0= và 3x 4y 0− =.
Bài 18. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng 1d : x 2y 3 0+ − = và
đường thẳng 2d : x 2y 5 0+ − =; điểm A(1;3). Viết phương trình đường thẳng d
đi qua A và cắt 1 2d ,d lần lượt tại B,C sao cho diện tích tam giác OBC bằng
5
4
.
Giải
TH1: Nếu d Ox d : x 1 0⊥ ⇒ − = .
Suy ra ( ) ( ) ( )OBC
1 1
B 1;1 ,C 1;2 S BC.d O;d
2 2
⇒= = (không thỏa mãn).
TH2: Nếu d có hệ số góc k d : y k(x 1) 3⇒ = − + .
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
( )
2k 3
xx 2y 3 0 2k 3 2k 32k 1
B ;
y k x 1 3 2k 3 2k 1 2k 1
y
2k 1
−
=+ − = − +   +
⇔ ⇒   = − + + + +   =
 +
.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
( )
2k 1
xx 2y 5 0 2k 1 4k 32k 1
C ;
y k x 1 3 4k 3 2k 1 2k 1
y
2k 1
−
=+ − = − +   +
⇔ ⇒   = − + + + +   =
 +
.
Ta có ( )
( )
( )
2 2
OBC 2 2
3 k1 5 k 1 25
S BC.d O;d .
2 4 16k 1 2k 1
− +
==⇔ =
+ +
.
13 k 5
k
d : x 2y 5 022k 1 4
173 k 5 d :17x 6y 35 0
k
62k 1 4
− 
==  − + =+
⇔ ⇔ ⇒ − + − = = −= −
 + 
.
Vậy đường thẳng cần tìm là d : x 2y 5 0− + =hoặc d :17x 6y 35 0+ − =.
Bài 19. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) ( ) ( )
2 2
: 1 1 25C x y− + + =
và điểm M(7;3). Viết phương trình đường thẳng d qua M và cắt (C) tại A, B sao
cho MA = 3MB.

33. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
33
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1; 1− , bán kính R 5= .
Ta có ( )M/ CP 27 0= > nên M nằm ngoài đường tròn ( )C .
Ta có ( )
2
M/ CP MA.MB 3MB 27 MB 3 AB MA MB 2MB 6= = = ⇔ =⇒ = − = =.
Suy ra ( )
2
2 AB 36
d I;d R 25 4
4 4
= − = − = .
Đường thẳng có dạng ( ) ( ) ( )2 2
d :a x 7 b y 3 0, a b 0− + − = + > .
Ta có ( ) 2 2
6a 4b
d I;d 4 4
a b
− −
=⇔ =
+
( ) ( )2 2 2 a 0
6a 4b 16 a b
5a 12b
=
⇔ + = + ⇔  = −
.
Từ đó suy ra hai đường thẳng cần thỏa mãn yêu cầu bài toán là
1
2
: 3 0
:12 5 69 0
d y
d x y
− =
 − − =
.
Dạng toán này xem chương 3.
Bài 20. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng 1d : x 2y 1 0   , đường
thẳng 2d :3x y 7 0   và điểm  M 1;2 . Viết phương trình đường thẳng d đi
qua M và cắt 1 2d ,d lần lượt tại A và B sao cho AI 2AB (với I là giao điểm
của 1 2d ,d ).
Giải
Tọa độ giao điểm I là nghiệm của hệ phương trình
 
x 2y 1 0 x 3
I 3;2
3x y 7 0 y 2
         
      
.
Lấy điểm    1 2H 1;0 d ,K a; 3a 7 d    sao cho IH 2HK .
Ta có    HI 4;2 ,HK a 1; 3a 7     
 
.
Ta có phương trình:      
2 2
20 2 a 1 3a 7 a 2 K 2; 1           
.
Ta có
HI AI
2 AB / /HK d / /HK
HK AB
    (Talets đảo).
Vậy đường thẳng cần tìm đi qua M và nhận  KH 3;1

làm véc tơ chỉ phương
Suy ra
x 1 y 2
d : d : x 3y 5 0
3 1
 
     .
Vậy đường thẳng cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán là : 3 5 0d x y− + =

34. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
34
Bài 21. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng 1d : x 2y 3 0   , đường
thẳng 2d : x 2y 5 0   và điểm  A 1;3 . Viết phương trình đường thẳng d đi
qua A cắt 1 2d ,d lần lượt tại B,C sao cho diện tích tam giác OBC bằng
5
4
(với O
là gốc tọa độ).
Giải
Đường thẳng  d : y k x 1 3 d : kx y 3 k 0        .
Tọa độ giao điểm B của 1d,d là
2k 3 2k 3
B ;
2k 1 2k 1
       
.
Tọa độ giao điểm C của 2d,d là
2k 1 4k 3
C ;
2k 1 2k 1
       
(với
1
k
2
 ).
Ta có  OBC
1 5
S BC.d O;d
2 4
  .
 
 
2 2
2 2
3 k 5 1
k
3 k k 1 25 2k 1 4 2
.
173 k 516k 1 2k 1 k
62k 1 4
 
   
  
    
     
  
.
+ Nếu  
1 1
k d : y x 1 3 d : x 2y 5 0
2 2
         .
+ Nếu  
17 17
k d : y x 1 3 d :17x 6y 35 0
6 6
         .
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là
d :17x 6y 35 0   và d : x 2y 5 0   .
Bài 22. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD có
       A 1;7 ,B 6;2 ,C 2; 4 ,D 1;1 . Viết phương trình đường thẳng d đi qua C và
chia tứ giác ABCD thành hai phần có diện tích bằng nhau.
Giải
Theo giả thiết ta có:
ACD ABD ABCDS 3,S 25 S 28,BC 2 13     .
Phương trình đường thẳng BC:3x 2y 14 0   .
Phương trình đường thẳng AB: x y 8 0   .
TH1: Nếu d đi qua C và cắt cạnh AD tại K ta có
ABCD
CKD ADC
S
S S 3 14
2
    .
Vậy không xảy ra trường hợp này.

35. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
35
TH2: Nếu d đi qua C và cắt cạnh AB tại H ta có
 BCH ABCD
1 1
S BC.d H;BC S 14
2 2
   .
 
14
d H;BC
13
  .
Gọi  
16
t
5t 30 14 5
H t;8 t AB
4413 13
t
5

 
 
     



.
Vì H nằm trên đoạn AB nên
16 16 24
t H ;
5 5 5
     
.
Suy ra đường thẳng cần tìm đi qua C và H có phương trình là
d : 22x 3y 56 0   .
Chuû ñeà 2. CAÙC BAØI TOAÙN VEÂ TÍNH CHAÁT ÑOÁI XÖÙNG
A. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP
DẠNG 1: ĐIỂM ĐỐI XỨNG CỦA ĐIỂM QUA MỘT ĐIỂM, ĐIỂM ĐỐI
XỨNG QUA ĐƯỜNG THẲNG
Bài toán 1. Tìm điểm 1M đối xứng với M qua điểm ( )I a;b .
PHƯƠNG PHÁP
Tọa độ điểm ( )1 M M1 1
M x ;y xác định bởi
M I M M1
M I M M1
x 2x x 2a x
y 2y y 2b y
= − = −

= − = −
.
Ví dụ 1. Tìm điểm 1M đối xứng với điểm ( )M 3;5 qua điểm ( )I 4;1− .
Vì ( )I 4;1− là trung điểm của 1MM nên
( )
M I M1
1
M I M1
x 2x x 11
M 11; 3
y 2y y 3
= − =−
⇒ − −
= − =−
.
Vậy điểm cần tìm là ( )1M 11; 3− − .
Bài toán 2. Tìm tọa độ chân đường cao H hạ từ điểm M xuống đường thẳng
d :a x by c 0+ + =.
PHƯƠNG PHÁP
Cách 1: Thực hiện theo các bước
Bước 1: Viết phương trình đường thẳng 1d đi qua M và vuông góc với d .
Bước 2: Tọa độ 1H d d=  là nghiệm của hệ tạo bởi phương trình của d và 1d ,
giải hệ này ta tìm được tọa độ điểm H .

36. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
36
Cách 2: Thực hiện theo các bước
Bước 1: Ta có
  H M H M
d
H H
x x y y
MH / /n a;b
a b
H d ax by c 0
      
     
 
.
Bước 2: Giải hệ trên ta tìm được tọa độ điểm H .
Cách 3: Viết phương trình của d dưới dạng tham số
0
0
x x bt
,t
y y at
= −
∈
= +
 .
Bước 1: Gọi là hình chiếu của M trên d .
Bước 2: Vì dMH.u 0
 
, giải phương trình này tìm được t H⇒ .
Bài toán 3. Tìm điểm 1M đối xứng với ( )M MM x ;y qua đường thẳng
d :a x by c 0+ + =.
PHƯƠNG PHÁP
Giả sử đường thẳng d :a x by c 0+ + = và điểm ( )M MM x ;y .
Cách 1: Thực hiện theo các bước
Bước 1: Gọi 0
0
c ax
H x ; d
b
+ 
− ∈ 
 
là hình chiếu vuông góc của M trên d .
Khi đó 0
0 M M
c ax
MH x x ; y
b
+ 
= − − − 
 

vuông góc với véc tơ chỉ phương
( )u b;a= −

của d nên ( ) 0
0 M M
c ax
b x x a y 0 (I)
b
+ 
− − + − − = 
 
.
Giải (I) ta tìm được 0x suy ra tọa độ điểm H .
Bước 2: Vì H là trung điểm của 1MM nên
M H M1
M H M1
x 2x x
y 2y y
= −

= −
.
Cách 2: Thực hiện theo các bước
Bước 1: Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua M và vuông góc với d khi
đó tọa độ H d= ∆ .
Bước 2: Vì H là trung điểm của 1MM nên
M H M1
M H M1
x 2x x
y 2y y
= −

= −
.
Cách 3: Thực hiện theo các bước
Bước 1: Gọi điểm ( )1 M M1 1
M x ;y tọa độ trung điểm của 1MM là
M M M M1 1
x x y y
I ;
2 2
+ + 
  
 
.

37. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
37
Bước 2: Yêu cầu bài toán
1 d
I d
MM .u 0
∈
⇔ 
=
  , giải hệ này ta tìm được tọa độ điểm M1.
Ví dụ 2. Tìm tọa độ điểm 1M đối xứng với điểm ( )M 1;4− qua đường thẳng
d : 2x 3y 1 0− + =.
Cách 1: Đường thẳng ∆ đi qua ( )M 1;4− và vuông góc với d có phương trình dạng
:3x 2y c 0∆ + + =.
Mặt khác ( )M 1;4 3.( 1) 2.4 c 0 c 5 :3x 2y 5 0− ∈∆ ⇔ − + + = ⇔ =− ⇒ ∆ + − = .
Tọa độ giao điểm H d= ∆ là nghiệm của hệ phương trình
( )
2x 3y 1 0 x 1
H 1;1
3x 2y 5 0 y 1
− += = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Vì ( )H 1;1 là trung điểm của ( )1 1MM M 3; 2⇒ − .
Cách 2: Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng d .
Vì
2t 1 2t 11
H d H t; MH t 1;
3 3
+ −   
∈ ⇒ ⇒ = +   
   

đường thẳng d có véc tơ chỉ
phương ( )u 3;2=

.
Vì ( ) ( )
2t 11
MH d MH.u 0 3 t 1 2 0 t 1 H 1;1
3
− 
⊥ ⇔ = ⇔ + + = ⇔ = ⇒ 
 
 
.
Vì H là trung điểm của ( )1 1MM M 3; 2⇒ − .
Cách 3: Gọi ( )1M x;y là điểm cần tìm khi đó trung điểm I của 1MM có tọa độ là
x 1 y 4
I ;
2 2
− + 
 
 
.
Ta phải có
( ) ( )
( )1
1 d
x 1 y 4
I d 2. 3. 1 0 x 3
2 2 M 3; 2
y 2MM .u 0 3 x 1 2 y 4 0
− +∈ − + = = 
⇔ ⇔ ⇒ −  
= −=   + + − =
  .
Vậy điểm cần tìm là ( )1M 3; 2− .
DẠNG 2: ĐƯỜNG THẲNG ĐỐI XỨNG QUA MỘT ĐƯỜNG THẲNG VÀ
QUA MỘT ĐIỂM
Bài toán 1. Viết phương trình đường thẳng 1d đối xứng với đường thẳngd qua
đường thẳng ∆ cho trước.
PHƯƠNG PHÁP
Ta xét hai trường hợp:
TH1: Nếu d I∆ = . Thực hiện theo các bước
Bước 1: Xác định tọa độ giao điểm I .

38. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
38
Bước 2: Lấy một điểm A d∈ từ đó xác định tọa độ điểm 1A đối xứng với A
qua ∆ .
Bước 3: Đường thẳng 1d là đường thẳng đi qua hai điểm I và 1A .
TH2: Nếu d / /∆ . Thực hiện theo các bước
Cách 1: Lấy điểm A d∈ tìm điểm 1A đối xứng với A qua ∆ .
- Viết phương trình đường thẳng đi qua 1A và song song với d ta được phương
trình của 1d .
Cách 2: Viết lại phương trình của d,∆ dưới dạng
dd : A x By C 0; : Ax By C 0∆+ + = ∆ + + = .
Khi đó 1d : Ax By C+ + với C được xác định bởi ( )d
1
C C C
2
∆= + .
Bài toán 2. Viết phương trình đường thẳng 1d đối xứng với đường thẳng
d : Ax By C 0+ + =qua điểm ( )I a;b .
PHƯƠNG PHÁP
Cách 1: Thực hiện theo các bước
Bước 1: Với điểm ( )1 1M x ;y d∈ tồn tại điểm ( )1 1M x;y d∈ nhận ( )I a;b làm
trung điểm, ta được 1
1
x 2a x
(I)
y 2b y
= −

= −
.
Bước 2: Thay (I) vào phương trình của d ta được:
( ) ( )A 2a x B 2b y C 0 Ax By 2Aa 2Bb C 0− + − + = ⇔ + − − − = .
Phương trình 1d : Ax By 2Aa 2Bb C 0+ − − − =.
Cách 2: Thực hiện theo các bước
Bước 1: Lấy điểm A d∈ , từ đó xác định điểm 1A đối xứng với A qua I .
Bước 2: Vì 1d / /d nên 1d : Ax By D 0+ + =.
Bước 3: Thay tọa độ của 1A vào 1d D⇒ , từ đó suy ra phương trình của 1d .
Nhận xét. Tính chất đối xứng được sử dụng khá hiệu quả trong các bài toán khác
liên quan đến tam giác(đường phân giác) và tứ giác(hình bình hành).
B. BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d :3x 4y 5 0− + = và điểm
( )M 3; 2− − .
a) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của M lên d .
b) Xác định điểm M' là điểm đối xứng của M qua d .
Giải
a) Để tìm tọa độ hình chiếu của M lên d ta có hai cách như sau

39. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
39
Cách 1: Gọi
3h 5
H h; d
4
+ 
∈ 
 
là hình chiếu vuông góc của M lên d , ta có
3h 13
MH h 3;
4
+ 
= + 
 

và đường thẳng d có véc tơ chỉ phương ( )u 4;3=

.
Vì MH u⊥
 
nên ( )
3h 13 87 87 34
4. h 3 3. 0 h H ;
4 25 25 25
+   
+ + =⇔ =− ⇒ − −   
   
là
điểm cần tìm.
Cách 2: Đường thẳng MM' đi qua M và nhận u

làm véc tơ pháp tuyến nên có
phương trình
( ) ( )MM': 4 x 3 3 y 2 0 MM': 4x 3y 18 0+ + + = ⇔ + + = .
Khi đó tọa độ H MM' d=  là nghiệm của hệ phương trình
87
x
3x 4y 5 0 87 3425
H ;
4x 3y 18 0 34 25 25
y
25

= −− + =   
⇔ ⇒ − −   + + =    = −

.
b) Vì H là trung điểm của MM' nên
99 18
M' ;
25 25
 
− − 
 
.
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình đường thẳng 1d đối xứng
với đường thẳng d qua đường thẳng ∆ , biết
a) : 4x y 3 0∆ − + = và d : x y 0− =.
b) d : 4x y 3 0− + = và : x y 0∆ − =.
c) d :6x 3y 4 0− + = và : 4x 2y 3 0∆ − + =.
Giải
a) Xét hệ tạo bởi d và ∆ , ta được:
( )
4x y 3 0 x 1
I 1; 1
x y 0 y 1
− + = =− 
⇔ ⇒ − − 
− = =− 
.
Vậy d ∆ tại điểm ( )I 1; 1− − . Lấy điểm ( )A 1;1 d∈ , gọi H là hình chiếu vuông
góc của A lên ∆ , ta có AH AH : x 4y c 0⊥ ∆ ⇒ + + = . Mặt khác
A AH 1 4.1 c 0 c 5∈ ⇒ + + = ⇔ =− .
Do đó AH : x 4y 5 0+ − =. Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình
7
x
x 4y 5 0 7 2317
H ;
4x y 3 0 23 17 17
y
17

= −+ − =   
⇔ ⇒ −   − + =    =

.
Điểm 1A đối xứng với A qua đường thẳng d nhận H là trung điểm

40. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
40
nên 1
31 29
A ;
17 17
 
− 
 
.
Đường thẳng 1d đối xứng với d qua đường thẳng ∆ đi qua hai điểm
( ) 1
31 29
I 1; 1 ,A ;
17 17
 
− − − 
 
nên có phương trình là
1 1
x 1 y 1
d : d : 23x 7y 30 0
31 29
1 1
17 17
+ +
= ⇔ + + =
− + +
.
Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình là 1d : 23x 7y 30 0+ + =.
b) Theo trên ta có ( )d I 1; 1∆= − − . Lấy điểm ( )A 0;3 d∈ , gọi H là hình chiếu
vuông góc của A lên ∆ .
Vì ( ) ( )AH AH :1 x 0 1 y 3 0 AH : x y 3 0⊥ ∆ ⇒ − + − = ⇔ + − = .
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình
3
x
x y 3 0 3 32
H ;
x y 0 3 2 2
y
2

=+ − =   
⇔ ⇒   − =    =

.
Gọi 1A là điểm đối xứng của A qua đường thẳng H∆ ⇒ là trung điểm của
( )1 1AA A 3;0⇒ .
Đường thẳng 1d đối xứng với đường thẳng d qua đường thẳng ∆ chính là đường
thẳng đi qua hai điểm ( ) ( )1I 1; 1 ;A 3;0− − nên có phương trình là
1 1
x 1 y 1
d : d : x 4y 3 0
3 1 0 1
+ +
= ⇔ − −=
+ +
.
Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình là 1d : x 4y 3 0− − =.
c) Nhận thấy
6 3 4
d / /
4 2 3
−
= ≠ ⇒ ∆
−
Do đó đường thẳng cần tìm có dạng: 1d : 2x y c 0− + =.
Trong đó hằng số c được xác định bởi 1
3 1 4 5 5
c c d :2x y 0
2 2 3 3 3
 
= + ⇔ = ⇒ − + = 
 
.
Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình là 1d :6x 3y 5 0− + =.
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x 2y 2 0− + = và hai
điểm ( ) ( )A 0;6 ,B 2;5 .
a) Tìm điểm M trên d sao cho 2 2
MA MB+ đạt giá trị nhỏ nhất.
b) Tìm điểm N trên d sao cho NA NB+ đạt giá trị nhỏ nhất.

41. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
41
c) Tìm điểm P trên d sao cho PA PB+
 
đạt giá trị nhỏ nhất.
d) Tìm điểm N trên d sao cho NA NB− đạt giá trị lớn nhất.
Giải
a) Gọi ( )M 2m 2;m d− ∈ khi đó
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 2
MA MB 2m 2 m 6 2m 4 m 5+ = − + − + − + − .
2
2 23 281 281
10m 46m 81 10 m
10 10 10
 
= − + = − + ≥ 
 
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
23
m
10
= khi đó
13 23
M ;
5 10
 
 
 
là điểm cần tìm.
b) Xét ( )( ) ( ) ( )A A B BT x 2y 2 x 2y 2 10 . 6 60 0= − + − + =− − = > nên A,B cùng
phía với d .
Gọi A' là điểm đối xứng của A qua d khi đó NA NB NA' NB A'B+ = + ≥ .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi N A'B d≡  .
Đường thẳng AA'đi qua A và nhận véc tơ chỉ phương của d làm véc tơ pháp
tuyến nên có phương trình
( ) ( )AA': 2 x 0 1 y 6 0 AA': 2x y 6 0− + − = ⇔ + − = .
Tọa độ giao điểm I AA' d=  là
nghiệm của hệ phương trình
( )
x 2y 2 0
2x y 6 0
x 2
I 2;2
y 2
− + =

+ − =
=
⇔ ⇒
=
.
Điểm I là trung điểm của AA' nên
( )A' 4; 2− khi đó đường thẳng A'B
có phương trình là
x 4 y 2
A'B:
x 4 5 2
A'B:7x 2y 24 0
− +
=
− +
⇔ + − =
.
Khi đó điểm N A'B d=  là nghiệm của hệ phương trình
11
x
x 2y 2 0 11 194
N ;
197x 2y 24 0 4 8
y
8

=− + =   
⇔ ⇒   + − =    =

là điểm cần tìm.

42. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
42
c) Gọi ( )P 2p 2;p d− ∈ , khi đó ( ) ( )PA 2p 2;6 p ,PB 2p 4;5 p=− + − =− + −
 
.
Suy ra ( )PA PB 4p 6;11 2p+ =− + −
 
và ta có
( ) ( )2 2
PA PB 4p 6 11 2p+ = − + + −
 
.
2
2 23 256 256
20p 92p 157 20 p
10 5 5
 
= − + = − + ≥ 
 
.
Dâu bằng xảy ra khi và chỉ khi
23
p
10
= khi đó
13 23
P ;
5 10
 
 
 
.
d) Ta có QA QB AB− ≤ . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi Q AB d=  .
Dễ thấy AB: x 2y 12 0+ − =khi đó tọa độ Q là nghiệm của hệ phương trình
x 5
x 2y 2 0 7
Q 5;7
x 2y 12 0 2y
2
=
− + =   
⇔ ⇒   + − = =   
là điểm cần tìm.
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng 1d : 4x 2y 5 0− + =và
đường thẳng 2d : 4x 6y 13 0+ − =. Đường thẳng d cắt 1 2d ,d lần lượt tại A,B .
Biết rằng 1d là phân giác của góc tạo bởi OA và d , 2d là phân giác của góc
tạo bởi OB và d . Tìm tọa độ giao điểm C của d và trục tung.
Giải
Gọi E,F lần lượt là điểm đối
xứng của O qua 1 2d ,d khi đó
E,F d∈ .
Dễ tính được ( ) ( )E 2;1 ,F 2;3−
từ đây suy ra phương trình
đường thẳng d : x 2y 4 0− + =.
Giao điểm của d với trục tung là
điểm ( )M 0;2 .
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có hai đường phân giác
trong của góc B và C có phương trình tương ứng là x 2y 1 0;x y 3 0− + = + + = ;
phương trình cạnh BC:4x y 3 0− + =. Viết phương trình các cạnh AB và AC.
Giải
Giả sử hai đường phân giác trong góc B,C là
BE : x 2y 1 0− + = và CF: x y 3 0+ + =.
Tọa độ đỉnh B BE BC=  là nghiệm của hệ phương trình

43. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
43
5
x
x 2y 1 0 5 17
B ;
4x y 3 0 1 7 7
y
7

= −− + =   
⇔ ⇒ −   − + =    =

.
Lấy điểm ( )M 0;3 BC∈ và gọi 1M là điểm đối xứng của M qua đường thẳng
1BE M AB⇒ ∈ .
Đường thẳng đi qua ( )M 0;3 và vuông góc với BE nhận ( )BEu 2;1=

làm véc tơ
pháp tuyến nên có phương trình là
( ) ( )M Md : 2 x 0 1 y 3 0 d : 2x y 3 0− + − = ⇔ + − = .
Tọa độ giao điểm 1 MH BE d=  là nghiệm của hệ phương trình
( )1
2x y 3 0 x 1
H 1;1
x 2y 1 0 y 1
+ −= = 
⇔ ⇒ 
− += = 
.
Vì H là trung điểm của ( )1 1MM M 2; 1⇒ − .
Phương trình cạnh AB chính là đường thẳng đi qua hai điểm
( )1
5 1
B ; ,M 2; 1
7 7
 
− − 
 
nên có phương trình là
x 2 y 1
AB: AB:8x 19y 3 0
5 1
2 1
7 7
− +
= ⇔ + +=
− − +
.
Tọa độ đỉnh C là nghiệm của hệ phương trình
6
x
x y 3 0 6 95
C ;
4x y 3 0 9 5 5
y
5

= −+ + =   
⇔ ⇒ − −   − + =    = −

.
Gọi 2M là điểm đối xứng của M qua đường phân giác trong 2CF M AC⇒ ∈ .
Đường thẳng đi qua M và vuông góc với CF có phương trình dạng
M2
d : x y c 0− + =.
Mặt khác ( ) M M2 2
M 0;3 d 3 c 0 c 3 d : x y 3 0∈ ⇔ − + = ⇔ = ⇒ − + = .
Tọa độ giao điểm 2 M2
H CF d=  là nghiệm của hệ phương trình
( )2
x y 3 0 x 3
H 3;0
x y 3 0 y 0
+ + = =− 
⇔ ⇒ − 
− += = 
.
Vì 2H là trung điểm của ( )2 2MM M 6; 3⇒ − − .
Phương trình cạnh AC đi qua hai điểm ( )2
6 9
C ; ,M 6; 3
5 5
 
− − − − 
 

44. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
44
nên có phương trình là
x 6 y 3
AC: AC: 4x y 21 0
6 9
6 3
5 5
+ +
= ⇔ − +=
− + − +
.
Nhận xét. Như vậy bài toán liên quan đến đường phân giác trong tam giác các
em chú ý đến tính chất đối xứng của điểm qua đường thẳng. Ta sẽ bàn về dạng
bài toán này trong chương 2, các bài toán về tam giác.
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD biết phương
trình cạnh AB: 2x y 0− =, phương trình cạnh AD: 4x 3y 0− =và tâm ( )I 2;2 .
Viết phương trình các cạnh BC và CD.
Giải
Ta dùng phương pháp đường thẳng đối xứng qua điểm cho bài toán này(Cách
khác xem trong chương 4, các bài toán về tứ giác và đa giác).
Cạnh BCđối xứng với cạnh AD qua I:
Lấy điểm ( )M x;y bất kỳ thuộc AD khi đó tồn tại điểm ( )1 1 1M x ;y đối xứng
với M qua tâm ( )I 2;2 và 1M BC∈ . Ta có 1 1
1 1
x 2.2 x 4 x x 4 x
y 2.2 y 4 y y 4 y
= − = − = − 
⇔ 
= − = − = − 
.
Thay vào phương trình của ( ) ( )1 1 1 1AD 4 4 x 3 4 y 0 4x 3y 4 0⇒ − − − = ⇔ − − = .
Suy ra phương trình cạnh BC: 4x 3y 4 0− − =.
Cạnh CD đối xứng với AB qua I :
Lấy điểm ( )M x;y bất kỳ thuộc AB khi đó tồn tại điểm ( )1 1 1M x ;y đối xứng
với M qua tâm I(2;2) và 1M CD∈ . Ta có 1 1
1 1
x 2.2 x 4 x x 4 x
y 2.2 y 4 y y 4 y
= − = − = − 
⇔ 
= − = − = − 
.
Thay vào phương trình của ( ) ( )1 1 1 1AB 2 4 x 1 4 y 0 2x y 4 0⇒ − − − = ⇔ − − = .
Suy ra phương trình cạnh CD: 2x y 4 0− − =.
Vậy phương trình hai cạnh cần tìm là BC: 4x 3y 4 0− − =và CD: 2x y 4 0− − =.
C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình đường thẳng d1 đối xứng
với đường thẳng d qua đường thẳng ∆ trong các trường hợp sau:
a) Đường thẳng d : x 2y 13 0+ − =và đường thẳng : 2x y 1 0∆ − − = .
b) Đường thẳng
x 1 2t
d :
y 3t
= +

=
và đường thẳng :3x 5y 3 0∆ + − =.
Giải
a) Nhận thấy d ⊥ ∆ nên đường thẳng đối xứng với d qua đường thẳng ∆ cũng
chính là đường thẳng d : x 2y 13 0+ − =.
b) Viết lại đường thẳng d :3x 2y 3 0− − =.

45. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
45
Xét hệ phương trình tạo bởi d,∆ ta được: ( )
3x 2y 3 0 x 1
I 1;0
3x 5y 3 0 y 0
− −= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Lấy điểm A(3;3) thuộc d và gọi B là điểm đối xứng của A qua đường thẳng ∆ .
Ta có AB AB:5x 3y 6 0⊥ ∆ ⇒ − − = .
Tọa độ trung điểm của AB là nghiệm của hệ phương trình:
39
x
5x 3y 6 0 39 334
H ;
3x 5y 3 0 3 34 34
y
34

=− − =   
⇔ ⇒ −   + − =    = −

.
Vì H là trung điểm của AB nên
12 54
B ;
17 17
 
− − 
 
.
Đường thẳng d1 đi qua hai điểm B,I nên có phương trình:
1d :54x 29y 54 0− − =.
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có tọa độ đỉnh A(-1;4) và
phương trình hai đường phân giác trong các góc B,C lần lượt là
3x 4y 12 0+ + =và x 2y 11 0− − =. Viết phương trình cạnh BC.
Giải
Ta có BC là đường thẳng đối xứng với đường thẳng chứa cạnh AB qua đường
phân giác trong góc B; đối xứng với đường chứa cạnh AC qua đường phân giác
trong góc C.
Gọi D, E lần lượt là điểm đối xứng của A qua hai đường phân giác đó thì D, E
thuộc BC.
Vì 1AD d :3x 4y 12 0⊥ + + =nên AD: 4x 3y 16 0− + =.
Tọa độ trung điểm của AD là nghiệm của hệ phương trình:
( )
3x 4y 12 0 x 4
M 4;0
4x 3y 16 0 y 0
+ + = =− 
⇔ ⇒ − 
− += = 
.
Vì M là trung điểm của AD nên ( )D 7; 4− − .
Vì 2AE d : x 2y 11 0 AE : 2x y 2 0⊥ − − = ⇒ + − = .
Tọa độ trung điểm của AE là nghiệm của hệ phương trình:
( )
x 2y 11 0 x 3
N 3; 4
2x y 2 0 y 4
− −= = 
⇔ ⇒ − 
+ − = =− 
.
Vì N là trung điểm của AE nên ( )E 7; 12− .
Đường thẳng BC đi qua hai điểm D,E nên có phương trình:
x 7 y 4
BC: BC: 4x 7y 56 0
14 8
+ +
= ⇔ + + =
−
.
Vậy đường thẳng cần tìm là BC: 4x 7y 56 0+ + =.

46. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
46
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có cạnh BC nằm trên
đường thẳng 9x 11y 5 0+ + = và hai đường phân giác trong góc B,C có phương
trình lần lượt là 1d : 2x 3y 12 0− + =và 2d : 2x 3y 5 0+ + =. Viết phương trình
hai cạnh còn lại của tam giác ABC .
Giải
Cạnh AB đối xứng với BC qua đường phân giác trong góc B.
Cạnh AC đối xứng với cạnh BC qua đường phân giác trong góc C.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
( )
2x 3y 12 0 x 3
B 3;2
9x 11y 5 0 y 2
− + = =− 
⇔ ⇒ − 
+ += = 
.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
( )
2x 3y 5 0 x 8
C 8; 7
9x 11y 5 0 y 7
+ += = 
⇔ ⇒ − 
+ + = =− 
.
Lấy điểm
5
D 0; BC
11
 
− ∈ 
 
. Gọi M là điểm đối xứng của D qua 1d .
Vì 1
10
DM d DM :3x 2y 0
11
⊥ ⇒ + + =.
Tọa độ trung điểm của DM là nghiệm của hệ phương trình
294
10 x
3x 2y 0 294 376143
H ;11
376 143 143
2x 3y 12 0 y
143

= − + + =   
⇔ ⇒ −   
  − + = = 
.
Vì H là trung điểm của DM nên
588 817
M ;
143 143
 
− 
 
.
Đường thẳng AB đi qua hai điểm B,M nên có phương trình:
AB:177x 53y 425 0+ + =.
Đường thẳng AC thực hiện tương tự.
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : 2x y 3 0− + =và hai
điểm ( )A 1;2 và ( )B 3;4− .
a) Xác định điểm M trên d sao cho MA MB+ đạt giá trị nhỏ nhất.
b) Xác định điểm N trên d sao cho NA NC+ đạt giá trị nhỏ nhất với ( )C 2;3 .
Giải
a) Nhận thấy A,B nằm khác phía so với đường thẳng d.
Gọi D là điểm đối xứng của A qua đường thẳng d.
Ta có MA MB AB+ ≥ . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M AB d≡  .
Phương trình đường thẳng AB: x 2y 5 0+ − =.
Tọa độ điểm M cần tìm là nghiệm của hệ phương trình:

47. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
47
1
x
x 2y 5 0 1 135
M ;
2x y 3 0 13 5 5
y
5

= −+ − =   
⇔ ⇒ −   − + =    =

.
b) Nhận thấy A,C nằm cùng phía so với đường thẳng d.
Gọi D là điểm đối xứng của C qua đường thẳng d.
Khi đó CD d CD: x 2y 8 0⊥ ⇒ + − =.
Tọa độ trung điểm của CD là nghiệm của hệ phương trình:
2
x
x 2y 8 0 2 195
H ;
2x y 3 0 19 5 5
y
5

=+ − =   
⇔ ⇒   − + =    =

.
Vì H là trung điểm của CD nên
6 23
D ;
5 5
 
− 
 
.
Đường thẳng AD có phương trình: AD:13x 11y 35 0+ − =.
Ta có NA NC NA ND AD+ = + ≥ .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ N AD d≡  .
Tọa độ điểm cần tìm là nghiệm của hệ phương trình:
2
x
13x 11y 35 0 2 10935
N ;
2x y 3 0 109 35 35
y
35

=+ − =   
⇔ ⇒   − + =    =

.
Chuû ñeà 3. BAØI TOAÙN COÙ CHÖÙA THAM SOÁ
A. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP
- Vận dụng lý thuyết về vị trí tương đối của điểm so với đường thẳng, vị trí tương
đối giữa hai đường thẳng.
- Vận dụng lý thuyết về góc(yếu tố song song, vuông góc) và khoảng cách.
- Vận dụng kết hợp các đánh giá cơ bản thông qua bất đẳng thức Cô si.
Bài toán 1. Biện luận vị trí tương đối của hai đường thẳng 1d và 2d .
PHƯƠNG PHÁP CHUNG
Thiết lập hệ phương trình tạo bởi các phương trình của 1d và 2d . Khi đó
- Nếu hệ vô nghiệm thì 1 2d / /d .
- Nếu hệ có vô số nghiệm thì 1 2d d≡ .
- Nếu hệ có nghiệm duy nhất thì 1d và 2d cắt nhau.
Chi tiết ta xét bốn trường hợp sau:

48. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
48
TH1: Đường thẳng 1d : Ax By C 0+ + =và đường thẳng
0
2
0
x x at
d : ,t
y y bt
   
  
 .
Thực hiện các bước sau:
Bước 1: Thay x,y từ phương trình tham số của 2d vào phương trình của đường
thẳng 1d , ta được ( ) 0 0Aa Bb t Ax By C 0 (1)+ + + + = .
Bước 2: Kết luận
- Nếu (1) vô nghiệm thì 1 2d / /d .
- Nếu (1) vô số nghiệm thì 1 2d d≡ .
- Nếu (1) có nghiệm duy nhất thì 1d cắt 2d . Tọa độ giao điểm bằng cách thay t
rút từ (1) vào phương trình tham số của 2d .
TH2: Đường thẳng    1 1 2 2
1 2
1 1 2 2
x x a t x x a u
d : , t ;d : , t
y y b t y y b u
        
      
  .
Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Lập hệ phương trình tạo bởi 1d và 2d theo hai ẩn t và u , ta được:
1 1 2 2 1 2 2 1
1 1 2 2 1 2 2 1
x a t x a u a t a u x x
(I)
y b t y b u b t b u y y
+ = + − = − 
⇔ 
+ = + − = − 
.
Bước 2: Giải hệ phương trình (I) :
- Nếu hệ vô nghiệm 1 2 2 1
1 2
1 2 2 1
a a x x
d / /d
b b y y
−
⇔ = ≠ ⇔
−
.
- Nếu hệ vô số nghiệm 1 2 2 1
1 2
1 2 2 1
a a x x
d d
b b y y
−
⇔ = = ⇔ ≡
−
.
- Nếu hệ có nghiệm duy nhất 1 2
1 2
1 2
a a
d d I
b b
⇔ ≠ ⇔ = .
TH3: Đường thẳng 1 1 1 1 2 2 2 2d :a x b y c 0;d :a x b y c 0+ += + += .
Thực hiện theo các bước:
Bước 1: Xét hệ phương trình tạo bởi 1d và 2d theo hai ẩn x,y , ta được
1 1 1 1 1 1
2 2 2 2 2 2
a x b y c 0 a x b y c
(I)
a x b y c 0 a x b y c
+ + = + =− 
⇔ 
+ + = + =− 
.
Bước 2: Biện luận
Tính các định thức 1 2 2 1 x 1 2 2 1 y 1 2 2 1D a b a b ,D c b c b ,D c a c a= − = − = − .
a) Nếu D 0≠ , hệ có nghiệm duy nhất ( ) yx
DD
x;y ;
D D
 
=  
 
.
Khi đó 1d và 2d cắt nhau tại điểm ( ) yx
DD
x;y ;
D D
 
=  
 
.

49. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
49
b) Nếu x yD D D 0= = = , hệ vô số nghiệm khi đó 1 2d d≡ .
c) Nếu x
y
D 0
D 0
D 0
=

≠
 ≠
, hệ vô nghiệm khi đó 1 2d / /d .
Đặc biệt. Nếu 1 2 1 2a a b b 0+ =thì 1 2d d⊥ .
TH4: Cho hai đường thẳng 1 1 1 2 2 2d : y k x m ;d : y k x m=+ =+ .
a) 1 2
1 2
1 2
k k
d / /d
m m
=
⇔ 
≠
.
b) 1 2
1 2
1 2
k k
d d
m m
=
≡ ⇔ 
=
.
c) 1d cắt 2 1 2d k k⇔ ≠ .
d) 1 2 1 2d d k .k 1⊥ ⇔ =− .
Nhận xét. Tùy thuộc vào điều kiện bài toán cho mà lựa chọn phương pháp biện
luận thích hợp.
Ví dụ 1. Xét vị trí tương đối của hai đường thẳng
a)  1 2
x 1 t x 2 u
d : ; d : , t,u
y 1 t y u
        
     
 .
b)  1 2
x 2t x 2u
d : ; d : , t,u
y 4 t y 2u
      
     
 .
c)  1 2
x 2 2t x 2 u
d : ;d : , t,u
y 2t y u
        
    
 .
Giải
a) Xét hệ phương trình tạo bởi 1d và 2d , ta được
1 t 2 u t u 1
1 t u t u 1
+ = + − = 
⇔ 
− − =− − =− 
, vô nghiệm 1 2d / /d⇒ .
b) Xét hệ phương trình tạo bởi 1d và 2d , ta được
( )1 2
2t 2u
t u 4 d d I 8;8
4 t 2u
=
⇔ = = ⇒ =
+ =
 .
c) Xét hệ phương trình tạo bởi 1d và 2d , ta được
2 2t 2 u
u 2t
2t u
− + =− +
⇔ =
=
, vô số nghiêm nên 1 2d d≡ .

50. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
50
Ví dụ 2. Xét vị trí tương đối của hai đường thẳng
a)  1 2
x 1 t
d : , t ;d : x y 1 0
y 1 t
      
  
 .
b) 1 2d : mx y 2 0;d : x my m 1 0+ += + + += .
Giải
a) Thay x,y từ phương trình của 1d vào phương trình của 2d ta được
1 t 1 t 1 0+ − − + = , vô nghiệm nên 1 2d / /d .
b) Xét hệ phương trình tạo bởi 1d và 2d , ta được
mx y 2
x my m 1
+ =−

+ =− −
.
Ta có 2 2
x yD m 1,D 1 m,D m m 2= − =− =− − + .
 Nếu
x 1 22
x y 1 2
m 1 D 2 0 d / /d
D 0 m 1 0
m 1 D D 0 d d
=− ⇒ = ≠ ⇒
= ⇔ − = ⇔ 
=⇒ = = ⇒ ≡
.
 Nếu 2
D 0 m 1 0 m 1≠ ⇔ − ≠ ⇔ ≠ ± , hệ có nghiệm duy nhất
( )
2 m
x;y m 1;
m 1
− 
= − − 
+ 
. Khi đó 1d cắt 2d tại điểm
2 m
I m 1;
m 1
− 
− − 
+ 
.
Kết luận:
- Nếu 1 2m 1 d / /d=− ⇒ .
- Nếu 1 2m 1 d d=⇒ ≡ .
- Nếu 1 2
2 m
m 1 d d I m 1;
m 1
− 
≠ ± ⇒ = − − 
+ 
 .
Bài toán 2. Biện luận giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( ) ( )2 2
1 1 1 2 2 2P a x b y c a x b y c= + + + + + theo tham số.
PHƯƠNG PHÁP
Bước 1: Xét hai đường thẳng 1 1 1 1 2 2 2 2d :a x b y c 0;d :a x b y c 0+ += + += .
Bước 2: Xét hệ tạo bởi 1d và 2d , ta được 1 1 1
2 2 2
a x b y c 0
a x b y c 0
+ + =

+ + =
.
Ta có 1 2 2 1 x 1 2 2 1 y 1 2 2 1D a b a b ,D c b c b ,D c a c a= − = − = − .
Bước 3: Biện luận
d) Nếu D 0≠ , hệ có nghiệm duy nhất ( ) yx
DD
x;y ;
D D
 
=  
 
.

51. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
51
Khi đó 1d và 2d cắt nhau do đó min P 0= , đạt được khi ( ) yx
DD
x;y ;
D D
 
=  
 
.
e) Nếu x yD D D 0= = = , hệ vô số nghiệm.
Khi đó 1 2d d≡ do đó min P 0= , đạt được với ( ) 1x;y d∀ ∈ .
f) Nếu x
y
D 0
D 0
D 0
=

≠
 ≠
, hệ vô nghiệm khi đó 1 2d / /d do đó đặt 1 1 1t a x b y c= + + , ta
được ( ) ( )22 2 2 2
P t kt m k 1 t 2kmt m
4a
∆
= + + = + + + ≥ −
Vậy min P
4a
∆
= − , đạt được khi x,y thỏa mãn
1 1 12 2
mk mk
t a x b y c 0
k 1 k 1
=− ⇔ + + + =
+ +
.
Bài toán 3. Điểm cố định thuộc họ đường thẳng md :A(m)x B(m)y C(m) 0+ + =.
PHƯƠNG PHÁP
Giả sử điểm ( )0 0M x ;y là điểm cố định mà họ đường thẳng md luôn đi qua
n
k
0 0 k 0 0
k 0
A(m)x B(m)y C(m) 0, m F (x ;y ).m 0, m
=
⇔ + + = ∀ ⇔ = ∀∑ .
( )
0 0 0
1 0 0
0 0
n 0 0
F (x ;y ) 0
F (x ;y ) 0
M x ;y
...
F (x ;y ) 0
=

=
⇔ ⇒

 =
.
Trong đó n là bậc của đa thức đối với m .
Bài toán 4. Quỹ tích giao điểm của hai đường thẳng phụ thuộc tham số.
PHƯƠNG PHÁP
Cách 1: Thực hiện theo các bước
Bước 1: Tìm tọa độ giao điểm
x f (m)
I
y g(m)
=

=
, với m là tham số.
Bước 2: Khử m giữa x và y ta tìm được phương trình tập hợp các điểm I . Tìm
giới hạn quỹ tích nếu có.
Cách 2: Thực hiện theo các bước
Bước 1: Chứng minh hai đường thẳng lần lượt đi qua hai điểm cố định A,B .
Bước 2: Chứng minh góc tạo bởi 2 đường thẳng không đổi.
Bước 3: Kết luận tập hợp giao điểm là một cung tròn hay đường tròn.
Cách 3: Qũy tích giao điểm các đều hai đường thẳng 1∆ và 2∆ cố định.

52. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
52
Nhận xét. Cách 1 áp dụng cho mọi trường hợp, cách 2 và cách 3 áp dụng cho
trường hợp đặc biệt và khó nhận biết.
Bài toán 5. Cho họ đường thẳng phụ thuộc tham số m , có phương trình
md :f (x;y;m) 0= . Tìm đường cong cố định luôn tiếp xúc với họ đường thẳng
md .
PHƯƠNG PHÁP
Cách 1: Thực hiện theo các bước
Bước 1: Tìm tập hợp các điểm mà họ md không đi qua. Tập hợp đó được xác
định bởi bất phương trình có dạng h(x;y) g(x;y)< .
Bước 2: Chứng minh họ md luôn tiếp xúc với đường cong
( )C : h(x;y) g(x;y) 0− =.
Cách 2: Thực hiện theo các bước
Bước 1: Tính đạo hàm theo phương trình '
mf (x;y;m) 0= .
Bước 2: Khử m từ hệ phương trình
m
f (x;y;m) 0
p(x;y) 0
f ' (x;y;m) 0
=
⇒ =
=
.
Bước 3: Chứng minh họ md luôn tiếp xúc với đường cong ( )C : p(x;y) 0= .
Bài toán 6. Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng md : A x By C 0+ + =đạt
giá trị lớn nhất.
PHƯƠNG PHÁP
Cách 1: Phương pháp hình học
Thực hiện theo các bước
Bước 1: Tìm điểm cố định mà họ đường thẳng luôn đi qua, giả sử đó là N.
Bước 2: Gọi H là chân hình chiếu vuông góc hạ từ M xuống d , khi đó
( )md M;d MH MN const= ≤ = .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi m dN H MN d MN.u 0≡ ⇔ ⊥ ⇔ =
 
.
Cách 2: Phương pháp hàm số
Bước 1: Tính ( ) M M
m
2 2
Ax By C
d M;d
A B
+ +
=
+
, đây là biểu thức với tham số.
Bước 2: Xét hàm số
( )2
M M
2 2
Ax By C
f (m)
A B
+ +
=
+
, tính đạo hàm và lập bảng biến
thiên để tìm giá trị lớn nhất của hàm số này.
Bước 3: Kết luận  m
m
maxd M;d maxf (m)



, từ đó tìm được giá trị của tham
số.

53. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
53
Nhận xét. Cách 1 thực hiện nhanh chóng, không đòi hỏi kiến thức về đạo hàm của
hàm số phù hợp với học sinh lớp 10. Ngoài ra có thể thực hiện cách quen thuộc
với học sinh lớp 9 như sau
Cách 3: ĐIều kiện để phương trình bậc hai có nghiệm
Bước 1: Đặt
( )2
M M 2
p p p2 2
Ax By C
P A m B m C 0 (1)
A B
+ +
= ⇔ + +=
+
.
Bước 2: Tìm điều kiện để phương trình (1) có nghiệm với ẩn là m , ta được
2
m p p pB 4A C 0∆ = − ≥ , giải bất phương trình này ta tìm được giá trị lớn nhất
của P , từ đó suy ra giá trị của tham số.
B. BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng
( )1d : mx m 1 y m 3 0+ − + − = và đường thẳng
 
2
x m 1 t
d : ,t
y m 1 2t
   
   
 .
a) Biện luận vị trí tương đối của 1d và 2d .
b) Tìm m để 1 2d d I= khi đó tìm quỹ tích các điểm I .
c) Tìm m để 1 2d ,d và đường thẳng 3d : y 1 2x= − đồng quy.
Giải
a) Biện luận vị trí tương đối của 1d và 2d .
Xét hệ tạo bởi 1d và 2d :
( )
( )
( )
( )( ) ( )( )
x m 1 t x m 1 t
y m 1 2t y m 1 2t
mx m 1 y m 3 0 m 1 m 2 t m 1 m 2 0 (1)
 = −  = −
 
= − − ⇔ = − − 
 + − + −= − − + + −= 
.
Khi đó vị trí tương đối của 1d và 2d phụ thuộc vào nghiệm phương trình (1) .
 Nếu
( )( )
( )( )
m 1 m 2 0
m 1
m 1 m 2 0
 − − =
⇔ =
+ − ≠
, khi đó (1) vô nghiệm, và 1 2d / /d .
 Nếu
( )( )
( )( )
m 1 m 2 0
m 2
m 1 m 2 0
 − − =
⇔ =
+ − =
, khi đó (1) vô số nghiệm và 1 2d d≡ .
 Nếu ( )( ) { }m 1 m 2 0 m 1;2− − ≠ ⇔ ≠ , khi đó (1) có nghiệm duy nhất
m 1
t
m 1
+
= −
−
suy ra
2
1 2
m 3
d d I m 1;
m 1
 +
= − −  − 
 .
b) Tìm m để 1 2d d I= , khi đó tìm quỹ tích các điểm I .
Với { }m 1;2≠ thì
2
1 2
m 3
d d I m 1;
m 1
 +
= − −  − 
 .

54. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
54
Ta có ( )
II
2 22
I I I
II
I I
m 1 xx m 1
1 x 3 x 2x 4m 3
yy
1 x 1 x 2m 1
=− −=− −

⇔  − − + + ++
= = −= 
− − − +− 
.
Vậy quỹ tích giao điểm của 1 2d ,d nằm trên đường cong ( )
2
x 2x 4
y C
x 2
+ +
= −
+
.
c) Tìm m để 1 2d ,d và đường thẳng 3d : y 1 2x= − đồng quy.
Để 1 2 3d ,d ,d đồng quy ta phải có
( )
2
2
3
m 3m 3
I d 1 2 m 1 m m 6 0
m 2m 1
= −+
∈ ⇔ = + + ⇔ + − = ⇔  =− 
.
Đối chiếu với điều kiện { }m 1;2 m 3≠ ⇒ =− là giá trị cần tìm.
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng
( ) ( ) ( )1 2d : 2 m 1 x y 3 0;d : m 2 x m 1 y 2 0− + −= + + − −= .
a) Biện luận vị trí tương đối của 1d và 2d .
b) Tìm m để d1 và d2 vuông góc với nhau.
Giải
a) Xét hệ phương trình tạo bởi 1d và 2d , ta được
( )
( ) ( )
2 m 1 x y 3
m 2 x m 1 y 2
 − + =

+ + − =
.
Ta có 2
x yD 2m 5m,D 2m 5,D 2m 10= − = − = − .
 Nếu
x
2
y
m 0 D 5 0
D 0 2m 5m 0 5
m D 5 0
2
= ⇒ =− ≠
= ⇔ − = ⇔
 = ⇒ =− ≠

, hệ vô nghiệm khi đó
1 2d / /d .
 Nếu 2 5
D 0 2m 5m 0 m 0;
2
 
≠ ⇔ − ≠ ⇔ ∉ 
 
, hệ có nghiệm duy nhất
( )
1 2
x;y ;
m m
 
=  
 
, khi đó 1d và 2d cắt nhau tại điểm
1 2
I ;
m m
 
 
 
.
Kết luận:
- Nếu
5
m 0;
2
 
∈ 
 
thì 1 2d / /d .
- Nếu
5
m 0;
2
 
∉ 
 
thì 1d và 2d cắt nhau tại điểm
1 2
I ;
m m
 
 
 
.

55. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
55
b) ( )( ) ( )1 2
5
m
d d 2 m 1 m 2 1 m 1 0 2
m 1

= −⊥ ⇔ − + + − = ⇔

=
.
Vậy
5
m ;1
2
 
∈ − 
 
là những giá trị cần tìm.
Bài 3. (ĐH Y Hà Nội ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng
( ) ( ) ( )2 2 2 2
1 2d : a b x y 1;d : a b x ay b, a b 0− += − + = + > .
a) Xác định giao điểm của 1d và 2d .
b) Tìm điều kiện của a,b để giao điểm đó thuộc trục hoành.
Giải
a) Xét hệ phương trình tạo bởi 1d và 2d , ta được
( )
2 2
a b x y 1
(a b )x ay b
 − + =

− + =
.
Ta có 2 2
x yD b ab,D a b,D ab a=− =− =− .
Vậy 1d và 2d cắt nhau khi và chỉ khi 2
D 0 b ab 0≠ ⇔ − ≠ .
Khi đó tọa độ giao điểm là
1 a
I ;
b b
 
− 
 
.
b) Điểm
2
b ab 0 a 0
I Ox a b 00
b
 − ≠ =
∈ ⇔ ⇔ 
≠= 

.
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng
1d : kx y k 0− + =và 2 2
2d :(1 k )x 2ky (1 k ) 0− + − + =.
a) Chứng minh rằng khi k thay đổi 1d luôn đi qua một điểm cố định.
b) Với mỗi giá trị của k , hãy xác định giao điểm của 1d và 2d . Tìm quỹ tích của
giao điểm đó.
Giải
a) Gọi ( )0 0M x ;y là điểm mà 1d luôn đi qua với mọi k, ta có
( )0 0 0 0kx y k 0, k x 1 k y 0, k− + = ∀ ⇔ + − = ∀ .
( )0 0
0 0
x 1 0 x 1
M 1;0
y 0 y 0
+ = =− 
⇔ ⇔ ⇒ − 
−= = 
.
Vậy 1d luôn đi qua điểm cố định ( )M 1;0− .
b) Xét hệ phương trình tạo bởi 1d và 2d , ta được 2 2
kx y k
(1 k )x 2ky 1 k
− =−

− + =+
.

56. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
56
Ta có 2 2
x yD 1 k ,D 1 k ,D 2k=+ =− =.
Vì 2
D 1 k 0, k= + > ∀ nên hệ có nghiệm duy nhất ( )
2
2 2
1 k 2k
x;y ;
1 k 1 k
 −
=   + + 
khi
đó 1d luôn cắt 2d tại điểm
2
2 2
1 k 2k
I ;
1 k 1 k
 −
  + + 
.
Ta có
2 22
2 2 2 2
I I I I2 2
1 k 2k
x y 1 x y 1
1 k 1 k
 −  
+ = + =⇔ + =    + +  
.
Do đó quỹ tích các điểm I là đường tròn ( ) 2 2
C : x y 1+ =.
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng
2
1 2d : 4x 2my m 0; d : xcos ysin 2cos 1 0− += α + α + α += , với m,   .
Chứng minh rằng hai đường thẳng 1d và 2d lần lượt tiếp xúc với các đường
cong cố định.
Giải
a) Chứng minh 1d tiếp xúc với đường cong cố định
Gọi ( )M x;y là điểm không thuộc bất kỳ đường thẳng nào của họ 1d , khi đó
2
4x 2my m 0− + =vô nghiệm 2
m ' y 4x 0∀ ⇔ ∆= − < .
Vậy tập hợp các điểm mà họ đường thẳng 1d không đi qua là miền trong của
parabol ( ) 2
P : y 4x= .
Ta chứng minh 1d luôn tiếp xúc với (P).
Thật vậy xét hệ phương trình tạo bởi 1d và (P)
( )
22
22
y 4xy 4x
4x 2my m 0 y m 0 (1)
 == 
⇔ 
− + = − =  
.
Phương trình (1) có nghiệm kép nên 1d tiếp xúc với (P).
b) Chứng minh 2d tiếp xúc với một đường cong cố định.
Gọi ( )M x;y là điểm mà không có bất kỳ đường thẳng nào của họ d2 đi qua, khi
đó
xcos ysin 2cos 1 0α + α + α + = vô nghiệm ∀α .
( )2 2
x 2 y 1⇔ + + < .
Vậy tập hợp các điểm mà họ đường thẳng 2d không đi qua nằm trong đường
tròn (T), tâm ( )I 2;0− , bán kính bằng 1.

57. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
57
Ta chứng minh 2d luôn tiếp xúc với (T).
Thật vậy ( )2
2 2
2cos 0.sin 2cos 1
d I;d 1
sin cos
− α + α + α +
= =
α + α
.
Vì vậy 2d luôn tiếp xúc với đường tròn ( )T .
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho bốn điểm A(a; 0), B(0; b), M(m; 0),
N(0; n) trong đó a, b là các hằng số còn m, n thay đổi thỏa mãn
OM ON
2
OA OB
+ =.
Tìm quỹ tích giao điểm I của hai đường thẳng AN và BM .
Giải
Phương trình đường thẳng AN là
x y
1
a n
+ =.
Phương trình đường thẳng BM là
x y
1
m b
+ =.
Tọa độ giao điểm I AN BM=  là nghiệm của hệ phương trình
x y
1
nx ay ana n
x y bx my mb
1
m b

+ = + =
⇔ 
+ = + =

.
Ta có ( ) ( )x yD mn ab,D ma n b ,D nb m a= − = − = − .
Để AN cắt BM khi và chỉ khi D 0 mn ab≠ ⇔ ≠ .
Khi đó tọa độ giao điểm
( ) ( )ma n b nb m a
I ;
mn ab mn ab
 − − 
 
− − 
.
Mặt khác theo giả thiết
OM ON m n
2 2
a bOA OB
+ = ⇔ + = .
Ta có
( )
( )
m n
1
ma n b a b
x a.
m n m nm nmn ab 2. .. 1
x y a b a ba b
2
m na bn m . 11
a bnb m a b a
y b.
m nmn ab . 1
a b
  
−  −  = =
 − − +−    ⇒ += =
  −−  −  = =
− −

.
Vậy tập hợp giao điểm I là đường thẳng
x y
2
a b
+ =.

58. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
58
Bài 7. Hãy biện luận giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( ) ( )2 2
P x 2y 1 2x my 5= − + + + + theo m .
Giải
Xét hai đường thẳng 1d : x 2y 1 0− + = và 2d : 2x my 5 0+ + =.
Xét hệ tạo bởi 1d và 2d , ta được
x 2y 1 0 x 2y 1
2x my 5 0 2x my 5
− + = − =− 
⇔ 
+ + = + =− 
.
Ta có x y
1 2 1 2 1 1
D m 4,D m 10,D 3
2 m 5 m 2 -5
− − − −
= = + = =− − = =−
−
.
 Nếu D 0 m 4≠ ⇔ ≠ − khi đó hệ có nghiệm duy nhất ( )
m 10 3
x;y ;
m 4 m 4
+ − 
= − 
+ + 
,
khi đó 1d và 2d cắt nhau. Do đó P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 tại điểm
( )
m 10 3
x;y ;
m 4 m 4
+ − 
= − 
+ + 
.
 Nếu xD 0 m 4 D 6 0= ⇔ =− ⇒ =− ≠ , hệ vô nghiệm, khi đó 1 2d / /d do đó
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2
P x 2y 1 2x 4y 5 5 x 2y 1 12 x 2y 1 9= − + + − + = − + + − + + .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
6
x 2y 1 0 5x 10y 11 0
5
− + + = ⇔ − + = .
Do đó P đạt giá trị nhỏ nhất bằng
9
5
khi 5x 10y 11 0− + =.
Kết luận:
- Nếu m 4;min P 0≠ − = đạt được khi ( )
m 10 3
x;y ;
m 4 m 4
+ − 
= − 
+ + 
.
- Nếu
9
m 4;minP
5
=− =, đạt được khi x,y thỏa mãn 5x 10y 11 0− + =.
Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm điểm ( )A AA x ;y thuộc đường tròn
( ) 2 2 1
C : x y
4
+ =sao cho biểu thức ( ) ( )2 2
A A A AP x y 1 mx y 2= + + + − + đạt
giá trị nhỏ nhất khác 0 .
Giải
Xét hai đường thẳng 1 2d : x y 1 0;d : mx y 2 0+ += − += .
Xét hệ tạo bởi 1d và 2d , ta được
x y 1 0 x y 1
mx y 2 0 mx y 2
+ + = + =− 
⇔ 
− + = − =− 
.

59. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
59
Ta có x yD 1 m,D 3,D m 2=− − = = − .
 Nếu D 0 1 m 0 m 1≠ ⇔ − − ≠ ⇔ ≠ − , hệ có nghiệm duy nhất, khi đó 1d và 2d cắt
nhau, do đó P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 (loại trường hợp này).
 Nếu D 0 m 1=⇔ =− , khi đó yD 3 0=− ≠ , hệ vô nghiệm, khi đó 1 2d / /d do đó
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2
P x y 1 x y 2 2 x y 1 6 x y 1 9= + + + − − + = + + − + + + .
2
3 9 9
2 x y 1
2 2 2
 
= + + − + ≥ 
 
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
3 1
x y 1 0 x y 0
2 2
+ + − = ⇔ + − = .
Do đó để P đạt giá trị nhỏ nhất khác 0, tọa độ điểm A thỏa mãn hệ phương trình
2 2 2
1 11x y 0 x 0;yy x2 22
1 1
x y x ;y 02x x 0
4 2
 + − = = = = − 
⇔ ⇔  
 + = = =− =  
.
Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là 1
1
A 0;
2
 
 
 
và 2
1
A ;0
2
 
 
 
.
Bài 9. Biện luận theo tham số m giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( ) ( )4 4
P mx y 2 2x y 5= − + + − + .
Giải
Xét hai đường thẳng 1 2d : mx y 2 0;d : 2x y 5 0− += − += .
Xét hệ tạo bởi 1d và 2d , ta được
mx y 2 0 mx y 2
2x y 5 0 2x y 5
− + = − =− 
⇔ 
− + = − =− 
.
Ta có x yD m 2,D 3,D 4 5m=− + =− =− .
 Nếu D 0 m 2 0 m 2≠ ⇔ − + ≠ ⇔ ≠ , hệ có nghiệm duy nhất, khi đó 1d và 2d cắt
nhau và P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 0 với ( )
3 4 5m
x;y ;
m 2 m 2
− − 
=  
− + − + 
.
 Nếu yD 0 m 2 0 m 2 D 6 0= ⇔ − + = ⇔ = ⇒ = − ≠ , hệ vô nghiệm, khi đó
1 2d / /d và ( ) ( )4 4
P 2x y 2 2x y 5= − + + − + .
Đặt
7
t 2x y
2
= − + khi đó
4 4
3 3
P t t
2 2
   
= − + +   
   
.
Để tìm giá trị nhỏ nhất của P ta có ba cách sau đây:

60. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
60
Cách 1: Sử dụng hàm số
Xét hàm số
4 4
3 3
f (t) t t
2 2
   
= − + +   
   
,
ta có
2 2
3 3 3 3
f '(t) 8t t t t t ;f '(t) 0 t 0
2 2 2 2
       
= − + − + + + = ⇔ =       
        
.
t −∞ 0 +∞
f '(t) − 0 +
f (t) +∞ +∞
81
8
Dựa vào bảng biến thiên suy ra
t
81
min P minf (t) f (0)
8
  

, đạt được khi
3
t 0 2x y 0
2
= ⇔ − + = .
Kết luận:
- Nếu m 2;min P 0≠ =đạt được khi ( )
3 4 5m
x;y ;
m 2 m 2
− − 
=  
− + − + 
.
- Nếu
81
m 2;minP
8
= = , đạt được khi x,y thỏa mãn
3
2x y 0
2
− + =.
Cách 2: Khai triển nhóm thành bình phương
4 4
4 23 3 81 81
P t t 2t 27t
2 2 8 8
   
= − + + = + + ≥   
   
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
3
t 0 2x y 0
2
= ⇔ − + = .
Cách 3: Sử dụng bất đẳng thức
n
n n *a b
a b 2. , a,b 0,n
2
        
 .
Khi đó
22 2
4 4 2
2
3 3
t t
3 3 9 812 2
P t t 2 2 t
2 2 2 4 8
    
− + +    
         = − + + ≥ = + ≥            
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
3
t 0 2x y 0
2
= ⇔ − + = .
Nhận xét. Rõ ràng cách số 2 là đơn giản nhất tuy nhiên hạn chế là với bậc cao
lên ta không xử lý được theo hướng này, cách số 1 sử dụng hàm số cũng vậy.
Cách số 3 giúp ra giải quyết bài toán trong trường hợp bậc của bài toán cao.

61. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
61
Bài tập áp dụng. Biện luận theo tham số m giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( ) ( )2014 2014
P 3x y 4 3x my 6= − + + + + .
Bài 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm
1 1
M ;
2 4
 
− 
 
và đường thẳng
( ) ( )md : m 1 x 2m 1 y m 1 0− + − + + =(với m là tham số).
Xác định các giá trị của m để khoảng cách từ M đến đường thẳng dm đạt giá
trị lớn nhất.
Giải
Cách 1: Phương pháp hình học
Gọi ( )0 0N x ;y là điểm cố định mà md luôn đi qua, khi đó
( ) ( )0 0m 1 x 2m 1 y m 1 0, m− + − + + = ∀ .
( )0 0 0 0m x 2y 1 1 x y 0, m⇔ + + + − − = ∀ .
( )0 0 0
0 0 0
x 2y 1 0 x 3
N 3; 2
1 x y 0 y 2
+ += = 
⇔ ⇔ ⇒ − 
− − = =− 
.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên md ta có
( )md M;d MH MN const= ≤ = .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi mH N d MN≡ ⇔ ⊥ .
Ta có
7 9
MN ;
2 4
 
= − 
 

và md có véc tơ chỉ phương ( )u 1 2m;m 1=− −

.
Vì vậy ( ) ( )
7 9 23
1 2m m 1 0 m
2 4 37
− − − = ⇔ = .
Vậy
23
m
37
= là giá trị cần tìm.
Cách 2: Phương pháp hàm số
( )
( ) ( )
( ) ( )
m
2 2 2
1 1 5
m 1 2m 1 m 1 m
2 4 4
d M;d
5m 6m 2m 1 2m 1
− − + − + + +
=
− +− + −
.
Xét hàm số
2
5
m
4
f (m)
5m 6m 22
 
+ 
 =
− +
, ta có
2
2
37 93 115
m m
2 8 8f '(m)
(5m 6m 2)
− − +
=
− +
.

62. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
62
2
5
m
37 93 115 4
f '(m) 0 m m 0
232 8 8
m
37

= −
= ⇔ − − + = ⇔ 
 =

.
Bảng biến thiên
m
−∞
5
4
−
23
37
+∞
f '(m) − 0 + 0 −
f (m) 1
5
277
16
0
1
5
Dựa vào bảng biến thiên suy ra
m
23
maxf (m) f
37
    
.
Suy ra  m
m
277
Maxd M;d maxf (m)
16
 

đạt được khi
23
m
37
= .
Nhận xét. Rõ ràng phương pháp hình học giúp giải quyết bài toán gọn nhẹ, nhanh
chóng không yêu cầu tính toán phức tạp cũng như sử dụng đến kiến thức của
đạo hàm phù hợp với học sinh lớp 10.
Cách 3: Điều kiện phương trình bậc hai có nghiệm
Đặt ( )
2
2
5
m
5 254
P 5P 1 m 6P m 2P 0 (1)
2 165m 6m 22
 
+ 
  = ⇔ − − + + −= 
− +  
.
 Nếu
1 93
P (1) m
5 136
= ⇒ ⇔ = .
 Nếu
1
P
5
≠ khi đó (1) có nghiệm ( )
2
5 25
6P 4 5P 1 2P 0
2 16
   
⇔ ∆= + − − − ≥   
   
.
2 277 277
4P P 0 0 P
4 16
⇔ − + ≥ ⇔ ≤ ≤ .
Suy ra ( )m
277
maxd A;d max P
16
= = , đạt được khi và chỉ khi
( )
5
6P
232m
2 5P 1 37
+
= =
−
.

63. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
63
Bài 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm ( ) ( )A 0;1 ,B 2; 1− và hai
đường thẳng ( ) ( )1d : m 1 x m 2 y 2 m 0− + − + − = và
( ) ( )2d : 2 m x m 1 y 3m 5 0− + − + − =. Gọi P là giao điểm của 1 2d ,d . Xác
định m để tổng PA PB+ đạt giá trị lớn nhất.
Giải
Đường thẳng 1 2d ,d có véc tơ pháp tuyến lần lượt là
( ) ( )1 2n m 1;m 2 ;n 2 m;m 1= − − = − −
 
.
Suy ra ( ) ( )1 2 1 2n .n 0 d d=⇒ ⊥
 
.
Dễ thấy ( ) ( )1 2A d ,B d∈ ∈ nên tam giác PAB vuông tại P .
Ta có ( ) ( )2 2 2 2
PA PB 2 PA PB 2AB 16 PA PB 4.+ ≤ + = = ⇒ + ≤
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác PAB vuông cân tại P , hay góc giữa
đường thẳng AB và ( )1d bằng 0
45 . Ta có ( )ABn 1;1=

, từ đó suy ra
   
AB 10
2 2
AB 1
n .n m 12m 3
cos45 1
m 2n . n m 1 m 2
 
   
   
 
  .
Vậy { }m 1;2∈ là những giá trị cần tìm.
C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng
( )1 2d : m 1 x 2y 2m 1 0; d : mx 3y 0− + − −= −= .
a) Xác định tọa độ giao điểm của 1d và 2d .
b) Tìm m để giao điểm đó thuộc trục tung.
Hướng dẫn giải – đáp số
a) Xét hệ phương trình tạo bởi 1d và 2d , ta được
( )m 1 x 2y 2m 1 0
mx 3y 0
 − + − − =

− =
.
Ta có ( ) ( )x yD 3 5m,D 3 2m 1 ,D m 2m 1=− =− + = + .
Để 1 2
5
d d D 0 3m 5 0 m
3
⇔ ≠ ⇔ − ≠ ⇔ ≠ , khi đó
( ) ( )
1 2
3 2m 1 m 2m 1
d d I ;
3m 5 3m 5
 + + 
= − 
− − 
 .
b) Để
( )
y
3 2m 1 1
I O 0 m
3m 5 2
+
∈ ⇔ − = ⇔ = −
−
.

64. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
64
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng
( ) ( ) ( )1 2d : 2mx m 1 y 3m 1 0;d : 3m 1 x m 1 y 2 6m 0− + − += + + − + −= , với m
là tham số.
a) Chứng minh rằng mỗi đường thẳng đi qua một điểm cố định tương ứng.
b) Tìm quỹ tích các giao điểm của hai đường thẳng trên.
Hướng dẫn giải – đáp số
a) Gọi ( )0 0A x ;y là điểm cố định mà 1d luôn đi qua, khi đó
( )0 02mx m 1 y 3m 1 0, m− + − + = ∀ .
( )0 0 02x y 3 m 1 y 0, m⇔ − − + − = ∀ .
( )0 0 0
0 0
2x y 3 0 x 2
A 2;1
1 y 0 y 1
− −= = 
⇔ ⇔ ⇒ 
−= = 
.
Tương tự tìm được điểm cố định của đường thẳng 2d là B(1;3).
b) Tìm quỹ tích giao điểm của hai đường thẳng.
Đường thẳng 1d đi qua điểm ( )A 2;1 và có véc tơ pháp tuyến ( )1n 2m; m 1= − −

.
Đường thẳng 2d đi qua điểm ( )B 1;3 và có véc tơ pháp tuyến
( )2n 3m 1;m 1= + −

.
Góc tạo bởi hai đường thẳng xác định bởi
1 2 0
1 2
n .n 2
cos 45
2n . n
α= = ⇒ α=
 
  .
Vậy quỹ tích giao điểm của hai đường thẳng trên là cung tròn nhìn
đoạn AB dưới một góc 0
45 .
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm ( )A 2;3 và đường thẳng
( ) ( )md : m 2 x m 1 y 2m 1 0− + − + − = , với m là tham số.
Tìm m để khoảng cách từ A đến đường thẳng md đạt giá trị lớn nhất.
Hướng dẫn giải – đáp số
Cách 1: Sử dụng hàm số ( )m
2
7m 8
d A;d
2m 6m 5
−
=
− +
.
Xét hàm số
( )2
2
7m 8
f (m)
2m 6m 5
−
=
− +
, ta có
( )
2
22
70m 234m 176
f '(m)
2m 6m 5
− + −
=
− +
.
2
8
m
7
f '(m) 0 70m 234m 176 0
11
m
5

=
= ⇔ − + − = ⇔ 
 =

.

65. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
65
Bảng biến thiên
m
−∞
8
7
11
5
+∞
f '(m) − 0 + 0 −
f (m) 49
2
37
0
49
2
Dựa vào bảng biến thiên suy ra
m
11
maxf (m) f 37
5
    
.
Suy ra  m
m
maxd A;d maxf (m) 37

 

, đạt được khi
11
m
5
= .
Cách 2: Phương pháp hình học
Gọi ( )0 0M x ;y là điểm cố định mà md luôn đi qua, khi đó
( ) ( )0 0m 2 x m 1 y 2m 1 0, m− + − + − = ∀ .
( ) ( )0 0 0 0x y 2 m 2x y 1 0, m⇔ + + − + + = ∀ .
( )0 0 0
0 0 0
x y 2 0 x 1
M 1; 3
2x y 1 0 y 3
+ += = 
⇔ ⇔ ⇒ − 
+ + = =− 
.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng md , ta có
( )md A;d AH AM const= ≤ = .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M H d AM≡ ⇔ ⊥ .
Ta có ( ) ( )dAM 1; 6 ,u 1 m;m 2= − − = − −
 
.
Yêu cầu bài toán tương đương với
( ) ( )d
11
AM.u 0 1 m 6 m 2 0 m
5
⇔ = ⇔ − − − − = ⇔ =
 
.
Cách 3: Điều kiện phương trình bậc hai có nghiệm
Đặt
( )
( ) ( )
2
2
2
7m 8
P 2P 49 m 6P 112 m 5P 64 0 (1)
2m 6m 5
−
= ⇔ − − − + −=
− +
.
Nếu
49 117
P m
2 70
= ⇔ = .

66. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
66
Nếu
49
P
2
≠ , khi đó phương trình (1) có nghiệm
( ) ( )( )2
m' 3P 56 2P 49 5P 64 0 0 P 37⇔ ∆ = − − − − ≥ ⇔ ≤ ≤ .
Vậy ( )mmaxd A;d maxP 37= = , đạt được khi
11
m
5
= .
Bài 4. (Đại Học Công Đoàn) Cho họ đường thẳng
( ) ( )d : x 1 cos y 1 sin 1α − α + − α = .
a) Tìm tập hợp các điểm của mặt phẳng tọa độ không thuộc bất cứ đường thẳng
nào của họ dα .
b) Chứng minh rằng dα luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.
Giải
a) Điểm ( )M x;y mà đường thẳng dα không đi qua khi dα thay đổi.
Khi đó ( ) ( ) ( ) ( )2 2
x 1 cos y 1 sin 1, x 1 y 1 1− α + − α ≠ ∀α ⇔ − + − < .
Vậy tập hợp các điểm mà họ đường thẳng dα không đi qua là các điểm trong
đường tròn ( ) ( ) ( )2 2
C : x 1 y 1 1− + − =.
b) Ta có ( )( ) 2 2
1
d I 1;1 ;d 1
sin cos
α= =
α + α
.
Vậy họ đường thẳng dα luôn tiếp xúc với đường tròn ( ) ( ) ( )2 2
C : x 1 y 1 1− + − =.
Bài 5. (ĐH An Ninh) Cho hai điểm ( ) ( )A 0;2 ,B m; 2− .
a) Viết phương trình đường trung trực d của AB .
b) Chứng minh rằng d luôn tiếp xúc với một đường cong cố định khi m thay đổi.
Giải
a) Phương trình đường trung trực của AB là:
( ) ( ) ( )2 2 22 2
d : x y 2 x m y 2 d : 2mx 8y m 0+ − = − + + ⇔ − − = .
b) Xét phương trình: ( )22 2
2mx x m 0 x m 0− − = ⇔ − = có nghiệm kép với mọi m.
Khi đó d luôn tiếp xúc với Parabol ( )
2
x
P : y
8
= .

67. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
67
Chuû ñeà 4. TÌM ÑIEÅM THOÛA MAÕN ÑIEÀU KIEÄN CHO TRÖÔÙC
Nội dung chủ đề này đề cập chủ yếu đến bài toán tìm điểm thuộc đường
thẳng. Các bài toán tìm điểm liên quan đến đường tròn, elip và kết hợp khác được
trình bày trong các chương sau
A. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP
1. Bài toán
Bài toán. Tìm điểm ( )0 0M x ;y thuộc đường thẳng d :a x by c 0+ + = thỏa mãn
một điều kiện cho trước.
Với b 0≠ ta gọi 0
0
ax c
M x ;
b
+ 
− 
 
và thiết lập các phương trình điều kiện để
tìm ra 0x từ đó suy ra điểm M cần tìm.
Đặc biệt:
- Điểm ( )M Ox M m;0∈ ⇒ .
- Điểm ( )M Oy M 0;m∈ ⇒ .
Chú ý. Nếu đường thẳng cho dưới dạng tham số:
( )0
0 0
0
x x at
d : M d M x at;y bt
y y bt
= +
⇒ ∈ ⇒ + +
= +
.
Nếu đường thẳng cho dưới dạng chính tắc:
( )0 0
0 0
x x y y
d : M d M x at;y bt
a b
− −
= ⇒ ∈ ⇒ + + .
2. Kiến thức cần vận dụng
- Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cho trước, đi qua điểm và có hệ số
góc,...
- Điều kiện 3 điểm thẳng hàng, điểm thuộc đường thẳng.
- Góc tạo bởi giữa hai véc tơ, hai đường thẳng.
- Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng.
- Tính chất vuông góc, song song.
- Công thức diện tích tam giác.
- Tính chất tam giác đều, tam giác vuông, tam giác cân.
- Bài toán cực trị có thể giải bằng phương pháp hình học hoặc sử dụng hàm số.
3. Một số bài toán cần lưu ý
Bài toán. Tìm điểm M sao cho nhìn hai điểm A, B dưới một góc cho trước.
PHƯƠNG PHÁP
Gọi điểm cần tìm M(x; y).
- Tính

68. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
68

       
       
A B A B
2 2 2 2
A A B B
x x x x y y y y
cosAMB cos MA,MB
x x y y . x x y y
    
 
     
 
.
- Thiết lập một phương trình thứ 2 để có mối quan hệ giữa x, y.
- Giải hệ gồm hai phương trình trên ta tìm được tọa độ điểm M.
B. BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm ( ) ( )A 3;2 ,B 1;1− . Tìm điểm
M trên trục tung sao cho
a) Diện tích tam giác AMB bằng 3 .
b) 2 2
MA MB+ đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải
a) Do ( )M Oy M 0;m∈ ⇒ .
Phương trình cạnh
x 3 y 2
AB: AB: x 4y 5 0
1 3 1 2
+ −
= ⇔ + −=
+ −
.
Ta có ( ) ( )2 2
AB 3 1 2 1 17= − − + − = .
( )AMB
2 2
4m 5 4m 51 1
S AB.d M;AB . 17.
2 2 21 4
− −
= = =
+
.
Mặt khác AMB
11
m
4m 5 1 114
S 3 3 M 0; ;M 0;
12 4 4
m
4

=−    
=⇔ =⇔ ⇒ −    
    = −

.
Vậy có hai điểm cần tìm là
1
M 0;
4
 
− 
 
hoặc
11
M 0;
4
 
 
 
.
b) Ta có ( ) ( )
2
2 22 2 3 21 21
MA MB 9 m 2 1 m 1 2 m
2 2 2
 
+ = + − + + − = − + ≥ 
 
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
3 3
m M 0;
2 2
 
= ⇒  
 
.
Vậy điểm cần tìm là
3
M 0;
2
 
 
 
.
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm ( ) ( )A 1; 1 ,B 4;3− . Tìm tọa độ
những điểm M,N thuộc đoạn AB và chia đoạn AB thành 3 đoạn có độ dài
bằng nhau.
Giải
Ta có ( )AB 3;4=

. Giả sử vị trí các điểm trên đoạn thẳng AB là A,M,N,B.

69. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
69
Theo giả thiết ta có
11 M 2;AM AB
33
AM MN NB
2 5
AN AB N 3;
3 3
  
=     
==⇒ ⇒ 
  =     
 
 
.
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là
1 5
M 2; ,N 3;
3 3
   
   
   
hoặc
5 1
M 3; ,N 2;
3 3
   
   
   
.
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm ( ) ( )A 1; 1 ,B 3;2− . Tìm điểm
M trên trục tung sao cho
a) Góc  0
AMB 45 .
b) AMBS bằng
7
2
.
Giải
Vì ( )M Oy M 0;t ;AB 13∈ ⇒ = .
Phương trình đường thẳng
x 1 y 1
AB: AB:3x 2y 5 0
3 1 2 1
− +
= ⇔ − −=
− +
.
a) Ta có ( ) ( )MA 1; 1 t ,MB 3;2 t= − − − −
 
.
Vậy góc  0 MA.MB 1
AMB 45
2MA . MB
  
 
 
( )( )
( ) ( )2 22 2
3.1 1 t 2 t 1
21 1 t . ( 3) 2 t
− + − − −
⇔ =
+ − − − + −
.
( ) ( )( )
( )
( )
2 2 2
M 0; 4t 4
2 t t 5 t 2t 2 t 4t 14
t 6 M 0;6
 −= −
⇔ − − = + + − + ⇔ ⇒  = 
.
Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( )M 0; 4− hoặc ( )M 0;6 .
b) Ta có ( ) ( )MAB
2 2
2t 5 2t 51
d M;AB S AB.d M;AB
2 23 ( 2)
− − +
= ⇒ = =
+ −
.
Mặt khác
( )
( )
MAB
M 0;1t 12t 57 7
S
t 62 2 2 M 0; 6
=+ 
=⇔ =⇔ ⇒  = − − 
.
Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( )M 0;1 hoặc ( )M 0; 6− .
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm ( )A 2;1 . Tìm điểm B Ox,∈
C Oy∈ sao cho tam giác ABC vuông tại A và có diện tích nhỏ nhất.

70. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
70
Giải
Vì ( ) ( )B Ox,C Oy B b;0 ,C 0;c∈ ∈ ⇒
( ) ( )AB b 2; 1 ,AC 2;c 1⇒ = − − = − −
 
.
Tam giác ABC vuông tại A
( ) ( ) ( )AB.AC 0 2 b 2 1 c 1 0 c 2b 5 C 0; 2b 5
 
⇔ = ⇔ − − − − = ⇔ =− + ⇒ − + .
Khi đó
( ) ( )2 22 2
AB b 2 1 b 4b 5,AC 4 c 1 4b 16b 20= − + = − + = + − = − + .
Suy ra
( )22 2 2
ABC
1 1
S AB.AC b 4b 5. 4b 16b 20 b 4b 5 b 2 1 1
2 2
= = − + − + = − + = − + ≥
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ( ) ( )b 2 B 2;0 ,C 0;1= ⇒ .
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là ( ) ( )B 2;0 ,C 0;1 .
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác đều ABC có A(2; 1), B(-1; 2).
Tìm tọa độ đỉnh C.
Giải
Ta có AB 10= .
Phương trình đường trung trực của AB là
.
Vì tam giác ABC đều nên
( )C d C t;3t∈ ⇒ .
Mặt khác CA CB AB 10= = = ta có phương trình
.
Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là
1 3 3 3 3
C ;
2 2
       
hoặc
1 3 3 3 3
C ;
2 2
       
.
Cách 2: Viết phương trình đường tròn (A) tâm A bán kính AB; đường tròn tròn
(B) tâm B bán kính AB.

71. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
71
Ta có
   
   
2 2
2 2
(A): x 2 y 1 10
AB 10
(B): x 1 y 2 10
     
    
.
Khi đó toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
   
       
2 2
2 22 2
3x y 0x 2 y 1 10
x 1 y 2 10x 1 y 2 10
         
          
.
1 3
x
2
1 3 3 3 33 3 3 C ;y 2 22
1 3 3 3 31 3
C ;x
2 22
3 3 3
y
2
                                 
.
Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là
1 3 3 3 3
C ;
2 2
       
hoặc
1 3 3 3 3
C ;
2 2
       
.
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm G(0; 4),
C(–2; –4). Biết trung điểm M của BC nằm trên đường thẳng d : x y 2 0+ − =.
Tìm tọa độ điểm M để độ dài AB ngắn nhất.
Giải
Vì ( )M d M t;2 t∈ ⇒ − . Do M là trung điểm cạnh BC nên ( )B 2t 2;8 2t+ − .
Vì ( )G 0;4 là trọng tâm tam giác ABC nên
( )
A
A
A A
x 2 2t 2
0
x 2t3
A 2t;2t 32
y 4 8 2t y 32 2t
3.4
3
− + +
= = −
⇔ ⇒ − + 
− + − = + =

.
Suy ra ( ) ( ) ( )2 2 2
AB 2t 2t 2 2t 32 8 2t 2 4t 13 242 11 2= − − − + + − + = + + ≥ .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
13 13 21
t M ;
4 4 4
 
=− ⇒ − 
 
.
Vậy điểm cần tìm có tọa độ là
13 21
M ;
4 4
 
− 
 
.

72. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
72
Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho bốn điểm A(1; 0), B(-2; 4), C(-1; 4),
D(3;5). Tìm điểm M trên đường thẳng d :3x y 5 0− − = sao cho hai tam giác
MAB và MCD có diện tích bằng nhau.
Giải
Dễ viết được phương trình đường thẳng AB: 4x 3y 4 0+ − = và phương trình
đường thẳng CD: x 4y 17 0− + =.
Tính được AB 5,CD 17= = .
Giả sử điểm ( )M m;3m 5 d− ∈ khi đó
( ) ( )MAB MCDS S AB.d M;AB CD.d M;CD=⇔ = .
( )2 2 22
m 9
13m 19 11m 37
5. 17. 7
m4 3 1 4 3
= −
− − + ⇔ = ⇔
 =+ + − 
.
 Với ( )1m 9 M 9; 32=− ⇒ − − .
 Với 2
7 7
m M ;2
3 3
 
= ⇒  
 
.
Vậy có hai điểm cần tìm là ( )1 2
7
M 9; 32 ,M ;2
3
 
− −  
 
.
Bài 8. (TSĐH Khối B 2011) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng
1d : x y 4 0− − = và 2d : 2x y 2 0− − =. Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng
2d sao cho đường thẳng ON cắt đường thẳng 1d tại điểm M thỏa mãn
OM.ON 8= .
Giải
Cách 1: Dùng độ dài đoạn thẳng
Gọi ( ) ( )2 1N a;2a 2 d ;M b;b 4 d− ∈ − ∈ .
Do O,M,N thẳng hàng nên hệ số góc đường thẳng OM bằng hệ số góc đường
thẳng ON :
2a 2 b 4 4a
b (1)
a b 2 a
− −
= ⇔=
−
.
Ta có ( )( ) ( )( )2 22 2
OM.ON 8 a 2a 2 b b 4 64 (2) = ⇔ + − + − =  .
Thay
4a
b
2 a
=
−
từ (1) vào (2) ta được:
( ) ( ) ( )( )
2 22 2 2
5a 8a 4 4 a 2 5a 6a 5a 10a 8 0− + = − ⇔ − − + = .

73. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
73
( )
2
N 0; 2a 0
5a 6a 0 6 6 2
a N ;
5 5 5
 −=
⇔ − = ⇔ ⇔   =    
.
Vậy có hai điểm ( )1 2
6 2
N 0; 2 ;N ;
5 5
 
−  
 
cần tìm.
Cách 2: Sử dụng véctơ
Giả sử ( ) 2N a;2a 2 d− ∈ suy ra phương trình đường thẳng
( )ON : 2a 2 x ay 0− − =.
Tọa độ điểm 1M ON d=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
( )
( )
4a
x
2a 2 x ay 0 2 2a 24a2 a
M ;
2 2a 2 2 a 2 ax y 4 0
y
2 a

= − − =  − − 
⇔ ⇒   
− − −− − =    =
 −
.
Vì OM.ON 8= nên
( )
( )
( )
22
22
2 2a 24a N 0; 2a 08
OM.ON 8 2 a 2 a
6 6 2
a N ;OM.ON 8 2 2a 24a 5 5 58
2 a 2 a
 −
 − =+ = = − − ⇔ ⇔ ⇔    == −  −    + =−
 − −
 
  .
Ta có kết quả tương tự cách trên.
Nhận xét. Rõ ràng với cách sử dụng véc tơ bài toán đưa về giải phương trình bậc
hai đơn giản hơn rất nhiều so với cách 1, ưu điểm là với bài toán cho tọa độ
điểm M, N có chứa căn thì cách xử lý bằng véc tơ giải quyết triệt để bài toán.
Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độOxy cho điểm ( )A 2;1 . Tìm tọa độ điểm B trên
trục hoành, điểm C trên trục tung sao cho tam giác ABC vuông tại A và có
diện tích lớn nhất, biết điểm B có hoành độ không âm.
Giải
Gọi ( ) ( )B b;0 ,C 0;c ;b,c 0≥ .
Ta có ( ) ( )AB b 2; 1 ,AC 2;c 1= − − = − −
 
.
Tam giác ABC vuông tại A AB.AC 0⇔ =
 
.
( ) ( )
5
2 b 2 1 c 1 0 c 5 2b 0 0 b
2
⇔ − − − − = ⇔ = − ≥ ⇒ ≤ ≤ .
Diện tích tam giác ABC bằng
( ) ( )2 2 2
ABC
1 1
S AB.AC b 2 1. 4 c 1 b 4b 5
2 2
= = − + + − = − + .

74. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
74
Xét hàm số 2 5
f (b) b 4b 5,0 b f (b) f (0) 5
2
= − + ≤ ≤ ⇒ ≤ = .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ( ) ( )b 0;c 5 B 0;0 ,C 0;5= = ⇒ .
Vậy diện tích tam giác ABC lớn nhất khi ( ) ( )B 0;0 ,C 0;5 .
Bài 10. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm A(2; 2) và hai đường thẳng
1 2d : x y 2 0,d : x y 8 0+ −= + −= . Tìm B, C tương ứng thuộc 1 2d ,d sao cho
tam giác ABC vuông cân tại A .
Giải
Giả sử ( ) ( )1 2B b;2 b d ;C c;8 c d− ∈ − ∈ .
Ta có ( ) ( )AB b 2; b ,AC c 2;6 c= − − = − −
 
.
Tam giác ABC vuông cân tại A khi và chỉ khi
2 2
AB.AC 0
AB AC
 =

=
 
.
( )( ) ( )
( ) ( ) ( )2 2 2 2 22
b 2 c 2 b 8 c 0 2bc 2c 10b 4 0 (1)
2b 4b 2c 20c 64 (2)b 2 b c 2 8 c
 − − − − = − − + = 
⇔ ⇔ 
− = − +− + = − + − 
.
Nhận thấy b = 1 không thỏa mãn hệ nên rút
5b 2
c
b 1
−
=
−
từ (1) thay vào (2) ta
được
b 1 b 3 b 1
b 3 c 5 c 3
=− ==−  
⇒ ∨ = = =  
.
Vậy có hai cặp điểm B,C thỏa mãn đề bài là ( ) ( )B 3; 1 ,C 5;3− hoặc
( ) ( )B 1;3 ,C 3;5− .
Bài 11.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm ( )A 0; 2− . Tìm tọa độ điểmB
thuộc đường thẳng d : x y 2 0− + =sao cho đường cao AH và đường trung
tuyến OM của tam giác OAB có độ dài bằng nhau.
Giải
Gọi ( )B b;b 2 d+ ∈ khi đó tọa độ trung điểm M của AB là
b b
M ;
2 2
 
=  
 
.
Suy ra
2 2 2
b b b
OM
2 2 2
   
= + =   
   
.
Ta có ( )OB b;b 2= +

nên phương trình đường thẳng ( )OB: b 2 x by 0− + + =.
Khi đó ( )
( )2 2
2b
AH d A;OB
b 2 b
−
= =
+ +
.

75. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
75
Yêu cầu bài toán tương đương với
( ) ( )
2 2 2
2 22 2
2b b b 4b
2 2 b 2 bb 2 b
−
= ⇔ =
+ ++ +
.
( )2 22
b 0 b 0 b 0
b 1 3b 2b 2 0b 2 b 8
= = = 
⇔ ⇔ ⇔  
=− ±+ − =+ + = 
.
 Với ( )b 0 B 0;2= ⇒ lúc đó O,A,B thẳng hàng nên loại.
 Với ( ) ( )1 2b 1 3 B 1 3;1 3 ,B 1 3;1 3=− ± ⇒ − − − − + + .
Vậy có hai điểm cần tìm là ( ) ( )1 2B 1 3;1 3 ,B 1 3;1 3− − − − + + .
Bài 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm ( )A 1;2− và đường thẳng
d : x 2y 3 0− + =. Tìm trên d hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông
tại C và AC 3BC= .
Giải
Theo giả thiết ta có C là hình chiếu vuông góc của A trên d .
AC là đường thẳng đi qua A và nhận véc tơ chỉ phương ( )u 2;1=

của d làm
véc tơ pháp tuyến nên có phương trình
( ) ( )AC: 2 x 1 1 y 2 0 AC: 2x y 0+ + − = ⇔ + = .
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
3
x
x 2y 3 0 3 65
C ;
2x y 0 6 5 5
y
5

= −− + =   
⇔ ⇒ −   + =    =

.
Gọi ( )B 2b 3;b d− ∈ theo giả thiết ta có 2 2
AC 3BC AC 9BC= ⇔ = .
Ta có phương trình:
2 2
4 16 12 6
9 2b b
25 25 5 5
    
+ = − + −    
     
2
16
b
15
45b 108b 64 0
4
b
3

=
⇔ − + = ⇔ 
 =

.
 Với
16 13 16
b B ;
15 15 15
 
= ⇒ − 
 
.
 Với
4 1 4
b B ;
3 3 3
 
= ⇒ − 
 
.

76. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
76
Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là
13 16
B ;
15 15
 
− 
 
hoặc
1 4
B ;
3 3
 
− 
 
.
Bài 13. Trong mặt phăng tọa độ Oxy , cho điểm ( )A 1;3− và đường thẳng
d : x 2y 2 0− + =. Dựng hình vuông ABCD sao cho hai đỉnh B,C nằm trên d .
Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD , biết C có tọa độ đều dương.
Giải
Đường thẳng ∆ đi qua A và vuông góc với d có phương trình là
( ) ( ): 2 x 1 1 y 3 0 : 2x y 1 0∆ + + − = ⇔ ∆ + − = .
Tọa độ điểm B d= ∆ là nghiệm của hệ phương trình
( )
2x y 1 0 x 0
B 0;1
x 2y 2 0 y 1
+ −= = 
⇔ ⇒ 
− += = 
.
Ta có 2 2
AB BC 1 2 5= = + = .
Gọi ( )C 2c 2;c− do tọa độ của C đều dương nên c 1> ta có BC 5= .
( ) ( )2 2 c 2
2c 2 c 1 5
c 0
=
⇔ − + − = ⇔  =
.
Chỉ nhận nghiệm ( )c 2 C 2;2= ⇒ .
Do ABCD là hình vuông nên
( )D D
D D
x 2 1 0 x 1
CD BA D 1;4
y 2 3 1 y 4
− =− − = 
=⇔ ⇔ ⇒ 
− = − = 
 
.
Vậy ( ) ( ) ( )B 0;1 ,C 2;2 ,D 1;4 là các điểm cần tìm.

77. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
77
Bài 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A. Biết
đường thẳng BC đi qua điểm
1
I 2;
2
 
 
 
và tọa độ hai đỉnh ( ) ( )A 1;4 ,B 1; 4− − .
Tìm tọa độ đỉnh C .
Giải
Đường thẳng BCđi qua B và I nên có phương trình
x 1 y 4
BC: BC:9x 2y 17 0
12 1 4
2
− +
= ⇔ − − =
− −
.
Gọi
9c 17
C c; BC
2
− 
∈ 
 
. Ta có ( )AB 2; 8= −

và
9c 25
AC c 1;
2
− 
= + 
 

.
Theo giả thiết tam giác ABC vuông tại A nên
( ) ( )
9c 25
AB.AC 0 2 c 1 8 0 c 3 C 3;5
2
− 
= ⇔ + − = ⇔ = ⇒ 
 
 
.
Vậy điểm cần tìm ( )C 3;5 .
Bài 15. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm ( )C 2; 5− và đường thẳng
d :3x 4y 4 0− + =. Tìm trên đường thẳng d hai điểm A và B đối xứng nhau
qua điểm
5
I 2;
2
 
 
 
sao cho diện tích tam giác ABC bằng 15.
Giải
Gọi
3a 4
A a; d
4
+ 
∈ 
 
khi đó vì A, B đối xứng nhau qua I nên
16 3a
B 4 a;
4
− 
− 
 
.
Ta có ( ) ( )
2
2
2 2
3.2 4.( 5) 4 6 3a
d C;d 6;AB 4 2a
23 ( 4)
− − + − 
= = = − +  
 + −
.
Suy ra ( ) ( )
2
2
ABC
1 6 3a
S AB.d C;d 3 4 2a
2 2
− 
= = − +  
 
.
Mặt khác ( )
2
2
ABC
a 06 3a
S 15 3 4 2a 15
a 42
=− 
= ⇔ − + = ⇔   =  
.
Suy ra hai điểm cần tìm là ( ) ( )A 0;1 ,B 4;4 hoặc ( ) ( )A 4;4 ,B 0;1 .
Bài 16. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ba đường thẳng 1d : 2x y 3 0+ + =,
2d :3x 2y 1 0− − = và đường thẳng :7x y 8 0∆ − + =. Tìm điểm 1A d∈ và
điểm 2B d∈ sao cho ∆ là đường thẳng trung trực của đoạn thẳng AB .

78. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
78
Giải
Gọi ( ) 1 2
3b 1
A a; 2a 3 d ,B b; d
2
− 
− − ∈ ∈ 
 
. Suy ra tọa độ trung điểm của PQ là
a b 4a 3b 7
I ;
2 4
+ − + − 
 
 
và
3b 4a 5
PQ b a;
2
+ + 
= − 
 

.
Đường thẳng d có véc tơ chỉ phương ( )u 1;7=

.
Yêu cầu bài toán tương đương với P,Q đối xứng nhau qua
I d
d
u.PQ 0
∈
⇔ 
=
  .
( )
a b 4a 3b 7
7. 8 0
18a 11b 39 0 a 42 4
3b 4a 5 26a 23b 35 0 b 3
1 b a 7 0
2
+ − + −
− + = + + = =− 
⇔ ⇔ ⇔  
+ + + += =    − + =   
.
Suy ra ( ) ( )A 4;5 ,B 3;4− là hai điểm cần tìm.
Bài 17. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A và điểm
B(1;1). Phương trình đường thẳng AC: 4x 3y 32 0+ − =. Trên tia BC lấy
điểm M sao cho BM.BC 75= . Tìm tọa độ điểm C, biết bán kính đường tròn
ngoại tiếp tam giác AMC bằng
5 5
2
.
Giải
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
AMC khi đó
.
Đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với
AC nên có phương trình
AB:3x 4y 1 0− + = .
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
( )
4x 3y 32 0 x 5
A 5;4
3x 4y 1 0 y 4
+ −= = 
⇔ ⇒ 
− += = 
.
Gọi ( )I x;y khi đó ta có:

79. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
79
2 2
2
125
IA R
4
425
BI
4

= =

 =

( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
125 7
x 5 y 4 x ;y 6
4 2
425 11
x 1 y 1 x ;y 2
4 2
 
− + − = = = 
⇔ ⇔ 
 − + − = = =
 
.
 Với
7
I ;6
2
 
 
 
dễ thấy I AC∈ khi đó I là trung điểm ( )AC C 2;8⇒ .
 Với
11
I ;2
2
 
 
 
dễ thấy I AC∈ khi đó I là trung điểm ( )AC C 8;0⇒ .
Vậy có hai điểm cần tìm ( )C 2;8 hoặc ( )C 8;0 .
Nhận xét. Để có tính chất trên xuất phát từ bài toán quen thuộc từ Toán 9. Kẻ tiếp
tuyến BD với (AMC). Khi đó hai tam giác BMD đồng dạng với tam giác BDC ta
có
.
Bài 18. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm ( ) ( )A 1;2 ,B 4;3 . Tìm điểm
M trên trục hoành sao cho .
Giải
Cách 1: Dùng góc giữa hai véc tơ
Giả sử ( )M x;0 Ox∈ là điểm cần tìm.
Ta có ( ) ( )MA 1 x;2 ,MB 4 x;3=− =−
 
.
Để

( )0 0
AMB 45 cos45 cos MA,MB= ⇔ =
 
( )( )
( ) ( )2 22 2
1 x 4 x 2.3 1
21 x 2 . 4 x 3
− − +
⇔ =
− + − +
( )( ) ( )2 2 2
x 2x 5 x 8x 25 2 x 5x 10⇔ − + − + = − +
( )( ) ( )
22 2 2
x 2x 5 x 8x 25 2 x 5x 10⇔ − + − + = − +
4 3 2
x 10x 44x 110x 75 0⇔ − + − + =
( )( ) ( ) ( )2 2 x 1
x 6x 5 x 4x 15 0 M 1;0 ,M 5;0
x 5
=
⇔ − + − + = ⇔ ⇒ =
.
Vậy hai điểm cần tìm là ( ) ( )1;0 , 5;0M M .

80. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
80
Cách 2: Dùng góc lượng giác tan
     
  
2 x 11 x .3 4 x .2
tan MA,MB 1 1 x 6x 5 0
x 51 x 4 x 2.3
   
       
    
 
.
Suy ra hai điểm cần tìm là ( ) ( )M 1;0 ,B 5;0 .
Cách 3: Phương pháp hình học
Giả sử tìm được điểm M Ox∈ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vẽ đường tròn ( )C tâm ( )I x;y đi qua A,B,M , ta có tam giác AIB vuông cân
tại I .
Do đó
       
     
2 2 2 2
IA IB x 1 y 2 x 4 y 3
IA.IB 0 x 1 x 4 y 2 y 3 0
          
         
 
( ) ( )2 2
3x y 10 x 3;y 1
I 3;1 ,I 2;4
x 2;y 4x y 5x 5y 10 0
+ = = =
⇔ ⇔ ⇒ = =+ − − + = 
.
TH1: Với ( )I 3;1 phương trình đường tròn ( )C là ( ) ( ) ( )2 2
C : x 3 y 1 5− + − =.
Khi đó tọa độ ( )M C Ox=  là nghiệm của hệ phương trình
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
x 1;y 0x 3 y 1 5
M 1;0 ,M 5;0
x 5;y 0y 0
 = =− + − =
⇔ ⇒ = == 
.
TH2: Với ( )I 2;4 phương trình đường tròn ( )C là ( ) ( ) ( )2 2
C : x 2 y 4 5− + − =.
Khi đó toa độ ( )M C Ox=  là nghiệm của hệ phương trình
( ) ( )2 2
x 2 y 4 5
y 0
 − + − =

=
hệ này vô nghiệm.
Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( )M 1;0 và ( )M 5;0 .
Cách 4: Dùng công thức diện tích
Phương trình cạnh
x 1 y 2
AB: AB: x 3y 5 0
4 1 3 2
− −
= ⇔ − +=
− −
.
Ta có   AMB
1 1
S MA.MBsin AMB AB.d M;AB
2 2
  .
( ) ( )2 22 2
2 2
x 51 1 1
. 1 x 2 . 4 x 3 . . 10.
2 22 1 ( 3)
+
⇔ − + − + =
+ −
.
( )( ) ( )22 2 x 1
x 2x 5 x 8x 25 2 x 5
x 5
=
⇔ − + − + = + ⇔  =
.

81. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
81
Nhận xét. Mỗi các có một ưu thế riêng tuy nhiên phương pháp dùng góc giữa hai
véc tơ và góc lượng giác tan, công thức diện tích tam giác giúp bài toán nhanh
gọn nhất mà không quan tâm đến tính chất hình học của hình vẽ.
Đề bài có thể yêu cầu cho góc  0 0 0 0 0 0
AMB 30 ,45 ,60 ,90 ,120 ,135 miễn sao
nghiệm của các phương trình trên ta giải được và được nghiệm đẹp thì bài toán
rất có ý nghĩa.
C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(2;1). Tìm điểm B Ox,∈ C Oy∈
sao cho tam giác ABC vuông tại A và có diện tích nhỏ nhất.
Giải
Gọi ( ) ( ) ( ) ( )B b;0 ,C 0;c AB b 2; 1 ,AC 2;c 1⇒ = − − = − −
 
.
Tam giác ABC vuông tại A
( ) ( )AB.AC 0 2 b 2 1 c 1 0 c 5 2b⇔ = ⇔ − − − − = ⇔ = −
 
.
Suy ra ( ) ( ) ( )2 2 2
ABC
1 1
S AB.AC b 2 1. 4 2b 4 b 2 1 1
2 2
= = − + − + = − + ≥ .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
( )
( )
B 2;0
b 2 0 b 2 c 1
C 0;1

− = ⇔ = ⇒ = ⇒ 

.
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng 1d : x y 4 0− − =và
2d : 2x y 2 0− − =. Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng 2d sao cho đường
thẳng ON cắt đường thẳng 1d tại điểm M thỏa mãn OM.ON 4= .
Hướng dẫn giải – đáp số
Giả sử ( ) 2N a;2a 2 d− ∈ suy ra phương trình đường thẳng ON:
( )2a 2 x ay 0− − =.
Tọa độ điểm 1M ON d=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
( )
( )
4a
x
2a 2 x ay 0 2 2a 24a2 a
M ;
2 2a 2 2 a 2 ax y 4 0
y
2 a

= − − =  − − 
⇔ ⇒   
− − −− − =    =
 −
.
Vì OM.ON 4= nên
( )
( )
22
22
2 2a 24a
4
4OM.ON 2 a 2 a
OM.ON 4 2 2a 24a
4
2 a 2 a
 −
 + = = − −⇔ = − −  + =−
 − −
 
  .
( ) ( )
2
2
a a 0 a 0
N 0; 2 ,N 1;0
a 13a 5a 4 0
 −= =
⇔ ⇔ ⇒ −  = − + =
.

82. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
82
Vậy 2 điểm cần tìm là ( )1N 0; 2− và ( )2N 1;0 .
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các điểm A(1;2), B(4;3). Tìm tọa độ điểm
M sao cho  0
MAB 135 và khoảng cách từ M đến đường thẳng AB bằng
10
2
.
Hướng dẫn giải – đáp số
Cách 1: Dùng công thức góc, khoảng cách
Gọi ( )M x;y , kẻ MH AB⊥ tại H theo giả thiết  0
MAB 135 nên tam giác
MHA vuông cân tại H . Suy ra
10
MA MH 2 . 2 5
2
= = = .
Vậy yêu cầu bài toán tương đương với
( ) 0
AM,AB 135
AM 5
 =

 =
  ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 22 2
2 2
3 x 1 1 y 2 1
23 1 . x 1 y 2
x 1 y 2 5
 − + −
= −
+ − + −⇔ 

− + − =
( ) ( )2 2
3x y 0 x 0;y 0
x 1;y 3x 1 y 2 5
+ = = =
⇔ ⇔  =− =− + − = 
.
Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( )1M 0;0 và ( )2M 1;3− .
Cách 2: Dùng công thức diện tích
  MAB
1 1
S MA.ABsin MAB d M;AB .AB
2 2
  .
2 2
x 3y 51 1 1
. 5. 10. . . 10 x 3y 5 5
2 22 1 ( 3)
− +
⇔= ⇔ − +=
+ −
.
Kết hợp ( ) ( )2 2
AM 5 x 1 y 2 5= ⇔ − + − = .
Giải hệ
( ) ( )2 2
x 1 y 2 5
x 3y 5 5
 − + − =

 − + =
ta có kết quả tương tự.
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm ( )A 1;1 . Hãy tìm điểm B trên đường
thẳng y 3= và điểm C trên trục hoành sao cho tam giác ABC đều.
Hướng dẫn giải – đáp số
Cách 1: Gọi ( ) ( )B b;3 ,C c;0 .
Vì tam giác ABC đều nên
( ) 0
AB AC
AB;AC 60
=

=
 

83. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
83
( ) ( )
( )( )
( ) ( )
2 2
2 2
3 4 3 3 5 3b 1 4 c 1 1 b ;c
3 3b 1 c 1 2 1
3 4 3 3 5 32 b ;cb 1 4. c 1 1 3 3
 + +− + = − + = = − − −⇔ ⇔
=  − − = =− + − + 
.
Vậy có hai cặp điểm cần tìm là
3 4 3 3 5 3
B ;3 ,C ;0
3 3
   + +
      
   
hoặc
3 4 3 3 5 3
B ;3 ,C ;0
3 3
   − −
      
   
.
Cách 2: Giải hệ điều kiện
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
b 1 4 c 1 1AB AC
AB BC b 1 4 b c 9
 − + = − += 
⇔ 
= − + = − +
.
Chuû ñeà 5. BAØI TOAÙN CÖÏC TRÒ HÌNH GIAÛI TÍCH PHAÚNG
Nội dung chủ đề này đề cập đến một số bài toán về cực trị giữa điểm và đường
thẳng, điểm và đường tròn, ba đường côníc.
A. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP
1. Kiến thức cần áp dụng
Để giải quyết bài toán cực trị giữa điểm, đường thẳng cần lưu ý các kiến thức
- Sử dụng các bất đẳng thức cơ bản(Cô si, Bunhiacopski, Véc tơ,...)
- Tam thức bậc hai.
- Tính chất của các hàm lượng giác.
- Ứng dụng đạo hàm của hàm số.
- Phương pháp hình học, véc tơ.
2. Một số tính chất cần vận dụng
2.1. Bất đẳng thức tam giác
Với 3 điểm bất kỳ A,B,C ta luôn có AB AC BC+ ≥ .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A nằm trong đoạn BC.
AB AC BC− ≤ .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A nằm trên đường thẳng BC và nằm ngoài đoạn
BC.
2.2. Đường vuông góc và đường xiên
- Trong các đoạn thẳng nối từ một điểm đến một đường thẳng, đoạn vuông góc
với đường thẳng có độ dài ngắn nhất.
- Trong 2 đường xiên kẻ từ một điểm đến một đường thẳng, đường xiên nào có
hình chiếu lớn hơn thì lớn hơn và ngược lại.
2.3. Độ dài đường gấp khúc
Độ dài đường gấp khúc nối 2 điểm không nhỏ hơn đoạn thẳng nối 2 điểm đó.

84. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
84
2.4. Một số tính chất hình học khác
- Trong một tam giác cân có góc ở đỉnh không đổi thì cạnh đáy nhỏ nhất khi cạnh
bên nhỏ nhất, cạnh đáy lớn nhất khi cạnh bên lớn nhất.
- Trong một tam giác trung tuyến ứng với cạnh bé lớn hơn trung tuyến ứng với
cạnh lớn.
- Nếu 2 tam giác có 2 cặp cạnh tương ứng bằng nhau từng đôi một thì trong 2
cạnh còn lại cạnh đối diện với góc lớn hơn thì lớn hơn và ngược lại.
2.5. Một số bài toán cực trị hình học giải tích phẳng
Bài toán 1. Tìm điểm ( )M MM x ;y trên đường thẳng d sao cho
a) 2 2
M Mx y+ nhỏ nhất.
b)
n
2
i
i 1
MA
=
∑ nhỏ nhất với ( )i A Ai i
A x ;y .
PHƯƠNG PHÁP
Bước 1: Chuyển d về dạng tham số  0
0
x x at
d : , t
y y bt
   
  
 .
Bước 2: Lấy điểm ( )0 0M x at;y bt d+ + ∈ .
a) 2 2
M Mx y+ nhỏ nhất.
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 22 2 2 2 2 2 2
M M 0 0 0 0 0 0
2 2
x y x at y bt a b t 2 ax by t x y
4 a b
+ = + + + = + + + + +
∆
≥ −
+
.
Vậy ( )
( )
2 2
M M 2 2
min x y
4 a b
∆
+ =−
+
, đạt được khi
0 0 0 0 0 0
0 02 2 2 2 2 2
ax by ax by ax by
t M x a. ;y b.
a b a b a b
+ + + 
=− ⇒ − − 
+ + + 
.
b)
n
2
i
i 1
MA
=
∑ nhỏ nhất với ( )i A Ai i
A x ;y .
Cách 1: Dùng tam thức bậc hai
( ) ( )
n n 2 22 2
i 0 A 0 Ai i
i 1 i 1
MA x at x y bt y At Bt C
4A= =
∆ = + − + + − = + + ≥ −  
∑ ∑ .
Vậy
n
2
i
i 1
min MA
4A=
∆
= −∑ , đạt được khi 0 0
B aB bB
t M x ;y
2A 2A 2A
 
=− ⇒ − − 
 
.

85. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
85
Cách 2: Xét điểm ( )G GG x ;y thỏa mãn
n
i
i 1
GA 0
=
=∑

, khi đó
A A A1 2 n
G
A A A1 2 n
G
x x ... x
x
n
y y ... y
y
n
+ + +
=


+ + + =
.
Khi đó ( )
n n n n n222 2 2 2
i i i i i
i 1 i 1 i 1 i 1 i 1
MA MA MG GA nMG GA GA
= = = = =
= = + = + ≥∑ ∑ ∑ ∑ ∑
  
.
Vậy
n n
2 2
i i
i 1 i 1
min MA GA
= =
=∑ ∑ , đạt được khi M G≡ .
Ví dụ 1. Tìm trên đường thẳng d : x 2y 3 0− + = điểm ( )M MM x ;y sao cho
2 2
M Mx y+ nhỏ nhất.
Giải
Chuyển phương trình của d về dạng tham số:  
x 1 2t
d : , t
y 1 t
   
  
 .
Gọi ( )M 1 2t;1 t d− − + ∈ khi đó
( ) ( )
2
2 22 2 2
M M
3 1 1
x y 1 2t 1 t 5t 6t 2 5 t
5 5 5
 
+ = − − + + = + + = − + ≥ 
 
.
Vậy ( )2 2
M M
1
min x y
5
+ =, đạt được khi
3 11 8
t M ;
5 5 5
 
= ⇒ − 
 
.
Bài toán 2. Tìm trên đường thẳng : Ax By C 0∆ + + =điểm M sao cho tổng các
khoảng cách từ P tới các điểm ( ) ( )A A B BA x ;y ,B x ;y không thuộc ∆ nhỏ
nhất.
PHƯƠNG PHÁP
Xét vị trí tương đối của A,B đối với đường thẳng ∆ , ta được
( )( )A A B BT Ax By C Ax By C= + + + + .
Xét hai trường hợp
TH1 : Nếu T 0 A,B< ⇔ nằm khác phía với ∆ .
Thực hiện theo các bước sau
Bước 1: Viết phương trình AB .
Bước 2: Gọi 1M AB= ∆ , tìm tọa độ điểm 1M .
Bước 3: Ta có MA MB AB+ ≥ .
Vậy MA MB+ nhỏ nhất khi và chỉ khi 1M M≡ .

86. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
86
TH2: Nếu T 0 A,B> ⇔ cùng phía so với ∆ .
Thực hiện theo các bước
Bước 1: Gọi 1A là điểm đối xứng của A qua ∆ , tìm tọa độ điểm 1A .
Bước 2: Viết phương 1A B , tìm giao điểm 1 1M A B= ∆ .
Bước 3: Ta có 1 1MA MB MA MB A B+ = + ≥ .
Vậy ( ) 1 1MA MB min A B M M+ = ⇔ ≡ .
Nhận xét. Hạn chế của phương pháp này là nếu phương trình ∆ cho dưới dạng
tham số ta phải chuyển về dạng tổng quát. Ngoài ra có thể sử dụng phương pháp
hàm số hoặc đánh giá bất đẳng thức.
Bài toán 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho n điểm
k A Ak k
A (x ;y ),k 1,2,...,n= = . Tìm điểm M trong mặt phẳng tọa độ sao cho
1 1 2 2 n nP MA MA ... MA= α + α + + α
  
đạt giá trị nhỏ nhất (trong đó 1 2 n, ,...,α α α
là các số thực cho trước).
PHƯƠNG PHÁP
Cách 1: Tính trực tiếp
Gọi ( )M x;y là điểm cần tìm khi đó ( )k A Ak K
MA x x;y y ,k 1,2,...,n= − − =

.
Khi đó
( ) ( )
n n
1 1 2 2 n n k A k Ak k
k 1 k 1
n n n n
k k A k k Ak k
k 1 k 1 k 1 k 1
MA MA ... MA x x ; y y
x. x ; y. y
= =
= = = =
 
α + α + + α = α − α −  
 
 
= − α + α − α + α  
 
∑ ∑
∑ ∑ ∑ ∑
  
Suy ra
2 2n n n n
k k A k k Ak k
k 1 k 1 k 1 k 1
P x. x y. y 0
= = = =
   
= − α + α + − α + α ≥      
   
∑ ∑ ∑ ∑ .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
n
k Ak
k 1
n n n n n
k k A k k A k Ak k k
k 1 k 1 k 1 k 1 k 1
n nn n n
k kk k A k Ak k
k 1 k 1k 1 k 1 k 1
n
k
k 1
x
x
x. x 0 x y
M ;
y. y 0 y
y
=
= = = = =
= == = =
=

α
 =
  
− α + α= α α α  
  ⇔ ⇒   
  α α − α + α= α   
   =

α

∑
∑ ∑ ∑ ∑ ∑
∑ ∑∑ ∑ ∑
∑
.

87. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
87
Điểm M được xác định như trên được gọi là trọng tâm của n điểm 1 2 nA ,A ,...,A .
Chú ý. Nếu bề bài yêu cầu tìm điểm M nằm trên đường thẳng
( )2 2
: Ax By C 0, A B 0∆ + += + > khi đó đưa về xét giá trị nhỏ nhất của tam
thức bậc 2.
Thật vậy không mất tính tổng quát giả sử
Ax C
B 0 y
B
+
≠ ⇒ =− .
Khi đó
2 2n n n n
k k A k k Ak k
k 1 k 1 k 1 k 1
Ax C
P x. x . y
B= = = =
   +
= − α + α + α + α      
   
∑ ∑ ∑ ∑
2 2n n n n n
k k A k k A kk k
k 1 k 1 k 1 k 1 k 1
2
A C
x. x .x y
B B
Mx Nx P
= = = = =
   
= − α + α + α + α + α      
   
= + +
∑ ∑ ∑ ∑ ∑
Trong đó
22 n
k2
k 1
n n n n n
k k A k k k Ak k
k 1 k 1 k 1 k 1 k 1
2 2n n n
k A k A kk k
k 1 k 1 k 1
A
M 1
B
A C
N 2 . y . x
B B
C
P x y
B
=
= = = = =
= = =
   
 = + α       

 
= α α + α − α α   
 

   
= α + α + α       
   
∑
∑ ∑ ∑ ∑ ∑
∑ ∑ ∑
.
Tam thức bậc hai 2
Mx Nx P
4M
∆
+ + ≥ − . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
n n n n n
k k A k k k Ak k
k 1 k 1 k 1 k 1 k 1
22 n
k2
k 1
A C
. y . x
B BN
x
2M A
1
B
= = = = =
=
 
α α + α − α α  −  = = −
  
+ α    
  
∑ ∑ ∑ ∑ ∑
∑
.
Suy ra
2 n n n n n
k k A k k k Ak k
k 1 k 1 k 1 k 1 k 1
22 n
k2
k 1
A C
. y . x
B B
C
A
1
B
y
B
= = = = =
=
 
α α + α − α α  
 − +
  
+ α    
  = −
∑ ∑ ∑ ∑ ∑
∑
.
Từ đó suy ra tọa độ điểm M .
Cách 2: Dùng phương pháp véc tơ
Gọi ( )I II x ;y là điểm thỏa mãn 1 1 2 2 n nIA IA ... IA 0α + α + + α =
   
khi đó

88. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
88
( ) ( ) ( )
n
1 1 2 2 n n k
k 1
P IA IM IA IM ... IA IM IM
=
= α − + α − + + α − = α∑
      
.
Khi đó P nhỏ nhất khi và chỉ khi IM nhỏ nhất, các bước sau thực hiện tương tự
cách 1.
Bài toán 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho 3 điểm không thẳng hàng
( ) ( ) ( )A B B B C CA x ;y ,B x ;y ,C x ;y . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua
A sao cho tổng ( ) ( )P m.d B; n.d C;= ∆ + ∆ đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
Bài toán 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn
( ) ( ) ( )2 2 2
C : x a y b R− + − = và đường thẳng : Ax By C 0∆ + + =. Tìm điểm M
thuộc (C) sao cho khoảng cách từ M đến ∆ đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.
PHƯƠNG PHÁP
TH1: Đường thẳng ( ) { }1 2C M ;M∆ = khi đó gọi H là trung điểm của 1 2M M .
Đường thẳng đi qua H và vuông góc với ∆ cắt ( )C tại 3M .
Giá trị nhỏ nhất: Ta có ( )d M; 0∆ ≥ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
{ }1 2M M ;M≡ .
Giá trị lớn nhất: Ta có ( ) 3d M; M H∆ ≤ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ 3M M≡ .
TH2: Đường thẳng ∆ và (C) không có điểm chung. Ta có 2 cách xử lý bài toán
như sau
Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski
Gọi ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2
M x;y C x a y b R∈ ⇒ − + − = .
Ta có ( )
( ) ( )
2 2 2 2
A x a B y b C A.a B.bAx By C
d M;
A B A B
− + − + + ++ +
∆= =
+ +
.
Theo bất đẳng thức Bunhiacopski ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 2 2 2 2
A x a B y b A B x a y b A B R  − + −  ≤ + − + − = +   
.
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2
A B R A x a B y b A B R⇒ − + ≤ − + − ≤ + .
Suy ra
( ) ( )
( )2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
A B R C A.a B.b A B R C A.a B.b
d M;
A B A B
− + + + + + + + +
≤ ∆ ≤
+ +
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
( ) ( )2 2 2
x a y b
A B (1)
x a y b R
− −
=

 − + − =
.
Giải hệ (1) ta tìm được 2 cặp nghiệm, một cặp ứng với dấu đẳng thức vế trái và
cặp còn lại ứng với dấu đẳng thức vế phải.

89. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
89
Cách 2: Lượng giác hóa tọa độ kết hợp sử dụng Bunhiacopski.
Nhận xét. Nếu nhận biết được ∆cắt đường tròn (C) thì bài toán xử lý nhanh
gọn, nếu không các em xử lý theo trường hợp 2 (thường đề bài sẽ cho trường
hợp 2 vì trường hợp 1 đơn giản).
Bài toán 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC. Tìm điểm M trên
mặt phẳng tọa độ sao cho MA MB MC+ + đạt giá trị nhỏ nhất.
B. BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , tìm điểm P trên trục hoành sao cho
khoảng cách từ P đến hai điểm A và B là nhỏ nhất trong các trường hợp sau:
a) ( )A 1;2 và ( )B 3;4 .
b) ( )A 1;1 và ( )B 2; 4− .
Giải
a) Nhận thấy A,B cùng phía với Ox.
Gọi 1A là điểm đối xứng của A qua Ox, suy ra ( )1A 1; 2− .
Phương trình đường thẳng 1 1
x 1 y 2
A B: A B:3x y 5 0
3 1 4 2
− +
= ⇔ − −=
− +
.
Gọi 1 1P A B Ox=  , tọa độ 1P là nghiệm của hệ phương trình
1
5
3x y 5 0 x 5
P ;03
y 0 3
y 0

− − = =   
⇔ ⇒   =    =
.
Ta có 1 1PA PB PA PB A B+ ≥ + ≥ . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1P P≡ .
Vậy ( )
5
PA PB min P ;0
3
 
+ ⇔  
 
.
b) Nhận thấy A,B khác phía với Ox .
Phương trình đường thẳng
x 1 y 2
AB: AB:5x y 6 0
2 1 4 1
− +
= ⇔ + −=
− − −
.
Ta có PA PB AB+ ≥ .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi P AB Ox=  , tọa độ P được xác định bởi hệ
phương trình
6
5x y 6 0 x 6
P ;05
y 0 5
y 0

+ − = =   
⇔ ⇒   =    =
.
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm ( ) ( )A 1;2 ,B 0; 1− và đường
thẳng d có phương trình  
x t
d : , t
y 2t 1
  
  
 .
Tìm điểm M thuộc d sao cho

90. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
90
a) MA MB+ nhỏ nhất. b) MA MB− lớn nhất.
Giải
a) Cách 1: Chuyển d về dạng tổng quát d : 2x y 1 0− + = .
Thay tọa độ của A,B vào phương trình của d, ta được
( )( )T 2.1 2 1 2.0 ( 1) 1 2 0= − + − − + = > nên A và B cùng phía với đường thẳng d.
Gọi 1A là điểm đối xứng của A qua đường thẳng d .
Khi đó 1 1MA MB MA MB A B+ = + ≥ .
Vậy ( ) 1min MA MB A B+ =, đạt được khi 1M A B d≡  .
Tìm tọa độ điểm 1A :
Đường thẳng ∆ đi qua ( )A 1;2 và vuông góc với d có phương trình
( ) ( ):1 x 1 2 y 2 0 : x 2y 5 0∆ − + − = ⇔ ∆ + − = .
Tọa độ giao điểm H d= ∆  là nghiệm của hệ phương trình
3
x
2x y 1 0 3 115
H ;
x 2y 5 0 11 5 5
y
5

=− + =   
⇔ ⇒   + − =    =

.
Vì H là trung điểm của 1AA nên 1
1 12
A ;
5 5
 
 
 
.
Phương trình đường thẳng 1 1
x 0 y 1
A B: A B:17x y 1 0
1 12
0 1
5 5
− +
= ⇔ − −=
− +
.
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình
2
x
17x y 1 0 2 1915
M ;
2x y 1 0 19 15 15
y
15

=− − =   
⇔ ⇒   − + =    =

.
Vậy điểm cần tìm là
2 19
M ;
15 15
 
 
 
.
Cách 2: Sử dụng tính chất hình học
Vì M d∈ nên ( )M t;2t 1+ khi đó
( ) ( ) ( )2 2 22
2 2
MA MB t 1 2t 1 t 2t 2
3 1 4 4
5 t t
5 25 5 25
+ = − + − + + +
 
    = − + + + +   
    
 
.

91. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
91
Xét các điểm 1 1
3 1 4 2
A ; ,B ;
5 5 5 5
   
− −   
   
và điểm ( )1M t;0 khi đó
( )1 1 1 1MA MB 5 M A M B+= + .
Vì 1M chạy trên trục hoành và 1 1A ,B nằm vế hai phía của trục hoành nên
( ) ( )1 1 1 1 1 1 1
1
MA MB min M A M B min M A B Ox
2 2 19
M ;0 M ; .
15 15 15
+ ⇔ + ⇔ =
   
⇔ ⇒   
   
.
Cách 3: Phương pháp hàm số
Ta có 2 2
MA MB 5t 6t 2 5t 8t 4+ = − + + + + .
Xét hàm số 2 2
f (t) 5t 6t 2 5t 8t 4= − + + + + , ta có
2 2 2 2
5t 3 5t 4 5t 3 5t 4
f '(t) ;f '(t) 0 0
5t 6t 2 5t 8t 4 5t 6t 2 5t 8t 4
− + − +
= + =⇔ + =
− + + + − + + +
( ) ( )2 2 2
3 5t 5t 8t 4 5t 4 5t 6t 2 t
15
⇔ − + + = + − + ⇔ = .
Bảng biến thiên
t
−∞
2
15
+∞
f '(t) − 0 +
f (t)
+∞ +∞
Dựa vào bảng biến thiên suy ra
( )
t
2 2 2 19
min MA MB minf (t) f t M ;
15 15 15 15∈
   
+ = = ⇔ = ⇔   
   
.
Cách 4: Sử dụng bất đẳng thức véc tơ
Xét hai véc tơ
3 1 4 2
u t ; ,v t ;
5 5 5 5
   
= − = − −   
   
 
.
Sử dụng bất đẳng thức u v u v+ ≥ +
   
, ta được
( ) 58
MA MB 5 u v 5 u v
5
+ = + ≥ +=
   
.
Dâu bằng xảy ra khi và chỉ khi

92. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
92
1 2k 1
k
5 5 2 192
u kv M ;
3 4 2 15 15
t k t t
5 5 15
 = =    
=⇔ ⇔ ⇒   
    − =− + =    
 
.
b) Nhận thấy A,B cùng phía với đường thẳng d .
Ta có MA MB AB− ≤ .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M AB d=  .
Phương trình đường thẳng
x 1 y 2
AB: AB:3x y 1 0
0 1 1 2
− −
= ⇔ − −=
− − −
.
Tọa độ điểm M xác định bởi hệ phương trình
( )
3x y 1 0 x 2
M 2;5
2x y 1 0 y 5
− −= = 
⇔ ⇒ 
− += = 
.
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm M(2;1). Một đường thẳng d luôn
đi qua M cắt tia Ox,Oy theo thứ tự tại ( ) ( )A a;0 ,B 0;b với a,b 0> . Viết
phương trình đường thẳng d sao cho:
a) Diện tích tam giác OAB nhỏ nhất với O là gốc tọa độ.
b) OA OB+ nhỏ nhất. c) 2 2
1 1
OA OB
+ nhỏ nhất.
Giải
Đường thẳng
x y
d : 1
a b
+ =. Vì ( )
2 1
M 2;1 d 1
a b
∈ ⇒ + =.
a) Diện tích tam giác OAB xác định bởi OAB
1 ab
S OA.OB
2 2
= = .
Mặt khác OAB
2 1 2 1
1 2 . ab 8 S 4
a b a b
= + ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a 42 1 1
b 2a b 2
=
= = ⇔ 
=
.
Khi đó phương trình đường thẳng d : x 2y 4 0+ − =.
b)
Cách 1:
Ta có ( )
2 1 a 2b a 2b
OA OB a b a b 3 3 2 . 3 2 2
a b b a b a
 
+ = + = + + = + + ≥ + = + 
 
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
a 2b
a 2 2b a
2 1 b 2 11
a b

=  = + 
⇔ 
= + + =

.

93. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
93
Khi đó phương trình đường thẳng d : x 2y 2 2 0+ − − =.
Cách 2: Rút
a
b
2 a
=
−
ta được
( )
a 2 2
OA OB a a 2 3 3 2 . a 2 3 2 2
a 2 a 2 a 2
+ = + = + − + ≥ + − = +
− − −
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ( )
2
a 2 a 2 2 a 2 b 2 1
a 2
= − ⇔ = + > ⇒ = +
−
.
c) Ta có ( )
2
2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1
. 2 1
5 5 a b 5OA OB a b a b
   
+ = + = + + ≥ + =  
  
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1 1 5
: 2 :1 b 2a a ;b 5
a b 2
= ⇔ = ⇒ = = .
Khi đó phương trình đường thẳng d : 2x y 5 0+ − =.
Nhận xét. Bằng cách tương tự ta xử lý được bài toán tổng quát sau
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho 3 điểm ( ) ( ) ( )A 1;1 ,B 2; 4 ,C 5; 1− − − và
đường thẳng : 2x 3y 12 0∆ − + =. Đặt P MA MB MC= + +
  
với M là một
điểm trên mặt phẳng tọa độ Oxy .
a) Tìm điểm M trên mặt phẳng tọa độ sao cho P đạt giá trị nhỏ nhất.
b) Tìm điểm N nằm trên ∆ sao cho P đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải
a)
Cách 1: Tính trực tiếp
Gọi ( )M x;y là điểm cần tìm.
Ta có
( )
( )
( )
( )
MA 1 x;1 y
MB 2 x; 4 y MA MB MC 4 3x; 4 3y
MC 5 x; 1 y
 = − −

= − − − − ⇒ + + = − − −

= − − −

   

.
Suy ra ( ) ( )2 2
P 4 3x 4 3y 0= − + − − ≥ .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
4
x
4 3x 0 4 43
M ;
4 3y 0 4 3 3
y
3

=− =   
⇔ ⇒ −   − − =    = −

.
Vậy
4 4
M ;
3 3
 
− 
 
là điểm cần tìm.

94. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
94
Cách 2. Gọi ( )I x;y là điểm thỏa mãn
4
x
4 3x 0 4 43
IA IB IC 0 I ;
4 3y 0 4 3 3
y
3

=− =   
+ + = ⇔ ⇔ ⇒ −   − − =    = −

   
.
Khi đó ( ) ( ) ( )P IA IM IB IM IC IM 3 IM 3IM 0= − + − + − = = ≥
      
.
Dấu bẳng xảy ra khi và chỉ khi
4 4
M I M ;
3 3
 
≡ ⇔ − 
 
.
b) Cách 1: Tính trực tiếp
Gọi
2x 12
N x;
3
+ 
∈∆ 
 
theo trên ta có
( ) ( ) ( )
2
2 2 22x 12
P 4 3x 4 3. 4 3x 2x 16
3
+ 
= − + − − = − + − − 
 
.
2
2 20 3136 3136
13x 40x 272 13 x
13 13 13
 
= + + = + + ≥ 
 
.
Dấu bẳng xảy ra khi và chỉ khi
20 4
x y
13 9
=− ⇒ =− .
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất khi
20 4
M ;
13 9
 
− − 
 
.
Cách 2: Tính gián tiếp.
Gọi điểm
2x 12
M x;
3
+ 
∈∆ 
 
.
Như trên điểm I thỏa mãn
4 4
IA IB IC 0 I ;
3 3
 
+ + = ⇔ − 
 
   
.
Khi đó ( ) ( ) ( )P IA IM IB IM IC IM 3 IM 3IM= − + − + − = =
      
.
( ) ( )
2 2
2 24 2x 12 4
3 x 3x 4 2x 16
3 3 3
+   
= − + + = − + +   
   
.
2
20 3136 3136
13 x
13 13 13
 
= + + ≥ 
 
.
Dấu bẳng xảy ra khi và chỉ khi
20 4
x y
13 9
=− ⇒ =− .
Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất khi
20 4
M ;
13 9
 
− − 
 
ta có kết quả tương tự.

95. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
95
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 3 điểm ( ) ( ) ( )A 1;1 ,B 2;5 ,C 4;7 . Viết
phương trình đường thẳng ∆ đi qua A sao cho tổng ( ) ( )P 2d B; 3d C;= ∆ + ∆
đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất(trong đó ( ) ( )d B; ,d C;∆ ∆ tương ứng là
khoảng cách từ B,C đến đường thẳng ∆ ).
Giải
Cách 1: Phương pháp tiếp cận giải tích
Đường thẳng cần tìm có phương trình dạng tổng quát là
( ) ( ) ( ) ( )2 2
:a x 1 b y 1 0 :a x by a b 0, a b 0∆ − + − = ⇔ ∆ + − + = + > .
Ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2
2a 5b a b 4a 7b a b
P 2d B; 3d C; 2. 3.
a b a b
+ − − + − −
= ∆ + ∆= +
+ +
( ) ( )2 2
2 2 2 22 2
2 a 4b 9 a 2b a 4b a 2b
2 9
a b a ba b
+ + + + +
= = +
+ ++
.
TH1: Nếu b 0= ta có P 11= .
TH2: Nếu b 0≠ khi đó
( ) ( )
2 2
2 2
2 2 2 2
a a
4 2
t 4 t 2b b
P 2 9 2 9
t 1 t 1a a
1 1
b b
   
+ +    + +   = + = +
+ +   
+ +   
   
(với
a
t
b
= ).
Xét hàm số
( ) ( )2 2
2 2
t 4 t 2
f (t) 2 9
t 1 t 1
+ +
= +
+ +
trên ( );−∞ +∞ .
Ta có
( ) ( )
( )
( ) ( )
22
2 2
2 22 2
2 2
9 2t 3t 28t 30t 8
f '(t)
t 4 t 2
t 1 t 1
t 1 t 1
− − +− − +
= +
+ +
+ +
+ +
.
( ) ( )2 2
f '(t) 0 9 2t 3t 2 t 4 8t 30t 8 t 2 0 (1)= ⇔ − − + + + − − + + = .
Đến đây xét các trường hợp để giải
TH1: Nếu t 2≥ − , khi đó
2 2
(1) 9( 2t 3t 2)(t 4) ( 8t 30t 8)(t 2) 0⇔ − − + + + − − + + =
3 2
11
t
t 226
26t 145t 142t 88 0 t 4 11
t
t 2 26

= = −
 ⇔ − − − + = ⇔ = − ⇔  = = − 
(do t 2≥ − ).

96. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
96
TH2: Nếu 4 t 2− ≤ < − , khi đó
2 2
(1) 9( 2t 3t 2)(t 4) ( 8t 30t 8)(t 2) 0⇔ − − + + − − − + + = .
3 2
7
t
10
10t 53t 38t 56 0 t 4 t 4
t 2

=

⇔ − − − + = ⇔ = − ⇔ = −
 = −
(do 4 t 2− ≤ < − ).
TH3: Nếu t 4< − khi đó
( )( ) ( )( )2 2
(1) 9 2t 3t 2 t 4 8t 30t 8 t 2 0⇔ − − − + + − − − + + = .
3 2
11
t
26
26t 145t 142t 88 0 t 4
t 2

=

⇔ − − − + = ⇔ = −
 = −
(loại do t 4< − ).
Bảng biến thiên
t
−∞ 4− 2−
11
26
+∞
f '(t) 0 0 0
f (t) 11 797
18
17
4
5
11
Dựa vào bảng biến thiên suy ra
 
t
t
4
minf (t) f 2
5
11
maxf (t) f 797
26



   


       


.
Kết hợp với trường hợp 1 suy ra
P đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi t 2 a 2b=− ⇔ =− , chọn
1b 1 a 2 : 2x y 1 0= − ⇒ = ⇒ ∆ − − = .
Từ đó suy ra P đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi
11 11
t a b
26 26
= ⇔ = , chọn
2b 26 a 11 :11x 26y 37 0= ⇒ = ⇒ ∆ + − = .
Cách 2: Phương pháp giải tích (áp dụng cho trường hợp P đạt giá trị lớn nhất).
Trên tia AB xác định điểm 1B sao cho

97. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
97
( )
( )
( )
B A B A B1 1
1 1
BB A B A 11
x x 2 x x x 3
AB 2AB B 3;9
y 9y y 2 y y
 − = − = 
= ⇔ ⇔ ⇒ 
=− = −  
 
.
Trên tia AC xác định điểm 1C sao cho
( )
( )
( )
C A C A C1 1
1 1
CC A C A 11
x x 2 x x x 10
AC 3AC C 10;19
y 19y y 2 y y
 − = − = 
= ⇔ ⇔ ⇒ 
=− = −  
 
.
Khi đó ( ) ( ) ( ) ( )1 12d B; 3d C; d B ; d C ;∆ + ∆= ∆ + ∆ .
Ta xét 2 trường hợp:
TH1: Nếu ∆ cắt đoạn 1 1B C T,= khi đó ( ) ( )1 1 1 1 1 1d B ; d C ; B T C T B C∆ + ∆ ≤ + = .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 1B C∆ ⊥ .
TH2: Nếu ∆ không cắt đoạn 1 1B C .
Gọi I là trung điểm của 1 1
13
B C I ;14
2
 
⇒  
 
, khi đó ( ) ( ) ( )1 1d B ; d C ; 2d I;∆ + ∆= ∆ .
Vậy ( )P 2d I;= ∆ .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên ∆ , ta có ( )d I; IH IA∆ = ≤ .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi H A IA≡ ⇔ ∆ ⊥ .
Nhận thấy
2
2 2 2
1 1
11
2IA 2 13 B C 7 10
2
 
= + > = + 
 
nên P đạt giá trị lớn nhất
trong trường hợp 2.
Vậy đường thẳng cần tìm là đường thẳng đi qua ( )A 1;1 và nhận
11
AI ;13
2
 
=  
 

làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là
( ) ( )
11
: x 1 13 y 1 0 :11x 26y 37 0
2
∆ − + − = ⇔ ∆ + − = .
Nhận xét. Với cách 1 xử lý thuận lợi ta tìm được cả giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất. Tuy nhiên nếu giải phương trình f′(t) = 0 ra nghiệm lẻ công việc cần thực
hiện rất cồng kềnh (mặc dù phương trình bậc ba có phương pháp giải tổng
quát). Ngược lại nếu sử dụng phương pháp hình học rõ ràng bài toán được xử lý
gọn và nhanh chóng. Liệu có sử dụng được để tìm giá trị nhỏ nhất, câu hỏi này
tôi xin dành cho bạn đọc.
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng 1d : x y 1 0− − = và
đường thẳng 2d : x 4y 4 0− − =cắt nhau tại I và điểm ( )A 3;1 . Tìm điểm
M thuộc 1d , điểm N thuộc 2d sao cho IM 2IN= và P AM 2AN= + đạt giá trị
nhỏ nhất.

98. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
98
Giải
Tọa độ giao điểm I là nghiệm của hệ phương trình
( )
x y 1 0 x 0
I 0; 1 AI 13
x 4y 4 0 y 1
− −= = 
⇔ ⇒ − ⇒ = 
− − = =− 
.
Áp dụng bất đẳng thức Potoleme ta có AN.IM AM.IN AI.MN+ ≥ .
( )
MN
IN AM 2AN AI.MN AM 2AN AI.
IN
⇔ + ≥ ⇔ + ≥ .
Gọi góc giữa hai đường thẳng 1 2d ,d xác định bởi
2 2 2 2
1.1 ( 1).( 4) 5
cos
341 ( 1) . 1 ( 4)
− − −
α= =
+ − + −
.
Theo định lý hàm số cô sin ta có
2 2 2 2 5 MN 20
MN IM IN 2IM.INcos IN 5 4. 5
IN34 34
 
= + − α= − ⇔ = − 
 
.
Do đó
260
P AM 2AN 65
34
= + ≥ − .
Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn
( ) 2 2
C : x y 4x 2y 4 0+ − − + =và đường thẳng d : x y 2 0+ − =. Chứng minh
rằng d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A,B . Tìm điểm M thuộc (C) sao cho chu
vi tam giác MAB lớn nhất.
Giải
Xét hệ phương trình tạo bởi d và (C), ta được
2 2
x 1
x y 2 0 y 1
x 2x y 4x 2y 4 0
y 0
 =

+ − = = ⇔  =+ − − + =  
=
.
Vậy đường thẳng d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A(1;1), B(2;0) hoặc ngược lại.
Vì AB 2= không đổi nên chu vi tam giác MAB lớn nhất khi và chỉ khi
MA MB+ lớn nhất.
Gọi ( ) ( ) ( ) ( )2 2
M x;y C x 2 y 1 1∈ ⇔ − + − =.
Suy ra tồn tại [ ]0;2α∈ π sao cho
x 2 sin
y 1 cos
= + α

=+ α
.
Ta có ( ) ( )2 22 2
MA MB 1 sin cos cos 1 sin+ = + α + α + α + + α
( ) ( )( )2 2
2 1 sin 1 cos 2 2 1 1 2 sin cos= + α + + α ≤ + + α + α

99. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
99
2 2 2 cos 4 2 2
4
π 
= + α − ≤ + 
 
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1 sin 1 cos
1 1
M 2 ;1
4cos 1 2 2
4
 + α= + α
π  
⇔ α= ⇒ + + π   
α − =    
 
.
Vậy chu vi tam giác MAB lớn nhất khi
1 1
M 2 ;1
2 2
 
+ + 
 
.
Chú ý. Các khác xem chương 3 bài toán với đường tròn.
Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm điểm C trên trục hoành sao cho CA + CB
đạt giá trị nhỏ nhất, trong đó A,B lần lượt là các điểm thuộc các đường tròn
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 22
1 2C : x y 2 1; C : x 6 y 4 4+ −= − + −= .
Giải
Đường tròn ( )1C có tâm ( )1I 0;2 , bán kính 1R 1= .
Đường tròn ( )2C có tâm ( )2I 6;4 , bán kính 2R 2= .
Gọi A' là điểm đối xứng của A qua trục hoành, khi đó CA CB CA' CB+ = + .
Gọi ( )3C là ảnh của đường tròn ( )1C qua phép đối xứng qua trục hoành thì
( )3A' C∈ .
Đường tròn ( )3C có tâm ( )3I 0; 2− , bán kính 3 1R R 1= = .
( ) ( )22
3C : x y 2 1+ + =.
Ta có 1 1CA' CB A'B A B+ ≥ ≥ trong đó 1 1A ,B lần lượt là giao điểm của 2 3I I với
đường tròn ( ) ( )3 2C , C và 1 1A ,B nằm trong đoạn 2 3I I .
Ta có ( )3 2I I 6;6=

nên đường thẳng 2 3I I có phương trình là
( )2 3
x t
I I : , t
y 2 t
=
∈
=− +
 .
Tính tọa độ 1A :
Thay x,y từ phương trình của 2 3I I vào phương trình của ( )3C , ta được
2 2 1
t t 1 t
2
+ = ⇔ =± . Mặt khác A I 11 3
1 1 1
x x t A ; 2
2 2 2
 
> ⇒ = ⇒ − + 
 
.
Tính tọa độ 1B :
Thay x,y từ phương trình của 2 3I I vào phương trình của ( )2C , ta được
( ) ( )2 2
t 6 6 t 4 t 6 2− + − = ⇔ = ± .

100. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
100
Mặt khác ( )B I 11 2
x x t 6 2 B 6 2;4 2< ⇒ = − ⇒ − − .
Tọa độ  1 1C Ox A B C 2;0  .
Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường tròn
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
1 2C : x 1 y 2 1; C : x 4 y 3 4+ + −= − + −= .
Tìm điểm C trên trục hoành sao cho CA CB+ đạt giá trị nhỏ nhất, trong đó
A,B là hai điểm lần lượt di động trên ( )1C và ( )2C .
Giải
Đường tròn (C1) có tâm ( )1I 1;2− , bán kính 1R 1= .
Đường tròn ( )2C có tâm ( )2I 4;3 , bán kính 2R 2= .
Gọi (C’1) là đường tròn đối xứng của đường tròn (C1) qua trục hoành, A’ là
điểm đối xứng của A qua trục hoành.
Ta có: AC + BC = A′C + BC.
Nhận xét rằng: A′C + BC đạt giá trị nhỏ nhất khi C, A′, B lần lượt là giao điểm
của đường thẳng I′1I2 với trục hoành, đường tròn (C’1) và đường tròn (C2),
trong đó thì A′C < I′1C, BC < I2C.
Từ đó suy ra A là giao điểm của I1C và đường tròn (C1), AC < I1C.
Đường thẳng I′1I2 có phương trình là y = x – 1.
Suy ra C(1,0)
Đường thằng I1C có phương trình y = 1 – x.
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
2 2
2
x 1
(x 1) (y 2) 1 2
y 1 x 2
y 2
2
         
     

Suy ra
2 2
A 1 ,2
2 2
 
− + −  
 
vì AC < I1C.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình
2 2 x 4 2(x 4) (y 3) 4
y x 1 y 3 2
 = ±− + − = 
⇔ 
= − = ± 
Suy ra B(4 2,3 2)− − vì BC < I2C.
Kết luận:
Vậy
2 2
A 1 ,2
2 2
 
− + −  
 
, B(4 2,3 2)− − và C(1,0) là các điểm cần tìm.

101. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
101
Nhận xét: Ngoài các giải trên ta có thể lượng giác hóa tọa độ của A,B và sử dụng
bất đẳng thức Bunhiacopski để tìm GTNN của CA + CB từ đó suy ra điểm
A,B,C.
Bài 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn
( ) 2 2
C : x y 6x 4y 8 0+ − − + =và đường thẳng : 2x y 6 0∆ − + =. Tìm điểm
M thuộc đường tròn (C) sao cho khoảng cách từ M đến ∆ đạt giá trị nhỏ
nhất, lớn nhất.
Giải
Viết lại đường tròn( ) ( ) ( )2 2
C : x 3 y 2 5− + − =.
Gọi ( )M x;y là điểm cần tìm, ta có ( ) ( ) ( )2 2
M C x 3 y 2 5∈ ⇒ − + − =.
Ta có ( )
( ) ( )
2 2
2 x 3 y 2 102x y 6
d M;
52 ( 1)
− − − +− +
∆= =
+ −
.
Theo bất đẳng thức Bunhiacopski ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )2 22 2
2 x 3 y 2 2 ( 1) x 3 y 2 5− − − ≤ + − − + − = .
Suy ra ( ) ( ) ( )5 2 x 3 y 2 10 15 5 d M; 3 5≤ − − − + ≤ ⇔ ≤ ∆ ≤ .
y
xO
A
C
I1
I2
(C1)
(C2)
B
A’

102. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
102
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
( ) ( )
( )
( )
1
2 2 2
x 5
x 3 y 2
M 5;1y 1
2 1
M 1;3x 1
x 3 y 2 5
y 3
 =
− − = = − ⇔ ⇔   =  − + − = 
=
.
Với ( )1M 5;1 ta có ( )1
2.5 1 16
d M ; 3 5
5
− +
∆= = .
Với ( )2M 1;3 ta có ( )2
2.1 3 6
d M ; 5
5
− +
∆= = .
Vậy với ( )1M 5;1 thì khoảng cách từ 1M đến ∆ lớn nhất, với ( )2M 1;3 thì
khoảng cách từ 2M đến ∆ nhỏ nhất.
Nhận xét. Đường thẳng d đi qua tâm I
và vuông góc với cắt (C) lần lượt
tại khi đó điểm M tương ứng
với hai vị trí đó.
C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 2 điểm ( ) ( )A 1;3 ,B 4;7− và đường thẳng
d : x 4y 12 0+ − =. Tìm điểm M nằm trên ∆ sao cho
a) MA MB+
 
đạt giá trị nhỏ nhất. b) 2 2
MA MB+ đạt giá trị nhỏ nhất.
c) MA MB+ đạt giá trị nhỏ nhất. d) MA MB− đạt giá trị lớn nhất.
Giải
a) Vì ( ) ( ) ( )M d M 12 4t;t MA 4t 13;3 t ,MB 4t 8;7 t∈ ⇒ − ⇒ = − − = − −
 
.
Suy ra:
( ) ( ) ( )
( )
2 2
2
MA MB 8t 21;10 2t MA MB 8t 21 10 2t
4 361 361
17t 47 .
17 17 17
   
+ = − − ⇒ + = − + −
= − + ≥
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
47 16 47
17t 47 0 t M ;
17 17 17
 
− = ⇔ = ⇒  
 
.

103. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
103
b) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 22 2 2 529 529
MA MB 4t 13 3 t 4t 8 7 t 17t 47
17 17 17
+ = − + − + − + − = − + ≥ .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
47 16 47
17t 47 0 t M ;
17 17 17
 
− = ⇔ = ⇒  
 
.
c) Ta có A,B nằm khác phía so với đường thẳng d .
Gọi D là điểm đối xứng của A qua đường thẳng D.
Vì AD d AD: 4x y 7 0⊥ ⇒ − + =.
Tọa độ trung điểm của AD là nghiệm của hệ phương trình:
16
x
4x y 7 0 16 5517
H ;
x 4y 12 0 55 17 17
y
17

= −− + =   
⇔ ⇒ −   + − =    =

.
Vì H là trung điểm của AD nên
15 4
D ;
17 17
 
− 
 
.
Ta có MA MB MB MD BD+ = + ≥ .
Dấu bẳng xảy ra khi và chỉ khi M BD d≡  .
Phương trình đường thẳng BD:51x 83y 377 0− + =.
Suy ra tọa độ điểm M cần tìm là nghiệm của hệ phương trình:
512
x
51x 83y 377 0 512 989287
M ;
x 4y 12 0 989 287 287
y
287

= −− + =   
⇔ ⇒ −   + − =    =

.
d) Phương trình đường thẳng
x 1 y 3
AB: AB: 4x 5y 19 0
5 4
+ −
= ⇔ − + = .
Ta có MA MB AB− ≤ .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M AB d≡  .
Tọa độ điểm M cần tìm là nghiệm của hệ phương trình:
16
x
4x 5y 19 0 16 6721 M ;
x 4y 12 0 67 21 21
y
21

= −− + =   
⇔ ⇒ −   + − =    =

.
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho 3 điểm ( ) ( ) ( )A 1; 1 ,B 2;3 ,C 1;4− − và
đường thẳng d : x 3y 2 0+ − =.
a) Tìm điểm M trên mặt phẳng tọa độ sao cho MA 2MB 3MC+ +
  
đạt giá trị nhỏ nhất.
b) Tìm điểm M nằm trên d sao cho MA 2MB 3MC+ +
  
đạt giá trị nhỏ nhất.

104. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
104
Giải
a) Giả sử M(x;y) suy ra
( ) ( ) ( )MA 1 x; 1 y ,MB 2 x;3 y ,MC 1 x;4 y= − − − − = − − = − −
  
.
Do đó:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
( )
MA 2MB 3MC 1 x 2 1 x 3 2 x ; 4 y 2 1 y 3 3 y
5 6x;11 6y
  
+ + = − + − − + − − + − − + −
=− −
.
Suy ra ( ) ( )2 2
MA 2MB 3MC 5 6x 11 6y 0+ + = − + − ≥
  
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
5
x
5 6x 0 5 116
M ;
11 6y 0 11 6 6
y
6

=− =   
⇔ ⇒   − =    =

.
Vậy điểm cần tìm là
5 11
M ;
6 6
 
 
 
.
b) Theo trên ( ) ( )2 2
MA 2MB 3MC 5 6x 11 6y+ + = − + −
  
.
Vì ( )M d M 2 3y;y∈ ⇒ − suy ra
( )( ) ( ) ( )
2 2 28 338 338
MA 2MB 3MC 5 6 2 3y 11 6y 15y 8
15 5 5
+ + = − − + − = − + ≥
  
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
8 2 2 8
15y 8 0 y x M ;
15 5 5 15
 
− = ⇔ = ⇒ = ⇒  
 
.
Vậy điểm cần tìm là
2 8
M ;
5 15
 
 
 
.
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x – 1)2
+ (y – 2)2
= 5.
Tìm điểm M nằm trên (C) sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng d đạt
giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong các trường hợp sau
a) Đường thẳng d :3x y 1 0− + = .
b) Đường thẳng d :3x 4y 12 0+ + =.
Giải
a) Giả sử ( ) ( ) ( ) ( )2 2
M x;y C x 1 y 2 5∈ ⇔ − + − =.
Ta có ( )
( ) ( )
2 2
3 x 1 y 23x y 1
d M;d
103 ( 1)
− − −− −
= =
+ −
.
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2
3 x 1 y 2 9 1 x 1 y 2 5 2 − − − ≤ + − + − =
 
( )
5 2
0 d M;d 5
10
⇒ ≤ ≤ =

105. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
105
Giá trị nhỏ nhất của ( )d M;d bằng 0 khi
( ) ( )2 2
1 31 3
M 1 ;2x 1 ,y 23x y 1 0 2 22 2
1 3x 1 y 2 5 1 3
x 1 ,y 2 M 1 ;2
2 2 2 2
   − −=− =−   − − =  ⇔ ⇒ − + − =   =+ =+ + +  
   
.
Giá trị lớn nhất của ( )d M;d bằng 5 xảy ra khi
( ) ( )2 2
3 13 1
x 1 y 2 M 1 ;2x 1 ,y 2
2 22 23 1
3 1 3 1
x 1 ,y 2x 1 y 2 5 M 1 ;2
2 2 2 2
  − − − + =− =+   =  − ⇔ ⇒    =+ =−− + − = + −  
   
.
b) Ta có ( )
( ) ( )
2 2
3 x 1 4 y 2 233x 4y 12
d M;d
53 4
− + − ++ +
= =
+
.
Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2
3 x 1 4 y 2 9 16 x 1 y 2 5 5 − + − ≤ + − + − =
 
( ) ( )5 5 3 x 1 4 y 2 5 5⇒ − ≤ − + − ≤ .
( ) ( )23 5 5 23 3 x 1 4 y 2 23 5 5⇒ − ≤ + − + − ≤ + .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
x 1 y 2
3 4
− −
= .
Vậy giá trị lớn nhất của ( )d M;d bằng
23 5 5
5
+
khi và chỉ khi:
3
x 1x 1 y 2
3 45
3 4 M 1 ;2
4 5 5
y 23x 4y 12 23 5 5
5

= +− − =   
⇔ ⇒ + +   
   = ++ + = + 
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của ( )d M;d bằng
23 5 5
5
−
khi và chỉ khi:
3
x 1x 1 y 2
3 45
3 4 M 1 ;2
4 5 5
y 23x 4y 12 23 5 5
5

= −− − =   
⇔ ⇒ − −   
   = −+ + = − 
.

106. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
106
Chöông 2. TAM GIAÙC, TÖÙ GIAÙC VAØ ÑA GIAÙC
Chương này đề cập đến việc vận dụng bài toán viết phương trình đường thẳng
vào bài toán giải tam giác, tứ giác và đa giác. Mỗi dạng toán có đặc thù riêng
nên tôi trình bày theo các chủ đề sau đây cho bạn đọc dễ hệ thống kiến thức và
phương pháp xử lý khi gặp các bài toán tổng hợp các đặc tính.
- Nhận diện tam giác, tứ giác.
- Đường trung tuyến trong tam giác.
- Đường cao trong tam giác.
- Đường phân giác trong tam giác.
- Mối liên hệ giữa các điểm và đường đặc biệt (hay và khó).
- Các bài toán về tứ giác: Hình bình hành, hình thang, hình thoi, hình chữ nhật và
hình vuông.
- Vận dụng phép biến hình giải toán hình giải tích phẳng.
Ngoài ra phân loại theo các dạng toán và dấu hiện nhận biết cho các em dễ nắm
bắt và vận dụng đúng phương pháp.
Chuû ñeà 1. NHAÄN BIEÁT TAM GIAÙC, TÖÙ GIAÙC VAØ ÑA GIAÙC
A. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP
1. Bài toán
Các bài toán trong chủ đề này sẽ đề cập đến các phép tính định lượng đơn giản
nhất của hình học tọa độ
 Tính chất 2 véc tơ cùng phương, 3 điểm thẳng hàng.
 Góc giữa 2 véc tơ.
 Diện tích tam giác theo hệ thức lượng trong tam giác.
 Tọa độ trung điểm, trọng tâm.
 Tính chất song song, vuông góc.
Bài toán. Cho tam giác ABC, biết ( ) ( ) ( )A A B B C CA x ;y ,B x ;y ,C x ;y khi đó
 Tọa độ trung điểm M của AB là A B A B
M M
x x y y
x ;y
2 2
+ +
= = .
 Tọa độ trọng tâm G là A B C A B C
G G
x x x y y y
x ;y
3 3
+ + + +
= = .
2. Kiến thức cần vận dụng

107. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
107
HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC
Cho tam giác ABC có:
 Độ dài các cạnh: BC a,CA b,AB c= = = .
 Độ dài các đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A,B,C tương ứng là: a b cm ,m ,m .
 Độ dài các đường cao kẻ từ các đỉnh A,B,C tương ứng là: a b ch ,h ,h .
 Bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp: R,r .
 Nửa chu vi tam giác:
a b c
p
2
+ +
= .
 Diện tích tam giác: S.
2.1. Định lý côsin:
2 2 2
2 2 2
2 2 2
a b c 2bccosA
b c a 2cacosB
c a b 2abcosC
 = + −

= + −

= + −
.
2.2. Định lý sin:
a b c
2R
sin A sin B sinC
= = = .
2.3. Độ dài trung tuyến:
2 2 2
2
a
2 2 2
2
b
2 2 2
2
c
2(b c ) a
m
4
2(a c ) b
m
4
2(a b ) c
m
4
 + −
=

 + −
 =

 + −
 =

.
2.4. Diện tích tam giác:
( )( )( )
a b c
1 1 1
S ah bh ch
2 2 2
1 1 1
S bcsin A casin B absinC
2 2 2
abc
S pr
4R
S p p a p b p c

= = =

= = =


= =

 = − − −
.
2.5. Hệ thức lượng trong tam giác vuông
Cho tam giác ABC vuông tại A,AH là đường cao.
 2 2 2
BC AB AC= + (Định lý Pitago).
 2 2
AB BC.BH;AC BC.CH= = .
 2
AH BH.CH= .
 2 2 2
1 1 1
AH AB AC
= + .
 AH.BC AB.AC= .

108. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
108
2.6. Hệ thức lượng trong đường tròn
Cho đường tròn ( )O;R và điểm M cố định.
 Từ M kẻ hai cát tuyến MAB,MCD khi đó phương tích của M với đường
tròn ( )O;R xác định bởi: ( )
2 2
M/ O;RP MA.MB MC.MD MO R= = = −
   
.
 Từ M nằm ngoài ( )O;R vẽ tiếp tuyến MT :
( )
2 2 2
M/ O;RP MT MO R= = − .
B. BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 3 điểm ( ) ( ) ( )A 3;3 ,B 5;2 ,C 1;1− − .
a) Chứng minh A,B,C là 3 đỉnh của một tam giác.
b) Chứng minh góc BAC tù.
c) Tính diện tích tam giác ABC .
d) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
Giải
a) Ta có ( ) ( )AB 2; 1 ,AC 4; 2= − − = −
 
. Do
2 1
4 2
− −
≠
−
nên AB

và AC

không cùng
phương, tức 3 điểm A,B,C không thẳng hàng. Do đó A,B,C là 3 đỉnh của một
tam giác.
b) Ta có 
  2 2 2 2
( 2).4 ( 1).( 2)
cosBAC cos AB;AC 0
( 2) 4 . ( 1) ( 2)
   
  
    
 
.
Nên BAC là góc tù.
c)  2
ABC
1 1
S AB.AC.sin BAC AB.AC 1 cos BAC
2 2
1 9
5. 20. 1 4(đvdt).
2 25
  
  
.
d) Ta có
abc AB.BC.AC 5. 37.2 5 5 37
R
4S 4S 4.4 8
= = = = .
Ta có
S S 4
r 3 5 37
AB BC CAp 5 37 2 5
2 2
= = = = −
+ + + +
.
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1;0), B(5;0), C(2;3).
Tìm tọa độ các điểm sau của tam giác.
a) Trọng tâm G .
b) Trực tâm H .
c) Chân đường cao A' hạ từ đỉnh A xuống cạnh BC.
d) Tâm I của đường tròn ngoại tiếp. Chứng minh 3 điểm G,H,I thẳng hàng.

109. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
109
Giải
a) Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên
A B C A B C
G G
x x x y y y8
x ;y 1
3 3 3
+ + + +
= = = = .
Vậy
8
G ;1
3
 
 
 
.
b) Gọi ( )H x;y là trực tâm tam giác ABC .
Ta có ( ) ( ) ( ) ( )AH x 1;y ,BC 3;3 ,BH x 5;y ,AC 1;3=− =− =− =
   
.
( )
( )
( )
3 x 1 3y 0AH.BC 0 x 2
H 2;1
y 11 x 5 3y 0BH.AC 0
 − − + == 
⇔ ⇔ ⇔ ⇒  
=− + ==  
 
  .
Vậy ( )H 2;1 .
c) Gọi ( )A' x;y là chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống cạnh BC.
Ta có ( ) ( ) ( )AA' x 1;y ,BC 3;3 ,BA' x 5;y=− =− =−
  
.
Ta có
( )
( )
( )
3 x 1 3y 0AA'.BC 0 x 3
A' 3;2
y 23 x 5 3y 0BA' / /BC
 − − + == 
⇔ ⇔ ⇒  
=− + =  
 
  .
Vậy ( )A' 3;2 .
d) Gọi ( )I x;y là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Ta có
( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 22 22 2
2 2 2 2 22
x 1 y x 5 yIA IB
IA IC x 1 y x 2 y 3
 − + = − += 
⇔ 
= − + = − + − 
.
( )
8x 24 0 x 3
I 3;1
x 3y 6 y 1
−= = 
⇔ ⇔ ⇒ 
+= = 
.
Vậy ( )I 3;1 .
Ta có ( )
1
IG ;0 ,IH 1;0 IG / /IH
3
 
=− =− ⇒ 
 
   
vì vậy 3 điểm I,G,H thẳng hàng.
Bài 3. (ĐH Nông nghiệp 1997) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho 3 điểm
( ) ( ) ( )A 1;1 ,B 3;3 ,C 2;0 .
a) Tính diện tích tam giác ABC .
b) Tìm tất cả các điểm M trên trục hoành sao cho góc AMB nhỏ nhất.
Giải
a) Ta có ( ) ( )AB 2;2 ,AC 1; 1 AB.AC 2.1 2.( 1) 0= = − ⇒ = + − =
   
.
Vậy tam giác ABC vuông tại A

110. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
110
2 2 2 2
ABC
1 1
S AB.AC . 2 2 . 1 ( 1) 2
2 2
⇒ = = + + −= (đvdt).
b)  0
AMB 0 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A,M,B thẳng hàng.
Gọi ( ) ( )M x;0 Ox AM x 1; 1∈ ⇒ = − −

.
A,M,B thẳng hàng ( )
x 1 1
x 0 M 0;0
2 2
− −
⇔ = ⇔ = ⇒ .
Vậy ( )M 0;0 .
C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có
( ) ( ) ( )A 1; 1 ,B 5; 3 ,C 2;0− − .
a) Nhận dạng và tính chu vi tam giác ABC .
b) Tìm tọa độ điểm M sao cho CM 2AB 3AC= −
  
.
c) Tìm tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Hướng dẫn giải – đáp số
a) Ta có ( )AB 4; 2 AB 2 5= − ⇒ =

.
( ) ( )AC 1;1 AC 2;BC 3;3 BC 3 2= ⇒ = =− ⇒ =
 
.
Chu vi tam giác ABC là ABCP AB BC CA 2 5 4 2= + + = + .
Ta có AC.BC 0= ⇒
 
tam giác ABC vuông tại C .
b) Ta có ( ) ( )2AB 3AC 2.4 3.1;2.( 2) 3.1 5; 7− = − − − = −
 
.
( )M MCM x 2;y= −

vì vậy
( )M M
M M
x 2 5 x 7
CM 2AB 3AC M 7; 7
y 7 y 7
−= = 
= − ⇔ ⇔ ⇒ − 
=− =− 
  
.
c) Vì tam giác ABC vuông tại C nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
trung điểm cạnh ( )AB I 3; 2⇒ − .
Bán kính
AB
R 5
2
= = .
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4;3), B(0;-5), C(-6;-2).
a) Chứng minh tam giác ABC vuông tại B .
b) Tìm tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
c) Tìm bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
Hướng dẫn giải – đáp số
a) Ta có ( ) ( )BA 4;8 ,BC 6;3 BA.BC 4.( 6) 8.3 0
   
= = − ⇒ = − + = .
Do đó tam giác ABC vuông tại B .

111. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
111
b) Vì ABC vuông tại B nên tâm đường tròn ngoại tiếp là trung điểm của AC và
bán kính
AC
R
2
= .
Vì vậy A C A C
I I
x x y y 1 1
x 1;y I 1;
2 2 2 2
+ +  
= =− = =⇒ − 
 
.
Bán kính
( ) ( )2 2
6 4 2 3AC 5 5
R
2 2 2
− − + − −
= = = .
c) Bán kính đường tròn nội tiếp:
S AB.BC 4 5.3 5
r 5
p AB BC CA 4 5 3 5 5 5
= = = =
+ + + +
.
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1;2), B(-1;1), C(5;-1).
a) Tính AB.AC
 
và chứng minh BAC tù.
b) Tính tọa độ chân đường cao 1A hạ từ đỉnh A của tam giác ABC .
c) Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC .
d) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC .
e) Tìm tọa độ tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
f) Chứng minh rằng I,H,G thẳng hàng.
Hướng dẫn giải – đáp số
a) Ta có ( ) ( )AB 2; 1 ,AC 4; 3 AB.AC 2.4 ( 1).( 3) 5 0= − − = − ⇒ =− + − − =− <
   
.
Do đó BAC tù.
b) Gọi ( )1A x;y là chân đường cao hạ từ đỉnh 1
1
AA .BC 0
A
BA / /BC
 =
⇔ 

 
  .
Ta có ( ) ( ) ( )1 1AA x 1;y 2 ,BC 6; 2 ,BA x 1;y 1= − − = − = + −
  
.
Vì vậy
( ) ( )
1
1
6 x 1 2 y 2 0 x
1 12
A ;x 1 y 1
1 2 2
y6 2
2
 − − − = =   
⇔ ⇒ + −  
=    =− 
.
Vậy 1
1 1
A ;
2 2
 
 
 
.
c) Tọa độ trọng tâm A B C A B C
G G
x x x y y y5 2 5 2
x ;y G ;
3 3 3 3 3 3
+ + + +  
= = = = ⇒  
 
.
Vậy
5 2
G ;
3 3
 
 
 
.

112. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
112
d) Điểm ( )H x;y là trực tâm tam giác
HC.AB 0
ABC
HB.AC 0
 =
⇔ 
=
 
  .
( ) ( )
( ) ( )
( )
2 5 x 1 1 y 0 x 2
H 2;5
y 54 1 x 3 1 y 0
− − − − − = =
⇔ ⇔ ⇒ 
=− − − − = 
.
Vậy ( )H 2;5 .
e) Điểm ( )I x;y là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
2 2
2 2
IA IB
ABC
IA IC
 =
⇔ 
=
.
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2 2
x 1 y 2 x 1 y 1
x 1 y 2 x 5 y 1
 − + − = + + −
⇔ 
− + − = − + +
.
3
x
4x 2y 3 0 3 32
I ;
8x 6y 21 0 3 2 2
y
2

=+ − =   
⇔ ⇔ ⇒ −   − − =    − −

.
Vậy
3 3
I ;
2 2
 
− 
 
.
f) Ta có
1 13 1 13
IG ; ,IH ; IH 3IG
6 6 2 2
   
= = ⇒=   
   
   
do đó I,H,G thẳng hàng và
IH 3IG= .
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 4 điểm ( ) ( ) ( ) ( )A 0;2 ,B 6;9 ,C 4;1 ,D 2;10 .
a) Chứng minh tam giác ABC vuông.
b) Chứng minh ACBD là hình chữ nhật.
c) Gọi C′ là điểm thỏa mãn CC' AB=
 
. Tìm tọa độ điểm E đối xứng với C′qua B.
Hướng dẫn giải – đáp số
a) Ta có ( ) ( )CA 4;1 ,CB 2;8 CA.CB 4.2 1.8 0=− = ⇒ =− + =
   
.
Vì vậy tam giác ABC vuông tại C .
b) Ta có ( )BD 4;1 CA BD ACBD=− ⇒ = ⇒
  
là hình bình hành.
Mặt khác  0
ACB 90 ACBD  là hình chữ nhật.
c) Ta có ( ) ( )AB 6;7 ,CC' x 4;y 1 CC' AB= = − − ⇒ =
   
.
( )
x 4 6 x 10
C' 10;8
y 1 7 y 8
−= = 
⇔ ⇔ ⇒ 
−= = 
.
Vì B là trung điểm của
( )E B C' E B C'EC' x 2x x 2;y 2y y 10 E 2;10⇒ = − = = − = ⇒ .

113. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
113
Chuû ñeà 2. ÑÖÔØNG TRUNG TUYEÁN
A. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP
Định nghĩa: Đường trung tuyến trong tam giác là đường nối đỉnh và trung điểm
cạnh đối diện.
Tính chất: Xét tam giác ABC . Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm các cạnh
BC,CA,AB:
- Các đường trung tuyến của tam giác
ABC là AM,BN,CP .
- Các đường trung tuyến đồng quy tại
điểm G là trọng tâm của tam giác
ABC .
- Tọa độ trọng tâm G :
A B C
G
A B C
G
x x x
x
3
y y y
y
3
+ +
=

+ + =

.
- Độ dài trung tuyến:
2 2
AG AM AG AM
3 3
= ⇒ =
 
.
- Diện tích tam giác: ABC GBC GCA GABS 3S 3S 3S= = = .
Bài toán 1. Viết phương trình đường trung tuyến của tam giác khi biết tọa độ ba
đỉnh
Bước 1: Tìm tọa độ trung điểm của các cạnh.
Bước 2: Viết phương trình đường thẳng đi qua một đỉnh và trung điểm cạnh đối
diện.
Bài toán 2. Viết phương trình đường trung tuyến của tam giác khi biết phương
trình ba cạnh
Bước 1: Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác.
Bước 2: Thực hiện tương tự bài toán 1.
Bài toán 3. Tìm tọa độ trọng tâm tam giác khi biết tọa độ ba đỉnh hoặc phương
trình ba cạnh.
Nhận xét. Tính chất của trung điểm và trọng tâm rất hay được sử dụng kết hợp
trong các bài toán tổng hợp trong đề thi vì vậy các em cần lưu ý tính chất:
+ Trung điểm: Lưu ý công thức toạ độ trung điểm, tính chất đối xứng qua điểm,
diện tích bằng nhau.
+ Trọng tâm: Công thức toạ độ trọng tâm, diện tích tam giác chia thành 3 phần
bằng nhau.
+ Ngoài ra kết hợp sử dụng tính chất tỷ lệ độ dài khi sử dụng định lý Talets.
G
P
M
N
A
B C

114. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
114
B. BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết
( ) ( ) ( )A 1;0 ,B 6;7 ,C 2;2− − − .
a) Viết phương trình các đường trung tuyến của tam giác ABC .
b) Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC và tính diện tích tam giác ABC .
c) Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng d : x 2y 1 0− − = sao cho diện tích tam
giác MBC bằng 3 lần diện tích tam giác ABC .
Giải
a) Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm các cạnh BC,CA,AB.
Áp dụng công thức trung điểm ta có
9 3 7 7
M 4; ,N ;1 ,P ;
2 2 2 2
     
− − −     
     
.
Đường trung tuyến AM đi qua hai điểm A và M nên có phương trình
x 1 y 0
AM : AM :3x 2y 3 0
94 1 0
2
+ −
= ⇔ + +=
− + −
.
Đường trung tuyến BN đi qua hai điểm B và N nên có phương trình
x 6 y 7
BN : BN : 4x 3y 3 0
3 1 76
2
+ −
= ⇔ + +=
−− +
.
Đường trung tuyến CP đi qua hai điểm C và P nên có phương trình CP : y x= − .
b) Tọa độ trọng tâm được xác định bởi
Cách 1: ( )
A B C
G
A B C
G
x x x 1 6 2
x 3
3 3
G 3;3
y y y 0 7 2
y 3
3 3
+ + − − −
= = = −
⇒ −
+ + + += = =

.
Cách 2: Tọa độ G AM BN=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
3x 2y 3 0 x 3
G 3;3
4x 3y 3 0 y 3
+ + = =− 
⇔ ⇒ − 
+ += = 
.
Cách 3: Ta có ( )G G
9
AM 3; ,AG x 1;y
2
 
=− =+ 
 
 
. Mặt khác
2
AG AM
3
=
 
vì vậy
( )
G
G
G
G
2
x 1 .( 3)
x 33
G 3;3
2 9 y 3
y .
3 2

+ = − = −
⇔ ⇒ − 
= =

.
Diện tích tam giác ABC : Ta có ( ) ( )2 2
BC 2 6 2 7 41= − + + − = .

115. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
115
Phương trình đường thẳng
x 6 y 7
BC: BC:5x 4y 2 0
2 6 2 7
+ −
= ⇔ + +=
− + −
.
( )ABC
2 2
5.( 1) 4.0 21 1 3
S BC.d A;BC . 41.
2 2 25 4
− + +
= = =
+
(đvdt).
d) Gọi điểm ( )M 2m 1;m d+ ∈ , khi đó
( )
( )
MBC
2 2
5 2m 1 4m 2 14m 71 1
S BC.d M;BC . 41.
2 2 25 4
+ + + +
= = =
+
.
Mặt khác MBC ABC
1
m
14m 7 914m 7 3 7
S 3S 3.
14m 7 9 82 2
m
7

=+ =+ 
= ⇔ =⇔ ⇔  + =−  = −

.
 Với
1 9 1
m M ;
7 7 7
 
= ⇒  
 
.
 Với
8 9 8
m M ;
7 7 7
 
=− ⇒ − − 
 
.
Vậy có hai điểm thỏa mãn bài toán là 1
9 1
M ;
7 7
 
 
 
và 2
9 8
M ;
7 7
 
− − 
 
.
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết phương trình ba
cạnh của tam giác là BC: 2x y 5 0;CA : x 2y 5 0;AB:3x 4y 5 0− += − −= − += .
Viết phương trình ba đường trung tuyến của tam giác ABC và tìm tọa độ trọng
tâm G của tam giác ABC .
Giải
Tọa độ điểm A AB AC=  là
nghiệm của hệ phương trình
.
Tọa độ điểm B AB BC=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
3x 4y 5 0 x 3
B 3; 1
2x y 5 0 y 1
− + = =− 
⇔ ⇒ − − 
− + = =− 
.
Tọa độ điểm C BC AC=  là nghiệm của hệ phương trình

116. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
116
( )
2x y 5 0 x 5
C 5; 5
x 2y 5 0 y 5
− + = =− 
⇔ ⇒ − − 
− − = =− 
.
Để viết phương trình đường trung tuyến tam giác ABC thực hiện theo hai cách
Cách 1: Làm tương tự bài 1.
Cách 2: Tìm tọa độ trọng tâm của tam giác ABC trước
Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là
A B C
G
A B C
G
x x x 15 3 5 23
x
23 163 3 3
G ;
y y y 3 310 1 5 16
y
3 3 3
+ + − − −
= = = −  
⇒ − −  + + − − −   = = = −

.
Đường trung tuyến kẻ từ A là đường thẳng đi qua A và G nên có phương trình
là
x 15 y 10
AG : AG :7x 11y 5 0
23 16
15 10
3 3
+ +
= ⇔ − −=
− + − +
.
Đường trung tuyến kẻ từ B là đường thẳng đi qua B và G nên có phương trình
là
x 3 y 1
BG : BG :13x 14y 25 0
23 16
3 1
3 3
+ +
= ⇔ − +=
− + − +
.
Đường trung tuyến kẻ từ C là đường thẳng đi qua C và G nên có phương trình
là
x 5 y 5
CG : CG : x 8y 35 0
23 16
5 5
3 3
+ +
= ⇔ − −=
− + − +
.
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ba điểm
1 1 3 1
A ; ,B ;
2 2 4 4
   
−   
   
và
( )C 0;m , m 0≠ . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC và tìm m để tam
giác GAB vuông tại G .
Giải
Tọa độ trọng tâm
1 4m 3
G ;
12 12
+ 
 
 
.
Suy ra
7 3 4m
GA ;
12 12
− 
= − 
 

và
2 m
GB ;
3 3
 
= − 
 

.
Tam giác GABvuông tại
2 7 m 3 4m
G GA.GB 0 . 0
3 12 3 12
− 
⇔ = ⇔ − − = 
 
 
.
2 3 233
4m 3m 14 0 m
8
±
⇔ − − = ⇔ = .
Vậy
3 233
m
8
±
= là hai giá trị cần tìm.

117. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
117
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình các cạnh của tam giác
ABC biết đỉnh ( )A 1;3 và hai trung tuyến có phương trình là x 2y 1 0− + = và
y 1 0− =.
Giải
Phân tích lời giải. Để viết
phương trình các cạnh tam giác
ta phải xác định tọa độ các đỉnh
B,C . Việc xác định tọa độ hai
đỉnh này có hai cách
Cách 1: Tính thông qua tọa độ trọng tâm G.
Nhận thấy A không thuộc hai đường trung tuyến.
Giả sử hai đường trung tuyến là BN : x 2y 1 0;CP : y 1 0− += −= .
Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC thỏa mãn hệ phương trình
( )
x 2y 1 0 x 1
G 1;1
y 1 0 y 1
− += = 
⇔ ⇒ 
−= = 
.
Gọi ( ) ( )B 2b 1;b BN,C c;1 CN− ∈ ∈ . Vì ( )G 1;1 là trọng tâm tam giác ABC nên
( )
( )
B 3; 11 2b 1 c 3.1 b 1
3 b 1 3.1 c 5 C 5;1
 − −+ − + = =−  
⇔ ⇒  
+ += =  
.
Phương trình cạnh
x 1 y 3
AB: AB: x y 2 0
3 1 1 3
− −
= ⇔ − +=
− − − −
.
Phương trình cạnh AC: x 2y 7 0+ − =.
Phương trình cạnh BC: x 4y 1 0− − = .
Vậy phương trình ba cạnh của tam giác ABC có phương trình là
AB: x y 2 0;AC: x 2y 7 0;BC: x 4y 1 0− += + −= − −= .
Cách 2: Gọi A' là điểm đối xứng của A qua G , ta có A'C/ / BN .
Khi đó G là trung điểm của AA' nên ( )A' 1; 1− .
Phương trình cạnh
x 1 y 1
A'C: A'C: x 2y 3 0
2 1
− +
= ⇔ − −= .
Tọa độ điểm C A'C CP=  là nghiệm của hệ phương trình là
( )
y 1 0 x 5
C 5;1
x 2y 3 0 y 1
−= = 
⇔ ⇒ 
− −= = 
.
Tương tự tìm được ( )B 3; 1− − và ta có kết quả tương tự cách 1.
A
C B
A'
PN

118. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
118
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A có trọng tâm
4 1
G ;
3 3
 
 
 
, phương trình cạnh BC: x 2y 4 0− − =và phương trình đường thẳng
BG :7x 4y 8 0− − =. Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C .
Phân tích lời giải.
Trước tiên tìm được tọa độ điểm B là giao điểm của hai đường thẳng BCvà
BG . Vì tam giác ABC cân tại A nên A nằm trên đường thẳng đi qua G và
vuông góc với BC. Lấy điểm A AG,C BC∈ ∈ và dùng công thức tọa độ trọng
tâm tìm ra tọa độ hai đỉnh A,C .
Giải
Tọa độ B BC BG=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
x 2y 4 0 x 0
B 0; 2
7x 4y 8 0 y 2
− −= = 
⇔ ⇒ − 
− − = =− 
.
Vì tam giác ABC cân tại A nên AG BC⊥ nên phương trình đường thẳng AG
có dạng
4 1
2 x 1 y 0 AG : 2x y 3 0
3 3
   
− + − = ⇔ + − =   
   
.
Để tìm tọa độ hai đỉnh A,C ta có 2 cách sau:
Cách 1: Gọi H là giao điểm của BCvà AG , tọa độ điểm H là nghiệm của hệ
phương trình ( )
2x y 3 0 x 2
H 2; 1
x 2y 4 0 y 1
+ −= = 
⇔ ⇒ − 
− − = =− 
.
Vì H là trung điểm của BC nên ( )C 4;0 .
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên
( )
A B C
G
A
A B C A
G
x x x
x
x 03
A 0;3
y y y y 3
y
3
+ +
= =
⇔ ⇒ 
+ + = =

.
Vậy tọa độ ba đỉnh tam giác ABC là ( ) ( ) ( )A 0;3 ,B 0; 2 ,C 4;0− .
Cách 2: Thực hiện tương tự cách 1 bài trên.
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A và phương
trình hai cạnh AB và AC lần lượt là 5x 2y 6 0;4x 7y 21 0− += + − = . Viết
phương trình cạnh BC, biết G(-1;-2) là trọng tâm của tam giác ABC .
Giải

119. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
119
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
phương trình
( )
5x 2y 6 0 x 0
A 0;3
4x 7y 21 0 y 3
− += = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Gọi M là trung điểm cạnh BC ta có
   M MAM x ;y 3 ,AG 1; 5    
 
.
Mặt khác
( )
M M
M M
2 3
1 x x
2 3 93 2AG AM M ;
2 93 2 2
5 y 3 y
3 2
 
− = = −    
= ⇔ ⇔ ⇒ − −   
  − = − =−
 
 
.
Do ABC là tam giác cân tại A nên BC là đường thẳng đi qua
3 9
M ;
2 2
 
− − 
 
và
nhận véc tơ AG

làm véc tơ pháp tuyến.
Phương trình cạnh .
Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2;7) và đường
thẳng AB cắt Oy tại điểm E sao cho AE 2EB
 
. Biết rằng tam giác AEC cân
tại A và có trọng tâm
13
G 2;
3
 
 
 
. Viết phương trình cạnh BC.
Giải
Gọi M là trung điểm cạnh EC , ta có  M M
8
AG 0; ,AM x 2;y 7
3
       
 
.
Mặt khác
2
AG AM
3

 
suy ra ( )M 2;3 .
Tam giác AEC cân tại A nên EC là đường thẳng đi qua ( )M 2;3 và nhận
8
AG 0;
3
     

làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình
( )
8
EC: y 3 0 EC: y 3
3
− − = ⇔ = .
Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ phương trình ( )
x 0
E 0;3
y 3
=
⇒
=
.
Mặt khác M là trung điểm của EC nên C(4;3).
Vì ( )AE 2EB B 1;1= ⇔ −
 
.

120. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
120
Phương trình cạnh
x 1 y 1
BC: BC: 2x 5y 7 0
4 1 3 1
+ −
= ⇔ − +=
+ −
.
Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A có A,B
thuộc trục hoành và cạnh BC có phương trình 4x 3y 16 0+ − =; trọng tâm G
thuộc đường thẳng d : x y 1 0− − =. Tìm tọa độ các đỉnh A và C .
Giải
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình
( )
y 0 x 4
B 4;0
4x 3y 16 0 y 0
= 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Gọi ( )A a;0 Ox∈ và ( )
16 4c
C c; d, a,c 4
3
− 
∈ ≠ 
 
suy ra tọa độ trọng tâm
a c 4 16 4c
G ;
3 9
+ + − 
 
 
.
Mặt khác G d∈ nên
a c 4 16 4c 13 3a
1 0 c
3 9 7
+ + − −
− − = ⇔ = .
Suy ra ( )AB 4 a;0= −

và
13 10a 20 4a
AC ;
7 7
− + 
=  
 

.
Do tam giác ABC vuông tại A nên
( )
13 10a 13
AB.AC 0 4 a . 0 a
7 10
−
= ⇔ − = ⇔ =
 
(doa 4≠ ).
Suy ra
13 13 6
A ;0 ,C ;
10 10 5
   
   
   
là hai điểm cần tìm.
Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G nằm trên
đường thẳng d :3x y 8 0− − =và hai điểm A(2; -3), B(3; -2). Tìm tọa độ đỉnh C
biết diện tích tam giác GAB bằng
1
2
.
Giải
Ta có AB 2= và phương trình cạnh AB là
x 2 y 3
AB: AB: x y 5 0
3 2 2 3
− +
= ⇔ − −=
− − +
.
Gọi ( )0 0C x ;y khi đó tọa độ trọng tâm 0 0x 5 y 5
G ;
3 3
+ − 
 
 
. Mặt khác G d∈
nên ( )0 0
0 0 0 0
x 5 y 5
3. 8 0 y 3x 4 C x ;3x 4
3 3
+ −
− − = ⇔ = − ⇒ − .
Ta có ( )
( )0 0 0
ABC
2 2
x 3x 4 5 2x 11 2
S AB.d C;AB .
2 2 21 ( 1)
− − − +
= = =
+ −
.

121. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
121
Mặt khác ABC GAB
3
S 3S
2
= = nên
( )
( )
00
0
C 2; 10x 22x 1 3
x 12 2 C 1; 1
 − −= −+ 
=⇔ ⇒ 
= − 
.
Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( )1C 2; 10− − và ( )2C 1; 1− .
Bài 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh ( )C 1; 1− − và
phương trình cạnh AB là x 2y 3 0+ − =, trọng tâm của tam giác ABC thuộc
đường thẳng d : x y 2 0+ − =. Tìm tọa độ hai đỉnh A,B biết AB 5= .
Giải
Gọi ( )M 2m 3;m AB− + ∈ là trung điểm cạnh AB .
Ta có
3 4m 5 2m 1
CM CG G ;
2 3 3
− + − 
= ⇒  
 
 
.
Mặt khác ( )
4m 5 2m 1
G d 2 0 m 1 M 5; 1
3 3
− + −
∈ ⇒ + − = ⇔ =− ⇒ − .
Gọi ( )A 2a 3;a AB,a 1− + ∈ ≠ − .
Do ( ) ( )2 2
3
a
5 5 2
AB 5 MA 2a 2 a 1
12 4
a
2

= −
= ⇔ = ⇔ − − + + = ⇔ 
 = −

.
 Với
3 3 1
a A 6; ,B 4;
2 2 2
   
=− ⇒ − −   
   
.
 Với
1 1 3
a A 4; ,B 6;
2 2 2
   
=− ⇒ − −   
   
.
Bài 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A; hai đỉnh
A, B nằm trên trục hoành, cạnh BC có phương trình là 4x 3y 16 0+ − =. Xác
định tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC biết bán kính đường tròn nội tiếp
bằng 1.
Giải
Do điểm B thuộc đường thẳng BCvà nằm trên Ox nên tọa độ điểm B là
nghiệm của hệ ( )
y 0
B 4;0
4x 3y 16 0
=
⇒
+ − =
.
Giả sử ( ) ( ) ( )A a;0 , a 4 AB 4 a;0≠ ⇒ = −

, gọi
16 4c 16 4c
C c; BC AC c a;
3 3
− −   
∈ ⇒ = −   
   

.
Do tam giác ABC vuông tại A nên ( )( )AB.AC 0 4 a c a 0 c a= ⇔ − − = ⇔ =
 
.
Vậy điểm
16 4a
C a;
3
− 
 
 
.

122. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
122
Ta có ABC
1 1 16 4a
S AB.AC a 4 .
2 2 3
−
= = − .
Mặt khác ABC
1 16 4a 5 AB BC CA
S pr a 4 a 4 ;(p ,r 1)
2 3 3 2
 − + +
= = − + + − = = 
 
.
Từ đó suy ra
a 71 16 4a 5 1 16 4a
a 4 a 4 a 4 . a 4 3
a 12 3 3 2 3
= − −
− + + − = − ⇔ − = ⇔   =  
.
+ Với ( ) ( ) ( )
4
a 1 A 1;0 ,B 4;0 ,C 1,4 G 2;
3
 
=⇒ ⇒  
 
+ Với ( ) ( ) ( )
4
a 7 A 7;0 ,B 4;0 ,C 7, 4 G 6;
3
 
= ⇒ − ⇒ − 
 
.
Vậy có hai điểm 1
4
G 2;
3
 
 
 
và 2
4
G 6;
3
 
− 
 
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A có trọng
tâm
5
G 1;
3
 
 
 
và ba đỉnh A,B,C tương ứng nằm trên 3 đường thẳng
1 2 3d :3x y 8 0;d : x y 0;d : x 3y 4 0+ −= −= − += .
Giải
Phân tích lời giải.
Nếu gọi tọa độ B,C theo 2d và 3d dùng công thức trọng tâm suy ra tọa độ A
theo tọa độ của B,C . Thay tọa độ đó vào phương trình của 1d ta tìm được mối
liên hệ giữa hai tọa độ B,C bài toán quy về một ẩn. Dùng điều kiện AB.AC 0=
 
ta tìm được tọa độ các đỉnh.
Lời giải
Gọi ( ) ( )2 3B b;b d ,C 3c 4;c d∈ − ∈ . Do
5
G 1;
3
 
 
 
là trọng tâm tam giác ABC nên
( )A A
A A
x b 3c 4 3 x 7 b 3c
A 7 b 3c;5 b c
y b c 5 y 5 b c
+ + − = = − − 
⇔ ⇒ − − − − 
+ + = = − − 
.
Mặt khác 1A d∈ nên ( ) ( )
5c 9
3 7 b 3c 5 b c 8 0 b
2
− +
− − + − − − = ⇔ = .
Suy ra ( )
5 c 1 3c 5c 9 5c 9
A ; ;B ; ,C 3c 4;c
2 2 2 2
− + − + − +   
−   
   
.
Và ( )
7c 13 1 c
AB 2 2c; 4c 4 ,AC ;
2 2
− + 
= − − + = − 
 
 
.
Tam giác ABC vuông tại A AB.AC 0⇔ =
 
.

123. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
123
( ) ( ) ( )( )
c 17c 13 1 c
2 2c 4c 4 0 2 2c 5c 15 0
c 32 2
=− +   
⇔ − − − + = ⇔ − − = ⇔     =    
.
 Với ( ) ( ) ( )c 1 A 2;2 ,B 2;2 ,C 1;1=⇒ − (loại trường hợp này, do A B≡ ).
 Với ( ) ( ) ( )c 3 A 1;5 ,B 3; 3 ,C 5;3= ⇒ − − .
Vậy tọa độ 3 đỉnh là ( ) ( ) ( )A 1;5 ,B 3; 3 ,C 5;3− − .
Bài 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A có
trọng tâm
2
G ;0
3
 
 
 
và ( )M 1; 1− là trung điểm cạnh BC. Tìm tọa độ 3 đỉnh A,
B, C.
Giải
Phân tích lời giải. Ta tìm được tọa
độ của A dựa vào tính chất
AG 2GM=
 
, viết được phương
trình cạnh BCđi qua M và vuông
góc với GM . Tham số hóa tọa độ
của B,C dựa vào điều kiện tam
giác vuông để tìm ra tọa độ B,C .
Lời giải
Ta có A A
2 1
AG x ; y ,GM ; 1
3 3
   
= − − = −   
   
 
.
Vì ( )AA
A
A
2 1
x 0x 2.
AG 2GM A 0;23 3
y 2
y 2.( 1)

=− = 
= ⇔ ⇔ ⇒ 
=− = −
 
.
Cạnh BCđi qua ( )M 1; 1− và nhận
1
GM ; 1
3
 
= − 
 

làm véc tơ pháp tuyến nên có
phương trình là ( ) ( )
1
BC: x 1 1 y 1 0 BC: x 3y 4 0
3
− − + = ⇔ − − = .
Gọi ( )B 3b 4;b BC+ ∈ vì ( )M 1; 1− là trung điểm của ( )BC C 3b 2; 2 b⇒ − − − − .
Cách 1: Ta có ( ) ( )AB 3b 4;b 2 ,AC 3b 2; 4 b= + − = − − − −
 
.
Tam giác ABC vuông tại A nên AB.AC 0=
 
.
( )( ) ( )( ) 2 b 0
3b 4 3b 2 b 2 4 b 0 10b 20b 0
b 2
=
⇔ + − − + − − − = ⇔ − − = ⇔  = −
.
 Với ( ) ( )b 0 B 4;0 ,C 2; 2= ⇒ − − .
 Với ( ) ( )b 2 B 2; 2 ,C 4;0=− ⇒ − − .
A
B CM
G

124. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
124
Vậy ( ) ( )B 4;0 ,C 2; 2− − hoặc ( ) ( )B 2; 2 ,C 4;0− − .
Cách 2: Vì tam giác ABC vuông tại A nên 2 2BC
AM BC 4AM
2
= ⇔ = .
( ) ( )2 2 b 0
6b 6 2b 2 40
b 2
=
⇔ − − + − − = ⇔  = −
.
Nhận xét. Nếu đề bài cho tam giác ABC đều hoặc cân tại A có BAC   , ta
thực hiện tương tự trên và dùng công thức góc giữa hai véc tơ
AB.AC
cos
AB . AC
 
 
  (xem phần bài tập rèn luyện).
Bài 15. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có diện tích bằng
3
2
và điểm
5
M 4;
2
    
là trung điểm cạnh AC , đường trung tuyến kẻ từ đỉnh C có
phương trình 1d : x y 2 0   ; đỉnh B nằm trên đường thẳng
2d : x 3y 1 0   . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC .
Giải
Vì    1 2C d ,B d B 3b 1;b ,C c 2;c     .
Do
5
M 4;
2
    
là trung điểm  AC A 6 c;5 c   .
Gọi N là trung điểm
3b c 7 b c 5
AB N ;
2 2
        
.
Mặt khác  1
3b c 7 b c 5
N d 2 0 b 1 B 4;1
2 2
   
        .
Ta có        AC 2c 4;2c 5 AC: 2c 5 x 4 2 c 2y 5 0         

.
Suy ra      
 
   
2 2
2 2
3 c 2
AC 2c 4 2c 5 ,d B;AC
2c 4 2c 5

    
  
.
Mặt khác    
 
   
2 2
ABC
2 2
3 c 23 1 3
S . 2c 4 2c 5 .
2 2 22c 4 2c 5

     
  
.
   
   
C 5;3 ,A 3;2c 1
c 2 1
c 3 C 3;1 ,A 5;4
         
.
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là
     A 3;2 ,B 4;1 ,C 5;3 hoặc      A 5;4 ,B 4;1 ,C 3;1 .

125. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
125
C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có ( ) ( )A 2; 1 ,B 1; 2− − và
trọng tâm G nằm trên đường thẳng x y 2 0+ − =. Tìm tọa độ đỉnh C, biết diện
tích tam giác ABC bằng
27
2
.
Hướng dẫn giải – đáp số
Cách 1: Tính theo công thức ( )
1
S AB.d C;AB
2
= .
Ta có AB 2= và phương trình cạnh
x 2 y 1
AB: AB: x y 3 0
1 2 2 1
− +
= ⇔ − −=
− − +
.
Gọi ( )C a;b suy ra tọa độ trọng tâm
a 3 b 3
G ;
3 3
+ − 
 
 
.
Mặt khác G d : x y 2 0∈ + − = nên ( )
a 3 b 3
2 0 b 6 a C a;6 a
3 3
+ −
+ − = ⇔ = − ⇒ − .
( )
( )
ABC
2 2
a 6 a 3 a 121 2 3
S AB.d C;AB .
a 152 2 21 ( 1)
− − − = −
=⇔ =⇔  =+ −
.
Suy ra ( )C 12;18− hoặc ( )C 15; 9− .
Cách 2: Tính theo công thức ( )
22 2
ABG
1
S AG .AB AB.AG
2
= −
 
.
Gọi ( )G t;2 t d : x y 2 0− ∈ + − =.
Khi đó ( ) ( )AB 1; 1 ,AG t 2;3 t= − − = − −
 
.
Vì ( )
22 2
ABC GAB
27 9 1 9
S S AG .AB AB.AG
2 2 2 2
=⇒ =⇔ − =
 
.
t 32t 3 9
t 62 2
= −− 
⇔ =⇔  =
.
 Với ( ) ( )t 3 G 3; 1 C 12;18=− ⇒ − − ⇒ − .
 Với ( ) ( )t 6 G 6; 4 C 15; 9= ⇒ − ⇒ − .
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A và phương
trình cạnh BC: 3x y 3 0− − =; hai đỉnh A,B Ox∈ và bán kính đường tròn
nội tiếp bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC .
Hướng dẫn giải – đáp số
Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ phương trình
( )
y 0 x 1
B 1;0
y 03x y 3 0
= =
⇔ ⇒ 
=− − = 
.

126. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
126
Đường thẳng BC có hệ số góc k 3= nên góc  0
ABC 60 đường phân giác
trong BE của tam giác ABC có hệ số góc 0 3
k' tan30
3
= = nên có phương
trình
3 3
BE : y x
3 3
= − .
Gọi ( )I a;b là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC thuộc BE và ( )d I;Ox 2=
nên b 2= .
+ Với ( )b 2 a 1 2 3 I 1 2 3;2= ⇒ = + ⇒ + .
+ Với ( )b 2 a 1 2 3 I 1 2 3; 2=− ⇒ = − ⇒ − − .
Đường phân giác trong AF có dạng y x m=− + . Vì I AF∈ nên
 Nếu ( )I 1 2 3;2 m 3 2 3 AF: y x 3 2 3+ ⇒ = + ⇒ =− + + .
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
( )y x 3 2 3 x 3 2 3
A 3 2 3;0
y 0 y 0
 =− + + = + 
⇔ ⇒ + 
= =  
.
Do tam giác ABC vuông tại A nên phương trình
( )AC: x 3 2 3 C 3 2 3;6 2 3=+ ⇒ + + .
Tọa độ trọng tâm
4 4 3 6 2 3
G ;
3 3
 + +
  
 
.
 Tương tự cho trường hợp ( )I 1 2 3; 2− − ta tìm được
1 4 3 6 2 3
G ;
3 3
 − − +
  
 
Vậy có hai điểm 1
4 4 3 6 2 3
G ;
3 3
 + +
  
 
và 2
1 4 3 6 2 3
G ;
3 3
 − − +
  
 
thỏa
mãn yêu cầu bài toán.
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC đều có trọng tâm
2
G ;0
3
 
 
 
và ( )M 1; 1− là trung điểm cạnh BC. Tìm tọa độ 3 đỉnh A,B,C .
Hướng dẫn giải – đáp số
Ta có A A
2 1
AG x ; y ,GM ; 1
3 3
   
= − − = −   
   
 
.
Vì ( )AA
A
A
2 1
x 0x 2.
AG 2GM A 0;23 3
y 2
y 2.( 1)

=− = 
= ⇔ ⇔ ⇒ 
=− = −
 
.

127. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
127
Cạnh BCđi qua ( )M 1; 1− và nhận
1
GM ; 1
3
 
= − 
 

làm véc tơ pháp tuyến nên có
phương trình là ( ) ( )
1
BC: x 1 1 y 1 0 BC: x 3y 4 0
3
− − + = ⇔ − − = .
Gọi ( )B 3b 4;b BC+ ∈ vì ( )M 1; 1− là trung điểm của ( )BC C 3b 2; 2 b⇒ − − − − .
Cách 1:
Ta có ( ) ( )AB 3b 4;b 2 ,AC 3b 2; 4 b= + − = − − − −
 
.
Tam giác ABC đều nên
0 AB.AC
cos60
AB . AC
=
 
 
( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2
10b 20b 1
23b 4 b 2 . 3b 2 4 b
− −
⇔ =
+ + − − − + − −
.
2 2 2
b 1
20b 40b 10b 20b 20 30b 50b 20 0 2
b
3
= −
⇔ − − = + + ⇔ + + = ⇔
 = −

.
 Với ( ) ( )b 1 B 1; 1 ,C 1; 1=− ⇒ − − (loại trường hợp này, do B C≡ ).
 Với
2 2 4
b B 2; ,C 1;
3 3 3
   
=− ⇒ − −   
   
.
Vậy
2 4
B 2; ,C 1;
3 3
   
− −   
   
hoặc
4 2
B 1; ,C 2;
3 3
   
− −   
   
.
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại  0
A,BAC 120 ,
trọng tâm
2
G ;0
3
 
 
 
và ( )M 1; 1− là trung điểm cạnh BC. Tìm tọa độ 3 đỉnh A,B,C.
Hướng dẫn giải – đáp số
Ta có A A
2 1
AG x ; y ,GM ; 1
3 3
   
= − − = −   
   
 
.
Vì ( )AA
A
A
2 1
x 0x 2.
AG 2GM A 0;23 3
y 2
y 2.( 1)

=− = 
= ⇔ ⇔ ⇒ 
=− = −
 
.
Cạnh BCđi qua ( )M 1; 1− và nhận
1
GM ; 1
3
 
= − 
 

làm véc tơ pháp tuyến nên có
phương trình là ( ) ( )
1
BC: x 1 1 y 1 0 BC: x 3y 4 0
3
− − + = ⇔ − − = .
Gọi ( )B 3b 4;b BC+ ∈ vì ( )M 1; 1− là trung điểm của ( )BC C 3b 2; 2 b⇒ − − − − .
Cách 1:
Ta có ( ) ( )AB 3b 4;b 2 ,AC 3b 2; 4 b= + − = − − − −
 
.

128. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
128
Tam giác ABC cân tại  0
A,BAC 120 nên 0 AB.AC
cos120
AB . AC
=
 
 
( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2
10b 20b 1
23b 4 b 2 . 3b 2 4 b
− −
⇔ =−
+ + − − − + − −
.
2 2 2 b 1 3
20b 40b 10b 20b 20 10b 20b 20 0
b 1 3
 = −
⇔ + = + + ⇔ + − =⇔ 
= +
.
 Với ( ) ( )b 1 3 B 7 3 3;1 3 ,C 3 3 5; 3 3= − ⇒ − − − − + .
 Với ( ) ( )b 1 3 B 7 3 3;1 3 ,C 5 3 3; 3 3= + ⇒ + + − − − − .
Vậy ( ) ( )B 7 3 3;1 3 ,C 3 3 5; 3 3− − − − + hoặc
( ) ( )B 7 3 3;1 3 ,C 5 3 3; 3 3+ + − − − − .
Chuû ñeà 3. ÑÖÔØNG CAO
A. NỘI DUNG KIẾN THỨC
Định nghĩa. Đường cao là đường nối đỉnh và chân đường vuông góc hạ từ đỉnh
đó đến cạnh đối diện.
Tính chất. Xét tam giác ABC , gọi M,N,P lần lượt là chân đường cao hạ từ
đỉnh A,B,C xuống các cạnh đối diện, ta có các tính chất sau:
- AM BC,BN CA,CP AB⊥ ⊥ ⊥ .
- Ba đường cao AM,BN,CP đồng quy tại điểm H-gọi là trực tâm tam giác ABC.
- ABC
1 1 1
S AM.BC BN.CA CP.AB
2 2 2
= = = .
- H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP .
H
A
B CM
N
P
Bài toán 1. Cho tọa độ ba đỉnh tam giác ABC , viết phương trình ba đường cao
AH,BH,CH .
PHƯƠNG PHÁP
Viết phương trình đường cao AH, thực hiện theo các bước

129. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
129
Bước 1: Tính ( )C B C BBC x x ;y y= − −

.
Bước 2: Vì AH BC⊥ nên AH đi qua ( )A AA x ;y và nhận BC

làm véc tơ pháp
tuyến.
Bước 3: Phương trình đường cao
( )( ) ( )( )C B A C B AAH : x x x x y y y y 0− − + − − =
( ) ( ) ( ) ( )C B C B C B A C B AAH : x x x y y y x x x y y y 0⇔ − + − − − − − =.
Thực hiện tương tự cho các đường cao BH,CH .
Bài toán 2. Cho tọa độ ba đỉnh tam giác ABC, tìm tọa độ trực tâm tam giác ABC.
B. BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có ( ) ( )A 1;3 ,B 5;1 ,
( )C 3; 1− − . Viết phương trình ba đường cao của tam giác ABC từ đó suy ra
tọa độ trực tâm H của tam giác ABC.
Giải
Ta có ( )BC 8; 2= − −

, đường cao AH đi qua ( )A 1;3 và nhận BC

làm véc tơ pháp
tuyến nên có phương trình là ( ) ( )AH : 4 x 1 1 y 3 0 AH : 4x y 7 0− + − = ⇔ + − = .
Ta có ( )CA 4;4=

, đường cao BH đi qua ( )B 5;1 và nhận CA

làm véc tơ pháp
tuyến nên có phương trình là ( ) ( )BH :1 x 5 1 y 1 0 BH : x y 6 0− + − = ⇔ + − = .
Ta có ( )AB 4; 2= −

, đường cao CH đi qua ( )C 3; 1− − và nhận AB

làm véc tơ
pháp tuyến nên có phương trình là
( ) ( )CH : 2 x 3 1 y 1 0 CH : 2x y 5 0+ − + = ⇔ − + = .
Để tìm tọa độ trực tâm H ta có hai cách như sau :
Cách 1 : Tọa độ trực tâm H AH BH=  là nghiệm của hệ phương trình
1
x
4x y 7 0 1 173
H ;
x y 6 0 17 3 3
y
3

=+ − =   
⇔ ⇒   + − =    =

.
Cách 2 : Gọi ( )0 0H x ;y , ta có
AH.BC 0
BH.CA 0
 =

=
 
  .
( ) ( )
( ) ( )
0
0 0
0 0
0
1
x8 x 1 2 y 3 0 1 173
H ;
17 3 34 x 5 4 y 1 0
y
3

=− − − − =   
⇔ ⇔ ⇒   
− + − =    =

.

130. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
130
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình ba
cạnh lần lượt là
AB: 2x y 2 0;BC: 2x 3y 6 0;CA :10x 7y 70 0− += − −= + −= .
Viết phương trình các đường cao của tam giác ABC và tìm tọa độ trực tâm H
của tam giác ABC .
Giải
Tọa độ đỉnh A AB AC=  là nghiệm của hệ phương trình
7
x
2x y 2 0 7 203
A ;
10x 7y 70 0 20 3 3
y
3

=− + =   
⇔ ⇒   + − =    =

.
Tọa độ đỉnh B AB BC=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
2x y 2 0 x 3
B 3; 4
2x 3y 6 0 y 4
− + = =− 
⇔ ⇒ − − 
− − = =− 
.
Tọa độ đỉnh C CA BC=  là nghiệm của hệ phương trình
63
x
10x 7y 70 0 63 2011
C ;
2x 3y 6 0 20 11 11
y
11

=+ − =   
⇔ ⇒   − − =    =

.
Đường cao AH đi qua
7 20
A ;
3 3
 
 
 
và nhận ( )Bcu 3;2=

làm véc tơ pháp tuyến
nên có phương trình là
7 20
AH :3 x 2 y 0 AH :9x 6y 61 0
3 3
   
− + − = ⇔ + − =   
   
.
Đường cao BH đi qua ( )B 3; 4− − và nhận ( )CAu 7; 10= −

làm véc tơ pháp tuyến
nên có phương trình là
( ) ( )BH :7 x 3 10 y 4 0 BH :7x 10y 19 0+ − + = ⇔ − − = .
Đường cao CH đi qua
63 20
C ;
11 11
 
 
 
và nhận ( )ABu 1;2=

làm véc tơ pháp tuyến
nên có phương trình là
63 20
CH :1 x 2 y 0 CH :11x 22y 103 0
11 11
   
− + − =⇔ + − =   
   
.
Tọa độ trực tâm H AH BH=  là nghiệm của hệ phương trình
181
x
9x 6y 61 0 181 6433
H ;
7x 10y 19 0 64 33 33
y
33

=+ − =   
⇔ ⇒   − − =    =

.

131. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
131
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh ( )B 4; 5− − và hai
đường cao có phương trình là 1 2d :5x 3y 4 0;d :3x 8y 13 0+ −= + += . Viết
phương trình các cạnh tam giác ABC .
Giải
Thay tọa độ của B vào hai phương trình
đường cao thấy không thỏa mãn nên hai
đường cao đó là AH,CH ; giả sử
AH :5x 3y 4 0;CH :3x 8y 13 0+ −= + += .
Phương trình cạnh AB:
AB là đường thẳng đi qua ( )B 4; 5− −
và nhận ( )CHu 8; 3= −

làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là
( ) ( )AB:8 x 4 3 y 5 0 AB:8x 3y 17 0+ − + = ⇔ − + = .
Phương trình cạnh BC:
BC là đường thẳng đi qua ( )B 4; 5− − và nhận ( )AHu 3; 5= −

làm véc tơ pháp
tuyến nên có phương trình là
( ) ( )BC:3 x 4 5 y 5 0 BC:3x 5y 13 0+ − + = ⇔ − − = .
Phương trình cạnh AC , ta tìm tọa độ điểm A,C AC⇒ .
Tọa độ A AH AB=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
5x 3y 4 0 x 1
A 1;3
8x 3y 17 0 y 3
+ − = =− 
⇔ ⇒ − 
− += = 
.
Tọa độ C CH BC=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
3x 8y 13 0 x 1
C 1; 2
3x 5y 13 0 y 2
+ += = 
⇔ ⇒ − 
− − = =− 
.
Phương trình cạnh
x 1 y 3
AC: AC:5x 2y 1 0
1 1 2 3
+ −
= ⇔ + −=
+ − −
.
Vậy phương trình ba cạnh của tam giác ABC là
AB:8x 3y 17 0;BC:3x 5y 13 0;CA :5x 2y 1 0− += − −= + −= .
Nhận xét. Để viết phương trình cạnh AC ta tìm tọa độ trực tâm ,
khi đó AC là đường thẳng đi qua A và vuông góc với BH .
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB
là 5x 3y 2 0− + =, các đường cao qua đỉnh A và B lần lượt là 1d :4x 3y 1 0− + =
và 2d :7x 2y 22 0+ − =. Viết phương trình các cạnh AC,BC và đường cao
thứ ba.
Giải
Tọa độ 1A AB d=  là nghiệm của hệ phương trình
d2
d1
B
A C

132. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
132
( )
5x 3y 2 0 x 1
A 1; 1
4x 3y 1 0 y 1
− + = =− 
⇔ ⇒ − − 
− + = =− 
.
Tọa độ 2B AB d=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
5x 3y 2 0 x 2
B 2;4
7x 2y 22 0 y 4
− += = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Vì 2AC d⊥ nên AC đi qua ( )A 1; 1− − và nhận ( )d2
u 2; 7= −

làm véc tơ pháp
tuyến nên có phương trình là
( ) ( )AC: 2 x 1 7 y 1 0 AC: 2x 7y 5 0+ − + = ⇔ − − = .
Vì 1BC d⊥ nên BCđi qua ( )B 2;4 và nhận ( )d1
u 3;4=

làm véc tơ pháp tuyến
nên có phương trình là
( ) ( )BC:3 x 2 4 y 4 0 BC:3x 4y 22 0− + − = ⇔ + − = .
Tọa độ C BC AC=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
3x 4y 22 0 x 6
C 6;1
2x 7y 5 0 y 1
+ −= = 
⇔ ⇒ 
− −= = 
.
Vì CH AB⊥ nên đường cao hạ từ đỉnh C đi qua ( )C 6;1 và nhận
( )ABu 3;5=

làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình
( ) ( )CH :3 x 6 5 y 1 0 CH :3x 5y 23 0− + − = ⇔ + − = .
Vậy phương trình hai cạnh và đường cao thứ ba có phương trình lần lượt là
AC: 2x 7y 5 0;BC:3x 4y 22 0;CH :3x 5y 23 0− −= + −= + −= .
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có ( ) ( )B 1;1 ,C 3;2 và
trực tâm ( )H 2;2 . Tìm tọa độ đỉnh A và viết phương trình các cạnh của tam
giác ABC .
Giải
Phương trình cạnh
x 1 y 1
BC: BC: x 2y 1 0
3 1 2 1
− −
= ⇔ − +=
− −
.
Vì AB CH⊥ nên AB là đường thẳng đi qua ( )B 1;1 và nhận ( )CH 1;0= −

làm
véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là
( )AB: x 1 0 AB: x 1− − = ⇔ = .
Vì AC BH⊥ nên AC là đường thẳng đi qua ( )C 3;2 và nhận ( )BH 1;1=

làm
véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là
( ) ( )AC:1 x 3 1 y 2 0 AC: x y 5 0− + − = ⇔ + − = .
Tọa độ A AB AC=  là nghiệm của hệ phương trình

133. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
133
( )
x y 5 0 x 1
A 1;4
x 1 y 4
+ −= = 
⇔ ⇒ 
= = 
.
Vậy phương trình các cạnh tam giác ABC là
AB: x 1;BC: x 2y 1 0;CA : x y 5 0= − += + −= .
Nhận xét. Nếu đề bài yêu cầu viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC ta làm nhanh như sau:
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M là trung điểm cạnh BC khi
đó AH 2IM I 
 
.
Bài 6. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có diện tích bằng 12,
đỉnh A thuộc trục hoành. Đường cao kẻ từ đỉnh B và C có phương trình lần lượt
là 1d : x y 1 0   ; 2d : 2x y 4 0   . Tìm toạ độ ba đỉnh tam giác ABC.
Giải
Toạ độ trực tâm H của tam giác ABC là
nghiệm của hệ phương trình
 
x y 1 0 x 1
H 1;2
2x y 4 0 y 2
        
      
.
Vì    A Ox A a;0 ,AH 1 a;2   

phương
trình cạnh AC đi qua A và vuông góc với
1d là AC: x y a 0   .
Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
 
x y a 0 x 4 a
C 4 a;2a 4
2x y 4 0 y 2a 4
           
       
.
Tương tự ta có AB: x 2y a 0   .
Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình
 
x 2y a 0 x a 2
B a 2; a 1
x y 1 0 y a 1
             
       
.
Suy ra  
22 2
BC 6 3a 3 3 a 2a 5      .
Phương trình đường thẳng BC là     BC: 1 a x 4 a 2 y 2a 4 0       .
 
    
 
2
2 22
a a 21 a 2a 4 2 2a 4
d A;BC 2
a 2a 51 a 2
     
  
  
.
Theo giả thiết ta có:   2
ABC
1
S BC.d A;BC 3 a a 2 12
2
     .

134. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
134
     
     
A 2;0 ,B 0;1 ,C 6; 8a 2
a 3 A 3;0 ,B 5; 4 ,C 1;2
           
.
Vậy toạ độ 3 điểm cần tìm là      A 2;0 ,B 0;1 ,C 6; 8  hoặc
     A 3;0 ,B 5; 4 ,C 1;2   .
Chú ý. Với tam giác ABC ta có thể tính nhanh diện tích như sau:
   1 1 2 2 ABC 1 2 2 1
1
AB x ;y ,AC x ;y S x y x y
2
    
 
.
Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có ( ) ( )M 1;0 ,N 4; 3− lần
lượt là trung điểm các cạnh AB,AC và ( )D 2;6 là chân đường cao hạ từ đỉnh
A xuống cạnh BC. Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C .
Giải
Đường cao AD đi qua ( )D 2;6 và nhận làm véc tơ pháp tuyến nên
có phương trình là ( ) ( )AD: x 2 y 6 0 AD: x y 4 0− − − = ⇔ − + = .
Gọi ( )A a;a 4 AD+ ∈ . Vì ( )M 1;0 là trung điểm cạnh AB nên ( )B 2 a; a 4− − − .
Vì ( )N 4; 3− là trung điểm cạnh AC nên ( )C 8 a; a 10− − − .
Vì B,D,C thẳng hàng nên
( )
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
8 a 2 a 2 2 a
a 5 A 5; 1 ,B 7;1 ,C 13; 5
a 10 a 4 6 a 4
− − − − −
= ⇔ =− ⇒ − − −
− − − − − − − −
.
Vậy ( ) ( ) ( )A 5; 1 ,B 7;1 ,C 13; 5− − − .
Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có M(2;-1), N(2;2),
P(-2;2) tương ứng là chân đường cao hạ từ đỉnh A,B,C của tam giác ABC .
Xác định tọa độ các đỉnh tam giác ABC .
Giải
Tứ giác ANHP,CNHM,BMHP
nội tiếp đường tròn, suy ra
 
 
 
 
PNH PAH
MNH HCN PNH MNH
HCN PAH
    
 
suy ra NH là phân giác trong góc
N của tam giác MNP .
Chứng minh tương tự ta có MH, PH là đường phân giác trong của tam giác MNP.
Do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
Phương trình đường thẳng MN : x 2= .
H
A
B CM
N
P

135. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
135
Phương trình đường thẳng NP : y 2= .
Phương trình đường thẳng
x 2 y 1
MP : MP :3x 4y 2 0
2 2 2 1
− +
= ⇔ + −=
− − +
.
Phương trình đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng MN,MP là
1
2 2
2
d : x 2y 4 03x 4y 2
x 2
d : 2x y 3 03 4
− − =+ − 
−= ⇔ 
+ − =+
.
Thay tọa độ của N,P vào phương trình của 2d ta được
( )( )T 2.2 2 3 2.2 2 3 0= + − − + − < nên 2d là đường phân giác trong góc M của
tam giác MNP .
Tương tự viết được phương trình đường phân giác trong góc N của tam giác
MNP là 3d : x y 0− =.
Tọa độ 2 3H d d=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
x y 0 x 1
H 1;1
2x y 3 0 y 1
−= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Cạnh BCđi qua ( )M 2; 1− và nhận ( )HM 1; 2= −

làm véc tơ pháp tuyến nên có
phương trình là ( ) ( )BC:1 x 2 2 y 1 0 BC: x 2y 4 0− − + = ⇔ − − = .
Cạnh AC đi qua điểm ( )N 2;2 và nhận ( )HN 1;1=

làm véc tơ pháp tuyến nên có
phương trình là ( ) ( )AC: x 2 y 2 0 AC: x y 4 0− + − = ⇔ + − = .
Cạnh AB đi qua ( )P 2;2− và nhận ( )HP 3;1= −

làm véc tơ pháp tuyến nên có
phương trình là
( ) ( )AB: 3 x 2 1 y 2 0 AB:3x y 8 0− + + − = ⇔ − + = .
Tọa độ đỉnh A AB AC=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
3x y 8 0 x 1
A 1;5
x y 4 0 y 5
− + = =− 
⇔ ⇒ − 
+ −= = 
.
Tọa độ đỉnh B BC AB=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
3x y 8 0 x 4
B 4; 4
x 2y 4 0 y 4
− + = =− 
⇔ ⇒ − − 
− − = =− 
.
Tọa độ đỉnh C AC BC=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
x 2y 4 0 x 4
C 4;0
x y 4 0 y 0
− −= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Vậy ( ) ( ) ( )A 1;5 ,B 4; 4 ,C 4;0− − − là ba điểm cần tìm.

136. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
136
Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có  M 2;1 là trung điểm
cạnh AC. Gọi  H 0; 3 là chân đường cao kẻ từ A, điểm  E 23; 2 thuộc
đường trung tuyến kẻ từ đỉnh C. Tìm tọa độ của B, biết C có hoành độ dương
và điểm A thuộc đường thẳng d : 2x 3y 5 0   .
Giải
Vì
5 2a
A d A a;
3
      
.
Vì  M 2;1 là trung điểm cạnh AC nên
C
2a 1
C 4 a; ,x 0 4 a 0 a 4
3
           
.
d:2x+3y-5=0
N
M
HB C
A
E
Ta có:
2a 14 2a 10
AH a; ;CH a 4;
3 3
                 
 
.
Vì  
2a 10 2a 14
AH CH AH.CH 0 a a 4 . 0
3 3
 
       
 
.
   2
a 2
13a 44a 140 0 A 2;3 ,C 6; 170
a
13
 

       
 

(vì a 4 ).
Phương trình cạnh BC AH
   BC:1 x 6 3 y 1 0 BC: x 3y 9 0         .
Phương trình đường trung tuyến CN đi qua C và E là:
x 6 y 1
CN : CN : x 17y 11 0
17 1
 
    

.
Gọi  B 3b 9;b tọa độ trung điểm N của AB là
3b 7 b 3
N ;
2 2
      
.
Vì
3b 7 b 3
N CN 17. 11 0
2 2
 
    
 20b 80 0 b 4 B 3;4       .
Vậy tọa độ điểm cần tìm là  B 3;4 .
Bài 10. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC nội đường tròn
2 2
x y 2(C): 5  , đường thẳng AC đi qua điểm K (2;1) . Hai đường cao
BM và CN. Tìm tọa độ A,B,C biết A có hoành độ âm và MN có phương trình
4x 3y 10 0   .

137. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
137
Giải
Đường tròn (C) có tâm là gốc toạ độ.
Ta có OA vuông góc với MN(xem
chứng minh trong chủ đề 5).
Suy ra phương trình đường thẳng OA
là OA :3x 4y 0  .
Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
 
2 2 x 4,y 3x y 25
A 4;3
x 4,y 33x 4y 0
            
.
Đường thẳng AC đi qua hai điểm A và K nên có phương trình
AC: x 3y 5 0   .
Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
 
2 2 x 4,y 3x y 25
C 5;0
x 5,y 0x 3y 5 0
            
.
Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình
 
x 3y 5 0 x 1
M 1;2
4x 3y 10 0 y 2
         
      
.
Đường thẳng BM đi qua M và vuông góc với AC nên có phương trình
BM :3x y 5 0   .
Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình
 
 2 2
3x y 5 0 B 0;5x 0,y 5
x 3,y 4 B 3; 4x y 25
                 
.
Nhận xét. Đây là dạng toán tam giác và đường tròn nội, ngoại tiếp kết hợp với các
điểm và đường đặc biệt(xem thêm chủ đề 5).

138. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
138
C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4;4), B(2;-1), C(-2; -4).
Viết phương trình các đường cao và tìm trực tâm H của tam giác ABC.
Hướng dẫn giải – đáp số
Đường cao AH đi qua ( )A 4;4 và vuông góc với BC nên nhận ( )BC 4; 3= − −

làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là
( ) ( )AH : 4 x 3 3 y 4 0 AH : 4x 3y 28 0− − − − = ⇔ + − = .
Đường cao BH đi qua ( )B 2; 1− và nhận ( )CA 6;8=

làm véc tơ pháp tuyến nên
có phương trình là
( ) ( )BH :6 x 2 8 y 1 0 BH :3x 4y 2 0− + + = ⇔ + − = .
Đường cao CH đi qua ( )C 2; 4− − và nhận ( )AB 2;5=

làm véc tơ pháp tuyến nên
có phương trình là ( ) ( )CH : 2 x 2 5 y 4 0 CH : 2x 5y 24 0+ + + = ⇔ + + = .
Tọa độ H AH BH=  là nghiệm của hệ phương trình
106
x
4x 3y 28 0 106 767
H ;
3x 4y 2 0 76 7 7
y
7

=+ − =   
⇔ ⇒ −   + − =    = −

.
Bài 2. (ĐH Kinh Tế) Viết phương trình các cạnh tam giác ABC biết ( )B 4; 5− − và
hai đường cao có phương trình 1d :5x 3y 4 0+ − = và 2d :3x 8y 13 0+ + =.
Hướng dẫn giải – đáp số
Dễ thấy 1 2B d ,B d∉ ∉ nên giả sử hai đường cao đó lần lượt là
AH :5x 3y 4 0; CH :3x 8y 13 0+ −= + += .
Phương trình cạnh AB đi qua B(-4;-5) và vuông góc với CH nên có phương
trình dạng AB:8x 3y c 0− + =.
Mặt khác
( )B 4; 5 AB 8.( 4) 3.( 5) c 0 c 17 AB:8x 3y 17 0− − ∈ ⇔ − − − + = ⇔ = ⇒ − + = .
Phương trình cạnh BC đi qua ( )B 4; 5− − và vuông góc với AH nên có phương
trình dạng BC:3x 5y c 0− + =.
Mặt khác ( )B 4; 5 BC 3.( 4) 5.( 5) c 0 c 13− − ∈ ⇔ − − − + = ⇔ =−
BC:3x 5y 13 0⇒ − − =.
Tọa độ đỉnh A AB AH=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
8x 3y 17 0 x 1
A 1;3
5x 3y 4 0 y 3
− + = =− 
⇔ ⇒ − 
+ −= = 
.
Tọa độ đỉnh C BC CH=  là nghiệm của hệ phương trình

139. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
139
( )
3x 5y 13 0 x 1
C 1; 2
3x 8y 13 0 y 2
− −= = 
⇔ ⇒ − 
+ + = =− 
.
Phương trình cạnh AC đi qua hai điểm ( ) ( )A 1;3 ,C 1; 2− − nên có phương trình
là
x 1 y 3
AC: AC:5x 2y 1 0
1 1 2 3
+ −
= ⇔ + −=
+ − −
.
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình các đường
thẳng AB,BC,CA là: AB: 2x 3y 1 0;
BC: x 3y 7 0;
CA :5x 2y 1 0.
− − =
+ + =
− + =
Viết phương trình các đường cao của tam giác ABC từ đó suy ra tọa độ trực
tâm tam giác ABC .
Chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác có ba đỉnh là chân đường
vuông góc hạ từ các đỉnh A,B,C xuống cạnh đối diện.
Hướng dẫn giải – đáp số
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
5
x
2x 3y 1 0 5 711
A ;
5x 2y 1 0 7 11 11
y
11

= −− − =   
⇔ ⇒ − −   − + =    = −

.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
x 2
2x 3y 1 0 5
B 2;5
x 3y 7 0 3y
3
= −
− − =   
⇔ ⇒ − −   + + = = −   
.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
( )
x 3y 7 0 x 1
C 1; 2
5x 2y 1 0 y 2
+ + = =− 
⇔ ⇒ − − 
− + = =− 
.
Đường cao AH đi qua
5 7
A ;
11 11
 
− − 
 
và vuông góc với BC nên có phương
trình:
8
AH :3x y 0
11
− + =.
Đường cao BH đi qua
5
B 2;
3
 
− − 
 
và vuông góc với AC nên có phương trình:
37
BH : 2x 5y 0
3
+ + =.
Đường cao CH đi qua ( )C 1; 2− − và vuông góc với AB nên có phương trình:
CH :3x 2y 7 0+ + =.

140. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
140
Tọa độ trực tâm H là nghiệm của hệ phương trình:
31
3x 2y 7 0 x
31 2333
H ;37
23 33 112x 5y 0
y3
11

+ + = = −    
⇔ ⇒ − −   
+ + =    = − 
.
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1;4), B(3;-1), C(6;2).
a) Viết phương trình các cạnh tam giác ABC .
b) Viết phương trình các đường cao của tam giác ABC .
Hướng dẫn giải – đáp số
a) Phương trình cạnh
x 1 y 4
AB: AB:5x 2y 13 0
2 5
− −
= ⇔ + − =
−
.
Phương trình cạnh
x 3 y 1
BC: BC: x y 4 0
3 3
− +
= ⇔ − −= .
Phương trình cạnh
x 1 y 4
AC: AC: 2x 5y 22 0
5 2
− −
= ⇔ + − =
−
.
b) Phương trình đường cao AH đi qua ( )A 1;4 và vuông góc với BCnên có
phương trình: AH : x y 5 0+ − =.
Đường cao BH đi qua ( )B 3; 1− và vuông góc với AC nên có phương trình:
BH :5x 2y 17 0− − =.
Đường cao CH đi qua ( )C 6;2 và vuông góc với AB nên có phương trình:
CH : 2x 5y 2 0− − =.
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình cạnh
AB: x 3y 11 0− + =, phương trình đường cao AH :3x 7y 15 0+ − =và phương
trình đường cao BH :3x 5y 13 0− + =. Viết phương trình hai cạnh còn lại của
tam giác ABC .
Hướng dẫn giải – đáp số
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
( )
x 3y 11 0 x 2
A 2;3
3x 7y 15 0 y 3
− + = =− 
⇔ ⇒ − 
+ −= = 
.
Đường thẳng AC đi qua ( )A 2;3− và vuông góc với đường cao BH nên có
phương trình: AC:5x 3y 1 0+ + = .
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
( )
x 3y 11 0 x 4
B 4;5
3x 5y 13 0 y 5
− += = 
⇔ ⇒ 
− += = 
.

141. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
141
Đường thẳng BCđi qua ( )B 4;5 và vuông góc với đường cao AH nên có
phương trình: BC:7x 3y 13 0− − =.
Vậy phương trình hai đường thẳng cần tìm là
AC:5x 3y 1 0+ + = ; BC:7x 3y 13 0− − =.
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(-2;0), B(2;4), C(4; 0).
a) Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC .
b) Viết phương trình các đường trung trực của tam giác ABC từ đó suy tọa độ tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
c) Viết phương trình các đường trung tuyến của tam giác ABC từ đó suy ra tọa độ
trọng tâm G của tam giác ABC .
d) Viết phương trình các đường cao của tam giác ABC từ đó suy ra tọa độ trực
tâm H của tam giác ABC .
Hướng dẫn giải – đáp số
a) Phương trình cạnh
x 2 y
AB: AB: x y 2 0
4 4
+
= ⇔ − + = .
Phương trình cạnh
x 2 y 4
BC: BC: 2x y 8 0
2 4
− −
= ⇔ + −=
−
.
Phương trình cạnh AC: y 0= .
b) Phương trình đường trung trực đoạn AB là:
( ) ( ) ( )2 2 22
x 2 y x 2 y 4 x y 2 0+ + = − + − ⇔ + − = .
Phương trình đường trung trực đoạn BClà:
( ) ( ) ( )2 2 2 2
x 2 y 4 x 4 y x 2y 1 0− + − = − + ⇔ − + = .
Phương trình đoạn trung trực của đoạn thẳng AC là:
( ) ( )2 22 2
x 2 y x 4 y x 1 0+ + = − + ⇔ − = .
Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là giao điểm của ba đường trung trực
các cạnh tam giác.
Tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp là nghiệm của hệ phương trình:
( )
x 1 0 x 1
I 1;1
x y 2 0 y 1
−= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
c) Tọa độ trung điểm các cạnh BC,CA,ABtương ứng là ( ) ( ) ( )M 3;2 ,N 1;0 ,P 0;2 .
Đường trung tuyến
x 2 y
AM : AM : 2x 5y 4 0
5 2
+
= ⇔ − + = .
Đường trung tuyến
x 2 y 4
BN : BN : 4x y 4 0
1 4
− −
= ⇔ − −=
− −
.
Đường trung tuyến CP : x 2y 4 0+ − =.
Tọa độ trọng tâm G là nghiệm của hệ phương trình:

142. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
142
4
x
x 2y 4 0 4 43
G ;
4x y 4 0 4 3 3
y
3

=+ − =   
⇔ ⇒   − − =    =

.
d) Đường cao AH đi qua ( )A 2;0− và vuông góc với BCnên có phương trình:
AH : x 2y 2 0− + =.
Đường cao BH đi qua ( )B 2;4 và vuông góc với AC nên có phương trình:
BH : x 2 0− =.
Đường cao CH đi qua ( )C 4;0 và vuông góc với AB nên có phương trình:
CH : x y 4 0+ − =.
Tọa độ trực tâm H của tam giác ABC là nghiệm của hệ phương trình:
( )
x 2 0 x 2
H 2;2
x y 4 0 y 2
−= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trực tâm ( )H 3;3 , trung
điểm cạnh BClà ( )M 5;4 và ( )D 3;2 là chân đường cao hạ từ đỉnh C . Tìm tọa
độ ba đỉnh của tam giác ABC.
Giải
Đường cao hạ từ đỉnh C đi qua hai điểm H và D nên có phương trìnhCH: x 3 0− =
Gọi ( )C 3;t vì ( )M 5;4 là trung điểm của ( )BC B 7;8 t⇒ − .
Đường thẳng AB đi qua D và vuông góc với CH nên có phương trìnhAB:y 2 0− =.
Mặt khác B thuộc AB nên ( )8 t 2 0 t 6 C 3;6− − = ⇔ = ⇒ và ( )B 7;2 .
Đường thẳng AC đi qua C và vuông góc với đường cao BH nên có phương
trình: AC: 4x y 6 0− − =.
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
( )
4x y 6 0 x 2
A 2;2
y 2 0 y 2
− −= = 
⇔ ⇒ 
−= = 
.
Vậy ba điểm cần tìm là ( ) ( ) ( )A 2;2 ,B 7;2 ,C 3;6 .
Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm
1 5
H ;
3 3
 
 
 
và
( ) ( )M 1;4 ,N 1;3− lần lượt là trung điểm của các cạnh BC,CA . Tìm tọa độ
đỉnh C .
Giải
Gọi ( )C x;y vì ( )M 1;4 là trung điểm cạnh ( )BC B 2 x;8 y⇒ − − .
Vì ( )N 1;3− là trung điểm cạnh AC nên ( )A 2 x;6 y− − − .

143. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
143
Ta có  
7 23
AH x; y ,BC 2x 2;2y 8
3 3
         
 
;
 
1 5
CH x; y ,MN 2; 1
3 3
        
 
.
Vì H là trực tâm tam giác ABC nên
AH.BC 0
CH.MN 0
 
 
 
 
   
1 5
2 x y 0
3 3
7 23
x 2x 2 y 2y 8 0
3 3
                      
                    
.
( )
7
y 2x
3
7 16 10
x 2x 2 x 4x 0
3 3 3

= −
⇔ 
     + − + − − − − =        
.
2
41 265 83 2657 x ;yy 2x 36 183
41 265 1 265
54x 246x 118 0 x ;y
36 18
 − − +
 = == − 
⇔ ⇔ 
− + + + + == = 
.
Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là
1
41 265 83 265
C ;
36 18
 − − +
  
 
và 2
41 265 1 265
C ;
36 18
 − + +
  
 
.
Chuû ñeà 4. ÑÖÔØNG PHAÂN GIAÙC TRONG TAM GIAÙC
A. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP
1. Định nghĩa
a) Đường phân giác trong là đường thẳng đi qua đỉnh của tam giác và chia góc ở
đỉnh thành hai góc bằng nhau
- Tâm đường tròn nội tiếp là giao điểm của ba đường phân giác trong của tam
giác
- Khi tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp ta chỉ cần xét hệ tạo bởi hai đường phân
giác trong của tam giác.
b) Đường phân giác ngoài là đường thẳng đi qua đỉnh của tam giác và chia góc bù
tại đỉnh đó thành hai góc bằng nhau.
- Tâm đường tròn bàng tiếp và giao của một đường phân giác trong của một đỉnh
và hai đường phân giác ngoài của hai đỉnh còn lại trong tam giác.
- Một tam giác có ba đường tròn bàng tiếp; được gọi là đường tròn bàng tiếp góc
A , bàng tiếp góc B và bàng tiếp góc C.

144. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
144
2. Kiến thức bổ sung
a) Vị trí tương đối của hai điểm đối với đường thẳng
Bài toán. Cho đường thẳng d : Ax By C 0+ + =và hai điểm
( ) ( )1 1 2 2M x ;y ,N x ;y không nằm trên đường thẳng d .
Xét ( )( )1 1 2 2T Ax By C Ax By C= + + + + .
- Nếu T 0 M,N> ⇔ nằm về cùng một phía so với đường thẳng d .
- Nếu T 0 M,N< ⇔ nằm về hai phía so với đường thẳng d .
Áp dụng trong việc suy ra đâu là đường phân giác trong, đâu là đường phân
giác ngoài trong tam giác:
- Nếu T 0< thì đường thẳng đó chính là đường phân giác trong.
- Nếu T 0> thì đường thẳng đó là đường phân giác ngoài suy ra đường thẳng còn
lại là đường phân giác trong.
b) Phương trình đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng cắt nhau
Bài toán. Cho hai đường thẳng 1 1 1 1 2 2 2 2d : A x B y C 0; d : A x B y C+ += + + cắt
nhau viết phương trình đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng 1 2d ,d .
Phương trình đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng 1 2d ,d là
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
+ + + +
∆ =±
+ +
.
3. Kỹ thuật sử dụng giải bài toán về các đường phân giác trong tam giác
- Sử dụng tính chất điểm đối xứng qua đường thẳng. Nếu M AB∈ lấy đối xứng
M qua đường phân giác trong góc A được điểm 1M thì 1M AC∈ .
- Vị trí tương đối của cặp điểm so với đường thẳng:
+ Đối với đường phân giác trong xuất phát từ một đỉnh hai đỉnh còn lại nằm
khác phía với đường phân giác trong đó.
+ Đối với đường phân giác ngoài xuất phát từ một đỉnh hai đỉnh còn lại nằm
cùng phía với đường phân giác ngoài đó.
- Bán kính đường tròn nội tiếp chính là khoảng cách từ tâm đến các cạnh của tam
giác.
- Công thức liên hệ giữa bán kính đường tròn nội tiếp và diện tích tam giác
+
S 2S
r
p a b c
= =
+ +
.
Bổ đề. Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh BC a,CA b,AB c= = = , khi đó
aIA bIB c.IC 0+ + =
  
.
Chứng minh. Xem chương 3 bài toán về phương trình đường tròn ngoại tiếp,
nội tiếp tam giác.
Ứng dụng. Tìm nhanh tọa độ tâm đường tròn nội tiếp tam giác khi biết tọa độ
ba đỉnh hoặc ba cạnh của tam giác.

145. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
145
B. BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với
( ) ( ) ( )A 6; 3 ,B 4;3 ,C 9;2− − − .
a) Viết phương trình đường phân giác trong góc A .
b) Tìm tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
Giải
a) Viết phương trình đường phân giác trong góc A .
Phương trình cạnh
x 6 y 3
AB: AB:3x y 15 0
4 6 3 3
+ +
= ⇔ − + =
− + +
.
Phương trình cạnh
x 6 y 3
AC: AC: x 3y 3 0
9 6 2 3
+ +
= ⇔ − −=
+ +
.
Phương trình đường phân giác của góc tạo bởi hai cạnh AB và AC là
1
2 2 2 2
2
d : x y 9 03x y 15 x 3y 3
d : x y 3 03 ( 1) 1 ( 3)
+ + =− + − − 
= ⇔  − + =+ − + −
.
Xét vị trí tương đối của B,C với 1d ta có
( )( )T 4 3 9 9 2 9 160 0= − + + + + = > nên B,C cùng phía với 1d nên 1d là đường
phân giác ngoài góc A của tam giác ABC và đường phân giác trong góc
A chính là 2d : x y 3 0− + =.
Ta có ba cách khác viết phương trình đường phân giác trong của một tam giác
như sau:
Cách 2: Dùng véc tơ đơn vị
Tính ( ) ( )AB 2;6 ,AC 15;5= =
 
. Véc tơ đơn vị trên hai cạnh AB,AC lần lượt là
( )
( )
1
1
1 1 1 3
i .AB 2;6 ;
40 10 10AB
1 1 3 1
i .AC 15;5 ;
250 10 10AC
  
= = =  
 

 = = =    

 

 

.
Suy ra véc tơ chỉ phương đường phân giác trong góc A là
1 2
4 4
u i i ;
10 10
 
= + = 
 
  
nên có véc tơ pháp tuyến là ( )n 1;1= −

.
Do đó đường phân giác trong góc A có phương trình là
( ) ( )d : 1 x 6 1 y 3 0 d : x y 3 0− + + + = ⇔ − + = .
Cách 3: Dùng tỷ số chân đường phân giác
Ta có AB 2 10,BC 5 10= =
Gọi D là chân đường phân giác trong góc A , khi đó D chia BCtheo tỷ số

146. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
146
AB 2 10 2
k
BC 55 10
=− =− =− .
Vậy tọa độ điểm D xác định bởi
B C
D
b C
D
x kx 2
x
2 111 k 7
D ;
y ky 7 711
y
1 k 7
−
= = −  −
⇒ −  −  = =
 −
.
Phương trình đường phân giác trong góc A đi qua hai điểm A và D nên có
phương trình
x 6 y 3
AD: AD: x y 3 0
2 11
6 3
7 7
+ +
= ⇔ − +=
− + +
.
Cách 4: Sử dụng tính chất đường phân giác góc nhọn, góc tù giữa hai đường thẳng
Phương trình cạnh
x 6 y 3
AB: AB:3x y 15 0
4 6 3 3
+ +
= ⇔ − + =
− + +
có véc tơ pháp
tuyến ( )1n 3; 1= −

.
Phương trình cạnh
x 6 y 3
AC: AC: x 3y 3 0
9 6 2 3
+ +
= ⇔ − −=
+ +
có véc tơ pháp tuyến
( )2n 1; 3= −

.
Do AB.AC 60 0 BAC  
 
nhọn và 1 2n .n 6 0= >
 
nên đường phân giác trong
góc A là đường phân giác của góc nhọn tạo bởi AB,AC .
Suy ra
2 2 2 2
3x y 15 x 3y 3
d : d : x y 3 0
3 ( 1) 1 ( 3)
− + − −
=− ⇔ − + =
+ − + −
.
Nhận xét. Mỗi các xử lý bài toán đều có ưu nhược điểm riêng, cách 2 là nhanh hơn
cả nhưng với cách 1 ta biết được luôn đường phân giác trong và ngoài rất có lợi
cho các yêu cầu khác của bài toán.
b) Tìm tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
Để tìm tâm I đường tròn nội tiếp tam giác ABC ta tìm đường phân giác trong
góc B , khi đó giao của hai đường phân giác trong góc A và B chính là tâm I
cần tìm.
Phương trình cạnh
x 4 y 3
BC: BC: x 13y 35 0
9 4 2 3
+ −
= ⇔ + − =
+ −
.
Phương trình các đường phân giác góc B là
( ) ( )2 2 2 2
3x y 15 x 13y 35
17 3x y 15 x 13y 35
3 ( 1) 1 13
− + + −
= ⇔ − + =± + −
+ − +

147. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
147
( ) ( )
( ) ( )
3
4
d : 3 17 1 x 17 13 y 35 15 17 0
d : 3 17 1 x 17 13 y 35 15 17 0
 − − + + + =
⇔
 + − − − + =
.
Xét vị trí tương đối của A,C với 3d ta có
( ) ( )
( ) ( )
T 6 3 17 1 3 17 13 35 15 17 .
9 3 17 1 2 17 13 35 15 17 0
 = − − + + + +
 
 − − + + + >
 
nên A và C cùng phía với 3d do đó 3d là đường phân giác ngoài góc B và
đường phân giác trong góc B là
( ) ( )4d : 3 17 1 x 17 13 y 35 15 17 0+ − − − + =.
Tọa độ 2 4I d d=  là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC là nghiệm của hệ
( ) ( )
11 5 17
xx y 3 0
4
3 17 1 x 17 13 y 35 15 17 0 23 5 17
y
4
 −
=− + = 
⇔ 
+ − − − + = −  =
.
Suy ra
11 5 17 23 5 17
I ;
4 4
 − −
  
 
.
Bán kính ( )1R d I;BC= .
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình ba
cạnh là
AB: x 2y 5 0;BC: 2x y 5 0;AC: 2x y 5 0+ −= − −= + += .
Viết phương trình đường phân giác trong góc B,C và xác định tọa độ tâm
đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
Giải
Tọa độ điểm A AB AC=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
x 2y 5 0 x 5
A 5;5
2x y 5 0 y 5
+ − = =− 
⇔ ⇒ − 
+ += = 
.
Tọa độ điểm B AB BC=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
x 2y 5 0 x 3
B 3;1
2x y 5 0 y 1
+ −= = 
⇔ ⇒ 
− −= = 
.
Tọa độ điểm C AC BC=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
2x y 5 0 x 0
C 0; 5
2x y 5 0 y 5
+ += = 
⇔ ⇒ − 
− − = =− 
.
Phương trình các đường phân giác góc B là

148. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
148
1
2 2 2 2
2
d :3x y 10 0x 2y 5 2x y 5
d : x 3y 01 2 2 ( 1)
+ − =+ − − − 
= ⇔  − =+ + −
.
Xác định vị trí tương đối của A và C với 1d ta thấy A,C cùng phía với 1d nên
2d chính là đường phân giác trong góc B .
Phương trình các đường phân giác góc C là
3
2 2 2 2
4
d : y 5 02x y 5 2x y 5
d : x 02 ( 1) 2 1
+ =− − + + 
= ⇔ 
=+ − +
.
Xác định vị trí tương đối của A và B với hai đường thẳng trên tìm được
4d chính là phân giác trong góc C .
Khi đó tọa độ tâm 2 4I d d=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
x 0 x 0
I 0;0
x 3y 0 y 0
= = 
⇔ ⇒ 
−= = 
.
Bán kính đường tròn nội tiếp ( ) 2 2
5
r d I;AB 5
1 2
−
= = =
+
.
Suy ra đường tròn nội tiếp tam giác ABC là ( ) 2 2
C : x y 5+ =.
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(2;-1) và phương
trình đường phân giác trong của góc B và C lần lượt là x 2y 1 0;− + =
x y 3 0+ + =. Viết phương trình cạnh BC.
Giải
Giả sử phương trình đường phân giác trong
góc B và C là
BD: x 2y 1 0;CE : x y 3 0− += + += .
Gọi 1A và 2A lần lượt là điểm đối xứng
của A qua BD và CE , khi đó ta có
1 2 1 2A BC,A BC A A BC∈ ∈ ⇒ ≡ .
+ Tìm tọa độ 1A :
Gọi ( )1H 2h 1;h BD− ∈ là giao điểm của 1AA BD ta có
( )1AH 2h 3;h 1= − +

và ( )BDu 2;1=

. Vì
( ) ( ) ( )1 1 BD 1AH BD AH .u 0 2 2h 3 1 h 1 0 h 1 H 1;1⊥ ⇒ = ⇔ − + + = ⇔ = ⇒
 
.
Vì 1H là trung điểm của 1AA nên ( )1 H A H A1 1
A 2x x ;2y y− − hay ( )1A 0;3 .
+ Tìm tọa độ 2A :
Gọi ( )2H h; h 3 CE− − ∈ là giao điểm của 2AA CE ta có

149. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
149
( )2AH h 2; h 2= − − −

và ( )CEu 1;1= −

. Vì
( ) ( ) ( )2 2 CE 2AH CE AH .u 0 1 h 2 1 h 2 0 h 0 H 0; 3⊥ ⇒ = ⇔ − − + − − = ⇔ = ⇒ −
 
.
Vì 2H là trung điểm của 2AA nên
( )2 H A H A2 2
A 2x x ;2y y− − hay ( )2A 2; 5− − .
Suy ra phương trình cạnh
x 0 y 3
BC: BC: 4x y 3 0
2 0 5 3
− −
= ⇔ − +=
− − − −
.
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là BC: 4x y 3 0− + =.
Lưu ý. Để tìm tọa độ các điểm 1 2H ,H ta có thể viết phương trình đường thẳng
đi qua A và vuông góc với BD,CE .
Khi đó tọa độ điểm B BD BC=  là nghiệm của hệ phương trình
5
x
x 2y 1 0 5 17
B ;
4x y 3 0 1 7 7
y
7

= −− + =   
⇔ ⇒ −   − + =    =

.
Tọa độ điểm C CE BC=  là nghiệm của hệ phương trình
6
x
x y 3 0 6 95
C ;
4x y 3 0 9 5 5
y
5

= −+ + =   
⇔ ⇒ − −   − + =    = −

.
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết điểm
4 7
A ;
5 5
 
 
 
và
phương trình đường phân giác trong góc B và C lần lượt là 1d : x 2y 1 0;− − =
2d : x 3y 1 0+ − = . Tìm tọa độ hai đỉnh B và C .
Giải
Gọi 1 2A ,A lần lượt là điểm đối xứng của A qua đường phân giác trong góc B
và góc C .
Ta có 1 2A BC,A BC BC∈ ∈ ⇒ chính là đường thẳng đi qua hai điểm 1 2A ,A .
Tìm tọa độ điểm 1A :
Đường thẳng 1AA đi qua
4 7
A ;
5 5
 
 
 
và vuông góc với 1d có phương trình là
1 1
4 7
AA : 2 x 1 y 0 AA : 2x y 3 0
5 5
   
− + − = ⇔ + − =   
   
.
Tọa độ giao điểm 1 1 1H AA d=  là nghiệm của hệ phương trình

150. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
150
1
7
x
2x y 3 0 7 15
H ;
x 2y 1 0 1 5 5
y
5

=+ − =   
⇔ ⇒   − − =    =

.
Vì 1
7 1
H ;
5 5
 
 
 
là trung điểm của 1AA nên ( )1A 2; 1− .
Tìm tọa độ điểm 2A :
Đường thẳng 2AA đi qua
4 7
A ;
5 5
 
 
 
và vuông góc với 2d nên có phương trình là
2 2
4 7
AA :3 x 1 y 0 AA :3x y 1 0
5 5
   
− − − = ⇔ − − =   
   
.
Tọa độ giao điểm 2 2 2H AA d=  là nghiệm của hệ phương trình
2
2
x
3x y 1 0 2 15
H ;
x 3y 1 0 1 5 5
y
5

=− − =   
⇔ ⇒   + − =    =

.
Vì 2
2 1
H ;
5 5
 
 
 
là trung điểm của 2AA nên ( )2A 0; 1− .
Đường thẳng BCđi qua hai điểm ( ) ( )1 2A 2; 1 ,A 0; 1− − nên có phương trình là
BC: y 1 0+ =.
Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình là BC: y 1 0+ =.
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có phương
trình hai cạnh AB: 2x y 5 0− + = và AC:3x 6y 1 0+ − = . Viết phương trình
cạnh BC, biết BC đi qua điểm M(2;-1).
Giải
Phân tích bài toán. Tam giác ABC cân tại A nên đường cao hạ từ A cũng chính là
đường phân giác trong góc A do đó BC chính là đường thẳng đi qua M và
vuông góc với đường phân giác đó. Do đó đây chỉ là phát biểu khác của bài
toán đã trình bày trong chương 1.
Lời giải.
Phương trình đường phân giác của góc tạo bởi AB,AC là
1
2 2 2 2
2
d :3x 9y 16 02x y 5 3x 6y 1
d :9x 3y 14 02 ( 1) 3 6
− + =− + + − 
= ⇔  + + =+ − +
.
BC chính là đường thẳng đi qua M và vuông góc với hai đường thẳng trên từ
đó tìm được ( ) ( )BC:3 x 2 1 y 1 0 BC:3x y 5 0− + + = ⇔ + − = ;

151. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
151
hoặc ( ) ( )BC: 1 x 2 3 y 1 0 BC: x 3y 5 0− − + + = ⇔ − + + = .
Vậy có hai đường thẳng cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán là
BC:3x y 5 0+ − =hoặc BC: x 3y 5 0− − =.
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC , biết điểm ( )B 2; 1− và
phương trình đường cao AH:3x 4y 27 0− + =, phân giác trong CD:x 2y 5 0+ − =.
Tìm tọa độ hai đỉnh A và C .
Giải
Cạnh BC đi qua B và nhận véc tơ chỉ phương của 1d làm véc tơ pháp tuyến nên
( ) ( )BC: 4 x 2 3 y 1 0 BC: 4x 3y 5 0− + + = ⇔ + − = .
Tọa độ C là giao điểm của 2BC,d nên là nghiệm của hệ:
( )
x 2y 5 0 x 1
C 1;3
4x 3y 5 0 y 3
+ − = =− 
⇔ ⇒ − 
+ −= = 
.
Gọi B' là điểm đối xứng của B
qua 2d , và I là giao điểm của
BB' và 2d
Phương trình đường thẳng
BB': 2x y 5 0− − =, tọa độ
điểm I là nghiệm của hệ
( )
2x y 5 0 x 3
I 3;1
x 2y 5 0 y 1
− −= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Do I là trung điểm của BB' nên ( )B' 4;3 .
Đường thẳng AC đi qua C và B' nên có phương trình:
AC: y 3 0− =, tọa độ giao điểm A của AC và AD là nghiệm của hệ
( )
y 3 0 x 5
A 5;3
3x 4y 27 0 y 3
− = =− 
⇔ ⇒ − 
− += = 
.
Vậy điểm ( ) ( )A 5;3 ;C 1;3− − .
Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AH ,
trung tuyến CM và đường phân giác trong BD . Biết điểm ( ) ( )H 4;1 ,M 4; 2− −
và phương trình đường thẳng BD là x y 5 0+ − =. Tìm tọa độ đỉnh A .
Giải
Phân tích bài toán. Nhận thấy có đường phân giác trong BD nên nghĩ ngay
đến việc lấy điểm đối xứng qua BD , với hai điểm biết trước là M và H thì lấy
đối xứng một trong hai đều được. Tuy nhiên lấy đối xứng mỗi điểm để xử lý
P
A
B
C
B'
D

152. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
152
tiếp phải đi những hướng khác nhau. Cụ thể nếu lấy 1H đối xứng với H qua
BD ta tìm được AB rồi suy ra B AB BD=  , sau đó dùng tính chất trung điểm
ta tìm được A .
Nếu lấy 1M đối xứng với M qua BD khi đó viết được phương trình cạnh BC
và ta cũng tìm ra B , rồi tính A theo công thức trung điểm hoặc viết phương
trình cạnh AB , đường cao AH là đường thẳng đi qua H và vuông góc với BC
khi đó tìm được A AH AB=  và rõ ràng hướng đi này dài dòng hơn nhưng nó
giúp ta xử lý được bài toán nếu điểm M không phải là trung điểm của AB mà
chỉ là một điểm bất kỳ thuộc AB .
Lời giải.
Gọi 1H là điểm đối xứng của H qua BD khi đó 1H AB∈ và 1HH là đường
thẳng đi qua H nhận véc tơ chỉ phương ( )u 1;1= −

của BD làm véc tơ pháp
tuyến
( ) ( )1 1HH : 1 x 4 1 y 1 0 HH : x y 5 0− + + − = ⇔ − + − = .
Khi đó tọa độ 1I HH BD=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
x y 5 0 x 0
I 0;5
x y 5 0 y 5
− + −= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Vì I là trung điểm của 1HH nên ( )1H 4;9 .
AB chính là đường thẳng đi qua M và 1H nên có phương trình: AB: x 4= .
Tọa độ điểm B BD AB=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
x 4 x 4
B 4;1
x y 5 0 y 1
= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Vì M là trung điểm của AB nên ( )A 4; 5− .
Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường
phân giác trong góc A là x y 0− =, phương trình đường cao hạ từ đỉnh C là
2x y 1 0+ + = , cạnh AC đi qua điểm ( )M 0; 1− và AB 2AM= . Tìm tọa độ các
đỉnh tam giác ABC .
Giải
Giả sử đường phân giác trong AD: x y 0− =; đường cao CH : 2x y 1 0+ + =.
Gọi M' là điểm đối xứng của M qua AD thì ta có M' AB∈ .
Đường thẳng MM'đi qua M và nhận
véc tơ chỉ phương ( )ADu 1;1=

làm véc tơ
pháp tuyến nên có phương trình:

153. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
153
( ) ( )MM':1 x 0 1 y 1 0
MM': x y 1 0
− + + =
⇔ + + =
.
Tọa độ giao điểm I MM' AD= 
là nghiệm của hệ phương trình
1
x
x y 0 1 12
I ;
x y 1 0 1 2 2
y
2

= −− =   
⇔ ⇒ − −   + + =    = −

.
Vì I là trung điểm của MM'nên M′(-1;0).
AB là đường thẳng đi qua M' và vuông góc với CH nên nhận véc tơ chỉ
phương ( )CHu 1;2= −

làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình
( ) ( )AB: x 1 2 y 0 0 AB: x 2y 1 0− + + − = ⇔ − + − = .
Tọa độ điểm A AB AD=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
x 2y 1 0 x 1
A 1; 1
x y 0 y 1
− + + = =− 
⇔ ⇒ − − 
− = =− 
.
AC là đường thẳng đi qua A và M nên có phương trình là AC: y 1= − .
Tọa độ điểm C AC CH=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
y 1 x 1
C 1; 1
2x y 1 0 y 1
=− = 
⇔ ⇒ − 
+ + = =− 
.
Gọi ( )B 2b 1;b AB− ∈ ta có AB 2AM= nên ( ) ( )2 2
2b 2 b 1 4− + + =.
2
b 1
5b 6b 1 0 1
b
5
=
⇔ − + = ⇔
 =

.
 Với ( )b 1 B 1;1= ⇒ .
 Với
1 3 1
b B ;
5 5 5
 
= ⇒ − 
 
.
Vậy tọa độ ba đỉnh tam giác ABC là
( ) ( ) ( )A 1; 1 ,B 1;1 ,C 1; 1− − − hoặc ( ) ( )
3 1
A 1; 1 ,B ; ,C 1; 1
5 5
 
− − − − 
 
.
Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đường phân giác
trong góc A và đường cao kẻ từ B có phương trình lần lượt là
12x 4y 5 0   ; x y 2 0   . Điểm
5
M 1;
2
     
là trung điểm cạnh BC.
Tìm tọa độ ba đỉnh tam giác ABC .
A
B
CD
H
MM'

154. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
154
Giải
Vì  B d : x y 2 0 B b;b 2      .
Vì
5
M 1;
2
     
là trung điểm của  BC C 2 b; 3 b    .
Đường thẳng AC đi qua C và vuông góc với đường cao kẻ từ đỉnh B nên có
phương trình:
   AC:1 x 2 b 1 y 3 b 0 AC: x y 2b 1 0           .
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
8b 9
x
x y 2b 1 0 8b 9 17 24b8
A ;
12x 4y 5 0 17 24b 8 8
y
8
                          
.
Suy ra
9 32b 1
AB ;
8 8
      

.
Ta tìm véc tơ pháp tuyến của đường thẳng AB .
Giả sử phân giác trong góc A là AD , đường thẳng AC có véc tơ pháp tuyến
 ACn 1;1

.
Đường thẳng AD có  ADn 3;1

. Giả sử    2 2
ABn a;b , a b 0  

.
Ta có    
AB AD AC AD
AB AD AC AD
n .n n .n
cos AB;AD cos AC;AD
n . n n . n
  
   
    .
2 2 2 2 2 2 2 2
3.a 1.b 3.1 1.1
a b . 3 1 3 1 . 1 1
 
 
   
.
   
 
 
AB2 2 2
AB
n 1;1a b
3a b 8 a b
a 7b n 7; 1
              

 .
TH1: Nếu  ABn 1;1 AB BH  

(loại).
TH2: Nếu  AB AB AB
9 32b 1
n 7; 1 n .u 0 .7 1. 0 b 2
8 8

         
  
.
Suy ra    
7 31
A ; ,B 2; 4 ,C 4; 1
8 8
      
.
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là    
7 31
A ; ,B 2; 4 ,C 4; 1
8 8
      

155. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
155
Nhận xét. Ta có thể lấy đối xứng C qua đường phân giác trong góc A được điểm
1C . Tìm điều kiện để 1A,B,C thẳng hàng ta tìm được b, từ đó suy ra tọa độ
điểm A,B,C .
Bài 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đường cao kẻ từ
đỉnh A , trung tuyến kẻ từ đỉnh B và phân giác trong góc C có phương trình
lần lượt là 3x 4y 27 0;4x 5y 3 0;x 2y 5 0         . Tìm tọa độ ba
đỉnh tam giác ABC .
Giải
Ký hiệu đường cao AH, trung tuyến BM và phân giác trong CD.
AH :3x 4y 27 0
BM : 4x 5y 3 0
CD: x 2y 5 0
  
  
  
.
Ta có    CD BC AHn 1;2 ,n u 4;3  
  
và giả sử    2 2
ACn a;b , a b 0  

.
Ta có CD là phân giác trong góc C nên:    BC CD AC CDcos n ,n cos n ,n
   
.
2 2 2 2 2 2 2 2
a 2b 4.1 3.2
a b . 1 2 1 2 . 4 3
 
 
   
.
2 2 2 a 0
a 2b 2 a b 3a 4ab 0
3a 4b
 
       
 
.
TH1: Nếu  ACa 0 n 0;1  

. Vì
 
3a 27
A AH A a; ,C CD C 5 2c;c
4
        
.
Tọa độ trung điểm M của AC là
5 2c a 3a 27 4c
M ;
2 8
        
.
Mặt khác
5 2c a 3a 27 4c
M BM 4. 5. 3 0
2 8
   
     .
31a 191 31a 161 31a 191
c C ;
12 6 12
          
.
Suy ra
37a 161 11a 55
AC ;
6 6
       

.
Ta có:    AC
11a 55
AC.n 0 1. 0 a 5 c 3 A 5;3 ,C 1;3
6

         
 
.
Đường thẳng BCđi qua  C 1;3 và vuông góc với

156. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
156
   AH :3x 4y 27 0 BC: 4 x 1 3 y 3 0 BC: 4x 3y 5 0            .
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
 
4x 3y 5 0 x 2
B 2; 1
4x 5y 3 0 y 1
         
      
.
TH2: Nếu 3a 4b , chọn  AC ABa 4,b 3 n 4;3 n    
 
(loại).
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là      A 5;3 ,B 2; 1 ,C 1;3   .
Bài 11. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có chân đường phân
giác hạ từ đỉnh A là điểm  D 1; 1 . Phương trình tiếp tuyến tại A của đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC là x 2y 7 0   . Giả sử
13 1
M ;
5 5
     
là trung
điểm của BD. Tìm toạ độ các điểm A và C biết A có tung độ dương.
Giải
Phương trình đường thẳng BC đi qua M
và D là
BC: x 2y 3 0   .
Gọi E là giao điểm của tiếp tuyến tại A
và BC.
Toạ độ E là nghiệm của hệ phương trình
 
x 2y 3 0 x 5
E 5;1
x 2y 7 0 y 1
        
      
Xét tam giác EAD có
 EAB ACB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung).
 DAC BAD (AD là phân giác trong góc A).
suy ra      EAD EAB BAD ACB DCA EDA     .
Vì vậy tam giác EAD cân tại E.
Gọi    A 7 2a;a d : x 2y 7 0, a 0      ta có phương trình
   
2 2 2 2
EA ED 2 2a a 1 4 2       .
   
2 a 3
5 a 1 20 A 1;3
a 1
 
    
 
vì A có tung độ dương.
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Ta có IA d IA : 2x y 1 0     .
Vì M là trung điểm của BD nên
21 3
B ;
5 5
    
.

157. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
157
Suy ra phương trình đường trung trực của AB là
   
2 2
2 2 21 3
x 1 y 3 x y : 4x 3y 5 0
5 5
                       
.
Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình
 
2x y 1 0 x 4
I 4; 7 ,R IA 5 5
4x 3y 5 0 y 7
            
      
.
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
   
2 2
(C): x 4 y 7 125    .
Toạ độ điểm C (C) BC  là nghiệm của hệ phương trình
   
 
2 2
x 15
y 9
x 4 y 7 125 21 C 15; 9x
x 2y 3 0 5
3
y
5
  
                  
vì C khác B.
Vậy toạ độ hai điểm cần tìm là    A 1;3 ,C 15; 9  .
C. BÀI TẬP RÈN LYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(2;6), B(-3;-4), C(5;0).
a) Viết phương trình các cạnh tam giác ABC .
b) Viết phương trình các đường phân giác trong của tam giác ABC .
Giải
a) Phương trình cạnh
x 2 y 6
AB: AB: 2x y 2 0
5 10
− −
= ⇔ − +=
− −
.
Phương trình cạnh
x 3 y 4
BC: BC: x 2y 5 0
8 4
+ +
= ⇔ − −= .
Phương trình cạnh
x 2 y 6
AC: AC: 2x y 10 0
3 6
− −
= ⇔ + − =
−
.
b) Phương trình các đường phân giác góc A là:
1
2 2 2 2
2
d : y 6 02x y 2 2x y 10
d : x 2 02 ( 1) 2 1
− =− + + −
=± ⇔  − =+ − +
.
Nhận thấy B,C khác phía với đường thẳng 2d nên phương trình đường phân
giác trong góc A chính là đường thẳng 2d : x 2 0− =.
+ Phương trình các đường phân giác góc B là:

158. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
158
3
2 2 2 2
4
d : x y 7 02x y 2 x 2y 5
d : x y 1 02 ( 1) 2 1
+ + =− + − −
=± ⇔ 
− − =+ − +
.
Nhận thấy A,C khác phía với đường thẳng 4d nên 4d là đường phân giác
trong góc B: 4d : x y 1 0− − = .
Tọa độ tâm đường tròn nội tiếp là nghiệm của hệ phương trình:
( )
x 2 0 x 2
I 2;1
x y 1 0 y 1
−= = 
⇔ ⇒ 
− −= = 
.
+ Đường phân giác trong góc C đi qua hai điểm C,I nên có phương trình là:
CI: x 3y 5 0+ − =.
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có
( ) ( ) ( )A 1;1 ,B 10;13 ,C 13;6 . Viết phương trình các đường phân giác trong góc
A và phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Giải
Phương trình cạnh
x 1 y 1
AB: AB: 4x 3y 1 0
9 12
− −
= ⇔ − −= .
Phương trình cạnh
x 10 y 13
BC: BC:7x 3y 109 0
3 7
− −
= ⇔ + − =
−
.
Phương trình cạnh
x 1 y 1
AC: AC:5x 12y 7 0
12 5
− −
= ⇔ − += .
+ Phương trình các đường phân giác góc A là:
1
2 2 2 2
2
d :9x 7y 16 04x 3y 1 5x 12y 7
d :7x 9y 2 04 ( 3) 5 ( 12)
+ − =− − − +
=± ⇔ 
− + =+ − + −
.
Nhận thấy B,C khác phía với đường thẳng 2d nên đường phân giác trong góc
A là 2d :7x 9y 2 0− + =.
+ Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
( ) ( )2 2 2 2
C : x y 2ax 2by c 0, a b c 0+ − − += + − > .
Vì ( )
367
a
662 2a 2b c 0
153
A,B,C C 269 20a 26b c 0 b
22
205 26a 12b c 0
760
c
33

=
− − + = 
 
∈ ⇔ − − + = ⇔ = 
 − − + = 
=

.
Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
( ) 2 2 367 153 760
C : x y x y 0
33 11 33
+ − − + =.

159. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
159
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho cho tam giác ABC các cạnh có phương
trình là
AB: 4x 3y 5 0;BC: 4x 3y 5 0;CA :3x 4y 5 0+ −= − += − −= .
a) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
b) Viết phương trình đường phân giác trong của các góc B,C .
c) Tìm tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
Hướng dẫn giải – đáp số:
Tọa độ điểm A AB AC=  là nghiệm của hệ phương trình
7
x
4x 3y 5 0 7 15
A ;
3x 4y 5 0 1 5 5
y
5

=+ − =   
⇔ ⇒ −   − − =    = −

.
Tọa độ điểm B AB BC=  là nghiệm của hệ phương trình
x 0
4x 3y 5 0 5
B 0;5
4x 3y 5 0 3y
3
=
+ − =   
⇔ ⇒   − + = =   
.
Tọa độ điểm C AC BC=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
4x 3y 5 0 x 5
C 5; 5
3x 4y 5 0 y 5
− + = =− 
⇔ ⇒ − − 
− − = =− 
.
Phương trình các đường phân giác góc B là
1
2 2 2 2
2
d :3x y 10 0x 2y 5 2x y 5
d : x 3y 01 2 2 ( 1)
+ − =+ − − − 
= ⇔  − =+ + −
.
Xác định vị trí tương đối của A và C với 1d ta thấy A,C cùng phía với 1d nên
2d chính là đường phân giác trong góc B .
Phương trình các đường phân giác góc C là
3
2 2 2 2
4
d : y 5 02x y 5 2x y 5
d : x 02 ( 1) 2 1
+ =− − + + 
= ⇔ 
=+ − +
.
Xác định vị trí tương đối của A và B với hai đường thẳng trên tìm được 4d
chính là phân giác trong góc C .
Khi đó tọa độ tâm 2 4I d d=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
x 0 x 0
I 0;0
x 3y 0 y 0
= = 
⇔ ⇒ 
−= = 
.
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho cho tam giác ABC có điểm A(3;5), B(4;-3)
và đường phân giác trong của góc C có phương trình là : 2 8 0d x y+ − =. Viết
phương trình các cạnh của tam giác ABC.

160. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
160
Giải
Đường thẳng AB đi qua hai điểm ( ) ( )3;5 , 4; 3A B − nên có phương trình là
3 5
: :8 29 0
4 3 3 5
x y
AB AB x y
− −
= ⇔ + −=
− − −
.
Gọi 1A là điểm đối xứng của A qua đường phân giác trong góc 1C A BC⇒ ∈ .
Đường thẳng 1AA đi qua ( )3;5A và vuông góc với đường thẳng d có phương
trình là ( ) ( )1 1: 2 3 1 5 0 : 2 1 0AA x y AA x y− − − = ⇔ − − = .
Tọa độ giao điểm 1H AA d=  là nghiệm của hệ phương trình
( )1
2 1 0 2
2;3
2 8 0 3
x y x
A
x y y
− −= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Đường thẳng BC đi qua hai điểm ( ) ( )1 2;3 , 4; 3A B − nên có phương trình là
2 3
: :3 9 0
4 2 3 3
x y
BC BC x y
− −
= ⇔ + −=
− − −
.
Tọa độ đỉnh C d BC=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
3 9 0 2
2;3
2 8 0 3
x y x
C
x y y
+ −= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Đường thẳng AC đi qua hai điểm ( ) ( )3;5 , 2;3A C nên có phương trình là
3 5
: : 2 1 0
2 3 3 5
x y
AC AC x y
− −
= ⇔ − −=
− −
.
Nhận xét. Từ điểm 1 1 : 2 1 0A C AC AA x y≡ ⇒ ≡ − − = . Lúc này tam giác
ABC cân tại B.
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho cho tam giác ABC có điểm A(4;-1) và hai
đường phân giác trong của góc B và C có phương trình lần lượt là
2 3 12 0;2 3 0x y x y− + = + = . Tìm tọa độ các điểm B và C.
Giải
Gọi ,D E lần lượt là điểm đối xứng của A qua đường phân giác trong góc B và
phân giác trong góc C. Suy ra ,D E BC∈ .
+ Tìm tọa độ điểm D: Vì 1 : 2 3 12 0 :3 2 10 0AD d x y AD x y⊥ − + = ⇒ + − = .
Tọa độ trung điểm của AD là nghiệm của hệ phương trình:
6
2 3 12 0 6 5613
;
3 2 10 0 56 13 13
13
x
x y
M
x y
y

=− + =   
⇔ ⇒   + − =    =

.

161. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
161
Vì M là trung điểm của AD nên
40 125
;
13 13
D
 
− 
 
.
+ Tìm tọa độ điểm E:
Vì 2 : 2 3 0 :3 2 14 0AE d x y AE x y⊥ + = ⇒ − − = .
Tọa độ trung điểm AE là nghiệm của hệ phương trình:
42
2 3 0 42 2813
;
3 2 14 0 28 13 13
13
x
x y
N
x y
y

=+ =   
⇔ ⇒ −   − − =    = −

.
Vì N là trung điểm của AE nên
32 43
;
13 13
E
 
− 
 
.
Đường thẳng BC đi qua hai điểm D và E nên có phương trình là:
95
:7 3 0
13
BC x y+ − =.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
61
95
7 3 0 61 1282117
;13
1282 117 351
2 3 12 0
351
x
x y
B
x y y

= − + − =   
⇔ ⇒ −   
  − + = = 
.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
19
95
7 3 0 19 3813
;13
38 13 39
2 3 0
39
x
x y
C
x y y

= + − =   
⇔ ⇒ −   
  + = = − 
.
Vậy hai điểm cần tìm là
61 1282 19 38
; , ;
117 351 13 39
B C
   
− −   
   
.
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AH, trung
tuyến CM và đường phân giác trong BD. Biết điểm ( )
17
4;1 , ;12
5
H M
 
−  
 
và
phương trình : 5 0BD x y+ − =. Tìm tọa độ đỉnh A của tam giác ABC.
Hướng dẫn giải – đáp số
Gọi 'H là điểm đối xứng của H qua BD , và I là giao điểm của 'HH và BD
Phương trình đường thẳng ': 5 0HH x y− + =, tọa độ điểm I là nghiệm của hệ
( )
5 0 0
0;5
5 0 5
x y x
I
x y y
− += = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 

162. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
162
Do I là trung điểm của 'HH nên
( )' 4;9H . Đường thẳng AB đi
qua M và 'H nên có phương
trình: :5 29 0AB x y+ − =, tọa
độ giao điểm B của AB và BD là
nghiệm của hệ
5 29 0 6
5 0 1
x y x
x y y
+ −= = 
⇔ 
+ − = =− 
.
⇒ B(6; -1)
Do
17
;12
5
M
 
 
 
là trung điểm của AB nên
4
;25
5
A
 
 
 
.
Vậy điểm cần tìm là
4
;25
5
A
 
 
 
.
Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho cho tam giác ABC có phương trình cạnh
:9 11 5 0BC x y+ + = và hai đường phân giác trong của góc B và C có
phương trình lần lượt là 2 3 12 0;2 3 5 0x y x y− + = + += . Viết phương trình
các cạnh của tam giác ABC .
Giải
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
( )
9 11 5 0 3
3;2
2 3 12 0 2
x y x
B
x y y
+ + = =− 
⇔ ⇒ − 
− += = 
.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
( )
9 11 5 0 8
8; 7
2 3 5 0 7
x y x
C
x y y
+ += = 
⇔ ⇒ − 
+ + = =− 
.
Đường thẳng AB, AC lần lượt là đường thẳng đối xứng của BC qua các đường
phân giác trong góc B và góc C.
+ Phương trình đường thẳng AB:
Lấy ( )14;11M BC− ∈ gọi D,E lần lượt là điểm đối xứng của M qua phân giác
trong góc B; phân giác trong góc C.
Vì 1 : 2 3 12 0 :3 2 20 0MD d x y MD x y⊥ − + = ⇒ + + = .
Tọa độ trung điểm của MD là nghiệm của hệ phương trình:
A
B CH
DM
H'

163. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
163
84
3 2 20 0 84 413
;
2 3 12 0 4 13 13
13
x
x y
H
x y
y

= −+ + =   
⇔ ⇒ − −   − + =    = −

.
Vì H là trung điểm của MD nên
126 151
;
13 13
D
 
− − 
 
.
Đường thẳng AB là đường thẳng đi qua hai điểm B và D nên có phương trình
là: :177 87 705 0AB x y− + =.
+ Phương trình đường thẳng AC thực hiện tương tự.
Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho cho tam giác ABC có điểm ( )4; 1C − và
đường phân giác trong và đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A có phương
trình lần lượt là 0;2 6 0x y x y−= + −= . Tìm tọa độ hai đỉnh A, B của tam
giác ABC.
Giải
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
( )
0 2
2;2
2 6 0 2
x y x
A
x y y
−= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Gọi E là điểm đối xứng của C qua đường phân giác trong góc A.
Khi đó E thuộc đường thẳng AB.
Vì : 0CE d x y⊥ − =nên : 3 0CE x y+ − =.
Tọa độ trung điểm của CE là nghiệm của hệ phương trình:
3
0 3 32
;
3 0 3 2 2
2
x
x y
H
x y
y

=− =   
⇔ ⇒   + − =    =

.
Vì H là trung điểm của CE nên ( )1;4E − .
Đường thẳng AB đi qua hai điểm A và E nên có phương trình là:
10 2
: 2 3 10 0 ;
3
b
AB x y B b
− 
+ − = ⇒  
 
.
Suy ra tọa độ trung điểm M của BC là
4 7 2
;
2 6
b b
M
+ − 
 
 
.
Mặt khác
4 7 2 5 5 5
: 2 6 0 2. 6 0 ;
2 6 4 4 2
b b
M x y b B
+ −  
∈∆ + − = ⇔ + − = ⇔ = ⇒  
 
.

164. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
164
Vậy hai điểm cần tìm là ( )
5 5
2;2 , ;
4 2
A B
 
 
 
.
Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho cho tam giác ABC có điểm C(-3;1) và
đường cao và đường phân giác trong hạ từ đỉnh A có phương trình lần lượt là
3 12 0; 7 32 0x y x y+ + = + + = . Tìm tọa độ các đỉnh A,B của tam giác.
Giải
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
( )
3 12 0 3
3; 5
7 32 0 5
x y x
A
x y y
+ += = 
⇔ ⇒ − 
+ + = =− 
.
Đường thẳng BC đi qua C và vuông góc với đường cao
: 3 12 0AH x y+ + =nên có phương trình: :3 10 0BC x y− + =.
Gọi E là điểm đối xứng của C qua đường phân giác trong góc A khi đó E thuộc
đường thẳng AB.
Vì : 7 32 0 :7 22 0CE d x y CE x y⊥ + + = ⇒ − + = .
Tọa độ trung điểm của CE là nghiệm của hệ phương trình:
93
7 32 0 93 10125
;
7 22 0 101 25 25
25
x
x y
H
x y
y

= −+ + =   
⇔ ⇒ − −   − + =    = −

.
Vì H là trung điểm của CE nên
111 227
;
25 25
E
 
− − 
 
.
Đường thẳng AB đi qua hai điểm A và E nên có phương trình là:
:17 31 206 0AB x y− − =.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
129
3 10 0 129 19719
;
17 31 206 0 197 19 19
19
x
x y
B
x y
y

= −− + =   
⇔ ⇒ − −   − − =    = −

.
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là ( )
129 197
3; 5 , ;
19 19
A B
 
− − − 
 
.
Bài 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho cho tam giác ABC cân tại A có phương
trình hai cạnh bên là 3 4 1 0;5 12 5 0x y x y+ −= − += .Viết phương trình cạnh
đáy biết điểm M(1;-3) thuộc cạnh đáy.
Giải
Phương trình các đường phân giác góc A là:

165. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
165
1
2 2 2 2
2
:14 112 25 03 4 1 5 12 5
:64 8 25 03 4 5 ( 12)
d x yx y x y
d x y
+ − =+ − − +
=± ⇔  − + =+ + − 
.
Cạnh đáy là đường thẳng đi qua M(1;-3) và lần lượt vuông góc với d1 hoặc d2.
Suy ra d: 112x – 14y – 154 = 0; d: x + 8y + 23 = 0
Tuy nhiên vì M nằm trên cạnh đáy nên ta phải kiểm tra lại xem M có nằm trong
cạnh đáy hay không:
TH1:
Nếu cạnh đáy là 8 23 0x y+ + =.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
5
3 4 1 0 7
5;7
8 23 0 2
2
x
x y
B
x y y
=
+ − =   
⇔ ⇒ −   + + = = −   
.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
79
5 12 5 0 79 5513
;
8 23 0 55 13 26
26
x
x y
C
x y
y

= −− + =   
⇔ ⇒ − −   + + =    = −

.
Suy ra
1 92 23
4; , ; ,
2 13 26
MB MC MB MC
   
=− =− ⇒   
   
   
ngược hướng nên thỏa mãn.
TH2:
Nếu cạnh đáy là :112 14 154 0d x y− − =thực hiện tương tự(trường hợp này
không thỏa mãn).
Vậy đường thẳng cần tìm là 8 23 0x y+ + =.
Bài 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm ( )4; 1I − và
phương trình đường thẳng chứa cạnh AB là 2 1 0x y+ − = .
a) Viết phương trình hai đường chéo của hình vuông ABCD.
b) Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD.
Giải
Xem chi tiết các bài toán về hình chữ nhật và hình vuông.
Đường chéo AC và BD là đường thẳng đi qua I và tạo với AB góc 0
45 .
Các đường thẳng có dạng:
( ) ( ) ( )2 2
: 4 1 0, 0d a x b y a b− + + = + > .
Ta có:
2 2 2 2
. 21 1
2 2. 1 2 .
AB d
AB d
n n a b
n n a b
+
=⇔ =
+ +
 
 

166. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
166
( ) ( )2 2 2 3
2 2 5
3
a b
a b a b
b a
=
⇔ + = + ⇔  = −
.
Suy ra :3 11 0d x y+ − = hoặc : 3 7 0d x y− − =.
Không mất tính tổng quát giả sử
:3 11 0; : 3 7 0AC x y BD x y+ −= − −= .
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
21
3 11 0 5
2 1 0 8
5
x
x y
x y
y

=+ − = 
⇔ ⇒ 
+ − =  = −

21 8
;
5 5
A
 
⇒ − 
 
.
Vì I là trung điểm của AC suy ra
19 2
;
5 5
C
 
− 
 
.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
17
3 7 0 17 65
;
2 1 0 6 5 5
5
x
x y
B
x y
y

=− − =   
⇔ ⇒ −   + − =    = −

.
Vì I là trung điểm của BD nên
23 4
;
5 5
D
 
− 
 
.

167. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
167
Chuû ñeà 5.
CAÙC ÑIEÅM VAØ CAÙC ÑÖÔØNG ÑAËC BIEÄT TRONG TAM GIAÙC
Bài toán. Xác định tọa độ các đỉnh tam giác khi biết tâm đường tròn ngoại tiếp,
nội tiếp, bàng tiếp, trọng tâm, trực tâm tam giác và các điểm đặc biệt trong tam
giác
A. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP
Phương pháp chung:
Bài toán kết hợp giữa tâm các đường, các điểm đặc biệt trong tam giác là bài
toán khó và phần lớn để xử lý dạng các bài toán này chúng ta phải xuất phát từ
tính chất hình học của tam giác. Dưới đây tôi trình bày một số lưu ý cũng như
định hướng với bài toán này và cung cấp một số bổ đề của hình học phẳng cần
áp dụng với dạng bài toán này.
Quy ước: Cho tam giác ABC khi đó
- I là tâm đường tròn ngoại tiếp.
- H là trực tâm.
- G là trọng tâm.
- J là tâm đường tròn ngoại tiếp.
Các công thức thường sử dụng
- Tọa độ điểm G xác định bởi
A B C
G
A B C
G
x x x
x
3
y y y
y
3
+ +
=

+ + =

.
- Bán kính đường tròn ngoại tiếp R IA IB IC= = = .
- Bán kính đường tròn nội tiếp ( ) ( ) ( )r d J;BC d J;AC d J;AB= = = .
- ( ) ( ) ( )ABC
1 1 1 AB BC CA
S BC.d A;BC AC.d B;AC AB.d C;AB .r
2 2 2 2
+ +
= = = = .

168. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
168
Bổ đề 1. Cho tam giác ABC nội tiếp
đường tròn tâm I, gọi M là trung
điểm cạnh BC và H là trực tâm, J là
tâm đường tròn nội tiếp và G là
trọng tâm tam giác ABC, 1A là giao
điểm của đường thẳng AJ với đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC, 2A là
điểm đối xứng của A qua I , là
điểm đối xứng của H qua BC.
Chứng minh rằng
a) Tứ giác 2BHCA là hình bình hành và M là trung điểm 2HA .
b) AH 2IM
 
.
c) Ba điểm I,H,G thẳng hàng và IH 3IG
 
.
d) Hai tam giác 1 1A JB,A JC là các tam giác cân đỉnh 1A .
e) thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Chứng minh.
a) Ta có 2
2
HB AC
HB / /A C
A C AC
⊥
⇒
⊥
; 2
2
HC AB
A B / /HC
A B AB
⊥
⇒
⊥
.
Suy ra tứ giác 2BHCA là hình bình hành. Do đó M là trung điểm BC đồng thời
là trung điểm của 2HA hay H đối xứng với 2A qua M.
b) Vì
IM BC
AH / /IM
AH BC
⊥
⇒
⊥
và I, M lần lượt là trung điểm của 2 2HA ,AA nên
IM là đường trung bình của tam giác 2AHA AH 2IM AH 2IM⇒ = ⇒ =
 
.
c) Ta có AH 2IM IH IA 2IM IB IC IH IA IB IC 3IG= ⇒ − = = + ⇒ = + + =
           
.
Vậy ba điểm I,H,G thẳng hàng và GH 2IG= .
d) Ta có  
 
1 1
A C
A CJ A JC
2

  nên tam giác 1A JC là tam giác cân tại 1A .
Chứng minh tương tự tam giác 1A JB cân tại 1A .
Bổ đề 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) có tâm I và M là điểm trên
cung BC (không chứa đỉnh A) gọi H là trực tâm tam giác ABC và E,F lần lượt
là điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB và AC. Chứng minh rằng ba
điểm E, H, F thẳng hàng (đường thẳng Steiner).

169. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
169
Chứng minh.
Gọi P,Q lần lượt là điểm đối xứng của H qua
đường thẳng AB,AC.
Suy ra P,Q thuộc (C).
Ta có là những hình thang
cân.
Khi đó      FHQ MQH MAC;EHP MPH MAB    .
Do đó         0
FHQ EHP PHQ MAC MAB PHQ BAC PHQ 180        .
Do đó ba điểm E,H,F thẳng hàng.
Bổ đề 3. Cho tam giác ABC có trực tâm H và D,E,F lần lượt là chân đường vuông
góc hạ từ các đỉnh A,B,C xuống các cạnh đối diện. Chứng minh rằng H là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác DEF.
Bổ đề 4. Cho tam giác ABC có trực tâm H. Chứng minh rằng chín điểm là trung
điểm các cạnh, chân ba đường cao và trung điểm các đoạn thẳng HA,HB,HC
cùng nằm trên một đường tròn(đường tròn 9 điểm Euler).
Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm các cạnh BC,CA,AB; D,E,F lần lượt là chân
đường vuông góc hạ từ đỉnh A,B,C; R,T,S lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng
HA,HB,HC.
Chín điểm M,N,P,D,E,F,R,T,S cùng nhìn RM dưới một góc vuông nên chúng
cùng nằm trên một đường tròn đường kính RM.
Chú ý. Tâm đường tròn đi qua chín điểm cùng nằm trên đường thẳng nối trọng
tâm, trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và có bán kính bằng
1
2
bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Chứng minh.
Giả sử đường tròn đi qua chín điểm trên là( )1C có tâm 1I , bán kính 1R .
Phép vị tự tâm tâm G tỷ số k 2= − biến M thành A , biến N thành B , biến P
thành C .
Biến tam giác MNP thành tam giác ABC .
Biến tâm 1I đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP thành tâm I đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC .
Ta có 1
1
GI 2GI
R 2R
 = −

=
 
.
Công thức trên cho ta xác định tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC khi biết tâm và bán kính đường tròn đi qua 9 điểm hoặc ngược lại.
Chú ý. Đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

170. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
170
Bổ đề 5. Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H nội tiếp đường tròn (C) có tâm I.
Kéo dài AH cắt đường tròn (C) tại điểm thứ hai K thì H và K đối xứng với nhau
qua đường thẳng BC. Từ đó suy ra đường tròn đi qua ba điểm H,B,C đối xứng
với đường tròn (C) qua đường thẳng BC.
Bổ đề 6. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (C) có tâm I,  0
A 60 . Gọi
H là trực tâm tam giác, J là tâm đường tròn nội tiếp thì các điểm B,H,J,I,C cùng
nằm trên một đường tròn.
Bổ đề 7. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) có tâm I. Kẻ các đường cao
BE,CF của tam giác ABC thì IA vuông góc với EF.
Chứng minh xem bài tập mẫu
Bổ đề 8. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) tâm có tâm I, gọi M là điểm
thuộc cung BC(không chứa đỉnh A) gọi D,E,F lần lượt là hình chiếu vuông góc
của M xuống BC, CA,AB, khi đó D,E và F thẳng hàng(đường thẳng Simson).
Bổ đề 9. Cho tam giác ABC cân tại A, gọi M là trung điểm BC và E là hình chiếu
vuông góc của M lên AC, F là trung điểm của ME thì AF vuông góc với BE.
Bổ đề 10. Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (C) tâm I, gọi M là
trung điểm cạnh AB, E là trọng tâm tam giác ACM thì IE vuông góc với CM.
Chứng minh xem bài tập mẫu
Bổ đề 11(Hệ thức Euler) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (I;R) và ngoại
tiếp đường tròn (J;r) thì 2 2
IJ R 2Rr= − .
Bổ đề 12. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C) có tâm I , ngoại tiếp đường
tròn tâm J và K tâm đường tròn bàng tiếp góc A thì tứ giác KBJC là tứ giác
nội tiếp có tâm là giao điểm của JK với đường tròn (C).
Chứng minh.
Gọi 1A là giao điểm của AK với đường tròn ( )C .
Theo bổ đề 1 ta có 1 1 1A B A C A J= = .
Mặt khác
JB KB
JC KC
⊥

⊥
suy ra các tam giác JBK,JCK lần lượt vuông tại B,C và
có 1A là trung điểm của JK .
Vậy tứ giác KBJC nội tiếp đường tròn tâm 1A bán kính
JK
2
.
Bổ đề 13. Cho tam giác ABC có đường phân giác trong AD . Một đường tròn đi
qua hai điểm A,D cắt AB,AC lần lượt tại M và N khi đó DIvuông góc với
MN và luôn thuộc một đường thẳng cố định.
Nhận xét. Một bài toán hình giải tích phẳng cho ba yếu tố(chẳng hạn tọa độ ba
điểm đặc biệt trong tam giác, hai điểm và một cạnh,...) sẽ giải được tất cả các
thuộc tính của tam giác(tọa độ điểm, phương trình cạnh, diện tích,...)

171. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
171
B. BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn
2 2
(C):(x 1) (y 2) 25    . Gọi D và E lần lượt là chân đường cao kẻ từ
đỉnh B và C. Giả sử    D 2; 2 ,E 1;2  . Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C biết A có
tung độ âm.
Giải
Đường tròn (C) có tâm  I 1; 2 ,
bán kính R 5 .
Ta chứng minh IA DE .
Chứng minh. Gọi H là trực tâm tam
giác ABC và F là chân đường cao
kẻ từ đỉnh A.
M
F
H
E
D
I
C
B
A
Tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn(vì   0
ADH AEH 90  ).
Tương tự tứ giác BEHF nội tiếp đường tròn.
Suy ra  ADE AHE (cùng chắn cung AE).
Mặt khác:  AHE ABF (cùng bù góc EHF).
Tam giác IAC cân tại I nên  IAD ICA .
Gọi M là trung điểm của AC ta có:   1
MIC AIC ABC
2
  .
Suy ra hai tam giác vuông ABF và IMC có:  ICA BAF .
Suy ra     0
IAC ADE ABC BAF 90    .
Do đó IA vuông góc với DE.
Tìm tọa độ các đỉnh
Đường thẳng IA đi qua I và vuông góc với DE nên có phương trình là:
   IA :3 x 1 4 y 2 0 IA :3x 4y 5 0        .
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
   
 2 2
x 3
3x 4y 5 0 y 1
A 5; 5
x 5x 1 y 2 25
y 5
                   
 
(vì A có tung độ âm).
Đường thẳng AC đi qua A và D nên có phương trình là:

172. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
172
x 2 y 2
AC: AC:3x 7y 20 0
7 3
 
    

.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
   
2 2
114
x
29
3x 7y 20 0 34 114 34y C ;
29 29 29x 1 y 2 25
x 5
y 5
                      
  
.
Đường thẳng AB đi qua A và E nên có phương trình là:
x 1 y 2
AB: AB:7x 4y 15 0
4 7
 
    

.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
   
2 2
29
x
65
7x 4y 15 0 193 29 193y B ;
65 65 65x 1 y 2 25
x 5
y 5
                    
  
.
Vậy tọa độ 3 điểm cần tìm là  
29 193 114 34
A 5; 5 ,B ; ,C ;
65 65 29 29
              
.
Nhận xét. Tính chất IA DE vẫn đúng trong trường hợp tam giác ABC tù.
Chứng minh.
Gọi F là giao điểm của BE và CF. Gọi M là
trung điểm của BC ; và G là một điểm bất
kỳ trên cung BC không chứa điểm A.
Gọi H là giao điểm của IA với đường thẳng
ED ta có
Tứ giác AEFD nội tiếp đường tròn(vì
  0
AEF ADF 90  .
M
F
HE D
I
A
B
C
G
Tương tự tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn.
Ta có  EDB ECB (cùng chắn cung EB ).
 HAD IAB (đối đỉnh).
 IAB IBA (tam giác IAB cân tại I).

173. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
173
Suy ra    HAD EDB IBA ECB   .
Ta chỉ cần chứng minh  FBD IBC .
Thật vậy ta có  0
FBD 90 BFC (1)  .
Mặt khác:
   
  
 
  
0 0 0 0 0
0 0 0 0
IBC 90 MIB 90 BGC 90 180 BAC BAC 90
EAD 90 180 BFC 90 90 BFC (2)
        
      
.
Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC đều ngoại tiếp đường
tròn ( ) ( ) ( )2 2
C : x 1 y 2 5− + − =và đường thẳng chứa cạnh BCđi qua điểm
7
M ;2
2
 
 
 
. Xác định tọa độ các đỉnh tam giác ABC .
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1;2 , bán kính R 5= . Do tam giác ABC đều và
ngoại tiếp đường tròn ( )C nên ( )C tiếp xúc với các cạnh của tam giác ABC tại
trung điểm mỗi cạnh và đồng thời tâm ( )I 1;2 chính là trọng tâm tam giác ABC .
Đường thẳng BCđi qua điểm
7
M ;2
2
 
 
 
có phương trình là
( ) ( )2 27
BC:a x b y 2 0, a b 0
2
 
− + − = + > 
 
.
Vì tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn ( )C nên ( )d I;BC R= .
( )2 2 2
2 2
5a
2
5 5a 4 a b a 2b
a b
−
= ⇔ = + ⇔ =±
+
.
- Với a 2b= − , chọn b 1,a 2=− =suy ra BC: 2x y 5 0− − =.
Trung điểm của cạnh BCchính là hình chiếu vuông góc của I trên BC.
Đường thẳng d đi qua ( )I 1;2 và vuông góc với BCcó phương trình là
( ) ( )d :1 x 1 2 y 2 0 d : x 2y 5 0− + − = ⇔ + − = .
Tọa độ trung điểm E d BC=  của BC là nghiệm của hệ phương trình
( )
x 2y 5 0 x 3
E 3;1
2x y 5 0 y 1
+ −= = 
⇔ ⇒ 
− −= = 
.
Vì ( )I 1;2 là tâm đường tròn nội tiếp đồng thời là trọng tâm tam giác ABC nên

174. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
174
( )
( )
( )A A
AA
x 1 2 1 3 x 3
IA 2EI A 3;4
y 4y 2 2 2 1
 − = − = −
= ⇔ ⇔ ⇒ − 
=− = − 
 
.
Để tìm tọa độ hai đỉnh B,C ta có thể làm theo các hướng sau:
Cách 1: ( )B b;2b 5 BC− ∈ ta có 2 2
IA 4 2 2 5= + = suy ra IB IA 2 5= =
( ) ( )2 2 2
b 1 2b 7 20 5b 30b 30 0 b 3 3⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔ = ± .
Suy ra ( ) ( )B 3 3;1 2 3 ,C 3 3;1 2 3− − + + hoặc
( ) ( )B 3 3;1 2 3 ,C 3 3;1 2 3+ + − − .
Cách 2: Gọi ( )B b;2b 5 BC− ∈ vì ( )E 3;1 là trung điểm của ( )BC C 6 b;7 2b⇒ − − .
Ta có ( ) ( )AB b 3;2b 9 ,AC 9 b;3 2b= + − = − −
 
.
Tam giác ABC đều nên 0 AB.AC
cos60
AB . AC
=
 
 
( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
b 3 3b 3 9 b 2b 9 3 2b 1
2 b 3 3b 3 2b 9 . 9 b 3 2b
 = −+ − + − −
⇔ =⇔ 
= ++ + − − + − 
.
Cách 3: Viết phương trình đường thẳng 1d đi qua ( )A 3;4− và tiếp xúc với đường
tròn ( )C . Khi đó tọa độ điểm B,C lần lượt là giao điểm của 1d với ( )C .
- Với a 2b= , chọn b 1,a 2 BC: 2x y 9 0= = ⇒ + − = (thực hiện tương tự).
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trực tâm ( )H 1;4− ,
tâm đường tròn ngoại tiếp ( )I 3;0− và trung điểm cạnh BClà điểm ( )M 0; 3− .
Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC .
Giải
Cách 1: Ta có tính chất
( )
( )
( )A A
AA
1 x 2 0 3 x 7
AH 2IM A 7;10
y 104 y 2 3 0
− − = + = −
= ⇔ ⇔ ⇒ − 
=− = − − 
 
.
Ta có ( ) ( )22 2
IM 3; 3 ,IA 3 7 10 116= − = − + + =

.
Đường thẳng BCđi qua M(0;-3) và vuông góc với IM nên có phương trình là
( ) ( )BC:1 x 0 1 y 3 0 BC: x y 3 0− − + = ⇔ − − = .
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình là ( ) ( )2 2
C : x 3 y 116+ + = .
Tọa độ ( )B,C C BC=  là nghiệm của hệ phương trình

175. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
175
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
x 7
B 7; 10 ,C 7;4y 10x 3 y 116
B 7;4 ,C 7; 10x 7x y 3 0
y 4
 = −
  − −= −+ + = ⇔ ⇒   − −=− − =   
=
.
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là ( ) ( ) ( )A 7;10 ,B 7; 10 ,C 7;4− − − hoặc
( ) ( ) ( )A 7;10 ,B 7;4 ,C 7; 10− − − .
Cách 2: Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ta có tính chất IH 3IG=
 
.
( )
( )
G G
G G
1 7
x 3 1 3 x
7 43 3
G ;
1 4 3 3
y 0 4 0 y
3 3
 
+ = − + =−    
⇔ ⇔ ⇒ −   
  − = − =
  
.
Vì ( )M 0; 3− là trung điểm của cạnh BCvà
7 4
G ;
3 3
 
− 
 
là trọng tâm tam giác
ABC nên ( )
A
A
A
A
7 7
x 2.
x 73 3
GA 2MG A 7;10
4 4 y 10
y 2 3
3 3

+ = − =
= ⇔ ⇔ ⇒ − 
=   − = +   
 
.
Ta có ( ) ( )22 2
IM 3; 3 ,IA 3 7 10 116= − = − + + =

. Đường thẳng BCđi qua
( )M 0; 3− và vuông góc với IM nên có phương trình là
( ) ( )BC:1 x 0 1 y 3 0 BC: x y 3 0− − + = ⇔ − − = .
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình là ( ) ( )2 2
C : x 3 y 116+ + = .
Tọa độ ( )B,C C BC=  là nghiệm của hệ phương trình
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
x 7
B 7; 10 ,C 7;4y 10x 3 y 116
B 7;4 ,C 7; 10x 7x y 3 0
y 4
 = −
  − −= −+ + = ⇔ ⇒   − −=− − =   
=
.
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là ( ) ( ) ( )A 7;10 ,B 7; 10 ,C 7;4− − − hoặc
( ) ( ) ( )A 7;10 ,B 7;4 ,C 7; 10− − − .

176. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
176
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trực tâm ( )H 1;1 và
nội tiếp trong đường tròn tâm ( )I 3;2 , phương trình cạnh BC: y 1= − . Tìm tọa
độ các đỉnh của tam giác ABC.
Giải
Gọi M là trung điểm BC khi đó M là hình chiếu vuông góc của I trên cạnh BC.
Dễ tìm được ( )M 3; 1− . Suy ra ( )IM 0; 3= −

.
Ta có ( )A A
A A
1 x 0 x 1
AH 2IM A 1;7
1 y 6 y 7
−= = 
= ⇔ ⇔ ⇒ 
− =− = 
 
.
Ta có IA 29= suy ra phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
( ) ( ) ( )2 2
C : x 3 y 2 29− + − =.
Tọa độ đỉnh ( )B,C BC C=  là nghiệm của hệ phương trình
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2 B 3 2 5, 1 ,C 3 2 5; 1x 3 2 5,y 1x 3 y 2 29
x 3 2 5,y 1y 1 B 3 2 5; 1 ,C 3 2 5; 1
 − − + −  =− =−− + − = ⇔ ⇒ =+ =−= −  + − − −  
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là ( ) ( ) ( )A 1;7 ,B 3 2 5, 1 ,C 3 2 5; 1− − + − hoặc
( ) ( ) ( )A 1;7 ,B 3 2 5; 1 ,C 3 2 5; 1+ − − − .
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh ( )A 1;5 và
phương trình cạnh BC: x 2y 6 0− − =, biết ( )J 1;0 là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác ABC . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Giải
Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC là
( ) 2 2
1 2.0 6
r d J;BC 5
1 ( 2)
− −
= = =
+ −
.
Đường thẳng AB, AC là đường thẳng đi qua A(1;5) và cách J một khoảng bằng
5 .
( ) ( ) ( )2 2
AB:a x 1 b y 5 0, a b 0− + − = + > .
Ta có ( ) 2 2
5b
d J;AB 5 5 a 2b
a b
−
= ⇔ = ⇔ = ±
+
.
- Với a 2b= , chọn a 2,b 1 AB: 2x y 7 0= = ⇒ + − = .
- Với a 2b= − , chọn b 1,a 2 AC: 2x y 3 0=− = ⇒ − + = .
Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ phương trình

177. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
177
( )
2x y 7 0 x 4
B 4; 1
x 2y 6 0 y 1
+ −= = 
⇔ ⇒ − 
− − = =− 
.
Tọa độ đỉnh C là nghiệm của hệ phương trình
( )
2x y 3 0 x 4
C 4; 5
x 2y 6 0 y 5
− + = =− 
⇔ ⇒ − − 
− − = =− 
.
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình
( ) ( )2 2 2 2
C : x y 2ax 2by c 0, a b c 0+ − − += + − > .
Vì ( )
3
a
26 2a 10b c 0 2
A,B,C C 17 8a 2b c 0 b 0
41 8a 10b c 0 c 29

= −− − + =

∈ ⇔ − + + = ⇔ = 
 + + + = =− 

.
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình là
( ) 2 2
C : x y 3x 29 0+ + − =.
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm
( )I 2;1 , trọng tâm
7 4
G ;
3 3
 
 
 
. Phương trình cạnh AB: x y 1 0− + = . Xác định
tọa độ ba đỉnh tam giác ABC , biết A Bx x< .
Giải
Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Ta có ( )
1 1
IG ;
3 3 H 3;2
IH 3IG
  
=  
⇒ 
 =

 
.
Gọi M là trung điểm cạnh AB khi đó M là hình chiếu vuông góc của I trên
đường thẳng AB.
Đường thẳng IM đi qua ( )I 2;1 và vuông góc với AB có phương trình là
( ) ( )IM :1 x 2 1 y 1 0 IM : x y 3 0− + − = ⇔ + − = .
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình
( )
x y 3 0 x 1
M 1;2
x y 1 0 y 2
+ −= = 
⇔ ⇒ 
− += = 
.
Ta có
 
 
IM 1;1
C 5;0 IC 10
CH 2IM
     
 

  .
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình là
( ) ( ) ( )2 2
C : x 2 y 1 10− + − =.

178. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
178
Tọa độ đỉnh ( )A,B C AB=  là nghiệm của hệ phương trình
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
x 1,y 0x 2 y 1 10
A 1;0 ,B 3;4
x 3,y 4x y 1 0
 =− =− + − =
⇔ ⇒ − = =− + = 
vì xA < xB .
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là ( ) ( ) ( )A 1;0 ,B 3;4 ,C 5;0− .
Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao
AH. Gọi I là trung điểm của AH. Đường thẳng vuông góc với BC tại C cắt BI
tại D. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC biết phương trình
cạnh BC là x y 2 0   và  D 1; 1  và đỉnh A nằm trên đường thẳng
d :3x 2y 6 0   .
Tọa độ điểm C là hình chiếu vuông góc
của D lên BC.
Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình:
 
x y 2 0 x 0
C 0; 2
x y 2 0 y 2
         
      
.
Chứng minh được DA DC .
Gọi M là trung điểm của BC, N là giao
diểm của MI với AB.
Tam giác AHC có MI là đường trung
bình nên MI / /HC MN / /BC .
Do
IB HB
AH / /CD (1)
ID HC
  .
N
D
M
I
H E
B C
A
Do
IN AI IM IN HB
MN / /BC (2)
HB AH HC IM HC
     .
Từ (1) và (2) suy ra
IB IN
BN / /DM
ID IM
  (Talets đảo).
Mặt khác BN AC DM AC DAC     cân tại D suy ra DA DC 2  .
Vì  
2
23a 6 3a 6
A d A a; AD 2 a 1 1 2
2 2
                     
.
 
2
A 2;0a 2
13a 56a 60 0 30 30 6
a A ;
13 13 13
                    
.
Loại điểm  A 2;0 vì khi đó AC BC .

179. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
179
Vậy điểm cần tìm là
30 6
A ;
13 13
     
.
Phương trình đường thẳng AC là 2x 3y 6 0   .
Phương trình đường thẳng AB đi qua A và vuông góc với AC có phương trình:
30 6
AB:3 x 2 y 0 AB:3x 2y 6 0
13 13
                   
.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
 
x y 2 0 x 10
B 10; 12
3x 2y 6 0 y 12
          
      
.
Tọa độ trung điểm E của BC là  E 5; 7  và 2 2
EC 5 5 5 2   .
Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
   
2 2
(C): x 5 y 7 50    .
Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có  A 2; 1  , trực tâm
 H 2;1 và độ dài cạnh BC bằng 2 5 . Gọi D,E lần lượt là chân đường cao hạ
từ đỉnh B và C. Biết trung điểm M của cạnh BC nằm trên đường thẳng
d : x 2y 1 0   và DE đi qua điểm  N 3; 4 . Viết phương trình đường
thẳng BC.
Tứ giác BCDE nội tiếp(vì
  0
BEC BDC 90  ) đường tròn
đường kính BC có tâm là M.
Tương tự tứ giác ADHE nội tiếp đường
tròn đường kính AH. Gọi I là trung
điểm của AH.
Ta có  I 0;0 ta có
2 2
AH 4 2 2 5   .
Vì  M d M 2m 1;m   .
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tứ
giác BCDE là
   
2 2
1(C ): x 2m 1 y m 5     .
Phương trình đường tròn ngoại tứ giác
ADHE là 2 2
2(C ): x y 5  .
M
I
H
D
E
A
B C
N
Đường thẳng DE chính là trục đẳng phương của hai đường tròn 1 2(C ),(C ) .

180. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
180
DE có phương trình là:    
2 22 2
DE : x y 5 x 2m 1 y m 5        .
   
2 2
DE : 2 2m 1 x 2my 2m 1 m 0       .
Vì      
2 2
N 3; 4 DE 2 2m 1 .3 2m.( 4) 2m 1 m 0          .
 
 
2
M 1; 1m 1
5m 5 0
m 1 M 3;1
            
.
Đường thẳng BC đi qua M và vuông góc với AH nên có phương trình là
   BC: 2 x 1 1 y 1 0    hoặc    BC: 2 x 3 1 y 1 0    .
Vậy có hai đường thẳng cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán là
BC: 2x y 3 0   hoặc BC: 2x y 7 0  
Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm
( )I 6;6 , ngoại tiếp đường tròn tâm ( )J 4;5 . Xác định tọa độ hai đỉnh B,C biết
( )A 2;3 .
Giải
Ta có IA 5= , do vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có
phương trình là
( ) ( ) ( )2 2
C : x 6 y 6 25− + − =.
Đường phân giác AJ đi qua hai điểm A,J nên có phương trình là
AJ : x y 1 0− + =, đường thẳng này cắt đường tròn ( )C tại điểm thứ hai D là
nghiệm của hệ phương trình
( ) ( )
( )2 2
x y 1 0 x 2,y 3
D 9;10 DJ 50
x 9,y 10x 6 y 6 25
− + = = =
⇔ ⇒ ⇒ = = =− + − = 
Đường tròn tâm D bán kính DJ có phương trình là
( ) ( ) ( )2 2
1C : x 9 y 10 50− + − =.
Ta có  
 A C
DCJ DJC
2

  nên tam giác DJClà tam giác cân tại D.
Chứng minh tương tự tam giác DJB cân tại D.
Suy ra B,C là giao điểm của ( )C và ( )1C .
Vậy tọa độ B,C là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
x 6 y 6 25 x 2 x 10
y 9 y 3x 9 y 10 50
 − + − = = = 
⇔ ∨  
= = − + − =
.
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là ( ) ( )B 2;9 ,C 10;3 hoặc ( ) ( )B 10;3 ,C 2;9 .

181. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
181
Bài 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có
5
C 2;
3
     
và
 4
cosBAC
5
 . Gọi M là một điểm trên cạnh BC. Gọi E,F lần lượt là hình
chiếu vuông góc của M trên các cạnh AB và AC. Biết phương trình đường
thẳng EF: 2x y 1 0   và trung điểm của AM là
7 1
I ;
3 3
    
. Tìm tọa độ đỉnh A
biết F có tung độ âm.
Giải
Tứ giác AEMF nội tiếp đường tròn đường
kính AM có tâm
7 1
I ;
3 3
    
.
Gọi H là trung điểm của EF ta có
IH EF ;   1
BAC EIF HIF
2
  .
H
I
F
E
B C
A
M
Suy ra:

 
2 2
7 1
2. 1. 1
IH 5 5 5 3 3
IE IF IH d I;EF . 5
4 4 4cosBAC 2 1
 
     

Phương trình đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEMF là:
2 2
7 1
(C): x y 5
3 3
               
.
Tọa độ E,F là nghiệm của hệ phương trình:
2 2
2
x
15
2 11 4 511
E ; ,F ;y7 1
15 15 3 3x y 5 15
3 3
4 5 2 114
E ; ,F ;x2x y 1 0
3 3 15 153
5
y
3
                                                                      
 
.
Đối chiếu với điều kiện suy ra
2 11 4 5
E ; ,F ;
15 15 3 3
             
.

182. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
182
Đường thẳng AC đi qua C và F có phương trình là:
5
AC: y 0
3
  .
Suy ra
5
A a;
3
     
.
Vì I là trung điểm của AM suy ra
14 7
M a;
3 3
     
.
Ta có:
10 10
MF a; 4 ,CF ;0 ;
3 3
68 8 2 12
ME a; ,AE a;
15 5 15 5
                
                 
 
 
.
Ta có hệ phương trình:
ME AE ME.AE 0
MF CF MF.CF 0
     
   
 
  .
10 10
a 0
3 3 10 10 5
a A ;
3 3 32 68 8 12
a a . 0
15 15 5 5
                                      
.
Vậy điểm cần tìm
10 5
A ;
3 3
     
Nhận xét. trong trường hợp tam giác
ABC đều khi đó điểm đối xứng của I
qua đường thẳng EF luôn thuộc
đường thẳng BC. Bài toán được xử
lý ngắn gọn hơn lời giải trên.
Bài 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết B(7;-1), C(-1;5).
Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh AB và AC lần lượt
tại E,F. Tìm tọa độ đỉnh A biết phương trình đường thẳng EF:3x 4y 10 0+ − =.
Giải
Ta có ( )BC 8;6 BC / / EF=− ⇒

do đó tam giác ABC cân tại A.
Tọa độ trung điểm của BC là điểm ( )M 3;2 .
Đường thẳng AM đi qua A và vuông góc với BC AM : 4x 3y 6 0⇒ − − =.
Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC tại M.
Suy ra BE BM= .

183. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
183
Gọi ( )
2
210 3t 10 3t
E t; BM BE t 7 1 25
4 4
− −   
⇒ = ⇔ − + + =   
   
.
( )E 10; 5t 10
58 58 19
t E ;
25 25 25
 −=
⇔ ⇒   =    
.
TH1: Nếu ( )E 10; 5−
Đường thẳng AB đi qua hai điểm B,E nên có phương trình là:
AB: 4x 3y 25 0+ − =.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
31
x
4x 3y 25 0 31 198
A ;
4x 3y 6 0 19 8 6
y
6

=+ − =   
⇔ ⇒   − − =    =

.
TH2: Nếu
58 19
E ;
25 25
 
 
 
thực hiện tương tự.
Bài 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại đỉnh
 A 4, 13 và đường tròn tiếp xúc với các cạnh AB,AC và tiếp xúc ngoài với
cạnh BClà   2 2
C : x y 2x 4y 5 0     . Viết phương trình cạnh BC.
Giải
Đường tròn  C có tâm  I 1,2 , bán kính R 10 .
 IA 5, 15 

.
Do tam giác ABC cân tại A nên IA BC .
  1 6 m 4 39 m 0
43 m 7
     
   
Do đó BCcó phương trình là:
BC: x 3y m 0   .
Do I tiếp xúc ngoài với BCnên I,A khác phía với BCnên
 
 
22
m 171 6 m
d I,BC R 10
m 31 3
   
   
  
.
Nhận giá trị m 3 .
Với m 3 ta được phương trình cạnh BC: x 3y 3 0   .
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là BC: x 3y 3 0  
I
A B
C

184. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
184
Bài 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm
1
I ;1
2
 
− 
 
, có đỉnh ( )A 2;6 , chân đường phân giác trong góc A là
3
D 2;
2
 
− 
 
.
Viết phương trình cạnh BC.
Giải
Ta có
5 5
IA
2
= suy ra phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
( ) ( )
2
21 125
C : x y 1
2 4
 
+ + − = 
 
.
Phương trình đường phân giác trong góc A đi qua A,D có phương trình
AD: x 2 0− =.
Giao điểm thứ hai E của AD với đường tròn (C) là nghiệm của hệ phương trình
( ) ( )
2
21 125
x 2,y 6 5x y 1
E 2; 4 IE ; 52 4
x 2,y 4 2
x 2 0
  = =+ + − =    ⇔ ⇒ − ⇒ = −     = = −  
− =

.
Đường thẳng BC đi qua D và vuông góc với IE nên có phương trình là
( )
3
BC:1 x 2 2 y 0 BC: x 2y 5 0
2
 
− − + = ⇔ − − = 
 
.
Vậy phương trình cạnh BC cần tìm là BC: x 2y 5 0− − =.
Bài 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại  A 2;2 . Đường
tròn (C) thay đổi tiếp xúc AB tại B, tiếp xúc với AC tại C và (C) cắt đoạn AH
tại K(với H là trung điểm của BC). Biết điểm  H 1;1 và K( 2; 2). Viết
phương trình đường tròn (C).
Giải
Gọi I là tâm đường tròn (C) và bán kính
là R.
Ta có I nằm trên đường thẳng AH có
phương trình là AI: x y 0  .
Suy ra  I t;t .
K
H AI
B
C
Với H là trung điểm của BC suy ra AH BC và AH là phân giác trong góc A
của tam giác ABC (1).
Tam giác KBC cân tại K nên  KCB KBC .
Mặt khác:  KCB KBA (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung).
Suy ra  KBC KBA do đó KB là phân giác trong góc B của tam giác ABC (2).

185. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
185
Từ (1) và (2) suy ra K là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Phương trình đường thẳng      2 2
AB:a x 2 b y 2 0, a b 0      .
Ta có    d K;BC d K;AB KH 2 2    .
    2 2
2 2
a 2 2 b 2 2
2 2 a b a b
a b
  
      

.
2 2 2 2 a 0 AB: y 2 0
a 2ab b a b ab 0
b 0 AB: x 2 0
   
         
    
.
Phương trình đường thẳng BC đi qua H và vuông góc với AI nên có phương
trình là BC: x y 2 0   .
+ Nếu  
x y 2 0 x 0
AB: y 2 0 B AB BC B 0;2
y 2 0 y 2
             
     
 .
Suy ra    ABIB t;2 t IB.u 0 ( 1).( t) 0 t 0 I 0;0           
  
.
+ Nếu  
x y 2 0 x 2
AB: x 2 0 B AB BC B 2;0
x 2 0 y 0
             
     
 .
Suy ra    BCIB 2 t; t IB.u 0 t 0 I 0;0       
  
.
Bán kính R IB 2  .
Vậy đường tròn cần tìm là 2 2
(C): x y 4  .
Bài 15. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC. Gọi M là điểm trên cạnh
AC sao cho AB 3AM , đường tròn tâm  I 1; 1 đường kính CM cắt BM tại
D, phương trình đường thẳng CD: x 3y 6 0   . Tìm tọa độ các đỉnh tam
giác đã cho, biết điểm
4
E ;0
3
    
thuộc đường thẳng BC và C có hoành độ dương.
Giải
Ta có   0
BAC BDC 90  nên tứ giác
BADC nội tiếp đường tròn.
Suy ra  ABD ACD .
Đường thẳng  AC: y k x 1 1   ;
1
CD: y x 2
3
  .
D
MA
C
I
B
E

186. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
186
Ta có :   AM 1
tan ACD tan ABD
AB 3
   .
 
 
1
k 3 3k 1 k 313
1 3 3 3k 1 k 31 k
3
    
         
3 AC: y 1
k
4 3
AC: y x 1 1
k 0 4
  
 
  
    
  
.
+ TH1: Nếu  
3
AC: y x 1 1
4
   tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình:
 
3
3 x
y x 1 1 3 115
C ;4
11 5 5
x 3y 6 0 y
5
                         
(loại vì C có hoành độ dương).
+ TH2: Nếu AC: y 1 tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
 
x 3y 6 0 x 3
C 3; 1
y 1 y 1
         
    
.
Đường thẳng BC đi qua hai điểm C và E nên có phương trình:
BC:3x 5y 4 0   .
Vì I là trung điểm của CM nên  M 1; 1  .
BM vuông góc với CD nên BM :3x y 4 0   .
Tọa độ điểm  
3x 5y 4 0 x 2
B BC BM B 2;2
3x y 4 0 y 2
           
      
 .
Vì AC vuông góc với
 
x 2 0
AB AB: x 2 0 A AB AC A 2; 1
y 1
          
 
 .
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là      A 2; 1 ,B 2;2 ,C 3; 1   
Bài 16. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác nhọn ABC có  A 3; 7 . Gọi
H,K,M lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và C; trung điểm của cạnh BC. Giả
sử  M 2;3 và phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AHK là
   
2 2
(C): x 3 y 4 9    . Tìm tọa độ các điểm B,C.
Giải
Đường tròn (C) có tâm  J 3; 4 , bán kính R 3 .
Gọi E là trực tâm tam giác ABC thì E là điểm đối xứng của A qua J nên
 E 3; 1 .

187. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
187
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và D là điểm đối xứng của A
qua I.
Ta có
CD AC
CD / /BH
BH AC
  
 
.
Tương tự ta có BD / /CK .
Suy ra tứ giác EBDC là hình bình hành.
Do đó ED cắt BC tại trung điểm M của BC.
Xét tam giác AED có IM là đường trung bình
suy ra  
1
IM AE 0;3
2
 
 
.
Suy ra  I I 2 2
I I
2 x 0 x 2
I 2;0 ,IA 5 7 74
3 y 3 y 0
            
     
.
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là  
2 2
(T): x 2 y 74   .
Đường thẳng BC đi qua M và nhận IM

làm véc tơ pháp tuyến nên có phương
trình BC: y 3 0  .
Toạ độ điểm B,C (T) BC  là nghiệm của hệ phương trình
 
   
   
2 2
y 3 0 x 2 65,y 3
x 2 y 74 x 2 65,y 3
B 2 65;3 ,C 2 65;3
B 2 65;3 ,C 2 65;3
              
    

    
.
Vậy toạ độ hai điểm cần tìm là    B 2 65;3 ,C 2 65;3    hoặc
   B 2 65;3 ,C 2 65;3    .
Nhận xét. Chú ý tính chất quan trọng AE 2IM
 
trong đó E là trực tâm, I là tâm
đường tròn ngoại tiếp và M là trung điểm cạnh BC.
Bài 17. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A có D là trung
điểm của cạnh AB. Biết
11 5 13 5
I ; ,J ;
3 3 3 3
            
lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC và trọng tâm tam giác ADC. Biết    M 3; 1 ,N 3;0  lần lượt
thuộc đường thẳng CD và AB. Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC biết A có
tung độ dương.
Giải
Gọi H là trung điểm của BC vì tam giác ABC cân tại A nên AH BC .

188. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
188
Gọi G là giao điểm của CD và AH
thì G là trọng tâm của tam giác ABC.
Gọi E và F lần lượt là trung điểm của AC và AD.
Ta có DE / /BC DE IG  (1).
Ta có
CG CJ 2
JG / /AB
CD CF 3
   .
Mặt khác ID AB ID JG   (2).
Từ (1) và (2) suy ra I là trực tâm của tam giác DJG.
Suy ra IJ CD .
Đường thẳng CD đi qua M và nhận
2
IJ ;0
3
    

làm véc tơ pháp tuyến.
Suy ra CD: x 3 0  . Gọi    
2 5
D 3;a CD ID ;a ,ND 6;a
3 3
        
 
.
Ta có
5
ID ND ID.ND 0 4 a a 0
3
          
 
.
 
2
D 3;3a 3
5
a a 4 0 4 4
3 a D 3;
3 3
                  
.
+ TH1: Nếu      D 3;3 AB: x 2y 3 0 A 2a 3;a , a 0       .
Và  C CD C 3;c  vì J là trọng tâm của tam giác ADC nên
 
 
13
3 3 2a 3 3. A 7;5a 53
5 c 3 C 3; 3
c 3 a 3.
3
            
      
(thoả mãn).
Có D là trung điểm của AB nên  B 1;1 .
+ TH2: Nếu  
4 9a 6
D 3; AB: 2x 9y 6 0 0 A ;a , a 0
3 2
                    
.
Và  C CD C 3;c  vì J là trọng tâm của tam giác ADC nên
9a 6 13 20
3 3 3. a
2 3 9
5 38
c 3 a 3. c
3 9
          
         
(loại).
Vậy toạ độ ba điểm cần tìm là      A 7;5 ,B 1;1 ,C 3; 3  .
Nhận xét. Một bài toán lặp lại yếu tố trọng tâm suy nghĩ ngay đến một điểm khác
có tính chất tương tự.

189. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
189
Bài 18. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm ( )G 2;3 .
Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm các cạnh BC,CA,AB. Đường tròn ngoại
tiếp tam giác MNP có phương trình là: ( ) ( ) ( )2 2
1C : x 1 y 1 25− + − =. Viết
phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Giải
Đường tròn ( )1C có tâm ( )1I 1;1 , bán kính 1R 5= .
Phép vị tự tâm tâm G tỷ số k 2= − biến M thành A , biến N thành B , biến P
thành C .
Biến tam giác MNP thành tam giác ABC .
Biến tâm 1I đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP thành tâm I đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC .
Ta có
( )1
1
I 4;7GI 2GI
R 10R 2R
 = − 
⇔ 
==  
 
.
Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
( ) ( ) ( )2 2
C : x 4 y 7 100− + − = .
Bài 19. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân
tại A. Gọi M là trung điểm của cạnh AC, đường thẳng đi qua A vuông góc với
BM cắt BC tại điểm . Biết trọng tâm tam giác ABC là điểm .
Tìm toạ độ ba đỉnh tam giác ABC biết A có hoành độ lớn hơn 1.
Giải
Gọi N là trung điểm của BC.
Do tam giác ABC vuông cân tại A
nên AN BC .
Mặt khác BG AE tại H.
Suy ra G là trực tâm tam giác ABE.
Suy ra AB GE GE / /AC  .
Suy ra tam giác NGE vuông cân tại N.
Gọi  
GE 1
N x;y NG NE
2 2
    .

190. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
190
       
   
2 2 2 2
2 2
x 2 y 1 x 2 y 2
1
x 2 y 2
2
        
    
3 33 3 N ;x ,y
2 22 2
5 3 5 3
x ,y N ;
2 2 2 2
                        
.
+ TH1: Nếu  
3 3
N ; AG 2GN A 3;3
2 2
      
 
.
Đường thẳng AB đi qua A và vuông góc với GE có phương trình là
AB: y 3 0  .
Đường thẳng BC đi qua hai điểm N và E nên có phương trình là
BC: x y 3 0   .
Toạ độ điểm B AB BC  là nghiệm của hệ phương trình
 
y 3 0 x 0
B 0;3
x y 3 0 y 3
       
      
.
Theo Talets ta có  
BE BG 2 3
BC BE C 3;0
BC BM 3 2
    
 
.
+ TH2: Nếu  
5 3
N ; AG 2GN A 1;3
2 2
      
 
loại do hoành độ của A lớn hơn 1.
Vậy toạ độ ba điểm cần tìm là      A 3;3 ,B 0;3 ,C 3;0 .
Bài 20. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
tâm ( )I 2;1 , bán kính R 2 5= . Biết chân đường cao hạ từ các đỉnh B,C đến
các cạnh AC và AB lần lượt là ( )
2 21
K 2;3 ,H ;
5 5
 
−  
 
. Tìm tọa độ các đỉnh tam
giác ABC .
Giải
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
( ) ( ) ( )2 2
C : x 2 y 1 20− + − =.
Ta có IA HK AI: 2x y 5 0⊥ ⇒ + − =.
Gọi ( )A t;5 2t AI IA R 2 5− ∈ ⇒ = = .
( ) ( )
( )
( )
2 2 A 0;5t 0
t 2 4 2t 20
t 4 A 4; 3
=
⇔ − + − = ⇔ ⇒  = − 
.
TH1: Nếu ( )A 0;5 khi đó đường thẳng AB đi qua hai điểm
A,H AB: 2x y 5 0⇒ + − =.

191. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
191
Suy ra tam giác ABC vuông tại C . Do đó ( )K C C 2;3≡ ⇒ − .
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )
( )2 2
2x y 5 0 x 0,y 5
B 4; 3
x 4,y 3x 2 y 1 20
+ − = = =
⇔ ⇒ −  = = −− + − = 
.
Nhận xét. Ta có thể tìm tọa độ điểm B với tính chất I là trung điểm của AB.
TH2: Nếu ( )A 4; 3− khi đó đường thẳng AB đi qua hai điểm A,H nên có phương
trình là: AB: 2x y 5 0+ − =.
Tương tự ta tìm được ( ) ( )B 0;5 ,C 2;3− .
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là ( ) ( ) ( )A 0;5 ,B 4; 3 ,C 2; 3− − hoặc
( ) ( ) ( )A 4; 3 ,B 0;5 ,C 2;3− − .
C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có điểm ( )M 2;0 là trung
điểm của AB . Đường trung tuyến và đường cao kẻ từ đỉnh A có phương trình
lần lượt là 7x 2y 3 0− − =và 6x y 4 0− − =. Viết phương trình đường thẳng
AC.
Hướng dẫn giải – đáp số
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
( )
7x 2y 3 0 x 1
A 1;2
6x y 4 0 y 2
− −= = 
⇔ ⇒ 
− −= = 
.
Vì ( )M 2;0 là trung điểm ( )AB B 3; 2⇒ − .
Đường thẳng BCvuông góc với đường cao kẻ từ A nên có phương trình:
BC: 2x 7y 8 0+ + =.
Trung điểm N của BClà nghiệm của hệ phương trình:
5
x
2x 7y 8 0 5 1411
N ;
6x y 4 0 14 11 11
y
11

=+ + =   
⇔ ⇒ −   − − =    = −

.
Vì N là trung điểm của
23 6
BC C ;
11 11
 
⇒ − − 
 
.
Đường thẳng AC đi qua hai điểm A,C nên có phương trình là:
AC:14x 17y 20 0− + =.

192. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
192
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(1;2), đường
trung tuyến BM và đường phân giác trong CD có phương trình lần lượt:
2x y 1 0+ + = và x y 1 0+ − = . Viết phương trình đường thẳng BC.
Hướng dẫn giải – đáp số
Gọi M là trung điểm cạnh BC vì ( )M BM M m; 2m 1∈ ⇒ − − .
Tọa độ điểm ( )C 2m 1; 4m 4− − − .
Mặt khác ( )C CD 2m 1 4m 4 1 0 m 3 C 7;8∈ ⇒ − − − − = ⇔ =− ⇒ − .
Gọi 1A là điểm đối xứng với A qua 1CD A BC⇒ ∈ .
Vì 1AA CD⊥ và trung điểm của 1AA thuộc CD nên tọa độ điểm 1A thỏa mãn
hệ phương trình: ( )1
x 1 y 2
x 11 1
A 1;0
x 1 y 2 y 0
1 0
2 2
− −
= = −
⇔ ⇒ − 
+ + = + − =

.
Đường thẳng BCđi qua hai điểm 1A ,C nên có phương trình là:
BC: 4x 3y 4 0+ + =.
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(4;-1) và phương
trình một đường cao và đường trung tuyến cùng xuất phát từ một đỉnh lần lượt
là 2x 3y 12 0− + =; và 2x 3y 0+ =. Viết phương trình các cạnh tam giác ABC.
Hướng dẫn giải – đáp số
Nhận thấy điểm A không thuộc phương trình hai đường cao và đường trung
tuyến bài cho nên giả sử đó là đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh B của tam
giác.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
( )
2x 3y 12 0 x 3
B 3;2
2x 3y 0 y 2
− + = =− 
⇔ ⇒ − 
+= = 
.
Đường thẳng AC vuông góc với đường cao kẻ tử B nên có phương trình là:
AC:3x 2y 10 0+ − =.
Tọa độ trung điểm M của AC là nghiệm của hệ phương trình:
( )
3x 2y 10 0 x 6
M 6; 4
2x 3y 0 y 4
+ −= = 
⇔ ⇒ − 
+ = =− 
.
Vì M là trung điểm ( )AC C 8; 7⇒ − .
Đường thẳng AB:3x 7y 5 0+ − =.
Đường thẳng BC:9x 11y 5 0+ + =.

193. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
193
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có hình chiếu vuông góc
của C trên AB là điểm ( )H 1;2 . Đường phân giác trong góc A có phương trình
x y 2 0− + =, đường cao kẻ từ B có phương trình 4x 3y 1 0+ − = . Tìm tọa độ
đỉnh C.
Hướng dẫn giải – đáp số
Gọi ( )1H x;y là điểm đối xứng của H qua phân giác trong góc A .
Tọa độ điểm 1H là nghiệm của hệ phương trình:
( )1
x 1 y 2
x 01 1
H 0;3
x 1 y 2 y 3
2 0
2 2
− −
= = −
⇔ ⇒ 
+ + = − + =

.
Đường thẳng AC đi qua 1H và vuông góc với đường cao kẻ từ đỉnh B nên có
phương trình: AC:3x 4y 12 0− + =.
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
( )
x y 2 0 x 4
A 4;6
3x 4y 12 0 y 6
− += = 
⇔ ⇒ 
− += = 
.
Đường thẳng AB đi qua hai điểm A,H nên có phương trình:
AB: 4x 3y 2 0− + =.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
1
x
4x 3y 1 0 1 18
B ;
4x 3y 2 0 1 8 2
y
2

= −+ − =   
⇔ ⇒ −   − + =    =

.
Đường cao CH AB CH :3x 4y 11 0⊥ ⇒ + − =.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
1
x
3x 4y 11 0 1 236
C ;
3x 4y 12 0 23 6 8
y
8

= −+ − =   
⇔ ⇒ −   − + =    =

.
Vậy điểm cần tìm là
1 23
C ;
6 8
 
− 
 
.
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh ( )C 1; 2− − đường
trung tuyến kẻ từ A và đường cao kẻ từ B có phương trình lần lượt là:
5x y 9 0+ − =và x 3y 5 0+ − =. Tìm tọa độ các đỉnh A,B .

194. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
194
Hướng dẫn giải – đáp số
Đường thẳng AC vuông góc với đường cao kẻ tử đỉnh B nên có phương trình:
AC:3x y 1 0− + =.
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
( )
3x y 1 0 x 1
A 1;4
5x y 9 0 y 4
− += = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Gọi ( )B 5 3b;b− suy ra tọa độ trung điểm M của BClà
4 3b b 2
M ;
2 2
− − 
 
 
.
Mặt khác M nằm trên đường cao kẻ tử đỉnh A .
Suy ra ( )
4 3b b 2
5. 9 0 b 0 B 5;0
2 2
− −
+ − = ⇔ = ⇒ .
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là ( ) ( )A 1;4 ,B 5;0 .
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ( ) ( )A 0;2 ,B 3; 1− . Tìm tọa độ trực tâm
và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB.
Hướng dẫn giải – đáp số
Đường cao OH đi qua O và nhận ( )BA 3;3=

làm véc tơ pháp tuyến nên có
phương trình OH : 3x 3y 0+ =.
Đường cao BH đi qua B và nhận ( )OA 0;2=

làm véc tơ pháp tuyến nên có
phương trình BH : y 1 0+ =.
Tọa độ trực tâm H là nghiệm của hệ phương trình
( )3x 3y 0 x 3
H 3; 1
y 1 0 y 1
 += = 
⇔ ⇒ − 
+ = =−  
.
Đường trung trực của OA có phương trình y 1 0− =.
Đường trung trực của OB có phương trình: 3x y 2 0+ + =.
Tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp là nghiệm của hệ phương trình
( )
y 1 0 x 3
I 3;1
3x y 2 0 y 1
− =  = − 
⇔ ⇒ − 
+ += =  
.
Vậy hai điểm cần tìm là ( )H 3; 1− và ( )I 3;1− .
Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trực tâm ( )H 2;2 và
tâm đường tròn ngoại tiếp ( )I 1;2 và điểm cạnh BC là
5 5
M ;
2 2
 
 
 
. Tìm tọa độ các
đỉnh tam giác ABC biết B Cx x> .

195. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
195
Hướng dẫn giải
Ta có ( )AH 2IM A 1;1 IA 5= ⇒ − ⇒ =
 
.
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
( ) ( ) ( )2 2
C : x 1 y 2 5− + − =.
Đường thẳng BC đi qua
5 5
M ;
2 2
 
 
 
và vuông góc với IM nên có phương trình là
5 5
BC:3 x 1 y 0 BC:3x y 10 0
2 2
   
− + − = ⇔ + − =   
   
.
Tọa độ điểm B,C là nghiệm của hệ phương trình
( ) ( )2 2
x 2,y 4x 1 y 2 5
x 3,y 13x y 10 0
 = =− + − =
⇔ = =+ − = 
.
Suy ra ( ) ( )B 3;1 ,C 2;4 .
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là ( ) ( ) ( )A 1;1 ,B 3;1 ,C 2;4− .
Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(-1;3), tâm
đường tròn ngoại tiếp I(3;-3) và đỉnh A(1;1). Tìm tọa độ hai đỉnh B, C biết
B Cx x< .
Hướng dẫn giải – đáp số
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
( ) ( ) ( )2 2
C : x 3 y 3 20− + + =.
Gọi M là trung điểm cạnh BC ta có AH 2IM=
 
.
( )
( )
( )
M
M
M
M
1
x 3 1 1
x 22
M 2; 2
1 y 2
y 3 3 1
2

− = − − =
⇔ ⇔ ⇒ − 
= − + = −

.
Đường thẳng BC IM BC: x y 4 0⊥ ⇒ − − =.
Tọa độ điểm B,C là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
x 1,y 5x 3 y 3 20
B 1; 5 ,C 5;1
x 5,y 1x y 4 0
 =− =−− + + =
⇔ ⇒ − − = =− − = 
.
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là ( ) ( )B 1; 5 ,C 5;1− − .

196. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
196
Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh ( )A 2;6 , chân
đường phân giác trong góc A là điểm
3
D 2;
2
 
− 
 
và tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC là
1
I ;1
2
 
− 
 
. Tìm tọa độ hai đỉnh B,C của tam giác ABC.
Giải
Gọi E là giao điểm thứ hai của đường thẳng AD với đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC .
Suy ra E là điểm chính giữa cung BC BC IE⇒ ⊥ .
Phương trình đường thẳng AD: x 2 0− =.
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
( ) ( )
2
21 125
C : x y 1
2 4
 
+ + − = 
 
.
Tọa độ điểm E là nghiệm của hệ phương trình
( )
( )2
2
x 2 0
x 2,y 6
E 2; 41 125
x 2,y 4x y 1
2 4
− =
= =
⇔ ⇒ −   = = −+ + − =  
 
.
Đường thẳng BCđi qua D và vuông góc với IE nên có phương trình
( )
3
BC:1 x 2 2 y 0 BC: x 2y 5 0
2
 
− − + = ⇔ − − = 
 
.
Tọa độ điểm B,C là nghiệm của hệ phương trình
( )
2
2
x 2y 5 0
x 5,y 0
1 125
x 3,y 4x y 1
2 4
− − =
= =
⇔   =− =−+ + − =  
 
.
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là (5; 0) và ( )3; 4− − .
Bài 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, nội tiếp đường tròn (C) có tâm ( )I 2;1 , trực
tâm ( )H 1;1 . Độ dài BC bằng 8 và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC bằng 5. Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC.
Hướng dẫn giải – đáp số
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
( ) ( ) ( )2 2
C : x 2 y 1 25− + − =.
Gọi ( )M x;y là trung điểm của BC.

197. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
197
Ta có
2
2 BC
IM BC IM R 3
4
⊥ ⇒ = − = ( ) ( )2 2
x 2 y 1 9⇔ − + − =.
Ta có
( )
( )
( )A A
AA
1 x 2 x 2 x 2x 5
AH 2IM A 2x 5; 2y 3
y 2y 31 y 2 y 1
 − = − =− +
= ⇔ ⇔ ⇒ − + − + 
=− +− = − 
 
.
Mặt khác ( ) ( )2 2
IA 5 2x 3 2y 2 25= ⇔ − + + − + = .
Ta có hệ phương trình:
( ) ( )
( ) ( )
( )
2 2
2 2
x 2 y 1 9 x 1
M 1;1
y 12x 3 2y 2 25
 − + − = = −
⇔ ⇒ − 
=− + + − + =
.
Đường thẳng BCđi qua M và vuông góc với IM BC: x 1 0⇒ + =.
Tọa độ điểm B,C là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )2 2
x 1 0 B 1; 3 ,C 1;5x 1,y 3
x 1,y 5 B 1;5 ,C 1; 3x 2 y 1 25
+ =  − − −=− =−
⇔ ⇒   =− = − − −− + − =   
.
Ta có
( )
( )
( )A A
AA
1 x 2 1 2 x 7
AH 2IM A 7;1
y 11 y 2 1 1
 − = − − =
= ⇔ ⇔ ⇒ 
=− = − 
 
.
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là ( ) ( ) ( )A 7;1 ,B 1; 3 ,C 1;5− − − hoặc
( ) ( ) ( )A 7;1 ,B 1;5 ,C 1; 3− − − .
Bài 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh ( )A 1;1 nội tiếp
đường tròn có tâm ( )I 6;6 và ngoại tiếp đường tròn có tâm ( )J 2;3 . Tìm tọa độ
hai đỉnh B,C của tam giác ABC.
Hướng dẫn giải – đáp số
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
( ) ( ) ( )2 2
C : x 6 y 6 50− + − =.
Phương trình đường thẳng AJ : 2x y 1 0− − = .
Gọi 1A là giao điểm thứ hai của đường thẳng AJ với đường tròn (C).
Tọa độ điểm 1A là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )
( )12 2
2x y 1 0 x 1,y 1
A 7;13
x 7,y 13x 6 y 6 50
− − = = =
⇔ ⇒ = =− + − = 
.
Ta có 1 1 1A B A C A J 5 5= = = .
Suy ra B,C nằm trên đường tròn tâm 1A bán kính R 5 5= có phương trình:
( ) ( )2 2
x 7 y 13 125− + − = .

198. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
198
Tọa độ điểm B,C là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
23 7 15 17 15
x ,yx 6 y 6 50 4 4
23 7 15 17 15x 7 y 13 125
x ,y
4 4
 − +
= = − + − = ⇔
 + −− + − = = =

.
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là
23 7 15 17 15 23 7 15 17 15
B ; ,C ;
4 4 4 4
   − + + −
      
   
hoặc
23 7 15 17 15 23 7 15 17 15
B ; ,C ;
4 4 4 4
   + − − +
      
   
.
Bài 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh ( )A 3; 7− , trực
tâm ( )H 3; 1− và tâm đường tròn ngoại tiếp là ( )I 3;0− . Tìm tọa độ các đỉnh
B,C của tam giác ABC.
Hướng dẫn giải – đáp số
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
( ) ( )2 2
C : x 3 y 85+ + =.
Gọi M là trung điểm cạnh BC ta có AH 2IM=
 
.
( )
( )
( )
M
M
M
M
1
x 3 3 3
x 32
M 3;3
1 y 3
y 1 7
2

+ = − = −
⇔ ⇔ ⇒ − 
= = − +

.
Đường thẳng BCđi qua M và vuông góc với IM BC: y 3 0⇒ − =.
Tọa độ điểm B,C là nghiệm của hệ phương trình:
( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
B 3 2 19;3 ,C 3 2 19;3y 3 0 x 3 2 19,y 3
x 3 y 85 x 3 2 19,y 3 B 3 2 19;3 ,C 3 2 19;3
 − − − +− =  =− − = ⇔ ⇒ + + = =− + = − + − −  
.
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là
( ) ( )B 3 2 19;3 ,C 3 2 19;3− − − + hoặc ( ) ( )B 3 2 19;3 ,C 3 2 19;3− + − − .
Bài 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm ( )G 2;3 và
trực tâm H. Đường tròn đi qua trung điểm 3 đoạn thẳng HA,HB,HC có phương
trình là ( ) ( ) ( )2 2
1C : x 1 y 1 6− + − =. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC.

199. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
199
Hướng dẫn giải – đáp số
Đường tròn ( )1C có tâm ( )1I 1;1 , bán kính 1R 6= .
Gọi M,N,P là trung điểm các cạnh BC,CA,AB thì đường tròn ngoại tiếp tam
giác MNP chính là đường tròn ( )1C .
Phép vị tự tâm tâm G tỷ số k 2= − biến M thành A , biến N thành B , biến P
thành C .
Biến tam giác MNP thành tam giác ABC .
Biến tâm 1I đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP thành tâm I đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC .
Ta có
( )1
1
I 4;7GI 2GI
R 2R R 2 6
 = − 
⇔ 
= =  
 
.
Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
( ) ( ) ( )2 2
C : x 4 y 7 24− + − =.
Bài 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết ( )A 1; 1− − và phương
trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là ( ) ( ) ( )2 2
C : x 3 y 2 25− + − =. Viết
phương trình cạnh BCbiết ( )J 1;1 là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
Hướng dẫn giải
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi đó ( )I 3;2 .
Viết phương trình đường thẳng ẠJ và tìm tọa độ điểm 1A là giao điểm của AJ
với đường tròn (C).
Chứng minh hai tam giác 1 1A JB,A JC là các tam giác cân tại 1A .
Viết phương trình đường tròn ( )1C có tâm 1A và bán kính 1A J .
Tọa độ điểm B,C là nghiệm của hệ tạo bởi (C) và ( )1C .
Bài 15. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trực tâm ( )H 1; 1− −
nội tiếp đường tròn ( ) ( ) ( )2 2
C : x 1 y 1 9− + + =và trung điểm cạnh BC là điểm
( )M 2;1 . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC.
Hướng dẫn giải
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp và G là trọng tâm tam giác ABC thì ( )I 1; 1−
thì ta có IH 3IG G= ⇒
 
.
Suy ra tọa độ đỉnh A từ hệ thức
3
AM AG
2
=
 
.

200. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
200
Viết phương trình đường thẳng BC đi qua M và vuông góc IM.
Tọa độ đỉnh B,C là nghiệm của hệ tạo bởi (C) và đường thẳng BC.
Bài 16. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm
5 1
G ;
3 3
 
− 
 
và phương trình đường tròn đi qua trung điểm các cạnh tam giác ABC là
( ) 2 2
1C : x y 2x 4y 0+ − + =. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC.
Hướng dẫn giải – đáp số
Đường tròn (C1) có tâm ( )1I 1; 2− , bán kính 1R 5= .
Gọi M,N,P là trung điểm các cạnh BC,CA,ABthì đường tròn ngoại tiếp tam
giác MNP chính là đường tròn (C1).
Phép vị tự tâm tâm G tỷ số k 2= − biến M thành A, biến N thành B , biến P
thành C .
Biến tam giác MNP thành tam giác ABC .
Biến tâm 1I đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP thành tâm I đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC .
Ta có 1
1
1 11
I ;GI 2GI
3 3
R 2R
R 2 5
  
− = −   
⇔   
=  =
 
.
Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
( )
2 2
1 11
C : x y 20
3 3
   
+ + − =   
   
.
Bài 17. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A(1;2) có bán
kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác ABC lần lượt là R 10,=
r 2 5 10= − . Tìm tọa độ đỉnh B, C biết B thuộc trục hoành và C thuộc đường
thẳng d : 2x y 0− = và B,C có hoành độ dương.
Hướng dẫn giải – đáp số
Gọi I, J lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và tâm đường tròn nội tiếp tam
giác ABC thì I là trung điểm của BC.
Gọi D là giao điểm của AJ với đường tròn (I;R) thì DB DJ DC R 2= = = .
Và AJ = r 2 .
Suy ra ( )AD AJ DJ R r 2 2 10 2R AD= + = + = = ⇒ là đường kính của
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Vì vậy tam giác ABC vuông cân tại A.

201. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
201
Khi đó AB AC R 2 2 5= = = .
Vì ( ) ( ) ( )B Ox B b;0 , b 0 AB 2 5 b 5 B 5;0∈ ⇒ > ⇒ = ⇔ = ⇒ .
Vì ( ) ( ) ( )C d C c;2c , c 0 AC 2 5 c 3 C 3;6∈ ⇒ > ⇒ = ⇔ = ⇒ .
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là ( ) ( )B 5;0 ,C 3;6 .
Bài 18. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(2;7), trọng tâm
5 7
G ;
3 3
 
− 
 
và tâm đường tròn tiếp đi qua trung điểm các cạnh tam giác ABC là
E(-2;7). Tìm tọa độ các đỉnh B, C.
Hướng dẫn giải – đáp số
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Ta có ( )
I
I
I
I
5 5
x 2 2
x 13 3
GI 2GE I 1; 7
y 77 7
y 2 7
3 3
  
+ =− − +  = −  
=− ⇔ ⇔ ⇒ − − 
= −   − =− −   
 
.
Ta có IA 205= suy ra phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
( ) ( ) ( )2 2
C : x 1 y 7 205+ + + = .
Gọi M là trung điểm cạnh BC
3
AM AG
2
⇒ =
  M
M
MM
3 5
x 2 2 7
x2 3 7
M ; 32
23 7
y 3y 4 7
2 3
  
− = − −   = −     
⇔ ⇔ ⇒ − −   
    = −−= −    
.
Ta có
5
IM ;4
2
 
= − 
 

, đường thẳng BC đi qua M và vuông góc với IM nên có
phương trình là: ( )
7 13
BC:5 x 8 y 3 0 BC:5x 8y 0
2 2
 
+ − + = ⇔ − − = 
 
.
Tọa độ điểm B,C là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )2 2
7 731 5 73113 x 4 ,y 35x 8y 0 2 89 2 892
7 731 5 731x 1 y 7 205 x 4 ,y 3
2 89 2 89

 =− − =− −− − = ⇔
 + + + = =− + =− +

.
Suy ra tọa độ hai điểm cần tìm là
7 731 5 731 7 731 5 731
B 4 ; 3 ,C 4 ; 3
2 89 2 89 2 89 2 89
   
− − − − − + − +      
   
hoặc

202. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
202
7 731 5 731 7 731 5 731
B 4 ; 3 ,C 4 ; 3
2 89 2 89 2 89 2 89
   
− + − + − − − −      
   
.
Bài 19. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác đều ABC nội tiếp trong đường
tròn ( ) ( ) ( )2 2
C : x 1 y 2 5− + − =. Đường thẳng BCđi qua điểm
7
M ;2
2
 
 
 
. Xác
định tọa độ các đỉnh tam giác ABC .
Hướng dẫn giải – đáp số
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1;2 , bán kính R 5= .
Độ dài cạnh tam giác ABC là a R 3 15= = .
Độ dài đường cao tam giác ABC là
a 3 3 5
h
2 2
= = . Suy ra ( )
h 5
d I;BC
3 2
= = .
Đường thẳng BCđi qua điểm ( ) ( )2 27
BC:a x b y 2 0, a b 0
2
 
− + − = + > 
 
.
Ta có ( ) 2 2
5
a
5 52
d I;BC b 2a
2 2a b
−
= ⇔ = ⇔ = ±
+
.
TH1: Nếu b 2a= , chọn
15
a 1,b 2 BC: x 2y 0
2
= = ⇒ + − = .
Tọa độ điểm B,C là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )2 2
3 2 3 6 315 x ,yx 2y 0 2 22
3 2 3 6 3x 1 y 2 5 x ,y
2 2
 − + = =+ − = ⇔
 + − − + − == =

.
3 2 3 6 3 3 2 3 6 3
B ; ,C ;
2 2 2 2
3 2 3 6 3 3 2 3 6 3
B ; ,C ;
2 2 2 2
    − + + −
       
    
⇒ 
   + − − +
      
   
.
Tọa độ trung điểm của BC là điểm
3
H ;3
2
 
 
 
.
Ta có
( )
( )A A
A
A
3
1 x 2 1 x 0
2AI 2IH A 0;0
y 0
2 y 2 3 2
  
− = − =  
= ⇔ ⇔ ⇒  
= − = −
 
.

203. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
203
Trường hợp này tọa độ ba điểm cần tìm là
( )
3 2 3 6 3 3 2 3 6 3
A 0;0 ,B ; ,C ;
2 2 2 2
   − + + −
      
   
hoặc
( )
3 2 3 6 3 3 2 3 6 3
A 0;0 ,B ; ,C ;
2 2 2 2
   + − − +
      
   
.
TH2: Nếu b 2a= − thực hiện tương tự tìm được:
3 2 3 2 3 3 2 3 2 3
B ; ,C ;
2 2 2 2
3 2 3 2 3 3 2 3 2 3
B ; ,C ;
2 2 2 2
    − − + +
       
    

   + + − −
      
   
.
Tọa độ trung điểm của BClà điểm
3
H ;1
2
 
 
 
.
Ta có
( )
( )A A
A
A
3
1 x 2 1 x 0
2AI 2IH A 0;4
y 4
2 y 2 1 2
  
− = − =  
= ⇔ ⇔ ⇒  
= − = −
 
.
Trường hợp này tọa độ ba điểm cần tìm là
( )
3 2 3 2 3 3 2 3 2 3
A 0;4 ,B ; ,C ;
2 2 2 2
   − − + +
      
   
hoặc
( )
3 2 3 2 3 3 2 3 2 3
A 0;0 ,B ; ,C ;
2 2 2 2
   + + − −
      
   
.
Bài 20. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm ( )A 2; 14− , trọng
tâm
5 7
G ;
3 3
 
− − 
 
và tâm đường tròn ngoại tiếp
21 3
I ;
2 2
 
 
 
. Tìm tọa độ hai điểm
B,C .
Hướng dẫn giải – đáp số
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
2 2
21 3 625
x y
2 2 2
   
− + − =   
   
.
Gọi M là trung điểm
3 7 7
BC AM AG M ;
2 2 2
 
⇒ = ⇒ − 
 
 
.
Đường thẳng BCđi qua M và vuông góc với IM nên có phương trình:
BC:7x y 28 0− + =.

204. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
204
Tọa độ điểm B,C là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )
( ) ( )
2 2
21 3 625 B 2;14 ,C 5; 7x 2,y 14x y
2 2 2
x 5,y 7 B 5; 7 ,C 2;14
7x y 28 0
     − − −=− =− + − =    ⇔ ⇒      =− =− − − −  − + =
.
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là ( ) ( )B 2;14 ,C 5; 7− − − hoặc ( ) ( )B 5; 7 ,C 2;14− − − .
Bài 21. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có ( )A 2; 14− , trực tâm
( )H 26; 10− − và tâm đường tròn nội tiếp ( )J 2; 6− − . Tìm tọa độ hai điểm B,C .
Hướng dẫn giải – đáp số
Phương trình đường thẳng AJ : 2x y 10 0+ + =.
Gọi ( )0 0M x ;y là trung điểm cạnh BC. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC .
Ta có ( ) ( )0 0AH 28;4 ,AH 2IM I x 14;y 2=− = ⇒ + −
  
.
Đường thẳng BCđi qua M và vuông góc với IM nên có phương trình là:
( ) ( )0 0 0 0BC:7 x x 1 y y 0 BC:7x y 7x y 0− − − = ⇔ − − + = .
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
0 0 0 0C : x x 14 y y 2 x 12 y 12− − + − + = + + + .
Gọi 1A là giao điểm thứ hai của đường thẳng AJ với đường tròn ( )C .
Tọa độ điểm 1A là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
0 0 0 0x x 14 y y 2 x 12 y 12
2x y 10 0
 − − + − + = + + +

+ + =
.
( ) ( )
( ) ( )
0 0 0 0
0 0 0 0
1
x 2,y 14
2 x 2y 7 2 2x 4y 11
x ,y
5 5
2 x 2y 7 2 2x 4y 11
A ;
5 5
= = −
⇔ − − − + = = −

 − − − +
⇒ − 
 
.
Ta có 1A là trung điểm của cung BC suy ra 1MA / /AH .
Do đó:
( ) ( )0 0 0 0
0 0
0 0
2 x 2y 7 2 2x 4y 11
x y
5 5 31x 17y 168 0
28 4
− − − +
− − −
= ⇔ − +=
−
.
Ta có 1 1 1A B A C A J= = nên B,C nằm trên đường tròn ( )1C có tâm 1A , bán
kính 1A J .

205. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
205
Phương trình đường tròn ( )1C là:
( ) ( )
( ) ( )
2 2
0 0 0 0
2 2
0 0 0 0
2 x 2y 7 2 2x 4y 11
x y
5 5
2 x 2y 7 2 2x 4y 11
2 6 .
5 5
   − − − +
− + +   
   
   − − − +
= + + +   
   
Ta có hệ phương trình:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
0 0
2 2 2 2
0 0 0 0
0 0
2 2
0 0 0 0
2 2
0 0 0 0
7x y 7x y 0
x x 14 y y 2 x 12 y 12
31x 17y 168 0
2 x 2y 7 2 2x 4y 11
x y
5 5
2 x 2y 7 2 2x 4y 11
2 6
5 5
− − + =

− − + − + = + + +

− + =

   − − − +
− + +   
   

   − − − += + + +   
   
.
Giải hệ phương trình này ta tìm được:
( ) ( )
( ) ( )
0
0
x 2,y 14
x 5,y 7 7 7
B 2;14 ,C 5; 7 ,M ;
2 27
x
2 7 7
B 5; 7 ,C 2;14 ,M ;
7 2 2y
2
 =− =
 =− =−    − − − −   =− ⇒
   − − − −    =

.
Vậy hai điểm cần tìm là ( ) ( )B 5; 7 ,C 2;14− − − .
Bài 22. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có trung điểm
cạnh BC là điểm ( )M 3 5;7− . Giả sử
1
A 0;
2
 
− 
 
và trực tâm tam giác thuộc
đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Tìm tọa độ hai điểm B,C .
Hướng dẫn giải – đáp số
Ta có
15
AM 3 5;
2
 
= − 
 

. Tam giác ABC cân tại A nên AM BC⊥ .
Đường thẳng BCđi qua M và nhận AM

làm véc tơ pháp tuyến nên có phương
trình là:
( ) ( )BC: 2 x 3 5 5 y 7 0 BC: 2x 5y 13 5 0+ − − = ⇔ − + = .
Gọi I,H lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và trực tâm tam giác ABC .

206. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
206
Ta có I,H AM∈ và
1 1 3 9
AH IM AH AM H ;1 ,IM IH I ;4
2 5 5 5
   
= ⇒ = ⇒ − =− ⇒ −   
   
   
.
Suy ra bán kính đường tròn nội tiếp
9
r IM
5
= = .
Đường thẳng AB,AC đi qua
1
A 0;
2
 
− 
 
có phương trình:
( )2 21
AB:ax b y 0, a b 0
2
 
+ + = + > 
 
.
Ta có AB tiếp xúc với đường tròn nội tiếp nên
( ) 2 2
9a 1
b 4
2 95
d I;AB r
5a b
 
− + + 
 
=⇔ =
+
( ) ( )
2 2 2
b 0
5b 2a 4 a b
b 4 5a
=
⇔ − = + ⇔ 
=
.
TH1: Nếu ( )b 0 AB: x 0 B 0;13=⇒ =⇒ .
Vì M là trung điểm ( )BC C 6 5;1⇒ − .
TH2: Nếu b 4 5a= , chọn a 1,b 4 5 AB: x 4 5y 2 5 0= = ⇒ + + = .
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
( )
x 4 5y 2 5 0 x 6 5
B 6 5;1
y 12x 5y 13 5 0
 + + = = − 
⇔ ⇒ − 
=− + = 
.
Vì M là trung điểm của ( )BC C 0;13⇒ .
Vậy hai điểm cần tìm là ( ) ( )B 0;13 ,C 6 5;1− hoặc ( ) ( )B 6 5;1 ,C 0;13− .
Bài 23. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AH và
trung tuyến AM lần lượt có phương trình là: 4x y 17 0+ − =; 8x 19y 102+ =.
Biết độ dài AH bằng
3 17
4
, góc   0
ABC BCA 90  . Tìm tọa độ các đỉnh tam
giác ABC.
Hướng dẫn giải – đáp số
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
13
4x y 17 0 x 13
A ;44
8x 19y 102 4
y 4

+ − = =   
⇔ ⇒   + =    =
.

207. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
207
Gọi ( )
3 17
H t;17 4t AH AH
4
− ∈ ⇒ = .
( )
( )2
2
H 4;15
t13 9.17
t 17 4t 4 2 5
4 16 H ;7
t 4 2

=  ⇔ − + − − = ⇔ ⇒      =   
.
TH1: Nếu H(4;1) suy ra BC là đường thẳng đi qua H và vuông góc với AH nên có
phương trình: BC: x 4y 0− =.
Tọa độ trung điểm M của BClà nghiệm của hệ phương trình:
( )
x 4y 0 x 8
M 8;2
8x 19y 102 y 2
−= = 
⇔ ⇒ 
+= = 
.
Do góc ABC tù nên H nằm ngoài đoạn BCgần với B hơn.
Ta có:
  

AH HBtan ABH HBtan ABC HBcot ACB
AH HC.tan ACB
   
 
.
Suy ra:     2
2 2 2 2
AH HBcot ACB.HCtan ACB HB.HC MH MB MH MC
119
MH MB MB MH AH
4
    
     
.
Suy ra
MB 7
MB .MH MH
MH 4
= =
  
.
BB
B
B
7
x 8 7x 8 .( 4)
74
B 8 7;27 47 y 2
y 2 .( 1) 4
4

 = −−= −   
⇔ ⇔ ⇒ − −    
= −   −= − 
.
Vì M là trung điểm của
7
BC C 8 7;2
4
 
⇒ + +  
 
.
TH2: Thực hiện tương tự.
Bài 24. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn
tâm
3 11
I ;
4 4
 
 
 
, bán kính
5 2
R
4
= . Biết chân đường cao hạ từ các đỉnh B,C
trên các cạnh AC,AB lần lượt là ( )
1 17
K ; ,H 0;2
5 5
 
 
 
. Tìm tọa độ các đỉnh tam
giác ABC .
Hướng dẫn giải – đáp số
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:

208. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
208
( )
2 2
3 11 25
C : x y
4 4 8
   
− + − =   
   
.
Ta có AI HK AI: x 7y 20 0⊥ ⇒ + − =.
Gọi ( )
5 2
A 20 7t;t AI R IA
4
− ∈ ⇒ = = .
( )2 2 A 1;35
t3 11 25
20 7t t 2 5 5
4 4 8 A ;
t 3 2 2
 −
=    ⇔ − − + − = ⇔ ⇒          =   
.
TH1: Nếu ( )A 1;3− đường thẳng AB đi qua hai điểm A,H nên có phương trình:
AB: x y 2 0+ − =.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
( )
2 2
3 11 25
x 1,y 3x y
B 1;14 4 8
x 1,y 1
x y 2 0
    =− =− + − =    ⇔ ⇒    = =
+ − =
.
Đường thẳng AC đi qua hai điểm A,K nên có phương trình:
AC: x 3y 10 0− + =.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
( )
2 2
3 11 25
x 1,y 3x y
C 2;44 4 8
x 2,y 4
x 3y 10 0
    =− =− + − =    ⇔ ⇒    = =
− + =
.
TH2: Nếu
5 5
A ;
2 2
 
 
 
thực hiện tương tự.
Bài 25. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A. Đường thẳng
AC có phương trình là: 3x y 5 0− − =. Gọi H là trung điểm BC, D là hình
chiếu vuông góc của H trên AC và M là trung điểm của HD . Đường thẳng
BD đi qua điểm E(8;-5) và phương trình đường thẳng AM là: 11x 7y 5 0− − =.
Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC .
Hướng dẫn giải – đáp số
Nhận xét. Ta chứng minh AM BD⊥ bằng phương pháp véc tơ như sau:
Ta có: ( )( )
( ) ( )
2AM.BD AH AD BH HD AH.HD AD.BH
AH.HD AH HD HC AH HC HD AC.HD 0
= + + = +
= + + = + = =
         
         
.
Vậy AM BD⊥ .
Tọa độ điểm A AM AC=  là nghiệm của hệ phương trình:

209. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
209
( )
11x 7y 5 0
3x y 5 0
x 3
A 3;4
y 4
− − =

− − =
=
⇔ ⇒
=
.
Đường thẳng BD đi qua ( )E 8; 5−
và vuông góc với AM
nên có phương trình là:
BD:7x 11y 1 0+ − = .
Tọa độ điểm D BD AC=  là nghiệm của hệ phương trình:
7
x
3x y 5 0 7 45
D ;
7x 11y 1 0 4 5 5
y
5

=− − =   
⇔ ⇒ −   + − =    = −

.
Đường thẳng HD AC HD: x 3y 1 0⊥ ⇒ + + = .
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình:
1
x
x 3y 1 0 1 25
M ;
11x 7y 5 0 2 5 5
y
5

=+ + =   
⇔ ⇒ −   − − =    = −

.
Vì M là trung điểm của ( )HD H 1;0⇒ − .
Đường thẳng BCđi qua H và nhận ( )AH 4; 4= − −

làm véc tơ pháp tuyến nên có
phương trình là: ( ) ( )BC:1 x 1 1 y 0 0 BC: x y 1 0+ + − = ⇔ + + = .
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
( )
x y 1 0 x 3
B 3;2
7x 11y 1 0 y 2
+ + = =− 
⇔ ⇒ − 
+ −= = 
.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
( )
x y 1 0 x 1
C 1; 2
3x y 5 0 y 2
+ += = 
⇔ ⇒ − 
− − = =− 
.
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là ( ) ( ) ( )A 3;4 ,B 3;2 ,C 1; 2− − .
Bài 26. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
( ) ( ) ( )2 2
1C : x 4 y 1 32− + − =. Biết điểm ( )A 0;5 và đường tròn ( )2C đi qua
trung điểm ba cạnh của tam giác có phương trình là: ( ) ( )2 2
x 2 y 2 8− + − =.
Tìm tọa độ hai điểm B và C .

210. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
210
Giải
Đường tròn ( )1C có tâm ( )1I 4;1 , bán kính 1R 4 2= .
Đường tròn ( )2C có tâm ( )2I 2;2 , bán kính 1R 2 2= .
Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm các cạnh BC,CA,AB.
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Phép vị tự tâm G tỷ số k 2= − biến tam giác
MNP thành tam giác giác ABC .
Biến đường tròn ( )2C thành đường tròn ( )1C xác định bởi:
( )
( )
G
G G
1 2
G G
G
8
x4 x 2 2 x 8 53
GI 2GI G ;
5 3 31 y 2 2 y
y
3

= − =− −   
=− ⇔ ⇔ ⇒   
− =− −    =

 
.
Ta có ( )
M
M
M
M
3 8
x .
x 42 33
AM AG M 4;0
3 5 y 02
y 5 5
2 3

= =
= ⇔ ⇔ ⇒ 
=   −= −   
 
.
Đường thẳng BC đi qua M và vuông góc với 1I M nên có phương trình:
BC: y 0= .
Tọa độ điểm B,C là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2 B 4 31;0 ,C 4 31;0x 4 31,y 0x 4 y 1 32
x 4 31,y 0y 0 B 4 31;0 ,C 4 31;0
 + −  =+ =− + − = ⇔ ⇒ =− ==  − +  
.
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là
( ) ( )B 4 31;0 ,C 4 31;0+ − hoặc ( ) ( )B 4 31;0 ,C 4 31;0− + .
Bài 27. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm ( ) ( ) ( )A 2;4 ,B 1; 3 ,C 7; 1− − . Hai
điểm M,N lần lượt thuộc các đoạn thẳng AB,AC sao cho AM CN= . Viết
phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN biết nó có tâm I thuộc
đường thẳng d : 2x y 6 0− − =.
Giải
Ta có AB AC 5 2 ABC= = ⇒ ∆ là tam giác cân tại A.
Phương trình đường thẳng
x 2 y 4
AC: AC: x y 6 0
5 5
− −
= ⇔ + −=
−
.
Vì ( )I d I t;2t 6∈ ⇒ − .
Gọi 1d là đường trung trực của AM khi đó 1d đi qua I và vuông góc với AB nên
có phương trình là : 1d : x 7y 15t 42 0+ − + =.

211. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
211
Suy ra ( )1
15t 72 2
AM 2d A;d
5
−
= = .
Gọi 2d là đường trung trực của AN khi đó 2d đi qua I và vuông góc với AC
nên có phương trình là : 2d : x y t 6 0− + − = .
Khi đó tọa độ trung điểm của AN là nghiệm của hệ phương trình :
12 t
x
x y t 6 0 12 t t2 H ;
x y 6 0 t 2 2
y
2
−
=− + − = −  
⇔ ⇒   + − =    =

.
Vì H là trung điểm của ( )AN N 10 t;t 4 CN 2 t 3⇒ − − ⇒ = − .
Ta có
15t 72 2
AM CN 2 t 3
5
−
=⇔ =− .
57 27 31357 I ; ,R IAt
10 5 2010
87 87 57 1993t I ; ,R IA
10 10 5 20
   = ==    ⇔ ⇒
  =  = =    
.
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán là
( )
2 2
57 27 313
C : x y
10 5 20
   
− + − =   
   
hoặc ( )
2 2
87 57 1993
C : x y
10 5 20
   
− + − =   
   
.
Bài 28. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm
( )I 1;7 , đường phân giác trong góc B có phương trình là : x y 1 0+ − = và điểm
( )B 3;4− . Viết phương trình đường thẳng AC biết diện tích tam giác ABC gấp
bốn lần diện tích tam giác IAC.
Giải
Ta có IB 5= suy ra phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
( ) ( ) ( )2 2
C : x 1 y 7 25− + − =.
Gọi D là giao điểm thứ hai của đường phân giác trong góc B với đường tròn
( )C D⇒ là điểm chính giữa cung AC.
Suy ra ID AC⊥ .
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( ) ( )
2 2
x 3,y 4x 1 y 7 25
D 2;3
x 2,y 3x y 1 0
 =− =− + − =
⇔ ⇒ −  =− =+ − = 
.
Đường thẳng AC vuông góc với ID nên có phương trình dạng:
AC:3x 4y m 0+ + =.

212. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
212
Theo giả thiết ta có: ( ) ( )BAC IAC
1 1
S 4S AC.d B;AC 4. AC.d I;AC
2 2
=⇔ = .
2 2 2 2
m 39
7 m m 31
4. 131
m3 4 3 4 5
= −
+ + ⇔ = ⇔
 = −+ + 
.
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
131
AC:3x 4y 39 0;AC:3x 4y 0
5
+ −= + −= .
Bài 29. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh
AB là: 2x y 2 0− − =. Đường thẳng AC đi qua điểm ( )M 5;0 . Gọi D,E lần
lượt là các điểm trên các cạnh AB và AC sao cho BD CE= . Trung điểm của
DE,BC lần lượt là
7
N ; 1
2
 
− 
 
và
7
P ; 4
2
 
− 
 
. Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC.
Giải
Ta có ( ) ( ) ( )B,D AB B b;2b 2 ,D d;2d 2 , b d∈ ⇒ − − ≠ .
Vì
7
N ; 1
2
 
− 
 
là trung điểm của ED nên ( )E 7 d; 2d 6− − − .
Vì
7
P ; 4
2
 
− 
 
là trung điểm của ( )BC C 7 b; 2b⇒ − − .
Ta có CE BD 2b 2d 3= ⇔ − = .
Mặt khác M AC CE / /CM 5b 2d 6∈ ⇒ ⇔ − =
 
.
Vậy ta có hệ phương trình:
( )
( )
B 1;0b 1
2b 2d 3
C 6; 21
5b 2d 6 d
2 1
D ; 3
2
=
− =  
⇔ ⇒ − 
− = =−     
− − 
 
.
Tọa độ điểm ( )A AB AC A 3;4= ⇒ .
Vậy điểm cần tìm là ( ) ( ) ( )A 3;4 ,B 1;0 ,C 6; 2− .
Bài 30. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A với ( )B 1;1 .
Đường tròn đường kính AB có phương trình ( ) 2 2
C : x y 4x 2y 4 0+ − − + =cắt
cạnh BCtại H sao cho BC 4BH= . Tìm tọa độ đỉnh C.
Giải
Đường tròn (C) có tâm I(2;1), bán kính R 1= .
Vì I là trung điểm AB nên ( )A 3;1 .
Vì AB AC AC: x 3 0⊥ ⇒ − =.

213. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
213
Gọi ( )C 3;c .
Ta có AH BH⊥ nên H là chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống cạnh BC.
Trong tam giác vuông ABC ta có:
2 2 21
BH.BC BA 4R 4 BC 4 BC 4
4
= = =⇔ =⇔ =.
Ta có phương trình: ( ) ( )2 2
3 1 c 1 16 c 1 2 3− + − = ⇔ = ± .
Vậy có hai điểm cần tìm là ( )C 3;1 2 3− hoặc ( )C 3;1 2 3+ .
Bài 31. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh ( )A 1;3− .
Gọi D là chân đường phân giác trong góc A . Một đường tròn thay đổi đi qua
A,D cắt AB,AC lần lượt tại M và N . Biết ( ) ( )M 1;5 ,N 3;9− . Viết phương
trình đường thẳng BC.
Giải
Chứng minh. DI MN⊥ với I là trung điểm của MN hay D nằm trên đường
trung trực của đoạn thẳng MN.
Có AD là phân giác trong góc BAC đồng thời cũng là phân giác trong góc
MAN nên D là điểm chính giữa dây cung MN .
Suy ra DM DN D= ⇒ nằm trên đường trung trực của MN .
Phương trình đường trung trực của MN là:
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
d : x 1 y 5 x 3 y 9 d : x y 8 0+ + − = − + − ⇔ + − = .
Đường thẳng AB đi qua hai điểm A,M nên có phương trình:
AB: x 1 0+ = .
Đường thẳng AC đi qua hai điểm A,N nên có phương trình:
x 1 y 3
AC: AC:3x 2y 9 0
4 6
+ −
= ⇔ − += .
Phương trình các đường phân giác góc A là:

214. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
214
( )
( )
1
2 2 2
2
d : 3 13 x 2y 9 13 0x 1 3x 2y 9
d : 3 13 x 2y 9 13 01 3 ( 2)
 − − + − =+ − + =± ⇔
 + − + + =+ − 
.
Kiểm tra thấy M,N khác phía với đường thẳng 2d nên 2d chính là đường phân
giác trong góc A.
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )
x y 8 0 x 4 13
D 4 13;4 13
3 13 x 2y 9 13 0 y 4 13
+ − =  = − 
⇔ ⇒ − + 
+ − + + = = + 
.
Vì ABC là tam giác cân nên BC AD BC⊥ ⇒ là đường thẳng đi qua D và vuông
góc với AD nên có phương trình:
( )( ) ( )( )BC: 5 13 x 4 13 1 13 y 4 13 0− − + + + − − =.
( ) ( )BC: 5 13 x 1 13 y 50 4 13 0⇔ − + + − + =.
Vậy đường thẳng cần tìm là ( ) ( )BC: 5 13 x 1 13 y 50 4 13 0− + + − + =.
Bài 32. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm ( )H 2;0 ,
đường trung tuyến kẻ từ đỉnh C và đường trung trực cạnh BCcó phương trình
lần lượt là 3x 7y 8 0+ − =; x 3 0− =. Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC .
Giải
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và G là trọng tâm tam giác
ABC.
Ta có I nằm trên đường trung trực cạnh BC và G nằm trên đường trung tuyến kẻ
từ đỉnh C nên ( )I 3;t và
8 3g
G g;
7
− 
 
 
.
Ta có
( ) ( )1 3 g 3 I 3;08
g
IH 3IG 38 3g 8
0 t 3 t G ;0
t 07 3
−= − 
=  
= ⇔ ⇔ ⇒  −   
−= −     =    
 
.
Gọi M là trung điểm của BC khi đó M thuộc đường trung trực của BC nên
( )M 3;m .
Ta có
( )
( )A A
A
A
8 8
x 2 3 x 2
3 3AG 2GM A 2; 2m
y 2m
0 y 2 m 0
  
− = − =  
= ⇔ ⇔ ⇒ −  
= − − = −
 
.
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
( ) ( )2 2 2
C : x 3 y 4m 1− + = + .
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:

215. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
215
( )2 2 2
x 3 y 4m 1
3x 7y 8 0
 − + = +

+ − =
.
Giải hệ này ta tìm được tọa độ của C kết hợp M là trung điểm BC suy ra tọa độ
đỉnh B.
Giải phương trình IB IA= suy ra m từ đó suy ra tọa độ ba điểm A,B,C .
Bài 33. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có phương trình
đường thẳng chứa cạnh BClà: 2x y 3 0− + = và ( )I 2; 1− − là trung điểm BC.
Điểm ( )M 4;1 nằm trên cạnh AB và tam giác ABC có diện tích bằng 90. Tìm
tọa độ các đỉnh tam giác ABC biết B có hoành độ dương.
Giải
Đường thẳng AI BC AI: x 2y 4 0⊥ ⇒ + + =.
Vì ( )B BC B b;2b 3∈ ⇒ + .
Vì ( )I 2; 1− − là trung điểm của BC nên ( )C 4 b; 5 2b− − − − .
Phương trình đường thẳng ( )( ) ( )( )AB: 2b 2 x 4 4 b y 1 0+ − + − − =.
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
( )( ) ( )( )
( )
( )
2 b 4
x2b 2 x 4 4 b y 1 0 2 b 4 3b 4b A ;
b b3b 4x 2y 4 0
y
b
 +
= + − + − − =  + + 
⇔ ⇒ −   
++ + =    = −

.
Ta có
( ) ( )
( )22 2
2 2
ABC
b 21 1 4b 8 2b 4
S AI.BC 4 2b 8 4b . 10
2 2 b b b
++ +   
= = − − + − − + =   
   
.
Mặt khác
( )
( )
2
2
ABC
b 1
b 2
S 90 10 90 b 2 9 b b 4
b
13 3 17
b
2

 =
+
= ⇔ = ⇔ + = ⇔ =

− ± =

.
Vì B có hoành độ dương nên
( )
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
B 1;5 A 10; 7 ,B 1;5 ,C 5; 7
b 1,b 4
B 4;11 A 4; 4 ,B 4;11 ,C 8; 13
  − − −
==⇒ ⇒ 
− − −  
.
Vậy ba điểm cần tìm là
( ) ( ) ( )A 10; 7 ,B 1;5 ,C 5; 7− − − hoặc ( ) ( ) ( )A 4; 4 ,B 4;11 ,C 8; 13− − − .

216. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
216
Bài 34. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(-1; 2), trọng
tâm ( )G 1;1 , trực tâm ( )H 0; 3− .
a) Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
b) Xác định tọa độ hai đỉnh B và C .
Giải
a) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi đó IH 3IG=
 
.
( )
( )
I I I
I I
I
3
0 x 3 1 x x 3 29
I ;3 IA2
2 23 y 3 1 y
y 3
 − = − =   
⇔ ⇔ ⇒ ⇒ =   
− − = −    =
.
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
( ) ( )
2
23 29
C : x y 3
2 4
 
− + − = 
 
.
a) Xác định tọa độ hai đỉnh B và C.
Gọi M là trung điểm của BC khi đó ta có
  M M
M M
x 1 3 x 2AG 2; 1
1 1 5
M 2; IM ;3 13 2 2 2y 2 yAM AG
2 22
                                          


  .
Đường thẳng BC đi qua điểm
1
M 2;
2
 
 
 
và vuông góc IM nên có phương trình là
( )
1 1
BC:1 x 2 5 y 0 BC: x 5y 0
2 2
 
− − − = ⇔ − + = 
 
.
Tọa độ điểm ( )B,C BC C=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
2
2
1 5 3 26 78x 5y 0 x 2 ,y
2 2 26 52
3 29 5 3 26 78x y 3 x 2 ,y
2 4 2 26 52
 −− + = =− =
 ⇔
  + − + − = =+ =   
.
Suy ra
5 3 26 78 5 3 26 78
B 2 ; ,C 2 ;
2 26 52 2 26 52
   − +
− +      
   
hoặc
5 3 26 78 5 3 26 78
B 2 ; ,C 2 ;
2 26 52 2 26 52
   + −
+ −      
   
.
Bài 35. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A có phương
trình cạnh BC: 3x y 3 0− − =. Các điểm A, B thuộc trục hoành và bán kính
đường tròn nội tiếp r 2= . Xác định tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.

217. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
217
Giải
Tọa độ điểm B BC Ox=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
y 0 x 1
B 1;0
y 03x y 3 0
= =
⇔ ⇒ 
=− − = 
.
Vì ( )A Ox A a;0 ,a 1∈ ⇒ ≠ . Vì ABC là tam giác vuông tại A nên đường thẳng
AC có phương trình AC: x a 0− =.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
( )
( )( )
x ax a 0
C a; 3 a 1
y 3 a 13x y 3 0
=− =  
⇔ ⇒ − 
= −− − =  
.
Suy ra
( )2
ABC
1 3
S AB.AC a 1
2 2
AB a 1 , AC 3 a 1 ,BC 2 a 1
AB AC BC 3 3
p a 1
2 2

= = −

= − = − = − ⇒ 
+ + += = −
Mặt khác ta có
( ) ( )2 a 2 33 3 3
S p.r a 1 a 1.2 a 1 3 1 , a 1
2 2 a 3
 = ++
= ⇔ − = − ⇔ − = + ⇔ ≠
= −
.
- Với ( ) ( ) 5 2 3 3 3
a 2 3 A 2 3;0 ,C 2 3;3 3 G ;
3 3
 + −
= + ⇒ + + − ⇒   
 
.
- Với ( ) ( ) 1 2 3 3 3
a 3 A 3;0 ,C 3; 3 3 G ;
3 3
 − − +
=− ⇒ − − − + ⇒   
 
.
Vậy hai điểm cần tìm là 1 2
5 2 3 3 3 1 2 3 3 3
G ; ,G ;
3 3 3 3
   + − − − +
      
   
.
Bài 36. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
(C) có phương trình đường cao AH : x y 1 0+ − = và trung điểm cạnh AC là
điểm ( )N 1;2− . Gọi M là điểm nằm trên cung BC (không chứa đỉnh A), gọi
E,F lần lượt là điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB,AC . Tìm tọa độ
các đỉnh tam giác ABC biết ( )
1
E 3; 4 ,F 4;
5
 
− −  
 
và phương trình đường thẳng
chứa cạnh BClà x y 13 0− + =.
Giải
Đường thẳng đi qua hai điểm E,F có phương trình là

218. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
218
x 3 y 4
EF: EF:3x 5y 11 0
14 3 4
5
+ +
= ⇔ − − =
+ +
.
Đường thẳng EF đi qua trực tâm của tam giác ABC nên tọa độ điểm
H AH EF=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
3x 5y 11 0 x 2
H 2; 1
x y 1 0 y 1
− −= = 
⇔ ⇒ − 
+ − = =− 
.
Gọi ( )A t;1 t AH− ∈ vì ( )N 1;2− là trung điểm cạnh ( )AC C 2 t;3 t⇒ − − + .
Mặt khác ( ) ( ) ( )C BC 2 t 3 t 13 0 t 3 A 3; 2 ,C 5;5∈ ⇒ − − − + + = ⇔ = ⇒ − − .
Gọi ( ) ( ) ( )B t;t 13 BC AB t 3;t 15 ,CH 7; 6+ ∈ ⇒ = − + = −
 
.
Ta có AB CH⊥
( ) ( ) ( )AB.CH 0 7 t 3 6 t 15 0 t 69 B 69; 68⇒ = ⇔ − − + = ⇔ = ⇒ −
 
.
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là ( ) ( ) ( )A 3; 2 ,B 69; 68 ,C 5;5− − − .
Bài 37. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trực tâm
1
H 3;
4
 
− 
 
, tâm đường tròn ngoại tiếp
29
I 0;
8
 
 
 
và trung điểm cạnh BClà
5
M ;3
2
 
 
 
. Xác định tọa độ ba đỉnh tam giác ABC .
Giải
Ta có
( )
A
A
AA
5 5 3 x 5IM ; x 2 697
2 8 A 2;1 IA1 5
y 1 8y
AH 2IM 4 4
   − == − = −   
⇔ ⇔ ⇒ − ⇒ =   
=− − =−  = 

 
.
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
( )
2
2 29 697
C : x y
8 64
 
+ − = 
 
.
Đường thẳng BC đi qua
5
M ;3
2
 
 
 
và vuông góc với IM nên có phương trình là
( )
5
BC: 4 x 1 y 3 0 BC: 4x y 7 0
2
 
− − − = ⇔ − − = 
 
.
Tọa độ đỉnh ( )B,C BC C=  là nghiệm của hệ phương trình

219. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
219
( ) ( )
( ) ( )
2
2
4x y 7 0
B 2;1 ,C 3;5x 2,y 1
29 697
x 3,y 5 B 3;5 ,C 2;1x y
8 64
− − =
= =
⇔ ⇒    = =+ − =     
 
.
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là
( ) ( ) ( )A 2;1 ,B 2;1 ,C 3;5− hoặc ( ) ( ) ( )A 2;1 ,B 3;5 ,C 2;1− .
Bài 38. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có ( ) ( )M 2; 1 ,N 2;2 ,−
( )P 2;2− tương ứng là chân đường cao hạ từ đỉnh A,B,C của tam giác ABC .
Xác định tọa độ các đỉnh tam giác ABC .
Giải
Tứ giác ANHP,CNHM,BMHP
nội tiếp đường tròn, suy ra
 
 
 
 
PNH PAH
MNH HCN PNH MNH
HCN PAH
    
 
suy ra NH là phân giác trong góc N của tam giác MNP .
Chứng minh tương tự ta có MH,PH là đường phân giác trong của tam giác
MNP .
Do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
Phương trình đường thẳng MN : x 2= .
Phương trình đường thẳng NP : y 2= .
Phương trình đường thẳng
x 2 y 1
MP : MP :3x 4y 2 0
2 2 2 1
− +
= ⇔ + −=
− − +
.
Phương trình đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng MN,MP là
1
2 2
2
d : x 2y 4 03x 4y 2
x 2
d : 2x y 3 03 4
− − =+ − 
−= ⇔ 
+ − =+
.
Thay tọa độ của N,P vào phương trình của 2d ta được
( )( )T 2.2 2 3 2.2 2 3 0= + − − + − < nên 2d là đường phân giác trong góc M của
tam giác MNP .
Tương tự viết được phương trình đường phân giác trong góc N của tam giác
MNP là: 3d : x y 0− =.
Tọa độ 2 3H d d=  là nghiệm của hệ phương trình
H
A
B CM
N
P

220. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
220
( )
x y 0 x 1
H 1;1
2x y 3 0 y 1
−= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Cạnh BCđi qua ( )M 2; 1− và nhận ( )HM 1; 2= −

làm véc tơ pháp tuyến nên có
phương trình là
( ) ( )BC:1 x 2 2 y 1 0 BC: x 2y 4 0− − + = ⇔ − − = .
Cạnh AC đi qua điểm ( )N 2;2 và nhận ( )HN 1;1=

làm véc tơ pháp tuyến nên có
phương trình là
( ) ( )AC: x 2 y 2 0 AC: x y 4 0− + − = ⇔ + − = .
Cạnh AB đi qua ( )P 2;2− và nhận ( )HP 3;1= −

làm véc tơ pháp tuyến nên có
phương trình là
( ) ( )AB: 3 x 2 1 y 2 0 AB:3x y 8 0− + + − = ⇔ − + = .
Tọa độ đỉnh A AB AC=  là nghiệm của hệ phương trình
 
3x y 8 0 x 1
A 1;5
x y 4 0 y 5
         
      
.
Tọa độ đỉnh B BC AB=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
3x y 8 0 x 4
B 4; 4
x 2y 4 0 y 4
− + = =− 
⇔ ⇒ − − 
− − = =− 
.
Tọa độ đỉnh C AC BC=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
x 2y 4 0 x 4
C 4;0
x y 4 0 y 0
− −= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Vậy ( ) ( ) ( )A 1;5 ,B 4; 4 ,C 4;0− − − là ba điểm cần tìm.
Bài 39. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C)
có tâm I. Các đường thẳng AI, BI,CI lần lượt cắt đường tròn (C) tại các điểm
thứ hai là M,N,P. Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC biết đường thẳng AB đi
qua điểm E(–1;1) và đỉnh A có hoành độ dương ( )
7 5
M 1; 5 ,N ; ,
2 2
 
−  
 
13 5
P ;
2 2
 
− 
 
.
Giải
Đường tròn (C) chính là đường tròn đi qua ba điểm M,N, P nên giả sử có
phương trình
( ) ( )2 2 2 2
C : x y 2ax 2by c 0, a b c 0+ − − += + − > .

221. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
221
Vì M, N,P thuộc (C) nên
3
26 2a 10b c 0 a
2
37
7a 5b c 0 b 0
2
c 29
97
13a 5b c 0
2
− + + = = −
 − − + = ⇔ =

 = − 
 + − + =

.
Vậy ( ) 2 2
C : x y 3x 29 0+ + − =.
Suy ra tâm
3
I ;0
2
 
− 
 
.
Do AB vuông góc với IP nên AB là đường thẳng đi qua ( )E 1;1− và nhận
5
IP 5;
2
 
= − 
 

làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình
( ) ( )AB: 2 x 1 y 1 0 AB: 2x y 3 0+ − − = ⇔ − + = .
Tọa độ điểm A,B là giao điểm của AB và (C) nên là nghiệm của hệ phương
trình
2 2 x 1,y 5x y 3x 29 0
x 4,y 52x y 3 0
 = =+ + − =
⇔  =− =−− + = 
.
Dựa vào giả thiết bài cho suy ra ( ) ( )A 1;5 ,B 4; 5− − .
Do AC vuông góc với IN nên AC đi qua A và vuông góc với IN có phương
trình là
( ) ( )AC: 2 x 1 1 y 5 0 AC: 2x y 7 0− + − = ⇔ + − = .
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
( )2 2
2x y 7 0 x 1,y 5
C 4; 1
x 4,y 1x y 3x 29 0
+ − = = =
⇔ ⇒ −  = = −+ + − = 
.
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là ( ) ( ) ( )A 1;5 ,B 4; 5 ,C 4; 1− − − .
Bài 40. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết ( )A 2; 4− , trọng
tâm
5 7
G ;
3 3
 
− 
 
và tâm đường tròn ngoại tiếp ( )I 2;7− . Tìm tọa độ các đỉnh
của tam giác ABC .
Giải
Gọi M là trung điểm cạnh BC ta có
3
AM AG
2

 
.

222. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
222
M
M
11 19 11
AG ; x 2
3 3 2
193 y 4AM AG
22
                 
      

 
.
M
M
7
x
7 11 3 32
M ; IM ;
11 2 2 2 2
y
2

= −    
⇔ ⇒ − ⇒ = − −    
    =


.
Đường thẳng BC đi qua
7 11
M ;
2 2
 
− 
 
và vuông góc với IM nên có phương trình
là
7 11
BC:1 x 1 y 0 BC: x y 2 0
2 2
   
+ + − = ⇔ + − =   
   
.
Ta có IA 137= suy ra phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
( ) ( ) ( )2 2
C : x 2 y 7 137+ + − = .
Tọa độ đỉnh ( )B,C C BC=  là nghiệm của hệ phương trình
( ) ( )2 2
7 265 11 265
x ,y
x 2 y 7 137 2 2
7 265 11 265x y 2 0
x ,y
2 2
 + +
=− = + + − = ⇔
 − −+ − = =− =

.
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là
7 265 11 265 7 265 11 265
B ; ,C ;
2 2 2 2
   + + − −
− −      
   
hoặc
7 265 11 265 7 265 11 265
B ; ,C ;
2 2 2 2
   − − + +
− −      
   
.
Bài 41. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
(C) có phương trình cạnh BC là 1d : x y 4 0− − =và phương trình đường trung
tuyến kẻ từ đỉnh A là 2d :3x 5y 8 0+ − =. Đường thẳng đi qua A và vuông góc
với BC cắt đường tròn (C) tại điểm thứ hai ( )D 4; 2− . Tìm tọa độ các đỉnh tam
giác ABC biết B có hoành độ không lớn hơn 3.
Giải
Gọi M là trung điểm cạnh BC, H là trực tâm tam giác ABC và K là giao điểm
của BC và AD, E là giao điểm của BH và AC.
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình

223. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
223
7
x
3x 5y 8 0 7 12
M ;
x y 4 0 1 2 2
y
2

=+ − =   
⇔ ⇒ −   − − =    = −

.
Đường thẳng AD đi qua ( )D 4; 2− và vuông góc với BC nên có phương trình là
( ) ( )AD:1 x 4 1 y 2 0 AD: x y 2 0− + + = ⇔ + − = .
Tọa độ điểm A là giao điểm của AD và AM là nghiệm của hệ phương trình
( )
x y 2 0 x 1
A 1;1
3x 5y 8 0 y 1
+ −= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình
( )
x y 4 0 x 3
K 3; 1
x y 2 0 y 1
− −= = 
⇔ ⇒ − 
+ − = =− 
.
Dễ chứng minh được K là trung điểm HD suy ra ( )H 2;4 .
Vì ( )B BC B t;t 4 ,t 3∈ ⇒ − ≤ . Vì M là trung điểm của BC suy ra
( )C 7 t;3 t− − .
Ta có ( ) ( )AC 6 t;2 t ,HB t 2;t 8= − − = − −
 
.
Suy ra ( )( ) ( )( )
t 2
AC.HB 0 t 2 6 t t 8 2 t 0
t 7
=
= ⇔ − − + − − = ⇔  =
 
.
Kết hợp với điều kiện suy ra ( ) ( )t 2 B 2; 2 ,C 5;1=⇒ − .
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là ( ) ( ) ( )A 1;1 ,B 2; 2 ,C 5;1− .
Bài 42. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường
tròn ( )C có tâm ( )I 2;0− . Đường phân giác trong góc A cắt đường tròn ( )C tại
điểm thứ hai D , gọi M là trung điểm AD ; đường tròn qua A,M,B cắt AC tại
E , DK là đường kính của đường tròn ( )C . Giả sử ( )E 1;3− và ( )K 2;3− và
trực tâm tam giác ABC là điểm ( )H 3;4− . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC .
Giải
Nhận xét. Ta đi chứng minh EK AC⊥ .
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm ( )I 2;0− , bán kính IK 5= nên có
phương trình là: ( ) ( )2 2
C : x 2 y 25+ + =.
Đường thẳng AC EK AC: x 1 0⊥ ⇒ + = .
Tọa độ điểm A,C là nghiệm của hệ phương trình:

224. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
224
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2 A 1; 2 6 ,C 1;2 6x 1,y 2 6x 2 y 25
x 1,y 2 6x 1 0 A 1;2 6 ,C 1; 2 6
 − − −  =− =−+ + = ⇔ ⇒ =− =+ =  − − −  
.
Tọa độ trung điểm của AC là điểm ( )M 1;0− .
Ta có BH 2IM=
 
( )
( )B B
BB
3 x 2 1 2 x 5
B 5;4
y 44 y 0
− − = − + = −
⇔ ⇔ ⇒ − 
=− = 
.
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là
( ) ( ) ( )A 1; 2 6 ,B 5;4 ,C 1;2 6− − − − hoặc ( ) ( ) ( )A 1;2 6 ,B 5;4 ,C 1; 2 6− − − − .
Bài 43. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H
thuộc đường thẳng 3x 4y 4 0− − =. Đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC có
phương trình là ( )
2 2
1 5 25
C : x y
2 2 4
   
− + − =   
   
. Giả sử ( )M 2;3 là trung điểm
cạnh BC. Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC .
Giải
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình:
2 2
3x 4y 4 0 x 2
1
H 2;11 5 25
2yx y
22 2 4
− − = =
   
⇔ ⇒       =− + − =          
.
Gọi 1H là điểm đối xứng của H qua đường thẳng BC.
Ta có   
1 1BH H BHH ACB  (cùng chắn cung AB ) do đó 1H thuộc đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC .
Đường tròn ( )C có tâm
1 5
I ;
2 2
 
 
 
, bán kính
5
R
2
= .
Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm 1I , bán kính 1R .
Phép đối xứng qua đường thẳng BCbiến tam giác HBCthành tam giác 1H BC
do đó biến đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC thành đường tròn ngoại tiếp
tam giác 1H BC hay chính là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Ta có M là trung điểm của 1II và 1
5
R R
2
= = .
Suy ra 1
7 7
I ;
2 2
 
 
 
.

225. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
225
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
( )
2 2
1
7 7 25
C : x y
2 2 4
   
− + − =   
   
.
Tọa độ điểm B,C là nghiệm của hệ phương trình:
2 2
2 2
7 7 25 8 6 12 3 6x y x ,y
2 2 4 4 4
8 6 12 3 61 5 25 x ,yx y
4 42 2 4
     − +− + − = = =    
    ⇔
 + −    = =− + − =       
.
Suy ra
8 6 12 3 6 8 6 12 3 6
B ; ,C ;
4 4 4 4
8 6 12 3 6 8 6 12 3 6
B ; ,C ;
4 4 4 4
    − + + −
       
    

   + − − +
      
   
.
Ta có 1
3
AH 2I M A 5;
2
     
 
.
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là
3 8 6 12 3 6 8 6 12 3 6
A 5; ,B ; ,C ;
2 4 4 4 4
   − + + − 
             

226. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
226
Chuû ñeà 6. HÌNH BÌNH HAØNH
A. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP
1. Định nghĩa
Hình bình hành là tứ giác có các cặp cạnh đối song song với nhau.
2. Tính chất
- Các cặp cạnh đối song song với nhau và bằng nhau.
- Các đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, giao điểm đó gọi là tâm
hình bình hành.
( ) ( )ABD BCD ABC ACD ABCD
1
S S S S S d A;BD .BD d B;AC .AC
2
= = = = = = .
3. Kiến thức cần vận dụng
- Quy tắc tọa độ trung điểm.
- Viết phương trình đường thẳng đi qua một điểm và song song với một đường
thẳng cho trước.
- Áp dụng thuần thục công thức tính diện tích tứ giác.
- Xem lại các điểm đặc biệt trong tam giác; các đường trung trực, đường trung
tuyến, đường cao và đường phân giác trong tam giác.
B. BÀI TẬP MẪU
1) Vận dụng tính chất đối xứng qua tâm
Khi biết toạ độ tâm I của hình bình hành ta có mối liên hệ
A C
I
A C
I
x x
x
2
y y
y
2
  
  
hoặc
B D
I
B B
I
x x
x
2
y y
y
2
  
  
.
Dựa vào mối liên hệ trên ta tham số hoá toạ độ điểm và xây dựng dựng phương
trình – hệ phương trình để tìm ra điểm cần tìm.
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có điểm
( )A 1;0 và điểm ( )B 2;0 . Giao điểm I của 2 đường chéo thuộc đường thẳng
d : y x= . Viết phương trình các cạnh của hình bình hành, biết diện tích hình
bình hành bằng 4 và điểm C có hoành độ dương.
Giải
Giả sử tọa độ tâm ( )I a;a d∈ , do điểm C đối
xứng với A qua I và điểm D đối xứng với
B qua I .
Suy ra ( ) ( )C 2a 1;2a ,D 2a 2;2a− − .
I
d:y=x
B(2;0)A(1;0)
D C

227. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
227
Phương trình đường thẳng AB : y 0= , ta có ( )d I;AB a ,AB 1= = .
Suy ra ( )ABCD IABS 4S 2d I;AB .AB 2 a= = = .
Mặt khác ABCDS 4 2 a 4 a 2= ⇔ = ⇔ = ± .
+ Với ( ) ( )a 2 C 3;4 ,D 2;4= ⇒ (thỏa mãn).
+ Với ( ) ( )a 2 C 5; 4 ,D 6; 4=− ⇒ − − − − (loại).
Vậy ( ) ( )C 3;4 ,D 2;4 là hai đỉnh cần tìm.
Phương trình cạnh
x 1 y 0
AD: AD: 4x y 4 0
2 1 4 0
− −
= ⇔ − −=
− −
.
Phương trình cạnh CD: y 4= .
Phương trình cạnh
x 2 y 0
BC: BC: 4x y 8 0
3 2 4 0
− −
= ⇔ − −=
− −
.
Vậy phương trình các cạnh của hình hình hành là
AB: y 0;BC: 4x y 8 0;CD: y 4;AD: 4x y 4 0= − −= = − −= .
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có tâm
( )I 2;2 và phương trình 2 cạnh cùng xuất phát từ một đỉnh là
2x y 0;4x 3y 0−= − = . Viết phương trình các cạnh còn lại của hình bình hành
ABCD .
Giải
Cách 1: Giả sử hai cạnh đó là AB: 2x y 0;AD: 4x 3y 0−= −= .
Tọa độ đỉnh A AB AD=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
2x y 0 x 0
A 0;0
4x 3y 0 y 0
−= = 
⇔ ⇒ 
−= = 
.
Vì ( )I 2;2 là trung điểm của
AC nên ( )C 4;4 .
Phương trình cạnh BC:
Vì AB / /BC nên BCđi qua
( )C 4;4 và nhận véc tớ ( )ADn 4; 3= −

làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là
( ) ( )BC: 4 x 4 3 y 4 0 BC: 4x 3y 4 0− − − = ⇔ − − = .
Phương trình cạnh CD :
Vì CD / /AB nên CD là đường thẳng đi qua ( )C 4;4 và nhận ( )ABn 2; 1= −

làm
véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là
2x-y=0
4x-3y=0
I(2;2)
A(0;0)
B C
D

228. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
228
( ) ( )CD: 2 x 4 1 y 4 0 CD: 2x y 4 0− − − = ⇔ − − = .
Vậy phương trình hai cạnh còn lại của hình bình hành là
BC: 4x 3y 4 0;CD: 2x y 4 0− −= − −= .
Cách 2: Phương pháp đối xứng
Cạnh BCđối xứng với AD qua ( )I 2;2 nên với mỗi điểm ( )M x;y AD∈ tồn tại
điểm ( )1 1 1M x ;y BC∈ nhận I làm trung điểm, ta được
1 1
1 1
x x 4 x 4 x
y y 4 y 4 y
+ = = − 
⇔ 
+ = = − 
.
Thay vào phương trình của AD, ta được
( ) ( )1 1 1 14 4 x 3 4 y 0 4x 3y 4 0 BC: 4x 3y 4 0− − − = ⇔ − − = ⇒ − − = .
Cạnh CD đối xứng với AB qua I nên với mỗi điểm ( )M x;y AB∈ tồn tại điểm
( )1 1 1M x ;y thuộc CD nhận ( )I 2;2 làm trung điểm, ta được
1 1
1 1
x x 4 x 4 x
y y 4 y 4 y
+ = = − 
⇔ 
+ = = − 
.
Thay vào phương trình của AB, ta được
( ) ( )1 1 1 12 4 x 4 y 0 2x y 4 0 CD: 2x y 4 0− − − = ⇔ − − = ⇒ − − = .
Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có điểm
( )A 0;1 , ( )B 3;4 . Tìm tọa độ hai đỉnh C và D biết giao điểm I của hai đường
chéo nằm trên cung AB của parabol ( ) ( )2
P : y x 1= − sao cho diện tích tứ giác
ABCD đạt giá trị lớn nhất.
Giải
Phương trình cạnh
x 0 y 1
AB: AB: x y 1 0
3 0 4 1
− −
= ⇔ − +=
− −
.
Gọi điểm ( )( ) ( )2
I a; a 1 P− ∈ , vì I AB nên 0 a 3< < .
Ta có ( )ABCD IABS 4S 2AB.d I;AB= = .
Do AB không đổi nên diện tích tứ giác ABCD lớn nhất khi và chỉ khi khoảng
cách từ I đến AB lớn nhất:
Ta có: ( )
( )
( )
2
2 2
2 2
3 9
aa a 1 1 a 3a 9 22 4
d I;AB , 0 a 3
82 21 ( 1)
 
− − + − − + − +
 = = = ≤ < <
+ −
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
3 3 1
a I ;
2 2 4
 
= ⇒  
 
.

229. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
229
Do C và D lần lượt đối xứng với A và B qua I nên
C I A D I B
C I A D I B
x 2x x x 2x x
;
y 2y y y 2y y
= − = − 
 
=− =−
1 7
C 3; ;D 0;
2 2
   
⇒ − −   
   
.
Vậy hai điểm cần tìm là
1 7
C 3; ;D 0;
2 2
             
.
2) Phương pháp diện tích
Giả thiết bài toán cho diện tích ta cần linh hoạt phân chia diện tích hình bình hành
theo các diện tích tam giác nhỏ dễ tính.
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích
bằng 3, hai đỉnh ( ) ( )A 2; 3 ,C 3; 2− − và trọng tâm tam giác ABC nằm trên
đường thẳng 3x y 8 0− − =. Viết phương trình các cạnh của hình bình hành
ABCD .
Giải
Phân tích lời giải. Dựa vào mối liên hệ giữa diện tích tam giác và diện tích hình
bình hành ta tìm được tọa độ điểm B , từ đó điểm D đối xứng với B qua tâm
hình bình hành (là trung điểm cạnh BD ).
Lời giải
Gọi I là tâm hình bình hành thì I là trung điểm của
5 5
BD I ;
2 2
 
⇒ − 
 
.
Gọi ( )B x;y suy ra tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là
5 x y 5
G ;
3 3
+ − 
 
 
.
Mặt khác G d :3x y 8 0∈ − − = nên
( )
5 x y 5
3. 8 0 y 3x 4 B x;3x 4
3 3
+ −
− − = ⇔ = − ⇒ − .
Phương trình cạnh AC:
x 2 y 3
AC: AC: x y 5 0
3 2 2 3
− +
= ⇔ − −=
− − +
.
Ta có ( )
( )
ABC
2 2
x 3x 4 5 2x 11 2
AC 2,S AC.d B;AC .
2 2 21 ( 1)
− − − +
= = = =
+ −
.
Mặt khác: ( ) ( )ABC ABCD
x 22x 11 3 3
S S B 1; 1 ,B 2; 10
x 12 2 2 2
= −+ 
= = ⇔ = ⇔ ⇒ − − − =
.
TH1: Với ( )B 2; 10− − suy ra tọa độ điểm D đối xứng với B qua I nên có tọa độ là
D(7;5).
Phương trình cạnh
x 2 y 3
AB: AB:7x 4y 26 0
2 2 10 3
− +
= ⇔ − −=
− − − +
.

230. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
230
Phương trình cạnh
x 2 y 10
BC: BC:8x y 6 0
3 2 2 10
+ +
= ⇔ − +=
− − +
.
Phương trình cạnh
x 3 y 2
CD: CD:7x 4y 29 0
7 3 5 2
− +
= ⇔ − − =
− +
.
Phương trình cạnh
x 2 y 3
AD: AD:8x 9y 43 0
7 2 5 3
− +
= ⇔ − − =
+ +
.
TH2: Với ( )B 1; 1− suy ra tọa độ điểm D đối xứng với B qua I nên có tọa độ là
D(4;-4).
Phương trình cạnh
x 2 y 3
AB: AB: 2x y 1 0
1 2 1 3
− +
= ⇔ + −=
− − +
.
Phương trình cạnh
x 3 y 2
BC: BC: x 2y 1 0
1 3 1 2
− +
= ⇔ + −=
− − +
.
Phương trình cạnh
x 3 y 2
CD: CD: 2x y 4 0
4 3 4 2
− +
= ⇔ + −=
− − +
.
Phương trình cạnh
x 2 y 3
AD: AD: x 2y 4 0
4 2 4 3
− +
= ⇔ + +=
− − +
.
Kết luận: Vậy phương trình bốn cạnh hình bình hành ABCD là
AB:7x 4y 26 0;BC:8x y 6 0;CD:7x 4y 29 0;− −= − += − −= và
AD:8x 9y 43 0− − =hoặc
AB: 2x y 1 0;BC: x 2y 1 0;CD: 2x y 4 0;+ −= + −= + −= và
AD: x 2y 4 0+ + = .
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có
phương trình đường chéo AC: x y 1 0,   điểm G(1; 4) là trọng tâm của
tam giác ABC, điểm E(0; 3) thuộc đường cao kẻ từ D của tam giác ACD.
Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành đã cho biết rằng diện tích của tứ giác
AGCD bằng 32 và đỉnh A có tung độ dương.
Giải
Vì DE AC nên
 DE : x y 3 0 D t; t 3 .     
Ta có      
1 1
d G, AC d B, AC d D, AC
3 3
 
 
 
D 1; 4t 12t 41
2 . .
t 53 D 5; 22
          
D
B
C
G
E
A

231. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
231
Vì D và G nằm khác phía đối với AC nên  D 1; 4 .
Ta có
 
 
B
B
1 1 2. x 1
GD 2GB
4 4 2 y 4
     
   
 
 B 1; 8 BD: x 1.  
Vì  A AC: x y 1 0 A a; a 1 .     
Ta có AGCD AGC ACD ABC ABC ABD
1 4 4
S S S 1 S S S .
3 3 3
        
Suy ra:  ABD
1
S 24 .d A, BD .BD 24
2
  
   
  
A 5; 6 tma 5
a 1.12 48
a 3 A 3; 2 ktm
           
Từ  AD BC C 3; 2 .   
 
Vậy tọa độ 4 điểm cần tìm là        A 5; 6 , B 1; 8 , C 3; 2 , D 1; 4 .  
3) Phương pháp xác định góc
Giả thiết bài toán cho góc giữa hai đường thẳng hoặc góc trong tam giác.
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy hình bình hành ABCD có điểm  C 7;5
và A thuộc đường thẳng d : x y 4 0   . Phương trình đường trung tuyến kẻ
từ D của tam giác BCD có phương trình là 4x 3y 23 0   . Tìm tọa độ các
đỉnh A,B,D biết B có hoành độ dương và  1
cosABC
5
 .
Giải
Vì  A d A a;a 4   .
Gọi E là trung điểm của BC
Vì E : 4x 3y 23 0    suy ra
4e 23
E e;
3
     
.
d
E C(-7;5)
A D
B
Vì E là trung điểm BC nên
8e 31
B 2e 7;
3
      
.
Vì B có hoành độ dương nên
3
2e 7 0 e
2
    .

232. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
232
Ta có
4e 8
EC 7 e;
3
        

.
Ta có:
 
 
D
D
x a 2 7 e
AD 2EC 4e 8
y a 4 2
3
                
 
.
D
D
x a 2e 14
8e 28
D a 2e 14;a8e 28
3y a
3
                 
.
Mặt khác    
8e 28
D 4 a 2e 14 3 a 23 0 a 5 A 5;1
3
              
.
Ta có
8e 28 8e 16
AB 2e 2; ,BC 2EC 14 2e;
3 3
                   
  
.
Theo giả thiết ta có  1 AB.BC 1
cosABC
5 5AB . BC
  
 
  .
  
   
2 2
2 2
8e 28 8e 16
2e 2 2e 14
13 3
58e 28 8e 16
2e 2 . 2e 14
3 3
          
 
                  
.
 4 3 2 2
25e 320e 1698e 4184e 4141 5 5e 32e 35        .
e 2
e 223 3 41
e
10
 

   

vì
7
e
2
 suy ra    B 3;5 ,D 5;1 .
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là      A 5;1 ,B 3;5 ,D 5;1
4) Vận dụng định lý Thales
Tận dụng tính chất hình bình hành có 2 cặp cạnh đối song song với nhau khi giả
thiết cho trước 2 điểm ta kéo dài 2 điểm đó cắt 2 cạnh đối song song và vận
dụng định lý Thales để tìm toạ độ điểm thứ 3.
Nhắc lại: Với a//b ta có
IA IB AB
IC ID CD
  .

233. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
233
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD. Điểm
 M 3;0 là trung điểm của cạnh AB,  H 0; 1 là hình chiếu vuông góc của B
lên AD và
8 19
N ;
5 5
    
là điểm trên đoạn AC sao cho AN 4NC . Tìm tọa độ các
điểm B và D.
Giải
Kéo dài HN cắt BC tại E
Theo Talets ta có:
NE NC 1
NH NA 4
  .
Suy ra: 4NE HN
 
.
I
E
M
N
H
C
A D
B
 
E
E
E
E
8 8
4 x
x 25 5
E 2;5
y 519 24
4 y
5 5
                
          
Gọi I là trung điểm của HE ta có  I 1;2 .
Tam giác ABH vuông tại H có M là trung điểm cạnh huyền AB nên
MB MH 10  .
Tam giác BHE vuông tại B có I là trung điểm cạnh huyền HE nên
IB IH 10  .
Gọi  B x;y ta có hệ phương trình:
 
     
2 2
2 22 2
y 2x 1x 3 y 10
x 3 y 10x 1 y 2 10
        
         
.
 
 2
x 0
y 2x 1 B 0; 1y 1
B 2;3x 25x 10x 0
y 3
                  
 
.
Với  B 0; 1 loại do B trùng với H.
Với  B 2;3 vì M là trung điểm của AB nên  A 4; 3  .
Mặt khác
EC NC 1 1
CE HA
HA NA 4 4
   
 
.

234. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
234
 
 
C
C
CC
x 34 2 x 4 11
C 3;11
2y4 5 y 2
2
                    
.
Ta có
D D
D D
x 4 5 x 1
1
AD BC D 1;5 1
2y 3 y
2 2
                         
 
.
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là  B 2;3 và
1
D 1;
2
     
.
Nhận xét. Với giải thiết cho trước tọa độ hai điểm trên các đường thẳng của tứ giác
phương pháp được sử dụng hiệu quả là kéo dài đường thẳng đi qua hai điểm đó
cho cắt với hai cặp cạnh đối song song của tứ giác và sử dụng định lý Talets.
C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng
4, biết điểm    A 1;0 ,B 0;2 . Tìm tọa độ hai điểm C và D biết giao điểm I của
hai đường chéo nằm trên đường thẳng : 0d x y− =.
Hướng dẫn giải – đáp số
Phương trình cạnh AB: 2x y 2 0+ − =, giả sử ( )I t;t d∈ thì do C và D lần lượt
đối xứng với A và B qua I nên ( ) ( )C 2t 1;2t ,D 2t;2t 2− − .
( )
( ) ( )
ABCD
5 8 8 2
t 0 C ; ,D ;
6t 4 3 3 3 3
S AB.d C;AB 5. 4
5 4
t C 1;0 ,D 0; 2
3
    
= ⇒    −    = ⇒ =⇔

= ⇒ − −

Vậy hai đỉnh cần tìm là
5 8 8 2
C ; ,D ;
3 3 3 3
   
   
   
hoặc ( ) ( )C 1;0 ,D 0; 2− − .
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có ABD là tam
giác vuông tại D . Hình chiếu vuông góc của hai đỉnh B,D xuống đường chéo
AC lần lượt là
22 14 13 11
H ; ,K ;
5 5 5 5
   
   
   
. Hãy tìm tọa độ các đỉnh hình bình hành
ABCD biết BD 3 2= .
Hướng dẫn giải – đáp số
Đường chéo AC đi qua hai điểm H,K nên có phương trình là:
AC: x 3y 4 0− + =.
Ta có HD AC HD:3x y 16 0⊥ ⇒ + − =.
Ta có KB AC KB:3x y 10 0⊥ ⇒ + − =.

235. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
235
Vì ( ) ( )D HD D d;16 3d ,B KB B b;10 3b∈ ⇒ − ∈ ⇒ − .
Suy ra tọa độ tâm I hình bình hành ABCD là trung điểm của
b d 26 3b 3d
BD I ;
2 2
+ − − 
⇒  
 
.
Mặt khác
( )
b d 26 3b 3d
I AC 3. 4 0 d 7 b D 7 b;3b 5
2 2
+ − −
∈ ⇔ − + = ⇔ = − ⇒ − − .
Vì ( )A AC A 3a 4;a∈ ⇒ − .
Theo giả thiết ta có ( ) ( )2 2
BD 3 2 2b 7 6b 15 3 2= ⇔ − + − = .
( ) ( )
2
B 2;4 ,D 5;1b 2
40b 208b 256 0 16 16 2 19 23
b B ; ,D ;
5 5 5 5 5
=
⇔ − + =⇔ ⇒     =        
.
TH1: Nếu ( ) ( ) ( )B 2;4 ,D 5;1 BD 3; 3⇒ = −

.
Vì tam giác ABD vuông tại D AD BD AD: x y 4 0⇒ ⊥ ⇒ − − =.
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
( )
x 3y 4 0 x 8
A 8;4
x y 4 0 y 4
− += = 
⇔ ⇒ 
− −= = 
.
Tọa độ tâm
7 5
I ;
2 2
 
 
 
vì I là trung điểm của ( )AC C 1;1⇒ − .
TH2: Thực hiện tương tự.
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có đỉnh ( )B 1;5 ,
gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BC. Phương trình đường thẳng
AH : x 2y 2 0+ − =, phương trình đường phân giác góc ACBlà d : x y 1 0− − =.
Tìm tọa độ ba đỉnh A,C,D .
Hướng dẫn giải – đáp số
Nhận xét. Thực chất bài toán quy về giải tam giác ABC khi biết tọa độ đỉnh B ,
đường cao AH và phân giác trong góc C .
Đường thẳng BC AH BC: 2x y 3 0⊥ ⇒ − + =.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
( )
2x y 3 0 x 4
C 4; 5
x y 1 0 y 5
− + = =− 
⇔ ⇒ − − 
− − = =− 
.
Gọi 1B là điểm đối xứng của B qua đường thẳng 1d B AC⇒ ∈ .

236. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
236
Đường thẳng 1 1BB d BB : x y 6 0⊥ ⇒ + − =.
Tọa độ giao điểm của 1d,BB là nghiệm của hệ phương trình:
7
x
x y 1 0 7 52
E ;
x y 6 0 5 2 2
y
2

=− − =   
⇔ ⇒   + − =    =

.
Vì E là trung điểm của ( )1 1BB B 6;0⇒ .
Đường thẳng AC đi qua hai điểm 1B ,C nên có phương trình là:
AC: x 2y 6 0− − =.
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
( )
x 2y 6 0 x 4
A 4; 1
x 2y 2 0 y 1
− −= = 
⇔ ⇒ − 
+ − = =− 
.
Ta có ( )AB DC D 1; 11= ⇒ − −
 
.
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là ( ) ( ) ( )A 4; 1 ,C 4; 5 ,D 1; 11− − − − − .
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có tâm ( )I 1;3−
và trọng tâm tam giác ABD là
1 5
G ;
3 3
 
 
 
. Viết phương trình các cạnh hình
bình hành ABCD , biết các cạnh AB,AD là hai tiếp tuyến kẻ từ đỉnh A đến
đường tròn ( ) 2 2
C : x y 6x 6y 8 0+ − − + =.
Giải
Gọi ( )A A
4 4
AI 1 x ;3 y ,GI ;
3 3
 
= − − − = − 
 
 
.
Vì G là trọng tâm tam giác ABD nên
( )
A
A
A
A
4
1 x .3
3
AI 3GI
4
3 y .3
3
x 3
A 3; 1
y 1

− − =−
= ⇔ 
 − =

=
⇔ ⇒ −
= −
 
Vì ( )I 1;3− là trung điểm
của AC nên ( )C 5;7− .
Đường tròn ( )C có tâm ( )K 3;3 , bán kính 2 2
R 3 3 8 10= + − = .
I(-1;3) K
B
A
D
G(1/3;5/3)

237. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
237
Phương trình các cạnh AB,AD có dạng:
( ) ( ) ( )2 2
a x 3 b y 1 0, a b 0 d :ax by 3a b 0− + += + > ⇔ + − += .
Các cạnh AB,AD là tiếp tuyến của ( ) ( )C d K;d R⇔ =.
( )2 2 2
2 2
3a 3b 3a b 3
10 16b 10 a b a b
5a b
+ − +
⇔ = ⇒ = + ⇔ =±
+
.
 Với
3
a b d : 3x 5y 3 3 5 0
5
= ⇒ + − + = .
 Với
3
a b d : 3x 5y 3 3 5 0
5
=− ⇒ − + + + =.
Vậy phương trình hai cạnh AB,AD là
AB: 3x 5y 3 3 5 0;AD: 3x 5y 3 3 5 0+ − + = − + + + = hoặc ngược lại.
TH1: AB: 3x 5y 3 3 5 0;AD: 3x 5y 3 3 5 0+ − + = − + + + = .
Khi đó CD / /AB nên CD là đường thẳng đi qua ( )C 5;7− nhận véc tơ
( )ABn 3; 5=

làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là
( ) ( )CD: 3 x 5 5 y 7 0 CD: 3x 5y 5 3 7 5 0+ + − = ⇔ + + − = .
Vì BC / /AD nên BClà đường thẳng đi qua ( )C 5;7− và nhận
( )ADn 3; 5= −

làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là
( ) ( )BC: 3 x 5 5 y 7 0 BC: 3x 5y 5 3 7 5 0− + + − = ⇔ − + − − = .
TH2: Thực hiện tương tự trên ta có phương trình các cạnh
CD: 3x 5y 5 3 7 5 0;BC: 3x 5y 5 3 7 5 0− + − −= + + −= .
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có tam giác ABD
vuông cân nội tiếp đường tròn    
2 2
(C): x 2 y 1 9    . Biết hình chiếu
vuông góc của B và D xuống đường chéo AC lần lượt là
22 14 13 11
H ; ,K ;
5 5 5 5
            
.
Tìm tọa độ đỉnh B biết AD 3 2 .
Giải
Đường tròn (C) có tâm  I 2;1 , bán kính R 3 .
Ta cần xác định xem tam giác ABD vuông cân tại đâu.
+ Nếu vuông tại A khi đó ABCD là hình vuông lúc này H K (vô lý).
+ Nếu vuông tại B khi đó AD là đường kính của đường tròn (C) vô lý vì
AD 3 2 2R 6   .

238. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
238
Vậy tam giác ABD vuông cân tại D.
Phương trình đường chéo AC đi qua hai điểm A và C có phương trình là
x 22 / 5 y 14 / 5
AC: AC: x 3y 4 0
13 / 5 22 / 5 11/ 5 14 / 5
 
    
 
.
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
   
 
 
2 2
x 3y 4 0
x 2 y 1 9
22
x
5
22 14
A ;14
y 5 5
5
A 1;1
x 1
y 1
A 1;1
   
    
               
 
vì A H .
Vì ABD vuông cân tại D nên AB là đường kính của đường tròn (C) suy ra I là
trung điểm của AB. Do đó  B 5;1 .
Vậy tọa độ điểm  B 5;1
Bài 7. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình bình hành ABCD có điểm
   A 0;1 ,B 3;4 . Gọi G là trọng tâm của tam giác ABD. Giả sử G thuộc cung
AB của Parabol  
2
(P): y x 1  và diện tích tứ giác ABCD đạt giá trị lớn nhất.
Tìm toạ độ các điểm C và D.
Gọi I là tâm hình bình hành ABCD.
Ta có
CA 2CI
3
2GA AI
3
 
ABCD ABC GABs 2S 6S   .
Do AB 3 2 không đổi nên
ABCDS lớn nhất khi và chỉ khi  d G;AB lớn nhất.
Vì   2
G (P) G a; a 1   theo giả thiết G thuộc cung AB nên 0 a 3  .
Phương trình đường thẳng AB: x y 1 0   .
Ta có
K
H
E
C
D
I
A B

239. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
239
 
 
2
2
2 2
22
a a 1 1 1
d G;AB 3a a
21 ( 1)
a 3a 1 3 9 2 9 2
a
2 8 82 2
  
  
 
         
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
3 3 1
a G ;
2 2 4
     
.
Ta có
C C
C C
3 9
x 3 x
9 52 2GC 2GA C ;
1 3 5 2 4
y y
4 2 4
                             
 
.
Mặt khác
D D
D D
9 3
x 3 x
3 172 2
AB DC D ;
5 17 2 4
y 3 y
4 4
                              
 
.
Vậy toạ độ hai điểm cần tìm là
9 5 3 17
C ; ,D ;
2 4 2 4
             
.
Nhận xét. Điểm quan trọng của bài toán là xác định điểm G thuộc cung AB của (P)
và xác định được diện tích của hình bình hành ABCD theo diện tích tam giác
ABG.
Chuû ñeà 7. HÌNH THANG
A. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP
Hình thang là tứ giác có 2 cạnh đối song song với nhau.
Chú ý các dạng hình thang:
- Hình thang có hai đáy song song với nhau.
- Hình thang cân có có hai đáy song song và hai cạnh bên bằng nhau.
- Sử dụng định lý Talet nếu xuất hiện yếu tố song song.
- Hình thang vuông có cạnh bên là đường cao của hình thang. Chú ý đến tính chất
vuông góc và kết hợp sử dụng định lý Pitago và khoảng cách điểm đến đường
thẳng.
Công thức tính diện tích hình thang:
a b
S .h
2
+
= (a,b là độ dài hay đáy và h là
chiều cao của hình thang).
Vận dụng tính chất song song, vuông góc kết hợp góc và khoảng cách, tính diện
tích nếu có.

240. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
240
B. BÀI TẬP MẪU
1) Tìm toạ độ giao điểm, góc, khoảng cách và diện tích
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D
có đáy lớn là CD, đường thẳng AD có phương trình 3x y 0− =, đường thẳng
BD có phương trình x 2y 0− =, góc giữa đường thẳng BC và AB bằng 0
45 .
Tìm tọa độ đỉnh B , biết B có hoành độ dương và diện tích hình thang bằng
24.
Giải
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ:
( )
3x y 0 x 0
D 0;0
x 2y 0 y 0
−= = 
⇔ ⇒ 
−= = 
Góc giữa hai đường thẳng AD
và BD được xác định bởi:
   

2 2 2 2
0
3.1 1 . 2 1
cos
23 1 . 1 2
ADB 45 AD AB
  
  
 
   
.
Do góc giữa BC và AB bằng 0
45 nên   0 0
BCD 45 BCD BDC 45    .
Suy ra tam giác BCD vuông cân tại B.
( )
2
ABCD
1 3AB
S AB DC AD 24 AB 4 AD AB 2 4 2
2 2
= + = = ⇒ =⇒ = =
Gọi điểm
b
B b; ,b 0
2
 
> 
 
thuộc đường thẳng AB.
Do ( )
2
22 b 8 10 8 10 4 10
BD 4 2 b 4 2 b B ;
2 5 5 5
  
= ⇔ + = ⇔ =± ⇒        
.
Vậy tọa độ điểm cần tìm là
8 10 4 10
B ;
5 5
 
  
 
.
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD có đáy lớn là
CD, biết điểm ( ) ( )A 0;2 ,D 2; 2− − và giao điểm I của AC,BD nằm trên đường
thẳng x y 4 0+ − =. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang khi biết
 0
AID 45 .
Giải
Gọi I(x; 4-x) thuộc đường thẳng x y 4 0+ − =.
Ta có: 2 2
AD 2 5,IA 2x 4x 4,ID 2x 8x 40= = − + = − + .
D
A B
C

241. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
241
Trong tam giác AID sử dụng định lý hàm số côsin ta được:

2 2 2
IA ID AD 1
cosAID
2IA.ID 2
 
  .
2 2
2 2
2x 4x 4 2x 8x 40 20 1
22 2x 4x 4. 2x 8x 40
x 2
x 4
− + + − + −
⇔ =
− + − +
=
⇔  =
.
• Với ( )x 2 I 2;2 IA 2,ID 4 2= ⇒ ⇒ = = .
   IC 2 2IA C 2 4 2;2 4 2 ,B 2 2;2 2      
 
.
• Với ( ) ( ) ( )x 4 I 4;0 B 4 3 2;2 2 ,C 4 4 2; 2 2=⇒ ⇒ + + + − .
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là ( ) ( )B 2 2;2 2 ,C 2 4 2;2 4 2+ + + + hoặc
( ) ( )B 4 3 2;2 2 ,C 4 4 2; 2 2+ + + − .
Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD có hai đáy là AB
và CD, biết điểm ( ) ( )A 0; 4 ,B 4;0− . Tìm tọa độ hai điểm C và D biết ABCD
ngoại tiếp đường tròn ( ) ( ) ( )2 2
C : x 1 y 1 2− + + =.
Giải
Đường tròn (C) có tâm ( )I 1; 1 ,R 2− =.
Đường thẳng AB: x y 4 0− − =, đường thẳng CD song song với AB nên
phương trình có dạng: CD: x – y + x = 0.
CD tiếp xúc với ( )C khi và chỉ khi ( )d I,CD R= .
1 1 c
2 c 0 CD: x y 0
2
+ +
⇔ = ⇔ = ⇒ − = .
Đường thẳng ( )AD:ax b y 4 0 AD:ax by 4b 0+ + = ⇔ + + = .
AD tiếp xúc với ( )C khi và chỉ khi ( )d I;AB R= .
2 2
a b 4b 1 1
2 a 7b AD:7x y 4 0 D ;
2 2a b
− +  
⇔ = ⇔ = ⇒ + + = ⇒ − − 
 +
.
Tương tự viết được phương trình cạnh
1 1
BC: x 7y 4 0 C ;
2 2
 
+ − = ⇒  
 
.
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là
1 1 1 1
C ; ,D ;
2 2 2 2
   
− −   
   
.
I
A B
D
C

242. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
242
Ví dụ 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại B và
C có
2
CD BC AB
3
= = . Phương trình đường thẳng chứa cạnh AB: y 1 0− = .
Gọi M là trung điểm đoạn CD , gọi
3 3
I ;
2 2
 
 
 
là giao điểm của BD và AM .
Tìm tọa độ điểm M biết B có hoành độ lớn hơn 1.
Giải
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng AB .
Gọi K là trung điểm của AB .
Vì tam giác  0
MHA BCD IAB 45     .
Mặt khác   0
IBA BDC 45 IAB    vuông cân tại I .
Do đó
3
IK AB IK : x 0
2
⊥ ⇒ − =.
Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình
3 3
x 0 x 3
K ;12 2
2
y 1 0 y 1
 
−= =   
⇔ ⇒   
  −= = 
.
Ta có
1
IK
2
= suy ra phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác IABlà:
( ) ( )
2
23 1
C : x y 1
2 4
 
− + − = 
 
.
Tọa độ điểm A,B là nghiệm của hệ phương trình
( )
( ) ( )2
2
y 1 0
x 2,y 1
A 1;1 ,B 2;13 1
x 1,y 1x y 1
2 4
− =
= =
⇔ ⇒   = =− + − =  
 
.
Đường thẳng ( )AI: x y 0 M AI M t;t− = ⇒ ∈ ⇒ .
Mặt khác M,I cùng phía với ( )
3
AB 1 t 1 0 t 1
2
 
⇒ − − > ⇔ > 
 
.
Ta có ( ) ( )
1
t
2 2 2 3
d M;AB MH AB d M;AB t 1
53 3 3
t
3

=
= = ⇒ = ⇔ − = ⇔ 
 =

.
Đối chiếu với điều kiện suy ra
5 5 5
t M ;
3 3 3
 
= ⇒  
 
.
Vậy điểm cần tìm là
5 5
M ;
3 3
 
 
 
.

243. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
243
Ví dụ 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD, (AB // CD, CD >
AB) có diện tích bằng
45
2
. Phương trình đường thẳng chứa cạnh CD là:
x 3y 3 0− − =. Hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau tại điểm I(2;3).
Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC biết C có hoành độ dương.
Giải
Theo giả thiết các tam giác IAB,ICD là các tam giác vuông cân tại I .
Gọi H,K lần lượt là trung điểm của AB và CD .
Ta có
AB CD
IH AB,IK CD,IH ,IK
2 2
⊥ ⊥ = = .
Ta có ( ) 2 2
2 3.3 3
IK d I;CD 10
1 ( 3)
− −
= = =
+ −
.
Điểm K chính là hình chiếu vuông góc của I trên CD .
Phương trình đường thẳng IK đi qua ( )I 2;3 và vuông góc với CD là:
( ) ( )IK :3 x 2 1 y 3 0 IK :3x y 9 0− + − = ⇔ + − = .
Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình:
( )
x 3y 3 0 x 3
K 3;0
3x y 9 0 y 0
− −= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Ta có KC KD KI 10= = = suy ra đường tròn (C) có tâm K , bán kính 10 có
phương trình là: ( ) ( )2 2
C : x 3 y 10− + =.
Tọa độ điểm C,D là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( ) ( )
2 2 x 6,y 1x 3 y 10
C 6;1 ,D 0; 1
x 0,y 1x 3y 3 0
 = =− + =
⇔ ⇒ −  = = −− − = 
.
Ta có:
( ) ( ) ( )2
ABCD
1 45 10
S AB CD .HK IH IK .HK IH IK IH
2 2 2
= + = + = + = ⇔ = .
Mặt khác  
IB IH 1 1
IB ID B 3;5
ID IK 2 2
    
 
.
Đường thẳng
x 3 y 5
BC: BC: 4x 3y 27 0
3 4
− −
= ⇔ + − =
−
.
Vậy đường thẳng cần tìm là BC: 4x 3y 27 0+ − =.

244. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
244
2) Phương pháp xác định góc
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có AD // BC,
2 ,AD BC= đỉnh (4; 0),B phương trình đường chéo AC là 2 3 0,x y− − =
trung điểm E của AD thuộc đường thẳng : 2 10 0.x y∆ − + =Tìm tọa độ các
đỉnh còn lại của hình thang đã cho biết rằng cot ADC 2.
Giải
Gọi .I AC BE= ∩
Vì ( ); 2 3 .I AC I t t∈ ⇒ −
Ta thấy I là trung điểm của BE nên
( )2 4; 4 6 .E t t− − Theo giả thiết
( ) ( )3 3; 3 , 2; 6 .E t I E∈∆ ⇒ = ⇒
Vì AD / /BC, AD 2BC nên BCDE là hình bình hành. Suy ra  ADC IBC.
Từ    2
cot IBC cot ADC 2 cosIBC .
5
   
Vì      C AC C c; 2c 3 BI 1; 3 , BC c 4; 2c 3 .      
 
Ta có 
2
2
2 5c 5 2
cosIBC
5 510. 5c 20c 25
c 5c 1
.7
c3c 22c 35 0
3

  
 
     
     
Suy ra  C 5; 7 hoặc
7 5
C ; .`
3 3
    
Với  C 5; 7 , ta thấy I là trung điểm của AC nên  A 1; 1 , vì E là trung điểm của
AD nên  D 3; 13 .
Với
7 5
C ; ,
3 7
    
tương tự ta có
11 13 1 23
A ; , D ; .
3 3 3 3
            
3) Phát hiện tính chất hình học
Với việc vẽ chính xác hình vẽ theo giả thiết bài toán. Bằng mắt quan sát ta nhận
biết được các tính chất hình học đặc biệt của bài toán như vuông góc; song
song,... Đặc biệt tính chất vuông góc bạn đọc cần lưu ý.
Vậy để áp dụng trong quá trình giải toán cần thực hiện 3 bước
+ Vẽ chuẩn hình phát hiện tính chất hình học.
+ Chứng minh tính chất hình học đã dự đoán.
+ Sử dụng công cụ giải tích để kết thúc bài toán.
B C
DA E
∆
I

245. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
245
Ví dụ 1 . Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD tại A và
D, CD 2AB= có đỉnh ( )B 1;2 . Hình chiếu vuông góc hạ từ D lên AC là điểm
( )H 1;0− . Gọi N là trung điểm HC . Tìm tọa độ các đỉnh A,C,D biết đường
thẳng DN có phương trình x 2y 2 0− − =.
Giải
Gọi K là trung điểm của DH khi đó NK là đường trung bình của tam giác
1
DHC NK / /AB / /CD,NK AB CD
2
⇒ ==.
Do đó AKNB là hình bình hành.
Ta có
DK AN
K
NK AD
⊥
⇒
⊥
là trực tâm tam giác ADN DN AK BN DN⇒ ⊥ ⇒ ⊥ .
Khi đó N chình là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng d .
Đường thẳng BN đi qua ( )B 1;2 và vuông góc với d có phương trình là
( ) ( )BN : 2 x 1 1 y 2 0 BN : 2x y 4 0− + − = ⇔ + − = .
Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình
( )
x 2y 2 0 x 2
N 2;0
2x y 4 0 y 0
− −= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Vì N là trung điểm của ( )HC C 5;0⇒ .
Đường thẳng AC có phương trình y 0= .
Suy ra DH AC DH : x 1 0⊥ ⇒ + = .
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình
x 1
x 1 0 3 3
D 1; DC 6;3
x 2y 2 0 2 2y
2
= −
+ =     
⇔ ⇒ − − ⇒ =     − − = = −     

.
Đường thẳng
1 3 7
AD CD AD: 4 x 1 y 0 AD: 4x y 0
2 2 2
   
⊥ ⇒ + + + = ⇔ + + =   
   
.
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
77
x4x y 0 7
A ;082
8
y 0 y 0

= −+ + =   
⇔ ⇒ −   
  = = 
.
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là ( )
7 3
A ;0 ,C 5;0 ,D 1;
8 2
   
− − −   
   
.

246. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
246
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D
có
CD
AD AB
2
  . Gọi  E 2;4 là điểm thuộc đoạn AB thỏa mãn
3AE AB . Điểm F thuộc BC sao cho tam giác DEF cân tại E. Phương trình
đường thẳng EF là 2x y 8 0   . Tìm tọa độ các đỉnh hình thang biết D
thuộc đường thẳng d : x y 0  và A có hoành độ nguyên đường thẳng
d':3x y 8 0   .
Giải
Ta chứng minh tam giác DEF
vuông cân tại E.
Vì
CD
AD AB
2
  dễ chứng
minh được tam giác BDC vuông
cân tại B.
Gọi P là điểm đối xứng của D
qua A.
Ta có tam giác BDP vuông cân tại B nên EP ED .
Mặt khác tam giác DEF cân tại E nên ED EF .
Do đó ED EF EP  nên E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DF.
Suy ra  AED PFD EBFD  là tứ giác nội tiếp.
Suy ra   0
DEF DBF 90  .
Vậy tam giác DEF vuông cân tại E.
Đường thẳng DE đi qua E và vuông góc với EF có phương trình là
DE : x 2y 6 0   .
Toạ độ điểm D DE d  là nghiệm của hệ phương trình
 
x 2y 6 0 x 2
D 2;2
x y 0 y 2
         
     
.
Xét tam giác vuông EDA có 2 2 2 2AB AD
EA ,DE AD AE 10AE
3 3
     .
Vì  A d' A a;8 3a ,a     ta có phương trình
   
2 22 2 2
a 1
4 2 10 a 2 4 3a 5a 14a 9 0 9
a
5
 
               

.
Vì  a a 1 A 1;5    .

247. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
247
Ta có    B B
B B
x 2 2 x 4
EB 2EA 2; 2 B 4;2
y 4 2 y 2
           
     
 
.
Đường thẳng CD đi qua D nhận  DA 3;3

làm véc tơ pháp tuyến nên có
phương trình làCD: x y 0  .
Đường thẳng BC đi qua B và nhận  DB 6;0

làm véc tơ pháp tuyến nên có
phương trình BC: x 4 0  .
Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
 
x y 0 x 4
C 4; 4
x 4 0 y 4
        
     
.
Vậy toạ độ bốn điểm cần tìm là        A 1;5 ,B 4;2 ,C 4; 4 ,D 2;2  .
Nhận xét. Đây là một bài toán hay và khó mấu chốt của bài toán là phát hiện tính
chất DE EF . Lời giải tôi trình bày ở trên sáng tạo với việc gọi một điểm P
mới. Suy nghĩ cơ bản đi gọi P là dựa vào đẳng thức 3AE AB nên nghĩ đến
việc tạo thành 1 tam giác mà E là trọng tâm của tam giác đó. Tuy nhiên bài toán
hoàn toàn thực hiện được theo cách tương tự nếu đề bài cho AE kAB với k
dương bất kỳ.
+ Bạn đọc thử chứng minh tứ giác EBFD nội tiếp bằng cách chỉ ra M là cách đều
4 điểm E,B,F,D với M là trung điểm của DF.
Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD có hai đường
chéo vuông góc với nhau tại H. Gọi M là điểm trên cạnh AB sao cho
AB 3AM , N là trung điểm của HC. Giả sử  B 1; 3  , đường thẳng HM đi
qua điểm  T 2; 3 , đường thẳng DN có phương trình x 2y 5 0   . Tìm tọa
độ các đỉnh A và D.
Giải
Ta có HM DN (chứng minh bên dưới)
Phương trình đường thẳng HM đi qua
 T 2; 3 và vuông góc với DN là:
   HM : 2 x 2 y 3 0    .
HM : 2x y 7 0    .
Gọi  H t;2t 7 HM  .
L
M
N
H
A
B C
D
T
Theo Talets ta có:
HD AD
3 HD 3HB
HB BC
   
 
.

248. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
248
 
 
 
D D
DD
x t 3 1 t x 3 4t
D 3 4t;8t 19
y 8t 19y 2t 7 3 3 2t 7
             
          
.
Mặt khác
       D DN 3 4t 2 8t 19 5 0 t 2 H 2; 3 D 11; 3             .
Vậy H T . Đường thẳng BD là y 3 .
Đường thẳng AC đi qua H và vuông góc với BD có phương trình là x 2 0  .
Tọa độ điểm N AC DN  là nghiệm của hệ phương trình:
x 2
x 2 0 3
N 2;3
x 2y 5 0 2y
2
                   
.
Vì N là trung điểm của HC nên  C 2;6 .
Vì
 
 
A A
A A
x 2 0 x 2
HA 3HC A 2; 30
y 3 3 6 3 y 30
         
     
 
.
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là  A 2; 30 và  D 11; 3
Nhận xét. Ta chứng minh bài toán tổng quát sau
Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và B có
BC 2AD và điểm  C 0;2 , đường thẳng AC có phương trình y 2 0  ;
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD có phương trình
2 2 11 9
(C): x y x 3y 0
2 2
     . Tìm tọa độ đỉnh D biết A có hoành độ lớn
hơn 1.
Giải
Đường tròn (C) có tâm
11 3
I ;
4 2
    
.
Gọi E là giao điểm thứ hai của AC với
(C). Tọa độ điểm A và E là nghiệm của
hệ phương trình:
2 2 11 9
x y x 3y 0
2 2
y 2 0
     

  
.
K
I
E
H
C
A
B
D

249. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
249
 
1
x
2 A 5;2
y 2 1
E ;2
x 5 2
y 2
                 
(vì A có hoành độ lớn hơn 1).
Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AC ta chứng minh E là trung điểm của
HC.
Vì vậy  H 1;2 . Phương trình đường thẳng BH đi qua H và vuông góc với AC là
BH : x 1 0  .
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình
 
 
2 2
x 1
11 9 B 1;3y 3x y x 3y 0
2 2
B 1;0x 1
x 1 0
y 0
                    
 
.
Vì
11 3
I ;
4 2
    
là trung điểm của BD nên
9
D ;3
2
    
hoặc
9
D ;3
2
    
3) Vận dụng định lý Thales
Tương tự như đối với hình bình hành.
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình thang ABCD có điểm
   A 0;1 ,B 3;4 ,CD 2AB,AB / /CD . Gọi I là giao điểm của hai đường chéo
AC và BD . Giả sử I thuộc cung AB của Parabol  
2
(P): y x 1  và diện tích
tứ giác ABCD đạt giá trị lớn nhất. Tìm toạ độ các điểm C và D.
Giải
Theo định lý Thales ta có
IA IB AB 1
IC ID CD 2
   .
Suy ra ABCD ABC BCD ABCS S S 3S  
(vì CD 2AB ).
Và ABC IAB SIAB
CA
S .S 3
IA
  .
Do AB không đổi nên ABCD
S lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ I đến AB
lớn nhất.
Vì   2
I (P) I a; a 1   theo giả thiết I thuộc cung AB nên 0 a 3  .

250. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
250
Phương trình đường thẳng AB: x y 1 0   .
Ta có  
 
2
2
2 2
22
a a 1 1 1
d I;AB 3a a
21 ( 1)
a 3a 1 3 9 2 9 2
a
2 8 82 2
  
  
 
         
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
3 3 1
a ;
2 2 4
     
.
Ta có
C C
C C
3 9
x 3 x
9 52 2IC 2IA C ;
1 3 5 2 4
y y
4 2 4
                             
 
.
Mặt khác
D D
D D
9 3
x 6 x
3 292 2
2AB DC D ;
5 29 2 4
y 6 y
4 4
                               
 
.
Vậy toạ độ hai điểm cần tìm là
9 5 3 29
C ; ,D ;
2 4 2 4
              
.
C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A và D,
AB AD CD= < , đường thẳng BD: y 2 0− =và điểm ( )B 1;2 . Đường thẳng
d :7x y 25 0− − =lần lượt cắt các đoạn thẳng AD,CD tại M và N sao cho
BM BC⊥ và tia BN là phân giác trong góc MBC . Tìm tọa độ đỉnh D .
Hướng dẫn giải – đáp số
Phương trình đường thẳng ( ) ( ) ( )2 2
AB:a x 1 b y 2 0, a b 0− + − = + > .
Vì AB AD ABD= ⇒ là tam giác vuông cân tại  0
A ABD 45  .
Do đó góc giữa AB và BD bằng 0
45 .
2 2 2
a.0 b.1 1
a b
2a b . 1
+
⇔ = ⇔ =±
+
.
TH1: Nếu a b AB: x y 3 0= ⇒ + − = .
Vì ( )D BD D d;2∈ ⇒ .
vì ( ) ( )AD AB AD:1 x d 1 y 2 0 AD: x y 2 d 0⊥ ⇒ − − − = ⇔ − + − = .

251. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
251
Vì CD / /AB CD: x y d 2 0⇒ + − − =.
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình
27 d
x
7x y 25 0 27 d 39 7d6
M ;
x y 2 d 0 39 7d 6 6
y
6
−
=− − = − −  
⇔ ⇒   − + −= −    =

.
Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình
27 d
x
7x y 25 0 27 d 7d 118
N ;
x y d 2 0 7d 11 8 8
y
8
+
=− − = + −  
⇔ ⇒   + − −= −    =

.
Suy ra
27 d 39 7d 21 d 27 7d
BM 1; 2 ;
6 6 6 6
27 d 7d 11 19 d 7d 27
BN N 1; 2 ; .
8 8 8 8
                  
                  


Theo giả thiết   0
BM.BN1 1
MBN MBC 45
2 2BM . BN
   
 
 
2 2 2 2
21 d 19 d 27 7d 7d 27 d 3. .
16 8 6 8
d 5
221 d 27 7d 19 d 7d 27 33 8 6.
d6 6 8 8
5

− + − −  = −+ 
⇔ = ⇔ =
− − + −        ±+ +         =        
Từ đó suy ra ( ) ( )1 2 3 4
33 8 6 33 8 6
D 3;2 ,D 5;2 ,D ;2 ,D ;2
5 5
   − +
−       
   
.
Chú ý với điều kiện B,D nằm khác phía với đường thẳng d ta chỉ nhận hai
điểm ( )D 5;2 hoặc
33 8 6
D ;2
5
 +
  
 
.
Tương tự cho trường hợp 2.
Cách 2: Ta gọi ( ) ( )D d;2 ,M m;7m 25− .
Sử dụng  BD0
BD
DM.u 1
MDB 45
2DM . u
  
 
  .

252. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
252
( ) ( )2 2
27 d
m
m d 1 6
27 d2m d 7m 27 m
8
−
=−
⇔ =⇔ 
+− + − =

.
Các bước tiếp theo thực hiện tương tự cách 1. Ta có kết quả tương tự cách 1.
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ( )ABCD, AB / /CD . Gọi
( )N 0;2 là trung điểm cạnh BC,AN DN⊥ . Điểm ( )M 0;1 thuộc đường thẳng
AD , điểm ( )E 1;1− thuộc đường thẳng CD . Tìm tọa độ đỉnh A .
Hướng dẫn giải – đáp số
Nhận thấy ( )E DN AN DN D N D 1;1∈ ⇒ ⊥ ⇒ ≡ ⇒ − .
Đường thẳng AD đi qua D,M nên có phương trình: ( )y 1 0 A a;1− = ⇒ .
Tọa độ trung điểm của AD là điểm
a 1
I ;1
2
− 
 
 
.
Phương trình đường tròn đường kính AD là
( ) ( )
( )22
2 a 1a 1
C : x y 1
2 4
+− 
− + − = 
 
.
Vì ( )
( )
( )
22
a 1a 1
AN DN N C 1 a 1 A 1;1
2 4
+− 
⊥ ⇒ ∈ ⇔ + = ⇔ = ⇒ 
 
.
Vậy điểm cần tìm là A(1;1).
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD, (AB//CD), CD = 2AB.
Biết ( ) ( )A 2; 1 ,B 4;1− và điểm ( )M 5; 4− − thuộc đáy lớn của hình thang. Xác
định tọa độ hai đỉnh A,D của hình thang.
Hướng dẫn giải – đáp số
Đường thẳng AB có phương trình là:
x 2 y 1
AB: AB: x y 3 0
1 1
− +
= ⇔ − −= .
Do
x 5 y 4
CD / /AB,M CD CD: CD: x y 1 0
1 1
+ +
∈ ⇒ = ⇔ − += .
Gọi I là trung điểm của AB và H là hình chiếu của I trên CD H⇒ là trung
điểm của CD .
Đường thẳng IH đi qua I(3; 0) và vuông góc với AB nên có phương trình là
IH : 2(x 3) 2(y 0) 0 IH : x y 3 0− + − = ⇔ + − = .
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình
( )
x y 1 0 x 1
H 1;2
x y 3 0 y 2
− += = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.

253. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
253
Vì ( )C CD C c;c 1∈ ⇒ + .
Ta có ( ) ( )2 2CD
CH AB 2 2 c 1 c 1 8
2
= = = ⇔ − + − = .
c 3 C(3;4),D( 1;0)
c 1 C( 1;0),D(3;4)
= − 
⇔ ⇒ =− − 
.
Đối chiếu với điều kiện ta nhận nghiệm ( ) ( )C 3;4 ,D 1;0− .
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là ( ) ( )C 3;4 ,D 1;0− .
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD,AB 2CD= .
Phương trình đường thẳng AC: x y 4 0+ − = và BD: x y 2 0− + =. Tìm tọa độ
các đỉnh hình thang biết nó có diện tích bằng 36.
Hướng dẫn giải – đáp số
Tọa độ điểm I là giao điểm hai đường chéo AC và BD thỏa mãn hệ phương
trình ( )
x y 4 0 x 1
I 1;3
x y 2 0 y 3
+ −= = 
⇔ ⇒ 
− += = 
.
Theo giả thiết ta có hai đáy là AB,CD . Đặt ( )CD a AB 2a, a 0=⇒ = > .
Gọi H,K lần lượt là hình chiếu vuông góc của D và C trên cạnh AB .
Ta có
a
HK CD a,AH BK
2
= = = = .
Đặt ( )ABCD
1 3a 24
DH CK b 0 S AB CD .DH .b 36 b
2 2 a
= = > ⇒ = + = = ⇔ = .
Nhận thấy AC BD IAB,ICD⊥ ⇒ là các tam giác vuông cân tại I .
Ta có
AB CD a 3a
IA IB a 2,IC ID AC BD
2 2 2 2
= = = = = = ⇒ = = .
Trong tam giác vuông DHB ta có :
2 2
2 2 2 29a 9a 3a 24 3a
BD DH HB b b a 4
2 4 2 a 2
= + ⇔ = + ⇔ = ⇔ = ⇔ = .
Suy ra IA IB 4 2= = .
Việc còn lại là tìm hai điểm A AC,B BD∈ ∈ sao cho IA IB 4 2= = .
Các điểm C,D xác định bởi
IC 1 1
IC .IA IA,ID IB
IA 2 2
  
    
.
Kết hợp kiểm tra điều kiện AB 2DC
 
rồi đưa ra kết luận.
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang cân ( )ABCD, AB / /CD,AB 2CD=
có diện tích bằng 18. Hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau tại điểm

254. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
254
I(3 ;1), đường thẳng chứa cạnh AB có phương trình x y 2 0− + =. Tìm tọa độ
các đỉnh hình thang ABCD .
Hướng dẫn giải – đáp số
Đặt AB 2CD 2a 0= = > .
Gọi H,K lần lượt là hình chiếu vuông góc của D và C trên cạnh AB .
Ta có
a
HK CD a,AH BK
2
= = = = .
Đặt ( )ABCD
1 3a 12
DH CK b 0 S AB CD .DH .b 18 b
2 2 a
= = > ⇒ = + = = ⇔ = .
Nhận thấy AC BD IAB,ICD⊥ ⇒ là các tam giác vuông cân tại I .
Ta có
AB CD a 3a
IA IB a 2,IC ID AC BD
2 2 2 2
= = = = = = ⇒ = = .
Trong tam giác vuông DHB ta có :
2 2
2 2 2 29a 9a 3a 12 3a
BD DH HB b b a 2 2
2 4 2 a 2
= + ⇔ = + ⇔ = ⇔ = ⇔ = .
Suy ra
1
IC IA
2
IA IB 4,IC ID 2
1
ID IB
2
     
 
 
  .
Đường tròn tâm I(3 ;1), bán kính R 4= có phương trình là
( ) ( ) ( )2 2
C : x 3 y 1 16− + − =.
Tọa độ điểm A,B là nghiệm của hệ phương trình
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2 A 1;1 ,B 3;5x 1,y 1x 3 y 1 16
x 3,y 5 A 3;5 ,B 1;1x y 2 0
  −=− =− + − =
⇔ ⇒  = = −− + =   
.
TH1 : Nếu ( ) ( )A 1;1 ,B 3;5− .
Ta có
( )
( )
( )
C
C
C
C
1
x 3 1 3
x 51 2
IC IA C 5;1
1 y 12
y 1 1 1
2

− =− − − =
=− ⇔ ⇔ ⇒ 
= − =− −

 
.
( )
( )
( )
D
D
D
D
1
x 3 3 3
x 31 2
ID IB D 3; 1
1 y 12
y 1 5 1
2

− =− − =
=− ⇔ ⇔ ⇒ − 
= − − =− −

 
.
TH2 : Nếu ( ) ( )A 3;5 ,B 1;1− tương tự trên ta tìm được ( ) ( )A 3; 1 ,D 5;1− .
Vậy tọa độ bốn điểm cần tìm là
( ) ( ) ( ) ( )A 1;1 ,B 3;5 ,C 5;1 ,D 3; 1− − hoặc ( ) ( ) ( ) ( )A 3;5 ,B 1;1 ,C 3; 1 ,D 5;1− − .

255. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
255
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ( )ABCD, AB / /CD có diện
tích tam giác ABC bằng 12 và B(3;3), C(5;-3). Gọi I là giao điểm của AC và
BD thỏa mãn IC = 2IB. Tìm tọa độ hai điểm A,D biết I thuộc đường thẳng
d : 2x y 3 0+ − =.
Hướng dẫn giải – đáp số
Vì ( )I d I t;3 3t∈ ⇒ − .
Theo giả thiết ta có: ( ) ( ) ( )2 2 2 2
IC 2IB t 5 2t 6 2 t 3 4t= ⇔ − + − = − + .
( )
2
I 1;1t 1
3t 2t 5 0 5 5 19
t I ;
3 3 3
=
⇔ + − = ⇔ ⇒   = − −   
.
TH1: Nếu I(1;1) suy ra phương trình đường thẳng AC: x y 2 0+ − =.
Phương trình đường thẳng BD: x y 0− =.
Ta có ( )ABC
2 2
3 3 21
S AC.d B;AC 12 AC. 24 AC 6 2
2 1 1
+ −
= = ⇔ = ⇔ =
+
.
Vì ( )A AC A a;2 a AC 6 2∈ ⇒ − ⇒ = .
( ) ( )
( )
( )
2 2 A 1;3a 1
a 5 a 5 72
a 11 A 11; 9
 −= −
⇔ − + − = ⇔ ⇒  = − 
.
- Với ( )A 1;3 AB: y 3 0− ⇒ − =.
Đường thẳng CD đi qua C(5;-3) và song song với AB CD: y 3 0⇒ + =.
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình: ( )
x y 0 x 3
D 3; 3
y 3 0 y 3
− = =− 
⇔ ⇒ − − 
+ = =− 
.
- Với ( )A 11; 9 AB:3x 2y 3 0− ⇒ + + =.
Đường thẳng CD / /AB CD:3x 2y 11 0⇒ + − =.
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình:
11
x
x y 0 11 115
D ;
3x 2y 11 0 11 5 5
y
5
                    
.
TH2: Thực hiện tương tự.
Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD,CD 2AB= có diện
tích bằng 36 và phương trình hai đường chéo AC, BD lần lượt là x y 4 0+ − =
và x y 2 0− − =. Tìm tọa độ hai đỉnh A,C của hình thang ABCD.
Hướng dẫn giải – đáp số
Tọa độ giao điểm I của hai đường chéo là nghiệm của hệ phương trình:

256. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
256
( )
x y 4 0 x 3
I 3;1
x y 2 0 y 1
+ −= = 
⇔ ⇒ 
− −= = 
.
Theo định lý Talet ta có:
IA AB 1
IC CD 2
= = .
Do AC BD⊥ và ( )
2
22
ABCD
1 1 1 9IA
AC BD S AC.BD AC IA IC
2 2 2 2
= ⇒ = = = + = .
Suy ra
2
9IA
36 IA 2 2
2
= ⇔ = .
Gọi ( ) ( ) ( )
( )
( )
2 2 A 1;3t 1
A t;4 t AC IA 2 2 t 3 3 t 8
t 5 A 5; 1
=
− ∈ ⇒ = ⇔ − + − = ⇔ ⇒  = − 
.
TH1 : Nếu  
 
 
 
C C
CC
x 3 2 1 3 x 7
A 1;3 IC 2IA C 7; 3
y 3y 1 2 3 1
            
     
 
.
TH2 : Thực hiện tương tự.
Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD,AD 3BC= có hai
đường chéo vuông góc với nhau, phương trình đường thẳng BD là
x 2y 6 0+ − =. Tam giác ABD có trực tâm ( )H 1;2− . Tìm tọa độ điểm D của
hình thang ABCD .
Hướng dẫn giải – đáp số
Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD.
Theo giả thiết ta có IB IC= .
Mặt khác IB IC⊥ nên tam giác IBC vuông cân tại I suy ra  0
ICB 45 .
Ta có BH AD BH AC HBC⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ∆ vuông tại H do đó I là trung điểm của HC.
Do CH BD⊥ và tọa độ trung điểm I của HC thuộc BD nên tọa độ điểm C thỏa
mãn
( ) ( ) 12 x 1 y 2 0 x
1 225
C ;x 1 y 2
22 5 52 6 0
y2 2
5
 + − − = =   
⇔ ⇒ − +   
+ − =     =  
.
Ta có
2 2IC IB BC 1 3 5
ID 3IC CD IC ID IC 10 . 10 3 2
ID ID AD 3 5
= = = ⇒ = ⇒ = + = = = .
Vì ( )D BD D 6 2t;t∈ ⇒ − và CD 3 2= nên ta có phương trình
( )2 2 D 4;5t 5
1 22
6 2t t 18 7 16 7
5 5 t D ;
5 5 5
 −=
    − − + − = ⇔ ⇒      =       
.

257. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
257
Vậy điểm cần tìm là ( )D 4;5− hoặc
16 7
D ;
5 5
 
 
 
.
Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A và D có
đỉnh ( )B 8;4 ,CD 2AB= . Phương trình đường thẳng chứa đường thẳng AD là:
x y 2 0− + =. Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên AC và M là trung
điểm của HC . Giả sử
82 6
M ;
13 13
 
 
 
. Tìm tọa độ các đỉnh A,C,D .
Hướng dẫn giải – đáp số
Gọi N là trung điểm DH khi đó MN là đường trung bình của tam giác HCD .
Suy ra
1
MN CD AB ABMN
2
= = ⇒ là hình bình hành.
Mặt khác
MN AD
N
AM DN
⊥
⇒
⊥
là trực tâm của tam giác AMD DM AN⇒ ⊥ .
Mặt khác AN / /BM BM DM⇒ ⊥ .
Vậy để tìm tọa độ điểm D ta viết phương trình đường thẳng qua M và vuông
góc với BM . Lấy giao của đường thẳng này với đường thẳng AD ta tìm được
tọa độ điểm D.
Các điểm A,C bạn đọc tự làm dựa vào giả thiết CD 2AB= .
Bài 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang vuông ABCD tại A,B có
AD 2AB 2BC= = , đường thẳng AD có phương trình x 2y 0− =, trung điểm
cạnh BC là điểm ( )M 1;0 . Tìm tọa độ điểm A .
Giải
Đường thẳng BC / /AD BC: x 2y 1 0⇒ − − = .
Gọi ( )A 2a;a AD∈ . Đường thẳng AB đi qua A và vuông góc với AD nên có
phương trình:
( ) ( )AB: 2 x 2a 1 y a 0 AB: 2x y 3a 0− + − = ⇔ + − = .
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
1
x 2a
2x y 3a 0 1 23
B 2a ;a
3 32x 2y 1 0
y a
3

= +  + − = 
⇔ ⇒ + −    − − =   = −

.
Gọi E là hình chiếu vuông góc của C trên AD, N là hình chiếu vuông góc của M
trên AD.
Do AD 2AB 2BC AE AB BC AB 2BM= = ⇒ = = ⇒ = .

258. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
258
2 22 2
1 2 2 2
4 2a a
3 3 3 3
        ⇔ + − = − + −                 
.
2
4 2 1 2 21 2 2 A ;a 6 66
36a 24 2a 7 0
1 2 2 4 2 1 2 2
a A ;
6 6 6
  − − + − +   =     ⇔ − + = ⇔ ⇒   + + +=     
.
Vậy điểm cần tìm là
4 2 1 2 2
A ;
6 6
 − − +
  
 
hoặc
4 2 1 2 2
A ;
6 6
 + +
  
 
.
Nhận xét. Để tìm tọa độ điểm D ta tìm tọa độ điểm N và sử dụng DA 4NA=
 
với
tọa độ N xác định bởi:
Đường thẳng MN đi qua M và vuông góc với AD nên có phương trình:
MN : 2x y 2 0+ − =.
Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình:
2
x
2x y 2 0 2 23
N ;
3 32x 2y 0
y
3

=  + − = 
⇔ ⇒     − =   =

.
Bài 11. Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxy cho hình thang vuông ABCD
vuông tại A,D có đáy lớn là CD, đường thẳng AD có phương trình 3x y 0− =,
đường thẳng BD có phương trình x 2y 0− =. Góc tạo bởi 2 đường thẳng
AB,BC bằng 0
45 . Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình
thang bằng 25, điểm B có hoành độ dương.
Giải
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình:
( )
y 3x 0 x 0
D 0;0
x 2y 0 y 0
−= = 
⇔ ⇒ 
−= = 
.
Đường thẳng CD AD CD: x 3y 0⊥ ⇒ + =.
Gọi ( )B 2t;t BD,t 0∈ > . Đường thẳng AB / /CD AB: x 3y 5t 0⇒ + − =.
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
5
x
x 3y 5t 0 t 3t2
A ;
3x y 0 3t 2 2
y
2

=+ − =   
⇔ ⇒   − =    =

.
Đường thẳng BC có phương trình dạng:

259. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
259
( ) ( ) ( )2 2
BC:a x 2t b y t 0, a b 0− + − = + > .
Góc giữa đường thẳng AB và BC bằng 0
45
AB BC
2 2 2 2
AB BC
n .n a 3b1 1
2 2n . n 1 3 . a b
+
⇔ =⇔ =
+ +
 
 
( ) ( )22 2 a 2b
5 a b a 3b
b 2a
=
⇔ + = + ⇔  = −
.
TH1: Nếu a = 2b, chọn ( ) ( )a 2,b 1 BC:2 x 2t 1 y t BC:2x y 5t 0= = ⇒ − + − ⇔ + − = .
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
( )
2x y 5t 0 x 3t
C 3t; t
x 3y 0 y t
+ −= = 
⇔ ⇒ − 
+ = =− 
.
Ta có
2
ABCD
5
t t 10
AB CD 5 25t2S .AD .t 25 t 2
2 2 2 4
+
+
= = = = ⇔ =± .
Đối chiếu với điều kiện suy ra t 2 BC: 2x y 10 0= ⇒ + − = .
TH2: Nếu b 2a= − thực hiện tương tự.
Bài 12. Trong mặt phẳng Oxy cho hình thang ABCD có một đáy là AB biết
( ) ( )B 3;3; ,C 5; 3− và diện tích tam giác ABC bằng 12. Giao điểm I của hai
đường chéo nằm trên đường thẳng d : 2x y 3 0+ − =và có hoành độ dương. Xác
định tọa độ các điểm A và D biết IC 2IB= và điểm A có hoành độ âm.
Giải
Vì ( )I d I t;3 2t ,t 0∈ ⇒ − > .
Ta có ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
IC 2IB t 5 6 2t 4 t 3 2t = ⇔ − + − = − + −
 
( )2
t 1
15t 10t 25 0 I 1;15
t
3
=
⇔ + − = ⇔ ⇒
 = −

.
Vì ( )A d A a;3 2a ,a 1∈ ⇒ − ≠ .
Phương trình đường thẳng
x 3 y 3
BC: BC:3x y 12 0
2 6
− −
= ⇔ + − =
−
.
Ta có ( )ABC
2 2
a 33a 3 2a 121 1
S d A;BC .BC .2 10. 12
a 72 2 3 1
= −+ − − 
= = = ⇔  =+
.
Suy ra ( )A 3;9− hoặc ( )A 7; 11− .
TH1: Nếu ( )A 3;9− suy ra phương trình đường thẳng AB: x y 6 0+ − =.

260. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
260
Đường thẳng CD / /AB CD: x y 2 0⇒ + − =.
Đường thẳng BD đi qua hai điểm I,B nên có phương trình: BD: x y 0− =.
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình:
x y 0 x 1
D I
x y 2 0 y 1
−= = 
⇔ ⇒ ≡ 
+ −= = 
nên loại.
TH2: Nếu ( )A 7; 11− đường thẳng
x 3 y 3
AB: AB:7x 2y 27 0
4 14
− −
= ⇔ + − =
−
.
Đường thẳng CD / /AB CD:7x y 32 0⇒ + − =.
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình:
( )
7x y 32 0 x 4
D 4;4
x y 0 y 4
+ −= = 
⇔ ⇒ 
−= = 
.
Vậy hai điểm cần tìm là ( ) ( )A 7; 11 ,D 4;4− .
Bài 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang vuông ABCD tại A và D,
1
AB AD BC
2
= = . Gọi ( )M 1;0 là trung điểm BC, đường thẳng AD có phương
trình x 3y 3 0− + =. Tìm tọa độ điểm A biết CD AB> .
Giải
Gọi E là hình chiếu vuông góc của B trên CD.
Ta có ABED là hình vuông.
Tam giác vuông BCE có  BE 1
BC 2AD 2BE cosEBC
BC 2
     .
Đường thẳng ( ) ( )2 2
BC:a x 1 by 0, a b 0− + = + > .
Ta có:
BC AD
2 2 2 2
BC AD
a 3bn .n b 01 1
2 2 b a 3n . n 1 ( 3) . a b
− =
=⇔ =⇔ 
=+ − + 
 
  .
TH1: Nếu b 0 BC: x 1 0= ⇒ − = .
Gọi ( )B 1;b BC∈ vì ( )M 1;0 là trung điểm của BC suy ra ( )C 1; b− .
Ta có: ( )
( )
2 2
2 2
1 3b 3 4 3b
AB d B;AD ;
21 ( 3)
1 3b 3 4 3b
CD d C;AD
21 ( 3)
− + −
= = =
+ −
+ + +
= = =
+ −
.
Mặt khác
( ) ( ) ( ) ( )0
CD d C;AD CE DE AB BE tan60 AB 3 1 3 1 d B;AD= = + = + = + = + .

261. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
261
Ta có phương trình:
( )
( )B 1;8 4 3b 8 4 34 3b 4 3b
3 1 . 8 4 3 8 4 32 2 b B 1;
2 2
 − = − + −  =+ ⇔ ⇒  + +=       
.
- Với ( )B 1;8 4 3− đường thẳng:
( ) ( )AB AD AB: 3 x 1 1 y 8 4 3 0 AB: 3x y 8 3 3 0⊥ ⇒ − + − + = ⇔ + − + = .
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
( )
3x y 8 3 3 0 x 2 3 3
A 2 3 3;2
y 2x 3y 3 0
 + − + = = − 
⇔ ⇒ − 
=− + = 
.
- Với
8 4 3
B 1;
2
 +
  
 
đường thẳng:
( )
8 4 3
AB AD AB: 3 x 1 1 y 0 AB: 3x y 4 3 3 0
2
 +
⊥ ⇒ − + − = ⇔ + − − =  
 
.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
3
x 3
3x y 4 3 3 0 3 3 32
A 3;1
2 23 3x 3y 3 0
y 1
2

= +  + − − = 
⇔ ⇒ + +    − + =   = +

.
TH2: Nếu b a 3= thực hiện tương tự.
Bài 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A,B có
đỉnh ( )C 2; 5− và AD 3BC= . Điểm
1
M ;0
2
 
− 
 
thuộc đường thẳng AB , điểm
( )N 3;5− thuộc đường thẳng AD . Viết phương trình các đường thẳng AB và
AD biết diện tích hình thang ABCD bằng 75.
Giải
Đường thẳng ( )2 21
AB:a x by 0, a b 0
2
 
+ + = + > 
 
.
Đường thẳng ( ) ( )AD AB AD: b x 3 a y 5 0⊥ ⇒ + − − =.
Ta có: ( ) ( ) ( ) ( )ABCD
AD BC
S .d C;AD 2BC.d C;AD 2d C;AB .d C;AD
2
+
= = = .

262. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
262
( )( )
2 22 2 2 2
5
a 5b
50 a 2b b 2a5b 10a2
2. .
a ba b a b
−
− ++
= =
++ +
.
Theo giả thiết ta có:
( )( )
ABCD 2 2
50 a 2b b 2a
S 75 75
a b
− +
=⇔ =
+
.
( ) ( )
( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2 2
a b
2 2a 3ab 2b 3 a b a 7b
b a2 2a 3ab 2b 3 a b
b 7a
=
 − − = + = ⇔ ⇔
  = −− − =− + 
= −
TH1 : Nếu a b= , chọn
1
a b 1 AB: x y 0;AD: x y 8 0
2
= = ⇒ + + = − + = .
TH2 : Nếu a 7b= , chọn
7
a 7,b 1 AB:7x y 0;AD: x 7y 38 0
2
= = ⇒ + + = − + = .
TH3 : Nếu b a= − , chọn
1
a 1,b 1 AB: x y 0;AD: x y 2 0
2
= =− ⇒ − + = + − = .
TH4 : Nếu b 7a= − , chọn
1
a 1,b 7 AB: x 7y 0;AD:7x y 16 0
2
= =− ⇒ − + = + + = .
Bài 15. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có AB 2CD= và
diện tích bằng
45
2
. Đường thẳng chứa hai đường chéo AC,BD lần lượt có
phương trình là 2x y 4 0+ − =và x 2y 3 0− + =. Tìm tọa độ các đỉnh hình thang
ABCD .
Giải
Tọa độ giao điểm I của hai đường chéo là nghiệm của hệ phương trình:
( )
2x y 4 0 x 1
I 1;2
x 2y 3 0 y 2
+ −= = 
⇔ ⇒ 
− += = 
.
Theo định lý Talets ta có:
IB AB 1
ID CD 2
= = .
Gọi ( )B 2b 3;b BD ID 2IB− ∈ ⇒ =
 
.
( )
( )
( )D D
DD
x 1 2 2b 3 1 x 4b 7
D 4b 7;2b 2
y 2b 2y 2 2 b 2
 −= − − = −
⇔ ⇔ ⇒ − − 
= −− = − 
.
Ta có ( ) ( )2 2
AC BD,AC BD 2b 4 b 2 5 b 2⊥ = = − + − = − .
Suy ra

263. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
263
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2
2
ABCD
B 5; 1 ,D 11; 4t 15 t 21 1 45
S AC.BD BD
t 52 2 2 2 B 7;5 ,D 13;8
 − − − −= −− 
= = = =⇔ ⇒  = 
.
Tọa độ điểm A,C thực hiện tương tự như với B và D chú ý kiểm tra điều kiện
AB

và DC

cùng chiều.
Bài 16. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD, AB / /CD,
1
AB CD
2
= có diện tích bằng
15
2
và điểm ( )B 1;2− . Phương trình đường thẳng
CD là: 2x y 1 0− − =. Tìm tọa độ các điểm A,C,D .
Giải
Vì AB / /CD AB: 2x y 4 0⇒ − + =.
Gọi ( ) ( ) ( )2 2
A t;2t 4 AB AB t 1 2t 2 5 t 1+ ∈ ⇒ = + + + = + .
Ta có
( ) ( )ABCD
2 2
5AB CD 3 3 15
S .d B;CD AB.d B;CD . 5 t 1.
2 2 2 22 ( 1)
−+
= = =+ =
+ −
.
( )
( )
A 0;4t 0
t 1 1
t 2 A 2;2
=
⇔ + = ⇔ ⇒  = − − 
.
TH1: Nếu ( )A 0;4 . Gọi M,N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B trên
đường thẳng CD. Khi đó AM CD AM : x 2y 8 0⊥ ⇒ + − =.
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình:
( )
x 2y 8 0 x 2
M 2;3
2x y 1 0 y 3
+ −= = 
⇔ ⇒ 
− −= = 
.
Đường thẳng BN CD BN : x 2y 3 0⊥ ⇒ + − =.
Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình: ( )
x 2y 3 0 x 1
N 1;1
2x y 1 0 y 1
+ −= = 
⇔ ⇒ 
− −= = 
.
Vì ABCD là hình thang cân và CD 2AB=
nên
( )
( )
D
D
DD
1
52 x 1 2
x1 52
DM MN D ;42
12 2
y 43 y 1 3
2

− = −  =   
= ⇔ ⇔ ⇒   
   =− = − 
 
.
Ta có C C
C C
5 1
x 2 x 1
DC 2MN C ;02 2
2
y 4 4 y 0
 
− =− =   
= ⇔ ⇔ ⇒   
  − =− = 
 
.
TH2: Nếu ( )A 2;2− thực hiện tương tự.

264. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
264
Bài 17. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ( )ABCD, AB / /CD nội tiếp
đường tròn tâm
1
I ;1
2
 
− 
 
. Biết ( )A 2;6 và
3
E 2;
2
 
− 
 
là chân đường phân giác
trong góc A của tam giác ABC. Tìm tọa độ điểm D .
Giải
Hình thang ABCD nội tiếp đường tròn nên là hình thang cân.
Ta có
5 5
IA
2
= . Suy ra phương trình đường tròn ngoại tiếp hình thang là
( ) ( )
2
21 125
C : x y 1
2 4
 
+ + − = 
 
.
Đường thẳng AE : x 2 0− =.
Gọi K là giao điểm của AE với đường tròn (C), tọa độ K là nghiệm của hệ
phương trình:
( )
( )2
2
x 2 0
x 2,y 6
K 2; 41 125
x 2,y 4x y 1
2 4
− =
= =
⇔ ⇒ −   = = −+ + − =  
 
.
Vì K là điểm chính giữa dây cung BC nên IK BC BC: x 2y 5 0⊥ ⇒ − − =.
Tọa độ điểm B,C là nghiệm của hệ phương trình:
( )
( ) ( )
( ) ( )
2
2
x 2y 5 0
B 3; 4 ,C 5;0x 3,y 4
1 125
x 5,y 0 B 5;0 ,C 3; 4x y 1
2 4
− − =
 − −=− =−
⇔ ⇒    = = − −+ + − =    
 
.
TH1:
Nếu ( ) ( )B 3; 4 ,C 5;0− − phương trình đường thẳng
x 3 y 4
AB: AB: 2x y 2 0
5 10
+ +
= ⇔ − += .
Đường thẳng CD / /AB CD: 2x y 10 0⇒ − − =.
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình:
( )
2
2
2x y 10 0 x 5,y 0
18 14
D ;18 141 125
5 5x ,yx y 1
5 52 4
− − = = =
  ⇔ ⇒ −     = = −+ + − =     
TH2:
Nếu ( ) ( )B 5;0 ,C 3; 4− − phương trình đường thẳng AB: 2x y 10 0+ − =.
Đường thẳng CD / /AB CD: 2x y 10 0⇒ + + =.
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình:

265. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
265
( )
( )2
2
2x y 10 0
x 3,y 4
D 6;21 125
x 6,y 2x y 1
2 4
+ + =
=− =−
⇔ ⇒ −   =− =+ + − =  
 
.
Vậy điểm cần tìm là
18 14
D ;
5 5
 
− 
 
hoặc ( )D 6;2− .
Chuû ñeà 8. HÌNH THOI
A. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP
- Hình thoi mang đầy đủ tính chất của hình bình hành.
- Hai đường chéo vuông góc với nhau.
- Hai đường chéo tương ứng là phân giác của góc tạo bởi hai cạnh bên nên vận
dụng tính chất điểm đối xứng qua đường thẳng khi đề bài cho phương trình
đường chéo.
- Giao điểm hai đường chéo chính là tâm đường tròn nội tiếp hình thoi.
- Đường nối tâm với chân đường vuông góc hạ từ tâm đến cạnh bên chính là bán
kính đường tròn nội tiếp hình thoi.
Chú ý các phương pháp sử dụng như đối với hình bình hành và hình thang
trong đó đặc biệt quan trọng tính chất đối xứng qua tâm và Định lý Thales.
B. BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thoi ABCD đỉnh ( )A 1;5 và
phương trình của một đường chéo làd : x 2y 4 0− + =. Xác định tọa độ đỉnh
B,C,D biết cạnh hình thoi có độ dài bằng 5.
Giải
Nhận thấy A d∉ ⇒ đường chéo đó là BD: x 2y 4 0− + =.
Điểm C là điểm đối xứng của A qua d.
Gọi ( )H x;y là hình chiếu vuông góc của A trên d, ta có
   
   d 2 x 1 y 5 0 x 2AH u
H 2;3 C 3;1
y 3x 2y 4 0H d
               
       
 
.
Điểm B,D thuộc d và cách A một khoảng bằng 5:
Gọi ( )B 2t 4;t BD− ∈ ta có
( ) ( )2 2 2 t 1
AB 5 2t 5 t 5 25 5t 30t 25 0
t 5
=
= ⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔  =
.
 Với ( )t 1 B 2;1=⇒ − và H là trung điểm của BD ( )D 6;5⇒ .
 Với ( )t 5 B 6;5= ⇒ và H là trung điểm của BD ( )D 2;1⇒ − .

266. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
266
Vậy tọa độ ba đỉnh cần tìm là
( ) ( ) ( )B 2;1 ,C 3;1 ,D 6;5− hoặc ( ) ( ) ( )B 6;5 ,C 3;1 ,D 2;1− .
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có đỉnh ( ) ( )A 1;0 ,B 3;2
và góc  0
ABC 120 . Xác định tọa độ hai đỉnh C,D .
Giải
Cách 1: Vì  0
ABC 120 nên  0
ABD 60 do đó tam giác ABD đều, tọa độ trung
điểm M của AB là ( )M 2;1 . Ta có ( )AB 2;2=

.
Vậy phương trình đường trung trực của AB là:
( ) ( )2 x 2 2 y 1 0 x y 3 0− + − = ⇔ + − = .
Điểm D thuộc đường trung trực AB nên gọi ( )D t;3 t− .
Do ABCD là hình thoi nên ( ) ( )2 22 2
AD AB t 1 3 t 8 t 2 3= ⇒ − + − = ⇔ = ± .
 Với ( ) ( )t 2 3 D 2 3;1 3 ,C 3; 1 3= + ⇒ + − − − − .
 Với ( ) ( )t 2 3 D 2 3;1 3 ,C 3; 1 3= − ⇒ − + − − + .
Vậy tọa độ hai đỉnh cần tìm là
( ) ( )D 2 3;1 3 ,C 3; 1 3− + − − + hoặc ( ) ( )D 2 3;1 3 ,C 3; 1 3+ − − − − .
Cách 2:
Vì  0
ABC 120 nên  0
ABD 60 do đó tam giác ABD đều.
Gọi ( )D x;y ta có
( ) ( ) ( )
( )
2 2 22
2 2 2 2
x 1 y x 3 y 2DA DB
DA AB x 1 y 2 2
 − + = − + −= 
⇔ 
= − + = +
( )
( )
( )
2 22
x 2 3
D 2 3;1 3x y 3 0 y 3 x y 1 3
x 4x 1 0x 1 y 8 x 2 3 D 2 3;1 3
y 1 3
 = −
  − ++ − = = −  = +    ⇔ ⇔ ⇔ ⇒  − + =− + =   = + + −   
= −
.
Vì
( )
( )
C D
C D
C 3; 1 3x x 2
DC AB
y y 2 C 3; 1 3
 − − +− = =⇔ ⇒ − = − − +
 
.
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm ( )I 3;3 , độ dài
đường chéoAC 2BD= . Điểm
4
M 2;
3
 
 
 
thuộc đường thẳng AB , điểm
13
N 3;
3
 
 
 

267. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
267
thuộc đường thẳng CD . Viết phương trình đường chéo BD , biết B có hoành
độ lớn hơn 3.
Giải
Gọi N' là điểm đối của N qua I ta có
N' I N
N' I N
x 2x x 3
5
N' 3;5
3y 2y y
3
= − =
  
⇒  
= − =  
.
Đường thẳng AB đi qua hai điểm M,N' nên có phương trình là
4
y
x 2 3AB: AB: x 3y 2 0
5 43 2
3 3
−
−
= ⇔ − +=
− −
.
Gọi H là hình chiếu vuông góc
của I trên AB, ta có:
( )
( )22
3 9 2 4
IH d I,AB
101 3
− +
= = =
+ −
.
Vì AC 2BD IA 2IB 2a,a 0= ⇒ = = > .
Hệ thức lượng cho tam giác vuông IAB, ta được:
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 5
a 2
8IA IB IH a 4a
+ = ⇒ + = ⇔ = .
Gọi ( )
b 2
B b; AB, b 3
3
+ 
∈ > 
 
.
Ta có
( )
2
2 b 2
IB 2 b 3 3 2
3
+ 
= ⇔ − + − = 
 
2
b 4
10b 68b 112 0 14
b
5
=
⇔ − + =⇔
 =

.
Vì ( )b 3 b 4 B 4;2> ⇒ = ⇒ .
Đuờng chéo BD đi qua hai điểm B và I nên có phương trình là
x 4 y 2
BD: BD: x y 6 0
3 4 3 2
− −
= ⇔ + −=
− −
.
Vậy đường thẳng cần tìm là BD: x y 6 0+ − =.
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có đường chéo
AC: x y 1 0+ − = . Điểm ( )M 4;9 nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB , điểm
( )N 5; 2− − nằm trên đường thẳng chứa cạnh AD . Biết AC 2 2= . Tìm tọa độ
đỉnh C của hình thoi ABCD .
I
A
C
B
D
M
N'
N
H

268. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
268
Giải
Phân tích tìm lời giải:
Để ý tính chất đường chéo là phân giác trong của góc tạo bởi hai cạnh bên nên
ta vận dụng tính chất điểm đối xứng qua đường thẳng. Đề bài yêu cầu tìm điểm
C do vậy nếu tìm được A ta sẽ tìm được C dựa vào điều kiện AC 2 2= .
Lời giải chi tiết:
Ta có AC là đường phân giác trong góc ADB .
Gọi E là điểm đối xứng của M qua đường thẳng AC M AD⇒ ∈ .
Đường thẳng ME đi qua M và vuông góc với AC có phương trình là
( ) ( )ME :1 x 4 1 y 9 0 ME : x y 5 0− − − = ⇔ − + = .
Tọa độ giao điểm H của AC và ME thỏa mãn hệ phương trình
( )
x y 5 0 x 2
H 2;3
x y 1 0 y 3
− + = =− 
⇔ ⇒ − 
+ −= = 
.
Vì H là trung điểm ( )ME E 8; 3⇒ − − .
Đường thẳng AD đi qua hai điểm N,E nên có phương trình là
x 8 y 3
AD: AD: x 3y 1 0
3 1
+ +
= ⇔ − −= .
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
( )
x y 1 0 x 1
A 1;0
x 3y 1 0 y 0
+ −= = 
⇔ ⇒ 
− −= = 
.
Vì ( )C AC C c;1 c∈ ⇒ − .
Ta có ( ) ( )
( )
( )
2 2 C 3; 2c 3
AC 2 2 c 1 1 c 8
c 1 C 1;2
 −=
= ⇔ − + − = ⇔ ⇒  = − − 
.
Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( )C 3; 2− hoặc ( )C 1;2− .
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn ( ) ( ) ( )2 2 32
C : x 5 y 6
5
− + − =
nội tiếp hình thoi ABCD . Biết điểm ( )M 7;8 nằm trên đường thẳng chứa cạnh
AC , điểm ( )N 6;9 nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB . Tìm tọa độ các đỉnh
hình thoi ABCD .
Giải
Phân tích tìm lời giải:
Tâm của đường tròn (C) có tâm ( )I 5;6 chính là tâm của hình thoi. Từ đó viết
phương trình đường chéo AC và BD . Viết phương trình cạnh AB bằng cách sử
dụng điều kiện tiếp xúc ( )d I;AB R= . Từ đó suy ra tọa độ các đỉnh hình thoi.

269. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
269
Lời giải chi tiết:
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 5;6 , bán kính
2
R 4
5
= .
Ta có I chính là giao điểm của hai đường chéo AC và BD .
Đường thẳng AC đi qua hai điểm M,I nên có phương trình là:
AC: x y 1 0− + =.
Vì BD AC BD: x y 11 0⊥ ⇒ + − =.
Phương trình đường thẳng AB có dạng: ( ) ( ) ( )2 2
AB:a x 6 b y 9 0, a b 0− + − = + > .
Vì AB tiếp xúc với đường tròn ( ) ( )C d I;AB R⇔ =.
2 2
b 3aa 3b 2
4
9a 13b5a b
= −− − 
⇔ = ⇔  =+
.
TH1: Nếu b 3a= − , chọn a 1,b 3 AB: x 3y 21 0= =− ⇒ − + = .
Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ phương trình:
( )
x 3y 21 0 x 9
A 9;10
x y 1 0 y 10
− += = 
⇔ ⇒ 
− += = 
.
Vì ( )I 5;6 là trung điểm của ( )AC C 1;2⇒ .
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
( )
x 3y 21 0 x 3
B 3;8
x y 11 0 y 8
− += = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Vì ( )I 5;6 là trung điểm của ( )BD D 7;4⇒ .
TH2: Nếu 9a 13b= , chọn a 13,b 9 AB:13x 9y 159 0= = ⇒ + − = .
Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ phương trình:
75
x
13x 9y 159 0 75 8611
A ;
x y 1 0 86 11 11
y
11

=+ − =   
⇔ ⇒   − + =    =

.
Vì ( )I 5;6 là trung điểm của
35 46
AC C ;
11 11
 
⇒  
 
.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
( )
13x 9y 159 0 x 15
B 15; 4
x y 11 0 y 4
+ − = = 
⇔ ⇒ − 
+ − = =− 
.
Vì ( )I 5;6 là trung điểm của ( )BD D 5;16⇒ − .

270. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
270
Vậy tọa độ bốn điểm cần tìm là ( ) ( ) ( ) ( )A 9;10 ,B 3;8 ,C 1;2 ,D 7;4 hoặc
( ) ( )
75 86 35 46
A ; ,B 15; 4 ,C ; ,D 5;16
11 11 11 11
   
− −   
   
.
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD đường chéo BD có
phương trình là: x y 0− =. Biết điểm ( )P 1; 3 thuộc đường thẳng AB , điểm
( )Q 2; 2 3− − thuộc đường thẳng CD . Tìm tọa độ các đỉnh hình thoi ABCD
biết AB AC= .
Giải
Phân tích tìm lời giải:
Ta xuất phát từ giả thiết AC AB AB BC AC= ⇒ = = do đó ABC là tam giác
đều. Suy ra  0
DBA 30 .
Lời giải chi tiết:
Theo giả thiết AC AB AB BC AC= ⇒ = = do đó ABC là tam giác đều. Suy ra
 0
DBA 30 .Vậy đường thẳng AB đi qua điểm ( )P 1; 3 và tạo với BD góc
0
30 .
Đường thẳng ( ) ( ) ( )2 2
AB:a x 1 b y 3 0, a b 0− + − = + > .
Ta có
 
 
AB BD
2 2 2 2
AB BD
a 2 3 bn .n a b3 3
2 2n . n a 2 3 ba b . 1 ( 1)
   
   
      
 
  .
TH1: Nếu ( )a 2 3 b= − − , chọn ( )a 2 3,b 1 AB: 2 3 x y 2 0= + =− ⇒ + − − = .
Đường thẳng ( )CD / /AB CD: 2 3 x y 4 0⇒ + − + =.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )
x y 0 x 3 1
B 3 1; 3 1
2 3 x y 2 0 y 3 1
− = = − 
⇔ ⇒ − − 
+ − − = = − 
.
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )
x y 0 x 2 2 3
D 2 2 3;2 2 3
2 3 x y 4 0 y 2 2 3
− =  = − 
⇔ ⇒ − − 
+ − + = = − 
.
Tọa độ trung điểm I của BD là điểm
1 3 1 3
I ;
2 2
 − −
  
 
.

271. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
271
Đường thẳng AC đi qua I và vuông góc với BD nên có phương trình là:
AC: x y 3 1 0+ + − = .
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )
x y 3 1 0 x 2 3
A 2 3; 1
2 3 x y 2 0 y 1
 + + − =  = − 
⇔ ⇒ − − 
+ − − = = −
.
Vì I là trung điểm của ( )AC C 1;2 3⇒ − − .
TH2: Thực hiện tương tự
Nhận xét. Tổng quát khi ( )AC kAB, k 0= > khi đó
  
2
k
cos AB;BD cosDBC 1
4
   .
Các bước tiếp theo thực hiện tương tự bài toán trên.
C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có phương trình các
cạnh AB,CD lần lượt là x 2y 5 0;x 2y 1 0− + = − + = . Viết phương trình đường
thẳng AD,BC biết điểm ( )M 3;3− thuộc đường thẳng AD và điểm ( )N 1;4−
thuộc đường thẳng BC.
Hướng dẫn giải – đáp số
Phân tích lời giải. Tính chất hình thoi có hai đường chéo vuông góc với nhau
do vậy nếu viết dạng tổng quát của AD thì do BC / /AD ta sẽ viết được
phương trình đường thẳng BC. Lúc này ABCD đã là hình bình hành để cho nó
là hình thoi ta cần thêm điều kiện AC BD⊥ . Do đó tìm tọa độ các điểm
A,B,C,D và sử dụng tích vô hướng AC.BD 0=
 
. Từ đó ta có kết quả bài toán.
Đường thẳng ( ) ( ) ( )2 2
AD:a x 3 b y 3 0, a b 0+ + − = + > .
Vì ( ) ( )BC / /AD BC:a x 1 b y 4 0⇒ + + − =.
Do AD,BC không song song với các cạnh AB,CD nên b 2a≠ − .
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
( ) ( )
( )
6a b
xx 2y 5 0 6a b 2a 3b2a b
A ; , 2a b 0
a x 3 b y 3 0 2a 3b 2a b 2a b
y
2a b
− +
=− + = − + +   +
⇔ ⇒ + ≠   + + − = + + +   =
 +
.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình

272. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
272
( ) ( )
2a 3b
xx 2y 5 0 2a 3b 4a 4b2a b
B ;
a x 1 b y 4 0 4a 4b 2a b 2a b
y
2a b
− +
=− + = − + +   +
⇔ ⇒   + + − = + + +   =
 +
.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
( ) ( )
2a 7b
xx 2y 1 0 2a 7b 8b2a b
C ;
a x 1 b y 4 0 8b 2a b 2a b
y
2a b
− +
=− + = − +   +
⇔ ⇒   + + − = + +   =
 +
.
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình
( ) ( )
6a 5b
xx 2y 1 0 6a 5b 2a 3b2a b
D ;
a x 3 b y 3 0 2a 3b 2a b 2a b
y
2a b
− +
=− + = − + − +   +
⇔ ⇒   + + − = − + + +   =
 +
.
Vì ABCD là hình thoi nên AC BD AC.BD 0⊥ ⇔ =
 
.
2a 7b 6a b 6a 5b 2a 3b
2a b 2a b 2a b 2a b
8b 2a 3b 2a 3b 2a 3b
0
2a b 2a b 2a b 2a b
− + − + − + − +  
⇔ − −  
+ + + +  
+ − + − +  
+ − − =  
+ + + +  
( )( ) ( )2 2 2 2 2 2
8a 6b 16ab 8a 2b 4a 5b 8ab .0 0⇔ + + − + + − + + =
b 2a
b 2a
b 2a
2a 3b
2a 3b
= ±
= ±⇔ =− ⇔  = − = −
.
Đối chiếu với điều kiện
b 2a
2a b 0
2a 3b
=
+ ≠ ⇒  = −
.
TH1: Nếu b 2a AD: x 2y 3 0;BC: x 2y 7 0= ⇒ + − = + − = .
TH2: Nếu 2a 3b= − , chọn
a 3,b 2 AD:3x 2y 15 0;BC:3x 2y 11 0= =− ⇒ − + = − + =.
Kết luận. Vậy phương trình hai đường thẳng cần tìm là
AD: x 2y 3 0;BC: x 2y 7 0+ −= + −= hoặc
AD:3x 2y 15 0;BC:3x 2y 11 0− += − += .
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có phương trình đường
chéo là BD: x 2y 7 0+ − =và một cạnh có phương trình AB: x 3y 3 0+ − =.
Viết phương trình ba cạnh và đường chéo còn lại của hình thoi, biết một đỉnh
của hình thoi là ( )A 0;1 .

273. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
273
Hướng dẫn giải – đáp số
Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ phương trình
( )
x 2y 7 0 x 15
B 15; 4
x 3y 3 0 y 4
+ −= = 
⇔ ⇒ − 
+ − = =− 
.
Đường thẳng AC đi qua ( )A 0;1 và vuông góc với BD nên có phương trình
( )AC: 2x 1 y 1 0 AC: 2x y 1 0− − = ⇔ − + = .
Tọa độ tâm I của hình thoi ABCD thỏa mãn hệ phương trình
( )
x 2y 7 0 x 1
I 1;3
2x y 1 0 y 3
+ −= = 
⇔ ⇒ 
− += = 
.
Vì I là trung điểm của ( )AC C 2;5⇒ .
Vì I là trung điểm của ( )BD D 13;10⇒ − .
Đường thẳng
x 15 y 4
BC: BC:9x 13y 83 0
13 9
− +
= ⇔ + − =
−
.
Đường thẳng CD: x 3y 17 0+ − =.
Đường thẳng AD:9x 13y 13 0+ − =.
Vậy bốn đường thẳng cần tìm là
BC:9x 13y 83 0;CD: x 3y 17 0;
AD:9x 13y 13 0;AC: 2x y 1 0
+ −= + −=
+ −= − +=
.
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có phương trình đường
chéo BD: x y 2 0− − =, điểm ( )M 4; 4− thuộc đường thẳng BC, điểm ( )N 5;1−
thuộc đường thẳng AB , có BD 8 2= . Xác định tọa độ các đỉnh hình thoi
ABCD .
Hướng dẫn giải – đáp số
Đường thẳng BD là phân giác trong góc ABC .
Gọi 1M là điểm đối xứng của M qua đường thẳng BD thì ta có 1M AB∈ .
Đường thẳng 1MM đi qua ( )M 4; 4− và vuông góc với BD nên có phương trình
là ( ) ( )1 1MM :1 x 4 1 y 4 0 MM : x y 0− + + = ⇔ + = .
Tọa độ giao điểm H của BD và 1MM là nghiệm của hệ phương trình
( )
x y 2 0 x 1
H 1; 1
x y 0 y 1
− −= = 
⇔ ⇒ − 
+ = =− 
.
Vì H là trung điểm của ( )1 1MM M 2;2⇒ − .
Đường thẳng AB đi qua hai điểm 1M ,N nên có phương trình

274. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
274
x 2 y 2
AB: AB: x 3y 8 0
3 1
+ −
= ⇔ − +=
− −
.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình
( )
x 3y 8 x 7
B 7;5
x y 2 0 y 5
− + = 
⇔ ⇒ 
− −= = 
.
Đường thẳng BCđi qua hai điểm B,M nên có phương trình
x 7 y 5
BC: BC:3x y 16 0
3 9
− −
= ⇔ − − =
− −
.
Vì ( )B BD D t;t 2∈ ⇒ − .
Theo giả thiết ta có
( ) ( )
( )
( )
2 2 D 1; 3t 1
BD 8 2 t 7 t 7 128
t 15 D 15;13
 − −= −
= ⇔ − + − = ⇔ ⇒  = 
.
TH1: Nếu ( )D 1; 3− − đường thẳng CD đi qua D và song song với AB nên có
phương trình là CD: x 3y 8 0− − =.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
( )
x 3y 8 0 x 5
C 5; 1
3x y 16 0 y 1
− −= = 
⇔ ⇒ − 
− − = =− 
.
Vì ( )CD BA A 1;3= ⇒
 
.
TH2: Nếu ( )D 15;13 CD: x 3y 24 0⇒ − + =.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
( )
x 3y 24 0 x 9
C 9;11
3x y 16 0 y 11
− += = 
⇔ ⇒ 
− −= = 
.
Vì ( )CD BA A 13;7= ⇒
 
.
Vậy tọa độ bốn điểm cần tìm là ( ) ( ) ( ) ( )A 1;3 ,B 7;5 ,C 5; 1 ,D 1; 3− − − hoặc
( ) ( ) ( ) ( )A 13;7 ,B 7;5 ,C 9;11 ,D 15;13 .
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có phương trình cạnh
bên và đường chéo lần lượt là AB: x 2y 1 0+ − = , AC: 2x y 1 0+ + =. Điểm
( )M 1; 3− thuộc đường chéo BD , BD 8 10= . Xác định tọa độ các đỉnh hình
thoi ABCD .
Hướng dẫn giải – đáp số
Tọa độ đỉnh A là nghiệm của hệ phương trình
( )
x 2y 1 0 x 1
A 1;1
2x y 1 0 y 1
+ − = =− 
⇔ ⇒ − 
+ += = 
.

275. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
275
Đường chéo BD đi qua ( )M 1; 3− và vuông góc với AC nên có phương trình là
BD: x 2y 7 0− − =.
Tọa độ tâm I của hình thoi thỏa mãn hệ phương trình
( )
2x y 1 0 x 1
I 1; 3
x 2y 7 0 y 3
+ += = 
⇔ ⇒ − 
− − = =− 
.
Vì I là trung điểm của ( )AC C 3; 7⇒ − .
Vì ( )B BD B 2t 7;t∈ ⇒ + .
Theo giả thiết ta có BD 8 10 IB 4 10= ⇒ =
( ) ( )
( )
( )
2 2 B 9;1t 1
3t 6 t 3 160
t 7 B 7; 7
=
⇔ + + + = ⇔ ⇒  = − − − 
.
TH1: Nếu ( ) ( )B 9;1 D 7; 7⇒ − − .
TH2: Nếu ( ) ( )B 7; 7 D 9;1− − ⇒ .
Vậy tọa độ bốn điểm cần tìm là ( ) ( ) ( ) ( )A 1;1 ,B 9;1 ,C 3; 7 ,D 7; 7− − − − hoặc
( ) ( ) ( ) ( )A 1;1 ,B 7; 7 ,C 3; 7 ,D 9;1− − − − .
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn ( ) ( ) ( )2 2
C : x 2 y 1 8− + + =
nội tiếp hình thoi ABCD . Điểm A nằm trên đường thẳng d : x 2y 3 0− + = và
có hoành độ không nhỏ hơn 2, BD 2AC= . Xác định tọa độ các đỉnh hình thoi
ABCD .
Hướng dẫn giải – đáp số
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 2; 1− , bán kính R 2 2= .
Do ABCD là hình thoi ngoại tiếp đường tròn ( )C nên I chính là tâm hình thoi
ABCD .
Kẻ IH vuông góc với AB khi đó IH R 2 2= = .
Theo giả thiết ta có: BD 2AC IB 2IA= ⇒ = .
Trong tam giác vuông IAB ta có:
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
IA 10
8IH IA IB IA 4IA
= + ⇒ = + ⇔ = .
Vì ( )A d A 2t 3;t IA 10∈ ⇒ − ⇒ =
( ) ( )
( )
2 2
A 1;2t 2
2t 5 t 1 10 8 1 8
t A ;
5 5 5
=
⇔ − + + = ⇔ ⇒   =    
.
TH1: Nếu ( )A 1;2 thì ( )I 2; 1− là trung điểm của ( )AC C 3; 4⇒ − .

276. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
276
Đường thẳng BD đi qua I và nhận ( )AI 1; 3= −

làm véc tơ pháp tuyến nên có
phương trình là
( ) ( ) ( )BD:1 x 2 3 y 1 0 BD: x 3y 5 0 B 3t 5;t− − + = ⇔ − − = ⇒ + .
Ta có ( ) ( )
( )
( )
2 2 B 8;1t 1
IB 2IA 2 10 3t 3 t 1 40
t 3 B 4; 3
=
= = ⇔ + + + = ⇔ ⇒  = − − − 
.
- Với ( ) ( )B 8;1 D 4; 3⇒ − − .
- Với ( ) ( )B 4; 3 D 8;1− − ⇒ .
TH2: Nếu
1 8 19 18
A ; C ;
5 5 5 5
   
⇒ −   
   
.
Đường thẳng BD đi qua I và nhận
9 3
AI ;
5 5
 
= − 
 

làm véc tơ pháp tuyến nên có
phương trình
( ) ( ) ( )BD:3 x 2 1 y 1 0 BD:3x y 7 0 B t;3t 7− − + = ⇔ − − = ⇒ − .
Ta có ( ) ( )
( )
( )
2 2 B 4;5t 4
IB 2IA 2 10 t 2 3t 6 40
t 0 B 0; 7
=
= = ⇔ − + − = ⇔ ⇒  = − 
.
- Với ( ) ( )B 4;5 D 0; 7⇒ − .
- Với ( ) ( )B 0; 7 D 4;5− ⇒ .
Vậy tọa độ bốn điểm cần tìm là ( ) ( ) ( ) ( )A 1;2 ,B 8;1 ,C 3; 4 ,D 4; 3− − − hoặc
( ) ( ) ( ) ( )A 1;2 ,B 4; 3 ,C 3; 4 ,D 8;1− − − hoặc
( ) ( )
1 8 19 18
A ; ,B 4;5 ,C ; ,D 0; 7
5 5 5 5
   
− −   
   
hoặc
( ) ( )
1 8 19 18
A ; ,B 0; 7 ,C ; ,D 4;5
5 5 5 5
   
− −   
   
.
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có phương trình đường
chéo AC: x 7y 31 0+ − =. Hai đỉnh B,D lần lượt thuộc các đường thẳng
1d : x y 8 0+ − =và 2d : x 2y 3 0− + =. Tìm tọa độ các đỉnh hình thoi ABCD
biết nó có diện tích bằng 75.
Hướng dẫn giải – đáp số
Vì ( ) ( )1 2B d ,D d B b;8 b ,D 2d 3;d∈ ∈ ⇒ − − .
Ta có ( )BD b 2d 3;b d 8= − + − + −

và tọa độ trung điểm của BD là

277. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
277
b 2d 3 b d 8
I ;
3 2
+ − − + + 
 
 
.
Ta có ACBD AC 8b 13d 13 0 b 0BD.u 0
I AC 6b 9d 9 0 d 1I AC
⊥ − + −= =  =
⇔ ⇔ ⇔   
∈ − + −= =∈  
 
.
Suy ra ( ) ( )B 0;8 ,D 1;1− .
Khi đó
1 9
I ;
2 2
 
− 
 
. Vì ( )A AC A 7a 31;a∈ ⇒ − + .
Ta có ABCD
1 AC 15 2
S AC.BD 75 AC 15 2 IA
2 2 2
= = ⇔ = ⇒ = = .
Ta có phương trình:
( )
( )
2 2 A 10;3a 31 9 225
7a 31 a
a 62 2 2 A 11;6
=   
− + + + − = ⇔ ⇒      = −     
.
- Với ( ) ( )A 10;3 C 11;6⇒ − .
- Với ( ) ( )A 11;6 C 10;3− ⇒ .
Vậy tọa độ bốn điểm cần tìm là ( ) ( ) ( ) ( )A 0;3 ,B 0;8 ,C 11;6 ,D 1;1− − hoặc
( ) ( ) ( ) ( )A 11;6 ,B 0;8 ,C 10;3 ,D 1;1− − .
Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có phương trình chứa
đường thẳng AB: x 3y 1 0+ + =và đường thẳng BD: x y 5 0− + =. Đường thẳng
AD đi qua điểm ( )M 1;2 . Tìm tọa độ các đỉnh hình thoi ABCD .
Hướng dẫn giải – đáp số
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình
( )
x 3y 1 0 x 4
B 4;1
x y 5 0 y 1
+ + = =− 
⇔ ⇒ − 
− += = 
.
Kẻ MN / /BD cắt AB tại N và E là trung điểm của MN , khi đó đường thẳng
AC đi qua E .
Đường thẳng MN : x y 1 0− + =.
Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình
( )
x 3y 1 0 x 1
N 1;0
x y 1 0 y 0
+ + = =− 
⇔ ⇒ − 
− += = 
.
Tọa độ điểm E(0;1).
Đường chéo AC đi qua ( )E 0;1 và vuông góc với BD nên có phương trình
AC: x y 1 0+ − = .
Tọa độ tâm I của hình thoi ABCD là nghiệm của hệ phương trình

278. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
278
( )
x y 5 0 x 2
I 2;3
x y 1 0 y 3
− + = =− 
⇔ ⇒ − 
+ −= = 
.
Vì I là trung điểm ( )BD D 0;5⇒ .
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
( )
x 3y 1 0 x 2
A 2; 1
x y 1 0 y 1
+ += = 
⇔ ⇒ − 
+ − = =− 
.
Vì I là trung điểm ( )AC C 6;7⇒ − .
Vậy tọa độ bốn điểm cần tìm là ( ) ( ) ( ) ( )A 2; 1 ,B 4;1 ,C 6;7 ,D 0;5− − − .
Cách 2: Ta có đường thẳng BD là phân giác trong góc ABC nên gọi 1M là điểm
đối xứng của M qua 1BD M CD⇒ ∈ . Từ đó tìm được tọa độ điểm 1M .
- Tìm tọa độ điểm B là giao điểm của AB,BD .
- Viết phương trình đường thẳng CD đi qua 1M và song song với AB .
- Tìm tọa độ điểm D là giao điểm của CD,BD .
- Từ đó suy ra tọa độ tâm I , tọa độ đỉnh A,C .
Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thoi ABCD có tâm ( )I 3;3 , độ dài
đường chéo AC = 2BD. Điểm
4
M 2;
3
 
 
 
thuộc đường thẳng AB, điểm
13
N 3;
3
 
 
 
thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ các đỉnh hình thoi ABCD , biết B có hoành
độ lớn hơn 3.
Hướng dẫn giải – đáp số
Gọi N' là điểm đối của N qua I ta có
N' I N
N' I N
x 2x x 3
5
N' 3;5
3y 2y y
3
= − =
  
⇒  
= − =  
.
Đường thẳng AB đi qua hai điểm M,N' nên có phương trình là
4
y
x 2 3AB: AB: x 3y 2 0
5 43 2
3 3
−
−
= ⇔ − +=
− −
.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB, ta có:
( )
( )22
3 9 2 4
IH d I,AB
101 3
− +
= = =
+ −
.
Vì AC 2BD IA 2IB 2a,a 0= ⇒ = = > .
Hệ thức lượng cho tam giác vuông IAB, ta được:
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 5
a 2
8IA IB IH a 4a
+ = ⇒ + = ⇔ = .

279. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
279
Gọi ( )
b 2
B b; AB, b 3
3
+ 
∈ > 
 
.
Ta có
( )
2
2 b 2
IB 2 b 3 3 2
3
+ 
= ⇔ − + − = 
 
2
b 4
10b 68b 112 0 14
b
5
=
⇔ − + =⇔
 =

.
Vì ( )b 3 b 4 B 4;2> ⇒ = ⇒ .
Vì I là trung điểm của ( )BD D 2;4⇒ .
Đuờng chéo BD đi qua hai điểm B và I nên có phương trình là
x 4 y 2
BD: BD: x y 6 0
3 4 3 2
− −
= ⇔ + −=
− −
.
Đường chéo AC đi qua I và vuông góc với BD nên có phương trình là
AC: x y 0− =.
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
( )
x y 0 x 1
A 1;1
x 3y 2 0 y 1
−= = 
⇔ ⇒ 
− += = 
.
Vì I là trung điểm của ( )AC C 5;5⇒ .
Vậy tọa độ bốn điểm cần tìm là ( ) ( ) ( ) ( )A 1;1 ,B 4;2 ,C 5;5 ,D 2;4 .
Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có ( )I 2;1 là giao điểm
của hai đường chéo và AC 2BD= . Điểm
1
M 0;
3
 
 
 
và ( )N 0;7 lần lượt thuộc
đường thẳng AB và CD . Tìm tọa độ điểm B biết B có hoành độ dương.
Hướng dẫn giải – đáp số
Gọi E là điểm đối xứng với N qua ( ) ( )I 2;1 E 4; 5 ,E AB⇒ − ∈ .
Phương trình đường thẳng AB: 4x 3y 1 0+ − = .
Vì AC 2BD IA 2IB= ⇒ = .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên AB , ta có:
( ) 2 2
8 3 1
IH d I;AB 2
4 3
+ −
= = =
+
.
2 2 2 2
1 1 1 5
IB 5
IH IA IB 4IB
= + = ⇒ = . Vì
1 4b
B AB B b;
3
− 
∈ ⇒  
 
.
Do đó ( )
( )2
2
B 1; 1b 1
1 4b
IB 5 b 2 1 5 1 1 3
3 b B ;
5 5 5
 −=
−  = ⇔ − + − = ⇔ ⇒    = − −     
.

280. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
280
Do B có hoành độ dương nên ( )B 1; 1− . Vậy điểm cần tìm là ( )B 1; 1− .
Bài 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có phương trình cạnh
AB và đường chéo BD lần lượt có phương trình là x y 2 0;2x y 1 0− += + −= .
Điểm ( )M 2;0 nằm trên đường thẳng AD . Tìm tọa độ các đỉnh hình thoi
ABCD .
Hướng dẫn giải – đáp số
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình
1
x
x y 2 0 1 53
B ;
2x y 1 0 5 3 3
y
3

= −− + =   
⇔ ⇒ −   + − =    =

.
Gọi ( )N x;y là điểm đối xứng của M qua đường thẳng BD N CD⇒ ∈ .
Tìm được tọa độ điểm
24 7
N ;
5 5
 
 
 
.
Vì CD / /AB,N CD CD:5x 5y 17 0∈ ⇒ − − =.
Tọa độ điểm D thỏa mãn hệ phương trình
22
x
5x 5y 17 0 22 2915
D ;
2x y 1 0 29 15 15
y
15

=− − =   
⇔ ⇒ −   + − =    = −

.
Tọa độ tâm I của hình thoi là trung điểm của
17 4
BD I ;
30 30
 
⇒ − 
 
.
Đường thẳng AC đi qua I và vuông góc với BD nên có phương trình là
17 4 5
AC:1 x 2 y 0 AC: x 2y 0
30 30 6
   
− − + = ⇔ − − =   
   
.
Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ phương trình
29
5 x
x 2y 0 29 176
A ;6
17 6 6
x y 2 0 y
6

= − − − =   
⇔ ⇒ − −   
  − + = = − 
.
Tọa độ điểm C thỏa mãn hệ phương trình
179
5 x
x 2y 0 179 7730
C ;6
77 30 30
5x 5y 17 0 y
30

= − − =   
⇔ ⇒   
  − − = = 
.

281. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
281
Chuû ñeà 9. HÌNH CHÖÕ NHAÄT VAØ HÌNH VUOÂNG
A. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP
Phương pháp chung:
Dựa vào tính chất vuông góc và độ dài các cạnh bằng nhau của hình vuông để tìm
ra độ dài cạnh hình vuông, từ đó tìm ra tọa độ các đỉnh hình vuông cũng như
phương trình các cạnh.
- Vận dụng tính chất song song, vuông góc của đường thẳng.
- Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng kết hợp với góc và diện tích tam giác, tứ
giác; tính diện tích theo hai cách.
- Các điểm cùng thuộc một đường tròn, điểm đối xứng qua điểm (thường qua
tâm), điểm đối xứng qua đường thẳng(thường qua đường chéo).
Chú ý. Diện tích tam giác có thể tính theo 3 cách:
- Đường cao bằng khoảng cách từ điểm đến đường thẳng và độ dài cạnh đáy.
- Diện tích tính theo công thức sin:
1 1 1
S absinC bcsin A casin B
2 2 2
= = = .
- Lấy diện tích tứ giác trừ đi diện tích các tam giác khác cùng nội tiếp trong tứ
giác.
Lưu ý: Việc phân chia thành các phương pháp nhỏ dưới đây chỉ mang tính chất
tương đối trong quá trình giải toán mỗi phương pháp tôi trình bày đan xen các
phương pháp với nhau.
1. Phương pháp đối xứng qua tâm
Nhắc lại: Cho hình bình hành ABCD có tâm I gọi M là một điểm thuộc đường
thẳng chứa cạnh AB khi đó M’ là điểm đối xứng với M qua I thì M’ thuộc
đường thẳng CD.
Tức điểm thuộc đường thẳng chứa một cạnh lấy đối xứng điểm đó qua tâm thì
điểm đối xứng thuộc đường thẳng chứa cạnh đối diện.
Dấu hiệu nhận biết: Giả thiết bài toán cho toạ độ tâm và toạ độ một điểm trên
cạnh(có thể là tâm hoặc điểm thuộc một đường thẳng cho trước).
Ví dụ 1. (TSĐH Khối A 2009) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ
nhật ABCD có tâm ( )I 6;2 , điểm ( )M 1;5 nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB
và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng x y 5 0+ − =. Viết phương
trình đường thẳng AB.
Giải
Phân tích tìm lời giải:
Giả thiết bài toán gồm toạ độ tâm
 
 
I 6;2
M 1;5 AB


 
vì vậy ta lấy điểm N đối xứng với M qua I.

282. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
282
Kết hợp tính chất của hình chữ nhật có IE CD IE.NE 0  
 
.
Từ đó dễ tìm được toạ độ điểm E và phương trình đường thẳng AB đi qua M và
nhận IE

làm véc tơ pháp tuyến.
Lời giải chi tiết:
Gọi N đối xứng với M qua .
Giả sử tọa độ điểm .
Ta có    0 0 0 0IE x 6;3 x ,NE x 11;6 x     
 
.
Do E là trung điểm của CD nên IE NE IE.NE 0  
 
.
( )( ) ( )( ) 0
0 0 0 0
0
x 6
x 6 x 11 3 x 6 x 0
x 7
=
⇒ − − + − − =⇔ 
=
.
+ Với  0x 6 IE 0; 3 AB: y 5 0.      

+ Với  0x 7 IE 1; 4 AB: x 4y 19 0.       

Vậy có hai đường thẳng cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán là
hoặc .
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD, AB 2AD có
tâm  I 1;2 . Đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm  M 1;5 , đường thẳng
chứa cạnh CD đi qua điểm  N 2;3 . Viết phương trình đường thẳng BC.
Giải
Gọi E là điểm đối xứng của M qua I ta có
 
E CD
E 1; 1
 
  
.
Đường thẳng CD đi qua hai điểm E và N
nên có phương trình là
CD: 4x 3y 1 0   .
Ta có  
2 2
4.( 1) 3.2 1 18
d I;CD 2.
54 ( 3)
  
 
 
.
Phương trình đường thẳng BC CD BC:3x 4y c 0     .
Theo giả thiết ta có    AB 2AD d I;BC 2d I;CD   .
Do đó ta có phương trình:

283. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
283
2 2
3.( 1) 4.2 c 18
c 5 18
53 4
c 13 BC:3x 4y 13 0
c 23 BC:3x 4y 23 0
  
    

    
  
     
.
Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán là BC:3x 4y 13 0  
hoặc BC:3x 4y 23 0   .
Cách 2: Phương pháp xác định góc
 AD 1 1 2
tan ACD cosACD
CD 2 1 5
1
4
    

.
Đường thẳng AC đi qua I có phương trình
     2 2
a x 1 b y 2 0, a b 0      .
 
2 2 2 2
4a 3b 2
cos AC;CD
54 ( 3) a b

 
  
.
   
22 2
b
a
2
20 a b 4a 3b
11b
a
2

 

     



.
+ TH1: Nếu
b
a
2
 chọn a 1,b 2 AC: x 2y 5 0      .
Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
13
x
4x 3y 1 0 13 195
C ;
x 2y 5 0 19 5 5
y
5
                     
.
Đường thẳng BC đi qua C và vuông góc với CD có phương trình
CD:3x 4y 23 0   .
+ TH2: Thực hiện tương tự ta có CD:3x 4y 13 0   .
Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có tâm
3 1
I ;
2 2
 
 
 
, đường thẳng chứa các cạnh AB,CD lần lượt đi qua các điểm
( ) ( )M 4; 1 ,N 2; 4− − − − . Tìm tọa độ đỉnh B , biết B có hoành độ âm.

284. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
284
Giải
Gọi 1 1M ,N lần lượt là điểm đối xứng
của M,N qua điểm
3 1
I ;
2 2
 
 
 
, khi đó
( )1M 7;2 và ( )1N 5;5 .
Vì .
Gọi
2b 5
B b; AB,b 0
3
+ 
∈ < 
 
.
Khi đó do ABCD là hình vuông nên ta
có: ( )IB 2d I,AB= .
, do b 0<
Vậy điểm cần tìm là ( )B 1;1− .
Nhận xét. Qua 3 ví dụ trên bạn đọc phần nào hiểu rõ được tính chất cơ bản đối
xứng qua tâm do vậy lưu ý quan trọng khi giả thiết liên quan đến tâm hình chữ
nhật, hình vuông các bạn lưu ý tính chất này.
2. Phương pháp độ tính độ dài cạnh
Ta xét hình vuông ABCD có độ dài cạnh a, với giả thiết bài toán cho hai điểm
trên các đường thẳng sinh bởi hình vuông(cạnh, đường chéo) ta hoàn toàn tính
dựa vào mối quan hệ giữa 2 điểm đó và tính được độ dài cạnh hình vuông đã
cho. Từ đó tìm toạ độ các đỉnh hình vuông theo công thức độ dài đoạn thẳng
nối 2 điểm.
+ Tam giác vuông tính theo Pitago.
+ Tam giác thường tính theo định lý hàm số Côsin.
Dấu hiện nhận biết: Khi giả thiết cho các điểm trên cạnh, đường chéo có tỷ lệ
độ dài.
Ta xét ví dụ sau đây:
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có tọa độ đỉnh
A(1;1) và điểm ( )M 5,3 là trung điểm của cạnh BC. Tìm tọa độ đỉnh D biết nó
có tung độ âm.
Giải
Phân tích tìm lời giải: Với hai điểm có toạ độ cho trước A và M ta tính được
khoảng cách giữa chúng rồi suy ra độ dài cạnh hình vuông đã cho là a. Xác định
toạ độ đỉnh D theo hệ phương trình
MD MA
AD a
 
 
.

285. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
285
Lời giải chi tiết:
Giả sử độ dài cạnh hình vuông ABCD là a 0> .
Trong tam giác vuông ta có: .
Suy ra
2
2 2 2a
a 4 2 20 a 4
4
+ = + = ⇒ = .
Giả sử ta có hệ phương trình:
.
Do D có tung độ âm nên
21 7
D ,
5 5
 
− 
 
.
Cách 2: Phương pháp xác định góc
Phương trình đường thẳng
1 1
AM : x 2y 1 0 AM : y x
2 2
      .
Phương trình đường thẳng  AB: y k x 1 1   .
Ta có  BM 1
tan BAM
AB 2
  .
Ta có phương trình
1
k
12 k AB
1 21 .k
2

  

(xem thêm phương pháp xác định
góc).
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh
B(1; 2) . Trọng tâm tam giác ABC nằm trên đường thẳng (d): 2x y 2 0  
và N(5;6) là trung điểm của cạnh CD . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình
chữ nhật đã cho.
Giải
Nhận xét: Bài toán xét trong trường hợp đặc biệt đó là đường thẳng BN song song
với đường thẳng d ta có thể sử dụng tính độ dài các cạnh hình chữ nhật đã cho.
Ta có 2 2
BN 4 8 4 5   và phương trình đường thẳng
BN : 2x y 4 0   .
Suy ra d và BN song song với nhau.
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC.
Đường thẳng d cắt các cạnh AB và CD lần lượt tại P và Q.

286. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
286
Ta có tứ giác BPQN là hình bình hành.
Đặt  AB a,AD b, a,b 0   .
Theo định lý Talets ta có:
GB PB 1
GD QD 2
  .
1 1 CD
NQ PB QD NQ
2 2 2
CD a
NQ PB
6 6
        
   
Ta có
2
2 2 2 2a
BN BC CN b 80 (1)
4
     .
Ta có :
     BPQN
2 2
S d N;PQ .PQ d N;d .BN d N;AB .PB
2.5 6 2 a
4 5. .b ab 48 (2)
62 ( 1)
  
 
   
 
.
Từ (1) và (2) suy ra a 12 2,b 2 2  hoặc a 4 2,b 6 2  .
+ TH1: Nếu
2 2
BD a b 104
a 4 2,b 6 2 BG
3 3 9

      .
Gọi  
104
G a;2a 2 d BG
9
    .
 
2 2
5 45 G ;a
3 3104 3
a 1 4a
199 19 68
a G ;
15 15 15
                            
.
Chú ý
5 4
NG BN G ;
3 3
     
ta có
   D D
D D
x 1 2 x 3
BD 3BG 2;10 D 3;8
y 2 10 y 8
          
     
 
.
Vì N là trung điểm của CD nên  C 7;4 .
Mặt khác    AD BC 6;6 A 3;2   
 
.
+ TH2: Nếu
2 2
1 a b 296
a 12 2,b 2 2 BG BD
3 3 9

      .
Gọi  
296
G a;2a 2 d BG
9
    .

287. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
287
 
2 2
7 207 G ;a
3 3296 3
a 1 4a
419 41 52
a G ;
15 15 15
                            
.
Chú ý
41 52
NG BN G ;
15 15
     
ta có
D D
D D
26 31
x 1 x
26 82 31 725 5
BD 3BG ; D ;
82 725 5 5 5
y 2 y
5 5
                                 
 
.
Vì N là trung điểm của CD nên
19 22
C ;
5 5
     
.
Mặt khác
14 32 17 104
AD BC ; A ;
5 5 5 5
               
 
.
Cách 2:
Vì  G d G t;2t 2   ta có  BD 3BG D 3t 2;6t 2   
 
.
Vì N là trung điểm của CD nên  C 3t 12; 6t 14    .
Ta có    BC 3t 11; 6t 16 ,NC 3t 7; 6t 8         
 
.
Do BC và NC vuông góc với nhau nên BC.NC 0
 
.
     3t 11 3t 7 6t 16 6t 8 0           .
   5 C 7;4 ,D 3;8t
3
19 12 31 72
41 C ; ,D ;
t 5 5 5 5
15
                       
.
Lập luận tương tự trên ta có điểm A tương ứng.
Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích
bằng 2 2 . Gọi M,N lần lượt là trung điểm của BCvà CD biết điểm ( )M 0;1 .
Đường thẳng AN có phương trình là: 2 2x y 4 0+ − =. Tìm tọa độ điểm A .
Giải
Đặt độ dài cạnh hình chữ nhật ABCD là ( )AB a,AD b, a,b 0= = > .
Ta có ABCDS ab 2 2= = .
AMN ABCD ADN ABM CMN
ab ab ab 3ab 3 2
S S S S S ab
4 4 8 8 4
= − − − = − − − = = .

288. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
288
Mặt khác ( )
2 2 2
2
AMN
1 41 1 a a 4b
S AN.d M;AN . b .
2 2 4 48 1
− +
= = + =
+
.
Ta có hệ phương trình: 2 2
ab 2 2
a 2
a 4b 3 2 b 2
4 4
 =
 =
⇔ + = =

.
Suy ra
2
2 b
AM a 3
4
= + = .
Vì ( )A AN A t;4 2 2t AM 3∈ ⇒ − ⇒ =.
( )
( )22
A 2;0t 2
t 3 2 2t 3 2 2 8
t A ;
3 3 3
 = 
⇔ + − = ⇔ ⇒  
=       
.
Vậy điểm cần tìm là ( )A 2;0 hoặc
2 8
A ;
3 3
 
  
 
.
3. Phương pháp diện tích
Ta xét hình chữ nhật ABCD có tâm I và M,N là hai điểm lần lượt thuộc đường
thẳng chứa các cạnh AB và CD.
Diện tích hình chữ nhật ABCD có thể tính theo các công thức sau:
   
       
ABCDS AB.BC d A;CD .d B;AD
D M;CD .d N;AD 4d I;AB .d I;BC
 
 
.
Dấu hiện nhận biết: Với giả thiết bài toán cho diện tích hình vuông, hình chữ
nhật ta sử dụng phương pháp này.
Ta xét ví dụ sau đây:
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích
bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng ( )1d : x y 3 0− − =và đường thẳng
( )2d : x y 6 0+ − =. Trung điểm một cạnh là giao điểm của ( )1d với trục
hoành. Xác định tọa độ bốn đỉnh hình chữ nhật.
Giải
Vì I là giao điểm của hai đường thẳng 1 2d ,d nên tọa độ I là nghiệm của hệ
phương trình:
x y 3 0 9 3
I ; .
x y 6 0 2 2
− − =  
⇒  + − =  
Do vai trò các đỉnh A,B,C,D là như nhau, nên ta giả sử đó là trung điểm M
của cạnh AD.

289. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
289
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình ( )
y 0
M 3;0 .
x y 3 0
=
⇒
− − =
Suy ra AB 2IM 3 2= = .
Mặt khác ABCD
ABCD
S 12
S AB.AD AD 2 2
AB 3 2
= ⇒ = = = .
Vì M,I cùng thuộc ( )1d suy ra ( )1AD d⊥ , vậy AD đi qua điểm M và có véc
tơ pháp tuyến ( ) ( )n 1;1 AD: x 3 y 0 x y 3 0.= ⇒ − + = ⇔ + − =

Lại có
AD
MA MD 2
2
= = = ⇒ Tọa độ điểm A,D là nghiệm hệ phương trình:
( )
( ) ( )2 2
x y 3 0 x 2 x 4
A 2;1 ,D 4;1 .
y 1 y 1x 3 y 2
+ − = = = 
⇔ ∨ ⇒  
= = −− + =  
Các điểm C,B lần lượt đối xứng với A,B qua I .
Suy ra tọa độ điểm ( ) ( )C 7;2 ,B 5;4 .
Vậy tọa độ bốn điểm cần tìm là ( ) ( ) ( ) ( )2;1 , 4;1 , 7;2 , 5;4 .
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có các cạnh
lần lượt đi qua các điểm ( ) ( ) ( ) ( )M 4;5 ,N 6;5 ,P 5;2 ,Q 2;1 .
Viết phương trình cạnh AB , biết hình chữ nhật có diện tích bằng 16.
Giải
Giả sử phương trình cạnh
( ) ( ) 2 2
AB:a x 4 b y 5 0,a b 0− + − = + > .
Vì BC AB⊥ suy ra phương trình đường thẳng
BClà:
( ) ( )BC:b x 6 a y 5 0− − − =.
Ta có .
+ TH1: Nếu a b= − , chọn b 1;a 1 AB: x y 1 0= =− ⇒ − + − = .
+ TH2: Nếu
1
a b
3
= − , chọn
1
b 1;a AB: x 3y 11 0.
3
= =− ⇒ − + − =
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
x y 1 0;x 3y 11 0− + = − + = .

290. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
290
Ví dụ 3. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ba điểm ( ) ( ) ( )A 2;3 ,B 5;2 ,C 8;6 .
Tìm điểm D trên đường thẳng d : x y 5 0− + =sao cho hình vuông MNPQ có
các cạnh MN,NP,PQ,QM lần lượt đi qua các điểm A,B,C,D và có diện tích
đạt giá trị lớn nhất. Khi đó tìm tọa độ các đỉnh M,N,P,Q .
Giải
Giả sử cạnh MN có véc tơ pháp tuyến: .
Vì ( )A 2;3 MN∈ suy ra
( ) ( )MN :a x 2 b y 3 0 MN :ax by 2a 3b 0− + − = ⇔ + − − = .
Khi đó độ dài cạnh hình vuông chính là khoảng cách từ C đến MN .
Diện tích hình vuông MNPQ bằng:
( )
( ) ( )2 2
2
MNPQ 2 2 2 2
8a 6b 2a 3b 9 2a b
S d C;MN
a b a b
+ − − +
=  = = 
+ +
.
• Nếu MNPQb 0 S 36=⇒ =.
• Nếu
( )
2
2
MNPQ 2 2
2a
9 1
9 2t 1b
b 0 S
t 1a
1
b
 
+  + ≠ ⇒= =
+ 
+ 
 
, với
a
t
b
= .
Xét hàm số
( )2
2
9 2t 1
f (t)
t 1
+
=
+
, ta có:
( )( )
( )
22
t 2
18 2t 1 2 t
f '(t) ;f '(t) 0 1
tt 1 2
=
+ − = = ⇔
 = −+ 
Lập bảng biến thiên suy ra hàm số đạt giá trị lớn nhất bằng 45 tại t 2= .
Đối chiếu với trường hợp b 0= suy ra diện tích tứ giác MNPQ lớn nhất bằng
45 khi a 2b= . Khi đó đường thẳng MN : x 2y 8 0+ − =.
Bài toán quy về dạng tương tự bài 6 ta thực hiện tiếp như sau:
Đường thẳng PN đi qua ( )B 5;2 và vuông góc với MN nên có phương trình là
PN : 2x y 8 0− − =.
Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình:
24
x
x 2y 8 0 24 85
N ;
2x y 8 0 8 5 5
y
5

=+ − =   
⇔ ⇒   − − =    =

.
Đường thẳng PQ đi qua ( )C 8;6 và song song với đường thẳng MN nên có
phương trình là: PQ: x 2y 20 0+ − =.

291. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
291
Tọa độ điểm P là nghiệm của hệ phương trình:
36
x
x 2y 20 0 36 325
P ;
2x y 8 0 32 5 5
y
5

=+ − =   
⇔ ⇒   − − =    =

.
Vì ( )D d D t;t 5∈ ⇒ + .
Ta có ( ) ( )2
MNPQS 45 d D;PN 45 d D;PN 3 5=⇔ =⇔ =.
( ) ( )
( )2 2
D 2;32t t 5 8 t 2
3 5
t 28 D 28;332 ( 1)
 −− + − = −
⇔ = ⇔ ⇒  = + − 
.
TH1: Nếu ( )D 2;3− , khi đó đường thẳng MQ đi qua D và song song với PN có
phương trình: MQ: 2x y 7 0− + =.
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình:
6
x
2x y 7 0 6 235
M ;
x 2y 8 0 23 5 5
y
5

= −− + =   
⇔ ⇒ −   + − =    =

.
Vì .
TH2: Thực hiện tương tự trường hợp 1 để tìm ra tọa độ điểm M,Q .
Vậy có hai điểm cần tìm là ( )D 2;3− hoặc ( )D 28;33 .
4. Phương pháp khoảng cách
Ta xét hình chữ nhật ABCD,  AB kAD, k 0  có tâm I; M và N là hai điểm
thuộc các đường thẳng chứa các cạnh AB và AD ta có:
       d I;AD k.d I;AB ;d N;BC k.d M;CD  .
Dấu hiệu nhận biết: Giả thiết bài toán cho hình chữ với độ dài 2 cạnh liên tiếp
tỷ lệ.
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độOxy , cho hình chữ nhật ABCD có tâm
1
I ;0
2
 
 
 
, phương trình đường thẳng AB: x 2y 2 0− + =, AB 2AD= . Tìm tọa
độ các đỉnh hình chữ nhật ABCD biết đỉnh A có hoành độ âm.
Giải
Cạnh AD,BC vuông góc với AB nên phương trình có dạng: 2x y c 0+ + =.

292. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
292
Vì ( ) ( )
1
AB 2AD d I;AB d I;AD
2
= ⇒ =
1
2
c 61 c12
c 425 5
+
= −+ 
⇒ = ⇔  =
.
Do đó đường thẳng AD,BC lần lượt có phương trình là:
AD: 2x y 6 0;BC: 2x y 4 0.+ −= + +=
Khi đó tọa độ các đỉnh A,B là nghiệm của hệ phương trình:
x 2y 2 0 x 2
2x y 6 0 y 2
− += = 
⇔ 
+ −= = 
;
x 2y 2 0 x 2
2x y 4 0 y 0
− + = =− 
⇔ 
+ += = 
.
Do điểm A có hoành độ âm nên ( ) ( )A 2;0 ,B 2;2− .
Điểm C đối xứng với A qua I nên ( )C 3;0 và điểm D đối xứng với C qua I suy
ra ( )D 1; 2− − .
Vậy tọa độ bốn điểm cần tìm là ( ) ( ) ( ) ( )A 2;0 ,B 2;2 ,C 3;0 ,D 1; 2− − − .
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng tọa độOxy , cho hình vuông ABCD có M là trung
điểm cạnh BC, phương trình đường thẳng DM : x y 2 0− − =, đỉnh
( )C 3; 3− và đỉnh A nằm trên đường thẳng d :3x y 2 0+ − =. Xác định tọa độ
điểm B .
Giả i
Vì ( )A d A t;2 3t∈ ⇒ − .
ADM DMC AMB DMCDo S S S 2S= + =
( ) ( )Suy ra d A;DM 2d C;DM=
( )
( )
t 1 A 3; 74t 4 8
t 3 A 1;52 2
 =− ⇒ −−
⇔ = ⇔ 
= ⇒ −
.
Nhưng do A,C nằm khác phía với DM
nên A(-1;5).
Giả sử điểm ( )D m;m 2 DM− ∈ .
Ta có .
Do ABCD là hình vuông nên
AD CD
AD CD
⊥

=
( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( )
( )2 2 2 2
m 1 m 3 m 7 m 1 0
m 5 D 5;3
m 1 m 7 m 3 m 1
 + − + − + =
⇔ ⇔ = ⇒
+ + − = − + +
.
K
H
D
M CB
A

293. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
293
Do .
Vậy tọa độ điểm cần tìm là ( )B 3; 1− − .
Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD, biết
AB 2BC= . Đường thẳng AB đi qua điểm
4
M ;1
3
 
− 
 
, đường thẳng BC đi
qua điểm ( )N 0;3 , đường thẳng AD đi qua điểm
1
P 4;
3
 
− 
 
, đường thẳng CD
đi qua điểm ( )Q 6;2 . Viết phương trình các cạnh của hình chữ nhật.
Giải
Giả sử đường thẳng AB có véc tơ pháp tuyến .
Suy ra ( ) ( )2 24 4a
AB:a x b y 1 0 AB:ax by b 0, a b 0
3 3
 
+ + − = ⇔ + + − = + > 
 
.
Và đường thẳng ( )BC AB BC: bx a y 3 0 BC: bx ay 3a 0⊥ ⇒ − − = ⇔ − + = .
Do AB 2BC= nên ( ) ( )d P;BC 2d Q;AB= .
2 2 2 2
a 4a
4b 3a 2. 6a 2b b 17
b a3 3
3
a b a b b 3a
+ + + + − 
=⇔ = ⇔
+ + = −
.
• Với
AB:3x 17y 13 017a
b
BC:17x 3y 9 03
+ − =
= ⇒ 
− + =
.
Từ đó suy ra hai cạnh còn lại dựa vào tính chất đi qua điểm và vuông góc với
đường thẳng.
• Với
AB:3x 9y 13
b 3a
BC:9x 3y 3 0
− +
=− ⇒ 
+ + =
, từ đây suy ra hai cạnh còn lại.
5. Phương pháp xác định góc
Công thức xác định góc giữa 2 đường thẳng
1) Công thức theo côsin:
1 2
1 2
n .n
cos
n . n
 
 
  trong đó 1 2n ,n
 
là véc tơ pháp tuyến của
hai đường thẳng.
2) Công thức theo tan: 1 2
1 2
k k
tan
1 k k

 

trong đó 1 2k ,k là hệ số góc của hai
đường thẳng.

294. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
294
Chú ý: Ta có mối liên hệ giữa tan và cosin:
2
1
cos
1 tan
 
 
.
Dựa vào góc giữa hai đường thẳng ta có thể xác định được phương trình của
một đường thẳng sinh bởi hình vuông, hình chữ nhật hoặc toạ độ một điểm. Để
cụ thể ta xét bài toán nhỏ sau:
Bài toán. Ta xét hình vuông ABCD có M là điểm thuộc đoạn BC sao cho
 BM k.BC, 0 k 1   với giả thiết biết trước phương trình đường thẳng AM.
Ta có thể xác định toạ độ điểm A theo phương pháp góc như sau:
Khi đã biết trước phương trình đường thẳng AM và
để tìm toạ độ đỉnh A ta chỉ cần viết được một
phương trình đường thẳng đi qua điểm A có thể là
AB; AC hoặc AD.
<+> Giả sử có điểm N cho trước thuộc đường thẳng
AB ta sẽ đi viết phương trình đường thẳng AB.
Ta có  BM
tan BAM k
AB
  (1).
Vậy góc giữa AM và AB xác định bởi (1).
Ta có thể sử dụng công thức theo tan hoặc côsin:
+ Tính theo tan:    AB AM
AB
AB AM
k k
tan AB;AM tan BAM k k AB
1 k .k

    

.
+ Tính theo côsin:
 
 
AB AM
AB
2 2
AB AM
n .n1 1
cos AB;AM n AB
n . n1 tan AB;AM 1 k
    
 
 

  .
<+> Giả sử biết đường thẳng chứa cạnh AC đi qua một điểm cho trước ta viết
phương trình AC.
Ta có:   
 


 
 
0
2 2
1 tan BAM 1 k
tan AC;AM tan 45 BAM
1 k1 tan BAM
1 1 k
cos AC;AM AC
2 k 11 k
1
1 k
 
   


   
      
.
<+> Giả sử biết đường thẳng chứa cạnh AD đi qua một điểm cho trước ta có
thể viết phương trình AD như sau:
 
  
  
0
2
1
tan DAM tan 90 BAM cot BAM
k
1
cos AD;AM cosDAM AD
1 k
   
   

.
Chú ý. Ta có thể tính các góc trên dựa vào định lý hàm số Côsin trong tam giác.

295. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
295
Dấu hiệu nhận biết: Bài toán cho trước phương trình một đường thẳng sinh bởi
hình chữ nhật(hoặc toạ độ hai điểm cho trước).
Nhận xét. Trong quá trình giải toán ta vận dụng linh hoạt các góc dễ tính liên
quan điểm yếu tố biết trước sẽ cho kết quả nhanh chóng.
Ví dụ 1(TSĐH Khối A, A1/2014) Trong mặt phẳng 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
M ;
2 2
 
 
 
và đường thẳng AN có phương trình:
2x y 3 0− − =. Tìm tọa độ điểm A .
Giải
Phân tích tìm lời giải:
Bài toán cho trước toạ độ 2 điểm M và
phương trình đường thẳng AN do vậy để
tìm toạ độ đỉnh A ta chỉ cần xác định
được phương trình đường thẳng AM. Với
M,N thuộc các cạnh hình vuông theo tỷ lệ
độ dài cho trước ta hoàn toàn xác dịnh
được góc của AM và AN và do đó
phương trình AM viết được.
Lời giải chi tiết:
Theo giả thiết bài toán ta có  DN 1 BM 1
tan DAN ;tan BAM
AD 3 AB 2
    .
Suy ra :
  
   
 
 
 
 
 

0
tan MAN tan 90 DAN BAM cot DAN BAM
1 1
1 .
1 1 tan DAN.tan BAM 3 2 1
1 1tan DAN tan BAMtan DAN BAM
3 2
1
cosMAN
2
    


   
 
 
.
Tới đây ta có thể viết phương trình đường thẳng AM sử dụng công thức tan
hoặc AM sử dụng công thức côsin:
<+> Sử dụng công thức tan:
Đường thẳng ANAN : y 2x 3 k 2    . Gọi k là hệ số góc của đường thẳng
AM.
Ta có:   
k 3
k 2
tan MAN tan AM;AN 1 1
1 2k k
3
 

   
 


296. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
296
11 1
AM : y 3 x
2 2
1 11 1
AM : y x
3 2 2
        

        
<+> Tính theo công thức côsin:
Đường thẳng ( )2 211 1
AM :a x b y 0, a b 0
2 2
   
− + − = + >   
   
.
Ta có .
( ) ( )2 2 2 a 3b
2 2a b 5 a b
b 3a
=
⇔ − = + ⇔  = −
.
TH1: Nếu a 3b= , chọn b 1,a 3 AM :3x y 17 0= = ⇒ + − = .
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
( )
2x y 3 0 x 4
A 4;5
3x y 17 0 y 5
− −= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
TH2: Nếu b 3a= − , chọn a 1,b 3 AM : x 3y 4 0= =− ⇒ − − = .
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
( )
x 3y 4 0 x 1
A 1; 1
2x y 3 0 y 1
− −= = 
⇔ ⇒ − 
− − = =− 
.
Vậy toạ độ điểm cần tìm là  A 4;5 hoặc  A 1; 1 .
Nhận xét: Ngoài ra ta có thể tính góc MAN theo 2 cách khác như sau:
Cách 1: Ta có   0
MAN 90 BAM DAN   .
Suy ra:
  
     cosMAN sin BAM DAN sin BAMcosDAN sin DANcosBAM
BM AD DN AB 1/ 2 1 1/ 3 1 1
. . . .
AM AN AN AM 1 1 1 1 2
1 1 1 1
4 9 9 4
   
    
   
.
Vậy góc giữa hai đường thẳng AM và AN bằng 0
45 .
Cách 2:
Đặt
a 2a a
AB a ND ,NC ,MB MC
3 3 2
      .
Sử dụng định lý Pitago ta có
a 5 a 10 5a
AM ,AN ,MN
2 3 6
   .

297. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
297
Suy ra  
2 2 2
0AM AN MN 2
cosMAN MAN 45
2AM.AN 2
 
    .
Cách 2: Tính độ dài cạnh kết hợp diện tích và khoảng cách:
Ta có: ( )
( )22
11 1
2. 3
15 3 52 2
d M,AN
22 52 1
− −
= = =
+ −
.
Ta sẽ tính diện tích tam giác AMN theo hai cách:
Đặt AB 6x,x 0= > , ta có:
2
ADN
2
ABM
2
CMN
1 1
S AD.DN 6x.2x 6x
2 2
1 1
S AB.BM 6x.3x 9x
2 2
1 1
S CM.CN 3x.4x 6x
2 2

= = =


= = =


= = =

.
Suy ra 2 2 2 2 2
AMN ABCD ADN ABM CMNS S S S S 36x 6x 9x 6x 15x= − − − = − − − = .
Theo định lý pitago 2 2 2 2
AN AD DN 36x 4x 2 10x= + = + = .
Suy ra: ( )
2
AMN2S 30x 15x
d M;AN
AN 2 10x 10
= = = .
Do đó
15x 3 5 1
x
210 2
= ⇔ = .
Định lý pitago ta có:
2 2 2 2 45
AM AB BM 36x 9x 145x
2
= + = + = = .
A AN A(a;2a 3)∈ ⇒ − .
Ta có:
2 2
11 1 45
AM a 2a 3
2 2 2
   
= − + − − =   
   
.
( )
( )
2 2
2
A 1; 1a 111 7 45
a 2a 5a 25a 20 0
a 42 2 2 A 4;5
 −=   
⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔ ⇒      =     
.
Vậy có hai điểm A cần tìm là 1 2A (1; 1),A (4;5)− .
Nhận xét: Ngoài ra để tính diện tích tam giác AMN ta có thể tính như sau:
  
 AMN
1 1
S AM.AN.sin MAN AM.AN.cos DAN BAM
2 2
1 AD AB DN BM
AM.AN. . . .
2 AN AM AN AM
  
     

298. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
298
+ Ta có thể tìm toạ độ đỉnh A bằng cách thiết lập phương trình(phương pháp tìm
điểm).
Ta có
 

3 5
d M;AN 3 102AM
1 2sin MAN
2
   .
Vì  A d A t;2t 3   ta có phương trình
2 2
11 1 45
t 2t 3
2 2 2
                
 
 
2
A 1; 1t 1
t 5t 4 0
t 4 A 4;5
           
.
Cách 3: Đáp án của Bộ giáo dục và đào tạo
Gọi H là giao điểm của AN và BD.
Kẻ đường thẳng qua H và song song với AB lần lượt cắt AD, BC tại P và Q.
Đặt HP x PD x,AP 3x,HQ 3x     .
Ta có QC x MQ x   . Do đó tam giác AHP đồng dạng với tam giác HMQ
suy ra AH vuông góc với HM.
Mặt khác  
3 10
AH HM AM 2MH 2d M;AN
2
     .
Vì  
2 2
3 10 11 7 45
A AN A t;2t 3 MA t 2t
2 2 2 2
                     
.
 
 
2
A 1; 1t 1
t 5t 4 0
t 4 A 4;5
           
.
Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là  A 1; 1 hoặc  A 4;5 .
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có điểm  M 5; 3
trên cạnh CD sao cho DM 2CM , điểm N trên cạnh AD sao cho tam giác BMN
vuông tại M, phương trình đường thẳng BN : 2x y 3 0   . Tìm tọa độ đỉnh B.
Giải
Ta có:
  
 
0 0
BMN 90 BMC DMN 90
tan BMC cot DMN
   
 
.
BC DM DM 2
3 DN AD
CM DN 3 9
      .
2
1
N
CB
A D
M

299. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
299

   
 
 
0
1 2 1 2
1 2 1 2 1 2
1 2 1 2 2 1
1 2
1 2
tan MBN tan 90 B B cot B B
cos B B cosB cosB sin B sin B
sin B B sin B cosB sin B cosB
1 7
1 .
1 tan B tan B 23 9
1 7tan B tan B 3
3 9
    
 
 
 


  
 
Ta có  BN : y 2x 3;BM : y k x 5 3     .
Ta có phương trình:

 
 
BM : y 8 x 5 3k 8
k 2 2
tan MBN 4 4
1 2k 3 k BM : y x 5 3
7 7
   

   
     
.
+ Nếu  
 
 
y 8 x 5 3 x 4
BM : y 8 x 5 3 B 4;5
y 5y 2x 3
            
    
.
+ Nếu  
 
 
4
x 2y x 5 34
BM : y x 5 3 B 2; 77
y 77
y 2x 3
              
    
.
Vậy có hai điểm cần tìm là  B 4;5 và  B 2; 7  .
Ví dụ 3. Trong mặt phặng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương
trình cạnh AB: x 2y 1 0− + = , đường chéo BD: x 7y 14 0− + =, đường thẳng
AC đi qua điểm ( )M 2;1 . Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật ABCD .
Giải
Phân tích tìm lời giải:
Theo tính chất hình chữ nhật ta có:
 ABD BAC do đó góc giữa AB và BD cũng
như góc giữa hai đường thẳng AC và AB
bằng nhau do đó ta viết phương trình đường
thẳng AC.
Tọa độ đỉnh B AB BD  là nghiệm của hệ phương trình
21
x
x 2y 1 0 21 135
B ;
x 7y 14 0 13 5 5
y
5

=− + =   
⇔ ⇒   − + =    =

.
Góc giữa AB và BD xác định bởi:

300. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
300
2 2 2 2
1.1 ( 2).( 7) 3
cos
101 ( 2) . 1 ( 7)
+ − −
α= =
+ − + −
.
Gọi    2 2
n a;b , a b 0  

là véc tơ pháp tuyến của đường chéo AC .
Vì góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và BD nên ta có
2 2
2 2 2 2
a b
a.1 2.b 3
7a 8ab b 0 b
a101 ( 2) . a b 7
= −
− = ⇔ + + = ⇔
 = −+ − + 
.
 Nếu
b
a
7
= − , chọn b 7 a 1=− ⇒ = suy ra phương trình đường chéo AC :
( ) ( )AC:1 x 2 7 y 1 0 AC: x 7y 5 0− − − = ⇔ − + = (loại do song song với BD ).
 Nếu a b= − , chọn b 1 a 1=− ⇒ = suy ra phương trình đường chéo AC :
( ) ( )AC:1 x 2 1 y 1 0 AC: x y 1 0− − − = ⇔ − − = .
Tọa độ tâm I AC BD=  của hình chữ nhật là nghiệm của hệ phương trình
7
x
x y 1 0 7 52 I ;
x 7y 14 0 5 2 2
y
2

=− − =   
⇔ ⇒   − + =    =

.
Tọa độ đỉnh A AB AC=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
x y 1 0 x 3
A 3;2
x 2y 1 0 y 2
− −= = 
⇔ ⇒ 
− += = 
.
Vì I là trung điểm của AC,BD nên ( )
14 12
C 4;3 ,D ;
5 5
 
 
 
.
Vậy tọa độ bốn đỉnh hình chữ nhật ABCD cần tìm là
( ) ( )
21 13 14 12
A 3;2 ,B ; ,C 4;3 ,D ;
5 5 5 5
   
   
   
.
Cách 2: Dựa vào tính chất hình học.
Kẻ đường thẳng qua M và song song với AB cắt BD tại N khi đó đường trung
trực của MN đi qua tâm hình chữ nhật ABCD . Khi biết tọa độ tâm các bước
tiếp theo thực hiện tương tự cách 1.
Đường thẳng MN / /AB có phương trình là: x 2y 0− =.
Tọa độ giao điểm N của MN với BD là nghiệm của hệ phương trình:
18
x
x 2y 0 28 145
N ;
x 7y 14 0 14 5 5
y
5

=− =   
⇔ ⇒   − + =    =

.
Phương trình đường trung trực của đoạn thẳng MN là:

301. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
301
( ) ( )
2 2
2 2 28 14
d : x 2 y 1 x y d : 4x 2y 19 0
5 5
   
− + − = − + − ⇔ + − =   
   
.
Do tâm I của hình chữ nhật ABCD nằm trên d và BD nên tọa độ điểm I thỏa
mãn hệ phương trình:
7
x
4x 2y 19 0 7 52
I ;
x 7y 15 0 5 2 2
y
2

=+ − =   
⇔ ⇒   − + =    =

.
Tìm tọa độ đỉnh A,C,D thực hiện tương tự cách 1.
Bình luận. Qua 3 ví dụ trên ta thấy nếu linh hoạt sử dụng tính chất góc bài toán
được giải quyết nhanh gọn.
6. Phương pháp chứng minh vuông góc
Dựa vào hình vẽ dự đoán tính chất sau đó chứng minh tính vuông góc ta xác
định được phương trình hoặc điểm.
Các phương pháp chứng minh vuông góc:
+ Chứng minh 2 tam giác bằng nhau, đồng dạng sau đó cộng góc.
+ Dùng pitago.
+ Chứng minh bằng véc tơ.
+ Điểm thuộc đường tròn.
+ Tính chất của trực tâm.
Ta xét bài toán quen thuộc sau đây
Bài toán. Cho hình vuông ABCD có M,N lần lượt là trung điểm của BC và CD.
Chứng minh .
Xét 2 tam giác ABM và BCN ta có
 
AB BC
ABM BCN ABM BCN
BM CN
      
 
.
Suy ra   
 
0
0
BAM CBN 90 ABN
ABN BAM 90
  
  
.
Vì vậy tại H.
Nhận xét. Gọi E là trung điểm AB khi đó 5 điểm A,E,H,N,D nội tiếp đường
tròn có tâm là trung điểm của AN.
Ta suy ra các tính chất sau: EH HD .
AH HN .

302. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
302
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD có
A(1;1) Gọi M là trung điểm cạnh BC,
9 3
K ;
5 5
     
là hình chiếu vuông góc
của D lên AM . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông, biết B có hoành
độ Bx 2.
Giải
Gọi N là giao điểm của DK với AB.
Xét hai tam giác AND và AMB có
 
 
0
AB AD
DAN ABM 90 ADN BAM
ADN BAM
       
 
.
Suy ra
BC
AN BM
2
  . Do đó N là trung
điểm của AB.
Đặt a là độ dài cạnh hình vuông ABCD.
Ta có
2 2
2 2
a
a.
a 5 AD.AN a AM 52AM AB BM ;AK
2 AK 2a 5 5AD AN
2
       

.
 
M
M
M
M
5 9
x 1 1
x 32 55
AM AK M 3; 3
y 32 5 3
y 1 1
2 5
                    
           
 
.
Ta có
a 4
AK a 4
5 5
    .
Gọi    
BA 4
B x;y , x 2 AB
BM 2
2
  
  
.
   
   
 
2 2
2 2
x 1,y 3x 1 y 1 16
B 1; 321 7
x ,yx 3 y 3 4 5 5
           
         
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh
( )A 3;1− và điểm C thuộc đường thẳng d : x 2y 5 0− − =. Gọi E là giao điểm
thứ hai của đường tròn tâm B bán kính BD với đường thẳng CD . Hình chiếu
vuông góc của D xuống đường thẳng BE là điểm ( )N 6; 2− . Tìm tọa độ các
đỉnh B,C,D .

303. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
303
Giải
Chứng minh AN NC⊥ từ đó suy ra tọa độ điểm C .
Vì ABCD nằm trên đường tròn đường kính BD .
Mặt khác  0
DNB 90 nên N cũng thuộc đường tròn
đường kính BD .
Đường tròn này có đường kính AC . Suy ra
 0
ANC 90 hay AN NC⊥ .
Ta có  AN 9; 3 

. Vì    C d C 2t 5;t NC 2t 1;t 2      

.
Ta có      AN NC AN.NC 0 9 2t 1 3 t 2 0 t 1 C 7;1          
 
.
Tọa độ tâm I của hình chữ nhật ABCD là trung điểm của  AC I 2;1 .
Đường tròn tâm I , bán kính
AC
R 5
2
  ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD có
phương trình là: ( ) ( ) ( )2 2
C : x 2 y 1 25− + − =.
Trong tam giác vuông ANC và DNE ta có:
2 2 2 2 2 2 2
AC AN NC AN CD AN AB AB 10= + = + = + ⇔ = .
Gọi ( )B x;y tọa độ điểm B thỏa mãn hệ phương trình:
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
2 2
2 2
x 2 y 1 25 B 2; 2x 2,y 2
x 2,y 4 B 2;4x 3 y 1 10
 − + −= − −=− =−
⇔ ⇒   =− = − + + − = 
.
Kiểm tra điều kiện B,N cùng phía với đường thẳng AC: y 1 0− = ta nhận
nghiệm ( )B 2; 2− − .
Vì ( )I 2;1 là trung điểm của ( )BD D 6;4⇒ .
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là ( ) ( ) ( )B 2; 2 ,C 7;1 ,D 6;4− − .
Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có ( )A 2;6− ,
đỉnh B thuộc đường thẳng d : x 2y 6 0− + =. Gọi M,N lần lượt là 2 điểm trên
cạnh BC,CD sao cho
BM AB
CN AC
= . Biết AM và BN cắt nhau tại điểm
2 14
I ;
5 5
 
 
 
. Tìm tọa độ điểm M.
Giải
Ta có   AM.BN AB BM BC CN AB.CN BC.BM 0     
         
.
Vậy AM BN AI.BI 0  
 
.

304. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
304
Vì  
32 14 12 16
B d B 2b 6;b BI 2b; b ,AI ;
5 5 5 5
                    
 
.
Ta có phương trình: ( )
12 32 16 14
2b b 0 b 4 B 2;4
5 5 5 5
   
− − − = ⇔ = ⇒   
   
.
Suy ra phương trình đường thẳng AB: x 2y 10 0+ − =.
Đường thẳng BC AB BC: 2x y 0⊥ ⇒ − =.
Gọi ( )M t;2t BC∈ . Trong tam giác vuông ABM ta có:
.
Vậy điểm cần tìm là ( )M 1;2 .
Ví dụ 4. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh B thuộc
đường thẳng 1d : 2x y 2 0   ,đỉnh C thuộc đường thẳng 2d : x y 1 0   .
Gọi H là hình chiếu của B xuống đường chéo AC, biết
9 2
M ; ,K(9;2)
5 5
    
lần
lượt là trung điểm của AH và CD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật
ABCD biết Cx 1 .
Giải
Ta chứng minh BM vuông góc với MK.
Gọi E là trung điểm của AB ta có ME là
đường trung bình của tam giác AHB suy
ra ME AC .
Suy ra 5 điểm B,C,K,M,E nội tiếp đường
tròn đường kính EC.
Đường tròn này chính là đường tròn đường kính BK suy ra BM MK .
Ta có  
36 8 9 2
MK ; / / 9;2 BM :9 x 2 y 0
5 5 5 5
                           

.
Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
 
9 2
9 x 2 y 0 x 1
B 1;45 5
y 4
2x y 2 0
                          
     
.
Suy ra toạ độ trung điểm của BK là   2 2
I 5;3 ,IB 4 1 17   .
Phương trình đường tròn ngoại tiếp 5 điểm B,C,K,M,E là
   
2 2
(C): x 5 y 3 17    .

305. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
305
Toạ độ đỉnh C là nghiệm của hệ phương trình:
   
 
2 2
x 1,y 2x 5 y 3 17
C 6;7
x 6,y 7x y 1 0
              
do hoành độ điểm C lớn
hơn 1.
Vì K là trung điểm của CD nên  D 12; 3 .
Do  AB DC A 7; 6  
 
.
Vậy toạ độ 4 điểm cần tìm là        A 7; 6 ,B 1;4 ,C 6;7 ,D 12; 3  .
Nhận xét. Ngoài ra ta có thể chứng minh BM vuông góc với MK bằng phương
pháp điểm cố định(xem phương pháp dưới).
Ví dụ 5. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có
AD 2AB . Gọi M và N lần lượt là trung điểm các cạnh AD và BC, K là điểm
đối xứng của M qua N. Tìm toạ độ các đỉnh hình chữ nhật đã cho biết
 K 5; 1 và phương trình đường thẳng AC: 2x y 3 0   và điểm A có tung
độ dương.
Giải
Kẻ qua K đường thẳng song song với BC lần
lượt cắt AB,DC kéo dài tại F và E.
Do AD 2AB nên ADEF là hình vuông.
Gọi H là giao điểm của AC và KD.
Ta chứng minh AC KD .
Xét hai tam giác AKE và ADC có
 ADC DEK
AD DE ADC DEK
KE DC
      
 
.
Do đó  ACD DKE     0
KDE ACD KDC DKE 90     .
Vì vậy  0
DHC 90 DK AC   .
Phương trình đường thẳng DK đi qua K và vuông góc với AC có dạng
DK : x 2y 7 0   .
Toạ độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình
13
x
2x y 3 0 13 115
H ;
x 2y 7 0 11 5 5
y
5
                      
.
Đặt 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 4 5 a 5
AD a 0 DH
5DH AD DC a a a
          .

306. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
306
Và
2
2 2 2 a a 5 DK 5
DK DE EK a
4 2 DH 2
       .
 
D
D
D
D
5 13
5 x 5
x 13 55
DK HK D 1; 3
y 33 5 11
1 y 1
3 5
                    
            
 
.
Gọi   A
3
A a;3 2a AC;y 0 a
2
     . Ta có 2 2
AK KD 4 2 2 5    .
     
2 2
a 1
a 5 4 2a 20 A 1;121
a
5
 

      
 

.
Phương trình đường thẳng CD đi qua D và nhận  AD 0; 4 

làm véc tơ chỉ
phương có dạng
 
2x y 3 0 x 3
CD: y 3 0 C CD AC: C 3; 3
y 3 0 y 3
             
     
 .
Ta có  B B
B B
3 x 0 x 3
AD BC B 3; 7
3 y 4 y 7
          
      
 
.
Vậy toạ độ bốn điểm cần tìm là        A 1;1 ,B 3; 7 ,C 3; 3 ,D 1; 3   .
Nhận xét. Ta đã khéo léo đưa bài toán hình chữ nhật về bài toán hình vuông quen
thuộc để có tính chất AC DK . Ngoài ra không sử dụng tính chất này mà
thông qua diện tích tam giác ta hoàn toàn xử lý được bài toán.
7. Vận dụng định lý Thales
Nhắc lại: Cho 2 đường thẳng song song a
và b. Hai đường thẳng c và d bất kì cắt
nhau tại I đồng thời cắt a và b lần lượt tại
các điểm A,B và C,D ta có
Dấu hiệu nhận biết. Giả thiết bài toán cho trước toạ độ 2 điểm ta có thể dùng
định lý Thales để tìm toạ độ điểm thứ 3.
(Xem thêm chủ đề 10).
Ví dụ 1(TSĐH Khối A,A1 2014) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình
vuông ABCD có điểm M là trung điểm đoạn AB và N là điểm thuộc đoạn AC
sao cho AN 3NC . Viết phương trình đường thẳng CD, biết rằng  M 1;2 và
 N 2; 1 .

307. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
307
Giải
Phân tích tìm lời giải:
Với toạ độ 2 điểm M và N cho trước kéo dài
MN cắt cạnh CD tại điểm F khi đó dùng
Thales cho hai đường thẳng song song
AB và CD ta tìm được toạ độ của F.
Lời giải chi tiết: Gọi F là giao điểm của
MN và CD theo định lý Thales ta có:
FC NC NF 1
MA NA NM 3
   .
Suy ra : NM 3NF
 
.
 
   
F F
F
F
7
1 2 3 x 2 x 7
F ; 23
32 1 3 y 1
y 2
                      
.
Phương trình đường thẳng    2 27
CD:a x b y 2 0, a b 0
3
         
.
Tới đây ta có nhiều hướng xử lý cho bài toán.
Cách 1: Phương pháp tìm điểm kết hợp tính độ dài cạnh.
Gọi cạnh hình vuông là a. E là hình chiếu vuông góc của M lên CD.
Ta có :
MA 1 a
3 FC a EF
FC 6 3
     mà ME a .
2
2 2 2 2a 16
MF a 4 a 16 a 4
9 9
         .
Toạ độ điểm E là nghiệm của hệ phương trình :
   
 
2 2
2
2
x 1 y 2 16ME 4
4 7 16EF x y 23 3 9
                      
 E 1; 2x 1,y 2
17 6 17 6
x ,y E ;
5 5 5 5
                 
.
+ TH1 : Nếu  E 1; 2 đường thẳng CD đi qua hai điểm E và F nên có phương
trình là CD: y 2 0  .

308. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
308
+ TH2 : Nếu
7
x
17 6 y 23E ; CD: CD:3x 4y 15 0
17 7 65 5 2
5 3 5
           
  
.
Vậy phương trình đường thẳng CD là y 2 0  hoặc 3x 4y 15 0   .
Cách 2 : Sử dụng kết hợp khoảng cách
Ta có :  
 
M,DC 2 2
7
a 1 b 2 2
3
d a 4
a b
      
  

.
2 2 2 a 0
a 3b 3 a b 4a 3ab 0
4a 3b 0
 
       
  
.
+ Với a 0 CD: y 2 0    .
+ Với 4a 3b 0  , chọn a 3,b 4 CD:3x 4y 15 0      .
Vậy phương trình đường thẳng CD là y 2 0  hoặc 3x 4y 15 0   .
Cách 3 : Phương pháp xác định góc
Ta có  
2
ME a 1 1
tan MFE 3 cosMFE
aEF 101 3
3
     

.
Ta có phương trình đường thẳng MF:3x y 5 0   .
Ta có phương trình :  
2 2 2
2 2 2 2
3a b 1
3a b a b
10a b . 3 1

    
 
.
2 a 0
8a 6ab 0
4a 3b 0
 
   
  
.
+ Với a 0 CD: y 2 0    .
+ Với 4a 3b 0  , chọn a 3,b 4 CD:3x 4y 15 0      .
Vậy phương trình đường thẳng CD là y 2 0  hoặc 3x 4y 15 0   .
Cách 4 : Phương pháp chứng minh vuông góc
Kéo dài DN cắt BC tại P.
Xét hai tam giác MEF và DCP ta có

309. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
309
 
CD ME
MEF DCP MEF DCP
MF DP
      
 
.
  
 
0
0
PDC FME 90 MFE
PDC MFE 90 MN DN
   
    
Ta có  MN 1; 3 DN : x 3y 5 0;DN MN 10       

.
Toạ độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình :
   
 
 2 2
x 3y 5 0 D 5;0x 5,y 0
x 1,y 2 D 1; 2x 2 y 1 10
                  
.
+ Với  D 5;0 CD:3x 4y 15 0    .
+ Với  D 1; 2 CD: y 2 0     .
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có  N 1;2 là trung
điểm cạnh BC, biết đường trung tuyến của tam giác ADN có phương trình là
5x y 1 0   . Tìm toạ độ bốn đỉnh của hình vuông đã cho.
Giải
Gọi M là trung điểm của DN và AM kéo dài
cắt BC tại P.
Theo định lý Talets ta có:
MA MD
1
MP MN
  là trung điểm của AP do
đó ANPD là hình bình hành.
Suy ra
3
NP AD AB BP AB
2
    .


2
AB 2
tan APB
BP 3
1 3
cosAPB
131 tan APB
  
  

.
Đường thẳng BC đi qua N có dạng:
    2 2
BC:a x 1 b y 2 0,a b 0      .
Ta có 
2 2 2 2
5a b 3
cosAPB
135 ( 1) . a b

 
  
.

310. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
310
2 2
a b
7a 10ab 17b 0 17b
a
7
 

    
 

.
+ TH1: Nếu a b , chọn a 1,b 1 BC: x y 1 0      .
Toạ độ điểm P là nghiệm của hệ phương trình
 
5x y 1 0 x 0
P 0;1
x y 1 0 y 1
        
      
.
Ta có C là trung điểm của NP nên
1 3
C ;
2 2
    
.
Tương tự do N là trung điểm của BC nên
3 5
B ;
2 2
    
.
Đường thẳng AB đi qua B và nhận chỉ phương của BC làm véc tơ pháp tuyến
nên có phương trình là AB: x y 4 0   .
Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
1
x
5x y 1 0 1 72
A ;
x y 4 0 7 2 2
y
2
                     
.
Mặt khác
1 5
AB DC D ;
2 2
      
 
.
+ TH2: Nếu
17b
a
7
 , chọn a 17,b 7 BC:17x 7y 31 0      .
Toạ độ điểm P là nghiệm của hệ phương trình
6
x
5x y 1 0 6 4313
P ;
17x 7y 31 0 43 13 13
y
13
                     
.
Vì C là trung điểm của NP nên
19 69
C ;
26 26
    
.
Vì N là trung điểm của BC nên
33 35
B ;
26 26
    
.
Phương trình
33 35
AB:7 x 17 y 0 AB:7x 17y 14 0
26 26
                   
.
Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
1
x
7x 17y 14 0 1 2126
A ;
5x y 1 0 21 26 26
y
26
                      
.

311. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
311
Mặt khác
53 83
AB DC D ;
26 26
     
 
.
Chú ý D và N khác phía với AM nên chỉ nhận trường hợp 1.
Vậy toạ độ 4 điểm cần tìm là
1 7 3 5 1 3 1 5
A ; ,B ; ,C ; ,D ;
2 2 2 2 2 2 2 2
                                
.
Ví dụ 3. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD có điểm  E 1;2 là
trung điểm của cạnh CD. Gọi F là một điểm trên đoạn AC sao cho CF 3AF .
Biết phương trình đường thẳng BF là x 3y 5 0   . Viết phương trình cạnh
AB.
Giải
Đặt a là độ dài cạnh hình vuông ABCD.
Ta có
a 3a 2
CE ,CF
2 4
  .
Định lý hàm số côsin cho tam giác CEF ta có
2 2 a 10
EF CE CF 2CE.CFcosECF
4
    .
Mặt khác 2 2 a 5
BE BC CE
2
   và
2 2
2 2 a a a 10
BF BI IF
2 8 4
     .
Suy ra 2 2 2
BE BF EF BEF    vuông tại F.
Suy ra phương trình đường thẳng EF:3x y 5 0   .
Toạ độ điểm F là nghiệm của hệ phương trình
 
x 3y 5 0 x 2
F 2; 1
3x y 5 0 y 1
         
      
.
Suy ra
a 10
EF 10 a 4
4
    .
Gọi M(x;y) là trung điểm của AB ta có
BD
MF 2
4
ME AD 4
  

  
.
   
   
 2 2
2 2
M 1; 2x 1,y 2x 1 y 2 16
17 6 17 6
x ,y M ;x 2 y 1 2 5 5 5 5
                            
.

312. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
312
+ TH1: Nếu    M 1; 2 ME 0;4  

.
Đường thẳng AB đi qua M và nhận ME

làm véc tơ pháp tuyến nên có phương
trình là AB: y 2 0  .
+ TH2: Nếu
17 6 12 16
M ; ME ;
5 5 5 5
               

.
Đường thẳng AB đi qua M và nhận ME

làm véc tơ pháp tuyến nên có phương
trình là AB:3x 4y 15 0   .
Vậy có hai đường thẳng cần tìm thoả mãn yêu cầu bài toán AB: y 2 0  hoặc
AB:3x 4y 15 0   .
Cách 2: Chứng minh BF EF tương tự trên
Suy ra phương trình đường thẳng EF:3x y 5 0   .
Toạ độ điểm F là nghiệm của hệ phương trình
 
x 3y 5 0 x 2
F 2; 1
3x y 5 0 y 1
         
      
.
Gọi P là giao điểm của EF và đường thẳng AB.
Theo định lý Talets ta có
FP FA 1 1
FP FE
FE FC 3 3
   
 
.
 
   
71 2 3 x 2 x 7
F ; 23
32 1 3 y 1
y 2
                       
.
Phương trình đường thẳng    2 27
AB:a x b y 2 0, a b 0
3
         
.
Ta có :  
 
2 2
7
a 1 b 2 2
3
d E;AB 4 4
a b
      
  

.
2 2 2 a 0
a 3b 3 a b 4a 3ab 0
4a 3b 0
 
       
  
.
+ Với a 0 chọn b 1 AB: y 2 0    .
+ Với 4a 3b 0  chọn a 3,b 4 AB:3x 4y 15 0      .
Vậy có hai đường thẳng cần tìm thoả mãn yêu cầu bài toán AB: y 2 0  hoặc
AB:3x 4y 15 0   .
Nhận xét. Bài toán trên có thể giải bằng nhiều cách khác dành cho bạn đọc tìm
hiểu. Sau đây là một số hướng đi khác cho bài toán.

313. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
313
+ Ta có thể chứng minh BF EF bằng véc tơ hoặc xét hai tam giác bằng nhau
hoặc tứ giác nội tiếp.
+ Chú ý  MP 1
cosMPE
PE 10
  vì vậy ta có thể viết phương trình đường thẳng
AB đi qua P và tạo với EF góc
1
,cos
10
   .
8. Phương pháp điểm cố định
Ta xây dựng điểm cố định như trọng tâm, trực tâm của tứ giác
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm
 H 1;2 là hình chiếu vuông góc của A lên BD. Điểm
9
M ;3
2
    
là trung điểm
cạnh BC; phương trình đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác ADH là
4x y 4 0   . Viết phương trình cạnh BC.
Giải
Gọi N là trung điểm của HD
Chứng minh AN MN .
Gọi P là trung điểm của AH
Ta có NP AB,AH BN P   là trực tâm
tam giác ABN. Suy ra BP AN .
Ta có NP là đường trung bình của tam giác
AHD nên
N
P
M
H
C
A D
B
1
NP AD BM;NP / /BM
2
  nên tứ giác BMNP là hình bình hành.
Do đó BP / /MN MN AN  .
Phương trình đường thẳng MN đi qua
9
M ;3
2
    
và vuông góc với AN có phương
trình là
15
MN : x 4y 0
2
   .
Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình
4x y 4 0 1
x 1
N ;2215
2x 4y 0
y 22
                       
.
Do N là trung điểm của HD nên  D 0;2 .
Phương trình đường thẳng BD đi qua H và D nên có phương trình
BD: y 2 0  .
Đường thẳng AH đi qua  H 1;2 và vuông góc với BD nên có phương trình
là: AH : x 1 0  .

314. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
314
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
 
x 1 0 x 1
A 1;0
4x y 4 0 y 0
       
      
.
Ta có
x 1 y 0
AD: AD: 2x y 2 0
1 2
 
    

.
Đường thẳng BC đi qua
9
M ;3
2
    
và song song với AD có phương trình là
 
9
BC: 2 x 1 y 3 0 BC: 2x y 12 0
2
           
.
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là BC: 2x y 12 0   .
Nhận xét. Theo phương pháp chứng minh vuông góc ta đã chứng minh được
AN vuông góc với MN.
9. Phương pháp tìm điểm
Với điểm thuộc đường thẳng ta tham số hoá toạ độ điểm cần tìm theo một hoặc
2 ẩn.
Thiết lập 1 hoặc 2 phương trình tìm ra toạ độ điểm cần tìm.
Ví dụ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có tâm
5 5
I ;
2 2
 
 
 
, hai điểm A, B lần lượt nằm trên các đường thẳng x y 3 0+ − = và
x y 4 0+ − =. Xác định tọa độ đỉnh D , biết D có hoành độ lớn hơn tung độ.
Giải
Gọi ( )A a;3 a− và ( )B b;4 b− , ta có: .
Do ABCD là hình vuông nên
.
• Với ( ) ( )a 2;b 1 B 1;3 D 4;2==⇒ ⇒ thỏa mãn.
• Với ( ) ( )a 1;b 3 B 3;1 D 2;4==⇒ ⇒ , không thỏa mãn.
Vậy điểm cần tìm là ( )D 4;2 .

315. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
315
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có phương trình
cạnh AB là AB: x 2y 1 0− − = , phương trình đường chéo là
BD: x 7y 14 0− + =, điểm ( )M 2;1 nằm trên đường chéo AC . Tìm tọa độ
điểm A .
Giải
Tọa độ điểm B là giao điểm của AB,BD nên là nghiệm của hệ:
( )
x 2y 1 0 x 7
B 7;3
x 7y 14 0 y 3
− −= = 
⇔ ⇒ 
− += = 
.
BC đi qua B và vuông góc với AB nên có phương trình BC: 2x y 17 0+ − =.
Gọi ( )A 2a 1,a+ , điểm ( )C c;17 2c− .
Tọa độ trung điểm của A,C nằm trên đường chéo BD ta có:
( )
2a 1 c a 17 2c
7 14 0 a 3c 18 A 6c 35;3c 18
2 2
+ + + − 
− + = ⇔ = − ⇒ − − 
 
.
Do M,A,C thẳng hàng nên cùng phương suy ra:
2 c 7
c 13c 42 0
c 6
=
− + = ⇔  =
.
Chỉ nhận ( )c 6 A 1;0= ⇒ , do C B≠ .
Vậy tọa độ điểm cần tìm là ( )A 1;0 .
Ví dụ 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ba đường thẳng 1d : x 3y 0,− =
2d :2x y 5 0+ − = và 3d : x y 0− =. Tìm tọa độ các điểm 1 2A d ,B d ,C,∈ ∈
3D d∈ sao cho ABCD là hình vuông.
Giải
Đường thẳng AB song song với CD tức song song với 3d nên phương trình có
dạng: AB: x y c 0− + =.
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
3c
x
x 3y 0 3c c2 A ;
x y c 0 c 2 2
y
2

= −− =   
⇔ ⇒ − −   − + =    = −

.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
5 c
x
2x y 5 0 5 c 2c 53
B ;
x y c 0 2c 5 3 3
y
3
−
=+ − = − +  
⇔ ⇒   − += +    =

.

316. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
316
Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với 3d nên có phương trình:
AC: x y 2c 0+ + =.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
( )
x y 0 x c
C c; c
x y 2c 0 y c
− = =− 
⇔ ⇒ − − 
+ + = =− 
.
Vì ABCD là hình vuông nên AB AC= .
Ta có phương trình:
2 2 2 2
c c 5 c 3c 2c 5 c
2 2 3 2 3 2
− +       
− + = + + +       
       
( ) ( )2 22
c 1
18c 10 7c 10 7c 5
c
2
= −
⇔ = + + + ⇔
 = −

.
TH1 : Nếu ( ) ( )
3 1 1 1
c 1 A ; ,B 2;1 ,C 1;1 ,D ;
2 2 2 2
   
=− ⇒    
   
.
TH2 : Nếu
5 15 5 5 5 5 15 15
c A ; ,B ;0 ,C ; ,D ;
2 4 4 2 2 2 4 4
       
=− ⇒        
       
.
Vậy tọa độ bốn điểm cần tìm là ( ) ( )
3 1 1 1
A ; ,B 2;1 ,C 1;1 ,D ;
2 2 2 2
   
   
   
hoặc
15 5 5 5 5 15 15
A ; ,B ;0 ,C ; ,D ;
4 4 2 2 2 4 4
       
       
       
.
Nhận xét. Nếu đề bài yêu cầu ABCD là hình chữ nhật thì bài toán có vô số nghiệm
hình, lúc này giả thiết thêm diện tích hình chữ nhật cho trước ta tìm được tọa độ
các đỉnh ABCD .
Ví dụ 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh
A,D thuộc trục hoành và hai đỉnh B,C thuộc đường tròn
( ) ( )
2
25
C : x y 1 2
4
 
− + − = 
 
. Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD biết
A Dx x< .
Giải
Vì A,D Ox∈ nên BC / /AD BC: y m 0⇒ − =.
Tọa độ điểm B,C là nghiệm của hệ phương trình:
( )
2 2
2 25 5
x y 1 2 x 1 2m m
4 4
y m 0 y m
    
− + − = − =+ −    ⇔    
 
−= = 

317. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
317
( )
2
2
2
5
x 1 2m m ,y m
4 , 1 2m m 0
5
x 1 2m m ,y m
4

= − + − =
⇔ + − >
 = + + − =

.
Vì A Dx x<
2 25 5
B 1 2m m ;m ,C 1 2m m ;m
4 4
   
⇒ − + − + + −   
   
.
Suy ra 2 25 5
A 1 2m m ;0 ,D 1 2m m ;0
4 4
   
− + − + + −   
   
.
Vì ABCD là hình vuông nên
2 2
AB AD 2 1 2m m m 5m 8m 4 0= ⇔ + − = ⇔ − − =
m 2
2
m
5
=
⇔
 = −

(thỏa mãn điều kiện).
Suy ra
1 1 9 9
A ;0 ,B ;2 ,C ;2 ,D ;2
4 4 4 4
       
       
       
hoặc
21 21 2 29 2 29 2
A ;0 ,B ; ,C ; ,D ;
20 20 5 20 5 20 5
       
− − −       
       
.

318. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
318
A. BÀI TẬP CHỌN LỌC
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn
( ) ( ) ( )2 2
C : x 4 y 3 4− + + =và đường thẳng d : x y 1 0+ − = . Xác định tọa độ
đỉnh A của hình vuông ABCD ngoại tiếp đường tròn ( )C , biết rằng điểm A
nằm trên d.
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 4; 3− , bán kính R 2= .
Nhận thấy I d∈ nên d là một đường chéo của hình vuông.
Do đó A sẽ nằm trên đường thẳng ∆ tạo với d một góc 0
45 .
Vì d không song song với trục hoành nên đường thẳng ∆ có hệ số góc k và tạo
với d một góc 0
45 nên:
1 k
1 k 0 : y c
1 k
− −
= ⇔ = ⇒ ∆ =
−
, để ∆ tiếp xúc với
( ) ( ) 1
2
c 1 : y 13 c
C d I, 2 2
c 5 : y 51
= − ⇒ ∆ = −− − 
⇔ ∆ = ⇔ = ⇔ 
= − ⇒ ∆ = −
.
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ tạo bởi hai đường thẳng d, ∆ .
Từ đó suy ra có hai điểm A(2;-1) hoặc A(6;-5).
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD ngoại tiếp đường
tròn ( ) ( ) ( )2 2
C : x 2 y 3 10− + − =. Đường thẳng AB đi qua điểm ( )M 3; 2− − .
Xác định tọa độ điểm A biết điểm A có hoành độ dương.
Giải
Nhận xét. Để ý tính chất đường tròn nội tiếp tứ giác khi đó các cạnh phải tiếp xúc
với đường tròn, ta sử dụng công thức khoảng cách từ tâm đường tròn đến đường
thẳng bằng bán kính.
Đường tròn (C) có tâm ( )I 2;3 ,R 10= .
Đường thẳng AB đi qua điểm ( )M 3; 2− − có phương trình là:
( ) ( ) ( )2 2
AB:a x 3 b y 2 0 AB:ax by 3a 2b 0, a b 0+ + + = ⇔ + + + = + > .
Cạnh AB tiếp xúc với ( )C khi và chỉ khi
( ) 2 2
a 3b2a 3b 3a 2b
d I,AB 10 10
b 3aa b
= −+ + + 
=⇔ =⇔  = −+
.
• Với a 3b AB:3x y 7 0=− ⇒ − + = . Gọi điểm ( )A t;3t 7 AB,t 0+ ∈ > , ta có:

319. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
319
( ) ( )2 2 t 2
IA R 2 t 2 3t 4 20
t 0
= −
= ⇒ − + + = ⇔  =
, không thỏa mãn do t 0> .
• Với b 3a AB: x 3y 3 0=− ⇒ − − = . Gọi điểm
t 3
A t; ,t 0
3
− 
> 
 
, ta có:
( )
2
2 t 3
IA R 2 t 2 3 20 t 6
3
− 
= ⇒ − + − = ⇔ = 
 
, do t 0> suy ra ( )A 6;1 .
Vậy điểm cần tìm là ( )A 6;1 .
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD . Biết cạnh AB
và AD tiếp xúc với đường tròn ( ) ( ) ( )2 2
C : x 2 y 3 4+ + − =, đường chéo AC
cắt đường tròn ( )C tại các điểm
16 23
M ,
5 5
 
− 
 
và N nằm trên trục tung. Xác
định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD , biết đỉnh A có hoành độ âm
và điểm D có hoành độ dương và tam giác AND có diện tích bằng 10.
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 2,3− , bán kính R 2= .
Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( ) ( )
2 2
x 0x 2 y 3 4
N 0,3
y 3x 0
 =+ + − =
⇔ ⇒ 
== 
.
Cạnh AC đi qua M,N nên có phương trình là AC: x 2y 6 0+ − =.
Gọi ( )A 2a,3 a AC− ∈ . Gọi P,Q lần lượt là các tiếp điểm của ( )C với AB,AD .
Ta có tứ giác APIQ là hình vuông nên IA IP 2 R 2 2 2= = = .
Ta có phương trình: ( ) ( )2 2
a 2 a 8 A 4,5+ + = ⇒ − .
Phương trình đường thẳng ( ) ( ) 2 2
AD:a x 4 b y 5 0,a b 0+ + − = + > .
Vì AD tiếp xúc với ( )C nên:
( ) 2 2
a 02a 3b 4a 5b
d I,AD R 2
b 0a b
=− + + − 
=⇔ =⇔  =+
.
Với ( )b 0 AD: x 4 0 D 4,d= ⇒ + = ⇒ − có hoành độ âm, không thỏa mãn đề bài.
Vậy a 0 AD: y 5 0= ⇒ + = , giả sử ( )D d, 5− .
Ta có:
( )
AND d 62S
AD d 4 10
d 14d N,AD
=
= ⇒ + = ⇔  = −
.
Do điểm D có hoành độ dương nên ( )d 6 D 6,5= ⇒ .

320. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
320
Đường thẳng DC đi qua D và song song với trục tung nên có phương trình
DC: x 6 0− =. Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình
( )
x 6 0 x 6
C 6,0
x 2y 6 0 y 0
−= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Nhưng do .
Vậy tọa độ bốn điểm cần tìm là ( ) ( ) ( ) ( )A 4;5 ,B 4;0 ,C 6;0 ,D 6;5− − .
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có ( )M 3; 2− − là
điểm nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB , đường tròn nội tiếp hình vuông có
phương trình ( ) ( ) ( )2 2
C : x 2 y 3 10− + − =. Viết phương trình cạnh CD của
hình vuông ABCD .
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 2;3 , bán kính R 10= .
Vì ABCD hình vuông nên tâm ( )I 2;3 vừa làm tâm đường tròn nội tiếp và là
tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD . Do đó I là giao điểm của hai
đường chéo hình vuông.
Và ( )C tiếp xúc với các cạnh hình vuông tại trung điểm mỗi cạnh.
Đường thẳng AB đi qua ( )M 3; 2− − có phương trình là
( ) ( ) ( )2 2
AB:a x 3 b y 2 0 AB:a x by 3a 2b 0, a b 0+ + + = ⇔ + + + = + > .
Do AB tiếp xúc với ( )C nên ( )d I;AB R=
( ) ( )2 2 2
2 2
2a 3b 3a 2b
10 5 a b 2 a b
a b
+ + +
⇔ = ⇔ + = +
+
.
2 2
a 3b
3a 10ab 3b 0 1
a b
3
= −
⇔ + + =⇔
 = −

.
TH1: Với a 3b= − , chọn ( ) ( )a;b 3; 1= − ta được phương trình cạnh
AB:3x y 7 0− + =.
Khi đó tọa độ trung điểm ( )D AB C=  của AB là nghiệm của hệ phương trình
( ) ( )
( )2 2
3x y 7 0 x 1
D 1;4
y 4x 2 y 3 10
− + = = −
⇔ ⇒ − 
=− + − = 
.
Trung điểm E của CD là điểm đối xứng với D qua I nên ( )E 5;2 .

321. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
321
Cạnh CD là tiếp tuyến của ( )C tại điểm ( )E 5;2 nên nhận làm véc
tơ pháp tuyến nên có phương trình là
( ) ( )CD:2 x 5 1 y 2 0 CD:2x y 8 0− − − = ⇔ − − = .
TH2: Thực hiện tương tự.
Bài 5. (TSĐH Khối A,A1 2013) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ
nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng d : 2x y 5 0   và  A 4;8 . Gọi
M là điểm đối xứng của B qua C , N là hình chiếu vuông góc của B trên
đường thẳng MD . Tìm tọa độ điểm B và C ; biết rằng  N 5; 4 .
Giải
Do  C d C t; 2t 5    . Gọi I là tâm hình chữ nhật ABCD, suy ra I là trung
điểm AC.
Do đó
t 4 2t 3
I ;
2 2
       
.
Tam giác BDN vuông tại N nên IN IB . Suy ra IN IA .
Do đó ta có phương trình
 
2 2 2 2
t 4 2t 3 t 4 2t 3
5 4 4 8
2 2 2 2
t 1 C 1; 7
                                             
   
.
Do M đối xứng với B qua C nên CM CB . Mặt khác CB AD và
CM / /AD nên tứ giác ACMD là hình bình hành.
Suy ra AC / /DM . Theo giả thiết, BN DM BN AC   và CB CN . Vậy B
là điểm đối xứng của N qua AC.
Đường thẳng AC có phương trình 3x y 4 0   .
Đường thẳng BN qua N và vuông góc với AC nên có phương trình
x 3y 17 0   . Do đó điểm  B 3a 17;a . Trung điểm của BN thuộc AC nên
 
3a 17 5 a 4
3 4 0 a 7 B 4; 7
2 2
             
.
Vậy tọa độ điểm  B 4; 7  và  C 1; 7 .
Bài 6. (TSĐH Khối D 2012) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật
ABCD . Các đường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là x 3y 0 
và x y 4 0   ; đường thẳng BD đi qua điểm
1
M ;1
3
    
. Tìm tọa độ các
đỉnh của hình chữ nhật ABCD .

322. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
322
Giải
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
 
x 3y 0 x 3
A 3;1
x y 4 0 y 1
        
      
.
Gọi N là điểm thuộc đường thẳng AC sao cho MN / /AD .
Đường thẳng MN đi qua
1
M ;1
3
    
và song song với AD nên có phương trình
là  
1 4
MN :1 x 1 y 1 0 MN : x y 0
3 3
           
.
Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình
4 x 1
x y 0 1
N 1;3 1
3y
x 3y 0 3
                       
.
Suy ra tọa độ trung điểm của MN là
2 2
H ;
3 3
    
.
Đường trung trực d của MN đi qua H và vuông góc với AD nên có phương
trình là
2 2
d :1 x 1 y 0 d : x y 0
3 3
                  
.
Gọi I,K lần lượt là giao điểm của d với đường thẳng AC và AD khi đó I là
tâm hình chữ nhật ABCD .
Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình
 
x y 0 x 0
I 0;0
x 3y y 0
       
    
.
Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình
 
x y 0 x 2
K 2;2
x y 4 0 y 2
        
      
.
Ta có    AC 2AI C 3; 1 ,AD 2AK D 1;3     
   
.
Mặt khác  BC AD B 1; 3  
 
.
Vậy tọa độ bốn điểm cần tìm là        A 3;1 ,B 1; 3 ,C 3; 1 ,D 1;3    .
Cách 2: Gọi góc giữa hai đường thẳng AC và AD là :
2 2 2 2
1.1 1.3 1
cos
51 3 . 1 ( 1)

    
  
.
Đường thẳng BD đi qua
1
M ;1
3
    
và tạo với đường thẳng AD góc BD  .

323. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
323
Từ đó suy ra tọa độ đỉnh D và tâm I của hình chữ nhật. Suy ra các đỉnh còn lại.
Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD. Gọi E là trung điểm
của AD và
11 2
H ;
5 5
     
là hình chiếu vuông góc của B lên CE,
3 6
M ;
5 5
     
là
trung điểm của BH. Xác định tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết A có
hoành độ âm.
Giải
Vì M là trung điểm của HB nên  B 1; 2  .
Gọi F là điểm đối xứng của E qua A.
Ta có  BEF EBC FBE BEC BF / / EC      .
Suy ra tứ giác BFEH là hình bình hành.
Có AM là đường trung bình của tứ giác BFEH nên AM BH .
Phương trình đường thẳng BH : x 2y 3 0   .
Phương trình đường thẳng:CE : 2x y 4 0;AM : 2x y 0     .
Ta có     CD 2
ECD BAM cosBAM cosECD
CE 5
     .
Gọi      A a; 2a , a 0 AB a 1; 2a 2      

ta có
 AM
AM
AB.u 2
cosBAM
5AB . u
 
 
  .
   
   
2 22 2
1 a 1 2 2a 2 2
51 ( 2) . a 1 2a 2
   
 
     
.
 
2
5a 6a 11 0
a 1
A 1;211
a
5
   
 

  
 

.
Đường thẳng AD đi qua A và vuông góc với AB nên có phương trình:
AD: y 2 0  .
Tọa độ điểm E CE AD  là nghiệm của hệ phương trình:
 
2x y 4 0 x 1
E 1;2
y 2 0 y 2
        
     
.
Vì E là trung điểm của AD nên  D 3;2 . Ta có  BC AD C 3; 2  
 
.
Vậy tọa độ 4 điểm cần tìm là        A 1;2 ,B 1; 2 ,C 3; 2 ,D 3;2    .
Cách 2: Đặt AB a 0  . Vì M là trung điểm của HB nên  B 1; 2  .
F
M
H
N
E D
A
B C

324. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
324
Phương trình đường thẳng CE : 2x y 4 0   .
Ta có  EBC2S BC.d E;BC BH.CE  .
2 2
2 a 5 5 16 8 5
a BH. a BH. . 4
2 2 5 5 2
                  
.
Gọi  C c;4 2c CE  ta có phương trình:    
2 2
c 1 2c 6 16    .
 
2
C 3; 2c 3
5c 22c 21 0 7 7 6
c C ;
5 5 5
                  
.
Gọi N là giao điểm của BH với CD.
Xét hai tam giác BCN và CDE có
 
 
0
BC CD
NCB EDC 90 BCN CDE CN DE
NBC ECD
         
 
.
Vì vậy N là trung điểm của CD.
Ta có  
BN a 5 / 2 5 5
BN BH N 3;0
BH 4 42a / 5
    
 
.
+ TH1: Nếu  C 3; 2 . Vì N là trung điểm của CD nên  D 3;2 .
Ta có  AD BC A 1;2  
 
.
+ TH2: Nếu
7 6 23 6 11 22
C ; D ; A ;
5 5 5 5 5 5
                         
(loại).
Vậy tọa độ 4 điểm cần tìm là        A 1;2 ,B 1; 2 ,C 3; 2 ,D 3;2    .
Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc
đường thẳng d : x 3y 7 0   và điểm  A 1;5 . Gọi M là điểm nằm trên tia
đối của tia CB sao cho MC 2BC , N là hình chiếu vuông góc của B trên
đường thẳng MD . Tìm tọa độ các điểm B và C , biết
5 1
N ;
2 2
    
.
Giải
Ta có 5 điểm A,B,C,D,N cùng thuộc đường tròn đường kính BD .
Mặt khác đường tròn này có đường kính là AC nên  0
ANC 90 .
Vì  
9 1 7 9
C d C 3t 7;t NC 3t ;t ,NA ;
2 2 2 2
                     
 
.
Ta có  
7 9 9 1
NC.NA 0 3t t 0 t 3 C 2; 3
2 2 2 2
                      
 
.

325. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
325
Tọa độ tâm I của hình chữ nhật ABCD chính là trung điểm của
3
AC I ;1
2
    
.
Gọi  
 
 
M
M
2 x 2 2 x
B x;y MC 2BC
3 y 2 3 y
      
    
 
.
 M
M
x 6 2x
M 6 2x; 9 2y
y 9 2y
      
  
.
Ta có:
5 5 1 1
MN.NB 0 6 2x x y 9 2y 0
2 2 2 2
                                      
 
.
Mặt khác B nằm trên đường tròn tâm I bán kính
65
IN
2
 .
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
 
2
23 65
x y 1
2 4
5 5 1 1
6 2x x y 9 2y 0
2 2 2 2
        
                                       
.
 
x 5,y 1
B 5; 15 1
x ,y
2 2
  

  
  

.
Vậy hai điểm cần tìm là    B 5; 1 ,C 2; 3  .
Nhận xét. Mấu chốt của bài toán này đó chính là 5 điểm A,B,C,D,N cung
thuộc một đường tròn. Ngoài ra ta có thể chứng minh AN NC bằng véc tơ.
Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có  C 3; 3 . Gọi E
là một điểm trên cạnh BC, đường thẳng AE cắt CD tại F; đường thẳng DE cắt
BF tại G. Biết
1 1 1
G ; 1 ,E ;
2 2 2
             
và đỉnh A nằm trên đường thẳng
d : 2x 5y 12 0   . Tìm tọa độ đỉnh B.
Giải
Gọi I,K lần lượt là giao điểm của CG với
AB; DG với AB.
Ta chứng minh IE / /BD .
Do IK / /DFnên theo định lý Talets ta có:
IK IG IB IK CD
(1)
CD GC CF IB CF
    .
I
G
K
E
BA
D C F

326. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
326
Tương tự AK / / DF ta có:
KE BE AB
(2)
ED EC CF
  .
Từ (1) và (2) kết hơp với
IK KE
AB CD IE / /BD
IB ED
    (Talets đảo).
Xét tam giác AIC có:
BD AC IE AC
E
CE AI
    
 
là trực tâm tam giác AIC.
Do đó AE CG .
Ta có:
5 5 1 1 9
CG ;2 AE : x 2 y 0 AE : 5x 4y 0
2 2 2 2 2
                                  

.
Tọa độ điểm A AE d  là nghiệm của hệ phương trình:
2x 5y 12 0 3
x 3
A ;329
25x 4y 0
y 32
                        
.
Phương trình đường thẳng BC đi qua C và E có phương trình: BC: x y 0  .
Tọa độ điểm B là hình chiếu vuông góc của A lên BC:
 
3x y 0 x
3 34
B ;3
1 x y 3 0 3 4 4
y2
4
                           
.
Vậy tọa độ điểm cần tìm là
3 3
B ;
4 4
    
B. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có điểm ( )B 2;4 ,
trung điểm cạnh AD là điểm ( )E 1;0− và ( )F 2; 1− là trung điểm cạnh CD . Tìm
tọa độ các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD .
Hướng dẫn giải – đáp số
Vì E,F lần lượt là trung điểm của AD và CD nên EF là đường trung bình của
tam giác ACD .
Ta có EF BD⊥ tại trung điểm của EF .
Tọa độ trung điểm của EF là điểm
1 1
H ;
2 2
 
− 
 
.
Ta có .

327. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
327
( )
D
D
D
D
4 1
x 2 2
x 03 2
D 0; 2
y 24 1
y 4 4
3 2
  
−= −  =  
⇔ ⇔ ⇒ − 
= −   − = − −   
.
Vì ( )E 1;0− là trung điểm của ( )AD A 2;2⇒ − .
Vì ( )F 2; 1− là trung điểm của ( )CD C 4;0⇒ .
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là ( ) ( ) ( )A 2;2 ,C 4;0 ,D 0; 2− − .
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh ( )C 3; 3− . Gọi
M là trung điểm cạnh BC, phương trình đường thẳng DM là: x y 2 0− − =.
Điểm A nằm trên đường thẳng d :3x y 2 0+ − =. Xác định tọa độ các điểm
A,B,D .
Hướng dẫn giải – đáp số
Như đã nói với bài toán hình vuông, hình chữ nhật cho tọa độ một đỉnh và một
điểm bất kỳ trên một cạnh hình vuông, biết phương trình đường thẳng nối đỉnh
và điểm đó thì ta tính diện tích tam giác theo hai cách khác nhau với mục đích
tìm ra độ dài cạnh hình vuông.
Đặt độ dài cạnh hình vuông là
CB a
a 0 CM
2 2
> ⇒ = = .
Trong tam giác vuông CDM ta có 2 2 a 5
DM CD CM
2
= + = .
Suy ra ( )CDM
2 2
3 3 21 1 a 5 a 10
S DM.d C;DM . .
2 2 2 21 ( 1)
+ −
= = =
+ −
.
Mặt khác
2
CDM
1 1 a a
S CD.CM .a.
2 2 2 4
= = = .
Ta có phương trình:
2
a 10 a
a 2 10 CD 2 10
2 4
= ⇔ = ⇒ = .
Vì ( )D DM D t;t 2∈ ⇒ − .
Do đó ( ) ( )
( )
( )
2 2 D 5;3t 5
CD 2 10 t 3 t 1 40
t 3 D 3; 5
=
= ⇔ − + + = ⇔ ⇒  = − − − 
.
TH1: Nếu ( )D 5;3 suy ra phương trình đường thẳng CD là:
x 3 y 3
CD: CD:3x y 12 0
2 6
− +
= ⇔ − − = .
Đường thẳng BCđi qua ( )C 3; 3− và vuông góc với CD nên có phương trình là:

328. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
328
BC: x 3y 6 0+ + =.
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình:
( )
x 3y 6 0 x 0
M 0; 2
x y 2 0 y 2
+ += = 
⇔ ⇒ − 
− − = =− 
.
Vì M là trung điểm của ( )BC B 3; 1⇒ − − .
Tọa độ tâm I hình vuông ABCD là trung điểm của BD nên ( )I 1;1 .
Vì I là trung điểm của ( )AC A 1;5⇒ − .
TH2: Thực hiện tương tự.
Nhận xét. Bài toán có thể tổng quát cho M trên đoạn BCthỏa mãn
( )
CM
k, k 0
BM
= > .
Ngoài ra ta có thể viết phương trình đường thẳng CD tạo với DM một góc xác
định bởi: . Từ đó suy ra tọa độ điểm D các bước còn lại
thực hiện tương tự cách 1 ở trên.
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có điểm
11 1
M ;
2 2
 
 
 
là
trung điểm cạnh BC, điểm N trên cạnh CD sao cho CN 2ND= . Đường thẳng
AN có phương trình là: 2x y 3 0− − =. Gọi P là giao điểm của AN với đường
chéo BD . Tìm tọa độ điểm P .
Hướng dẫn giải – đáp số
Nhận xét. Hình thức bài toán này giống với bài toán trên nên ta thực hiện cách
tương tự hoặc nếu dùng tính chất hình học ta chứng minh được P là hình chiếu
vuông góc của M xuống đường thẳng AN và bài toán được giải quyết ngắn
gọn.
Đặt độ dài cạnh hình vuông bằng a 0> . Vì
a 2a
CN 2ND ND ,CN
3 3
= ⇒ = = .
Ta tính diện tích tam giác MAN theo hai cách để tìm a .
Cách 1: Tam giác vuông ADN ta có: 2 2 a 10
AN AD DN
3
= + = .
Suy ra ( )MAN
2 2
11 1
2. 3
1 1 a 10 5a 22 2
S AN.d M;AN . .
2 2 3 42 ( 1)
− −
= = =
+ −
.
Cách 2:
2 2 2 2
2
MAN ABCD ADN CMN ABM
a a a 5a
S S S S S a
6 6 4 12
= − − − = − − − = .

329. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
329
Ta có phương trình:
2 2
25a 2 5a a 3 10
a 3 2 AM a
4 12 4 2
= ⇔ = ⇒ = + = .
Vì ( )A AN A t;2t 3∈ ⇒ − .
Do đó
2 2
3 10 11 1 45
AM t 2t 3
2 2 2 2
   
= ⇔ − + − − =   
   
.
( )
( )
2
A 1; 1t 1
5t 25t 20 0
t 4 A 4;5
 −=
⇔ − + = ⇔ ⇒  = 
.
Từ đây viết được phương trình đường thẳng AB đi qua A và có khoảng cách từ
M đến AB bằng
a 3 2
2 2
= .Ta sẽ có hai phương trình, chú ý kiểm tra điều kiện
góc giữa AB và AN lớn hơn 450
. Từ đó suy ra phương trình đường thẳng BC.
Tìm được B và suy ra C . Viết phương trình đường thẳng BD đi qua trung
điểm của AC và vuông góc với AC . Xét hệ tạo bởi AN và BD ta tìm được tọa
độ điểm P .
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có tâm
1 9
I ;
2 2
 
− 
 
.
Đỉnh A,B lần lượt nằm trên hai đường thẳng 1d :3x 4y 8 0+ − = và
2d :3x 4y 1 0+ − = . Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD .
Hướng dẫn giải – đáp số
Nhận xét. Từ tính chất hình vuông
IA IB
IA IB
⊥

=
bài toán quy về tìm hai điểm A,B
lần lượt thuộc đường thẳng 1d và 2d sao cho tam giác IAB vuông cân tại I .
Vì 1 2
8 3a 1 3b
A d ,B d A a; ,B b;
4 4
− −   
∈ ∈ ⇒    
   
.
Suy ra .
Vì
2 2 2 2
1 1 3a 10 3b 17
a b . 0
2 2 4 4
(1)
1 3a 10 1 3b 17
a b
2 4 2 4
 + +      
+ + + =      
      
⇔ 
+ +        + + = + +              
.

330. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
330
( ) ( )A 4;5 ,B 1;1a 4,b 1
24 93 24 32 93 76
a ,b A ; ,B ;
25 25 25 25 25 25
 − −=− =−
⇔ ⇒     = = − −       
.
TH1: Nếu A(-4;5), B(-1;1) thì do I là trung điểm của AC và BD nên C(3;4),D(0;8).
TH2: Nếu
24 32 93 76
A ; ,B ;
25 25 25 25
   
−   
   
thì do I là trung điểm của AC và BD nên
49 193 68 149
C ; ,D ;
25 25 25 25
   
−   
   
.
Lưu ý. Để giải hệ (1) ta rút
59a 174
b
25a 38
+
= −
+
từ phương trình thứ nhất của hệ và
thế vào phương trình thứ hai, đưa về giải phương trình bậc bốn dạng tổng quát.
May mắn trong trường hợp này ta có hai nghiệm đẹp nên việc giải phương trình
bậc bốn này không có gì khó khăn. Bài toán này nặng về tính toán.
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh ( )B 3;4 và
phương trình đường chéo AC có phương trình là x y 2 0− + =. Tìm tọa độ các
đỉnh còn lại của hình vuông ABCD .
Hướng dẫn giải – đáp số
Nhận xét B,D đối xứng nhau qua đường thẳng AC .
Đường thẳng BD đi qua ( )B 3;4 và vuông góc với AC có phương trình là:
BD: x y 7 0+ − =.
Tọa độ tâm I của hình vuông là giao điểm của AC,BD thỏa mãn hệ phương
trình:
5
x
x y 2 0 5 92
I ;
x y 7 0 9 2 2
y
2

=− + =   
⇔ ⇒   + − =    =

.
Vì I là trung điểm của ( )BD D 2;5⇒ .
Ta có
2
IA IC IB ID
2
= = = = suy ra A,C thuộc đường tròn ( )C có tâm I , bán
kính
2
R
2
= .
Phương trình đường tròn ( )
2 2
5 9 1
C : x y
2 2 2
   
− + − =   
   
.
Mặt khác A,C AC∈ .
Đó đó tọa độ điểm A,C là nghiệm của hệ phương trình:

331. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
331
( ) ( )
( ) ( )
2 2
5 9 1 A 2;4 ,C 3;5x 2,y 4x y
2 2 2
x 3,y 5 A 3;5 ,C 2;4
x y 2 0
    = =− + − =    ⇔ ⇒     = =  − + =
.
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là ( ) ( ) ( )A 2;4 ,C 3;5 ,D 2;5 hoặc
( ) ( ) ( )A 3;5 ,C 2;4 ,D 2;5 .
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có điểm ( )A 1;0 . Gọi
I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD . Viết phương trình cạnh AD
biết
2 2 10 3 2
J ;
2 2
 + −
  
 
là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ICD .
Hướng dẫn giải – đáp số
Đặt độ dài cạnh hình vuông bằng a 0> .
Gọi M là trung điểm CD thì do ICD là tam giác vuông cân tại I nên J nằm
trên đoạn IM .
Gọi H,K lần lượt là hình chiếu vuông góc của J trên ID,IC ta có bán kính
đường tròn nội tiếp tam giác ICD bằng r JH JK= = .
Ta có
2
ICD
1 a
S IC.ID
2 4
= = .
Suy ra
2
S a / 4 2 1
r a
a ap 2a
2 2
2
−
= = =
+ +
.
Suy ra
2 2
IJ JH 2 a
2
−
= = .
Sử dụng định lý hàm số Côsin cho tam giác ICD ta có:
2 2 2 0
AJ AI IJ 2AI.IJcos135= + −
2 22
2 21 10 3 2 a 2 2 2 2
a a a 10
2 2 2 2 2
   − − −
⇔ + = + + ⇔ =±      
   
.
Đối chiếu với điều kiện suy ra a 10= .
Đường thẳng AD đi qua A có phương trình dạng:
( ) ( )2 2
AD:a x 1 by 0, a b 0− + = + > .
Ta có ( ) 2 2
2 2 10 3 2
a 1 b
2 2a 10 10
d J;AD
2 2 2a b
 + −
− + 
 
==⇔ =
+

332. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
332
( ) ( )2 2
a 3b
8a 2 6 10 2 ab 60 2 108 b 0 5 9
a b
22
=
⇔ + − + − =⇔  = −   
.
- Nếu a 3b= , chọn a 3,b 1 AD:3x y 3 0= = ⇒ + − = .
- Nếu
5 9
a b
22
 
= − 
 
, chọn
18 10 2 18 10 2
a 1,b AD: x y 1 0
31 31
+ +
= =− ⇒ − − = .
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là
18 10 2
3x y 3 0;x y 1 0
31
+
+ − = − − = .
Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm ( ) ( )A 11;3 ,B 9; 7− − . Lập
phương trình đường thẳng song song với AB và cắt đường tròn đường kính AB
tại hai điểm phân biệt C,D cùng với hình chiếu của C và D trên AB tạo thành
một hình vuông.
Hướng dẫn giải – đáp số
Phương trình đường thẳng AB: x 2y 5 0+ + =.
Vì CD / /AB CD: x 2y c 0⇒ + + =.
Tọa độ trung điểm của AB là ( )M 1; 2− − .
Bán kính đường tròn đường kính AB là R MA 5 5= = .
Giả sử hình chiếu của C,D trên AB là 1 1C ,D . Do CD / /AB nên M là trung
điểm của 1 1C D .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên CD ta có:
1MH CC= và H là trung điểm của CD .
Theo định lý pitago ta có:
2
2 2 2 2 2MH
MC MH HC MH R MH 10
4
= + ⇔ + = ⇔ =
( ) 2 2
1 2.2 c
d M;CD 10 10 c 5 10 5
1 2
− − +
⇔ = ⇔ = ⇔ = ±
+
.
Vậy đường thẳng cần tìm là x 2y 5 10 5 0+ + ± =.
Bài 8. Trong mặt phặng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm
5 3
I ;
2 2
 
 
 
có độ dài đường chéo bằng 26 . Đường thẳng AB,AD lần lượt đi qua các
điểm ( ) ( )M 2;3 ,N 1;2− . Tìm tọa độ đỉnh A .

333. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
333
Giải
Đường thẳng AB đi qua điểm ( )M 2;3 có phương trình đạng:
( ) ( ) ( )2 2
AB:a x 2 b y 3 0, a b 0− + − = + > .
Phương trình cạnh ( ) ( )AD:b x 1 a y 2 0 AD:bx ay 2a b 0+ − − = ⇔ − + + = .
Độ dài hai cạnh góc vuông lần lượt gấp đôi lần khoảng cách từ I đến hai đường
thẳng AB,AD .
Theo định lý pitago, ta có: bình phương đường chéo bằng tổng bình phương hai
cạnh góc vuông nên: 2 2 2
AB AD BD+ =
( ) ( )2 2
2 2 2 2
a b
a 3b a 7b
26 4b
aa b a b
3
= −
− + ⇔= + ⇔
 =+ +

.
• Với a b= − suy ra AB: x y 1 0− + = và AD: x y 1 0+ − = .
Từ đó suy ra tọa độ điểm ( )A 0;1 .
• Với
4b
a AB: 4x 3y 17 0;AD:3x 4y 11 0
3
= ⇒ + − = − + = .
Suy ra tọa độ điểm
7 19
A ;
5 5
 
 
 
Vậy có hai điểm thỏa mãn là ( )1 2
7 19
A 0;1 ,A ;
5 5
 
 
 
.
Bài 9. Trong mặt phặng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD,
phương trình cạnh AB: x y 1 0− + = . Gọi N là điểm trên cạnh CD sao cho
NC 3ND= , điểm
1 1
M ;
2 2
 
 
 
là trung điểm cạnh BC, khoảng cách từ B đến
đường thẳng AN bằng 4. Tìm tọa độ điểm A , biết A có hoành độ dương.
Giải
Đặt AB 2AD 2a,a 0= = > .
Ta có:
ABN ABCD ADN BNC
2 2
2 2
S S S S
a 3a
2a a
4 4
= − −
= − − =
.
Mặt khác
( )ABN
2
2
1
S AN.d B;AN
2
a
2AN 2 a .
2
=
 
= = +  
 
H
ND
M
C
BA

334. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
334
Từ đây ta suy ra:
2
2 2a
2 a a a 5
2
 
+ = ⇔ = 
 
.
Ta có
2
2 2 a 85
AM 4a
2 4
 
= + = 
 
.
Giử sử điểm ( )0 0 0A x ;x 1 ,x 0+ > thuộc đường thẳng AB.
Khi đó
2 2
2
0 0 0
1 1 85 166 166 166
AM x x x A ; 1
2 2 4 4 4 4
    
= − + + = ⇔ = ⇒ +           
Vậy điểm cần tìm là
166 166
A ; 1
4 4
 
+  
 
.
Bài 10. Trong mặt phặng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I có hoành độ
bằng
9
2
và nằm trên đường thẳng d : x y 3 0− − =, trung điểm của cạnh BClà
giao điểm của d với trục hoành. Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD .
Hướng dẫn giải – đáp số
Tâm I có tọa độ thỏa mãn hệ phương trình:
9
9 x
x 9 32 I ;2
3 2 2
x y 3 0 y
2

= =   
⇔ ⇒   
  − − = = 
.
Giao điểm của d với trục hoành là điểm ( )
3 3
M 3;0 IM ;
2 2
 
⇒ = − − 
 

.
Đường thẳng BCđi qua M và vuông góc với IM nên có phương trình:
BC: x y 3 0+ − =.
Gọi N là điểm đối xứng của M qua ( )I N 6;3 ,N AD⇒ ∈ .
Đường thẳng AD đi qua N và song song với BCnên có phương trình:
AD: x y 9 0+ − =.
Trong tam giác vuông cân IAD có N là trung điểm
3 2
AD NA ND NI
2
⇒ = = = .
Gọi ( )A t;9 t AD− ∈ .
( ) ( )2 23 2 9
NA t 6 6 t
2 2
⇒ = ⇔ − + − =
9 99 A ;t
2 22
15 15 3
t A ;
2 2 2
  
=    ⇔ ⇒
   =     
.

335. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
335
TH1: Nếu
9 9
A ;
2 2
 
 
 
vì N là trung điểm của
15 3
AD D ;
2 2
 
⇒  
 
.
Vì I là trung điểm của
9 3
AC C ;
2 2
 
⇒ − 
 
.
Vì I là trung điểm của
3 3
BD B ;
2 2
 
⇒  
 
.
TH2: Nếu
15 3
A ;
2 2
 
 
 
thực hiện tương tự tìm được
9 9
D ;
2 2
 
 
 
và
9 3 3 3
B ; ,C ;
2 2 2 2
   
−   
   
.
Vậy tọa độ bốn điểm cần tìm là
9 9 3 3 9 3 15 3
A ; ,B ; ,C ; ,D ;
2 2 2 2 2 2 2 2
       
−       
       
hoặc
15 3 9 3 3 3 9 9
A ; ,B ; ,C ; ,D ;
2 2 2 2 2 2 2 2
       
−       
       
.
Bài 11. Trong mặt phặng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có CD:x 2y 1 0− + =,
điểm ( )M 2;3 nằm trên đường thẳng BC, điểm ( )N 1;1− nằm trên đường thẳng
AB. Tìm tọa độ điểm B,C và viết phương trình đường thẳng AD biết AM
vuông góc với DN .
Hướng dẫn giải – đáp số
Vì BC CD BC: 2x y 7 0⊥ ⇒ + − =.
Vì AB / /CD AB: x 2y 3 0⇒ − + =.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
13
x
x 2y 1 0 13 95
C ;
2x y 7 0 9 5 5
y
5

=− + =   
⇔ ⇒   + − =    =

.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
11
x
2x y 7 0 11 135
B ;
x 2y 3 0 13 5 5
y
5

=+ − =   
⇔ ⇒   − + =    =

.
Đường thẳng AD / /BC AD: 2x y c 0⇒ + + =.
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình:
2c 1
x
2x y c 0 2c 1 2 c5
D ;
x 2y 1 0 2 c 5 5
y
5
+
= −+ + = + −  
⇔ ⇒ −   − += −    =

.
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:

336. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
336
2c 3
x
x 2y 3 0 2c 3 6 c5
A ;
2x y c 0 6 c 5 5
y
5
+
= −− + = + −  
⇔ ⇒ −   + += −    =

.
Theo giả thiết
2c 3 2c 3 6 c 2 c
2 1 3 1 0
5 5 5 5
+ + − −     
⇔ + − + + − − =     
     
17 2 71 17 2 71
c AD: 2x y 0
5 5
17 2 71 17 2 71
c AD: 2x y 0
5 5
 + +
=− + − = 
 ⇔ ⇒
 − + − +
+ += 
 
.
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là
17 2 71
AD: 2x y 0
5
+
+ − =hoặc
17 2 71
AD: 2x y 0
5
− +
+ + =.
Bài 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có một đường
chéo có phương trình là: y 3 0− =. Xác định tọa độ đỉnh B,D của hình vuông
biết tọa độ đỉnh A(4;5).
Giải
Nhận thấy ( )A 4;5 không thuộc đường thẳng y 3 0− = nên đường chéo đó là BD.
Gọi ( )I x;3 là hình chiếu của A trên BD thì I chính là tâm hình vuông ABCD .
Ta có và IA 2= .
Khi đó tọa độ điểm B,D chính là giao điểm của đường tròn tâm ( )I 4;3 , bán
kính bằng 2 với đường thẳng BD .
Tọa độ điểm B,D là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )
( ) ( )2 2
y 3 x 2;y 3
B 2;3 ,D 6;3
x 6;y 3x 4 y 3 4
= = =
⇔ ⇒ = =− + − = 
hoặc ngược lại.
Vậy hai điểm cần tìm là ( ) ( )B 2;3 ,D 6;3 hoặc ( ) ( )B 6;3 ,D 2;3 .
Bài 13. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ba điểm ( ) ( ) ( )A 2;3 ,B 5;2 ,C 8;6 . Tìm
điểm D trên đường thẳng d : x y 3 0− + =để hình vuông MNPQ có các cạnh
MN,NP,PQ,QM lần lượt đi qua các điểm A,B,C,D sao cho MNPQ có diện
tích đạt giá trị lớn nhất.
Hướng dẫn giải – đáp số
Đường thẳng ( ) ( ) ( )2 2
MN :a x 2 b y 3 0, a b 0− + − = + > .
Đường thẳng NP MN⊥ và đi qua B(5;2) nên có phương trình:

337. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
337
( ) ( )NP : b x 5 a y 2 0− − − =.
Đường thẳng PQ / /MN và đi qua ( )C 8;6 nên có phương trình:
( ) ( )PQ:a x 8 b y 6 0− + − =.
Ta có diện tích hình vuông MNPQ xác định bởi:
( )
( )2
2
MNPQ 2 2
5a 3b
S d A;PQ
a b
+
= =
+
.
TH1: Nếu b 0= khi đó MNPQ
25
S
2
= .
TH2: Nếu b 0≠ khi đó
( )2
MNPQ 2
5t 3
S
t 1
+
=
+
với
a
t
b
= .
Xét hàm số
( )2
2
5t 3
f (t)
t 1
+
=
+
ta có:
( )( )
( )
22
3
t
2 5t 3 5 3t 5
f '(t) ;f '(t) 0
5t 1 t
3

= −+ −
= = ⇔ 
+ =

.
Lập bảng biến thiên suy ra
( )t ;
5
max f (t) f 34
3∈ −∞ +∞
 
= = 
 
.
So sánh hai trường hợp suy ra giá trị lớn nhất của diện tích hình vuông
MNPQ bằng 34 khi
a 5
b 3
= .
Chọn a 5,b 3= = suy ra NP :3x 5y 10 0− − =.
Đường thẳng QM / /NP QM :3x 5y c 0⇒ − + =.
Ta có ( ) 2 2
c 293.5 5.2 c
d B;QM 34 34
c 393 ( 5)
=− + 
=⇔ =⇔  = −+ −
.
Suy ra QM :3x 5y 29 0− + =hoặc QM :3x 5y 39 0− − =.
Tọa độ điểm D cần tìm là nghiệm của hệ phương trình:
3x 5y 29 0
x y 3 0
− + =

− + =
hoặc
3x 5y 39 0
x y 3 0
− − =

− + =
.
Giải hai hệ trên ta tìm được ( )D 7;10 hoặc ( )D 27; 24− − .
Vậy tọa độ điểm cần tìm là ( )D 7;10 hoặc ( )D 27; 24− − .
Bài 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh ( )D 1;3− ,
đường phân giác trong của góc DAB có phương trình là: x y 6 0− + =. Tìm tọa
độ đỉnh B , biết diện tích hình chữ nhật ABCD bằng 18và đỉnh A có tọa độ
thỏa mãn A Ax y .=

338. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
338
Hướng dẫn giải – đáp số
TH1: Nếu ( )A Ax y A t;t= ⇒ . Mặt khác A d : x y 6 0 t t 6 0∈ − + = ⇒ − + = (vô
nghiệm nên loại).
TH2: Nếu ( )A Ax y A t; t=− ⇒ − .
Mặt khác ( )A d : x y 6 0 2t 6 0 t 3 A 3;3∈ − + = ⇒ + = ⇔ =− ⇒ − .
Đường thẳng AD: y 3 0− =. Vì AB AD AB: x 3 0⊥ ⇒ + =.
Gọi ( )B 3;b− ta có ( )ABCD ABDS 2S d B;AD .AB 18= = =
( )
( )2
B 3; 6b 6b 3 18
b 122 B 3;121
 − −= −− 
⇔ =⇔ ⇒  = − 
.
Vậy điểm cần tìm là ( )B 3; 6− − hoặc ( )B 3;12− .
Bài 15. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có tâm ( )I 1;1 , biết
điểm ( )M 2;2− thuộc cạnh AB và điểm ( )N 2; 2− thuộc cạnh CD . Xác định tọa
độ các đỉnh hình vuông.
Hướng dẫn giải – đáp số
Đường thẳng ( ) ( ) ( )2 2
AB:a x 2 b y 2 0, a b 0+ + − = + > .
Đường thẳng ( ) ( )CD:a x 2 b y 2 0− + + =.
Vì ABCD là hình vuông nên ( ) ( )d I;AB d I;CD= .
2 2 2 2
a b3a b a 3b
a ba b a b
=− − + 
⇔ = ⇔  = −+ +
.
TH1: Nếu a b= , chọn a b 1 AB: x y 0= = ⇒ + = .
Đường thẳng CD: x y 0+ =(loại do AB CD≡ ).
TH2: Nếu a b= − , chọn a 1,b 1 AB: x y 4 0= =− ⇒ − + = .
Đường thẳng CD: x y 4 0− − =.
Ta có ( )
1 1 4
d I;AB 2 2
2
− +
= = .
Ta có ( )IA IB 2d I;AB 4= = = .
Suy ra A,B nằm trên đường tròn tâm I bán kính R 4= .
Đường tròn này có phương trình là: ( ) ( ) ( )2 2
C : x 1 y 1 16− + − =.
Tọa độ điểm A,B là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )2 2
x y 4 0 A 1;5 ,B 3;1x 1,y 5
x 3,y 1 A 3;1 ,B 1;5x 1 y 1 16
− + =  −= =
⇔ ⇒   =− = −− + − =   
.

339. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
339
- Với ( ) ( )A 1;5 ,B 3;1− suy ra ( ) ( )C 1; 3 ,D 5;1− .
- Với ( ) ( )A 3;1 ,B 1;5− suy ra ( ) ( )C 5;1 ,D 1; 3− .
Vậy tọa độ bốn điểm cần tìm là ( ) ( ) ( ) ( )A 1;5 ,B 3;1 ,C 1; 3 ,D 5;1− − hoặc
( ) ( ) ( ) ( )A 3;1 ,B 1;5 ,C 5;1 ,D 1; 3− − .
Bài 16. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng 1d : x y 0− = và 2d :2x y 1 0+ − =.
Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD , biết đỉnh A thuộc 1d và đỉnh C
thuộc 2d và các đỉnh B,D nằm trên trục hoành.
Hướng dẫn giải – đáp số
Vì B,D Ox,AC BD AC: x c 0∈ ⊥ ⇒ − =.
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
( )
x y 0 x c
A c;c
x c 0 y c
−= = 
⇔ ⇒ 
−= = 
.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
( )
2x y 1 0 x c
C c;1 2c
x c 0 y 1 2c
+ −= = 
⇔ ⇒ − 
− = = − 
.
Gọi I là tâm hình vuông thì I là trung điểm của
1 c
AC I c;
2
− 
⇒  
 
.
Mặt khác ( ) ( ) ( )
1 c
I Ox 0 c 1 A 1;1 ,C 1; 1 ,I 1;0
2
−
∈ ⇒ = ⇔ = ⇒ − .
Ta có IB ID IA 1= = = .
Nên điểm B,D nằm trên đường tròn tâm I bán kính R 1= .
Tọa độ điểm B,D là nghiệm của hệ phương trình:
( )
( ) ( )
( ) ( )2 2
y 0 B 0;0 ,D 2;0x 0,y 0
x 2,y 0 B 2;0 ,D 0;0x 1 y 1
= = =
⇔ ⇒  = =− + =   
.
Vậy tọa độ bốn điểm cần tìm là
( ) ( ) ( ) ( )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− .
Bài 17. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có M,N lần lượt là
các điểm trên cạnh AB,BC sao cho
2
BN BC
9
= .
Gọi ( ) 2 2
C : x y 2x y 5 0+ − − − = là đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN ,
đường thẳng DN có phương trình là: 3x 4y 5 0+ − =. Tìm tọa độ các đỉnh hình
vuông ABCD .

340. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
340
Giải
Tọa độ điểm D,N là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )
( ) ( )
2 2 D 1;2 ,N 3; 1x 1,y 2x y 2x y 5 0
x 3,y 1 D 3; 1 ,N 1;23x 4y 5 0
 − − =− =+ − − − =
⇔ ⇒   = = − − −+ − =   
.
Ta có .
TH1:
Nếu ( ) ( )D 1;2 ,N 3; 1− − đường thẳng ( ) ( ) ( )2 2
CD:a x 1 b y 2 0, a b 0+ + − = + > .
Ta có
( ) ( )22 2 42a 19b
405 a b 17 3a 4b
6a 7b
=
⇔ + = + ⇔  =
.
- Với 42a 19b= , chọn a 19,b 42 CD:19x 42y 65 0= = ⇒ + − = .
Đường thẳng BC CD BC: 42x 19y 145 0⊥ ⇒ − − =.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
293
x
19x 42y 65 0 293 185
C ;
42x 19y 145 0 1 85 85
x
85

=+ − =   
⇔ ⇒ −   − − =    = −

.
Ta có
.
Tọa độ trung điểm của BD là
812 61
I ;
85 170
 
 
 
vì I cũng là trung điểm của AC nên
1331 108
A ;
85 85
 
− 
 
.
- Với 6a 7b= , chọn a 7,b 6 CD:7x 6y 5 0= = ⇒ + − = .
Đường thẳng BC CD BC:6x 7y 25 0⊥ ⇒ − − =.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:

341. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
341
37
x
6x 7y 25 0 37 2917
C ;
7x 6y 5 0 29 17 17
y
17

=− − =   
⇔ ⇒ −   + − =    = −

.
Thực hiện tương tự trên ta tìm được tọa độ điểm B,A .
TH2: Nếu ( ) ( )D 3; 1 ,N 1;2− − thực hiện tương tự.
Bài 18. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có tâm ( )I 1; 1− . Gọi
M là điểm trên cạnh CD thỏa mãn MC 2MD= . Tìm tọa độ các đỉnh hình
vuông ABCD biết đường thẳng AM có phương trình là: 2x y 5 0− − =.
Hướng dẫn giải – đáp số
Ta có:  
   
 0 1
cosMAC cos 45 DAM cosDAM sin DAM
2
1 AD DM 2
.
AM AM2 5
   
     
.
Đường thẳng AC đi qua ( )I 1; 1− có phương trình dạng:
( ) ( ) ( )2
AC:a x 1 b y 1 0, a b 02
− + += + > .
Ta có
AM AC
2 2 2 2
AM AC
n .n 2a b2 2
5 5n . n 2 ( 1) . a b
−
=⇔ =
+ − +
 
 
( ) ( )22 2 b 0
4 a b 2a b
3b 4a
=
⇔ + = − ⇔  = −
.
TH1 : Nếu b 0 AC: x 1 0= ⇒ − = .
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình :
( )
x 1 0 x 1
A 1; 3
2x y 5 0 y 3
−= = 
⇔ ⇒ − 
− + = =− 
.
Vì I là trung điểm của ( )AC C 1;1⇒ .
Đường thẳng BD AC BD: y 1 0⊥ ⇒ + = .
Gọi ( ) ( )
( )
( )
2 D 1; 1t 1
D t; 1 BD ID IA 2 t 1 4
t 3 D 3; 1
 − −= −
− ∈ ⇒ = = ⇔ − = ⇔ ⇒  = − 
.
Do I,Dkhác phía với đường thẳng AM nên chỉ nhận D(3;-1).
Vì I là trung điểm của BD nên ( )B 1; 1− − .
TH2 : Thực hiện tương tự.

342. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
342
Bài 19. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh A thuộc
đường thẳng d : x y 4 0− − =. Đường thẳng BC đi qua điểm ( )M 4;0 , đường
thẳng CD đi qua điểm ( )N 0;2 thỏa mãn tam giác AMN cân tại A . Tìm tọa độ
các đỉnh hình vuông ABCD .
Hướng dẫn giải – đáp số
Phương trình trung trực của đoạn thẳng MN là:
( ) ( )2 22 2
x 4 y x y 2 2x y 3 0− + = + − ⇔ − − = .
Do tam giác AMN cân tại A nên A nằm trên đường trung trực của MN .
Vậy tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
( )
2x y 3 0 x 1
A 1; 5
x y 4 0 y 5
− − = =− 
⇔ ⇒ − − 
− − = =− 
.
Đường thẳng BCđi qua điểm ( )M 4;0 có phương trình:
( ) ( )2 2
BC:a x 4 by 0, a b 0− + = + > .
Đường thẳng CD BC⊥ và đi qua ( )N 0;2 nên có phương trình:
( )CD: bx a y 2 0− − =.
Vì ABCD là hình vuông nên ( ) ( )d A;BC d A;CD=
2 2 2 2
a 3b5a 5b 7a b
b 3aa b a b
=− − − 
⇔ = ⇔  = −+ +
.
TH1 : Nếu a 3b= , chọn a 3,b 1 BC:3x y 12 0= = ⇒ + − = .
Đường thẳng CD: x 3y 6 0− + =.
Đường thẳng AB BC AB: x 3y 14 0⊥ ⇒ − − =.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình :
( )
3x y 12 0 x 5
B 5; 3
x 3y 14 0 y 3
+ −= = 
⇔ ⇒ − 
− − = =− 
.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình :
( )
3x y 12 0 x 3
C 3;3
x 3y 6 0 y 3
+ −= = 
⇔ ⇒ 
− += = 
.
Đường thẳng AD / /BC AD:3x y 8 0⇒ + + =.
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình :
( )
3x y 8 0 x 3
D 3;1
x 3y 6 0 y 1
+ + = =− 
⇔ ⇒ − 
− += = 
.
TH2 : Thực hiện tương tự.

343. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
343
Bài 20. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc
đường thẳng d : x 3y 7 0+ + =và điểm ( )A 1;5 . Gọi M là điểm nằm trên tia đối
của tia CBsao cho MC 2BC= , N là hình chiếu vuông góc của B trên đường
thẳng MD . Tìm tọa độ các điểm B và C biết
5 1
N ;
2 2
 
− 
 
.
Hướng dẫn giải – đáp số
Ta có 5 điểm A,B,C,D,N cùng thuộc đường tròn đường kính BD .
Mặt khác đường tròn này có đường kính là AC nên  0
ANC 90= .
Vì ( )
9 1 7 9
C d C 3t 7;t NC 3t ;t ,NA ;
2 2 2 2
   
∈ ⇒ − − ⇒ = − − − =   
   
 
.
Ta có ( )
7 9 9 1
NC.NA 0 3t t 0 t 3 C 2; 3
2 2 2 2
   
= ⇔ − − + − = ⇔ = − ⇒ −   
   
 
.
Tọa độ tâm I của hình chữ nhật ABCD chính là trung điểm của
3
AC I ;1
2
 
⇒  
 
.
Gọi ( )
( )
( )
M
M
2 x 2 2 x
B x;y MC 2BC
3 y 2 3 y
 − =− −
⇒ =− ⇔ 
− − =− − −
 
.
( )M
M
x 6 2x
M 6 2x; 9 2y
y 9 2y
= −
⇔ ⇒ − − −
=− −
.
Ta có:
5 5 1 1
MN.NB 0 6 2x x y 9 2y 0
2 2 2 2
     
= ⇔ − − + + + − + + =     
     
 
.
Mặt khác B nằm trên đường tròn tâm I bán kính
65
IN
2
= .
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
( )
2
23 65
x y 1
2 4
5 5 1 1
6 2x x y 9 2y 0
2 2 2 2
 
− + − =  

      − − + + + − + + =          
( )
x 5,y 1
B 5; 15 1
x ,y
2 2
= = −
⇔ ⇒ −
 =− =

.
Vậy hai điểm cần tìm là ( ) ( )B 5; 1 ,C 2; 3− − .
Nhận xét. Mấu chốt của bài toán này đó chính là 5 điểm A,B,C,D,N cùng thuộc
một đường tròn. Ngoài ra ta có thể chứng minh AN NC⊥ bằng véc tơ.
Bài 21. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng
6 và phương trình đường chéo AC: x 2y 9 0+ − =. Đường thẳng AB đi qua
điểm ( )M 5;5 , đường thẳng AD đi qua điểm ( )N 5;1 . Tìm tọa độ các đỉnh hình
chữ nhật ABCD .

344. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
344
Hướng dẫn giải – đáp số
Vì ( )A AC A 9 2t;t∈ ⇒ − .
Ta có ( ) ( )AM 2t 4;5 t ,AN 2t 4;1 t= − − = − −
 
.
Vì AB AD AM.AN 0⊥ ⇒ =
 
( ) ( )( )
( )
2
A 3;3t 3
2t 4 1 t 5 t 0 7 31 7
t A ;
5 5 5
=
⇔ − + − − = ⇔ ⇒   =    
.
TH1: Nếu ( )A 3;3 khi đó đường thẳng AB đi qua hai điểm A,M nên có phương
trình: AB: x y 0− =.
Đường thẳng AD đi qua hai điểm A,N nên có phương trình:
AD: x y 6 0+ − =.
Gọi ( )C 9 2t;t− ta có
( ) ( )ABCD
2 2 2 2
9 2t t 9 2t t 6
S d C;AB .d C;AD . 6
1 ( 1) 1 1
− − − + −
= = =
+ − +
( )
( )
( )
2 C 7;1t 1
t 3 4
t 5 C 1;5
=
⇔ − = ⇔ ⇒  = − 
.
- Với ( )C 7;1 đường thẳng BC / /AD BC: x y 8 0⇒ + − =.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
( )
x y 0 x 4
B 4;4
x y 8 0 y 4
−= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Đường thẳng CD / /AB CD: x y 6 0⇒ − − =.
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình:
( )
x y 6 0 x 6
D 6;0
x y 6 0 y 0
+ −= = 
⇔ ⇒ 
− −= = 
.
- Với ( )C 1;5 BC: x y 4 0− ⇒ + − =.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
( )
x y 0 x 2
B 2;2
x y 4 0 y 2
−= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Đường thẳng CD / /AB CD: x y 6 0⇒ − + =.
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình: ( )
x y 6 0 x 0
D 0;6
x y 6 0 y 6
+ −= = 
⇔ ⇒ 
− += = 
.
TH2: Nếu
31 7
A ;
5 5
 
 
 
thực hiện tương tự.

345. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
345
Bài 22. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh B,D thuộc
trục hoành và điểm A thuộc đường thẳng 1d : x y 0− =, điểm C thuộc đường
thẳng 2d :2x y 1 0+ − = . Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD .
Hướng dẫn giải – đáp số
Vì B,D Ox,AC BD AC: x c 0∈ ⊥ ⇒ − =.
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
( )
x c 0 x c
A c;c
x y 0 y c
−= = 
⇔ ⇒ 
−= = 
.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
( )
x c 0 x c
C c;1 2c
2x y 1 0 y 1 2c
−= = 
⇔ ⇒ − 
+ − = = − 
.
Tọa độ tâm I của hình vuông là trung điểm của AC nên
1 c
I c;
2
− 
 
 
.
Mặt khác ( ) ( ) ( )
1 c
I BD 0 c 1 A 1;1 ,I 1;0 ,C 1; 1
2
−
∈ ⇒ = ⇔ = ⇒ − .
Gọi ( )B b;0 Ox∈ ta có
( ) ( )
( ) ( )
B 0;0 ,D 2;0b 0
IB IA 1 b 1 1
b 2 B 2;0 ,D 0;0
=
= = ⇔ − = ⇔ ⇒  = 
.
Vậy tọa độ bốn điểm cần tìm là ( ) ( ) ( ) ( )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− .
Bài 23. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I(1;-1). Gọi
M là điểm nằm trên cạnh CD sao cho MC 2MD= , phương trình đường thẳng
AM : 2x y 7 0− + =. Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD .
Hướng dẫn giải – đáp số
Ta có:  
( )  
( )0 1
cosMAC cos 45 MAD cosMAD sin MAD
2
1 AD MD 1 1 1/ 3 2
.
AM AM2 2 1 1 5
1 1
9 9
= − = +
   
= + = + =   
   + + 
 
Đường thẳng AC đi qua I có phương trình:
( ) ( ) ( )2 2
AC:a x 1 b y 1 0, a b 0− + += + > .
Ta có
AC AM
2 2 2 2
AC AM
n .n 2a b2 2
5 5n . n 2 ( 1) . a b
−
=⇔ =
+ − +
 
 

346. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
346
( ) ( )2 2 2 b 0
2a b 4 a b
4a 3b
=
⇔ − = + ⇔  = −
.
TH1: Nếu b 0 AC: y 1 0= ⇒ + = .
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
( )
y 1 0 x 3
A 3; 1
2x y 7 0 y 1
+ = =− 
⇔ ⇒ − − 
− + = =− 
.
Vì I là trung điểm ( )AC C 5; 1⇒ − .
Đường thẳng BD AC BD: x 1 0⊥ ⇒ − = . Ta có IB ID IA 4= = = .
Suy ra tọa độ điểm B,D là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )2 2
x 1 0 B 1;3 ,D 1; 5x 1,y 3
x 1,y 5 B 1; 5 ,D 1;3x 1 y 1 16
− =  −= =
⇔ ⇒   = = − −− + + =   
.
Kiểm tra thấy B,D cùng phía với AM nên loại trường hợp này.
TH2: Nếu 4a 3b= − , chọn a 3,b 4 AC:3x 4y 7 0= =− ⇒ − − = .
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
( )
3x 4y 7 0 x 7
A 7; 7
2x y 7 0 y 7
− − = =− 
⇔ ⇒ − − 
− + = =− 
.
Vì I là trung điểm ( )AC C 9;5⇒ .
Ta có BD AC BD: 4x 3y 1 0⊥ ⇒ + − = .
Ta có IB ID IA 10= = = .
Suy ra tọa độ điểm B,D là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )2 2
4x 3y 1 0 B 5;7 ,D 7; 9x 5,y 7
x 7,y 9 B 7; 9 ,D 5;7x 1 y 1 100
+ − =  − −=− =
⇔ ⇒   = = − − −− + + =   
.
Kiểm tra thấy B,D khác phía với AM nên thỏa mãn điều kiện.
Vậy tọa độ bốn điểm cần tìm là
( ) ( ) ( ) ( )A 7; 7 ,C 9;5 ,B 5;7 ,D 7; 9− − − − hoặc ( ) ( ) ( ) ( )A 7; 7 ,C 9;5 B 7; 9 ,D 5;7− − − − .
Nhận xét. Với bài toán hình giải tích phẳng ta giải đa giác theo bài toán ngược nên
cần kiểm tra lại do vậy rất dễ đưa đến kết quả sai nếu bỏ qua bước kiểm tra
nghiệm.
Bài 24. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng
16 và đỉnh A(-1;-2). Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD biết
đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD có phương trình là:
( ) ( ) ( )2 2
C : x 2 y 1 10+ + − = và B có hoành độ dương.
Hướng dẫn giải – đáp số
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 2;1− và bán kính R 10= .
Tâm I cũng chính là tâm hình chữ nhật ABCD .

347. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
347
Vì I là trung điểm của ( )AC C 3;4⇒ − .
Phương trình đường AC:3x y 5 0+ + = và AC 2 10= .
Ta có ( ) ( ) ABCDS 16 8
d B;AC d D;AC
AC 2 10 10
= = = = .
Tọa độ điểm B,D là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )
( )2 2
x 1,y 0
x 5,y 2
3x y 5 8
19 8 B 1;0x ,y
x 2 y 1 10 5 5
1 18
x ,y
5 5
= =
 =− = + + = 
⇔ ⇒ =− =−
+ + − = 

=− =
.
Vì I là trung điểm của ( )BD D 5;2⇒ − .
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là ( ) ( ) ( )B 1;0 ,C 3;4 ,D 5;2− − .
Bài 25. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có hai điểm A,B
thuộc trục hoành và hai điểm C,D thuộc đường tròn ( ) ( ) ( )2 2
C : x 2 y 1 9− + + =.
Viết phương trình đường thẳng CD để diện tích hình chữ nhật ABCD lớn nhất.
Hướng dẫn giải – đáp số
Vì A,B Ox,CD / /AB CD: y c 0∈ ⇒ − =.
Tọa độ điểm C,D là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )
( )
2
2 2
2
y c 0 x 2 8 c 2c,y c
, 4 c 2
x 2 y 1 9 x 2 8 c 2c,y c
− = = − − − = ⇔ − < <
− + + = = + − − = 
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
C 2 8 c 2c;c ,D 2 8 c 2c;c
C 2 8 c 2c;c ,D 2 8 c 2c;c
 − − − + − −

⇒ 
 + − − − − −

.
Không mất tính tổng quát giả sử ( ) ( )2 2
C 2 8 c 2c;c ,D 2 8 c 2c;c− − − + − − .
Khi đó ( ) ( )2 2
A 2 8 c 2c;0 ,B 2 8 c 2c;0− − − + − − .
Ta có ( )2 2 2
ABCDS AB.AC 2 c 8 c 2c 2 c 8 c 2c= = − − = − − .
Xét hàm số ( )2 2
f (c) c 8 c 2c= − − trên khoảng ( )4;2− .

348. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
348
Ta có ( )2
c 0
f '(c) 2c 2c 3c 8 ;f '(c) 0 3 73
c
4
=
= − − + = ⇔ − ± =

.
Lập bảng biến thiên suy ra
( )c 4;2
3 73 827 73 73
max f (c) f
4 32∈ −
 − − +
= =  
 
.
Vậy diện tích hình chữ nhật ABCD lớn nhất khi
3 73
c
4
− −
= .
Suy ra đường thẳng
3 73
CD: y 0
4
+
+ =.
Bài 26. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có diện tích bằng 4
và tâm ( )I 3; 1− , đỉnh ( )B 4;0 . Gọi K là điểm nằm trên CD sao cho góc giữa
đường thẳng BK và CD bằng α xác định bởi
2
cos
5
α = . Tìm tọa độ các đỉnh
A,C,D biết K có tung độ dương.
Hướng dẫn giải – đáp số
Vì I là trung điểm của ( )BD D 2; 2⇒ − . Đường thẳng BD: x y 4 0− − =.
Đặt độ dài cạnh hình vuông bằng a 0> . Ta có 2
ABCDS a 4 a 2= = ⇔ = .
Vì  0
BCD 90 nên BKC   .
Ta có 
2 2
KC 2
cosBKC KC 2a
5KC BC
   

.
Vậy K là điểm đối xứng của C qua D hoặc là điểm đối xứng của D qua C .
TH1: Nếu K là điểm đối xứng của D qua C .
Tam giác BDK vuông cân tại ( )B BK : x y 4 0 K t;4 t⇒ + − = ⇒ − .
Ta có ( ) ( )
( )
( )
2 2 K 6; 2t 6
DK BD 2 4 t 2 6 t 16
t 2 K 2;2
 −=
= = ⇔ − + − = ⇔ ⇒  = 
.
Vì K có tung độ dương nên ( )K 2; 2− .
Vì C là trung điểm ( )DK C 2;0⇒ .
Vì I là trung điểm ( )AC A 4; 2⇒ − .
TH2: Nếu K là điểm đối xứng của C qua D .
Khi đó ABDK là hình bình hành.
Giải hệ điều kiện
AB KD
AK BK
 =

=
 
  suy ra tọa độ điểm A,K C⇒ .

349. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
349
Bài 27. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh ( )A 1;1− .
Gọi M là điểm trên cạnh BC thỏa mãn MC 2MB= và N là điểm trên cạnh
CD sao cho  0
MAN 45 . Tìm tọa độ các đỉnh B,C,D biết phương trình đường
thẳng MN là 7x y 24 0+ − =.
Hướng dẫn giải – đáp số
Trước hết ta tìm vị trí của điểm N trên cạnh CD :
Ta có:   
  
 0 0
sin DAN sin 90 MAN MAB cos 45 MAB     .
 
 1 1 AB BM 1 3 1 1
cosMAB sin MAB
AM AM2 2 2 10 10 5
                
.
Suy ra
DN 1
AD 2DN CD 2DN
AN 5
     do đó N là trung điểm cạnh CD .
Bài toán quy về dạng toán quen thuộc ta đi tính diện tích tam giác AMN theo
hai cách để tìm ra độ dài cạnh hình vuông ABCD .
Đặt độ dài cạnh hình vuông ABCD bằng a 0> .
Ta có ( )AMN
2 2
7 1 241 1 5a 5a 2
S MN.d A;MN . .
2 2 6 47 1
− + −
= = =
+
.
Mặt khác
2 2 2 2
2
AMN ABCD ADN ABM CMN
a a a 5a
S S S S S a
4 6 6 12
= − − − = − − − = .
Do đó
2
AC a 2 6
5a 2 5a a 10
a 3 2 AM 2 5
4 12 3
2a
MC 2 2
3

= =


= ⇔ = ⇒ = =


= =
.
Vì ( )M MN M t;24 7t AM 2 5∈ ⇒ − ⇒ = .
( ) ( )
( )
2 2
M 3;3t 3
t 1 23 7t 30 17 17 1
t M ;
5 5 5
=
⇔ + + − = ⇔ ⇒   =    
.
TH1: Nếu ( )M 3;3 tọa độ điểm C thỏa mãn hệ phương trình:
( ) ( )
( ) ( )
( )2 2
2 2
C 5;1x 5,y 1x 1 y 1 36
13 29 13 29
x ,y C ;x 3 y 3 8 5 5 5 5
= = + + − = ⇔ ⇒  = =  − + − =    
.
Đối chiếu với điều kiện A,C nằm khác phía với đường thẳng ( )MN C 5;1⇒ .

350. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
350
Ta có
( )
( )
( )
B
B
B
b
3
x 5 3 5
x 23 2
CB CM B 2;4
3 y 42
y 1 3 1
2

− = − =
= ⇔ ⇔ ⇒ 
= −= −

 
.
Tọa độ trung điểm I của AC là ( )I 2;1 . Vì I là trung điểm của ( )BD D 2; 2⇒ − .
TH2: Thực hiện tương tự.
Bài 28. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có đỉnh ( )D 1;2− .
Gọi M là trung điểm BCvà N là điểm trên cạnh AC sao cho
AN 1
AC 4
= , phương
trình đường thẳng MN là: x y 1 0− + = . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình
vuông ABCD biết M có hoành độ dương.
Hướng dẫn giải – đáp số
Đặt độ dài cạnh hình vuông bằng a 0> . Gọi I là tâm hình vuông.
Ta có  0 a AC a 2
MIN 135 ,IM ,IN
2 4 2
    .
Suy ra
2 2 2
2 2 2 0 a a a 2 a 1 5a
MN IN IM 2IN.IMcos135 2. . .
8 4 4 2 82
= + − = + + = .
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2a a 5a 5a
DN ID IN ,DM DC CM
2 8 8 4
= + = + = = + = .
Suy ra tam giác 2 2 2
MN DN DM+ =, vậy tam giác DMN vuông tại N .
Suy ra tọa độ điểm N là hình chiếu của D trên MN .
Dễ tìm được ( )N 0;1 .
Gọi ( )M t;t 1 MN+ ∈ .
Ta có ( ) ( )
( )
( )
2 2 M 1;0t 1
DM DN 2 2 t 1 t 1 4
t 1 M 1;2
 −= −
= = ⇔ + + − = ⇔ ⇒  = 
.
Vì M có hoành độ dương nên ( )M 1;2 .
Ta có  CM 1
cosDMC
DM 5
  .
Đường thẳng DM : y 2 0− =.
Đường thẳng BC đi qua ( )M 1;2 có phương trình:
( ) ( ) ( )2 2
BC:a x 1 b y 2 0, a b 0− + − = + > .
Ta có
2 2
a 2bb 1
a 2b5a b
=
= ⇔  = −+
.

351. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
351
TH1: Nếu a 2b= , chọn a 2,b 1 BC: 2x y 4 0= = ⇒ + − = .
Đường thẳng CD BC CD: x 2y 5 0⊥ ⇒ − + =.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
3
x
2x y 4 0 3 145
C ;
x 2y 5 0 14 5 5
y
5

=+ − =   
⇔ ⇒   − + =    =

.
Vì M là trung điểm
7 6
BC B ;
5 5
 
⇒  
 
. Vì
1 2
BC AD A ;
5 5
 
= ⇒ − 
 
 
.
TH2: Nếu a 2b= − thực hiện tương tự.
Nhận xét. Để chứng minh DN MN⊥ ta có thể dùng véc tơ hoặc nếu không
nhận ra tính chất vuông góc ở trên các em vận dụng phương pháp tính diện tích
tam giác DMN theo hai cách ta vẫn giải quyết được bài toán.
Bài 29. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có điểm ( )M 1;2 là
trung điểm cạnh BC. Phương trình đường trung tuyến kẻ từ A của tam giác
ADM là: 5x y 1 0− + =. Tìm tọa độ đỉnh B biết A có hoành độ dương.
Hướng dẫn giải – đáp số
Đặt độ dài cạnh hình vuông bằng a 0> .
Theo giả thiết ta có
a a 5
BM CM AM DM
2 2
= =⇒ = = .
Gọi E là trung điểm của DM .
Trong tam giác ADM ta có:
2 2 2 2
2 AD AM DM 13a a 13
AE AE
2 4 16 4
+
= − = ⇒ = .
Ta có
2 2 2
2
ADM ABCD ABM CDM
a a a
S S S S a
4 4 2
= − − = − − = .
Mặt khác ( )ADM AEM
2 2
5.1 2 1a 13 a
S 2S AE.d M;AE .
4 25 ( 1)
− +
= = = =
+ −
.
Vậy ta có
2
a a a 5 10
a 2 AM
2 2 22
= ⇔ = ⇒ = = .
Vì ( )A AE A a;5a 1∈ ⇒ + .
Ta có phương trình: ( ) ( )2 2
1 71 A ;a
2 25 2
a 1 5a 1
12 1 21
a A ;
26 26 26
  
=    − + − = ⇔ ⇒
   = − −    
.
Vì A có hoành độ dương nên
1 7
A ;
2 2
 
 
 
.

352. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
352
Gọi ( )B x;y . Ta có
2
AB 2,MB
2
= = .
Vậy tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )2 2
2 2
1 3 53 5x 1 y 2 B ;x ,y
2 2 22 2
3 211 7 3 21
x ,yx y 2 B ;
10 102 2 10 10
   − + − = = =     ⇔ ⇒
      = =− + − =             
.
Vậy điểm cần tìm là
3 5
B ;
2 2
 
 
 
hoặc
3 21
B ;
10 10
 
 
 
.
Nhận xét. Ngoài ra ta có thể viết phương trình đường thẳng AB đi qua A và tạo
với AM góc
1
cos
5
α = . Tính tọa độ điểm B theo hệ thức AB 2= .
Để tìm điểm A ta viết phương trình đường thẳng AM đi qua A tạo với AE một
góc xác định bởi: 
2 2 2
AE AM ME
cosEAM
2AE.AM
 
 .
Bài 30. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh ( )D 3; 3− .
Gọi M là trung điểm cạnh AD , đường thẳng CM có phương trình là:
x y 2 0− − =. Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C .
Hướng dẫn giải – đáp số
Ta có  DM 1
cosDCM
CM 5
  .
Đường thẳng ( ) ( ) ( )2 2
CD:a x 3 b y 3 0, a b 0− + + = + > .
Ta có
CD CM
2 2 2 2
CD CM
n .n a b1 1
5 5n . n a b . 1 ( 1)
−
=⇔ =
+ + −
 
 
( ) ( )2 2 2 a 3b
5 a b 2 a b
b 3a
=
⇔ − = + ⇔  =
.
TH1: Nếu a 3b= , chọn a 3,b 1 CD:3x y 6 0= = ⇒ + − = .
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
( )
3x y 6 0 x 2
C 2;0
x y 2 0 y 0
+ −= = 
⇔ ⇒ 
− −= = 
.
Đường thẳng ( )BC CD BC: x 3y 2 0 B 3t 2;t⊥ ⇒ − − = ⇒ + .
Ta có
( )
( )
2 2
B 1; 1t 1
BC CD 9t t 10
t 1 B 5;1
 − −= −
= ⇔ + = ⇔ ⇒  = 
.

353. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
353
Mặt khác B,D nằm khác phía so với CM nên nhận nghiệm ( )B 1; 1− − .
Vì ( )CD BA A 0; 4= ⇒ −
 
.
TH2: Nếu b 3a= thực hiện tương tự.
Bài 31. Trong mặt phẳng tọa độOxy , cho hình chữ nhật ABCD có AB 2AD= ,
đỉnh ( )A 1;2 và đỉnh C thuộc đường thẳng d : 2x y 9 0− + =. Gọi M là trung
điểm cạnh CD . Tìm tọa độ các đỉnh B,C,D biết phương trình đường thẳng
BM là: 5x y 19 0+ − =.
Hướng dẫn giải – đáp số
Ta có thể tính tọa độ điểm C bằng cách viết phương trình đường thẳng BC tạo
với BM một góc xác định hoặc chứng minh AC BM⊥ bằng véc tơ như sau. Từ
đó suy ra tọa độ điểm C.
Ta có
( )( )
AC AD DC
AC.BM AD DC BC CM AD.BC CM.DC 0
BM BC CM
 = +
⇒ = + + = + =
= +
  
         
   .
Vậy AC BM⊥ .
Đường thẳng AC: x 5y 9 0− + =.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
( )
x 5y 9 0 x 4
C 4;1
2x y 9 0 y 1
− + = =− 
⇔ ⇒ − 
− += = 
.
Dựa vào giả thiết độ dài cạnh để tìm ra tọa độ hai điểm B,D.
Bài 32. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD,AB 2BC= .
Đường thẳng AB đi qua điểm ( )M 4;3− , đường thẳng BCđi qua điểm ( )N 0;9 ,
đường thẳng AD đi qua điểm ( )P 12; 1− và CD đi qua điểm ( )Q 18;6 . Tìm tọa
độ các đỉnh hình chữ nhật ABCD .
Hướng dẫn giải – đáp số
Phương trình đường thẳng ( ) ( ) ( )2 2
AB:a x 4 b y 3 0, a b 0+ + − = + > .
Đường thẳng ( )BC AB BC: bx a y 9 0⊥ ⇒ − − =.
Theo giả thiết ( ) ( )AB 2BC d P;BC 2d Q;AB= ⇒ =
2 2 2 2
17a 3b12b 10a 22a 3b
2.
b 3aa b a b
=+ + 
⇔ = ⇔  = −+ +
.
TH1: Nếu 17a 3b= , chọn a 3,b 17 AB:3x 17y 39 0= = ⇒ + − = .
Đường thẳng BC:17x 3y 27 0− + =.
Đường thẳng AD / /BC AD:17x 3y 207 0⇒ − − =.
Đường thẳng CD / /AB CD:3x 17y 156 0⇒ + − =.

354. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
354
Tọa độ điểm A AB AD=  là nghiệm của hệ phương trình:
1818
x
3x 17y 39 0 1818 21149
A ;
17x 3y 207 0 21 149 149
y
149

=+ − =   
⇔ ⇒   − − =    =

.
Tọa độ điểm B AB BC=  là nghiệm của hệ phương trình:
171
x
3x 17y 39 0 171 372149
B ;
17x 3y 27 0 372 149 149
y
149

= −+ − =   
⇔ ⇒ −   − + =    =

.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
9
x
17x 3y 27 0 9 2733298
C ;
3x 17y 156 0 2733 298 298
y
298

=− + =   
⇔ ⇒   + − =    =

.
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình:
3987
x
3x 17y 156 0 3987 2031298
D ;
17x 3y 207 0 2031 298 298
y
298

=+ − =   
⇔ ⇒   − − =    =

.
TH2: Nếu b 3a= − thực hiện tương tự.
Tổng quát: Đề bài có thể yêu cầu cho AB kBC= hoặc có diện tích cho trước.
Bài 33. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật
3
ABCD, AB AD
2
 
= 
 
đường phân giác trong góc ABD đi qua trung điểm M của cạnh AD , đường
thẳng BM có phương trình là x y 2 0− + =. Điểm ( )E 1;2− thuộc đường thẳng
AB . Tìm tọa độ các đỉnh D .
Hướng dẫn giải – đáp số
Theo giả thiết 3 AM 1 1
AB AD cosABM
2 BM 1 9 10
    

.
Đường thẳng ( ) ( ) ( )2 2
AB:a x 1 b y 2 0, a b 0+ + − = + > .
Ta có
BD BM
2 2 2 2
BD BM
n .n a b1 1
10 10n . n a b . 1 ( 1)
−
=⇔ =
+ + −
 
 
( ) ( )2 2 2 a 2b
5 a b a b
b 2a
=
⇔ − = + ⇔  =
.

355. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
355
TH1: Nếu a 2b= , chọn a 2,b 1 AB: 2x y 0= = ⇒ + = .
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
2
x
x y 2 0 2 43
B ;
2x y 0 4 3 3
y
3

= −− + =   
⇔ ⇒ −   + =    =

.
Gọi 1E là điểm đối xứng của E qua đường thẳng 1BM E BD⇒ ∈ .
Vì 1EE BM⊥ và trung điểm của 1EE thuộc BM nên tọa độ điểm 1E thỏa mãn
hệ phương trình: ( )1
x 1 y 2
x 01 1 E 0;1
x 1 y 2 y 1
2 0
2 2
+ −
= = −
⇔ ⇒ 
− + = − + =

.
Đường thẳng BD đi qua hai điểm 1B,E nên có phương trình là:
BD: x 2y 2 0+ − =.
Suy ra ( )D 2 2d;d− . Đường thẳng AD AB AD: x 2y 4d 2 0⊥ ⇒ − + − =.
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
2 4d
x
x 2y 4d 2 0 2 4d 8 4d5
A ;
2x y 0 8 4d 5 5
y
5
−
=− + − = − −  
⇔ ⇒   += −    =

.
Ta có
3
AB AD
2
=
2 2 2 2
2 2 4d 4 8 4d 9 2 4
2 2d d
3 5 3 5 4 3 3
 − −       
⇔ − − + − = − − + + −        
         
( )
( )
( )
( )
4 1045 6 10612378 48 10614 1045 6 1061 D ;
2991 2991d
2991
4 1045 6 1061 4 1045 6 10612378 48 1061
d D ;
2991 2991 2991
  −− +   −
   =
  
⇔ ⇒   + +  − − =      
.
Vậy tọa độ điểm cần tìm là
( )4 1045 6 10612378 48 1061
D ;
2991 2991
 −− + 
 
 
hoặc
( )4 1045 6 10612378 48 1061
D ;
2991 2991
 +− − 
 
 
.

356. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
356
TH2: Nếu b 2a= , chọn a 1,b 2 AB: x 2y 3 0= = ⇒ + − = .
Thực hiện tương tự.
Bài 34. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có đỉnh A(0;0). Gọi M
là trung điểm cạnh BC. Giả sử M(10;5), tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD.
Hướng dẫn giải – đáp số
Gọi ( )B x;y suy ra điểm B nằm trên đường tròn đường kính AM có phương
trình: ( ) ( )
2
2 5 125
C : x 5 y
2 4
 
− + − = 
 
.
Mặt khác ( )2 2 2 2 2 2 2 25 5
AM AB BM AB 125 x y x y 100
4 4
= + = ⇔ = + ⇔ + = .
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )
( )
2
2
2 2
5 125
B 6;8x 5 y x 6,y 8
2 4
x 10,y 0 B 10;0
x y 100
   − + − = = =   ⇔ ⇒   = =  
+ =
.
TH1: Nếu ( )B 6;8 do M là trung điểm ( )BC C 14;2⇒ .
Vì ( )AD BC D 8; 6= ⇒ −
 
.
TH2: Nếu ( )B 10;0 tương tư ta có ( ) ( )C 10;10 ,D 0;5 .
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là ( ) ( ) ( )B 6;8 ,C 14;2 ,D 8; 6− hoặc
( ) ( ) ( )B 10;0 ,C 10;10 ,D 0;5 .
Bài 35. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có tâm là gốc tọa độ
và hai cạnh AB,AD lần lượt đi qua các điểm ( )M 1;2− và ( )N 3; 1− . Tìm tọa độ
các đỉnh hình vuông ABCD .
Hướng dẫn giải – đáp số
Đường thẳng ( ) ( ) ( )2 2
AB:a x 1 b y 2 0, a b 0+ + − = + > .
Vì ( ) ( )AD AB AD: b x 3 a y 1 0⊥ ⇒ − − + =.
Vì O là tâm hình vuông nên ( ) ( )d O;AB d O;AD=
2 2 2 2
b 0a 2b 3b a
a 2b 3b a
2a ba b a b
=− − − 
⇔ = ⇔ − =− − ⇔  = −+ +
.
TH1: Nếu b 0 AB: x 1 0;AD: y 1 0= ⇒ + = + = .
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
( )
x 1 0 x 1
A 1; 1
y 1 0 y 1
+ = =− 
⇔ ⇒ − − 
+ = =− 
.
Vì O là trung điểm của ( )AC C 1;1⇒ .

357. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
357
Tọa độ điểm B là hình chiếu vuông góc của C trên ( )AB B 1;1⇒ − .
Tọa độ điểm D là hình chiếu vuông góc của C trên ( )AD D 1; 1⇒ − .
TH2: Nếu 2a b= − thực hiện tương tự.
Bài 36. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng
2 5 và nội tiếp trong đường tròn ( ) ( ) ( )2 2
C : x 2 y 1 1− + + =. Đường chéo AC
vuông góc với đường thẳng d : 2x y 1 0− − = . Tìm tọa độ các đỉnh B biết
A Cx x< .
Hướng dẫn giải – đáp số
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 2; 1− , bán kính R 1= .
Theo giả thiết đường tròn ( )C chính là đường tròn có tâm ngoại tiếp hình vuông
và có tâm trùng với tâm hình vuông ABCD .
Đường thẳng AC đi qua tâm và vuông góc với d nên có phương trình là:
AC: x 2y 0+ =.
Tọa độ điểm A,C là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )2 2
x 2,y 1x 2y 0
2 1
x ,yx 1 y 1 1
5 5
= = −+ = ⇔  = = −− + + = 
.
Do ( )A C
2 1
x x A ; ,C 2; 1
5 5
 
< ⇒ − − 
 
.
Gọi ( )B x;y ta có
( )ABCD ABC
x 2y
S 2S d B;AC .AC 2. 2 5 x 2y 1
5
+
= = = = ⇔ + = .
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )2 2
x 1,y 0
9 2
x ,y
5 5x 2y 1
2 1
x 1 ,y 1x 1 y 1 1
5 5
2 1
x 1 ,y 1
5 5
= =

 = = −
 + = ⇔  = − =− +− + + = 

 = + =− −

.
Vậy có bốn điểm cần tìm là ( )B 1;0 hoặc
9 2
B ;
5 5
 
− 
 
hoặc
2 1
B 1 ; 1
5 5
 
− − + 
 
hoặc
2 1
B 1 ; 1
5 5
 
+ − − 
 
.
Bài 37. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD,AB 2BC= có
đỉnh ( )A 1;1 và tâm
1
I ;0
2
 
 
 
. Tìm tọa độ các điểm B,D .

358. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
358
Hướng dẫn giải – đáp số
Vì I là trung điểm của AC nên C(0;-1).
Hai đỉnh B,D nằm trên đường tròn tâm I đường kính AC .
Đường tròn này có phương trình là: ( )
2
21 5
C : x y
2 4
 
− + = 
 
.
Tam giác vuông ABC ta có: 2 2 2 2
AC AB BC 5BC BC 1,AB 2= + = ⇒ = = .
Vậy B nằm trên đường tròn tâm A , bán kính R 2= có phương trình là :
( ) ( ) ( )2 2
1C : x 1 y 1 4− + − =.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình :
( ) ( )
( )2
2
2 2
B 1; 11 5 x 1,y 1x y
2 4 3 1 3 1
x ,y B ;
5 5 5 5x 1 y 1 4
  −  = = −− + =  ⇔ ⇒    =− =− − −    − + − = 
.
TH1 : Nếu ( )B 1; 1− do I là trung điểm của ( )BD D 0;1⇒ .
TH2: Nếu
3 1
B ;
5 5
 
− − 
 
do I là trung điểm của
8 1
BD D ;
5 5
 
⇒  
 
.
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là ( ) ( )B 1; 1 ,D 0;1− hoặc
3 1 8 1
B ; ,D ;
5 5 5 5
   
− −   
   
.
Bài 38. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình đường tròn ngoại tiếp
hình vuông ABCD có đỉnh ( )A 1;1 và trung điểm cạnh BClà ( )M 7;3 .
Giải
Ta có ( ) ( )2 22 2
AM 5MB x 7 y 3 8= ⇔ − + − = .
Ta có .
Đường thẳng AM : x 3y 2 0− + =.
Đường thẳng ( ) ( ) ( )2 2
AB:a x 1 b y 1 0, a b 0− + −= + > .
Ta có .
TH1: Nếu a b= − , chọn b 1,a 1 AB: x y 0=− =⇒ − = .
Tọa độ điểm B thỏa mãn hệ phương trình:
( ) ( )
( )2 2
x y 0 x 5
B 5;5
y 5x 7 y 3 8
− = =
⇔ ⇒ 
=− + − = 
.
Vì M là trung điểm của ( )BC C 9;1⇒ .

359. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
359
Tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD chính là trung điểm của
( )AC I 5;1⇒ .
Bán kính R IA 4= = .
Suy ra đường tròn cần tìm ( ) ( ) ( )2 2
C : x 5 y 1 16− + − =.
TH2: Nếu 7a b= , chọn a 1,b 7 AB: x 7y 8 0= = ⇒ + − = .
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )2 2
33
xx 7y 8 0 33 15
B ;
1 5 5x 7 y 3 8
y
5

=+ − =    
⇔ ⇒   
− + − =    =

.
Vì M là trung điểm của
37 29
BC C ;
5 5
 
⇒  
 
suy ra tọa độ trung điểm AC là
21 17
I ;
5 5
 
 
 
.
Suy ra phương trình đường tròn cần tìm là ( )
2 2
21 17
C : x y 16
5 5
   
− + − =   
   
.
Vậy đường tròn cần tìm là ( ) ( ) ( )2 2
C : x 5 y 1 16− + − =hoặc
( )
2 2
21 17
C : x y 16
5 5
   
− + − =   
   
.
Bài 39. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có phương trình
cạnh AD là: x y 1 0− + = . Gọi M là điểm trên đường thẳng BD . Giả sử
16 12
M ;
5 5
 
 
 
và trung điểm cạnh CD là điểm ( )N 6;5 . Tìm tọa độ các đỉnh hình
chữ nhật ABCD .
Hướng dẫn giải – đáp số
Tọa độ đỉnh D chính là hình chiếu vuông góc của N trên CD .
Đường thẳng CD AD CD: x y 11 0⊥ ⇒ + − =.
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình:
( )
x y 1 0 x 5
D 5;6
x y 11 0 y 6
− += = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Vì N là trung điểm của ( )CD C 7;4⇒ .
Đường thẳng BCđi qua C và song song với AD nên có phương trình:
BC: x y 3 0− − =.
Đường thẳng BD đi qua hai điểm D và M nên có phương trình:
BD: 2x y 4 0− − =.

360. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
360
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
( )
2x y 4 0 x 1
B 1; 2
x y 3 0 y 2
− −= = 
⇔ ⇒ − 
− − = =− 
.
Vì .
Vậy tọa độ bốn điểm cần tìm là ( ) ( ) ( ) ( )A 1;0 ,B 1; 2 ,C 7;4 ,D 5;6− − .
Bài 40. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có hai đỉnh A,B
thuộc đường thẳng d : x y 3 0− − = và hai đỉnh C,D thuộc đường tròn
( ) ( ) ( )2 2
C : x 1 y 2 9− + + =. Viết phương trình đường thẳng CD biết C Dx x< .
Hướng dẫn giải – đáp số
Vì ( )A,B d CD / /AB CD: x y c 0, c 3∈ ⇒ ⇒ − += ≠ − .
Tọa độ điểm C,D là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
c 1 c 6c 9 c 1 c 6c 9
x ,yx y c 0 2 2
x 1 y 2 9 c 1 c 6c 9 c 1 c 6c 9
x ,y
2 2
 + + − − + − − − − +
 =− =− + = ⇔ − + + = + − − − + − + − − +  =− =

.
Với 2
c 6c 9 0− − + > .
Do
2 2
C D
2 2
c 1 c 6c 9 c 1 c 6c 9
C ;
2 2
x x
c 1 c 6c 9 c 1 c 6c 9
D ;
2 2
  + + − − + − − − − +  −
 
  
< ⇒ 
  + − − − + − + − − +
 −
   
.
Đường thẳng 2
BC AB BC: x y c 6c 9 0⊥ ⇒ + + − − + =.
Đường thẳng 2
AD AB AD: x y c 6c 9 0⊥ ⇒ + − − − + =.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
2
2 2
2 2
3 c 6c 9
xx y 3 0 2
x y c 6c 9 0 3 c 6c 9
y
2
3 c 6c 9 3 c 6c 9
B ; .
2 2
 − − − +
 =− − = 
⇔ 
+ + − − + =  + − − +
= −

 − − − + + − − +
 ⇒ −
 
 
Ta có BC CD=

361. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
361
( )
2 2
2 4 c 2 c
2 c 6c 9
2 2
+ +   
⇔ − − += +   
   
75
c 3
5
75
c 3
5

=− −
⇔

=− +

(thỏa mãn điều kiện).
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là
75
CD: x y 3 0
5
+ − ± =.
Bài 41. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD . Gọi M là trung
điểm cạnh BC,N là điểm trên cạnh CD sao cho CN 3ND= . Giả sử
5 1
M ;
2 2
 
 
 
và đường thẳng AN có phương trình: 4x y 3 0− − =. Tìm tọa độ đỉnh A .
Hướng dẫn giải – đáp số
Ta có .
Suy ra:
AB AD BM DN 1 1 1/ 2 1/ 4 7
. . . .
AM AN AM AN 1 1 1 1 85
1 1 1 1
4 16 4 16
= − = − =
+ + + +
.
Đường thẳng ( )2 25 1
AM :a x b y 0, a b 0
2 2
   
− + − = + >   
   
.
Ta có
( ) ( )2 2 2 a 2b
5 4a b 49 a b
31a 22b
=
⇔ − = + ⇔  = −
.
TH1: Nếu a 2b= , chọn
11
a 2,b 1 AM : 2x y 0
2
= = ⇒ + − = .
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
17
11 x
2x y 0 17 812
A ;2
8 12 3
4x y 3 0 y
3

= + − =   
⇔ ⇒   
  − − = = 
.
TH2: Nếu 31a 22b= − , chọn
79
a 22,b 31 AM : 22x 31y 0
2
= =− ⇒ − − =.
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:

362. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
362
107
79 x
22x 31y 0 107 46204
A ;2
46 204 51
4x y 3 0 y
51

= − − =   
⇔ ⇒ −   
  − − = = − 
.
Vậy tọa độ điểm cần tìm là
107 46
A ;
204 51
 
− 
 
hoặc
17 8
A ;
12 3
 
 
 
.
Bài 42. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng
3, đường chéo AC nằm trên đường thẳng có phương trình: x 2y 9 0+ − =. Điểm
( )M 4;5− nằm trên đường thẳng BC, điểm ( )N 1;2 nằm trên đường thẳng CD .
Tìm tọa độ đỉnh A biết C có hoành độ âm.
Hướng dẫn giải – đáp số
Vì .
Ta có
( )( ) ( )( )
( )C 3;6t 6
2t 13 2t 8 5 t 2 t 0 19 7 19
t C ;
5 5 5
 −=
⇔ − − + − − = ⇔ ⇒   =    
.
Vì C có hoành độ âm nên ( )C 3;6− .
Đường thẳng CD đi qua C,N nên có phương trình: CD: x y 3 0+ − =.
Đường thẳng BCđi qua C,M nên có phương trình: BC: x y 9 0− + =.
Gọi ( )A 9 2a;a AC− ∈ .
Ta có ( ) ( )ABCDS AB.AD d A;CD .d A;BC 3= = =
( )
( )2 2 2 2
A 2 2 3;6 2a 6 29 2a a 3 9 2a a 9
. 3
a 6 2 A 2 2 3;6 21 1 1 ( 1)
 − − = −− + − − − + ⇔ =⇔ ⇒
= + − − ++ + −  
.
Vậy tọa độ điểm cần tìm là ( )A 2 2 3;6 2− − hoặc ( )A 2 2 3;6 2− − + .
Bài 43. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có điểm ( )A 1;5
và điểm C nằm trên đường thẳng d : x 2y 3 0+ − =. Gọi N là điểm trên cạnh
BCsao cho NC 3NB= . Đường thẳng DN có phương trình là: x 2y 7 0− − =.
Tìm tọa độ đỉnh D .
Hướng dẫn giải – đáp số
Gọi H,K lần lượt là giao điểm của đường thẳng DN với đường thẳng AC và AB.
Theo định lý Talet ta có:
NB BK 1
NC CD 3
= = .

363. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
363
Suy ra
( )
( )
d A;DN AH AK CD BK 4
d C;DN CK CD CD 3
+
= = = = .
Mặt khác ( ) ( )2 2
1 2.5 7 16 12
d A;DN d C;DN
5 51 ( 2)
− −
= =⇒ =
+ −
.
Vì ( )C d C 3 2t;t∈ ⇒ − .
Ta có phương trình:
( ) ( )
( )2 2
C 11; 41 3 2t 2.t 7 c 412
c 2 C 1;251 2
 −− − − = −
= ⇔ ⇒  = − + 
.
Đối chiếu với điều kiện A,C khác phía so với đường thẳng DN nhận nghiệm
( )C 11; 4− .
Gọi .
Ta có
32 889 3 8893 889 D ;t 5 1010
3 889 32 889 3 889
t D ;
10 5 10
  − + + −  = −     ⇔ ⇒   − + + − +=     
.
Vậy điểm cần tìm là
32 889 3 889
D ;
5 10
 − +
−  
 
hoặc
32 889 3 889
D ;
5 10
 + − +
  
 
.
Bài 44. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có tâm ( )I 1; 1− .
Điểm K trên cạnh AB sao cho KA 2KB= . Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông
ABCD biết đường thẳng DK có phương trình là : 2x y 0− =.
Hướng dẫn giải – đáp số
Ta có :
Đường thẳng BD đi qua ( )I 1; 1− có phương trình là :
( ) ( ) ( )2 2
BD:a x 1 b y 1 0, a b 0− + += + > .
Ta có

364. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
364
2 2 7a 9b
21a 104ab 99b 0
3a 11b
= −
⇔ + + =⇔  = −
.
TH1 :
Nếu 7a 9b= − , chọn a 9,b 7 BD:9x 7y 16 0= =− ⇒ − − = .
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình :
16
x
9x 7y 16 0 16 325
D ;
2x y 0 32 5 5
y
5

= −− − =   
⇔ ⇒ − −   − =    = −

.
Vì I là trung điểm của BD nên
36 22
B ;
5 5
 
 
 
.
Đường tròn đường kính BD có phương trình :
( ) ( ) ( )2 2 338
C : x 1 y 1
5
− + + = .
Vì AC BD AC:7x 9y 2 0⊥ ⇒ + + =.
Vì A,C cũng thuộc ( )C nên tọa độ A,C là nghiệm của hệ phương trình :
( ) ( )2 2
9 13 7 13
338 x 1 ,y 1
x 1 y 1 5 5
5
9 13 7 137x 9y 2 0 x 1 ,y 1
5 5

= − =− + − + + = ⇔
 + + = = + =− −

.
Kiểm tra điều kiện
( ) ( )
9 13 7 13 9 13 7 13
d A;DK d C;DK A 1 ; 1 ,C 1 ; 1
5 5 5 5
   
< ⇒ − − + + − −      
   
.
TH2 : Thực hiện tương tự.

365. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
365
CHUÛ ÑEÀ 10. KYÕ THUAÄT VAÄN DUÏNG ÑÒNH LYÙ THALES
Các bài toán hình phẳng Oxy trong các năm gần đây xuất hiện trong đề thi
Tuyển sinh đại học phần lớn sử dụng kết hợp tính chất hình học và giải tích. Do
đó đòi hỏi bạn đọc cần tinh ý nhận ra các tính chất hình học trong quá trình giải
toán đưa ra lời giải nhanh trong khoảng thời gian ngắn. Dưới đây tôi tổng kết lại
kỹ thuật vận dụng định lý Thales đã được áp dụng xuyên suốt trong chương 1
và chương 2. Kỹ thuật này áp dụng giải quyết được phần lớn các bài toán có
tính chất song song từ viết phương trình đường thẳng, các bài toán về tam giác
và tứ giác.
A. Nội dung hương pháp
1. Định lý Thales trong tam giác
a) Nếu một đường thẳng song song với một cạnh của tam giác thì nó định ra trên
các đường thẳng chứa hai cạnh kia những đoạn thẳng tương ứng tỷ lệ.
ABC,DE / /BC
AD AE AD AE
,
AB AC DB EC

  
(hình 1).
Hình 1
Chú ý. Định lý Thales cũng đúng đối
với hình thang.
AB / /EF / /CD
AE BF AE BF
,
AD BC ED FC
  
(hình 2).
Hình 2
b) Nếu một đường thẳng song song với một cạnh của tam giác thì nó tạo với các
đường thẳng chứa hai cạnh kia một tam giác mới có ba cạnh tương ứng tỷ lệ với
ba cạnh của tam giác đã cho.
AD AE DE
ABC,DE / /BC
AB AC BC
   
(hình 3).
Hình 3

366. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
366
c) Định lý Thales đảo
Nếu một đường thẳng định ra hai đường thẳng chứa hai cạnh của tam giác
những đoạn thẳng tương ứng tỷ lệ thì đường thẳng đó song song với cạnh còn
lại của tam giác.
AD AE
DE / /BC
DB EC
  (hình 3).
Trong quá trình giải toán ta cần vận dụng thành thạo định lý thuận và đảo của
Thales. Dưới đây tôi đề cập 2 định lý rất quan trọng trong hình học phẳng được
chứng minh bằng Thales đó là Định lý Ceva và Định lý Menelaus.
2. Định lí Ceva và định lí Menelaus dạng độ dài hình học.
a) Định lí Ceva:
Cho tam giác ABC và các điểm A’, B’, C’ lần lượt thuộc các cạnh BC, CA, AB.
Khi đó AA’, BB’, CC’ đồng quy khi và chỉ khi:
A'B B'C C'A
. . 1.
A'C B'A C'B
 (1)
Chứng minh :
() Cho AA’, BB’, CC’ đồng quy ta chứng minh (1)
Giả sử BB’, CC’ cắt đường thẳng qua A song song với BC lần lượt tại I và K.
Áp dụng định lí Thales có:
B'C BC C'A AK
; .
B'A AI C'B BC
 
Hơn nữa ta có:
AI AM AK A'B AI
A'B MA' A'C A'C AK
   
Vậy ta có
A'B B'C C'A AI BC AK
. . . . 1
A'C B'A C'B AK AI BC
 
() Giả sử ta có hệ thức (1), ta cần chứng
minh AA’, BB’, CC’ đồng quy.
Gọi P là giao điểm của AA’ và BB’, D là
giao điểm của CP và AB. Khi đó áp dụng
phần trên ta có
A'B B'C DA
. . 1.
A'C B'A DB
 (2)
Từ (1) và (2) ta có
C'A DA
C' D
C'B DB
   ( Do C’ và D cùng thuộc cạnh AB)
Vậy AA’, BB’, CC’ đồng quy tại P.
Bộ ba đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy như trên được gọi là bộ ba đo
thẳng Ceva và các đoạn thẳng AA’, BB’và CC’ được gọi là bộ ba đoạn thẳng
Ceva.

367. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
367
b) Định lí Menelaus:
Cho tam giác ABC và các điểm A’, B’, C’ trên các đường thẳng BC, CA, AB
sao cho: hoặc cả ba điểm A’, B’, C’ đều nằm trên phần kéo dài của ba cạnh,
hoặc một trong ba điểm trên nằm trên phần kéo dài của một cạnh còn hai điểm
còn lại nằm trên hai cạnh của tam giác (*). Điều kiện cần và đủ để A’, B’, C’
thẳng hàng là
A'B B'C C'A
. . 1.
A'C B'A C'B
 (1)
Chứng minh :
() Cho A’, B’, C’ thẳng hàng ta chứng minh (1)
Từ C vẽ đường thẳng song song với AB cắt A’C’ tại M.
Áp dụng định lí Thales ta có:
A'B A'C' B'C B'M
, .
A'C A'M B'A B'C'
 
Mặt khác ta có
CM B'M
C'A B'C'
 và
CM A'M C'A A'M.B'C'
.
C'B A'C' C'B A'C'.B'M
  
Do đó ta có
A'B B'C C'A A'C' B'M A'M B'C'
. . . . . 1.
A'C B'A C'B A'M B'C, A'C' B'M
    
() Cho các điểm A’, B’, C’ thoả mãn (*) và (1), ta chứng minh A’, B’, C’
thẳng hàng.
Giả sử B’, C’ nằm trên hai cạnh của tam giác và A’ thuộc phần kéo dài của cạnh
còn lại. Gọi D là giao điểm của A’C’ và AC.
Khi đó, theo chứng minh trên ta có
A'B DC C'A
. . 1.
A'C DA C'B
 (2)
Từ (1) và (2) ta có
DC B'C
D B'
DA B'A
   ( vì đều thuộc cạnh AX)
Vậy A’, B’, C’ thẳng hàng.
Trong trường hợp 3 điểm A’, B’, C’ cùng thuộc phần kéo dài của các cạnh thì
chứng minh tương tự.
Nhận xét. Trong các bài toán dưới đây ta chỉ cần chứng minh theo chiều thuận
tức là 3 điểm A’, B’, C’ thằng hàng và ta chứng minh đẳng thức (*).

368. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
368
B. BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng
1 2d :3x 2y 11 0;d :5x 7y 8 0      cắt nhau tại điểm A.
Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm  M 2;5 và cắt hai đường thẳng
1 2d ,d lần lượt tại B và C sao cho
a)
13
AB AC
41
 . b)
2 14
BC AB
7
 .
Lời giải
a) Toạ độ giao điểm A là nghiệm của hệ phương trình
 
3x 2y 11 0 x 3
A 3;1
5x 7y 8 0 y 1
         
      
.
Lấy điểm  1 1B 5; 2 d   và điểm 1 2
5c 11
C c; d
7
      
sao cho 1 1
13
AB AC
41
 .
Ta có phương trình:
 
 
2
22 2
1
2
1
13 5c 11
2 3 c 3 1
41 7
C 2; 3c 2
37c 237c 622 0 311 311 164
c C ;
37 37 37
            
                   
.
Suy ra  1 1B C 7; 1 

hoặc  1 1
126 238
B C ; / / 9; 17
37 37
     

.
Theo giả thiết ta có: 1
1
ABAB 13
AC AC 41
  .
Theo định lý Thales đảo ta có 1 1 1 1BC / /B C d / /B C .
Vì vậy d là đường thẳng đi qua M và nhận 1 1B C

làm véc tơ chỉ phương.
Do đó có 2 phương trình đường thẳng thoả mãn là
x 2 y 5
d :
7 1
 


hoặc
x 2 y 5
d :
9 17
 


.
b) Với BC 2AB lúc này ta sẽ tìm điểm 1C sao cho 1 1 1
2 14
B C AB
7
 .
   
 
2
2 2 2
1
2
1
5c 11 8
c 5 2 2 3
7 7
C 5;2c 5
37c 230c 225 0 45 45 26
c C ;
37 37 37
         
                    

369. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
369
Suy ra  1 1B C 0;4

hoặc  1 1
140 48
B C ; / / 35;12
37 37
    

.
Theo giả thiết ta có 1 1
1
B CBC 2 14
AB AB 7
  .
Do đó theo định lý Thales đảo ta có 1 1 1 1BC / /B C d / /B C .
Vì vậy d là đường thẳng đi qua M và nhận 1 1B C

làm véc tơ chỉ phương.
Do đó có 2 phương trình đường thẳng thoả mãn là
x 2 y 5
d :
35 12
 
 hoặc d : x 2 0  .
Bài 2. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, điểm E là trung điểm AB,
điểm D trên cạnh AC sao cho
1
AD DC
3
 . Gọi K là giao điểm của BD và
CE. Giả sử    E 1; 2 ,K 7;4  và . Tìm toạ độ đỉnh C của tam giác ABC.
Lời giải
Phân tích tìm lời giải:
Với điểm E,K,C thẳng hàng trong đó E,K
biết trước toạ độ do vậy để tìm C ta chỉ
cần xác định được tỷ lệ độ dài của EK và
KC dựa vào định lý Thales.
Lời giải chi tiết:
Kẻ  EH / /BD H AC .
Ta có:
 
EK HD HD AD EB 1 2 1 2
. . .
KC DC AD DC AB 3 3 3 9
9
KC EK 36;27
2
    
  
 
Ta có hệ phương trình:  C C
C C
x 7 36 x 43
C 43;31
y 4 27 y 31
       
     
.
Vậy điểm cần tìm là  C 43;31 .
Bài 3. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giá ABC có D(10;5) là trung điểm
cạnh AB. Trên tia CD lấy điểm
22 1
I ;
3 3
     
sao cho ID 2IC . Gọi M là giao
điểm của AI và BC. Giả sử  M 7; 2 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

370. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
370
Lời giải
Phân tích tìm lời giải:
Trước tiên tìm được toạ độ điểm
C nhờ đẳng thức
1
IC ID
2

 
.
Bài toán này liên quan đến các
điểm có toạ độ cho trước trên các
cạnh của tam giác
Hình vẽ:
Ba điểm A,M,I nằm trên đường thẳng chứa các cạnh của tam giác BDC và
thẳng hàng áp dụng định lý Menelaus ta có
AD MB IC
. . 1
AB MC ID
 .
1 1 MB
. . 1 MB 4MC MB 4MC
2 2 MC
     
 
.
Do đó dễ tìm được toạ độ điểm B và suy ra toạ độ điểm A.
Vậy là bài toán cơ bản hoàn tất.
Vậy khi trình bày bài thi các em chứng minh MB 4MC
 
.
Lời giải chi tiết:
Theo giả thiết ta có:
 
C
C
C
C
22 1 22
x 10
x 63 2 31
IC ID C 6; 3
y 32 1 1 1
y 5
3 2 3
                   
          
 
.
Ta chứng minh
AD MB IC
. . 1
AB MC ID

1 1 MB
. . 1 MB 4MC MB 4MC
2 2 MC
     
 
Ta có hệ phương trình:
 B B
B B
x 7 4 x 11
B 11;2
y 2 4 y 2
       
     
Vì D là trung điểm của AB nên A(9; 8).
Bài 4. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình bình hành ABCD, điểm G trên
cạnh CD sao cho DG 2GC . Gọi E là giao điểm của AG và BD. Giả sử
   E 1;3 ,G 3; 1 và đỉnh B thuộc đường thẳng d : 2x y 3 0   ;
 2
cot ADC
15
 . Tìm toạ độ 4 đỉnh hình hình hành đã cho biết B
3
x
2
 .
Lời giải
Theo định lý Thales ta có

371. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
371
3
EA GE
EA EB AB 3 2
2EG ED DG 2
ED EB
3
    
 
 
  .
Suy ra
 A A
A A
x 1 3 x 2
A 2;9
y 3 6 y 9
        
     
.
Vì  B d B b;2b 3   suy ra
2b 5 4b 21
D ;
3 3
        
.
Suy ra
2b 11 4b 6 2b 4 4b 24
DA ; ,DG ;
3 3 3 3
                
 
.
Ta có
      
       
2 2 2 2
2
4 3 2
DA.DG 2b 11 2b 4 4b 6 4b 24
cosADC
DA . DG 2b 11 4b 6 . 2b 4 4b 24
20b 86b 188
100b 860b 3569b 6316b 23236
    
 
     
 

   
 
 
Mặt khác 
 22
1 1 2
cosADC
2291 tan ADC 15
1
2
  
     
.
Ta có phương trình:
2
4 3 2
20b 86b 188 2
229100b 860b 3569b 6316b 23236
 

   
.
  2 2
2b 7b 22 10b 51b 78 0      .
 
b 2
11
b B 2; 7
2
51 5721
b
20





    


 
 

do B
3
x
2
 .
Từ đó dễ tính được
29 19
D 3; ,C 3;
3 3
             
.
Vậy toạ độ bốn điểm cần tìm là    
19 29
A 2;9 ,B 2; 7 ,C 3; ,D 3;
3 3
                
.

372. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
372
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD tâm I. Một đường
thẳng d đi qua A và cắt các cạnh BC và CD lần lượt tại M và N, đường thẳng
IM cắt BN tại E và cắt đường thẳng CD tại F. Biết  B 5; 4 và
3 1
E ;
2 2
    
và
đỉnh C nằm trên đường thẳng :6x 2y 11 0    . Tìm tọa độ đỉnh A.
Lời giải
Ta chứng minh CE BE .
+ Nếu đường thẳng d đi qua A và trung điểm của BC thì IM song song với CD.
Suy ra tam giác BCN vuông cân tại C. Do đó CE BN (đpcm).
+ Nếu d không đi qua trung điểm của BC.
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác CAN với cắt tuyến I,M,F ta có:
MA FN IC
. . 1
MN FC IA
 nên
MA FN
. 1 (1)
MN FC
 .
Xét tam giác BCN với
cát tuyến M,E,F ta có:
MC EB FN
. . 1 (2)
MB EN FC
 .
Từ (1) và (2) suy ra
MA MC EB
. (*)
MN MB EN
 .
Theo định lý Thales ta có:
MA MB AB BC
(**)
MN MC CN CN
   .
Từ (*) và (**) suy ra
MC EB BC
.
MB EN CN
 hay
2
2
EB BC MB BC
.
EN CN MC CN
  .
Kẻ CH BC thì 2 2
BC BH.AN,CN HN.BN  .
Suy ra
2
2
HB BC
HN CN
 nên
EB HB
EN HN
 . Do đó E trùng với H hay CE BE .
Ta có
13 9
BE ;
2 2
     

. Vì
6c 11 3
C C c; CE c; 3c 5
2 2
                    

.
Ta có phương trình:
 
13 9 9 9 17
.c 3c 5 0 40c 45 0 c C ;
2 2 8 8 8
                
.
Ta có:
49 49
BC ; BC: x y 1 0
8 8
        

.
Phương trình đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với BC có phương trình:
   AB:1 x 5 1 y 4 0 AB: x y 9 0        .
E
F
M
I
BA
D C N

373. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
373
Gọi  A a;a 9 ta có    
2 2
2 2 49 49
AB BC a 5 a 5
8 8
                   
.
 
2
2
89 1789 A ;a
8 849 8
a 5
98 9 81
a A ;
8 8 8
                               
.
Chú ý. A và E nằm khác phía với BC nên chỉ nhận điểm
89 17
A ;
8 8
    
.
Vậy điểm cần tìm là
89 17
A ;
8 8
    
.
C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng 1d : x 2y 1 0   , đường
thẳng 2d :3x y 7 0   và điểm  M 1;2 . Viết phương trình đường thẳng d đi
qua M và cắt 1 2d ,d lần lượt tại A và B sao cho AI 2AB (với I là giao điểm
của 1 2d ,d ).
Lời giải
Tọa độ giao điểm I là nghiệm của hệ phương trình
 
x 2y 1 0 x 3
I 3;2
3x y 7 0 y 2
         
      
.
Lấy điểm    1 2H 1;0 d ,K a; 3a 7 d    sao cho IH 2HK .
Ta có    HI 4;2 ,HK a 1; 3a 7     
 
.
Ta có phương trình:      
2 2
20 2 a 1 3a 7 a 2 K 2; 1           
.
Ta có
HI AI
2 AB / /HK d / /HK
HK AB
    (Thales đảo).
Vậy đường thẳng cần tìm đi qua M và nhận  KH 3;1

làm véc tơ chỉ phương
Suy ra
x 1 y 2
d : d : x 3y 5 0
3 1
 
     .
Vậy đường thẳng cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán là d : x 3y 5 0  

374. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
374
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC. Gọi N là điểm trên
cạnh AC sao cho AN 2NC . Gọi P là giao điểm của BN và đường trung
tuyến kẻ từ đỉnh C. Giả sử  
13 10
P 3; 2 ,N ;
3 3
     
.Tìm tọa độ ba đỉnh A,B,C.
Lời giải
Với hai điểm P và N đã biết trước toạ
độ ta thấy việc tìm B trước tiên là khả
thi nhất.
Vì 3 điểm M,P,C thẳng hàng nên ta
theo định Lý Meneleuyts ta có
PB MA CN
. . 1
PN MB CA
PB 1
.1. 1 PB 3PN
PN 3
PB 3PN

   
 
 
.
Bài 3. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hình bình hành ABCD, điểm G trên cạnh
CD sao cho DG 2GC . Gọi E là giao điểm của AG và BD. Giả sử
   E 1;3 ,G 3; 1 và đỉnh B thuộc đường thẳng d : 2x y 3 0   ;
 5
cosADC
13
 . Tìm toạ độ 4 đỉnh hình hình hành đã cho biết Bx 1 .
Lời giải
Thực hiện tương tự bài tập mẫu đưa về giải phương trình
  
 
2
4 3 2
2 2
20b 86b 188 5
13100b 860b 3569b 6316b 23236
5b 9b 72 5b 34b 22 0
b 3
24
b B 3; 9
5
17 399
b
5
 

   
     
 


    


  
.
Bài 4. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ABC có  A 1;1 . Một đường thẳng song
song với BC cắt AB và AC tại 2 điểm D và  E 0;2 sao cho AB = 3AD . Tìm
tọa độ đỉnh C của ABC
Lời giải
Trong tam giác ABC có :
AC 3AEAD AE 1
AC 3AE
AB AC 3 AC 3AE
      
 
 
 

375. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
375
Gọi  C x;y suy ra    AC x 1;y 1 ;AE 1;1    
 
. Ta có:
 
 
x 1 3 x 2
C 2;4y 1 3 y 4AC 3AE
C 4; 2x 1 3 x 4AC 3AE
y 1 3 y 2
                                        
       
 
 
Bài 5. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ∆ABC có AC 3AB . Lấy
7
D ;3 AB,E AC
2
     
sao cho CE BD , DE cắt BCtại  K 17; 3 (E nằm
giữa D và K) . Biết  C 14; 2 . Viết phương trình cạnh AC .
Lời giải
Kẻ EF // AB và F thuộc BC. Áp dụng định lí Ta – let trong KDB và ABC .
Ta có :
BD CE
KE EF KE 1
KE 3KD
KD BD KD 3
EF AB 1
EC AC 3
      
  
 
Gọi  E x;y suy ra  
27
KE x 17;y 3 ;KD ;6
2
        
 
Ta có:
Ta có
 
 
27 25
3 x 17 x 25
2KD 3KE E ; 12
2
3 y 3 6 y 1
                        
 
Phương trình AC đi qua C và E là : 2x 33y 22 0  

376. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
376
Chuû ñeà 11. VAÄN DUÏNG PHEÙP BIEÁN HÌNH TRONG
HÌNH GIAÛI TÍCH PHAÚNG
Trong chủ đề này tôi xin đưa ra và vận dụng một số phép biến hình vào giải
toán hình giải tích, nếu làm theo phương pháp thông thường thì rất khó nhưng khi
tiếp cận bài toán theo hướng này ta thu được lời giải hết sức gọn và đẹp mắt.
Các bài toán dạng này thường liên quan đến đường tròn và ứng dụng trong viết
phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác(Xem chương 3).
A. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP
1. Phép biến hình
Phép biến hình trong tập hợp các điểm pS của mặt phẳng là một song ánh của
pS lên chính nó.
2. Phép dời hình
Phép dời hình là một phép biến hình đặc biệt, nó bảo toàn khoảng cách giữa hai
điểm bất kỳ trong mặt phẳng.
- Biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và không làm thay đổi thứ
tự ba điểm ấy.
- Biến đường thẳng thành đường thẳng.
- Biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng bằng nó.
- Biến tia thành tia.
- Biến tam giác thành tam giác bằng nó.
- Biến góc thành góc bằng nó.
- Biến đường tròn thành đường tròn có bán kính bằng bán kính của nó.
Chú ý: Hai hình được gọi là bằng nhau khi có một phép biến hình biến hình này
thành hình kia.
a) Phép tịnh tiến
- Phép tịnh tiến theo véc tơ v

là một phép biến hình biến điểm M thành điểm
M' sao cho MM' v=
 
.
- Ký hiệu phép tịnh tiến theo véc tơ v

là v
T .
b) Phép đối xứng trục(đối xứng qua đường thẳng)
- Phép đối xứng trục có trục là đường thẳng d là phép biến hình biến mỗi điểm
M thành điểm M' sao cho d là đường thẳng trung trực của đoạn MM'.
- Biến đường thẳng thành đường thẳng.
- Biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính với nó.
- Vận dụng trong bài toán điểm đối xứng qua đường thẳng, đường thẳng đối xứng
qua đường thẳng và đường tròn đối xứng qua đường thẳng, các bài toán về
đường phân giác trong tam giác.
c) Phép đối xứng tâm
- Phép đối xứng tâm I là phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M' sao
cho I là trung điểm của đoạn MM'.

377. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
377
- Vận dụng trong các bài toán về trung điểm của đoạn thẳng, hình bình hành, hình
thoi và hình chữ nhật, hình vuông.
3. Phép quay
- Cho một điểm O cố định và một góc lượng giác ϕ. Phép biến hình biến điểm
M thành điểm M′ sao cho
( )
OM OM'
OM;OM'
=

= ϕ
được gọi là góc tâm O, góc quay ϕ.
- Ký hiệu là ( )O;Q ϕ .
- Với 0ϕ > quay ngược chiều kim đồng hồ, với 0ϕ < quay cùng chiều kim đồng
hồ.
- Vận dụng trong bài toán về góc giữa hai đường thẳng, tam giác đều, tam giác
vuông liên quan đến tìm điểm trên đường thẳng và đường tròn tạo thành tam
giác có góc cho trước.
Ví dụ 1. Cho đường tròn ( ) ( ) ( )2 2
C : x 1 y 1 1− + + =và điểm ( )A 2;2 . Phép quay
( )0A;90
Q biến đường tròn ( )C thành đường tròn ( )1C có phương trình được xác
định bởi:
( )
( )1 1
0
11
AI AI I 3;1
R R 1AI;AI 90
=  
⇔ 
= ==  
.
Vậy phương trình đường tròn ( ) ( ) ( )2 2
1C : x 3 y 1 1− + − =.
Ví dụ 2. Cho đường thẳng d : 2x y 1 0− + =và điểm ( )A 3;2 phép quay tâm A góc
quay 0
90 biến đường thẳng d thành đường thẳng 1d xác định bởi:
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d .
Đường thẳng AH d AH : x 2y 7 0⊥ ⇒ + − =.
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình:
( )
2x y 1 0 x 1
H 1;3
x 2y 7 0 y 3
− += = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Phép quay
( )0A;90
Q biến H thành 1H xác định bởi:
( )
( )
1
10
1
AH AH
H 2;0
AH;AH 90
⊥
⇔
=
.
Đường thẳng 1d đi qua 1H và vuông góc với 1 1AH d : x 2y 2 0⇒ + − =.
4. Phép vị tự
Cho một điểm I cố định và một số k 0≠ phép biến hình biến điểm M thành
điểm M' sao cho IM' kIM=
 
được gọi là phép vị tự tâm I , tỉ số k .
Ký hiệu là ( )I;kV .

378. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
378
- Biến một đường thẳng thành đường thẳng song song hoặc trùng với nó.
- Biến một tia thành một tia.
- Biến một đoạn thẳng thành một đoạn thẳng có độ dài bằng k độ dài ban đầu.
- Biến một tam giác thành một tam giác đồng dạng với tỉ số k .
- Biến một góc thành một góc bằng với nó.
- Biến một đường tròn bán kính R thành một đường tròn có bán kính k .R .
Ví dụ 3. Cho đường tròn ( ) ( )22
C : x y 2 4+ + =và điểm ( )A 5;1 phép vị tự tâm A ,
tỉ số k 2= − biến đường tròn ( )C thành đường tròn ( )1C xác định bởi:
( )11
11
I 5;5AI 2AI
R 4R 2 .R
 = − 
⇔ 
== −  
 
.
Phương trình đường tròn ( ) ( ) ( )2 2
1C : x 5 y 5 16− + − =.
- Áp dụng trong bài toán về trọng tâm, đường tròn đi qua chín 9 điểm.
Các bài toán về quỹ tích.
B. BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn ( ) ( ) ( )2 2
C : x 1 y 2 4− + + =
và hai điểm ( ) ( )A 1;0 ,B 1; 4− . Một đường kính MN của đường tròn ( )C thay
đổi, các đường thẳng AM và AN cắt nhau tiếp tuyến tại B của ( )C lần lượt tại
P và Q . Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác MPQ biết nó nằm trên đường
thẳng x 2y 3 0− − =.
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1; 2− , bán kính R 2= .
Ta có QA MP⊥ và qua M kẻ đường thẳng vuông góc với PQ cắt QA tại H .
Khi đó H chính là trực tâm của tam giác MPQ .
Vì IA PQ IA / /MH⊥ ⇒ .
Mặt khác IM IN= nên IA là đường trung bình của MNH∆ .
Suy ra ( )MH 2IA 0;2= =
 
. Suy ra H là ảnh của M qua phép tịnh tiến u
T theo
véc tơ ( )u 0;2=

.
Phép tịnh tiến u
T biến đường tròn ( )C thành đường tròn ( )1C có tâm 1I , bán
kính 1R .
Ta có
( )11
11
I 1;0II u
R 2R R
 = 
⇔ 
==  
 
.

379. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
379
Suy ra phương trình đường tròn ( ) ( )2 2
1C : x 1 y 4− + =.
Do đó ( )1H C∈ , tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình:
( )
( )
2 2
H 3;0x 3,y 0x 2y 3 0
1 8 1 8
x ,y H ;x 1 y 4
5 5 5 5
= =− − = ⇔ ⇒   =− =− − −− + =     
.
Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( )H 3;0 hoặc
1 8
H ;
5 5
 
− − 
 
.
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng : 2x 4y 15 0∆ + − =và hai
đường tròn ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
1 2C : x 1 y 2 9; C : x 1 y 16− + −= + += . Tìm điểm M
trên ( )1C và N trên ( )2C sao cho MN nhận đường thẳng ∆ làm trung trực và
N có hoành độ âm.
Giải
Gọi ( ) ( ) ( )2 2
2N a;b C ,a 0 a 1 b 16 (1)∈ < ⇒ + + = .
Vì MN nhận ∆ làm trung trực nên N nằm trên đường tròn ( )3C là ảnh của
đường tròn ( )1C qua phép đối xứng qua đường thẳng ∆ .
Đường tròn ( )1C có tâm ( )I 1;2 , bán kính R 3= . Tâm của ( )3C là 3I đối xứng
với I qua ∆ , bán kính bằng R 3= .
Đường thẳng d đi qua I và vuông góc với ∆ nhận ( )u 2; 1∆= −

làm véc tơ pháp
tuyến nên có phương trình là:
( ) ( )d : 2 x 1 1 y 2 0 d : 2x y 0− − − = ⇔ − = .
Tọa độ giao điểm H d= ∆ là nghiệm của hệ phương trình:
3
2x y 0 x 3
H ;32
2x 4y 15 0 2
y 3

− = =   
⇔ ⇒   + − =    =
.
Vì H là trung điểm của 3II nên ( )3I 2;4 . Vậy ( ) ( ) ( )2 2
3C : x 2 y 4 9− + − =.
Mặt khác ( ) ( ) ( )2 2
3N C a 2 b 4 9 (2)∈ ⇔ − + − = .
Giải hệ gồm (1) và (2) ta được: ( ) ( )
( )
( )2 2
2 2
a 0
a 1
a 2 b 4 9 N 1;4
b 4
a 1 b 16
 <
 = −
− + − = ⇔ ⇒ − 
=
+ + =
.
Điểm M đối xứng với N qua ∆ , tìm được
4 22
M ;
5 5
 
− 
 
.

380. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
380
Vậy ( )
4 22
M ; ,N 1;4
5 5
 
− − 
 
là hai điểm cần tìm.
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn
( ) 2 2
C : x y 2x 4y 20 0+ − + − =và 2 đường thẳng
1 2d : 2x y 5 0;d : 2x y 0+ −= += . Viết phương trình đường thẳng tiếp xúc với
( )C tại A và cắt 1 2d ,d lần lượt tại B,C sao cho B là trung điểm của AC .
Hướng dẫn giải – đáp số
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1; 2− , bán kính R 5= .
Lấy đối xứng đường thẳng 2d qua đường thẳng 1d ta được đường thẳng
3d : 2x y 10 0+ − =.
Do 1 2d / /d nên 3 1 2d / /d / /d do đó 3A d∈ .
Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ phương trình
( )
( )2 2
2x y 10 0 A 4;2x 4;y 2
x 6;y 2 A 6; 2x y 2x 4y 20 0
+ − =  = =
⇔ ⇒   = = − −+ − + − =   
.
 Với ( )A 4;2 phương trình tiếp tuyến cần tìm là đường thẳng đi qua điểm
( )A 4;2 và nhận ( )IA 3;4=

làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là
( ) ( ):3 x 4 4 y 2 0 :3x 4y 20 0∆ − + − = ⇔ ∆ + − = .
 Với ( )A 6; 2− phương trình tiếp tuyến cần tìm là đường thẳng đi qua điểm
( )A 6; 2− và nhận ( )IA 5;0=

làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình là
( ):5 x 6 0 : x 6∆ − = ⇔ ∆ = .
Vậy có 2 đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là 1
2
: x 6
:3x 4y 20 0
∆ =
∆ + − =
.
Nhận xét. Với cách tương tự ta có thể giải quyết trong trường hợp
( )AB kAC, k 0= > bằng phép tịnh tiến 2d theo véc tơ ( )d1
u kn 2k;k= =
 
.
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nhọn có trực tâm
H thuộc đường thẳng 3x 4y 4 0− − =.
Đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC có phương trình là
( )
2 2
1 5 25
C : x y
2 2 4
   
− + − =   
   
. Giả sử ( )M 2;3 là trung điểm cạnh BC. Tìm
tọa độ các đỉnh tam giác ABC .
Giải
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình:

381. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
381
2 2
3x 4y 4 0 x 2
1
H 2;11 5 25
2yx y
22 2 4
− − = =
   
⇔ ⇒       =− + − =          
.
Gọi 1H là điểm đối xứng của H qua đường thẳng BC.
Ta có   
1 1BH H BHH ACB  (cùng chắn cung AB ) do đó 1H thuộc đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC .
Đường tròn ( )C có tâm
1 5
I ;
2 2
 
 
 
, bán kính
5
R
2
= .
Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm 1I , bán kính 1R .
Phép đối xứng qua đường thẳng BC biến tam giác HBC thành tam giác 1H BC
do đó biến đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC thành đường tròn ngoại tiếp
tam giác 1H BC hay chính là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Ta có M là trung điểm của 1II và 1
5
R R
2
= = .
Suy ra 1
7 7
I ;
2 2
 
 
 
. Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
( )
2 2
1
7 7 25
C : x y
2 2 4
   
− + − =   
   
.
Tọa độ điểm B,C là nghiệm của hệ phương trình:
2 2
2 2
7 7 25 8 6 12 3 6x y x ,y
2 2 4 4 4
8 6 12 3 61 5 25 x ,yx y
4 42 2 4
     − +− + − = = =    
    ⇔
 + −    = =− + − =       
.
Suy ra
8 6 12 3 6 8 6 12 3 6
B ; ,C ;
4 4 4 4
8 6 12 3 6 8 6 12 3 6
B ; ,C ;
4 4 4 4
    − + + −
       
    

   + − − +
      
   
.
Ta có 1
3
AH 2I M A 5;
2
 
= ⇒  
 
 
.
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là
3 8 6 12 3 6 8 6 12 3 6
A 5; ,B ; ,C ;
2 4 4 4 4
   − + + − 
             
hoặc
3 8 6 12 3 6 8 6 12 3 6
A 5; ,B ; ,C ;
2 4 4 4 4
   + − − + 
             
.

382. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
382
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : x y 2 0− + = và hai
đường tròn ( ) ( ) ( )2 2
1C : x 1 y 1 1− + − =và ( ) ( ) ( )2 2
2C : x 3 y 4 4+ + − =. Tìm
điểm M trên d sao cho tồn tại hai điểm A,B lần lượt thuộc ( )1C và ( )2C sao
cho d là phân giác trong của góc AMB .
Giải
Đường tròn ( )1C có tâm ( )1I 1;1 , bán kính 1R 1= .
Đường tròn ( )2C có tâm ( )2I 3;4− , bán kính 2R 2= .
Giả sử đường thẳng ( )2 2
MA :ax by c 0, a b 0+ += + > .
Khi đó đường thẳng MB chính là đường thẳng đối xứng với MA qua d .
Với mỗi điểm ( )x;y thuộc MA tồn tại điểm ( )1 1x ;y thuộc MB sao cho chúng
đối xứng với nhau qua d .
Ta có hệ phương trình:
( ) ( )1 1
1
1 1
1
1 x x 1 y y 0
x y 2
x x y y
y x 22 0
2 2
 − + − =
= −
⇔ + +
= +− + = 

.
Mặt khác
( ) ( )1 1 1 1ax by c 0 a y 2 b x 2 c 0 bx ay 2a 2b c 0+ + = ⇔ − + + + = ⇔ + − + + = .
Suy ra đường thẳng MB có phương trình: MB: bx ay 2a 2b c 0+ − + + =.
Vì MA tiếp xúc với ( )1C và MB tiếp xúc với 2d nên:
( )
( )
2 2
1 1
2 2
2 2
a b c
1
d I ;MA R a b
d I ;MB R 2a b c
2
a b
 + +
=
 = + 
⇔ 
= − +  =
+
2 2
2 2
a b c
1 (1)
a b c a b1
a b c 3b
2a b c 2 a b c 4a b
c
3
 + +
= + +
+= 
⇔ ⇔ + = −
 − + = + + +  = −

.
TH1: Nếu 2
2 2
b 0a 2b
c 3b (1) 1 3b 4ab 0
3b 4aa b
=− 
=− ⇒ ⇔ =⇔ − =⇔  =+
.
- Với b 0 MA : x 0=⇒ =.
Tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình:
( )
x 0 x 0
M 0;2
x y 2 0 y 2
= = 
⇔ ⇒ 
− += = 
.
- Với 3b 4a= , chọn a 3,b 4,c 12 MA :3x 4y 12 0= = =− ⇒ + − =.
Tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình:

383. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
383
4
x
3x 4y 12 0 4 187
M ;
x y 2 0 18 7 7
y
7

=+ − =   
⇔ ⇒   − + =    =

.
TH2: Nếu
2 2
2b a4a b
c (1) 1
3 3 a b
−+
=− ⇒ ⇔ =
+
2
2 2 2 a 0b 9
8a 4ab 5b 0 8 a b 0
b 04 2
= 
⇔ + + =⇔ + + =⇔   =  
(loại).
Vậy có hai điểm cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( )M 0;2 hoặc
4 18
M ;
7 7
 
 
 
.
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm ( )A 5;1 và đường thẳng
d : x 2y 3 0− − =. Tìm điểm M trên đường thẳng d và điểm N trên đường tròn
( ) ( ) ( )2 2
C : x 1 y 1 25− + + = sao cho tam giác AMN vuông cân tại A .
Giải
Nhận thấy A d∈ . Phép quay ( )A; /2Q ±π biến đường thẳng d thành đường thẳng
1d d⊥ tại A .
Phương trình đường thẳng 1d : 2x y 11 0+ − =.
Do tam giác AMN vuông cân tại A nên N là ảnh của M qua phép quay
( )A; /2Q ±π hay M thuộc đường thẳng 1d .
Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )
( )
( )2 2
2x y 11 0 N 4;3x 4,y 3
x 6,y 1 N 6; 1x 1 y 1 25
+ − = = =
⇔ ⇒   = = − −− + + =   
.
TH1: Nếu ( )N 4;3 . Gọi ( ) 1M t;9 2t d AM AN 17− ∈ ⇒ = = .
( ) ( )2 2
17 1717 M 5 ;2 1t 5 5 55
t 5 10 2t 17
17 17 17
t 5 M 5 ; 2 1
5 5 5
   − −  = −  
  ⇔ − + − = ⇔ ⇒   = + + − −    
.
TH2: Nếu ( )N 6; 1 AM AN 1− ⇒ = =
( ) ( )2 2
1 21
M 5 ; 1t 5
5 55
t 5 10 2t 1
1 1 2t 5 M 5 ; 1
5 5 5
   − −= −     ⇔ − + − = ⇔ ⇒
  = + + − −  
   
.

384. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
384
Vậy hai điểm cần tìm là ( )
17 17
M 5 ;2 1 ,N 4;3
5 5
 
− −  
 
hoặc
( )
17 17
M 5 ; 2 1 ,N 4;3
5 5
 
+ − −  
 
hoặc ( )
1 2
M 5 ; 1 ,N 6; 1
5 5
 
− − − 
 
hoặc
( )
1 2
M 5 ; 1 ,N 6; 1
5 5
 
+ − − − 
 
.
Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(1;4) và hai đường tròn
( ) ( ) ( )2 2
1C : x 1 y 2 25− + − =; và ( ) ( ) ( )2 2
2C : x 2 y 5 13− + − =. Tìm điểm M
trên (C1), điểm N trên (C2) sao cho tam giác AMN vuông cân tại A (M,N có
tọa độ nguyên).
Giải
Đường tròn ( )1C có tâm ( )1I 1;2 , bán kính 1R 5= .
Đường tròn ( )2C có tâm ( )2I 2;5 , bán kính 2R 13= .
Phép quay ( )1Q A; / 2π biến ( )1C thành ( )3C có tâm 3I , bán kính 3 1R R 5= = .
Khi đó

 
2 3
3
2 3
AI AI
I 3;4
I AI / 2
  
  
.
Phương trình đường tròn ( ) ( ) ( )2 2
3C : x 3 y 4 25− + − =.
Phép quay ( )2Q A; / 2−π biến ( )1C thành ( )4C có tâm 4I , bán kính 4 1R R 5= = .
Khi đó

 
2 4
4
2 4
AI AI
I 1;4
I AI / 2
   
 
.
Phương trình đường tròn ( ) ( ) ( )2 2
4C : x 1 y 4 25+ + − =.
Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên M biến thành N qua phép quay 1Q hoặc
2Q , suy ra N là giao điểm của (C2) với (C3) hoặc là giao điểm của (C2) với
(C4).
TH1: N là giao điểm của (C2) với (C3).
Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 22 2
x y 8 0x 2 y 5 13
x 2 y 5 13x 3 y 4 25
 − + =− + − = 
⇔ 
− + − =− + − = 
( )
( )
N 1,7x 1,y 7
x 0,y 8 N 0;8
 −=− =
⇔ ⇒ = = 
.
- Với ( ) ( )N 1;7 M 4;6− ⇒ .

385. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
385
- Với ( ) ( )N 0;8 M 5;5⇒ .
TH2: N là giao điểm của ( )2C với ( )4C .
Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 22 2
3x y 12 0x 2 y 5 13
x 2 y 5 13x 1 y 4 25
 + − =− + − = 
⇔ 
− + − =+ + − = 
23 129 51 3 129
x ,y
10 10
23 129 51 3 129
x ,y
10 10
 − +
= =
⇔
 + −
= =

(không thỏa mãn).
Vậy hai điểm cần tìm là ( ) ( )M 4;6 ,N 1;7− hoặc ( ) ( )M 5;5 ,N 0;8 .
Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm ( )G 2;3 .
Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm các cạnh BC,CA,AB. Đường tròn ngoại
tiếp tam giác MNP có phương trình là: ( ) ( ) ( )2 2
1C : x 1 y 1 10− + − =. Viết
phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Giải
Đường tròn ( )1C có tâm ( )1I 1;1 , bán kính 1R 10= .
Phép vị tự tâm tâm G tỷ số k 2= − biến M thành A , biến N thành B , biến P
thành C .
Biến tam giác MNP thành tam giác ABC .
Biến tâm 1I đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP thành tâm I đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC .
Ta có
( )1
1
I 4;7GI 2GI
R 2R R 2 10
 = − 
⇔ 
= =  
 
.
Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
( ) ( ) ( )2 2
C : x 4 y 7 40− + − =.
Nhận xét. Đường tròn đi qua ba điểm M,N,P chính là đường tròn chín điểm
Euler . Nếu lấy đối xứng G qua các điểm M,N,P ta được 1 2 3G ,G ,G thì đường
tròn ngoại tiếp tam giác 1 2 3G G G có cùng bán kính với đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC và có tâm đối xứng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
qua G.
Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có điểm ( )A 5;1 nội
tiếp đường tròn ( ) ( ) ( )2 2
C : x 2 y 3 25− + + =. Trọng tâmG nằm trên đường

386. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
386
thẳng d : x 3y 4 0+ + = và độ dài cạnh BC bằng 8. Tìm tọa độ trọng tâm G của
tam giác ABC .
Giải
Đường tròn (C) có tâm I(2;-3), bán kính R 5= .
Gọi M là trung điểm của BCta có
2
2 AB
IM BC IM IA 3
4
⊥ ⇒ = − = .
Vậy M nằm trên đường tròn ( )1C có tâm ( )I 2; 3− , bán kính 1R 3= .
Ta có
2
AG AM
3
=
 
. Suy ra G là ảnh của M qua phép vị tự 2
A;
3
V 
 
 
.
Phép vị tự
2
A;
3
 
 
 
biến đường tròn ( )1C thành đường tròn ( )2C có tâm 2I , bán
kính 2R . Ta có
2
2
2 1 2
2
5AI AI
I 3;3
3
2
R R R 2
3
   = −   ⇔   
 = =
 
.
Phương trình đường tròn ( ) ( )
2
2
2
5
C : x 3 y 4
3
 
− + + = 
 
.
Ta có ( )2G d,G C∈ ∈ nên tọa độ điểm G thỏa mãn hệ phương trình:
( )
2
2
55x 3y 4 0 G 1;x 1,y
33
5
23 43 23 43x 3 y 4
x ,y G ;3
5 15 5 5
  + + = −= = −    ⇔ ⇒   − + + =     = = − −      
.
Vậy có hai điểm cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán là
5
G 1;
3
 
− 
 
hoặc
23 43
G ;
5 5
 
− 
 
.
Bài 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) 2 2
C : x y 2x 4y 5 0+ − + − =.
Tìm hai điểm phân biệt M và N trên ( )C sao cho tam giác AMN vuông cân
tại A , biết điểm A(1;0).
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1; 2− , bán kính R 10= .
Tam giác AMN vuông cân tại A nên phép quay
( )0A; 90
Q
±
biến điểm M thành
điểm N (và biến điểm N thành điểm M), biến đường tròn (C) thành đường tròn
(C1), (C2) suy ra điểm M, N là giao điểm của (C) với (C1) hoặc (C) với (C2).

387. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
387
Ta có ( ) ( )1 2I 3;0 ,I 1;0− suy ra phương trình hai đường tròn là
( ) ( )2 2
1C : x 3 y 10− + =và ( ) ( )2 2
2C : x 1 y 10+ + =.
TH1: Tọa độ điểm M,N là giao điểm của ( ) ( )1C , C thỏa mãn hệ phương trình:
( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
x y 2x 4y 5 0 M 0;1 ,N 4; 3x 0,y 1
x 4,y 3 M 4; 3 ,N 0;1x 3 y 10
 + − + −=  −= =
⇔ ⇒   = = − −− + =  
.
TH2: Tọa độ điểm M,N là giao điểm của ( ) ( )2C , C thỏa mãn hệ phương trình:
( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
x y 2x 4y 5 0 M 2; 3 ,N 2;1x 2,y 3
x 2,y 1 M 2;1 ,N 2; 3x 1 y 10
 + − + −=  − −=− =−
⇔ ⇒  = = − −+ + =  
.
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là ( ) ( )M 0;1 ,N 4; 3− hoặc ( ) ( )M 4; 3 ,N 0;1− hoặc
( ) ( )M 2; 3 ,N 2;1− − hoặc ( ) ( )M 2;1 ,N 2; 3− − .
Bài 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng 1d : x y 2 0− + =và
2d :3x 4y 7 0− + =. Viết phương trình đường tròn tâm ( )A 2;1 và cắt 1 2d ,d lần
lượt tại M và N sao cho AMN vuông tại A .
Giải
Theo giả thiết ta có  0
AM AN,MAN 90  . Suy ra N là ảnh của M qua phép
quay
( )0A; 90
Q
±
. Hay N nằm trên các đường thẳng 3 4d ,d là ảnh của đường
thẳng 1d qua phép quay
( )0A; 90
Q
±
.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên 1d .
Đường thẳng 1AH d AH : x y 3 0⊥ ⇒ + − =.
Tọa độ điểm H thỏa mãn hệ phương trình:
1
x
x y 2 0 1 52
H ;
x y 3 0 5 2 2
y
2

=− + =   
⇔ ⇒   + − =    =

.
Ta tìm đường thẳng 3d là ảnh của 1d qua phép quay
( )01 A;90
Q :
Phép quay
( )01 A;90
Q biến điểm H thành điểm 1H xác định bởi:
1
1
1
AH AH 1 1
H ;
AH AH 2 2
⊥  
⇔ −  =  
.
Đường thẳng 3d là đường thẳng đi qua 1H và vuông góc với 1 3AH d : x y 0⇒ + =.

388. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
388
Tương tự đường thẳng 4d là ảnh của đường thẳng 1d qua phép quay
( )02 A; 90
Q
−
ta tìm được điểm 2
7 5
H ;
2 2
 
 
 
là ảnh của H và phương trình đường thẳng 4d là:
4d : x y 6 0+ − =.
TH1: N là giao điểm của 2 3d ,d , tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )
x y 0 x 1
N 1;1 AN 3;0
3x 4y 7 0 y 1
+ = =− 
⇔ ⇒ − ⇒ =− 
− += = 

.
Đường thẳng AM AN AM : x 2 0⊥ ⇒ − =.
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình:
( )
x 2 0 x 2
M 2;4
x y 2 0 y 4
−= = 
⇔ ⇒ 
− += = 
.
Phương trình đường tròn cần tìm là ( ) ( ) ( )2 2
1C : x 2 y 1 9− + − =.
TH2: N là giao điểm của 2 4d ,d , tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình:
17
x
x y 6 0 17 257
N ;
3x 4y 7 0 25 7 7
y
7

=+ − =   
⇔ ⇒   − + =    =

.
Ta có
3 18
AN ;
7 7
 
=  
 

. Đường thẳng AM AN AM : x 6y 8 0⊥ ⇒ + − =.
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình:
4
x
x 6y 8 0 4 107
M ;
x y 2 0 10 7 7
y
7

= −+ − =   
⇔ ⇒ −   − + =    =

.
Vậy hai điểm cần tìm là
4 10 17 25
M ; ,N ;
7 7 7 7
   
−   
   
.
Phương trình đường tròn cần tìm là ( ) ( ) ( )2 2
2
333
C : x 2 y 1
289
− + − = .
Vậy có hai đường tròn ( )1C và ( )2C như trên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Cách giải thông thường:
Gọi ( ) ( )1 2
3n 7 3n 3
M m;m 2 d ,N n; d AM m 2;m 1 ,AN n 2;
4 4
+ +   
+ ∈ ∈ ⇒ = − + = −   
   
 
.
Yêu cầu bài toán tương đương với:
AM AN AM.AN 0
AM AN AM AN
⊥ =
⇔ 
= = 
 

389. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
389
( )( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
2 2 2
3n 3
m 2 n 2 m 1 . 0 m 2,n 1
4
4 17
m ,n3n 3
m 2 m 1 n 2 7 7
4
+
− − + + = = = −
 ⇔ ⇔  =− =+  − + + = − +    
.
Ta có kết quả tương tự (giải hệ trên bằng phương pháp thế).
C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳng với tọa độ Oxy , cho tam giác ABC trọng tâm ( )G 1;2 .
Phương trình đường tròn đi qua trung điểm của hai cạnh AB,AC và chân
đường cao hạ từ đỉnh A đến cạnh BC là ( ) ( ) ( )2 2
C : x 3 y 2 25− + + = Viết
phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Giải
Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, BC, CA. Khi đó đường tròn ngoại
tiếp tam giác MNP chính là đường tròn ( )C .
Phép vị tự tâm tâm G tỷ số k 2= − biến M thành A , biến N thành B , biến P
thành C .
Biến tam giác MNP thành tam giác ABC .
Biến tâm 1I đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP thành tâm I đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC .
Ta có ( ) 1I 3; 2 ,R 5− =. Ta có
( )1
1
I 3; 2GI 2GI
R 10R 2R
  − −= − 
⇔ 
==  
 
.
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
( ) ( ) ( )2 2
1C : x 3 y 2 100+ + + = .
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn ( ) ( ) ( )2 2
C : x 1 y 3 16− + − =
và điểm A(1;0).
a) Tìm ảnh của đường tròn (C) qua phép quay tâm A, góc quay lần lượt 0 0
90 ; 90− .
b) Tìm ảnh của đường tròn ( )C qua phép quay tâm A , góc quay 0
60 .
c) Tìm ảnh của đường tròn ( )C qua phép quay tâm A , góc quay 0
60− .
Giải
Đường tròn (C) có tâm I(1;3), bán kính R 4= .
a) Đường tròn ( )1C hoặc ( )2C lần lượt là ảnh của đường tròn ( )C qua phép quay
01(A;90 )
Q và 02(A; 90 )
Q
−
.
Phương trình đường tròn ( )1C xác định bởi:
( )
( )
0
1
1
1
AI;AI 90
I 2;0
AI AI
 =
⇔ −
=
.
Suy ra ( ) ( )2 2
1C : x 2 y 16+ + =.

390. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
390
Phương trình đường tròn ( )2C xác định bởi:
( )
( )
0
2
2
2
AI;AI 90
I 4;0
AI AI
 = −
⇔
=
.
Phương trình đường tròn ( )2C xác định bởi: ( ) ( )2 2
2C : x 4 y 16− + =.
a) Phép quy 01(A;60 )
Q biến đường tròn (C) thành đường tròn (C1) có tâm 1I , bán
kính 1R xác định bởi:
( )
1
0
1
1
AI AI
AI;AI 60
R R 4
=

=
 = =
.
Đường thẳng AI / /Oy suy ra 1AI tạo với trục chiều dương trục hoành góc
1500
nên có hệ số góc 0 1
k tan150
3
= = − .
Phương trình đường thẳng ( )1
1
AI : y x 1
3
=− − .
Suy ra 1
1 17 1 17
I ;
2 2 3
 − +
  
 
phương trình đường tròn ( )1C là:
( )
2 2
1
1 17 1 17
C : x 16
2 2 3
   − +
− + − =      
   
.
b) Tương tự tìm được ( )
2 2
2
3 3 3
C : x 1 y 16
2 2
   
− + + + =       
.
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trực tâm ( )H 2;1 và
đường tròn đi qua trung điểm các cạnh của tam giác có phương trình là
( ) 2 2
T : x y 4x 4y 8 0+ − − − =. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC .
Giải
Đường tròn (T) có tâm T(2;2), bán kính TR 4= .
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và M,N, P lần lượt là trung điểm các cạnh
BC,CA,AB.
Phép vị tự tâm G tỷ số k 2= − biến tam giác MNP thành tam giác ABC và biến
đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP thành đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Biến tâm T thành tâm I được xác định bởi: TGI 2GT,R 2R 8=− ==
 
.
Mặt khác
1 1
IH 3IG GI GH 2GT GH GH 4GT
2 2
= ⇔ = − ⇒ − = − ⇔ =
       
.

391. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
391
( )
( )
G
G G
GG G
x 2
2 x 4 2 x 7
G 2;7
3y1 y 4 2 y
3
= − = −   
⇔ ⇔ ⇒   
=− = −    
.
Suy ra
( )
( )
I I
I
II I
2 x 3 2 x
x 2
I 2;37
y 31 y 3 y
3
 − = −
=
⇔ ⇒   =− = −  
 
.
Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
( ) ( ) ( )2 2
C : x 2 y 3 64− + − =.

392. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
391
CHUÛ ÑEÀ 12. BAØI TOAÙN CHOÏN LOÏC
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC. Gọi E và F lần lượt là
chân đường cao hạ từ các đỉnh B và C của tam giác ABC. Biết
 
11 13
E 7;1 ,F ;
5 5
    
và phương trình đường thẳng BC là x 3y 4 0   . Tìm tọa
độ điểm A.
Giải
Vì B,C BC
   B 4 3b;b ;C 4 3c;c ,b c    .
Ta có:
   BE 3 3b;1 b ,CE 3 3c;1 c ;
9 13 9 13
BF 3b ; b ,CF 3c ; c
5 5 5 5
     
                 
 
  .
E
F
A
B
C
Vì
     3 3b 3 3c 1 b 1 c 0
BE.CE 0
BE CE,BF CF 9 9 13 13
3b 3c b c 0BF.CF 0
5 5 5 5
                                                     
 
  .
   
   
b 1
B 7; 1 ,C 1;1c 15bc 4b 4c 5 0
5bc 4b 4c 5 0 B 1;1 ,C 7; 1b 1
c 1
                    
 
.
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng
16. Biết tam giác ABC cân tại A, BC 4 và
21 18
K ;
5 5
    
là hình chiếu vuông góc
của B lên AC. Tìm tọa độ các đỉnh tứ giác ABCD biết B thuộc đường thẳng
d : x y 3 0   .
Giải
Gọi M là trung điểm BC và I là tâm hình bình hành ABCD.
Do tam giác ABC cân tại A nên AM BC .
Ta có ABCD ABCS 2S AM.BC 16 AM 4     .
Theo định lý Pitago ta có:
2 2 2 2
AC AM MC 4 2 2 5     .

393. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
392
ABC
8 5
S 8 BK.AC 16 BK
5
     .
Vì  B d B t;3 t   .
Ta có phương trình:
 
2 2
21 3 64
t t
5 5 5
B 1;2t 1
13 13 2
t B ;
5 5 5
                
             
.
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình bình hành ABCD có  A 1;3 và
phương trình đường thẳng BD:8x 7y 3 0   , phương trình đường trung trực
cạnh CD là x 3y 9 0   . Tìm tọa độ các đỉnh B,C,D.
Giải
Vì
8d 3
D BD D d;
7
      
vì CD vuông góc với trung trực cạnh CD nên
phương trình đường thẳng CD là
 
8d 3
CD:3 x d 1 y 0
7
       
.
Tọa độ giao điểm H của CD và đường trung trực là nghiệm của hệ phương
trình:
 
8d 3
3 x d y 0
7
x 3y 9 0
           
   
.
Vì H là trung điểm của CD nên C
Ta có: AB DC B 
 
.
Mặt khác B BD  .
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD có AB BC CD  và
các điểm      M 5;13 ,N 11; 11 ,P 8; 30    lần lượt là trung điểm các cạnh
AB,BC,CD. Viết phương trình đường thẳng AD.
Giải
Do AB BC CD MB NB,NC PC     nên B,C lần lượt nằm trên các
đường trung trực của MN và NP.
Phương trình đường trung trực của MN là:
       
2 2 2 2
1 1d : x 5 y 13 x 11 y 11 d : 2x 3y 3 0           .
Phương trình đường trung trực của NP là:
I
M
K
D
A
B
C
HD
A B
C

394. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
393
       
2 2 2 2
2 2d : x 11 y 11 x 8 y 30 d : x y 19 0           .
Vì  1
2b 3
B d B b; ,C c; c 19
3
       
.
Suy ra tọa độ trung điểm N của BC là
 2b 3 3 c 19b c
N ;
2 6
         
.
Mặt khác:
 
 
b c
11
2
N 11; 11
2b 3 3 c 19
11
6
   
     
 
 
B 12;7b 12
c 10 C 10; 29
    
   
.
Vì M,P lần lượt là trung điểm của AB và CD nên    A 22;19 ,D 26; 31   .
Phương trình đường thẳng
x 22 y 19
AD:
4 50
 

 
.
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn có
CB CD . Trên tia đối của tia DA lấy điểm E sao cho DE AB . Biết phương
trình đường thẳng chứa đường chéo AC và cạnh BC lần lượt là
x y 1 0;x 3y 13 0      . Tìm tọa độ các đỉnh tứ giác ABCD biết  E 14;1 .
Giải
Tọa độ điểm C BC AC  là nghiệm của hệ phương trình:
 
x y 1 0 x 8
C 8;7
x 3y 13 0 y 7
        
      
.
Xét hai tam giác ABC và CDE có:
CB CD (giả thiết)
 CDE ABC (cùng bù với góc CDA ).
BE AB (giả thiết).
Vậy hai tam giác
ABC EDC(c.g.c) CE CA     .
Vì  A AC A a;a 1   .
Ta có phương trình:    
 
 
2 2 2 2
A 2;1a 2
a 8 a 8 6 6
a 14 A 14;13
           
.
TH1: Nếu  A 2;1 .
P
N
M
A
B C
D

395. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
394
Phương trình đường thẳng AD: y 1 0  .
Vì    B BC,D AD B 3b 13;b ,D d;1    ta có hệ điều kiện:
CB CD
AB DE
 
 
.
     
     
   
   
2 2 2 2
2 2 2
b 1
3b 21 b 7 8 d 6 B 10;1 ,D 26;1d 26
B 2;5 ,D 10;1b 53b 15 b 1 d 14
d 10
                         
 
.
Chỉ nhận cặp nghiệm    B 2;5 ,D 10;1 vì cặp thứ nhất có A, B, D thẳng hàng.
TH2: Nếu  A 14;13 .
Phương trình đường thẳng AD: x 14 0  .
Tọa độ    B 3b 13;b ,D 14;d ta có hệ điều kiện:
CB CD
AB DE
 
 
.
     
     
   
   
2 2 2 2
2 2 2
b 1
3b 21 b 7 8 d 6 B 10;1 ,D 26;1d 26
B 2;5 ,D 10;1b 53b 15 b 1 d 14
d 10
                         
 
.
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt
nhau tại I thỏa mãn IA IB,IC ID  . Đường tròn ngoại tiếp tam giác IAD có
phương trình là    
2 2
(C): x 1 y 2 5    . Giả sử  A 3;1 và  I 0;4 . Tìm tọa độ
đỉnh C biết BC đi qua điểm
5
M 3;
2
    
.
Giải
Đường tròn (C) có tâm  E 1;2 , bán kính R 5 .
Gọi H là trung điểm của ID và K là giao điểm của EI với đường thẳng BC ta có
EH ID .
Xét hai tam giác IAD và IBC có:
 AID BIC
IA IB
IC ID
  
 
  1
AID BID IBK IAD IEH
2
      
Suy ra       0
IBK BIK BIK IEH IEH EIH 90      .
H
KI
E
A
CD
B

396. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
395
Vậy EI BC .
Phương trình đường thẳng AI: x y 4 0   .
Phương trình đường thẳng
x 1 y 2
EI: EI: 2x y 4 0
1 2
 
    

Đường thẳng BC đi qua
5
M 3;
2
    
và vuông góc với EI nên có phương trình là:
 
5
BC:1 x 3 2 y 0 BC: x 2y 2 0
2
          
.
Tọa độ điểm C AI BC  là nghiệm của hệ phương trình:
 
x y 4 0 x 2
C 2;2
x 2y 2 0 y 2
        
      
.
Vậy tọa độ điểm cần tìm là  C 2;2
Bài 7. (TSĐH Khối A,A1 2013) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ
nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng d : 2x y 5 0   và  A 4;8 . Gọi
M là điểm đối xứng của B qua C , N là hình chiếu vuông góc của B trên đường
thẳng MD . Tìm tọa độ điểm B và C ; biết rằng  N 5; 4 .
Giải
Do  C d C t; 2t 5    .
Gọi I là tâm hình chữ nhật ABCD, suy ra I là trung điểm AC.
Do đó
t 4 2t 3
I ;
2 2
       
.
Tam giác BDN vuông tại N nên IN IB . Suy ra IN IA .
Do đó ta có phương trình
2 2 2 2
t 4 2t 3 t 4 2t 3
5 4 4 8 t 1
2 2 2 2
                                               
 C 1; 7  .
Do M đối xứng với B qua C nên CM CB . Mặt khác CB AD và
CM / /AD nên tứ giác ACMD là hình bình hành.
Suy ra AC / /DM . Theo giả thiết, BN DM BN AC   và CB CN . Vậy B
là điểm đối xứng của N qua AC.
Đường thẳng AC có phương trình 3x y 4 0   .
Đường thẳng BN qua N và vuông góc với AC nên có phương trình
x 3y 17 0   .
Do đó điểm  B 3a 17;a . Trung điểm của BN thuộc AC nên

397. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
396
 
3a 17 5 a 4
3 4 0 a 7 B 4; 7
2 2
             
.
Vậy tọa độ điểm  B 4; 7  và  C 1; 7 .
Bài 8. (TSĐH Khối B 2013) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang cân
ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau và AD 3BC . Đường thẳng
BD có phương trình x 2y 6 0   và tam giác ABD có trực tâm  H 3;2 .
Tìm tọa độ các đỉnh C và D .
Giải
Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD.
Theo giả thiết ta có IB IC .
Mặt khác IB IC nên tam giác IBC vuông cân tại I suy ra  0
ICB 45 .
Ta có BH AD BH AC HBC     vuông tại H do đó I là trung điểm của
HC.
Do CH BD và tọa độ trung điểm I của HC thuộc BD nên tọa độ điểm C thỏa
mãn
   
 
2 x 3 y 2 0
x 1
C 1;6x 3 y 2
y 62 6 0
2 2
                       
.
Ta có
2 2IC IB BC 1 CH 10
ID 3IC CD IC ID IC 10 5 2
ID ID AD 3 2
           .
Vì  D BD D 6 2t;t   và CD 5 2 nên ta có phương trình
   
 
 
2 2 D 4;1t 1
7 2t t 6 50
t 7 D 8;7
           
.
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là    C 1 6 ,D 4;1 hoặc    C ;6 ,D 8;7  .
Bài 9. (TSĐH Khối B 2013) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác
ABC có chân đường cao hạ từ đỉnh A là
17 1
H ;
5 5
     
, chân đường phân giác
trong của góc A là  D 5;3 và trung điểm của cạnh AB là  M 0;1 . Tìm tọa độ
đỉnh C .
Giải
Ta có AH HD nên AH là đường thẳng đi qua H và vuông góc HD có phương
trình là
 AH : x 2y 3 0 A 3 2a;a     .

398. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
397
Do M là trung điểm của AB và tam giác HAB vuông tại H nên MA MH .
Ta có phương trình    
2 2
a 3
3 2a a 1 13 1
a
5
 

    
 

.
Vì A khác H nên  a 3 A 3;3   .
Phương trình đường thẳng AD: y 3 0  .
Gọi N là điểm đối xứng của M qua đường thẳng AD thì N thuộc AC.
Tọa độ điểm N thỏa mãn hệ phương trình
 
 
1 y
3 0 x 0
2 N 0;5
y 5
1.x 0. y 1 0
       
     
.
Đường thẳng AC đi qua A và N nên có phương trình AC: 2x 3y 15 0   .
Đường thẳng BC đi qua H và D nên có phương trình BC: 2x y 7 0   .
Suy ra tọa độ điểm C thỏa mãn hệ phương trình
 
2x 3y 15 0 x 9
C 9;11
2x y 7 0 y 11
        
      
.
Vậy tọa độ điểm cần tìm là  C 9;11 .
Bài 10. (TSĐH Khối D 2013) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác
ABC có điểm
9 3
M ;
2 2
    
là trung điểm của cạnh AB , điểm  H 2;4 và điểm
 I 1;1 lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC . Tìm tọa độ điểm C .
Giải
Ta có
7 1
IM ;
2 2
     

. Đường thẳng AB đi qua M và vuông góc với IM nên có
phương trình
9 3
AB:7 x 1 y 0 AB:7x y 33 0
2 2
                   
.
Vì  A AB A a;7a 33   vì M là trung điểm AB nên  B a 9; 7a 30    .
Ta có 2 a 4
HA HB HA.HB 0 a 9a 20 0
a 5
 
       
 
 
.
- Với    a 4 A 4;5 ,B 5; 2     . Ta có BH AC nên đường thẳng AC
có phương trình

399. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
398
 AC: x 2y 6 0 C 6 2c;c     .
Do    
2 2 c 1
IA IC 7 2c c 1 25
c 5
 
      
 
.
Do C khác A nên  C 4;1 .
- Với    a 5 A 5; 2 ,B 4;5     . Do BH AC nên đường thẳng AC có
phương trình
 AC: 2x y 8 0 C c;2c 8     .
Ta có
   
2 2 c 1
IA IC c 1 2c 7 25
c 5
 
      
 
.
Do C khác A nên  c 1 C 1;6   .
Vậy có hai điểm cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán là  C 4;1 hoặc  C 1;6 .
Bài 11. (TSĐH Khối B 2011) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác
ABC có đỉnh
1
B ;1
2
    
. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh
BC,CA,ABtương 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.
Giải
Ta có
5
BD ;0 BD / /EF ABC
2
      

cân tại A .
Suy ra đường thẳng AD vuông góc với đường thẳng EF nên có phương trình là
x 3 0  .
Gọi  F t;3 EF , ta có
 
 
2
2
F 1;3t 11 25
BD BF t 2
t 22 4 F 2;3
                
.
- Với  F 1;3 BF: 4x 3y 5 0     .
A là giao điểm của AD và BF nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương
trình
x 3
4x 3y 5 0 7
A 3;7
x 3 0 3y
3
                    
(loại do A có tung độ dương).
- Với  F 2;3 BF: 4x 3y 1 0    .
A là giao điểm của AD và BF nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương
trình

400. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
399
x 3
4x 3y 1 0 13
A 3;13
x 3 0 3y
3
                   
(thỏa mãn).
Vậy điểm cần tìm là
13
A 3;
3
    
.
Bài 12. (TSĐH Khối D 2011) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác
ABC có đỉnh  B 4;1 , trọng tâm  G 1;1 và đường thẳng chứa đường phân giác
trong của góc A có phương trình là d : x y 1 0   . Tìm tọa độ các đỉnh A và
C .
Giải
Gọi  D x;y là trung điểm của AC , ta có BD 3BG
 
.
 
 
7x 4 3 x 1 x 7
D ;12
2y 1 3 y 1
y 1
                     
.
Gọi  E x;y là điểm đối xứng của B qua đường phân giác trong d .
Ta có EB vuông góc với d E AC  và trung điểm I của EB thuộc d nên tọa
độ điểm E là nghiệm của hệ phương trình
   
 
1 x 4 1 y 1 0
x 2
E 2; 5x 4 y 1 y 51 0
2 2
                
.
Đường thẳng AC đi qua hai điểm D,E nên có phương trình 4x y 13 0   .
Vì A là giao điểm của AC và d nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương
trình  
x y 1 0 x 4
A 4;3
4x y 13 0 y 3
        
      
.
Vì
7
D ;1
2
    
là trung điểm của  AC C 3; 1  .
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là    A 4;3 ,C 3; 1 .
Bài 13. (TSĐH Khối A 2010) 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 là 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.
Giải
Gọi H là trung điểm của BCvà D là giao điểm của AH và D .

401. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
400
Ta có đường thẳng AH đi qua A và vuông góc với đường thẳng
d : x y 4 0   nên có phương trình AH : x y 0  .
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình
 
x y 0 x 2
D 2;2
x y 4 0 y 2
       
      
.
Vì D là trung điểm của  AH H 2; 2   .
Đường thẳng BCđi qua H và song song với d nên có phương trình
BC: x y 4 0   .
Gọi  B t; 4 t  và  H 2; 2  là trung điểm của  BC C 4 t;t   .
Ta có      
t 0
CE.AB 0 t 6 5 t 10 t 3 t 0
t 6
 
          
 
 
.
Suy ra    B 0; 4 ,C 4;0  hoặc    B 6;2 ,C 2; 6  là hai điểm cần tìm.
Bài 14. (TSĐH Khối B 2010) 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.
Giải
Gọi D là điểm đối xứng của C qua đường thẳng d : x y 5 0   .
Vì CD vuông góc với d và trung điểm I của CD nằm trên d nên tọa độ điểm
 D x;y thỏa mãn hệ phương trình
   
 
1 x 4 1 y 1 0
x 4
D 4;9x 4 y 1
y 95 0
2 2
               
.
Điểm  A x;y ,x 0 thuộc đường tròn đường kính CD nên tọa độ điểm A là
nghiệm của hệ phương trình
 
  ABC
22
x y 5 0 x 4 2S
A 4;1 AC 8 AB 6
y 1 ABx y 5 32,x 0
             
      
.
Đỉnh B thuộc đường thẳng  AD: x 4 0 B 4;y   ta có phương trình
 
 
 
2 B 4; 5y 5
y 1 36
y 7 B 4;7
         
.
Vì d là phân giác trong góc A nên B,C khác phía với d do đó  B 4;7 .
Đường thẳng BC đi qua B,C có phương trình là BC:3x 4y 16 0   .

402. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
401
Bài 15. (TSĐH Khối D 2010) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác
ABC có tọa độ đỉnh  A 3; 7 , trực tâm  H 3; 1 và tâm đường tròn ngoại tiếp
là  I 2;0 . Xác định tọa độ đỉnh C , biết C có hoành độ dương.
Giải
Cách 1: Ta có  IA 74,AH 0;6 

.
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là    
2 2
C : x 2 y 74   .
Gọi M là trung điểm cạnh BC ta có AH 2IM
 
.
   
M
M
MM
x 2 0
x 2
M 2;3 IM 0;31
y 3y .6
2
          
    

.
Đường thẳng BC đi qua M và vuông góc với IM nên có phương trình
BC: y 3 0  .
Tọa độ đỉnh điểm  C x;y ,x 0 là nghiệm của hệ phương trình
 
 
2 2
x 2 65x 2 y 74
C 2 65;3
y 3y 3 0,x 0
           
     
.
Vậy điểm cần tìm là  C 2 65;3  .
Cách 2:
Ta có IA 74 .
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
   
2 2
C : x 2 y 74   .
Phương trinh đường thẳng AH : x 3 0  .
Do BC vuông góc với AH nên có phương trình dạng:  y a, a 7  .
Tọa độ điểm B,C là nghiệm của hệ phương trình
 
2 2
2 2x 2 y 74
x 4x a 70 0 (1)
y a
        
 
.
Để BC cắt  C tại hai điểm phân biệt (1) có hai nghiệm phân biệt 1 2x ,x .
2
' 74 a 0 a 74       .
Khi đó tọa độ điểm    2 2
B 2 74 a ;a ,C 2 74 a ;a      .
Ta có      2 2
AC.BH 0 74 a 5 74 a 5 a 7 a 1 0          
 
.

403. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
402
2 a 7
a 4a 21 0
a 3
 
    
 
.
Đối chiếu với điều kiện suy ra  a 3 C 2 65;3    .
Vậy điểm cần tìm là  C 2 65;3  .
Bài 16. (TSĐH Khối B 2009) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác
ABC cân tại A có đỉnh  A 1;4 và các đỉnh B,C thuộc đường thẳng
: x y 4 0    . Xác định tọa độ các điểm B và C , biết diện tích tam giác
ABC bằng 18.
Giải
Gọi H là trung điểm của BC AH BC  .
Ta có   ABC1 4 4 2S9
AH d A;BC BC 4 2
AH2 2
  
      .
Suy ra
2
2 BC 97
AB AC AH
4 2
    .
Tọa độ điểm B,C là nghiệm của hệ phương trình
   
2 2
11 3 3 511 3 B ; ,C ;97 x ,y
x 1 y 4 2 2 2 22 2
2
3 5 3 5 11 3
x y 4 0 x ,y B ; ,C ;
2 2 2 2 2 2
                                                     
.
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là
11 3 3 5
B ; ,C ;
2 2 2 2
             
hoặc
3 5 11 3
B ; ,C ;
2 2 2 2
             
.
Bài 17. (TSĐH Khối D 2009) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác
ABC có  M 0;2 là trung điểm của cạnh AB . Đường trung tuyến và đường cao
đi qua đỉnh A lần lượt có phương trình 7x 2y 3 0   và 6x y 4 0   . Viết
phương trình đường thẳng AC .
Giải
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
 
7x 2y 3 0 x 1
A 1;2
6x y 4 0 y 2
        
      
.
Vì M là trung điểm của AB suy ra  B 3; 2 .
Đường thẳng BC đi qua B và vuông góc với đường thẳng 6x y 4 0   nên có
phương trình BC: x 6y 9 0   .

404. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
403
Tọa độ trung điểm N của BC thỏa mãn hệ phương trình
x 0
x 6y 9 0 3
N 0;3
7x 2y 3 0 2y
2
                     
.
Đường thẳng AC đi qua hai điểm A và N nên có phương trình là
AC:3x 4y 5 0   .
Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình AC:3x 4y 5 0   .
Bài 18. (TSĐH Khối B 2008) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , hãy xác định tọa độ
đỉnh C của tam giác ABC biết rằng hình chiếu vuông góc của C trên đường
thẳng AB là điểm  H 1; 1  , đường phân giác trong của góc A có phương trình
x y 2 0   và đường cao kẻ từ B có phương trình 4x 3y 1 0   .
Giải
Ký hiệu 1d : x y 2 0   và 2d : 4x 3y 1 0   .
Gọi  1H x;y là điểm đối xứng của H qua đường thẳng 1 1d H AC  .
Vì 1 1HH d và trung điểm I của 1HH nằm trên d nên tọa độ điểm 1H thỏa mãn
hệ phương trình
   
 1
1 x 1 1 y 1 0
x 3
H 3;1x 1 y 1 y 12 0
2 2
                
.
Đường thẳng AC đi qua 1H và vuông góc với 2d nên có phương trình là
AC:3x 4y 13 0   .
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình
   
3x 4y 13 0 x 5
A 5;7 HA 6;8
x y 2 0 y 7
          
      

.
Đường cao CH đi qua điểm  H 1; 1  và nhận HA

làm véc tơ pháp tuyến nên
có phương trình
   CH :3 x 1 4 y 1 0 CH :3x 4y 7 0        .
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
10
x
3x 4y 13 0 10 33
C ;
3x 4y 7 0 3 3 4
y
4
                      
.
Vậy tọa độ điểm cần tìm là
10 3
C ;
3 4
    
.

405. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
404
Bài 19. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình
đường cao AH , đường trung tuyến BM và đường phân giác trong CK lần lượt
là 2x y 3 0   ; x 2y 1 0   ; x y 2 0   . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác
ABC .
Giải
Gọi      A a;2a 3 ,B 2b 1;b ,C c;2 c   . Gọi 1A là điểm đối xứng của A qua
đường phân giác trong CK dễ tìm được  1A 5 2a;2 a  .
Ta có  1A C c 2a 5;a c   

vì 1A C AH nên
   2 c 2a 5 1 a c 0 3a 3c 5        .
Tọa độ trung điểm M của AC là
a c 2a c 1
M ;
2 2
       
.
Vì M BM nên
a c 2a c 1
2. 1 0 3a 3c 4 0
2 2
  
        .
Ta có  BC c 2b 1;2 c b    

vì BC AH nên 3b 3c 0   .
Ta có hệ phương trình:
33 A ;0a
223a 3c 5
1 2 1
3a 3c 4 0 b B ;
6 3 6
3b 3c 0
1 1 11c C ;
6 6 6
                                                           
.
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là
3 2 1 1 11
A ;0 ,B ; ,C ;
2 3 6 6 6
                      
.
Bài 20. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có
 
4
A 4;6 ,C ;2
3
    
và tâm đường tròn nội tiếp là
2 8
J ;
3 3
    
. Tìm tọa độ đỉnh
B của tam giác ABC .
Giải
Phân tích lời giải. Bài toán cho trước tọa độ hai đỉnh nên ta viết được phương
trình chứa cạnh đi qua hai điểm đó và cho biết tâm đường tròn nội tiếp nên ta
dùng công thức khoảng cách từ tâm đến các cạnh bằng nhau để tìm ra phương
trình hai cạnh còn lại từ đó suy ra tọa độ điểm B .
Lời giải.

406. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
405
Phương trình đường thẳng
x 4 y 6
AC: AC:3x 4y 12 0
16 / 3 4
 
    

.
Ta có  
2 2
2 8
.3 4. 12
23 3
d J;AC
33 4
  
 

.
Đường thẳng      2 2
AB:a x 4 b y 6 0, a b 0      .
Ta có    
2 2
10 10
a b
2 23 3
d J;AB d J;AC
3 3a b

   

.
 
2 2 2 4a 3b
25 a b a b
3a 4b
 
    
 
.
TH1: Nếu 4a 3b , chọn a 3,b 4 AB:3x 4y 12 0      loại do AB AC .
TH2: Nếu 3a 4b , chọn a 4,b 3 AB: 4x 3y 2 0      .
Đường thẳng    2 24
BC:a x b y 2 0, a b 0
3
         
.
Ta có    
2 2
2
2a b
23
d J;BC d J;AC
3a b
 
  

.
 
2 2 2 a 0
3a b a b
4a 3b
 
     
 
.
TH1: Nếu 4a 3b , chọn a 3,b 4 BC:3x 4y 12 0      (loại do trùng
với AC ).
TH2: Nếu a 0 BC: y 2 0    .
Vậy tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
3
y 2 0 x 3
B ;22
4x 3y 12 0 2
y 2
                  
.
Vậy điểm cần tìm là
3
B ;2
2
    
.
Bài 21. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đường trung tuyến
xuất phát từ A và đường cao kẻ từ B có phương trình lần lượt là 2x 5y 1 0   ;
x 3y 4 0   . Đường thẳng BC đi qua điểm  K 4; 9 . Tìm tọa độ các đỉnh
tam giác ABC biết đỉnh C nằm trên đường thẳng d : x y 6 0   .

407. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
406
Giải
Gọi    B 4 3b;b ,C c;c 6  ta có    KB 3b;b 9 ,KC c 4;c 3     
 
.
Vì K,B,C thẳng hàng nên
 
 
3b k c 4
KB kKC
b 9 k c 3
    
   
 
.
25 21k 7k 97k 9 B ;b
4 44
27 5k 27 5k 27 29k
c C ;
4k 4k 4k
                 
              
.
Suy ra tọa độ trung điểm M của BClà
2 2
21k 38k 27 7k 38k 27
M ;
8k 8k
          
.
Mặt khác M thuộc đường trung tuyến xuất phát từ A do đó:
2 2
221k 38k 27 7k 38k 27
2. 5. 1 0 77k 258k 81 0
8k 8k
    
       .
   
 
B 5;3 ,C 1; 5k 3
27 98 18
k B ; ,C 18;12
77 11 11
                
.
TH1: Nếu    B 5;3 ,C 1; 5  .
Đường thẳng AC đi qua C và vuông góc với đường cao kẻ từ B nên có phương
trình là: AC:3x y 8 0   .
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
 
3x y 8 0 x 3
A 3;1
2x 5y 1 0 y 1
        
      
.
TH2: Nếu  
98 18
B ; ,C 18;12
11 11
     
.
Đường thẳng AC đi qua C và vuông góc với đường cao kẻ từ B nên có phương
trình là:
AC:3x y 42 0   .
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
209
x
3x y 42 0 209 8113
A ;
2x 5y 1 0 81 13 13
y
13
                     
.

408. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
407
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là      A 3;1 ,B 5;3 ,C 1; 5  hoặc
 
209 81 98 18
A ; ,B ; ,C 18;12
13 13 11 11
             
.
Bài 22. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh  A 1;5 và
 M 3;0 là trung điểm cạnh BC. Chân đường cao hạ từ đỉnh B trên AC thuộc
đường thẳng 1d : 2x y 8 0   và đỉnh B thuộc đường thẳng 2d : 2x y 1 0   .
Tìm tọa độ hai điểm B,C .
Giải
Vì  2B d B t; 1 2t    . Do  M 3;0 là trung điểm của  BC C 6 t;1 2t   .
Gọi H là chân đường cao kẻ từ B trên  1AC H d H h;8 2h    .
Ta có      AH h 1;3 2h ,AC 5 t;2t 4 ,BH h t;9 2h 2t         
  
.
Ta có hệ điều kiện:
     
     
h 1 2t 4 3 2h 5 tAH kAC
5 t h t 2t 4 9 2h 2t 0BH.AC 0
          
         
 
  .
   B 1;1 ,C 7; 1h 2,t 1
52 73 73 181 137 181
h ,t B ; ,C ;
35 35 35 35 35 35
                            
.
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là
   B 1;1 ,C 7; 1  hoặc
73 181 137 181
B ; ,C ;
35 35 35 35
             
.
Bài 23. Trong mặt phẳng tọa độOxy , cho tam giác ABC cân tại A có phương
trình đường thẳng chứa cạnh AC là: x y 3 0   . Trên tia AC lấy điểm E ,
đường phân giác trong của góc A cắt BE tại D . Đường thẳng d đi qua D và
song song với AB cắt BCtại F . Gọi  I 1; 3  là trung điểm của DF , M là giao
điểm của AF và BE . Tìm tọa độ điểm M biết phương trình đường thẳng AF là:
2x y 5 0   .
Giải
Gọi H là trung điểm của BC.
Ta có
AM HB HC AF CF
DF / /AB
MF HF HF MF HF
     .
Suy ra HM / /AC HM / /EC MB MC   .
Kẻ MH cắt AB tại J , cắt d tại I'.
Ta chứng minh I' I :

409. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
408
Vì
I'F I'D
d / /AB I'
JB JA
   là trung điểm của DF .
Vậy  I' I M HI AF M 9; 13     .
Vậy tọa độ điểm cần tìm là  M 9; 13 .
Bài 24. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có
3 1
I ;
2 16
    
và  J 1;0
lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp. Đường tròn  T tiếp xúc với
cạnh BCvà các cạnh AB,AC kéo dài có tâm K . Giả sử  K 2; 8 tìm tọa độ
các đỉnh tam giác ABC .
Giải
Nhận xét. Đây là dạng bài toán mối liên hệ giữa các điểm đặc biệt trong tam
giác, các em xem lại chương 2(Bổ đề 12).
Gọi 1A là giao điểm của AK với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Ta có 1 1 1A B A C A J  và
JB BK
JC CK
 
 
nên các tam giác JBK,JCK lần lượt
vuông tại B và C và có 1A là trung điểm của 1
3
JK A ; 4
2
     
.
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính 1IA là:
 
2 2 2
3 1 65
C : x y
2 16 16
                         
.
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tứ giác JBKC có tâm 1A , bán kính 1JA là:
   
2
2
1
3 65
C : x y 4
2 4
       
.
Tọa độ điểm B,C là nghiệm của hệ phương trình:
 
 
2 2 2
2
22
2
3 1 65
y 2x y
2 16 16
3 65
x y 43 65
2 4x y 4
2 4
                                                    
.
   
   
B 5; 2 ,C 2; 2x 5,y 2
x 2,y 2 B 2; 2 ,C 5; 2
              
.
Đường thẳng AK đi qua hai điểm J,K nên có phương trình là:
AK :8x y 8 0   .

410. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
409
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
2 2 2
18x y 8 0 x ,y 4
12
A ;43 1 65
3 2x y
x ,y 42 16 16
2
                                             
.
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là
   
1
A ;4 ,B 5; 2 ,C 2; 2
2
      
hoặc    
1
A ;4 ,B 2; 2 ,C 5; 2
2
      
.
Bài 25. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
     
2 2
C : x 2 y 3 45    có tâm I . Đường tròn  1C có tâm  K 1; 3  cắt
đường tròn  C theo một dây cung song song với AC . Biết chu vi tam giác
ABC bằng 10 10 và diện tích tứ giác AICK bằng 30 2 . Tìm tọa độ các đỉnh
tam giác ABC .
Giải
Đường tròn  C có tâm  I 2;3 , bán kính R 3 5 .
Theo giả thiết để tồn tại tứ giác AICK thì AC phải cắt IK trong đoạn IK .
Ta có IK 3 5 .
Giả sử đường tròn  C và  1C cắt nhau theo dây cung MN .
Ta có
MN IK
AC IK
AC / /MN
   

.
Đường thẳng AC vuông góc với IK có phương trình dạng: AC: x 2y c 0   .
Ta có AICK
1
S IK.AC 30 2 AC 4 10
2
    .
Suy ra  
2
2 AC
d I;AC R 5
4
   .
2 2
c 3 AC: x 2y 3 02 2.3 c
5
c 8 AC: x 2y 8 01 2
     
    
     
.
Mặt khác I,K nằm khác phía so với AC AC: x 2y 3 0    .
Tọa độ điểm A,C là nghiệm của hệ phương trình:
   
2 2
x 2y 3 0 x 1 4 2,y 1 2 2
x 2 y 3 45 x 1 4 2,y 1 2 2
                  
.
   
   
A 1 4 2;1 2 2 ,C 1 4 2;1 2 2
A 1 4 2;1 2 2 ,C 1 4 2;1 2 2
     
    
.

411. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
410
Gọi        
2 2
B x;y C x 2 y 3 45      .
Ta có chu vi tam giác ABC là: AB AC BC 10 10 BA BC 6 10      .
       
2 2 2 2
x 1 4 2 y 1 2 2 x 1 4 2 y 1 2 2 6 10            
Ta có hệ phương trình:
   
       
2 2
2 2 2 2
x 2 y 3 45
x 1 4 2 y 1 2 2 x 1 4 2 y 1 2 2 6 10
    
            
Bài 26. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại C . Gọi
E,F lần lượt là hai điểm trên cạnh AB,AC sao cho AE AF , gọi D là chân
đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A . Đường thẳng EF cắt BCtại K . Giả sử
3 5 7 7
E ; ,D ;
2 2 2 2
             
và phương trình đường thẳng AK là: x 2y 3 0   . Tìm
tọa độ các đỉnh tam giác ABC .
Giải
Ta có AC DK , vì AE AF nên tam giác AEFcân tại A EF AD  .
Do đó F là trực tâm tam giác ADK .
Đường thẳng
7
DF AK CF: 2x y 0
2
     .
Vì
7 4t
F DF F t;
2
      
suy ra tọa độ trung điểm của EF là
3 2t 1 2t
I ;
4 2
      
.
Suy ra
2t 11 3
DI ;4 t ,EF t ;6 2t
4 2
                 
 
.
Ta có DI EF DI.EF 0  
 
.
  
5 35 F ;t
2 23 2t 11 2
t . 4 t 6 2t 0
92 4 9 11
t F ;
2 2 2
                                    
.
TH1: Nếu  
5 3
F ; I 2; 2
2 2
      
.
Đường thẳng AD đi qua hai điểm D,I AD: x y 0   .
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
 
x y 0 x 1
A 1; 1
x 2y 3 0 y 1
        
      
.

412. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
411
Đường thẳng AC đi qua hai điểm A,F nên có phương trình là:
AC: x 3y 2 0   .
Đường thẳng BCđi qua D và vuông góc với AC nên có phương trình là:
7 7
BC:3 x 1 y 0 BC:3x y 14 0
2 2
                   
.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
 
x 3y 2 0 x 4
C 4; 2
3x y 14 0 y 2
         
      
.
Đường thẳng AB đi qua hai điểm A,E nên có phương trình là:
AB:3x y 2 0   .
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
8
3x y 2 0 x 8
B ; 63
3x y 14 0 3
y 6
                    
.
TH2: Nếu
9 11
F ;
2 2
     
thực hiện tương tự.
7 6 3 12 3 37 6 3 12 3 3 B ;x ,y 2 22 2
7 6 3 12 3 3 7 6 3 12 3 3
x ,y B ;
2 2 2 2
                             
.
Nhận xét. Bài toán trên đòi hỏi vận dụng tính chất của dây cung tạo bởi hai
đường tròn và kỹ năng giải hệ phương trình vô tỷ. Thực sự là với một hệ mà có
các hệ số chứa căn phức tạp như trên công việc xử lý đến cùng không hề đơn
giản. Để giảm bớt sự cồng kềnh các em có thể đặt
 
x 2 3 5sin
, 0;2
y 3 3 5 cos
      
   
sau đó thể vào phương trình còn lại của hệ để
chuyển qua giải phương trình lượng giác.
Bài 27. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A ngoại
tiếp hình chữ nhật MNPQ có điểm    M 3; 1 ,N 2; 1   thuộc cạnh BC,
P thuộc cạnh AC và Q thuộc cạnh AB . Phương trình đường thẳng AB là:
x y 5 0   . Xác định tọa độ các đỉnh tam giác ABC .
Giải
Phân tích lời giải. Bài toán khá đơn giản từ M,N thuộc BC ta viết được
phương trình đường thẳng BC . Từ đó tìm được tọa độ đỉnh B . Viết được

413. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
412
phương trình đường thẳng MQ và suy ra tọa độ điểm Q . Theo tính chất hình
chữ nhật QM PN
 
ta tìm được tọa độ điểm P .
Lấy điểm A thuộc AB sử dụng điều kiện AB AC AP.AB 0  
 
từ đó suy ra
tọa độ điểm A . Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ tạo bởi AC và BC.
Lời giải.
Phương trình đường thẳng BC: y 1 0  .
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
 
y 1 0 x 6
B 6; 1
x y 5 0 y 1
         
      
.
Vì MQ BC MQ: x 3 0    .
Tọa độ điểm Q là nghiệm của hệ phương trình:
 
x 3 0 x 3
Q 3;2
x y 5 0 y 2
        
      
.
Vì  QM PN P 2;2 
 
.
Đường thẳng AC AB AC: x y 4 0     .
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
1
x
x y 5 0 1 92
A ;
x y 4 0 9 2 2
y
2
                      
.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
 
x y 4 0 x 5
C 5; 1
y 1 0 y 1
         
     
.
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là    
1 9
A ; ,B 6; 1 ,C 5; 1
2 2
      
.
Bài 28. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn
     
2 2
C : x 2 y 1 16    và đường thẳng d : 4x 3y 9 0   . Gọi A,B là
hai điểm trên d và C là điểm trên  C sao cho đường thẳng AC cắt đường tròn
 C tại điểm
22 11
H ;
5 5
    
. Gọi K là trung điểm của AB , diện tích tứ giác
AKIH bằng 24. Giả sử
6 7
K ;
5 5
    
là trung điểm của AB . Tìm tọa độ các điểm
A,B,C .

414. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
413
Giải
Đường tròn  C có tâm  I 2; 1 , bán kính R 4 .
Ta có  
2 2
4.2 3.( 1) 9
d I;d 4 d
4 ( 3)
  
  
 
tiếp xúc với  C .
Ta có IK d d  tiếp xúc với đường tròn  C tại điểm
6 7
K ;
5 5
    
.
Ta có
2 2
2 228 4
HK 4 2 IH IK IHK
5 5
                  
vuông tại I .
Do đó tứ giác AKIH là hình thang vuông tại I,K .
Ta có    AKIH
1 1
S IH AK .IK 4 AK .4 24 AK 8
2 2
       .
Vì
4t 9
A d A t; AK 8
3
       
.
 2 2 A 6;5t 6
6 4t 9 7
t 64 18 18 9
5 3 5 t A ;
5 5 5
                                   
.
TH1: Nếu  A 6;5 do K là trung điểm của
18 9
AB B ;
5 5
     
.
Đường thẳng AC:7x 26y 88 0   .
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
   
2 2
22 11
x ,y7x 26y 88 0 222 4315 5
C ;
222 431 145 145x 2 y 1 16
x ,y
145 145

                   

.
TH2: Nếu
18 9
A ;
5 5
     
do K là trung điểm của  AB B 6;5  .
Đường thẳng
99
AC:5x y 0
5
   .
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
   
2 2
22 1199 x ,y5x y 0 194 3175 55 C ;
194 317 65 65
x ,yx 2 y 1 16
65 65
                        
.
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là

415. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
414
 
18 9 222 431
A 6;5 ,B ; ,C ;
5 5 145 145
              
hoặc  
18 9 194 317
A ; ,B 6;5 ,C ;
5 5 65 65
              
.
Bài 29. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có góc  0
BAD 60 .
Trên cạnh AB lấy điểm M , trên cạnh BClấy điểm N sao cho MB NB AB  .
Biết điểm  P 3;1 thuộc đường thẳng DN và đường phân giác trong của góc
MDN có phương trình là: d : x y 3 6 0   . Tìm tọa độ các đỉnh D .
Giải
Theo giả thiết  0
BAD 60 ABD, CBD    là các tam giác đều.
Vì  BM BN AB BC AM BN ADM BDN ADM BDN           .
Tương tự  MDB NDC MDB NDC     .
Suy ra     0
MDN MDB NDB ABD 60    .
Gọi 1P là điểm đối xứng của P qua đường thẳng 1d P DM  và tam giác
1DPP cân có góc ở đỉnh bằng 0
60 nên là tam giác đều.
Suy ra  1
2 2
3 1. 3 6
DP PP 2d P;d 2. 6
1 ( 3)
 
   
 
.
Vì
t 6
D d D t; DP 6
3
       
.
 
 
 
2
2 D 6 3;1t 6 3t 6
t 3 1 36
3 t 3 3 D 3 3;1 3 3
                     
.
Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là
 D 6 3;1  hoặc  D 3 3;1 3 3  .
Bài 30. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh
B thuộc đường thẳng 1d : 2x y 2 0   , đỉnh C thuộc đường thẳng
2d : x y 5 0   . Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên AC . Gọi M,N lần
lượt là trung điểm của AH và CD . Giả sử  
9 2
M ; ,N 9;2
5 5
    
. Tìm tọa độ các
đỉnh hình chữ nhật ABCD .
Giải
Đường thẳng AN cắt đường thẳng C tại E ta có C là trung điểm của BE .

416. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
415
Vì M,N lần lượt là trung điểm của AH,CD nên MN là đường trung bình của
tam giác AHE .
Vì    1 2B d ,C d B b;2b 2 ,C c;c 5     vì C là trung điểm của
 BE E 2c b;2c 2b 12    .
Ta có
72 76
HE 2MN H 2c b ;2c 2b
5 5
         
 
.
Suy ra    CN 9 c;7 c ,BC c b;c 2b 7      
 
;
72 86 9 27
BH 2c 2b ;2c 4b ;MC c ;c
5 5 5 5
                   
 
.
Ta có
CN BC CN.BC 0
MC BH MC.BH 0
     
   
 
  .
     9 c c b 7 c c 2b 7 0
72 9 86 27
2c 2b c 2c 4b c 0
5 5 5 5
                                             
.
     9 c c b 7 c c 2b 7 0
72 9 86 27
2c 2b c 2c 4b c 0
5 5 5 5
                                             
   
   
2
2
2c 3bc 23c 23b 49 0 B 1;4 ,C 4; 1b 1,c 4
126 594 b 1,c 9 B 1;4 ,C 9;44c 6bc b 46c 0
5 5
                     
.
TH1: Nếu    B 1;4 ,C 4; 1 thì do N là trung điểm  CD D 14;5 .
Vì  AD BC A 11;10 
 
.
TH2: Nếu    B 1;4 ,C 9;4 thì do N là trung điểm  CD D 9;0 .
Vì  AD BC A 1;0 
 
.
Vậy tọa độ bốn điểm cần tìm là        A 1;0 ,B 1;4 ,C 9;4 ,D 9;0 hoặc
       A 11;10 ,B 1;4 ,C 4; 1 ,D 17;5 .
Bài 31. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD có hai điểm
A,D thuộc trục hoành và hai điểm B,C thuộc đường tròn
   
2
25
C : x y 1 2
4
       
. Xác định tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD .

417. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
416
Giải
Vì    A,D Ox A a;0 ,D d;0  .
Do ABCD là hình vuông nên    B a;m ,C d;m .
Mặt khác BC AB m a d    .
Mặt khác  
 
 
2
2
2
2
5
a m 1 2
4
B,C C
5
d m 1 2
4
          
        
.
Suy ra a,d là hai nghiệm của phương trình:
   
2
2 225 5 7
x m 1 2 x x m 1 0
4 2 16
             
.
Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
 
225 7
4 m 1 0 1 2 m 1 2
4 16
 
           
  
.
Theo vi-ét ta có  
25 7
a d ,ad m 1
2 16
     .
Mặt khác    
2 22
m a d m a d a d 4ad        .
Ta có phương trình:  
2
22 5 7
m 4 m 1
2 16
              
.
2
m 2
5m 8m 4 0 2
m
5
 

    
 

(thỏa mãn điều kiện).
Suy ra
1 9
a ,d
5 4 4a d
2 9 1
a ,d
9 4 4
ad
21 2916
a ,d
609 20 20
ad
29 21400
a ,d
20 20

  
                     

.
Suy ra
1 1 9 9
A ;0 ,B ;2 ,C ;2 ,D ;0
4 4 4 4
                                
hoặc
9 9 1 1
A ;0 ,B ;2 ,C ;2 ,D ;0
4 4 4 4
                                
hoặc

418. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
417
21 21 2 29 2 29
A ;0 ,B ; ,C ; ,D ;0
20 20 5 20 5 20
                                 
hoặc
29 29 2 21 2 21
A ;0 ,B ; ,C ; ,D ;0
20 20 5 20 5 20
                                 
.
Bài 32. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có điểm
   B 5;3 ,C 1; 1 và đỉnh A thuộc đường tròn   2 2
C : x y 2x 6y 6 0     .
Tìm tọa độ các điểm A,D biết trực tâm tam giác ABC thuộc đường thẳng
d : x 2y 1 0   .
Giải
Đường tròn  C có tâm  I 1;3 , bán kính R 4 .
Nhận thấy  B,C C do đó  C là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Gọi M là trung điểm của  BC M 3;1 .
Gọi     2 2
A x;y C x y 2x 6y 6 0       .
Ta có
 
 
 
H H
HH
x x 2 3 1 x x 4
AH 2IM H x 4;y 4
y y 4y y 2 1 3
             
       
 
.
Mặt khác  H d x 4 2 y 4 1 0 x 2y 3 0           .
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
 
2 2
A 3;3x 3,y 3x 2y 3 0
17 1 17 1
x ,y A ;x y 2x 6y 6 0
5 5 5 5
                          
.
TH1: Nếu    A 3;3 AD BC D 7; 1     
 
.
TH2: Nếu
17 1 3 21
A ; AD BC D ;
5 5 5 5
                 
 
.
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là
   A 3;3 ,D 7; 1   hoặc
17 1 3 21
A ; ,D ;
5 5 5 5
              
.
Bài 33. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là
hình chiếu vuông góc của A trên BC, gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
ACH . Đường tròn nội tiếp tam giác ABH có phương trình là
 
2 2
16 33 36
C : x y
5 5 25
               
. Giả sử
26 23
J ;
5 5
    
. Tìm tọa độ điểm A .

419. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
418
Giải
Đường tròn  C có tâm
16 33
I ;
5 5
    
và bán kính
6
R
5
 .
Gọi E,F lần lượt là hình chiếu vuông góc của I trên BCvà AH .
Tứ giác IEHF là hình vuông nên
6 2
IH R 2
5
  .
Đường tròn tâm I , bán kính
6 2
5
có phương trình là:
 
2 2
1
16 33 72
C : x y
5 5 25
               
.
Ta có 
 
0AHB AHC
IHJ 90 H
2 2
    nằm trên đường tròn  2C có đường kính
IJ .
Đường tròn  2C có phương trình là:  
2 2
2
21 28
C : x y 2
5 5
               
.
Tọa độ điểm H thỏa mãn hệ phương trình:
2 2
2 2
16 33 72 74 12374 123x y H ;x ,y
5 5 25 25 2525 25
122 171 122 17121 28 x ,y H ;x y 2 25 25 25 255 5
                                                                
.
TH1: Nếu
74 123
H ;
25 25
    
.
Ta viết phương trình đường thẳng AH và BCdựa vào điều kiện tiếp xúc với
đường tròn C .
Đường thẳng d đi qua H có phương trình dạng:
 2 274 123
d :a x b y 0, a b 0
25 25
                 
.
Đường thẳngd tiếp xúc với    C d K;d R  .
   2 2 2
2 2
6a 42
b
4a 3b625 25
a 7b 25 a b
3a 4b5a b

 
      
 
.
Với 4a 3b , chọn 1a 15,b 20 d :15x 20y 54 0      .
Với 3a 4b , chọn 2a 20,b 15 d : 20x 15y 133 0      .

420. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
419
Ta có I,J khác phía với 1d nên 1d là đường thẳng AH và 2d là đường thẳng BC.
Vì 1
15t 54
A d A t;
20
      
.
Suy ra
16 33 15t 54 26 23 15t 54
AI t; ,AJ t;
5 5 20 5 5 20
                  
 
.
Ta có   

0BAC
IAJ IAH JAH 45
2
    .
Do đó
AI.AJ 1
2AI . AJ

 
  .
2 2 2 2
16 26 33 15t 54 23 15t 54
t t
5 5 5 20 5 20 1
216 33 15t 54 26 23 15t 54
t . t
5 5 20 5 5 20
                                 
 
                                      
.
18 27
A ;18
t 5 5
5
34 3934 A ;t 5 55
74 16 6 123 12 674 16 6 A ;t
25 2525
74 16 6 74 16 6 123 12 6t A ;25 25 25
       

       
            

            
.
Đường thẳng IJ có phương trình: 5x 5y 49 0   .
Kiểm tra điều kiện A,H khác phía với I,J ta nhận nghiệm
34 39 74 16 6 123 12 6
A ; ,A ;
5 5 25 25
           
.
TH2: Thực hiện tương tự.
Bài 34. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có AB //CD. Biết
hai đỉnh B(3;3) và C(5;-3). Giao điểm I của hai đường chéo thuộc đường thẳng
2x y 3 0   . Gọi K là trung điểm của CD. Tìm tọa độ các đỉnh A, D, biết
rằng IC = 2 BI, tam giác IDK có diện tích bằng
8
5
và các điểm I, A có hoành độ
dương.

421. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
420
Giải
Gọi I(x; y), tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình:
2 2 2 2
2x y 3 0
(x 5) (y 3) 4(x 3) 4(y 3)
   
       
.
Đối chiếu với hoành độ I dương nên I(1; 1).
Theo hệ quả của tỉ số diện tích thì có ngay diện tích tam giác IDC là
16
5
.
Phương trình (BI): y=x. Khoảng cách từ C đến (BI) là 4 2 .
Từ đó ta có
8
ID .
5 2

Tọa độ của D thỏa mãn hệ phương trình: 2 2
y x
32
(x 1) (y 1)
25
 

    
.
Suy ra
9 9 1 1
D ; ;D ; .
5 5 5 5
            
Phương trình (IC) là x+y=2(1) và A thuộc đường thẳng này.
Xét 2 trường hợp :
- Tọa độ D là cặp thứ nhất.
Phương trình đường thẳng AB (song song với CD; qua B) : 3x 2y 15(2). 
Từ (1); (2) ta có A(11; -9).
- Tọa độ D là cặp thứ 2.
Đường thẳng AB: 2x+3y=15.
Suy ra A(-9; 11)
Trường hợp này loại do giả thiết hoành độ A dương.
Vậy A(11; -9;
9 9
D ;
5 5
    
là hai điểm cần tìm.
Bài 35. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC
với A(3;5), B(1;2), C(6;3). Gọi Δ là đường thẳng đi qua A cắt BC sao cho tổng
khoảng cách từ hai điểm B,C đến Δ là lớn nhất. Viết phương trình đường thẳng d
đi qua điểm E(−1;1) đồng thời cắt cả hai đường thẳng Δ và
1d :x y 14 0   : lần lượt tại hai điểm H,K sao cho 3HK IH 10 với I là giao
điểm của Δ và 1d .
Giải
Cách 1: Ta có : BA (2;3), BC (5;1) BA BC 2 5 1 3 13 0         
   
Do đó : ˆcosB 0 B  nhọn.

422. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
421
Có : CA ( 3;2), CB ( 5; 1) BA BC 15 2 13 0          
   
.
Do đó : ˆcosC 0 C  nhọn.
Kẻ BP , CQ    . Khi đó ta có : (B, ) (C, )d BP, d CQ   .
Gọi D là giao điểm của ;BC khi đó ta có : BP CQ BD DC BC    .
Do đó : max(BP CQ) BC. 
Đẳng thức xảy ra khi BC.  Vậy  là đường thẳng đi qua A và BC nên
có n BC (5;1).  

Do đó phương trình đường thẳng  là :
5(x 3) 1(y 5) 0 5x y 20 0        .
Vì I là giao điểm của  và 1d nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình :
5x y 20 0 x 1
x y 14 0 y 15
       
      
.
Vậy I(1;15).
Xét điểm 1M(4;0) , N(a,a 14) d ,MN IM 10    .
Ta có : MN (4 a, a 14), IM ( 3;15).     
 
Do đó 2 2
3MN IM 10 9 234 10 (4 a) (a 14)          
.
2
18a 180a 432 0 a 2 a 12        .
Mặt khác từ giả thiết ta có : 3HK IH 10 nên ta có
HK MN
HK MN
IH IM
   .
Do đó đường thẳng d cần tìm đi qua E và song song với MN.
Nên : da MN (4 a; a 14).    

Trường hợp 1 :a 2 MN (2; 16).   

Lúc đó phương trình
x 1 y 1
d : 8x y 7 0.
2 16
 
    

Trường hợp 2: a 12 MN (16; 2).   

Lúc đó phương trình
x 1 y 1
d : x 8y 7 0.
16 2
 
    

Cách 2: Ta có : BA (2;3), BC (5;1) BA BC 2 5 1 3 13 0         
   
.
Do đó : ˆcosB 0 B  nhọn.
Có : CA ( 3;2), CB ( 5; 1) BA BC 15 2 13 0          
   
.
Do đó : ˆcosC 0 C  nhọn.

423. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
422
Kẻ BP , CQ .    Khi đó ta có : (B, ) (C, )d BP, d CQ.  
Gọi D là giao điểm của  và BCkhi đó ta có : BP CQ BD DC BC    .
Do đó : max(BP CQ) BC. 
Đẳng thức xảy ra khi BC. 
Vậy  là đường thẳng đi qua A và BC nên có n BC (5;1).  

Do đó
phương trình đường thẳng :5(x 3) 1(y 5) 0 5x y 20 0        
Vì I là giao điểm của  và 1d nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình:
5x y 20 0 x 1
x y 14 0 y 15
       
      
.
Vậy I(1;15).
Gọi d là đường thẳng đi qua E và có véc tơ pháp tuyến là n (a,b).

Khi đó
phương trình đường thẳng 2 2
d :a(x 1) b(y 15) 0 (a b 0)    
Vì H là giao điểm của d và  nên tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương
trình :
19b a
x
a(x 1) b(y 15) 0 5b a
(a 5b)
5x y 20 0 5(5a b)
y
a 5b
           
       
Vậy
19b a 5(5a b)
H ; .
5b a a 5b
       
Lại có K là giao điểm của d và 1d nên tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương
trình:
13b a
x
a(x 1) b(y 15) 0 b a
(a b)
x y 14 0 13b a)
y
a b
            
       
Vậy
13b a 13b a)
K ; .
b a a b
        
Từ điều kiện bài toán :
2
2 2 2 2
2 2 2
3HK IH 10 9HK 10IH
1296 (a 7b) (a b ) 1040 (a 7b)
(a 5b) (a b) (a 5b)
  
     
 
   
.
2
a 7b
(a 7b) (8a b)(a 8b) 0 b 8a
a 8b
 

      

 
.

424. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
423
Trường hợp 1: a 7b chọn a 7,b 1 d :7x y 8 0.     
Trường hợp này loại vì khi đó ba đường thẳng 1d,d ,đều đồng quy tại điểm I.
Trường hợp 2 :a 8b chọn a 8,b 1 d :8x y 7 0.     
Trường hợp 3 : b 8a chọn a 1,b 8 d : x 8y 7 0.     
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán:
8x y 7 0;x 8y 7 0     
Bài 36. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có BC 4 3 Biết
phương trình đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC là
2 2
(x 4) (y 2) 25    . Đỉnh A thuộc đường thẳng x + 2y + 2 = 0 và có tung
độ nguyên. Đường thẳng đi nối 2 tiếp điểm của hai tiếp tuyến kẻ từ A đến đường
tròn đường kính BC là x + y - 1 = 0. Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC.
Giải
Nhận xét. Trực tâm của 1 tam giác luôn nằm trên đường thẳng nối 2 tiếp điểm
của 2 tiếp tuyến kẻ từ 1 đỉnh tới đường tròn đường kính là đường thẳng nối 2
đỉnh còn lại của tam giác đó.
Chứng minh. Giả sử tam giác ABC có 3 đường cao là AF, BD, CE cắt nhau ở
H. AM ,AN là tiếp tuyến. Ta có M, A, N, F, O cùng thuộc 1 đường tròn đường
kính OA nên  ANM AFN (1)
Ta có các tam giác ADH, AFC; AND và ANC đồng dạng nên
2 AH AN
AH.FA AD.AC AN
AN FA
   .
Từ đó tam giác ANH và AFN đồng dạng nên  ANH AFN (2).
Từ (1) và (2) ta có  ANM ANH nên H thuộc MN.
Trở lại bài toán đã cho.
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC, K là trung điểm của BC thì
OK 13 . Ta có AH 2OK 2 13  .
Tọa độ điểm A thỏa mãn 2 2
x 2y 2 0;(x 4) (y 2) 25       .
Với A có tung độ nguyên thì có A(8; -5).
Tọa độ H là thỏa mãn 2 2
(a 8) (b 5) 52    ; a+b-1=0.
Tìm ra H(12;-11); H(2;-1).
Bài 37. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông ở A và B
thảo mãn
1 1
AD AB BC
2 3
  . Gọi hình chiếu vuông góc các trung điểm của AB

425. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
424
và CD xuống đường thẳng AC là H và N. Biết
6
HN
13
 C(2; 4). Đỉnh A
thuộc đường thẳng 5x + 4y – 4 = 0, đường thẳng 8x - 5y – 11 = 0 đi qua đỉnh B.
Xác định tọa độ các đỉnh A, B, D.
Giải
Đặt AD=a. Gọi I,J là trung điểm của AB và CD.
Hình chiếu vuông góc của D xuống BC là E.
Ta có: 2
2
2
2 2 2
ABBD ABBA 4a
BCBD BC.BE 3a .
ACBD (AB BC)BD ABBD ABBD a .
AC BD 1 1
ACIJ AC .13a 6 .
.
a a
2 2 2
 
 
    
         


     
 
 
Mặt khác:
6a
ACIJ ACHN a 13HN HN .
13
   

Theo bài ra ta có a = 1.
Từ đó: 2 2
BC 3;AC AB BC 13.   
Chú ý bài cho C(2; 4). Đỉnh A thuộc đường thẳng
5x 4y 4 0;8x 5y 11 0      đi qua đỉnh B.
Bài toán đưa về tương giao đường thẳng và đường tròn.
Tìm ra
56 111
A(0;1);A ;
41 41
    
. C(2; 1)hoặc
418 473
C ;
89 89
    
Bài 38. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có đáy lớn AB
ngoại tiếp đường tròn bán kính r và nội tiếp đường tròn bán kính R mà
R 2
7
r 3
 . Biết phương trình đường thẳng AB là 2x - 4y + 5 = 0. Biết đường
thẳng AD qua N(8; 5). Xác định toạ độ điểm A.
Giải
Gọi E và F là trung điểm của DC, AB, và I là tâm đường tròn nội tiếp hình
thang.
Nên ta có I là trung điểm của EF.
Đặt BAD   thì ta có:
2r
AD BC .
sin
 

Đặt AB=x, CD=y thì: x y 4rcot .  
4r
x y ;(AB CD AD BC).
sin
    


426. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
425
1 cos 1 cos
x 2r. ;y 2r .
sin sin
   
  
 
2 2 2
BD AB AD 2AB.AD.cosBAD   
2 2
2 2
2 2
1 cos 4r 1 cos
4r 8r cos .
sin sin sin
           
2
2 2
2 2 2
2 cos 1 1
4r 4r 1 BD 2r 2r. 1 .
sin sin sin
             
Do 2
1
BD 2R.sin 2r 1
sin
   

Nên theo giả thiết
R 2
7
r 3

4 2
2
2 1
7 sin 1 28sin 9sin 9 0.
3 sin
         

Giải ra ta có :
3
sin (dosin 0).
2
    Vậy  o
BAD 60 .  
Phương trình đường thẳng AD có dạng:
A(x 8) B(y 5) 0 Ax By 8A 5B 0.        
Ta có  o
AD,AB 60 2 2
2 2
| 2A 4B| 1
3A 8AB 3B 0.
220 A B

     

2 2 A
A 16AB 11B 0 8 5 3.
B
      
Tọa độ điểm A thỏa mãn:
2x 4y 5 0
( 8 5 3)x y
(1
40 3
)
(9 25 )0
   
      
Hoặc:
2x 4y 5 0
( 8 5 3)x y
(3
40 3
)
(9 45 )0
   
      
Bài 39. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD với A(-3;6).
Biết tam giác ABC có AB.AC 60 2 và nội tiếp trong đường tròn có tâm
I(1;3) và bán kính R = 5 . Hình chiếu của điểm A xuống cạnh BC thuộc đường
thẳng d : x + 2y – 3 = 0. Hãy tìm tọa độ các đỉnh B,C,D biết hoành độ hình chiếu
của A lớn hớn 1 và hoành độ của điểm B bé hơn hoành độ điểm C.
Giải
ABC
1 1 AB.AC.sin A AB.AC
S AB.AC.sin A BC.AH AH 6 2.
2 2 BC 2R
     

427. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
426
Do H d nên  H 3 2h;h , với h < 1.
Ta có    
2 2
AH 6 2 6 2h h 6 72 h 0        hoặc
36
h
5
 (loại).
Do đó H( 3;0 ).
Suy ra phương trình đường thẳng BC là x – y – 3 = 0.
Mà phương trình đường tròn (ABC) là   
2 2
x 1 y 3 25    .
2 2
y 3
x y 3 0 x 6
y 2(x 1) (y 1) 25
x 1
               
 
.
Do đó tọa độ điểm B và C là nghiệm của hệ phương trình
Vì B Cx x nên    B 1; 2 ;C 6;3 .
Ta có ABCD là hình bình hành
     D DAB DC 4; 8 6 x ;3 y D 2;11 .       
 
Bài 40. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy;cho tam giác ABC có
3 1
I( : )
2 16
và E(1;0)
lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác.Đường tròn (T) tiếp
xúc với cạnh BC và các cạnh AB,AC kéo dài có tâm là F(2;-8) .Tìm tọa độ các
điểm A,B và C biết A có tung độ âm.
Giải
Gọi J là giao của EF và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .Khi đó có BJ=EJ
và tam giác BEF vuông tại B suy ra J là trung điểm EF
Ta có phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC và EBC là
 
   
2 2 2
2
2
2
3 1 65
I : x y
2 16 16
3 65
J : x y 4
2 4
                    

           
Suy ra (BC)có phương trình : y = -2 do đó    B 5, 2 ,C 2, 2  
Bài 41. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại A,B có
diện tích bằng 50, đỉnh  C 2; 5 ,AD 3BC  . Đường thẳng AB đi qua điểm
1
M ;0
2
    
, đường thẳng AD đi qua điểm  N 3;5 . Viết phương trình đường
thẳng AB biết nó không song song với các trục tọa độ.

428. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
427
Giải
Vì AB không song với các trục tọa độ nên giả sử AB có véc tơ pháp tuyến
   n 1;b , b 0 

.
Ta có phương trình
   
1
AB: x by 0;AD AB AD: b x 3 y 5 0
2
         .
Ta có  ABCD
1
S 50 AD BC .AB 50
2
    .
          
1
d C;AB 3.d C;AB .d C;AD 50 d C;AB .d C;AD 25
2
     .
2 2
b 05
5b
5b 10 32
. 25 b
41 b b 1
4
b
3

 
     
 

 

.
Suy ra có phương trình thỏa mãn yêu cầu bài toán là
4x 3y 2 0;6x 8y 3 0      .
Bài 42. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn
     
2 2
C : x 2 y 1 10    . Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông MNPQ biết
M trùng với tâm đường tròn  C , hai đỉnh N,Q thuộc đường tròn  C và đường
thẳng PQ đi qua điểm  E 3;6 .
Giải
Đường tròn  C có tâm  I 2;1 , bán kính R 10 .
Theo giả thiết ta có  M 2;1 .
Đường thẳng PQ có phương trình      2 2
PQ:a x 3 b y 6 0, a b 0      .
Ta có  
2 2
a 3b5a 5b
d M;PQ R 10
b 3aa b
 
   
 
.
TH1: Nếu a 3b PQ:3x y 3 0     .
Tọa độ điểm Q là nghiệm của hệ phương trình
   
 2 2
3x y 3 0 x 1
Q 1;0
y 0x 2 y 1 10
         
      
.

429. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
428
Đường thẳng MN đi qua  M 2;1 và song song với PQ nên có phương trình
MN :3x y 7 0   .
Tọa độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình
   
 
 2 2
3x y 7 0 N 1;4x 1,y 4
x 3,y 2 N 3; 2x 2 y 1 10
                 
.
- Với    N 1;4 MN QP P 2;3   
 
.
- Với    N 3; 2 MN QP P 0; 3    
 
.
TH2: Nếu b 3a PQ: x 3y 15 0     .
Tọa độ điểm Q là nghiệm của hệ phương trình
   
 2 2
x 3y 15 0 x 3
Q 3;4
y 4x 2 y 1 10
        
      
.
Tương tự trên ta tìm được    N 5;0 ,P 6;3 hoặc    N 1;2 ,P 0;5 .
Vậy tọa độ bốn điểm cần tìm là
       M 2;1 ,N 5;0 ,P 6;3 ,Q 3;4 hoặc        M 2;1 ,N 1;2 ,P 0;5 ,Q 3;4 hoặc
       M 2;1 ,N 1;4 ,P 2;3 ,Q 1;0  hoặc        M 2;1 ,N 3; 2 ,P 0; 3 ,Q 1;0   .
Bài 43. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn  C ngoại tiếp tam
giác ABC có  A 3;3 , trực tâm  H 3;1 và điểm  M 3; 1 nằm trên cung
BC(không chứa điểm A của  C ). Gọi E,F lần lượt là hình chiếu của M lên
đường thẳng BCvà AB . Tìm tọa độ các đỉnh B,C biết phương trình đường
thẳng đi EF có phương trình d : x 2y 3 0   .
Giải
Ba điểm A,H,M cùng nằm trên đường thẳng x 3 0  .
Suy ra M là điểm đối xứng của H qua đường thẳng BC.
Nên điểm E là trung điểm của  HM E 3;0 .
Đường thẳng BCđi qua E và vuông góc với AH nên có phương trình
BC: y 0 .
Gọi  F 3 2t;t d FA.FM 0   
 
.
 
2
F 1;1t 1
5t 2t 3 0 3 21 3
t F ;
5 5 5
                  
.

430. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
429
- Với
21 3
F ; AB:3x y 12 0
5 5
        
.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình
 
3x y 12 0 x 4
B 4;0
y 0 y 0
        
    
.
Gọi      C t;0 AC.HB 0 t 3 .1 1.3 0 t 6 C 6;0        
 
.
- Với  F 1;1 AB: x y 0   .
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình
 
x y 0 x 0
B 0;0
y 0 y 0
       
    
.
Gọi      C t;0 AC.HB 0 t 3 .3 1.3 0 t 4 C 4;0        
 
.
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là    B 4;0 ,C 6;0 hoặc    B 0;0 ,C 4;0 .
Bài 44. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn
  2 2
C : x y 9x y 18 0     và hai điểm    A 1;4 ,B 1;3 . Gọi C,D là hai
điểm thuộc đường tròn  C sao cho ABCD là hình bình hành. Tìm tọa độ điểm
C,D .
Giải
Đường tròn  C có tâm
9 1
I ;
2 2
    
, bán kính
10
R
2
 .
Ta có  AB 2; 1 ,AB 5   

.
Phương trình đường thẳng AB: x 2y 7 0   .
Vì ABCD là hình bình hành nên CD / /AB,CD AB 5  .
Suy ra phương trình đường thẳng CD: x 2y m 0   .
Ta có  
2
2
2 2
m 12m 7CD 5 5
d I;CD R
m 64 2 41 ( 2)
 
     
  
.
Suy ra CD: x 2y 1 0   hoặc CD: x 2y 6 0   .
Tọa độ điểm C,D thỏa mãn các hệ phương trình
2 2 2 2
x 2y 1 0 x 2y 6 0
;
x y 9x y 18 0 x y 9x y 18 0
         
            
.
Từ đó suy ra
x 3 x 5 x 4 x 6
;
y 1 y 2 y 1 y 0
                
            
.

431. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
430
Vậy tọa độ hai điểm cần tìm là    C 3;1 ,D 5;2 hoặc    C 5;2 ,D 3;1 hoặc
   C 4; 1 ,D 6;0 hoặc    C 6;0 ,D 4; 1 .
Bài 45. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD . Gọi
H(6; 1) là hình chiếu của A lên đường chéo BD . Gọi M,N lần lượt là
trung điểm của BH và CD . Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN có phương
trình: 2 2
(x 5) (y 2) 50    và phương trình đường thẳng chứa BD là:
x 2y 4 0   .Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết A có
hoành độ lớn hơn 5 và D có tung độ âm .
Giải
Chứng minh được tứ giác ADNM nội tiếp đường tròn đường kính AN .
Từ đó suy ra tọa độ điểm D là nghiệm của hệ phương trình:
2 2
x 2
y 3(x 5) (y 2) 50
x 10x 2y 4 0
y 3
                
 
.
Vì D có hoành độ dương nên D(10; 3) .
Do đó M( 2;3) .Ta có M là trung điểm của HB nên B( 10;7) .
Đường thẳng đi qua H(6; 1) và vuông góc với BD có phương trình:
2x y 13 0   .
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
2 2
x 4
y 5(x 5) (y 2) 50
x 102x y 13 0
y 7
                
 
.
Vì A có tung độ dương nên A(10;7) . Từ đó suy ra C( 10; 3)  .
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD là
A(10;7),B(10; 3),C( 10; 3),D( 10;7)    .
Bài 46. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD . Gọi E,F lần lượt
là các điểm trên các cạnh AB,AD sao cho diện tích tam giác AEFbằng
1 1
,tan ECB
6 3
 . Xác định tọa độ điểm F biết điểm
1
E 1;
3
    
và phương trình
đường thẳng CF là CF: 2x y 0  .
Giải
Giả sử hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng a 0 .

432. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
431
Theo giả thiết  1 2
tan ECB AE a
3 3
   .
Đặt AEF
1 ab 1 1
AF b 0 S AE.AF b
2 3 6 2a
        .
Ta tìm a bằng cách tính diện tích tam giác CEF theo hai cách:
-    
2
2
22
CEF
1
5 a a
2a1 5
S d E;CF .EF . a a b (1)
2 6 6
               
     .
-
 
CEF ABCD CEB AEF CFD
2
2
2
S S S S S
1
5a 1 3a a
a a ba 1 2a
a (2)
6 6 2 6
   
       
    
.
Từ (1),(2) ta được:
2
2
2
2 2
2
11 5 a a5a 1 3a a 2a 1 12a
2a 5 2a 1
6 6 2 4a
                                 
.
   
2 2
2 2 2
u a u a
4u 1 5 8u 4u 1 24u 28u 4 0
       
        
.
2
2
2
u a
a 1a 1
u 1
11 aa1
6u 6
6
                    
.
Vì      
2 2
2 22 2 2 1 1
F CF F t; 2t EF a a b a a t 1 2t
2a 3
                         
 
 
22 2
22
2
2a 1 1
a t 1 2t (3)
34a
          
.
- Với  
2
2
2 5 2 52 5 F ;t 6 31 5 6
a 1 (3) t 1 2t
3 4 2 5 2 5 2 5
t F ;
6 6 3
                                          
.

433. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
432
- Với  
2
21 1 5
a (3) t 1 2t
3 66
         
(phương trình vô nghiệm nên loại).
Vậy có hai điểm cần tìm là
2 5 2 5
F ;
6 3
        
hoặc
2 5 2 5
F ;
6 3
        
.
Nhận xét. Lời giải này yêu cầu tính toán khá dài dòng ngoài ra có thể giải bằng
phương pháp hình học nhờ kẻ thêm hình tuy nhiên cũng khác phức tạp xin
nhường cho bạn đọc tìm lời giải tối ưu hơn.
Bài 47. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có điểm
 D 3; 2 thuộc đường thẳng AB , đường trung tuyến và đường phân giác trong
hạ từ đỉnh A có phương trình lần lượt là
1d : 4x 5y 14 0   và 2d : x y 3 0   .
Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC , biết bán kính đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC bằng
5
2
.
Giải
Tọa độ đỉnh 1 2A d d  là nghiệm của hệ phương trình
 
4x 5y 14 0 x 1
A 1;2
x y 3 0 y 2
        
      
.
Đường thẳng AB đi qua hai điểm    A 1;2 ,D 3; 2 nên có phương trình
x 1 y 2
AB: AB: 2x y 4 0
3 1 2 2
 
    
  
.
Gọi 1D là điểm đối xứng của D qua đường thẳng 2 1d D AC  .
Đường thẳng 1DD đi qua  D 3; 2 và vuông góc với 2d nên có phương trình là
   1 1DD :1 x 3 1 y 2 0 DD : x y 5 0        .
Tọa độ giao điểm 2 1H d DD  là nghiệm của hệ phương trình
 
x y 5 0 x 4
H 4; 1
x y 3 0 y 1
         
      
.
Vì  H 4; 1 là trung điểm của 1DD nên  1D 5;0 .
Đường thẳng AC di qua hai điểm    1A 1;2 ,D 5;0 nên có phương trình là
x 1 y 2
AC: AC: x 2y 5 0
5 1 0 2
 
    
 
.
Gọi    B b;4 2b AB, b 1   và    C 5 2c;c AC, c 2   .

434. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
433
Khi đó tọa độ trung điểm M của BClà
5 b 2c 4 2b c
M ;
2 2
        
.
Mặt khác 1
5 b 2c 4 2b c
M d 4. 5. 14 0 c 4 2b
2 2
   
        .
Vậy    B b;4 2b ,C 4b 3;4 2b   .
Ta có
   2 2
2
2 2 2 2
sin BAC 1 cos BAC 1 cos AB;AC
2.1 1.2 16 3
1 1
25 52 1 . 1 2
   
          
.
Hệ thức lượng cho tam giác ABC ta có

b 23b 3BC 5
2R 2.
3 b 02sin BAC
5
 
   
 
(thỏa mãn điều kiện).
Suy ra    B 2;0 ,C 5;0 hoặc    B 0;4 ,C 3;4 .
Vậy ba điểm cần tìm là      A 1;2 ,B 2;0 ,C 5;0 hoặc      A 1;2 ,B 0;4 ,C 3;4 .
Nhận xét. Như vậy khi đề bài đề cập đến đường phân giác trong điều đầu tiên
nghĩ đến là lấy điểm đối xứng qua đường thẳng, kết hợp việc sử dụng hệ thức
lượng trong tam giác ta có lời giải bài toán hết sức đẹp và ngắn gọn. Nhiều em
sẽ tìm cách tính bán kính đường tròn ngoại tiếp theo nhiều cách khác nhưng
cách trên là đơn giản và tối ưu nhất.
Bài 48. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A nằm trên
trục hoành  A3 x 5  . Phương trình hai đường cao xuất phát từ đỉnh B,C lần
lượt là 1 2d : x y 1 0;d : 2x y 4 0      .
Tìm tọa độ đỉnh A sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
Giải
Tọa độ trực tâm 1 2H d d  là nghiệm của hệ phương trình
 
x y 1 0 x 1
H 1;2
2x y 4 0 y 2
        
      
.
Gọi    A a;0 Ox, 0 a 5   .
Đường thẳng AB đi qua A và vuông góc với 2d nên có phương trình là
   AB:1 x a 2 y 0 0 x 2y a 0        .
Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với 1d nên có phương trình là

435. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
434
   AC:1 x a 1 y 0 0 AC: x y a 0        .
Tọa độ đỉnh 1B d AB  là nghiệm của hệ phương trình
 
x y 1 0 x a 2
B a 2; a 1
x 2y a 0 y a 1
             
       
.
Tọa độ đỉnh 2C AC d  là nghiệm của hệ phương trình
 
2x y 4 0 x 4 a
C 4 a;2a 4
x y a 0 y 2a 4
           
       
.
Suy ra    AB 5 a 1 ,AC 2 2 a 2    .
   2 2
2
2 2 2 2
sin BAC 1 cos BAC 1 cos AB;AC
1.1 1.( 2) 3
1
101 1 . 1 ( 2)
   
              
.
Do đó       ABC
1 1 3
S AB.AC . 5 a 1 .2 2 a 2 . 3 a 1 a 2
2 2 10
       .
Xét hàm số   f (a) 3 a 1 a 2   trên đoạn  3;5
suy ra giá trị lớn nhất bằng f (5) 54 .
Vậy diện tích tam giác ABC lớn nhất khi và chỉ khi  A 5;0 .
Bài 49. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A có trực tâm
 H 3;2 . Gọi D,E lần lượt là chân đường cao hạ từ đỉnh B,C . Tìm tọa độ đỉnh
A biết điểm  F 2;3 thuộc đường thẳng DE và đỉnh A nằm trên đường thẳng
d : x 3y 3 0   , HD 4 .
Giải
Vì  A d A 3a 3;a   .
Ta có  AH 6 3a;2 a   

.
Vì tam giác ABC cân tại A nên DE / /BC DE AH  .
Đường thẳng DE đi qua điểm  F 2;3 và vuông góc với AH nên có phương
trình là      DE : 6 3a x 2 2 a y 3 0       .
Gọi        D x;y DE 6 3a x 2 2 a y 3 0 (1)         .
Mặt khác AD.HD 0
 
     x 3a 3 x 3 y a y 2 0 (2)        .

436. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
435
Ta có    
2 2
HD 4 x 3 y 2 16 (3)      .
Giải hệ phương trình gồm (1),(2),(3) ta được
 
   
2 2
2 2
6 3 6
a ,x ,y
5 5 5
x y 6x 4y 3 0 5 8 2
a 2,x ,y 2
x y 3ax a 2 y 7a 9 0 3 3
5 8 26 3a x 2 a y 6 3a 0
a 2,x ,y 2
3 3
a 6,x 3,y 6

   

                                 

   
.
Với
6 3 6
a A ; D H
5 5 5
        
nên loại.
Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là    1 2A 9;2 ,A 21;6 .
Bài 50. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A , biết
B,C đối xứng nhau qua gốc tọa độ. Đường phân giác trong góc B có phương
trình d : x 2y 5 0   . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC biết điểm
 K 6;2 nằm trên đường thẳng chứa cạnh AC .
Giải
Vì  B d B 5 2b;b   .
Do B,C đối xứng nhau qua gốc tọa độ nên  C 2b 5; b  .
Gọi 1O là điểm đối xứng của  O 0;0 qua đường thẳng 1 1d O AB  .
Dễ tìm được  1O 2;4 .
Ta có    1BO 2b 3;4 b ,CK 11 2b;2 b     
 
.
Vì tam giác ABC vuông tại A nên
     1
b 1
CK.BO 0 2b 3 11 2b 4 b 2 b 0
b 5
 
        
 
 
.
- Với      b 1 B 3;1 ,C 3; 1 ,A 3;1    trường hợp này loại do A B .
- Với    
31 17
b 5 B 5;5 ,C 5; 5 A ;
5 5
        
.
Vậy ba điểm cần tìm là    
31 17
A ; ,B 5;5 ,C 5; 5
5 5
     
.
Bài 51. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trực tâm  H 5;5 và
phương trình đường thẳng chứa cạnh BClà d : x y 8 0   . Tìm tọa độ các

437. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
436
đỉnh tam giác ABC biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua hai điểm
   M 7;3 ,N 4;2 .
Giải
Gọi  C là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Gọi 1H là điểm đối xứng của
H qua đường thẳng  1BC H C  (Xem chứng minh trong chương 3 các bài
toán về đường tròn).
Đường thẳng 1HH đi qua  H 5;5 và vuông góc với d nên có phương trình là
   1 1HH :1 x 5 1 y 5 0 HH : x y 0       .
Tọa độ giao điểm 1E d HH  là nghiệm của hệ phương trình
 
x y 8 0 x 4
E 4;4
x y 0 y 4
        
     
.
Vì  E 4;4 là trung điểm của  1 1HH H 3;3 .
Giả sử đường tròn    2 2 2 2
C : x y 2ax 2by c 0, a b c 0        .
Vì  
2 2
2 2
1
2 2
7 3 14a 6b c 0 a 5
H ,M,N C 3 3 6a 6b c 0 b 4
c 364 2 8a 4b c 0
                    
         
.
Suy ra   2 2
C : x y 10x 8y 36 0     .
Tọa độ đỉnh  1A HH C  là nghiệm của hệ phương trình
 2 2
x 3
x y 0 y 3
A 6;6
x 6x y 10x 8y 36 0
y 6
                
 
.
Tọa độ  B,C d C  là nghiệm của hệ phương trình
   
   2 2
x 3
x y 8 0 B 3;5 ,C 6;2y 5
B 6;2 ,C 3;5x 6x y 10x 8y 36 0
y 2
                     
 
.
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là
     A 6;6 ,B 3;5 ,C 6;2 hoặc      A 6;6 ,B 6;2 ,C 3;5 .

438. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
437
Bài 52. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có    B 4;3 ,C 1;4 .
Gọi 1 1H,B ,C lần lượt là trực tâm, chân đường cao hạ từ đỉnh B,C của tam giác
ABC . Trung điểm của đoạn thẳng AH nằm trên đường thẳng d : x y 0  . Tìm
tọa độ đỉnh A biết 1 1B ,C nằm trên đường thẳng 2d : x 2y 7 0   .
Giải
Gọi M,N lần lượt là trung điểm của BC,AH theo giả thiết ta có
 
5 7
M ; ,N t;t
2 2
    
.
Tứ giác 1 1BCC B nội tiếp đường tròn đường kính BC. Tứ giác 1 1AC HB nội tiếp
đường tròn đường kính AH nên M,N tương ứng là tâm các đường tròn ngoại
tiếp tứ giác 1 1 1 1BCC B ,AC HB nên 1 1MN B C .
Do đó B C1 1
5 7 3 3 3
MN.u 0 2 t 1 t 0 t N ;
2 2 2 2 2
                               
 
.
Ta có BC 10 . Gọi R là bán kính đường tròn tâm N , khi đó phương trình
đường tròn tâm M,N lần lượt là
   
2 2 2 2
2
1 2
3 3 5 7 10
C : x y R ; C : x y
2 2 2 2 4
                                       
.
Khi đó đường thẳng 1 1B C là trục đẳng phương của hai đường tròn
   1 2C , C nên có phương trình là
2 2 2 2
2
1 1
3 3 5 7 10
B C : x y x y R
2 2 2 2 4
                                        
2
1 1
23
B C : 2x 4y R
2
    .
Mặt khác đường thẳng 1 1B C có phương trình 2d : x 2y 7 0   .
Do đó
2 23
R
52 7 R
2 2

   .
Đường thẳng AH đi qua
3 3
N ;
2 2
    
và nhận  BC 3;1 

làm véc tơ pháp tuyến
nên có phương trình là
3 3
AH : 3 x 1 y 0 AH :3x y 3 0
2 2
                    
.

439. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
438
Suy ra  A t;3t 3 ta có
 
 
2 2 A 1;0t 13 3 5
NA R t 3t 3
t 22 2 2 A 2;3
                           
.
Vậy có hai điểm cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán là    A 1;0 ,B 2;3 .
Bài 53. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại  A 1;2 và
phương trình hai cạnh bên AB,AC lần lượt là
1 2d : x 2y 2 0;d : 2x y 1 0      . Tìm điểm D sao cho DB.DC
 
có giá trị
nhỏ nhất biết điểm  M 3;0 nằm trên cạnh BC.
Giải
Vì tam giác ABC cân tại A nên phương trình cạnh BClà đường thẳng đi qua
 M 3;0 và vuông góc các đường phân giác của góc tạo bởi 1 2d ,d (với M nằm
trên cạnh BC).
Do vậy nút thắt của bài toán là tìm được hai tọa độ B,C .
Phương trình các đường phân giác của góc tạo bởi 1 2d ,d là
1
2 2 2 2
2
: x y 3 0x 2y 2 2x y 1
:3x 3y 1 01 2 2 1
         
     
.
TH1: Nếu    1BC BC:1 x 3 1 y 0 0 BC: x y 3 0           .
Khi đó tọa độ điểm 1B BC d  là nghiệm của hệ phương trình
 
x y 3 0 x 4
B 4; 1
x 2y 2 0 y 1
         
      
.
Tọa độ điểm 2C BC d  là nghiệm của hệ phương trình
 
x y 3 0 x 4
C 4;7
2x y 1 0 y 7
         
      
.
Khi đó    MB 3; 3 ,MC 5;5   
 
ngược hướng nhau nên trường hợp này thỏa
mãn.
Gọi điểm      D x;y DB 4 x; 1 y ,DC 4 x;7 y        
 
.
Suy ra  
22 2 2
DB.DC x y 6y 23 x y 3 32 32        
 
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  x 0;y 3 D 0;3   .
TH2: Nếu    2BC BC:1 x 3 1 y 0 0 BC: x y 3 0           .

440. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
439
Thực hiện tương tự trường hợp 1 và tính được MB,MC
 
cùng hướng nên loại
trường hợp này.
Vậy điểm cần tìm là  D 0;3 .
Bài 54. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trực tâm  H 2;1 và
tâm đường tròn ngoại tiếp  I 1;0 . Trung điểm cạnh BCnằm trên đường thẳng
d : x 2y 1 0   . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC biết đường tròn ngoại tiếp
tam giác HBCđi qua điểm  E 6; 1 và đỉnh B có hoành độ nhỏ hơn 4.
Giải
Gọi M là trung điểm cạnh  BC M 2t 1;t d   .
Gọi J là điểm đối xứng của I qua đường thẳng BCkhi đó J là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác HBC.
Vì M là trung điểm của  IJ J 4t 1;2t  . Do  E 6; 1 nằm trên đường tròn
ngoại tiếp tam giác HBCnên JH JE .
           
2 2 2 2
4t 1 2t 1 4t 5 2t 1 t 1 M 3;1 ,J 5;2           .
Đường thẳng BC đi qua  M 3;1 và nhận  IM 2;1

làm véc tơ pháp tuyến nên
có phương trình là
       BC: 2 x 3 1 y 1 0 BC: 2x y 7 0 B t;7 2t , t 4           .
Ta có    
2 2 t 2
JB JE t 5 5 2t 10
t 4
 
      
 
.
Đối chiếu với điều kiện suy ra  t 2 B 2;3  . Vì  M 3;1 là trung điểm của
 BC C 4; 1  .
Ta có  A A
A A
2 x 2.2 x 2
AH 2IM A 2; 1
1 y 2.1 y 1
           
     
 
.
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là      A 2; 1 ,B 2;3 ,C 4; 1   .
Bài 55. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh  A 2; 1  và
trực tâm  H 2;1 , độ dài BC 2 5 . Gọi 1 1B ,C lần lượt là chân các đường cao
kẻ từ các đỉnh B,C của tam giác ABC . Viết phương trình đường thẳng BCbiết
trung điểm M (có tung độ dương) của BC nằm trên đường thẳng
d : x 2y 1 0   và đường thẳng 1 1B C đi qua điểm  N 3; 4 .
Giải

441. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
440
Vì    M d M 2t 1;t , t 0    . Đường tròn đi qua bốn điểm 1 1B,C,C ,B nhận
BC làm đường kính nên có phương trình là
     
2 2
1C : x 2t 1 y t 5     .
Đường tròn đi qua bốn điểm 1 1A,B ,H,C nhận AH làm đường kính nên có
phương trình là
  2 2
2C : x y 5  .
Khi đó đường thẳng 1 1B C chính là trục đẳng phương của hai đường tròn
   1 2C , C nên có phương trình là
     
2 2 2 2 2
1 1B C : x 2t 1 y t x y 0 2 2t 1 x 2ty 5t 4t 1 0              
.
Mặt khác điểm
    2
1 1N 3; 4 B C 6 2t 1 8t 5t 4t 1 0 t 1             .
Đối chiếu với điều kiện suy ra  t 1 M 3;1  .
Đường thẳng BC đi qua  M 3;1 và nhận  AH 4;2

làm véc tơ pháp tuyến nên
có phương trình là
   BC: 4 x 3 2 y 1 0 BC: 2x y 7 0        .
Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình là BC: 2x y 7 0   .
Bài 56. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có
   A 1;1 ,C 5;3 . Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho 3AM AB , trên cạnh
CD lấy điểm N sao cho 2CN CD . Tìm tọa độ các điểm B,D biết trọng tâm
tam giác BMN là điểm
19 5
G ;
6 3
    
.
Giải
Giả sử  B a;b ta có  AB a 1;b 1  

. Theo giả thiết ta có
 
 
M M
M M
1 a 2
x 1 a 1 x
a 2 b 23 3
3AM AB M ;
1 b 2 3 3
y 1 b 1 y
3 3
                                
 
.
Tương tự
11 a 7 b
2CN CD AB N ;
2 2
        
  
.

442. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
441
Vì
19 5
G ;
6 3
    
là trọng tâm tam giác
 
a 2 11 a 19
a
a 43 2 2
BMN B 4;1
b 2 7 b b 1
b 5
3 2
           
      
.
Vì  AB DC D 2;3 
 
.
Vậy hai điểm cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán là    B 4;1 ,D 2;3 .
Bài 57. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có
 AB 2CD, AB / /CD . Biết phương trình đường thẳng AC là x y 4 0   và
phương trình BD là x y 2 0   . Tìm tọa độ bốn đỉnh A,B,C,D biết A,B có
hoành độ dương và hình thang ABCD có diện tích bằng 36.
Giải
Tọa độ giao điểm của hai đường chéo I AC BD  là nghiệm của hệ phương
trình  
x y 4 0 x 3
I 3;1
x y 2 0 y 1
        
      
.
Theo định lý Ta-lét ta có
ID IC CD 1
IB IA AB 2
   .
Đặt
ID a
IC a 0
IA IB 2a
   
  
.
Mặt khác
2
ABCD IAB IBC ICD IAD
1
CD BD S S S S S 36 .9a a 2 2
2
          .
Vì    A AC A a;4 a , a 0    ta có
   
2 2 a 1
IA 4 2 a 3 3 a 32
a 7
 
      
 
.
Đối chiếu với điều kiện suy ra  a 7 A 7; 3   .
Vì    B BD B b;b 2 , b 0    ta có
   
2 2 b 7
IB 4 2 b 3 b 3 32
b 1
 
      
 
.
Đối chiếu với điều kiện suy ra  b 7 B 7;5  .
Vì    
1 1
IC IA C 1;3 ;ID IB D 1; 1
2 2
    
   
.

443. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
442
Vậy tọa độ bốn đỉnh hình thang ABCD là        A 7; 3 ,B 7;5 ,C 1;3 ,D 1; 1  .
Bài 58. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có M là trung
điểm BC,N là trung điểm của đoạn MD,P là giao điểm của hai đường thẳng
AN và CD . Tìm tọa độ các đỉnh C,D biết rằng      A 1;2 ,B 4; 1 ,P 2;0 .
Giải
Gọi K là trung điểm cạnh AD và gọi G là giao điểm của MK với AN .
Ta có MN,AN là các đường trung tuyến trong tam giác ADM nên G là trọng
tâm tam giác ADM .
Do đó
2 2 2
GM KM AB CD
3 3 3
   .
Xét hình thang ABCP có GM / /AB / /CP
và M là trung điểm BCsuy ra GM là
đường trung bình của hình thang
ABCP
2 CD
CP 2GM AB 2. CD CD
3 3
     
.
Ta có  
1 1
PC DC AB C 3; 1
3 3
   
  
.
Vì  AB CD D 0;2 
 
.
Vậy hai điểm cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán là    C 3; 1 ,D 0;2 .
Bài 59. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có cạnh AC đi qua
điểm M(0; -1) và AB 2AM . Đường phân giác trong AD có phương trình là
AD: x y 0  , đường cao CH : 2x y 3 0   . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác
ABC .
Giải
Gọi 1M là điểm đối xứng của M qua đường phân giác trong 1AD M AB  .
Đường thẳng 1MM đi qua  M 0; 1 và vuông góc với AD nên có phương trình
là    1 1MM :1 x 0 1 y 1 0 MM : x y 1 0        .
Tọa độ giao điểm 1I MM AD  là nghiệm của hệ phương trình
1
x
x y 1 0 1 12
I ;
x y 0 1 2 2
y
2
                      
.
Vì I là trung điểm  1 1MM M 1;0  .
G
K
N
M
D
A B
CP

444. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
443
Phương trình cạnh AB đi qua  1M 1;0 và vuông góc với CH nên có phương
trình là    AB:1 x 1 2 y 0 0 AB: x 2y 1 0        .
Tọa độ đỉnh A AB AD  là nghiệm của hệ phương trình
 
x 2y 1 0 x 1
A 1;1
x y 0 y 1
        
     
.
Đường thẳng AC đi qua    A 1;1 ,M 0; 1 nên có phương trình là
x 1 y 1
AC: AC: 2x y 1 0
0 1 1 1
 
    
  
.
Tọa độ đỉnh C AC CH  là nghiệm của hệ phương trình
1
2x y 1 0 x 1
C ; 22
2x y 3 0 2
y 2
                     
.
Vì
t 1
B AB B t;
2
      
vì  
 
 
2 B 3; 1t 3
AB 2AM t 1 16
t 5 B 5;3
            
.
- Với  B 5;3 khi đó B,C cùng phía với phân giác trong AD nên loại.
Vậy ba điểm cần tìm là    
1
A 1;1 ,B 3; 1 ,C ; 2
2
       
.
Bài 60. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD vuông tại
A,B,BC 2AD 2AB  . Biết đỉnh  
1
A 2;3 ,E ;3
3
     
là giao điểm của hai
đường chéo AC,BD . Tìm tọa độ các đỉnh B,C,D biết đỉnh D nằm trên đường
thẳng d :3x y 4 0   .
Giải
Ta có
5
AE
3
 .
Theo định lý Ta-lét ta có
 
EA ED AD 1
EC DB BC 2
10
EC 2AE ;0 C 3;3
3
  
      
  .
Và AC 3AE 5  .
Suy ra 2 2 2 2
AC AB BC 5AD 25 AD 5      .
Gọi  D t;4 3t d 
E
B C
A(-2;3) D

445. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
444
   
2 2 2
t 0
AD 5 t 2 1 3t 5 10t 2t 0 1
t
5
 

          
 

.
- Với  t 0 D 0;4  ta có  AD 2;1

và có  BC 2AD B 1;1  
 
.
- Với
2 2 16 12 1
t D ; AD ;
5 5 5 5 5
               

và có
9 13
BC 2AD B ;
5 5
      
 
.
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là
     B 1;1 ,C 3;3 ,D 0;4 hoặc  
9 13 2 16
B ; ,C 3;3 ,D ;
5 5 5 5
             
.
Bài 61. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại C biết phương
trình cạnh AB là AB: x 2y 0  . Điểm  I 4;2 là trung điểm cạnh AB , điểm
9
M 4;
2
    
thuộc cạnh BC. Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC biết diện tích tam
giác ABC bằng 10 và điểm B có tung độ không nhỏ hơn 3.
Giải
Gọi  A 2a;a AB vì  I 4;2 là trung điểm của  AB B 8 2a;4 a   .
Vì By 3 a 1   .
Đường thẳng CI đi qua  I 4;2 và vuông góc với AB nên có phương trình là
CI: 2x y 10 0   .
Gọi  C c;10 2c CI   CI 5 c 4 ,AI 5 a 2 5 2 a       .
Ta có ABC
2
S 10 CI.AI 10 c 4 (1)
2 a
     

.
Gọi N là hình chiếu vuông góc của M
xuống  AB MN d M;AB 5   .
Dễ tìm được  
5 5
N 5; BN 3 2a
2 2
      
.
Ta có
 2 2 aCI MN
c 4 (2)
AI NB 3 2a

   

.
Giải hệ phương trình gồm (1),(2) ta được
   
c 2
a 1 A 2;1 ,C 6; 2
c 6
 
   
 
hoặc  C 2;6 .
Bài 62. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có điểm  M 1; 3 nằm
trên đường thẳng BCsao cho 3MB 2MC . Phương trình hai cạnh AB,AC lần
IA B
C
M

446. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
445
lượt nằm trên các đường thẳng 1 2d : 2x y 1 0;d :3x 4y 6 0      . Tìm tọa
độ các đỉnh của tam giác ABC .
Giải
Tọa độ đỉnh 1 2A d d  là nghiệm của hệ phương trình
 
2x y 1 0 x 2
A 2; 3
3x 4y 6 0 y 3
         
      
.
Gọi   1 2
4
B b;1 2b d ,C c 2;c d
3
       
. Vì 3MB 2MC nên
3MB 2MC
3MB 2MC
 

 
 
  .
TH1 : Nếu
11
b
9b 8c 9 0 5
3MB 2MC
6b 2c 6 0 18
c
5
         
     
 
.
Suy ra
11 17 14 18
B ; ,C ;
5 5 5 5
             
.
TH2 : Nếu
9b 8c 27 0 b 3
3MB 2MC
6b 2c 18 0 c 0
         
       
 
.
Suy ra    B 3; 5 ,C 2,0  .
Vậy      A 2; 3 ,B 3; 5 ,C 2;0   hoặc  
11 17 14 18
A 2; 3 ,B ; ,C ;
5 5 5 5
              
là
các điểm cần tìm.
Bài 63. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD biết phân giác
trong góc ABC đi qua trung điểm M của AD . Đường thẳng BM có phương
trình x y 2 0   , đỉnh D thuộc đường thẳng d : x y 9 0   và điểm E(-1;2)
thuộc cạnh AB . Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật A,B,C,D biết B có hoành
độ âm.
Giải
Gọi 1E là điểm đối xứng của E qua đường phân giác 1BM E BC  .
Đường thẳng 1EE đi qua E(-1;2) và vuông góc với BM nên có phương trình
1EE : x y 1 0   .
Tọa độ giao điểm của 1H EE BM  là nghiệm của hệ phương trình
1
x
x y 1 0 1 32
H ;
x y 2 0 3 2 2
y
2
                      
.

447. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
446
Vì H là trung điểm của  1 1EE E 0;1 .
Gọi        1B t;t 2 BM, t 0 BE 1 t; t ,BE t; t 1           
 
.
Vì      1BE BE t 1 t t t 1 0 t 1 B 1;1             .
Đường thẳng AB đi qua hai điểm    E 1;2 ,B 1;1 AB: x 1    .
Đường thẳng BCđi qua hai điểm    1B 1;1 ,E 0;1 BC: y 1   .
Gọi    A 1;a , a 1 AB   . Do  D d D d;9 d   vì M là trung điểm của
d 1 9 d a
AD M ;
2 2
       
.
Mặt khác M BM a 2d 6 0 (1)     .
Ta có    AD d 1;9 d a ,AB 0;1 a AD.AB 0 a d 9 0 (2)           
   
.
Giải hệ phương trình gồm (1),(2) ta được
   
a 4
A 1;4 ,D 5;4
d 5
   
 
. Do  AD BC C 5;1 
 
.
Vậy bốn đỉnh cần tìm là        A 1;4 ,B 1;1 ,C 5;1 D 5;4 
Bài 64. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , hãy tìm tọa độ đỉnh C của hình vuông
ABCD , biết A,B nằm trên đường thẳng d : x y 8 0   và 2 đỉnh C,D nằm
trên Parabol   2
P : y x .
Giải
Vì    2
C P C c;c  . Đường thẳng BCđi qua C và vuông góc với d nên có
phương trình    2 2
BC:1 x c 1 y c 0 BC: x y c c 0         .
Tọa độ đỉnh B d BC  là nghiệm của hệ phương trình
2
2 22
2
c c 8
x
c c 8 c c 8x y c c 0 2
B ;
2 2x y 8 0 c c 8
y
2
                             
.
Đường thẳng CD đi qua C và song song với d nên có phương trình là
   2 2
CD:1 x c 1 y c 0 CD: x y c c 0         .
Tọa độ đỉnh  D CD P  là nghiệm của hệ phương trình

448. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
447
 
  
22
2
2
2
x c
y cy x
D 1 c; 1 c
x 1 cx y c c 0
y 1 c
        
          
.
Để ABCD là hình vuông
   
2 22 2
2 2 c c 8 c c 8
BC CD 2c 1 2c 1
2 2
                         
.
   
 
 
22 2
2
C 2;4c 2
8 2c 1 2 c c 128 c 3 C 3;9
1 41
1 41 1 41c
C ;2
2 2
                                  
.
Vậy có ba điểm cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán là
   
2
1 2 3
1 41 1 41
C 2;4 ,C 3;9 ,C ;
2 2
                  
.
Nhận xét. Với bài toán này ta chỉ sử dụng hai tính chất của hình vuông là các
cạnh song song, vuông góc với nhau và độ dài các cạnh bằng nhau. Đòi hỏi tính
toán chi tiết không nặng về tư duy.
Bài 65. Trong mặt phẳng tọa độOxy cho hình chữ nhật ABCD . Gọi M là điểm
trên đường chéo AC sao cho MC 2AM . Đường tròn đường kính AM cắt các
cạnh AB và AD tại N,P . Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật ABCD , biết
   N 1; 2 ,P 1;1 và AM vuông góc với NP , A có hoành độ âm.
Giải
Vì AM là đường kính nên AN MN,AP MP ANMP   là hình chữ nhật.
Mặt khác AM NP ANMP  là hình vuông. Suy ra ABCD là hình vuông.
Tâm hình vuông ANMP chính là trung điểm I của NP ,
1
I 1;
2
     
.
Vì AI NP AI  nhận  NP 0; 3 

làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình
 
1 1
AI: 3 y 0 AI: y 0
2 2
1
A a; , a 0
2
        
     
I
A B
M
N
P

449. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
448
Mặt khác
  
3 3
AN.AP 0 1 a 1 a . 0
2 2
         
 
.
1
a 1 1 1
a A ;2
2 2 2
a 2

            

.
Điểm M đối xứng với A qua
5 1
I M ;
2 2
     
.
Theo định lý Ta lét ta có:
AB 3AN
AB AC AD
3 AC 3AM
AN AM AP
AD 3AP
     
 
 
 
 
.
Ta có  
3 3 3 3
AN ; ,AM 3;0 ,AP ;
2 2 2 2
               
  
.
Vì vậy  
B
B
B
B
1 3
x 3.
x 42 2
AB 3AN B 4; 5
1 3 y 5
y 3.
2 2
           
            
 
.
Tương tư ta tìm được  
17 1
C ; ,D 4;4
2 2
     
.
Vậy tọa độ bốn đỉnh hình vuông là    
1 1 17 1
A ; ,B 4; 5 ,C ; ,D 4;4
2 2 2 2
               
.
Bài 66. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình
đường cao AH và trung tuyến AM lần lượt là x 2y 13 0   và
13x 6y 9 0   . Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC biết tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC có tọa độ là  I 5;1 .
Giải
Tọa độ đỉnh A AH AM  là nghiệm của hệ phương trình
 
x 2y 13 0 x 3
A 3; 8
13x 6y 9 0 y 8
          
      
.
Đường thẳng IM đi qua  I 5;1 và song song với AH nên có phương trình
dạng IM : x 2y c 0   .
Mặt khác I IM 5 2.1 c 0 c 7 IM : x 2y 7 0            .

450. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
449
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình
 
x 2y 7 0 x 3
M 3;5
13x 6y 9 0 y 5
        
      
.
Đường thẳng BCđi qua  M 3;5 và vuông góc với AH nên có phương trình
BC: 2x y 11 0   .
Gọi  B b;11 2b BC  . Ta có    
2 2 b 2
IA IB b 5 10 2b 85
b 4
 
      
 
.
- Với  b 2 B 2;7  vì  M 3;5 là trung điểm của  BC C 4;3 .
- Với  b 4 B 4;3  vì  M 3;5 là trung điểm  BC C 2;7 .
Vậy      A 3; 8 ,B 2;7 ,C 4;3  hoặc      A 3; 8 ,B 4;3 ,C 2;7  là ba điểm cần
tìm.

451. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
449
Chöông 3. ÑÖÔØNG TROØN
Chương này đề cập đến phương trình đường tròn và cách viết phương trình
đường tròn; đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác; vị trí tương đối của điểm,
đường thẳng với đường tròn; bài toán về tiếp tuyến với đường tròn; bài toán tìm
điểm.
Chuû ñeà 1. PHÖÔNG TRÌNH ÑÖÔØNG TROØN
A. NỘI DUNG KIẾN THỨC
1. Định nghĩa. Đường tròn là tập hợp các điểm trong mặt phẳng Oxy cách đều
một điểm cho trước một khoảng không đổi.
2. Phương trình chính tắc của đường tròn
Đường tròn trong mặt phẳng tọa độ Oxy
có phương trình chính tắc là
( ) ( ) ( )2 2 2
C : x a y b R− + − = .
Tính chất:
Tâm ( )I a;b , bán kính R 0> .
Phương trình tổng quát của đường tròn
Đường tròn (C) trong mặt phẳng tọa độ Oxycó phương trình là
( ) ( )2 2 2 2
C : x y 2ax 2by c 0, a b c 0+ − − += + − > .
Tính chất:
- Tâm ( )I a;b .
- Bán kính 2 2
R a b c= + − .
Ví dụ. Đường tròn ( ) 2 2
C : x y 6x 6y 8 0+ − − + =.
- Tâm ( )I 3;3 .
Bán kính 2 2
R 3 3 8 10= + − = .
3. Các dạng bài toán
Bài toán 1. Xác định tâm và bán kính đường tròn.
Ví dụ 1. Xác định tâm và bán kính của các đường tròn sau
a) ( ) ( )
2
2 3
C : x 1 y 5
2
 
− + − = 
 
. b) ( ) 2 2
C : x y 2x 2y 2 0+ − + − =.

452. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
450
Giải
a) Đường tròn ( )C có tâm
3
I 1;
2
 
 
 
, bán kính R 5= .
b) Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1; 1− , bán kính 2 2
R 1 ( 1) ( 2) 2= + − − − = .
Bài toán 2. Các bài toán liên quan đến họ đường tròn (đường tròn phụ thuộc
tham số).
PHƯƠNG PHÁP
Cho họ đường tròn ( ) 2 2
mC : x y 2a(m)x 2b(m)y c(m) 0 (1)+ − − + = .
1. Để ( )mC là phương trình đường tròn khi và chỉ khi
2 2
a (m) b (m) c(m) 0 (2)+ − > .
2. Tập hợp tâm đường tròn
Với điều kiện (2) thì ( )mC là họ đường tròn có tâm m
x a(m)
I :
y b(m)
=

=
.
Khử m từ hệ trên tìm được mối liên hệ F(x;y) 0= đây chính là phương trình
quỹ tích tâm họ đường tròn ( )mC .
3. Điểm cố định mà họ đường tròn luôn đi qua.
4. Chứng minh họ đường tròn ( )mC luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định.
5. Chứng minh các đường tròn của họ tiếp xúc với nhau tại một điểm cố định.
Ví dụ 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho họ đường tròn
( ) ( ) ( )2 2
mC : x y m 6 x 2 m 1 y m 10 0+ − + − − + + =.
a) Tìm m để ( )mC là họ đường tròn. Khi đó tìm quỹ tích tâm đường tròn ( )mC
khi m thay đổi.
b) Chứng minh rằng các đường tròn của họ ( )mC luôn tiếp xúc với nhau tại một
điểm cố định.
Giải
a) Để ( )mC là đường tròn 2 2
a b c 0⇔ + − >
( )
2 2
2m 6 5m
m 1 m 10 0 0 m 0
2 4
+ 
⇔ + − − − > ⇔ > ⇔ ≠ 
 
.
Khi đó ( )mC có tâm mI có tọa độ thỏa mãn
m 6
x
2x y 7 02
y m 1
+
=
⇒ − − =
= −
.
Vậy khi m thay đổi tâm mI thuộc đường thẳng cố định d : 2x y 7 0− − =trừ đi
điểm ( )3; 1− .

453. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
451
b)
Cách 1: Gọi ( )M x;y là điểm cố định mà họ đường tròn ( )mC luôn đi qua.
( ) ( )2 2
x y m 6 x 2 m 1 y m 10 0, m⇔ + − + − − + + = ∀
( ) 2 2
m x 2y 1 x y 6x 2y 10 0, m⇔ − − + + + − + + = ∀
( )2 2
x 2y 1 0 x 3
M 3; 1
y 1x y 6x 2y 10 0
− − + = =
⇔ ⇔ ⇒ − 
= −+ − + + = 
.
Nhận thấy mI d∈ đi qua ( )M 3; 1− nên các đường tròn của họ ( )mC luôn tiếp
xúc với nhau tại điểm cố định ( )M 3; 1− .
Cách 2: Xét hai đường tròn của họ (Cm) ứng với 1 2m ,m
( ) ( )
( ) ( )
2 2
1 1 1
2 2
2 2 2
x y m 6 x 2 m 1 y m 10 0
x y m 6 x 2 m 1 y m 10 0
 + − + − − + + =

+ − + − − + + =
( ) ( )2 2
1 1 1x y m 6 x 2 m 1 y m 10 0
x 2y 1 0
 + − + − − + + =
⇔ 
+ − =
2 x 3y 2y 1 0
y 1x 2y 1 0
 =+ + =
⇔ ⇔ 
= −+ − = 
(có nghiệm duy nhất).
Vậy các đường tròn của họ (Cm) luôn tiếp xúc với nhau tại điểm cố định M(3;-1).
Bài toán 3. Viết phương trình đường tròn thỏa mãn điều kiện cho trước
PHƯƠNG PHÁP
Cách 1: Giả sử đường tròn 2 2 2 2
(C): x y 2ax 2by c 0,(a b c 0)+ − − += + − > .
Dựa vào điều kiện bài toán thiết lập hệ phương trình 3 ẩn a,b,c . Giải hệ đó tìm
được a,b,c và suy ra phương trình của (C).
Cách 2: Giả sử đường tròn ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2
C : x a y b R , R 0− + − = > .
Thiết lập hệ phương trình 3 ẩn a,b,R , tìm được a,b,R từ đó suy ra phương
trình của (C).
Ví dụ 3. Viết phương trình đường tròn (C) trong các trường hợp sau
a) Tâm ( )I 1;2− , bán kính R 4= .
b) Đường kính AB , biết ( ) ( )A 2; 3 ,B 5;0− .
c) Đi qua điểm ( )A 0; 1− , tâm
1
I ;2
2
 
 
 
.
d) Đi qua hai điểm ( ) ( )A 3;1 ,B 5;5 và tâm nằm trên trục hoành.
e) Đi qua hai điểm ( ) ( )A 0;1 ,B 1;0 và có tâm nằm trên đường thẳng d : x y 2 0+ + =

454. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
452
Giải
a) Đường tròn ( )C tâm ( )I 1;2− , bán kính ( ) ( ) ( )2 2
R 4 C : x 1 y 2 16= ⇒ + + − = .
b) Đường tròn (C) có đường kính AB suy ra tâm I là trung điểm AB, bán kính
AB
R
2
=
Ta có A B A B
I I
x x y y7 3
x ;y
2 2 2 2
+ +
= = = = − .
Bán kính
( ) ( )2 2
5 2 0 3AB 3 2
R
2 2 2
− + +
= = = .
Suy ra ( )
2 2
7 3 9
C : x y
2 2 2
   
− + + =   
   
.
c) Đường tròn ( )C đi qua ( )A 0; 1− , tâm
1
I ;2
2
 
 
 
.
Bán kính ( )
2
21 37
R IA 0 2 1
2 4
 
= = − + + = 
 
.
Suy ra ( ) ( )
2
21 37
C : x y 2
2 4
 
− + − = 
 
.
d) Đường tròn ( )C có tâm nằm trên trục hoành nên có dạng
( ) ( ) ( )2 2 2
C : x a y R , R 0− + = > .
Điểm ( ) ( ) ( )2 2
A 3;1 C 3 a 1 R∈ ⇒ − + = .
Điểm ( ) ( ) ( )2 2
B 5;5 C 5 a 25 R∈ ⇒ − + = .
Suy ra ( ) ( )2 2 2
3 a 1 5 a 25 a 10 R 50− + = − + ⇔ = ⇒ = .
Vậy ( ) ( )2 2
C : x 10 y 50− + =.
e) Đường tròn 2 2 2 2
(C): x y 2ax 2by c 0, (a b c 0)+ − − += + − > .
Điểm ( ) ( ) ( )
1 2b c 0
A 0;1 ,B 1;0 C
1 2a c 0
− + =
∈ ⇒ 
− + =
.
Tâm ( )I a;b d a b 2 0∈ ⇔ + + =.
Vậy ta có hệ phương trình
1 2b c 0 a 1
1 2a c 0 b 1
a b 2 0 c 3
− + = =− 
 
− + = ⇔ =− 
 + + = =− 
.
Suy ra ( ) 2 2
C : x y 2x 2y 3 0+ + + − =.

455. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
453
Bài toán 4. Viết phương trình đường tròn tiếp xúc với đường thẳng d cho trước
và thỏa mãn điều kiện cho trước.
PHƯƠNG PHÁP
Bước 1: Giả sử đường tròn ( ) ( ) ( )2 2 2
C : x a y b R− + − = .
Bước 2: Ta xét 3 trường hợp sau
TH1: Nếu d có dưới dạng phương trình tổng quát: Ax By C 0+ + =.
Sử dụng điều kiện tiếp xúc ( ) 2 2
Aa Bb C
d I;d R R
A B
+ +
=⇔ =
+
.
TH2: Nếu d cho dưới dạng tham số:  0
0
x x at
, t
y y bt
   
  
 .
Cách 1: Chuyển phương trình của d về dạng tổng quát và thực hiện tương tự TH1.
Cách 2: Thay x,y từ phương trình của d vào phương trình của (C) ta được
phương trình 2
At Bt C 0+ + =. Tìm điều kiện để phương trình này có
nghiệm kép.
TH3: Nếu d có dạng chính tắc: 0 0x x y y
a b
− −
= .
Cách 1: Chuyển d về dạng tổng quát và thực hiện tương tự TH1.
Cách 2: Chuyển d về dạng tham số và thực hiện tương tự TH3.
Cụ thể có bốn bài toán nhỏ như sau
Dạng 1. Viết phương trình đường tròn (C) có tâm ( )I a;b và tiếp xúc với đường
thẳng d : Ax By C 0+ + =.
Dạng 2. Viết phương trình đường tròn ( )C đi qua điểm ( )0 0A x ;y và tiếp xúc
với đường thẳng d : Ax By C 0+ + =tại điểm ( )M MM x ;y .
Dạng 3. Viết phương trình đường tròn ( )C có tâm nằm trên đường thẳng
d : Ax By C 0+ + =và tiếp xúc đồng thời với hai đường thẳng
1 1 1 1d : A x B y C 0+ + =và 2 2 2 2d : A x B y C 0+ + =.
Dạng 4. Viết phương trình đường tròn ( )C đi qua điểm ( )0 0A x ;y và tiếp xúc
đồng thời với hai đường thẳng 1 1 1 1d : A x B y C 0+ + =và
2 2 2 2d : A x B y C 0+ + =.
Bài toán 5. Viết phương trình đường tròn ( )C cắt đường thẳng
d : Ax By C 0+ + =tại hai điểm phân biệt M,N thỏa mãn điều kiện cho trước.
PHƯƠNG PHÁP

456. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
454
Giả sử đường tròn ( )C có tâm ( )I a;b , bán
kính R .
Sử dụng công thức ( )
2
2 MN
d I;d R
4
= − .
Đường tròn đi qua điểm ( ) ( ) ( )2 2
0 0 0 0A x ;y R IA a x b y⇒ = = − + − .
Bài toán 6. Viết phương trình đường tròn ( )C tiếp xúc với đường tròn ( )1C và
thỏa mãn điều kiện cho trước.
PHƯƠNG PHÁP
- Giả sử đường tròn ( )C có tâm I , bán kính R .
- Đường tròn ( )1C có tâm 1I , bán kính 1R .
- Để ( )C tiếp xúc với ( ) 1 1
1
1 1
II R R
C
II R R
= +
⇔ 
= −
.
- Thiết lập một phương trình dựa vào giả thiết bài toán và giải hệ ta tìm được tọa
độ tâm và bán kính đường tròn ( )C .
Ví dụ 4. Viết phương trình đường tròn ( )C có tâm nằm trên trục tung, bán kính
bằng 6 và tiếp xúc với đường tròn ( ) ( )2 2
1C : x 2 y 4− + =.
Giải
Đường tròn ( )1C có tâm ( )1I 2;0 , bán kính 1R 2= .
Giả sử đường tròn ( )C có tâm I , bán kính R 6= . Vì ( )I Oy I 0;t∈ ⇒ .
Để ( )C tiếp xúc với ( )
2
1 1
1
21 1
II R R 4 t 2 6 t 2 15
C
II R R t 2 34 t 4
 = + + =+ =±
⇔ ⇔ ⇔ 
= −  = ± + =
.
Vậy có bốn đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán là
( ) ( )
22
C : x y 4 15 36+ − =hoặc ( ) ( )
22
C : x y 4 15 36+ + =hoặc
( ) ( )
22
C : x y 2 3 36+ − =hoặc ( ) ( )
22
C : x y 2 3 36+ + =.

457. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
455
B. BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , hãy viết phương trình đường tròn ( )C có
tâm nằm trên đường thẳng d : x y 1 0− − = và tiếp xúc đồng thời với hai đường
thẳng 1d : 2x y 1 0+ − =và 2d : 2x y 2 0− + =.
Giải
Giả sử đường tròn (C) có tâm I và bán kính R .
Vì ( )I d I t;t 1∈ ⇒ − .
Do (C) tiếp xúc đồng thời với 1 2d ,d nên
( ) ( )1 2d I;d d I;d R= =
( )
( ) ( ) ( )
2 2
1
1 2
2 2 2 2
2t t 1 1
R
R d I;d 2 1
2t t 1 22t t 1 1d I;d d I;d
2 1 2 ( 1)
 + − −
=
 = +
⇔ ⇔ 
− − ++ − −=  =

+ + −
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
2t t 1 1
R
1 5 5 32t t 1 1 2 1 I ; I ;R 4 4 2 212 1 t
121 1214 R R3t 2 t 3
80 205
t
2
 + − −
=      + − − + − −    =       ⇔ ⇔ ⇔ ∨+   = −   = =− = +      =

.
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán là
( )
2 2
1
1 5 121
C : x y
4 4 80
   
+ + + =   
   
và ( )
2 2
2
5 3 121
C : x y
2 2 20
   
− + − =   
   
.
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , hãy viết phương trình đường tròn đi qua
điểm ( )A 2; 1− và tiếp xúc đồng thời với hai trục tọa độ.
Giải
Giả sử đường tròn ( )C có tâm ( )I a;b và bán kính R .
Ta có ( ) ( )2 2
R IA a 2 b 1= = − + + .
Vì ( )C tiếp xúc với hai trục tọa độ và đi qua ( )A 2; 1−
nên ( ) ( ) ( ) ( )2 2
d I;Ox d I;Oy a 2 b 1= = − + +
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
b a
a b
b a
a 2 b 1 a
a 2 b 1 a
 =
 =   = −⇔ ⇔ 
− + + =  − + + =

458. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
456
( ) ( )
( ) ( )
2 2 2
22 2
b a
b a a 1
a 2 a 1 a a 2a 5 0 b 1
b a b a a 5
b 5a 6a 5 0a 2 a 1 a
 =  =   =    − + + = − + = =−  ⇔ ⇔ ⇔  =− =− =      = −− + = − + − + =
.
- Với ( ) ( ) ( ) ( )2 2a 1
I 1; 1 ,R 1 C : x 1 y 1 1
b 1
=
⇒ − =⇒ − + + =
= −
.
- Với ( ) ( ) ( ) ( )2 2a 5
I 5; 5 ,R 5 C : x 5 y 5 25
b 5
=
⇒ − = ⇒ − + + =
= −
.
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán là
( ) ( ) ( )2 2
C : x 1 y 1 1− + + =hoặc ( ) ( ) ( )2 2
C : x 5 y 5 25− + + =.
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , hãy viết phương trình đường tròn ( )C tiếp
xúc đồng thời với hai trục tọa độ trong các trường hợp sau:
a) Đi qua điểm ( )A 4;2 .
b) Có tâm nằm trên đường thẳng d :3x 5y 8 0− − =.
Giải
a) Đi qua điểm ( )A 4;2 .
Giả sử đường tròn ( )C có tâm ( )I a;b , bán kính R .
Vì ( )C đi qua ( )A 4;2 và tiếp xúc với hai trục tọa độ nên
( ) ( )
( ) ( )2 2
a b
R IA d I;Ox d I;Oy
a 4 b 2 a
 =

= = = ⇔ 
− + − =
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
b a
b a
a 4 a 2 a
b a
b a
a 4 b 2 a
a 4 a 2 a
 = − = − 
 − + − − =  = ⇔ ⇔
 = − + − =   − + − =
( )
( )
2
2
b a a 2
I 2;2 ,R 2a 4a 20 0 b 2
I 10;10 ,R 10b a a 10
b 10a 12a 20 0
 = −  = 
 
 =− += = ⇔ ⇔ ⇒   == =     =− + = 
.
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán là

459. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
457
( ) ( ) ( )2 2
C : x 2 y 2 4− + − =hoặc ( ) ( ) ( )2 2
C : x 10 y 10 100− + − = .
b) Có tâm nằm trên đường thẳng d :3x 5y 8 0− − =.
Vì
3t 8
I d I t;
5
− 
∈ ⇒  
 
vì ( )C tiếp xúc đồng thời với hai trục tọa độ nên
( ) ( )R d I;Ox d I;Oy= =
( )
( )
R tR t
I 1; 1 ,R 1t 1,R 1
t 13t 8
t 4,R 4 I 4; 4 ,R 4t
t 45
 = =
 − == =
⇔ ⇔ ⇔ ⇒ = −  =− = − − ==    = − 
.
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán là
( ) ( ) ( )2 2
C : x 1 y 1 1− + + =hoặc ( ) ( )2 2
x 4 y 4 16+ + + =.
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn ( ) 2 2
1C : x y 6x 0+ − =và
đường tròn ( ) 2 2
2C : x y 8y 0+ + =. Viết phương trình đường tròn ( )C có tâm
nằm trên đường thẳng d : x 2y 2 0+ + =và giao với hai đường tròn ( ) ( )1 2C , C
dưới một góc vuông(hai đường tròn giao nhau dưới một góc vuông nếu tiếp
tuyến với đường tròn đi qua giao điểm của hai đường tròn lần lượt đi qua hai
tâm của đường tròn).
Giải
Đường tròn ( )1C có tâm ( )1I 3;0 , bán kính 1R 3= .
Đường tròn ( )2C có tâm ( )2I 0; 4− , bán kính 2R 4= .
Giả sử đường tròn ( )C có tâm I , bán kính R .
Vì ( )I d I 2t 2;t∈ ⇒ − − .
Giả sử đường tròn ( )C và ( )1C giao nhau tại điểm A; đường tròn ( )C giao với
( )2C tại điểm B .
Theo giả thiết tam giác 1I AIvuông tại A; tam giác 2I BI vuông tại B .
Do đó theo pitago ta có
( )
( ) ( )
2 2 22 2 2
1 1
2 2 2 2 2 2
2 2
2t 5 t 9 RII R R t 3
R 1II R R 2t 2 t 4 16 R
 − − + = += + = − 
⇔ ⇔  
== + − − + + = +  
.
Suy ra ( )I 4; 3 ,R 1− =.
Vậy đường tròn cần tìm có phương trình là ( ) ( ) ( )2 2
C : x 4 y 3 1− + + =.

460. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
458
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình đường tròn ( )C có bán
kính bằng 5 , tâm nằm trên đường thẳng d : x 2y 2 0− + = và cắt đường thẳng
:3x 4y 5 0∆ − + = tại hai điểm phân biệt M,N sao cho MN 6= .
Giải
Giả sử đường tròn ( )C có tâm I . Vì ( )I d I 2t 2;t∈ ⇒ − .
Vì ( )C cắt đường thẳng ∆ tại hai điểm phân biệt M,N sao cho MN 6= nên
( )
2
2 MN
d I; R 4
4
∆= − =
( )
2 2
21
t3 2t 2 4t 5 2
4 2t 1 20
193 4 t
2

=− − +
⇔ = ⇔ − = ⇔ 
+ = −

- Với ( ) ( )
2
221 21 21
t I 19; C : x 19 y 25
2 2 2
   
= ⇒ ⇒ − + − =   
   
.
- Với ( ) ( )
2
219 19 19
t I 21; C : x 21 y 25
2 2 2
   
=− ⇒ − − ⇒ + + + =   
   
.
Vậy có hai đường tròn cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán là
( ) ( )
2
2 21
C : x 19 y 25
2
 
− + − = 
 
hoặc ( ) ( )
2
2 19
C : x 21 y 25
2
 
+ + + = 
 
.
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , hãy viết phương trình đường tròn ( )C đi
qua điểm ( )A 2;1 , tâm nằm trên đường thẳng d : 2x y 3 0+ − =và cắt đường
thẳng :3x 4y 3 0∆ + + =tại hai điểm phân biệt M,N sao cho MN 2 3= .
Giải
Giả sử đường tròn ( )C có tâm I , bán kính R . Vì ( )I d I t;3 2t∈ ⇒ − .
Theo giả thiết ta có
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2
2
2 2 2
2 2
R IA R t 2 2 2t
3t 4 3 2t 3MN
d I; R t 2 2 2t 3
4 3 4
= = − + − 
⇔  + − +
∆= −  = − + − −
  +
( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
R t 2 2 2t R t 2 2 2t
15 5t 5 5t 12t 5 4t 6t 4 0
 = − + − = − + − 
⇔ ⇔ 
 −= − + − − =
( )t 2,I 2; 1 ,R 2
1 1 61
t ,I ;4 ,R
2 2 2
= − =

⇔  
=− − = 
 
.

461. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
459
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán là
( ) ( ) ( )2 2
C : x 2 y 1 4− + + =hoặc ( ) ( )
2
21 61
C : x y 4
2 4
 
+ + − = 
 
.
Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình đường tròn ( )C đi qua
hai điểm ( ) ( )A 3;6 ,B 7;4 và tiếp xúc với đường thẳng d : x 3y 5 0− − =.
Giải
Giả sử đường tròn ( )C có tâm I , bán kính R .
Phương trình đường trung trực của AB là
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
x 3 y 6 x 7 y 4 : 2x y 5 0− + − = − + − ⇔ ∆ − − = .
Vì ( )C đi qua hai điểm ( )A,B I I t;2t 5⇒ ∈∆ ⇒ − .
Vì ( )C tiếp xúc với d nên ( )d I;d R IA= = .
( )
( ) ( )
( )
( )
2 2
2 2
I 4;3 ,R 10t 3 2t 5 5 t 4
t 3 2t 11
t 12 I 12;19 ,R 5 101 ( 3)
 =− − − =
⇔ = − + − ⇔ ⇒ =  =+ − 
.
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán là
( ) ( ) ( )2 2
C : x 4 y 3 10− + − = hoặc ( ) ( ) ( )2 2
C : x 12 y 19 250− + − = .
Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình đường tròn (C) đi qua hai
điểm ( ) ( )A 1;1 ,B 0;2 và tiếp xúc với đường tròn( ) 2 2
1C : x y 10x 10y 34 0+ − − + =.
Giải
Đường tròn ( )1C có tâm ( )1I 5;5 , bán kính 1R 4= .
Giả sử đường tròn ( )C có tâm I , bán kính R .
Phương trình đường trung trực của
( ) ( ) ( )2 2 22
d : x 1 y 1 x y 2 d : x y 1 0− + − = + − ⇔ − + = .
Vì ( ) ( ) ( )2 2
A,B C I d,R IA I t;t 1 ,R t 1 t∈ ⇒ ∈ = ⇒ + = − + .
Đường tròn (C) tiếp xúc với
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2
1 1
2 2 2 21 1
t 5 t 4 4 t 1 tII R R
C
II R R t 5 t 4 4 t 1 t
 − + − = + − += + 
⇔ ⇔ 
= − − + − = − − +

( )
( )
22
2
2
3 2t 0
I 1;2 ,R 12t 10t 8 03 2t 2t 2t 1 t 1
t 4 I 4;5 ,R 52t 3 02t 3 2t 2t 1
2t 10t 8 0
 − ≥
  =− + =− = − + = ⇔ ⇔ ⇔ ⇒  = =− ≥   −= − +   − + =
.

462. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
460
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán là
( ) ( ) ( )2 2
C : x 1 y 2 1− + − =hoặc ( ) ( ) ( )2 2
C : x 4 y 5 25− + − =.
Cách 2: Điều kiện tiếp xúc của hai đường tròn ( ) ( )1C , C ta có thể làm như sau:
Đường tròn ( )C có phương trình ( ) ( ) ( )2 2 22
x t y t 1 t t 1− + − − = + − .
Suy ra trục đẳng phương của hai đường tròn ( ) ( )1C , C có phương trình là
( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 2 2
x t y t 1 t t 1 x y 10x 10y 34 0− + − − − − − − + − − + =
( ) ( )1d : 10 2t x 8 2t y 4t 30 0⇔ − + − + − =.
Để ( ) ( )1C , C tiếp xúc nhau khi và chỉ khi ( )C tiếp xúc với trục đẳng phương
của hai đường tròn
( )
( ) ( )
( ) ( )
1 1 1
2 2
5 10 2t 5 8 2t 4t 30 t 1
d I ;d R 4
t 410 2t 8 2t
− + − + − =
⇔ =⇔ =⇔  =− + −
.
Ta có kết quả tương tự cách trên.
Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc
với trục Ox tại gốc tọa độ và tiếp xúc với đường tròn
( ) ( ) ( )2 2
1C : x 6 y 13 25− + − =.
Giải
Đường tròn ( )1C có tâm ( )1I 6;13 , bán kính 1R 5= .
Giả sử đường tròn ( )C có tâm I , bán kính R .
Vì ( )C tiếp xúc với Ox tại gốc tọa độ nên ( )I Oy,R IO I 0;t ,R t∈ = ⇒ =.
Đường tròn ( ) ( )1C , C tiếp xúc với nhau
( )
( )
22
1 1
221 1
6 t 13 5 tII R R
II R R
6 t 13 5 t
 + − = += + ⇔ ⇔ = − + − = −
( )I 0;5 ,R 5t 5
45 45 45
t I 0; ,R
4 4 4
 ==
⇔ ⇒   = =   
.
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán là
( ) ( )22
C : x y 5 25+ − =hoặc ( )
2
2 45 2025
C : x y
4 16
 
+ − = 
 
.

463. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
461
Cách 2: Phương trình đường tròn ( ) ( ) ( )22 2 2 2
C : x y t t C : x y 2ty 0+ − = ⇔ + − = .
Suy ra trục đẳng phương của hai đường tròn ( ) ( )1C , C có phương trình là
( ) ( ) ( )2 2 2 2
d : x 6 y 13 25 x y 2ty d :12x 2 13 t y 180 0− + − − = + − ⇔ + − − = .
( )C và ( )1C tiếp xúc nhau khi và chỉ khi chúng cùng tiếp xúc với trục đẳng
phương của chúng
( )
( )
( )
1 1
22
t 5
12.6 2 13 t .13 180
d I ;d R 5 45
t12 4 13 t 4
=+ − −
⇔ =⇔ =⇔
 =+ − 
.
Ta có kết quả tương tự trên.
Bài 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình đường tròn ( )C tiếp xúc
với hai trục tọa độ và tiếp xúc với đường tròn ( ) 2 2
1C : x y 12x 4y 36 0+ − − + =.
Giải
Đường tròn ( )1C có tâm ( )1I 6;2 , bán kính 1R 2= .
Giả sử đường tròn ( )C có tâm ( )I a;b , bán kính R .
Vì ( )C tiếp xúc với hai trục tọa độ nên
( ) ( )d I;Ox d I;Oy , a b R a= ⇔ = ⇒ = .
Phương trình đường tròn ( ) ( ) ( )2 2 2
C : x a y b a− + − =.
Trục đẳng phương của hai đường tròn ( )C và ( )1C là
( ) ( )2 2 2 2 2
d : x a y b a x y 12x 4y 36− + − − = + − − + .
( ) ( ) 2
d : 2 6 a x 2 2 b y b 36 0⇔ − + − + − =.
Hai đường tròn ( ) ( )1C , C tiếp xúc nhau khi và chỉ khi chúng cùng tiếp xúc với
đường thẳng d.
( )
( ) ( )
( ) ( )
2
1 1
2 2
2 6 a .6 2 2 b .2 b 36
d I ;d R 2 (1)
4 6 a 4 2 b
− + − + −
⇔ =⇔ =
− + −
.
TH1: Nếu
( ) ( )
( ) ( )
2
2 2
2 6 a .6 2 2 a .2 a 36
b a (1) 2
4 6 a 4 2 a
− + − + −
= ⇒ ⇔ =
− + −
( )
( )
( )
I 2;2 ,R 2a 2
a 6 I 6;6 ,R 6
a 18 I 18;18 ,R 18
 ==
⇔ = ⇒ =
 = = 
.

464. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
462
Trường hợp này có ba đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán là
( ) ( ) ( )2 2
C : x 2 y 2 4− + − =hoặc ( ) ( )2 2
x 6 y 6 36− + − =hoặc
( ) ( ) ( )2 2
C : x 18 y 18 324− + − = .
TH2: Nếu b = -a
( ) ( )
( ) ( )
( )
2
2 2
2 6 a .6 2 2 a .2 a 36
(1) 2 a 6 I 6; 6 ,R 6
4 6 a 4 2 a
− + + + −
⇒ ⇔ = ⇔ = ⇒ − =
− + +
Trường hợp này có duy nhất một đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán là
( ) ( ) ( )2 2
C : x 6 y 6 36− + + =.
Vậy có tất cả bốn đường tròn như trên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình đường tròn (C) đi qua
điểm ( )A 1; 2− và giao điểm của đường thẳng d : x 7y 10 0− + =với đường tròn
( ) 2 2
1C : x y 2x 4y 20 0+ − + − =.
Giải
Tọa độ giao điểm của d và ( )1C là nghiệm của hệ phương trình
( ) ( )2 2
x 3
x 7y 10 0 y 1
3;1 , 4;2
x 4x y 2x 4y 20 0
y 2
 = −

− + = = ⇔ ⇒ −  =+ − + − =  
=
.
Đường tròn ( )C cần tìm là đường tròn đi qua ba điểm ( ) ( ) ( )1; 2 , 3;1 , 4;2− −
Giả sử có phương trình là ( ) ( )2 2 2 2
C : x y 2ax 2by c 0, a b c 0+ − − += + − > .
Ta có hệ phương trình
2 2
2 2
2 2
1
a
21 ( 2) 2a 4b c 0
3
( 3) 1 6a 2b c 0 b
2
4 2 8a 4b c 0 c 10

= − + − − + + =  − + + − + = ⇔ = 
 + − − + = = − 
.
Vậy đường tròn cần tìm có phương trình là ( ) 2 2
C : x y x 3y 10 0+ + − − =.
Cách 2: Phương trình đường tròn (C) cần tìm có dạng
( ) ( )2 2
C : x y 2x 4y 20 x 7y 10 0+ − + − + λ − + =.
( ) ( ) ( )2 2
C : x y 2 x 4 7 y 10 20 0⇔ + + λ − + − λ + λ − = .
Điểm ( ) ( ) ( ) ( )2 2
A 1; 2 C 1 ( 2) 2 .1 4 7 .( 2) 10 20 0 1− ∈ ⇒ + − + λ − + − λ − + λ − = ⇔ λ= .
Vậy đường tròn cần tìm có phương trình là ( ) 2 2
C : x y x 3y 10 0+ + − − =.

465. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
463
Nhận xét. Trong trường hợp tọa độ giao điểm của d với (C1) lẻ có chứa căn thì
cách 2 tỏ ra hiệu quả tuy nhiên phần lớn học sinh không được biết đến phương
pháp chùm đường tròn, để khắc phục nhược điểm của hai cách trên ta có thể
làm như sau:
Cách 3: Đường tròn ( )1C có tâm ( )1I 1; 2− , bán kính 1R 5= .
( )1
2 2
1 7.( 2) 10 5
d I ;d
21 ( 7)
− − +
= =
+ −
.
Phương trình đường thẳng 1d đi qua ( )1I 1; 2− và vuông góc với d có phương
trình là ( ) ( )1 1d :7 x 1 1 y 2 0 d :7x y 5 0− + + = ⇔ + − = .
Độ dài dung cung tạo bởi d và ( )C là ( )
2
2 2 2
1 1
5
l 2 R d I ;d 2 5 5 2
2
= − = − = .
Vì (C) đi qua giao điểm của d với đường tròn (C1) nên
( ) ( ) ( )2 2
1I d ,R IA I t;5 7t ,R t 1 7 7t∈ = ⇒ − = − + − .
Ta có
( ) ( ) ( )
( )
2
2
2 22 2
2 2
t 7 5 7t 10l 50 1
R d I;d t 1 7 7t t
4 4 21 ( 7)
 − − +
 = + ⇔ − + − = + ⇔ =−
 + − 
Suy ra
1 3 5
I ; ,R
2 2 2
 
− = 
 
, đường tròn cần tìm có phương trình là
( )
2 2
1 3 25
C : x y
2 2 2
   
+ + − =   
   
.
Bài 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình đường tròn ( )C đi qua
giao điểm của hai đường tròn ( ) ( ) ( )2 2
1C : x 3 y 2 4;− + − =
( ) ( )2 2
2C : x 4 y 1− + =và có tâm nằm trên đường thẳng d : x y 2 0− + =.
Giải
Tọa độ giao điểm của ( ) ( )1 2C , C là nghiệm của hệ phương trình
( ) ( )
( )
( )
2 2
2 2
x 3
y 0
x 3 y 2 4 23 423 A 3;0 ,B ;x
5 55x 4 y 1
4
y
5
 =

=
 − + − =   ⇔ ⇒  =  − + =  
 =
.

466. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
464
Giả sử đường tròn (C) có tâm I , bán kính R .
Vì ( )I d I t;t 2 ,R IA IB∈ ⇒ + = =
( ) ( )
( ) ( )
( )
2 2
2 2
2 2
R t 3 t 2
t 2
I 2;4 ,R 17
23 4 R 17t 3 t 2 t t 2
5 5
 = − + + = 
⇔ ⇔ ⇒ = 
    = − + + = − + + −   
    
.
Vậy đường tròn cần tìm có phương trình là ( ) ( ) ( )2 2
C : x 2 y 4 17− + − =.
Bài 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình đường tròn (C) đi qua
giao điểm của hai đường tròn ( ) 2 2
1C : x y 2x 4y 4 0;+ − + − =
( ) 2 2
2C : x y 2x 2y 14 0+ + − − =và tiếp xúc với đường thẳng d : x 5 0+ =.
Giải
Tọa độ giao điểm của hai đường tròn ( ) ( )1 2C , C là nghiệm của hệ phương trình
2 2
2 2
7 18 3 7 18 3
x x
x y 2x 4y 4 0 13 13
17 12 3 17 12 3x y 2x 2y 14 0
y y
13 13
 − +
= =  + − + − =  
⇔ ∨  
+ −+ + − − =   =− =−  
.
Nhận thấy ( )1C và ( )2C giao nhau tại hai điểm có tọa độ chứa căn nên ta xử lý
theo hướng khác như sau:
Đường tròn ( )1C có tâm ( )1I 1; 2− , bán kính 1R 3= .
Đường tròn ( )2C có tâm ( )2I 1;1− , bán kính 2R 4= .
Đường tròn ( ) ( )1 2C , C cắt nhau theo một dây cung MN , đường thẳng 1 2I I cắt
MN tại trung điểm H của MN .
Đường thẳng 1 2 1 2
x 1 y 2
I I : I I :3x 2y 1 0
1 1 1 2
− +
= ⇔ + +=
− − +
.
Đường thẳng MN chính là trục đẳng phương của ( ) ( )1 2C , C nên có phương
trình là 2 2 2 2
x y 2x 4y 4 x y 2x 2y 14 MN : 2x 3y 5 0+ − + − = + + − − ⇔ − − = .
Khoảng cách từ 1I đến đường thẳng MN : ( )1
2 2
2.1 3.( 2) 5 3
d I ;MN
132 ( 3)
− − −
= =
+ −
.
Độ dài dây cung ( )2 2
1 1
9 3
MN 2 R d I ;MN 2 9 12
13 13
= − = − = .
Vì ( ) ( )
2
2 2
1 2
1 3t MN
M,N C I I I ,R IM IN I t; ,R d I;MN
2 4
+ 
∈ ⇒ ∈ = = ⇒ − = + 
 
.

467. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
465
Vì ( )C tiếp xúc với đường thẳng d : x 5 0 R t 5+ = ⇒ = + .
Do đó
( ) ( )
( )
2
2
2 2
2 2
1 3t
2t 3. 5
t 113t 7108 1082
t 5 t 5
t 713 13 522 ( 3)
 +
+ −  = −− 
 + = + ⇔ + = + ⇔  =  + −
 
 
.
Suy ra ( )I 1;1 ,R 4− =hoặc ( )I 7; 11 ,R 12− =.
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán là
( ) ( ) ( )2 2
C : x 1 y 1 16+ + − =hoặc ( ) ( ) ( )2 2
C : x 7 y 11 144− + + = .
Bài 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình đường tròn ( )C đi qua
giao điểm của hai đường tròn ( ) 2 2
1C : x y 6x 4y 12 0;+ − − + =
( ) 2 2
2C : x y 8x 2y 12 0+ − − + =và có bán kính bằng 13 .
Giải
Tọa độ giao điểm của ( ) ( )1 2C , C là nghiệm của hệ phương trình
( ) ( )
2 2
2 2
x 2
y 2x y 6x 4y 12 0
A 2;2 ,B 3;3
x 3x y 8x 2y 12 0
y 3
 =
 =+ − − + = ⇔ ⇒  =+ − − + = 
=
.
Phương trình đường trung trực của
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
d : x 2 y 2 x 3 y 3 d : x y 5 0− + − = − + − ⇔ + − = .
Vì ( ) ( ) ( ) ( )2 2
A,B C I d,R IA I t;5 t ,R t 2 3 t∈ ⇒ ∈ = ⇒ − = − + − .
Ta có
( ) ( )
( )
( )
2 2 2
I 0;5 ,R 13t 0
R 13 t 2 3 t 13 2t 10t 0
t 5 I 5;0 ,R 13
 ==
= ⇔ − + − = ⇔ − = ⇔ ⇒ =  = 
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán là
( ) ( )22
C : x y 5 13+ − = hoặc ( ) ( )2 2
C : x 5 y 13− + =.
Bài 15. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng 1d : 2x y 1 0− − = và
2d :3x y 15 0− + =. Viết phương trình đường tròn ( )C có tâm nằm trên 1d ,
tiếp xúc với 2d và cắt đường tròn ( ) ( ) ( )2 2
1C : x 1 y 1 25− + − = tại hai điểm
phân biệt A,B sao cho AB 4 5= .

468. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
466
Giải
Giả sử đường tròn ( )C có tâm I , bán kính R .
Đường tròn ( )1C có tâm ( )1I 1;1 , bán kính 1R 5= .
Vì ( )1I d I t;2t 1∈ ⇒ − và ( )C tiếp xúc với 2d nên
( )
( )
2
2 2
3t 2t 1 15 t 16
R d I;d
103 ( 1)
− − + +
= = =
+ −
Đường tròn ( )C có phương trình ( ) ( )
( )2
2 2 t 16
x t y 2t 1
10
+
− + − + = .
Suy ra phương trình đường thẳng AB là trục đẳng phương của ( ) ( )1C , C :
( ) ( )
( )
( ) ( )
2
2 2 2 2t 16
AB: x t y 2t 1 x 1 y 1 25
10
+
− + − + − = − + − −
( ) ( ) ( )
( )2
22 t 16
AB: 2 1 t x 4 1 t y t 2t 1 23 0
10
+
⇔ − + − + + − − + =.
Ta có ( )
2
2 2 AB
R d I;AB
4
= +
( )
( ) ( )( ) ( )
( )
( ) ( )
2
2
22
2
2 2
t 16
2t 1 t 4 1 t 2t 1 t 2t 1 23
10t 16
20
10 4 1 t 16 1 t
 +
 − + − − + + − − +
 +
 ⇔ =+
 − + − 
( ) ( ) ( )
( )
22
2 2 2
51t 68t 56
2 t 16 1 t 400 1 t
100
− + −
⇔ + − = − +
2 2232 144 32 8
t t t t 0
49 49 49 7
  
⇔ − + − − =  
  
( )I 4;7 ,R 2 10
36 23 82 10
I ; ,Rt 4
49 49 49
36
t 16 10 30 80 10 10 3
I ;49
49 49
16 10 30
t
16 10 30 80 10 10 349 I ;
49 49
 =

   
 =  =
  
   ⇔= ⇒ + +       ± =  − −
   
 
.
Vậy có bốn đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán là

469. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
467
( ) ( ) ( )2 2
C : x 4 y 7 40− + − =hoặc ( )
2 2
36 23 67240
C : x y
49 49 2401
   
− + − =   
   
hoặc
( )
2 2 2
16 10 30 20 30 17 80 10 10 3
C : x y
49 49 49
     + − +
− + − =          
     
hoặc
( )
2 2 2
16 10 30 20 30 17 80 10 10 3
C : x y
49 49 49
     − + −
− + + =          
     
.
Bài 16. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d :3x 4y 25 0+ − =.
Điểm M chạy trên đường thẳng d , trên tia OM lấy điểm N sao cho
OM.ON 1= . Chứng minh rằng N chạy trên một đường tròn cố định và viết
phương trình đường tròn đó.
Giải
Vì N chạy trên tia OM nên
( )
N
M
N M N N
N M N
M
x
x
x kx x ykON kOM, k 0 M ;
y ky y k k
y
k

==  
= > ⇔ ⇒ ⇒   =    =

 
.
Mặt khác N N N Nx y 3x 4y
M d 3. 4. 25 0 k (1)
k k 25
+
∈ ⇔ + − = ⇔ = .
Mặt khác N N
N N
x y
OM.ON 1 OM.ON 1 .x .y k
k k
=⇔ =⇔ + =
 
2 2
N Nx y k (2)⇔ + = .
So sánh (1) và (2) ta được:
2 2 2 2N N
N N N N N N
3x 4y 3 4
x y x y x y 0
25 25 25
+
+= ⇔ + − −= .
Vậy N thuộc đường tròn ( ) 2 2 3 4
C : x y x y 0
25 25
+ − − =.
C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên
đường thẳng x 5 0− =và tiếp xúc với cả hai đường thẳng 1d :3x y 3 0;− + =
2d : x 3y 9 0− + =.
Giải
Giả sử đường tròn ( )C cần tìm có tâm I , bán kính R .
Theo giả thiết ( )I d : x 5 0 I 5;t∈ − = ⇒
Ta có

470. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
468
( ) ( )
2 2 2 2
1 2
2 2
3.5 t 3 5 3t 9
3 ( 1) 1 ( 3) t 2,R 2 10
R d I;d d I;d
3.5 t 3 t 8,R 10
R
3 ( 1)
 − + − +
=
+ − + − =− =
==⇔ ⇔ 
− + = = =
+ −
.
Suy ra đường tròn cần tìm là:
( ) ( ) ( )2 2
C : x 5 y 2 40− + + = hoặc ( ) ( ) ( )2 2
C : x 5 y 8 10− + − =.
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : x y 1 2 0− + − = và
điểm ( )A 1;1− . Viết phương trình đường tròn ( )C đi qua A và gốc tọa độ đồng
thời tiếp xúc với đường thẳng d .
Giải
Phương trình đường trung trực của OA là :
( ) ( )2 2 2 2
1 1d : x 1 y 1 x y d : x y 1 0+ + − = + ⇔ − + = .
Theo giả thiết ( )C có tâm ( )1I d I t;t 1∈ ⇒ + , bán kính ( )R IO d I;d= = .
( )
( )( ) ( )
( )
2
22
t t 1 1 2 I 0;1t 0
t t 1
t 12 I 1;0
− + + − =
⇔ + += ⇔ ⇒  = − − 
.
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
( ) ( )22
C : x y 1 1+ − =hoặc ( ) ( )2 2
C : x 1 y 1+ + =.
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình đường tròn ( )C đi qua điểm
( )A 4;2 và tiếp xúc với cả hai đường thẳng 1d : x 3y 2 0;− − = 2d : x 3y 18 0− + =.
Hướng dẫn giải – đáp số
Giả sử đường tròn ( )C có tâm ( )I a;b và bán kính R .
Vì ( )C tiếp xúc với cả ( ) ( )1 2 1 2d ,d d I;d d I;d⇔ =.
( )2 2 2 2
a 3b 2 a 3b 18
a 3b 8 0 I 3b 8;b
1 ( 3) 1 ( 3)
− − − +
⇔ = ⇔ − + = ⇒ −
+ − + −
.
Vì ( ) ( )1A C R IA d I;d∈ ⇔ = =
( ) ( )2 2
2 2
b 3
3b 8 3b 2
3b 8 4 b 2 23
b1 ( 3) 5
=
− − − ⇔ − − + −= ⇔
 =+ − 
.
Suy ra ( )I 1;3 ,R 10= hoặc
29 23
I ; ,R 10
5 5
 
= 
 
.
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán là

471. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
469
( ) ( ) ( )2 2
C : x 1 y 3 10− + − =hoặc ( )
2 2
29 23
C : x y 10
5 5
   
− + − =   
   
.
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn ( ) 2 2
1C :x y 12x 4y 36 0+ − − + =.
Viết phương trình đường tròn ( )C tiếp xúc với hai trục tọa độ và tiếp xúc ngoài
với đường tròn ( )1C .
Hướng dẫn giải – đáp số
Đường tròn ( )1C có tâm ( )1I 6;2 , bán kính 1R 2= .
Giả sử đường tròn ( )C có tâm ( )I a;b , bán kính R .
Vì ( )C tiếp xúc với hai trục tọa độ
nên ( ) ( )d I;Ox d I;Oy , a b R a= ⇔ = ⇒ = .
Vì ( )C và ( )1C tiếp xúc ngoài nên ( ) ( )2 2
1 1II R R a 6 b 2 2 a (1)= + ⇔ − + − = + .
TH1: Nếu ( ) ( )2 2
b a (1) a 6 a 2 2 a= ⇒ ⇔ − + − = +
( )
( )
2
2
2
a 0
I 2;2 ,R 2a 20a 36 0 a 2
a 16a 4 a 36 0
a 18 I 18;18 ,R 18a 0
a 12a 36 0
 ≥

 =− + = = 
⇔ − − + = ⇔ ⇔ ⇒  = =<   
 − + =
.
Trường hợp này có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán là
( ) ( ) ( )2 2
C : x 2 y 2 4− + − =hoặc ( ) ( ) ( )2 2
C : x 18 y 18 324− + − = .
TH2: Nếu ( ) ( )2 2
b a (1) a 6 a 2 2 a=− ⇒ ⇔ − + + = +
( )
2
2
2
a 0
a 12a 36 0
a 8a 4 a 36 0 a 6 I 6; 6 ,R 6
a 0
a 4a 36 0
 ≥

− + =
⇔ − − + = ⇔ ⇔ = ⇒ − =
<
 − + =
.
Trường hợp này có một đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán là
( ) ( ) ( )2 2
C : x 6 y 6 36− + + =.
Vậy có tất cả ba đường tròn như trên thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Bài 5. (TSĐH Khối B) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(2; 0) và
B(6;4). Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với trục hoành tại A và có
khoảng cách từ tâm của (C) đến B bằng 5.

472. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
470
Giải
Vì (C) tiếp xúc với trục hoành tại A(2;0) nên tâm I thuộc đường thẳng
d : x 2 0− =. Suy ra ( )I 2;t .
Theo giả thiết ta có ( ) ( )
( )
( )
2 2 I 2;1 ,R 1t 1
IB 5 2 6 t 4 25
t 7 I 2;7 ,R 7
 ==
= ⇔ − + − = ⇔ ⇒  = = 
.
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
( ) ( ) ( )2 2
C : x 2 y 7 49− + − =hoặc ( ) ( ) ( )2 2
C : x 2 y 1 1− + − =.
Bài 6. (TSĐH Khối B) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn
( ) ( )2 2 4
C : x 2 y
5
− + =và hai đường thẳng 1 2d : x y 0;d : x 7y 0−= −= . Viết
phương trình đường tròn tâm K nằm trên (C) và tiếp xúc với cả 1 2d ,d .
Giải
Gọi ( ) ( ) ( )2 2 4
K a;b C a 2 b
5
∈ ⇔ − + =.
Vì ( )1C tiếp xúc với ( ) ( )1 2 1 2 1, d K; d K; R∆ ∆ ⇔ ∆= ∆= .
b 2aa b a 7b
a 2b2 5 2
= −− − 
⇔ = ⇔  =
.
TH1: Nếu b 2a= − khi đó ta có hệ phương trình
( )2 2 2
b 2a b 2a
4 16
a 2 b 5a 4a 0
5 5
=− =− 
 
⇔ 
− += − +=  
, hệ phương trình vô nghiệm.
TH2: Nếu a 2b= khi đó ta có hệ phương trình
( )2 2 2
8
a 2b aa 2b 8 45
K ;4
4 5 5a 2 b 25b 40b 16 0
b5
5

= = =    
⇔ ⇔ ⇒    
− + = − + =     = 
.
Bán kính đường tròn ( )1C xác định bởi ( )1 1
2 2
R d K;
5
= ∆ = .
Vậy phương trình đường tròn cần tìm ( )
2 2
1
8 4 8
C : x y
5 5 25
   
− + − =   
   
.
Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường tròn ( ) 2 2
1C : x y 5+ =và
( ) 2 2
2C : x y 4x 3 0+ − − =. Chứng minh rằng hai đường tròn này cắt nhau và
viết phương trình đường tròn (C) đi qua giao điểm của chúng đồng thời có bán
kính bằng 5 .

473. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
471
Giải
Xét hệ phương trình tạo bởi (C1), (C2) ta được:
2 2
2 2
1 19
x ,y
x y 5 2 2
1 19x y 4x 3 0
x ,y
2 2

= = − + = 
⇔ 
+ − − =  = =
.
Vậy hai đường tròn cắt nhau tại
1 19 1 19
A ; ,B ;
2 2 2 2
   
−      
   
.
Phương trình đường trung trực của đoạn AB là:
2 22 2
1 19 1 19
d : x y x y 0 d : y 0
2 2 2 2
      
− + + = − + − = ⇔ =               
.
Vì ( )C đi qua hai điểm A,B nên có tâm ( )I d I t;0∈ ⇒ .
Bán kính
( )
( )
22 I 0;0t 01 19
R IA 5 t 5
t 12 2 I 1;0
  = 
= = ⇔ − + = ⇔ ⇒      =     
.
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
( ) 2 2
C : x y 5+ =hoặc ( ) ( )2 2
C : x 1 y 5− + =.
Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn ( ) 2 2
C : x y 2x 6y 4 0+ − + + =
và đường thẳng d :3x 4y 6 0− − =. Chứng minh rằng d cắt (C) tại hai điểm
phân biệt và viết phương trình đường tròn (C1) đi qua hai giao điểm đó và tiếp
xúc với trục hoành.
Giải
Xét hệ phương trình tạo bởi d và ( )C ta được:
2 2
2 4 69 39 3 69
x ,y
x y 2x 6y 4 0 25 25
3x 4y 6 0 2 4 69 39 3 69
x ,y
25 25
 − + − +
= = + − + + = ⇔
− − = + + =− =−

.
Vậy đường thẳng d cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A,B .
Ta có thể chứng minh theo mối liên hệ giữa bán kính và khoảng cách từ tâm
đến đường thẳng d .
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1; 3− , bán kính R 6= .
Ta có ( ) 2 2
3.1 4.( 3) 6 9
d I;d R 5
53 ( 4)
− − −
= = < =
+ −
.
Vậy đường thẳng d cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A,B .

474. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
472
Ta có ( )2 2 81 2 69
AB 2 R d I;d 2 6
25 5
= − = − = .
Phương trình đường trung trực của AB là đường thẳng đi qua I và vuông góc
với d .
Đường thẳng này có phương trình là: 1d : 4x 3y 5 0+ + =.
Giả sử đường tròn cần tìm có tâm 1I , bán kính 1R .
Theo giả thiết ta có 1 1 1
4t 5
I d I t;
3
+ 
∈ ⇒ − 
 
.
Bán kính ( ) ( )
2
2
1 1 1
AB
R d I ;Ox d I ;d
4
= = + .
Ta có phương trình:
2
2
4t 5
3t 4. 6
34t 5 69
t 4t 0
3 25 25
 + 
− − −  
+   − = + ⇔ − = .
( )
5 5
I 0; ,Rt 0
3 3
t 4
I 4; 7 ,R 7
  
− ==  
⇔ ⇒   =  − =
.
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
( )
2
2
1
5 25
C : x y
3 9
 
+ + = 
 
hoặc ( ) ( ) ( )2 2
1C : x 4 y 7 49− + + =.
Bài 9. (ĐHAN/A/97) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường tròn
( ) ( )2 2 2 2
1 2C : x y 2x 4y 4 0; C : x y 2x 2y 14 0+ − + −= + + − −= .
a) Chứng minh rằng ( )1C và ( )2C cắt nhau.
b) Viết phương trình đường tròn ( )C đi qua giao điểm của ( ) ( )1 2C , C và đi qua
điểm ( )M 0;1 .
Giải
a) Đường tròn ( )1C có tâm ( )1I 1; 2− , bán kính 1R 3= .
Đường tròn ( )2C có tâm ( )2I 1;1− , bán kính 2R 4= .
Ta có 1 2 1 2 1 2R R I I 11 R R 7− < = < + = .
Vậy hai đường tròn ( )1C và ( )2C cắt nhau tại hai điểm phân biệt A,B .
b) Đường thẳng đi qua hai điểm A,B chính là trục đẳng phương của hai đường tròn.
2 2 2 2
AB: x y 2x 4y 4 x y 2x 2y 14 AB: 2x 3y 5 0+ − + − = + + − − ⇔ − − = .

475. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
473
Ta có
( ) ( )2 2
1 1 1
2 2
2.1 3.( 2) 5 3 9 3
d I ;AB AB 2 R d I ;AB 2 9 12
13 13132 ( 3)
− − −
= = ⇒ = − = − =
+ −
.
Đường thẳng 1 2I I chính là đường trung trực của AB .
Suy ra 1 2I I :3x 2y 1 0+ + =.
Giả sử đường tròn cần tìm có tâm I , bán kính R .
Ta có ( )
2
2
1 2
1 3t AB
I I I I t; ,R IM d I;AB
2 4
+ 
∈ ⇒ − = = + 
 
.
2
2
2
1 3t
2t 3. 5
21 3t 108
t 1
2 13 13
7 7 21 1565
t I ; ,R
8 8 16 256
 + 
− − −  
+    ⇔ + + = + 
 
 
⇔ = ⇒ − = 
 
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: ( )
2 2
7 21 1565
C : x y
8 16 256
   
− + + =   
   
.
Bài 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình đường tròn (C) có tâm thuộc
đường thẳng d:2x y 2 0+ + = và giao với hai đường tròn ( ) 2 2
1C :x y 4x 0+ − =;
đường tròn ( ) 2 2
2C : x y 2y 0+ + =dưới một góc vuông.
Giải
Đường tròn ( )1C có tâm ( )1I 2;0 , bán kính 1R 2= .
Đường tròn ( )2C có tâm ( )2I 0; 1− , bán kính 2R 1= .
Giả sử đường tròn ( )C có tâm I , bán kính R .
Vì ( )I d I 2t 2;t∈ ⇒ − − .
Giả sử đường tròn (C) và (C1) giao nhau tại điểm A; đường tròn (C) giao với
(C2) tại điểm B .
Theo giả thiết tam giác 1I AI vuông tại A ; tam giác 2I BI vuông tại B .
Do đó theo pitago ta có
( )
( ) ( )
2 2 22 2 2
1 1
2 2 2 2 2 2 22 2
4
t2t 4 t 4 RII R R 3
1II R R 2t 2 t 1 1 R R
72

= − − − + = += +  
⇔ ⇔  
= + − − + + = +   = −

.
Vậy không tồn tại đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán.

476. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
474
Bài 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường tròn
( ) ( )2 2 2 2
1 2C : x y 16x 4 0; C : x y 4x 6y 8 0+ − −= + − − += .
Viết phương trình đường tròn ( )C đi qua giao điểm của ( ) ( )1 2C , C và tiếp tiếp
xúc với đường thẳng d : x y 1 0+ + = .
Giải
Xét hệ phương trình tạo bởi ( ) ( )1 2C , C :
2 2
2 2
x 0,y 2
x y 16x 4 0
8 26
x ,yx y 4x 6y 8 0
5 5
= = + − − = ⇔ = =+ − − + = 
.
Vậy ( ) ( )1 2C , C cắt nhau tại hai điểm ( )
8 26
A 0;2 ,B ;
5 5
 
 
 
.
Phương trình đường trung trực của AB là:
( )
2 2
22 8 26
d : x y 2 x y d : x 2y 8 0
5 5
   
+ − = − + − ⇔ + − =   
   
.
Giả sử đường tròn ( )C có tâm I , bán kính R .
Vì ( )C đi qua A,B nên ( ) ( ) ( )2 2
I d I 8 2t;t ,R IA 8 2t t 2∈ ⇒ − = = − + − .
Mặt khác ( )C tiếp xúc với d nên ( )R d I;d= .
Vậy ta có phương trình:
( ) ( )2 2
2 2
8 2t t 1
8 2t t 2
1 1
− + +
− + − =
+
6 2 26 9 26 18 269 26 I ; ,Rt 3 3 3 23
9 26 6 2 26 9 26 18 26
t I ; ,R
3 3 3 3 2
  + − + − =  =     ⇔ ⇒   + − + −= =     
.
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán là
( )
2 2 2
6 2 26 9 26 18 26
C : x y
3 3 3 2
     + − +
− + − =          
     
hoặc
( )
2 2 2
6 2 26 9 26 18 26
C : x y
3 3 3 2
     − + −
− + − =          
     
.
Bài 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình đường tròn (C) đi qua
điểm M(1;-1) và giao điểm của hai đường tròn
( ) ( )2 2 2 2
1 2C : x y 2x 2y 2 0; C : x y 6y 0+ − + −= + −= .

477. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
475
Giải
Đường tròn ( )1C có tâm ( )1I 1; 1− , bán kính 1R 2= .
Đường tròn ( )2C có tâm ( )2I 0;3 , bán kính 2R 3= .
Vì 1 21 I I 17 5< = < nên ( )1C và ( )2C cắt nhau tại hai điểm phân biệt A,B .
Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A,B chính là trục đẳng phương của
hai đường tròn.
Đường thẳng AB: x 4y 1 0− + = .
Phương trình đường thẳng 1 2I I : 4x y 3 0+ − =.
Giả sử đường tròn ( )C có tâm I , bán kính R .
Vì ( )C đi qua hai điểm A,B nên ( )1 2I I I I t;3 4t∈ ⇒ − .
Ta có ( )2 2
2 2
121 2
AB 2 R d I ;AB 2 9 8
17 17
= − = − = .
Ta có ( )
2
2 2 2AB
R IM d I;AB
4
= = +
( ) ( )
( )( )
2
2 2 t 4 3 4t 132 2 2 1 17
t 1 4 4t t I ; ,R
17 17 3 3 3 3
− − +  
⇔ − + − = + ⇔ = ⇒ = 
 
.
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là : ( )
2 2
2 1 17
C : x y
3 3 9
   
− + − =   
   
.
Bài 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ba điểm ( ) ( ) ( )A 0;2 ,B 1;0 ,C 1;0− . Viết
phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với AB,AC lần lượt tại B và C .
Giải
Ta có ( ) ( )AB 1; 2 ,AC 1; 2= − − = −
 
.
Giả sử đường tròn ( )C có tâm I , bán kính R .
Vì ( )C tiếp xúc với AB,AC lần lượt tại B và C nên I nằm trên đường thẳng 1d
đi qua B vuông góc với AB ; đường thẳng 2d đi qua C và vuông góc với AC .
Phương trình đường thẳng ( )1 1d :1 x 1 2y 0 d : x 2y 1 0+ + = ⇔ + + = .
Phương trình đường thẳng ( )2 2d :1 x 1 2y 0 d : x 2y 1 0− − = ⇔ − − = .
Tọa độ tâm I là nghiệm của hệ phương trình:
x 0
x 2y 1 0 1
I 0;1
x 2y 1 0 2y
2
=
+ + =   
⇔ ⇒ −   − − = = −   
.
Bán kính
5
R IB IC
2
= = = .

478. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
476
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là ( )
2
2 1 5
C : x y
2 4
 
+ + = 
 
.
Bài 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn ( ) ( ) ( )2 2
1C : x 1 y 2 25+ + − =
và đường thẳng d : x y 8 0− − =. Viết phương trình đường tròn ( )C có tâm nằm
trên ( )1C và tiếp xúc với đường thẳng d , cắt đường tròn ( )1C tại hai điểm phân
biệt A,B và AB đi qua tâm của ( )1C .
Giải
Giả sử đường tròn ( )C có tâm I , bán kính R .
Đường tròn ( )1C có tâm ( )1I 1;2− , bán kính 1R 5= .
Theo giả thiết AB là đường kính của đường ( )1C nên 1II AB⊥ và
2
2 2 2
1 1 1
AB
R IA IB II R R 5 2
4
= = = + = + = .
Vậy tâm I nằm trên ( )1C và có khoảng cách đến đường thẳng d bằng 5 2 .
Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2
x 1 y 2 25 x 1 y 2 25
x y 8 x y 8 10
5 2
x y 8 101 ( 1)
 + + − = + + − =
 
⇔− −  − − ==  − − =−+ − 
( )
( )
I 4; 2x 4,y 2
x 3,y 5 I 3;5
 − −=− =−
⇔ ⇒ = = 
.
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:
( ) ( ) ( )2 2
C : x 4 y 2 50+ + + =hoặc ( ) ( ) ( )2 2
C : x 3 y 5 50− + − =.
Bài 15. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng 1d : 2x y 1 0;+ + =
2d : x 3y 3 0+ + = . Viết phương trình đường tròn ( )C có tâm ( )I 1;1 và cắt
1 2d ,d lần lượt tại A và B sao cho tam giác IABvuông.
Giải
Gọi ( )A a; 2a 1− − và ( )B 3b 3;b− − .
Ta có ( ) ( )IA a 1; 2a 2 ,IB 3b 4;b 1= − − − = − − −
 
.
Tam giác IAB cân tại I nên nó vuông nếu vuông tại I.
Vậy IAB là tam giác vuông cân tại I.
Ta có hệ phương trình:
( )( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
a 1 3b 4 2a 2 b 1 0IA.IB 0
IA IB a 1 2a 2 3b 4 b 1
 − − − + − − − = = 
⇔ 
= − + − − = − − + − 
 

479. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
477
6 7 3 66 6 A ; ,B ; ,R IA 5a ,b
5 5 5 55 5
8 2 8 21 21 2 137a ,b A ; ,B ; ,R IA
5 5 5 5 5 5 5
     − − = ==− =−        ⇔ ⇒
    = = − − ==        
.
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán là
( ) ( ) ( )2 2
C : x 1 y 1 5− + − =hoặc ( ) ( ) ( )2 2 137
C : x 1 y 1
5
− + − = .
Bài 16. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng 1d : x 7y 17 0− + =và
2d : x y 5 0+ − =. Viết phương trình đường tròn ( )T đi qua giao điểm I của
1 2d ,d và điểm
11 9
J ;
4 4
 
− − 
 
biết ( )T cắt 1 2d ,d tại ( )M,N M,N I≠ sao cho tam
giác IMN cân tại I .
Giải
Tọa độ giao điểm I là nghiệm của hệ phương trình:
9
x
x 7y 17 0 9 114
I ;
x y 5 0 11 4 4
y
4

=− + =   
⇔ ⇒   + − =    =

.
Phương trình đường trung trực của IJ là:
2 2 2 2
11 9 9 11
d : x y x y d : x y 0
4 4 4 4
       
+ + + = − + − ⇔ + =       
       
.
Giả sử đường tròn ( )T có tâm T , bán kính R . Suy ra ( )T d T t; t∈ ⇒ − .
Ta có ( ) ( )
2 2
2 2
1 2
IM IN
IM IN d T;d R d T;d R
4 4
= ⇒ = − = = −
2 2 2 2
t 7t 17 t t 5
8t 17 5
1 ( 7) 1 1
+ + − −
⇔ = ⇔ +=
+ − +
3 3 1253
T ; ,R ITt
2 2 82
11 11 11t T ; ,R IT 5
4 4 4
   − === −     ⇔ ⇒
   = − − ==    
.
Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
( )
2 2
3 3 125
C : x y
2 2 8
   
+ + − =   
   
hoặc ( )
2 2
11 11
C : x y 25
4 4
   
+ + − =   
   
.

480. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
478
Chuû ñeà 2. ÑÖÔØNG TROØN NGOAÏI TIEÁP, ÑÖÔØNG TROØN NOÄI
TIEÁP TAM GIAÙC, TAM GIAÙC NOÄI TIEÁP ÑÖÔØNG TROØN
A. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP
4. Kiến thức cần vận dụng
5. Các dạng bài toán
Bài toán 1. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
PHƯƠNG PHÁP
TH1: Biết tọa độ các đỉnh A,B,C .
Ta có 3 cách xử lý bài toán như sau
Cách 1: Viết phương trình đường tròn dưới dạng tổng quát
Giả sử đường tròn ( )C ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình
( ) ( )2 2 2 2
C : x y 2ax 2by c 0, a b c 0+ − − += + − > .
Thay tọa độ A,B,C vào phương trình (1) ta được hệ phương trình 3 ẩn a,b,c .
Giải hệ này tìm được a,b,c từ đó suy ra phương trình của (C).
Cách 2: Tìm tâm đường tròn
Giả sử tâm ( )I x;y là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Giải hệ
2 2
2 2
IA IB
IA IC
 =

=
tìm được ( )x;y , suy ra tâm I và bán kính
R IA IB IC= = = .
Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I và bán kính R .
Cách 3: Viết phương trình các đường trung trực của các cạnh tam giác
Viết phương trình các đường trung trực của các cạnh tam giác, giả sử là 1 2 3d ,d ,d
Tâm 1 2I d d=  , giải hệ phương trình tạo bởi 1d và 2d tìm ra tọa độ tâm I .
Bán kính R IA IB IC= = = .
Viết phương trình đường tròn có tâm I và bán kính R .
Cách 4: Dùng góc cùng chắn một cung
Bổ đề. Cho 2 véc tơ ( ) ( )1 1 2 2a x ;y ,b x ;y= =
 
khi đó ( ) 1 2 2 1
1 2 1 2
x y x y
tan a;b
x x y y
−
=
+
 
.
Bước 1: Tính 
 tan BAC tan AB;AC
 
.
Bước 2: Điểm ( )M x;y nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi và
chỉ khi ( ) ( )tan MA;MB tan AB;AC=
   
.
Rút gọn đẳng thức trên ta tìm được phương trình của đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC .

481. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
479
TH2: Cho phương trình ba cạnh của tam giác
Bước 1: Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC .
Bước 2: Quy bài toán về trường hợp 1.
Đặc biệt: Nếu tam giác ABC vuông tại A khi đó ( )C xác định bởi:
- Tâm I là trung điểm cạnh BC.
- Bán kính
BC
R
2
= .
Nếu tam giác ABC đều khi đó ( )C xác định bởi:
- Tâm I trùng với trọng tâm tam giác ABC .
- Bán kính
AB 3
R
3
= .
Bài toán 2. Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
PHƯƠNG PHÁP
TH1: Khi biết phương trình 3 cạnh, thực hiện theo các bước
Bước 1: Lập phương trình hai đường phân giác trong của tam giác chẳng hạn là
1 2d ,d tương ứng với đường phân giác trong góc A,B .
Bước 2: Tìm tọa độ tâm 1 2I d d=  là nghiệm của hệ phương trình tạo bởi 1d
và 2d .
Bước 3: Tính bán kính ( ) ( ) ( )r d I;AB d I;BC d I;AC= = = .
Cũng có thể tính bán kính thông qua công thức
S
r
p
= .
Bước 4: Viết phương trình đường tròn ( )C : ( ) ( )2 2 2
x a y b r− + − =.
TH2: Khi biết tọa độ 3 đỉnh của tam giác ABC .
Cách 1: Viết phương trình các cạnh tam giác ABC và quy bài toán về trường hợp 1.
Cách 2: Thực hiện theo các bước
Bước 1: Tìm tọa độ điểm D là chân đường phân giác trong góc A .
Ta có
B C
D
B C
D
x kx
x
DB AB 1 kDB kDC
y kyDC AC
y
1 k
+
= += ⇒ =− ⇒ 
+ =
 +
 
trong đó
AB
k
AC
= .
Bước 2: Tâm ( )I a;b chình là chân đường phân giác trong của góc B của tam
giác ABD .
Ta có
D A
I
D A
I
x k'x
x
ID BD 1 k'ID k'IA
y k'yIA BA
y
1 k'
+
= += ⇒ =− ⇒ 
+ =
 +
 
trong đó
BD
k'
BA
= .

482. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
480
Bước 3: Xác định bán kính ( ) ( ) ( )r d I;AB d I;BC d I;CA= = = .
Bước 4: Viết phương trình đường tròn nội tiếp: ( ) ( ) ( )2 2 2
C : x a y b r− + − =.
Cách tính nhanh: Dùng đẳng thức véc tơ.
Bổ đề. Cho ABC∆ với BC a, CA b, AB c= = = . Điểm I là tâm đường tròn nội tiếp
của tam giác. Khi đó:
aIA bIB cIC 0+ + =
   
.
Chứng minh.
Kẻ phân giác AA’, BB’, CC’ lần lượt của góc A, B, C.
Việc tính tổng của nhiều vecto, chúng ta thường có bước tổng hợp từng cặp
vectơ. Ta dựng hình bình hành ANIM sao cho C’ thuộc IN và B’ thuộc IM.
Khi đó:
AI AM AN= +
  
Áp dụng định lý Talet ta có :
AM AB' AB c
IC B'C CB a
AN AC' AC b
IB C'B CB a

= = =

 = = =

Hay
c
AM IC
a
b
AN IB
a

=

 =

 
 
.
Suy ra
c b
AI IC IB
a a
= +
  
aIA bIB cIC 0⇔ + + =
   
.
Suy ra: A B C A B C
I I
ax bx cx ay by cy
x ;y
a b c a b c
+ + + +
= =
+ + + +
.
Bài toán 3. Viết phương trình đường tròn ( )1C đối xứng với đường tròn ( )C qua
điểm ( )0 0E x ;y I≠ .
PHƯƠNG PHÁP
- Gọi 1I,I lần lượt là tâm của ( )C và ( )1C và R là bán kính đường tròn ( )C . Vì
1I,I đối xứng nhau qua ( )0 0E x ;y nên nhận E làm trung điểm 1I⇒ .
- Viết phương trình đường tròn ( )1C có tâm 1I , bán kính R .
Ví dụ 1. Viết phương trình đường tròn ( )1C đối xứng với đường tròn
( ) 2 2
C : x y 4y 0+ − =qua điểm ( )E 1;2 .
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 0;2 , bán kính R 2= .
B C
A
I
A'
N
M
B'
C'

483. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
481
Giả sử đường tròn ( )1C có tâm ( )1I x;y và bán kính 1R R 2= = .
Vì 1II nhận ( )E 1;2 làm trung điểm nên ( )1
x 2.1 0 x 2
I 2;2
y 2.2 2 y 2
=− = 
⇔ ⇒ 
=− = 
.
Vậy đường tròn cần tìm có phương trình là ( ) ( ) ( )2 2
1C : x 2 y 2 4− + − =.
Bài toán 4. Viết phương trình đường tròn ( )1C đối xứng với đường tròn ( )C qua
đường thẳng d : Ax By C 0+ + =.
PHƯƠNG PHÁP
- Goi 1I,I lần lượt là tâm đường tròn (C) và (C1) và R là bán kính đường tròn
(C).
- Xác định tọa độ điểm 1I đối xứng với I qua đường thẳng d .
- Viết phương trình đường tròn ( )1C có tâm 1I , bán kính R .
Ví dụ 2. Viết phương trình đường tròn ( )1C đối xứng với đường tròn
( ) 2 2
C : x y 2x 4y 3 0+ − − + =qua đường thẳng d : x y 3 0− − =.
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1;2 , bán kính R 2= .
Giả sử đường tròn ( )1C có tâm 1I , bán kính 1R R 2= = .
Tọa độ điểm 1I chính là điểm đối xứng của I qua đường thẳng d .
Đường thẳng 1II đi qua ( )I 1;2 và vuông góc với d có phương trình là
( ) ( )1 1II :1 x 1 1 y 2 0 II : x y 3 0− + − = ⇔ + − = .
Tọa độ giao điểm 1H d II=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
x y 3 0 x 3
H 3;0
x y 3 0 y 0
− −= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Vì ( )H 3;0 là trung điểm của ( )1 1II I 5; 2⇒ − .
Vậy đường tròn cần tìm có phương trình là ( ) ( ) ( )2 2
1C : x 5 y 2 2− + + =.
B. BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1;4), B(-4;0),
C(-2;-2). Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Giải
Cách 1: Viết phương trình đường tròn dưới dạng tổng quát
Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình là
( ) ( )2 2 2 2
C : x y 2ax 2by c 0, a b c 0+ − − += + − > .
Do ( )A C 17 2a 8b c 0 (1)∈ ⇒ − − + = .

484. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
482
Do ( )B C 16 8a c 0 (2)∈ ⇒ + + = .
Do ( )C C 8 4a 4b c 0 (3)∈ ⇒ + + + = .
Giải hệ gồm (1),(2),(3) ta được ( )
5 7 28
a;b;c ; ;
6 6 3
 
=− − 
 
.
Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình là
( ) 2 2 5 7 28
C : x y x y 0
3 3 3
+ + − − =.
Cách 2: Tìm tọa độ tâm I .
Giả sử tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tọa độ ( )I x;y .
Vì
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 22 2
2 2 2 2 2 2
x 1 y 4 x 4 yIA IB
IA IC x 1 y 4 x 2 y 2
 − + − = + += 
⇔ 
= − + − = + + + 
5
x
5 76
I ;
7 6 6
y
6

= −  
⇔ ⇒ −  
  =

.
Bán kính
2 2
5 7 205
R IA 1 4
6 6 18
   
= = − − + − =   
   
.
Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình là
( )
2 2
5 7 205
C : x y
6 6 18
   
+ + − =   
   
hay ( ) 2 2 5 7 28
C : x y x y 0
3 3 3
+ + − − =.
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình ba
cạnh là
AB: x 5y 2 0;BC: x y 2 0;CA : x y 8 0− −= − += + −= .
Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Giải
Tọa độ đỉnh A AB AC=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
x 5y 2 0 x 7
A 7;1
x y 8 0 y 1
− −= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Tọa độ đỉnh B AB BC=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
x y 2 0 x 3
B 3; 1
x 5y 2 0 y 1
− + = =− 
⇔ ⇒ − − 
− − = =− 
.
Tọa độ đỉnh C AC BC=  là nghiệm của hệ phương trình

485. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
483
( )
x y 8 0 x 3
C 3;5
x y 2 0 y 5
+ −= = 
⇔ ⇒ 
− += = 
.
Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình là
( ) ( )2 2 2 2
C : x y 2ax 2by c 0, a b c 0+ − − += + − > .
Thay tọa độ của vào phương trình của ( )C ta được hệ phương trình
14a 2b c 50 a 2
6a 2b c 10 b 0
6a 10b c 34 c 22
+ −= = 
 
+ + =− ⇔ = 
 + − = =− 
.
Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
( ) 2 2
C : x y 4x 22 0+ − − =.
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
3
M ;0
4
 
 
 
là trung
điểm cạnh BC, phương trình hai cạnh AB,AC lần lượt là x 2y 3 0;− − =
2x 5y 3 0+ + =. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Giải
Tọa độ đỉnh A AB AC=  là nghiệm của phương trình
( )
x 2y 3 0 x 1
A 1; 1
2x 5y 3 0 y 1
− −= = 
⇔ ⇒ − 
+ + = =− 
.
Gọi P là trung điểm của AB đường thẳng MP đi qua
3
M ;0
4
 
 
 
và song song
với AC nên có phương trình là
3
MP : 2x 5y 0
2
+ − =.
Tọa độ điểm P AB MP=  là nghiệm của hệ phương trình
3 x 2
2x 5y 0 1
P 2;2 1
2y
x 2y 3 0 2
= 
+ − =   
⇔ ⇒ −   
= −   − − = 
.
Vì
1
P 2;
2
 
− 
 
là trung điểm của AB nên ( )B 3;0 , tương tự ta tìm được
3
C ;0
2
 
− 
 
.
Vậy tọa độ ba đỉnh tam giác ABC là ( ) ( )
3
A 1; 1 ,B 3;0 ,C ;0
2
 
− − 
 
.
Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình
( ) ( )2 2 2 2
C : x y 2ax 2by c 0, a b c 0+ − − += + − > .

486. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
484
Vì ( )
3
a
2 2a 2b c 0 4
A,B,C C 9 6a c 0 b 2
9 9
3a c 0 c
4 2

= − + + =

∈ ⇔ − += ⇔= 
 
 + + = =−
 
.
Vậy đường tròn cần tìm có phương trình là ( ) 2 2 3 9
C : x y x 4y 0
2 2
+ − − − =.
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trọng tâm
1
G 2;
3
 
 
 
,
phương trình cạnh AB và AC lần lượt có phương trình là x y 3 0;+ − =
3x y 7 0+ − =. Viết phương trình đường tròn đi qua trực tâm và hai đỉnh B,C
của tam giác ABC .
Giải
Tọa độ đỉnh A AB AC=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
x y 3 0 x 2
A 2;1
3x y 7 0 y 1
+ −= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Gọi ( ) ( )B b;3 b AB,C c;7 3c AC− ∈ − ∈ . Vì
1
G 2;
3
 
 
 
là trọng tâm tam giác
ABC nên ( ) ( )
2 b c 6 b 1
B 1;2 ,C 3; 2
1 3 b 7 3c 1 c 3
+ += = 
⇔ ⇒ − 
+ − + −= = 
.
Đường cao CH đi qua ( )C 3; 2− và nhận ( )ABu 1; 1= −

làm véc tơ pháp tuyến
nên có phương trình là
( ) ( )CH :1 x 3 1 y 2 0 CH : x y 5 0− − + = ⇔ − − = .
Đường cao BH đi qua ( )B 1;2 và nhận ( )ACu 1; 3= −

làm véc tơ pháp tuyến nên
có phương trình là ( ) ( )BH :1 x 1 3 y 2 0 BH : x 3y 5 0− − − = ⇔ − + = .
Tọa độ điểm H CH BH=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
x y 5 0 x 10
H 10;5
x 3y 5 0 y 5
− −= = 
⇔ ⇒ 
− += = 
.
Giả sử phương trình đường tròn đi qua ba điểm H,B,C có phương trình là
( ) ( )2 2 2 2
C : x y 2ax 2by c 0, a b c 0+ − − += + − > .
Vì ( )
2a 4b c 5 a 6
H,B,C C 6a 4b c 13 b 2
20a 10b c 125 c 15
+ + =− =− 
 
∈ ⇔ − + =− ⇔ =− 
 + + =− = 
.
Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC có phương trình là

487. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
485
( ) 2 2
C : x y 12x 4y 15 0+ − − + =.
Bài 5.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
( ) ( ) ( )2 2
C : x 1 y 2 5− + + =, góc  0
ABC 90 , điểm ( )A 2;0 và ABCS 4= . Tìm
tọa độ điểm B .
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1; 2− , bán kính R 5= .
Vì tam giác ABC vuông tại B nội tiếp trong đường tròn ( )C nên AC là đường
kính do đó A,C đối xứng nhau qua ( )I 1; 2− . Suy ra ( )C 0; 4− .
Đường thẳng
x y
AC: 1 AC: 2x y 4 0
2 4
+ = ⇔ − − =
−
.
Gọi ( ) ( ) ( ) ( )2 2
B x;y C x 1 y 2 5 (1)∈ ⇔ − + + = .
Mặt khác
( ) ( )2
ABC
2 2
2x y 41 1
S AC.d B;AC .2 5. 4 2x y 4 16 (2)
2 2 2 ( 1)
− −
= = = ⇔ − − =
+ −
.
Giải hệ phương trình gồm (1),(2) ta được:
6 16
x x
x 0 x 25 5
12 y 0 y 4 8
y y
5 5
 
=− = = =  
∨ ∨ ∨   
= = −  =− =−
  
.
Vậy có bốn điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là
( ) ( )1 2 3 4
6 12 16 8
B ; ,B 0;0 ,B 2; 4 ,B ;
5 5 5 5
   
− − − −   
   
.
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có A(11;-7), B(23;9),
C(-1;2). Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
Giải
* Xác định phương trình 3 cạnh của tam giác:
Phương trình cạnh
x 11 y 7
AB: AB: 4x 3y 65 0
23 11 9 7
− +
= ⇔ − − =
− +
.
Phương trình cạnh
x 23 y 9
BC: BC:7x 24y 55 0
1 23 2 9
− −
= ⇔ − + =
− − −
.
Phương trình
x 11 y 7
AC: AC:3x 4y 5 0
1 11 2 7
− +
= ⇔ + −=
− − +
.
* Viết phương trình đường phân giác trong góc A,B :
Phương trình các đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng AB,AC là

488. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
486
1
2 2 2 2
2
d : x 7y 60 04x 3y 65 3x 4y 5
d :7x y 70 04 ( 3) 3 4
− − =− − + −
=± ⇔ 
+ − =+ − +
.
Thay độ độ của B,C vào phương trình của 1d ta được
( )( )T 23 7.9 60 1 7.2 60 0= − − − − − > nên B,C cùng phía với 1d do đó 2d là
đường phân giác trong góc A .
Phương trình các đường phân giác của góc tạo bởi BA,BC là:
3
2 2 2 2
4
d :13x 9y 380 04x 3y 65 7x 24y 55
d :9x 13y 90 04 ( 3) 7 ( 24)
+ − =− − − +
=± ⇔ 
− − =+ − + −
.
Thay tọa độ của A,C vào phương trình của 4d ta được
( )( )T 9.11 13.7 90 9.( 1) 13.2 90 0= + − − − − < nên 4d là đường phân giác trong
góc B .
* Xác định tọa độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp:
Tọa độ tâm 2 4I d d=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
9x 13y 90 0 x 10
I 10;0
7x y 70 0 y 0
− −= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Bán kính ( ) 2 2
4.10 3.0 65
R d I;AB 5
4 ( 3)
− −
= = =
+ −
.
Vậy phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC là
( ) ( )2 2
C : x 10 y 25− + =.
Cách 2: Gọi ( )I a;b là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC , ta có
( ) ( ) ( )d I;AB d I;BC d I;AC= =
2 2 2 2 2 2
4a 3b 65 7a 24b 55 3a 4b 5
4 ( 3) 7 ( 24) 3 4
− − − + + −
⇔ = =
+ − + − +
( ) ( )
a 10
I 10;0 ,R d I;AB 5
b 0
=
⇔ ⇒ = =
=
.
Cách 3: Ta có BC 25,AC 15,AB 20= = = .
Suy ra tọa độ tâm I xác định bởi:
( )
A B C
I
A B C
I
BC.x CA.x AB.x 25.11 15.23 20.( 1)
x 10
AB BC CA 25 15 20
I 10;0
BC.y CA.y AB.y 25.( 7) 15.9 20.2
y 0
AB BC CA 25 15 20
+ + + + −
= = + + + +
⇒
+ + − + + = =
 + + + +
.

489. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
487
Bài 7. (ĐH Quốc Gia 1994) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(4; 0),
( )B 0;3 . Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
Giải
Cách 1: Viết phương trình các đường phân giác trong
Giả sử ( )C có tâm ( )I a;b , bán kính r . Tâm I thuộc đường phân giác trong góc
AOB và phân giác trong góc BAO .
Phương trình đường phân giác trong góc BOA chính là phương trình đường
phân giác góc phần tư thứ nhất có phương trình: y x= .
Phương trình cạnh
x y
AB: 1 AB:3x 4y 12 0
4 3
+ = ⇔ + − = .
Phương trình các đường phân giác của góc BAO là:
1
2 2 2
2
d :3x y 12 03x 4y 12 y
d :3x 9y 12 03 4 1
− − =+ −
=± ⇔ 
+ − =+
.
Thay tọa độ của O,B vào phương trình của 1d ta được:
( )( )T 3.0 0 12 3.0 3 12 0= − − − − > nên 2d là phương trình đường phân giác
trong góc BAO .
Tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình
( )
y x x 1
I 1;1
3x 9y 12 0 y 1
= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Bán kính ( ) 2 2
3.1 4.1 12
r d I;AB 1
3 4
+ −
= = =
+
.
Vậy phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC là:
( ) ( ) ( )2 2
C : x 1 y 1 1− + − =.
Cách 2: Thông qua công thức diện tích
Tâm ( )I a;b thuộc góc phần tư thứ nhất nên ( )I a;a ,a 0> .
( )C tiếp xúc với OA,OBnên a b r= = .
Ta có ( )
S OA.OB
r 1 I 1;1
p OA OB AB
= = = ⇒
+ +
.
Vậy phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC là:
( ) ( ) ( )2 2
C : x 1 y 1 1− + − =.
Bài 8. (ĐH Huế) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương
trình 3 cạnh lần lượt là
AB: 4x 3y 12 0;BC: x 0;AC: 4x 3y 12 0− −= = + −= .

490. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
488
Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
Giải
Tọa độ A AB AC=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
4x 3y 12 0 x 3
A 3;0
4x 3y 12 0 y 0
− −= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Tọa độ B AB BC=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
4x 3y 12 0 x 0
B 0; 4
x 0 y 4
− −= = 
⇔ ⇒ − 
= = − 
.
Tọa độ C AC BC=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
4x 3y 12 0 x 0
C 0;4
x 0 y 4
+ −= = 
⇔ ⇒ 
= = 
.
Tam giác ABC cân tại A có B,C đối xứng qua trục hoành nên phân giác trong
góc A chính là trục hoành : y 0= .
Phương trình các đường phân giác góc ACB là:
1
2 2
2
d : 4x 3y 12 04x 3y 12 x
d :3x y 4 014 3
− + =+ −
=± ⇔ 
+ − =+
.
Thay tọa độ của A,B vào phương trình của 1d ta được:
( )( )T 4.3 3.0 12 4.0 3.( 4) 12 0= − + − − + > nên 2d là phương trình đường phân
giác trong góc ACB .
Tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình
4
y 0 x 4
I ;03
3x y 4 0 3
y 0

= =   
⇔ ⇒   + − =    =
.
Bán kính ( )
4
r d I;AB
3
= = .
Vậy phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC là
( )
2
24 16
C : x y
3 9
 
− + = 
 
.
Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho 3 điểm ( ) ( )
5
A 1;1 ,B 1;4 ,I 1;
2
 
−  
 
. Viết
phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC và tìm tọa độ đỉnh C , biết I
là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
Giải

491. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
489
Phương trình cạnh
x 1 y 1
AB: AB:3x 2y 5 0
1 1 4 1
+ −
= ⇔ − +=
+ −
.
Bán kính đường tròn nội tiếp ( ) 2 2
5
3.1 2. 5
32
r d I;AB
133 ( 2)
− +
= = =
+ −
.
Phương trình đường tròn nội tiếp ( ) ( )
2
2 5 9
C : x 1 y
2 13
 
− + − = 
 
.
Đường thẳng AC đi qua ( )A 1;1− và có hệ số góc k có phương trình là
( )AC: y k x 1 1= + + .
Vì AC tiếp xúc với ( )C nên ( )
( )
2 2
5 3
k 1 1 1 k
32 2
d I;AC r
2713k 1 k
86

+ + − =
=⇔ =⇔ 
+ =

.
Với
3
k
2
= đây là phương trình cạnh AB AC: 27x 86y 113 0⇒ − + =.
Đường thẳng BCđi qua ( )B 1;4 và có hệ số góc k có phương trình là
( )BC: y k x 1 4= − + .
Vì BCtiếp xúc với ( )C nên ( )
( )
2 2
5
k 1 1 4
3 32
d I;BC r k
213k 1
− + −
=⇔ = ⇔ =±
+
.
Với
3
k
2
= đây là phương trình cạnh AB BC:3x 2y 11 0⇒ + − =.
Tọa độ đỉnh C AC BC=  là nghiệm của hệ phương trình
30
x
27x 86y 113 0 30 5313
C ;
3x 2y 11 0 53 13 26
y
26

=− + =   
⇔ ⇒   + − =    =

.
Vậy
30 53
C ;
13 26
 
 
 
là điểm cần tìm.
Bài 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho 3 điểm ( ) ( ) ( )A 2;6 ,B 3; 4 ,C 5;0− − .
a) Tìm tọa độ điểm D là chân đường phân giác trong góc A của tam giác ABC .
b) Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC .
Giải
a) Tìm tọa độ điểm D là chân đường phân giác trong góc A của tam giác ABC.

492. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
490
Theo tính chất đường phân giác ta có
Ta có
( ) ( )
( ) ( )
B C2 2 D
2 2
B C
D
x kx
x3 2 4 6DB AB 5 1 kk DB kDC
y kyDC AC 35 2 0 6 y
1 k
+
=− − + − −  += = ==⇒ =− ⇒ 
+− + − =
 +
 
.
Suy ra
3
D 2;
2
 
− 
 
.
b) Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Tâm ( )I a;b chính là chân đường phân giác trong của góc B của tam giác ABD .
Ta có
( )
( ) ( )
2
2 D A
I
2 2
D A
I
3 x k'x
2 3 4 x
2ID BD 1 1 k'k' ID k'IA
y k'yIA BA 23 2 4 6 y
1 k'
  ++ + − + =    += = ==⇒ =− ⇒ 
+− − + − − =
 +
 
.
Suy ra ( )I 2;1 .
Phương trình cạnh
x 2 y 6
AC: AC: 2x y 10 0
5 2 0 6
− −
= ⇔ + − =
− −
.
Bán kính đường tròn nội tiếp ( ) 2 2
2.2 1 10
r d I;AC 5
2 1
+ −
= = =
+
.
Vậy đường tròn nội tiếp tam giác ABC có phương trình là
( ) ( ) ( )2 2
C : x 2 y 1 5− + − =.
Bài 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình đường tròn ( )1C đối
xứng với đường tròn ( ) 2 2
C : x y 2x 4y 1 0+ − − + =qua:
a) Điểm ( )E 3;1 .
b) Đường thẳng d : x y 5 0+ − =.
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1;2 , bán kính R 2= .
Giả sử đường tròn ( )1C có tâm 1I , bán kính 1R R 2= = .
a) Vì ( ) ( )1C , C đối xứng nhau qua điểm ( )E 3;1 nên ( )E 3;1 là trung điểm của
( )1 1II I 5;0⇒ .
Vậy đường tròn cần tìm có phương trình là ( ) ( )2 2
C : x 5 y 4− + =.

493. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
491
b) Vì ( ) ( )1C , C đối xứng nhau qua đường thẳng d : x y 5 0+ − =nên 1I,I đối xứng
nhau qua đường thẳng d .
Đường thẳng 1II đi qua ( )I 1;2 và vuông góc với d nên có phương trình là
( ) ( )1 1II :1 x 1 1 y 2 0 II : x y 1 0− − − = ⇔ − + = .
Tọa độ giao điểm 1H d II=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
x y 5 0 x 2
H 2;3
x y 1 0 y 3
+ −= = 
⇔ ⇒ 
− += = 
.
Vì ( )H 2;3 là trung điểm của ( )1 1II I 3;4⇒ .
Vậy đường tròn cần tìm có phương trình là ( ) ( ) ( )2 2
C : x 3 y 4 4− + − =.
Bài 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trực tâm ( )H 2;1 và
( ) ( )B 1;3 ,C 1;0 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Giải
Cách 1: Ta có ( ) ( )BH 1; 2 ,CH 1;1=− =
 
.
Đường thẳng AB đi qua ( )B 1;1 và nhận CH

làm véc tơ pháp tuyến nên có
phương trình là
( ) ( )AB:1 x 1 1 y 1 0 AB: x y 2 0− + − = ⇔ + − = .
Đường thẳng AC đi qua ( )C 1;0 và nhận BH

làm véc tơ pháp tuyến nên có
phương trình là ( ) ( )AC:1 x 1 2 y 0 0 AC: x 2y 1 0− − − = ⇔ − − = .
Tọa độ đỉnh A AB AC=  là nghiệm của hệ phương trình
5
x
x 2y 1 0 5 13
A ;
x y 2 0 1 3 3
y
3

=− − =   
⇔ ⇒   + − =    =

.
Giả sử đường tròn ngoai tiếp tam giác ABC có phương trình là
( ) ( )2 2 2 2
C : x y 2ax 2by c 0, a b c 0+ − − += + − > .
Vì ( )
2
25 1 10 2 a
a b c 0 3
9 9 3 3
3
A,B,C C 1 9 2a 6b c 0 b
2
1 2a c 0
1
c
3

= + − − + = 
 
∈ ⇔ + − − += ⇔= 
 − + =
 
= 

.

494. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
492
Vậy đường tròn cần tìm có phương trình là ( ) 2 2 4 1
C : x y x 3y 0
3 3
+ − − + =.
Cách 2: Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và đường tròn ngoại tiếp tam giác
HBC đối xứng nhau qua đường thẳng BC nên viết phương trình đường thẳng
BC, đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC .
Bài 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trực tâm H và
phương trình cạnh BClà 2x y 4 0+ − =; đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC
có phương trình là 2 2
(T): x y 6x 6y 8 0+ − − + =. Viết phương trình đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Giải
Đường tròn ( )T có tâm ( )T 3;3 , bán kính R 10= .
Giả sử ( )C là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và có tâm I , bán kính R .
Vì ( ) ( )C , T đối xứng nhau qua đường thẳng BC nên 10R = và ,I T đối
xứng nhau qua đường thẳng 2 4 0x y+ − =.
Đường thẳng IT đi qua ( )3;3T và vuông góc với 2 4 0x y+ − = có phương
trình là
( ) ( ):1 3 2 3 0 : 2 3 0IT x y IT x y− − − = ⇔ − + = .
Tọa độ giao điểm M IT BC=  là nghiệm của hệ phương trình
( )
2 3 0 1
1;2
2 4 0 2
x y x
M
x y y
− += = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Vì ( )1;2M là trung điểm của ( )1;1IT I⇒ − .
Vậy đường tròn cần tìm có phương trình là ( ) ( ) ( )
2 2
: 1 1 10C x y+ + − =.
Bài 14. Trong mặt phẳng tọa độOxy , cho đường thẳng : 2 4 15 0x y∆ + − =và
2 đường tròn ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
1 2: 1 2 9; : 1 16C x y C x y− + −= + += . Tìm
điểm M trên ( )1C và N trên ( )2C sao cho MN nhận đường thẳng d làm
trung trực và N có hoành độ âm.
Giải
Gọi ( ) ( ) ( )
2 2
2; , 0 1 16 (1)N a b C a a b∈ < ⇒ + + = .
Vì MN nhận ∆ làm trung trực nên N nằm trên đường tròn ( )3C là ảnh của
đường tròn ( )1C qua phép đối xứng qua đường thẳng ∆ .

495. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
493
Đường tròn ( )1C có tâm ( )1;2I , bán kính 3R = . Tâm của ( )3C là 3I đối xứng
với I qua ∆ , bán kính bằng 3R = .
Đường thẳng d đi qua I và vuông góc với ∆nhận ( )2; 1u∆= −

làm véc tơ
pháp tuyến nên có phương trình là:
( ) ( ): 2 1 1 2 0 : 2 0d x y d x y− − − = ⇔ − = .
Tọa độ giao điểm H d= ∆ là nghiệm của hệ phương trình:
3
2 0 3
;32
2 4 15 0 2
3
x y x
H
x y
y

− = =   
⇔ ⇒   + − =    =
.
Vì H là trung điểm của 3II nên ( )3 2;4I .
Vậy ( ) ( ) ( )
2 2
3 : 2 4 9C x y− + − =.
Mặt khác ( ) ( ) ( )
2 2
3 2 4 9 (2)N C a b∈ ⇔ − + − =
Giải hệ gồm (1) và (2) ta được:
( ) ( )
( )
( )
2 2
2 2
0
1
2 4 9 1;4
4
1 16
a
a
a b N
b
a b
 <
 = −
− + − = ⇔ ⇒ − 
=
+ + =
.
Điểm M đối xứng với N qua ∆ , tìm được
4 22
;
5 5
M
 
− 
 
.
Vậy ( )
4 22
; , 1;4
5 5
M N
 
− − 
 
là 2 điểm cần tìm.
C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1;4), B(-7;4), C(2;-5).
Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Hướng dẫn giải – đáp số
Cách 1: Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có dạng
( ) ( )2 2 2 2
: 2 2 0, 0C x y ax by c a b c+ − − += + − > .
Do ( )
17 2 8 0 3
, , 65 14 8 0 1
29 4 10 0 31
a b c a
A B C C a b c b
a b c c
− − + = =− 
 
∈ ⇔ + − + = ⇔ =− 
 − + + = =− 
.
Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình là
( ) 2 2
: 6 2 31 0C x y x y+ + + − =.

496. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
494
Cách 2: Gọi I(x;y) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 22 22 2
2 2 2 2 2 2
7 41 4
1 4 2 5
x yx yIA IB
IA IC x y x y
 + + −− + − = = 
⇔ 
= − + − = − + + 
( )
3
3; 1
1
x
I
y
= −
⇔ ⇒ − −
= −
.
Bán kính ( ) ( )
2 2
3 1 1 4 41R IA= = − − + − − = .
Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
( ) ( ) ( )
2 2
: 3 1 41C x y+ + + = hay ( ) 2 2
: x 6 2 31 0C y x y+ + + − =.
Cách 3: Ta có ( ) ( )8;0 , 1; 9AB AC=− =−
 
.
Điểm ( );M x y thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác
( ) ( )tan ; tan ;ABC MB MC AB AC⇔ =
   
( )( ) ( )( )
( )( ) ( )( )
7 5 2 4 ( 8).( 9) 1.0
7 2 4 5 ( 8).1 0.( 9)
x y x y
x x y y
+ + − − − − − −
⇔ =
+ − + − + − + −
2 2
6 2 31 0x y x y⇔ + + + − =.
Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
( ) 2 2
6 2 31 0C x y x y+ + + − =.
Bài 2. (TSĐH Khối D) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn
( ) ( ) ( )
2 2
: 1 2 4C x y− + − =và đường thẳng : 1 0d x y− − = .
a) Viết phương trình đường tròn ( )'C đối xứng với ( )C qua đường thẳng d .
b) Tìm tọa độ giao điểm của ( )C và ( )'C .
Giải
a) Đường tròn ( )C có tâm ( )1;2I , bán kính 2R = .
Đường tròn ( )'C có tâm 'I , bán kính ' 2R R= = .
Ta có 'I đối xứng với I qua đường thẳng d .
Vì ' ': 3 0II d II x y⊥ ⇒ + − =.
Tọa độ trung điểm của 'II là nghiệm của hệ phương trình:
( )
1 0 2
' 2;1
3 0 1
x y x
I
x y y
− −= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Vậy phương trình đường tròn ( ) ( ) ( )
2 2
: 2 1 4C x y− + − =.

497. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
495
b) Xét hệ phương trình tạo bởi ( )C và ( )'C ta được:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 22 2
3 7
01 2 4 2
1 2 4 3 72 1 4
2
x yx yx y
x yx y
x y
 −
= = − =− + − = ⇔ ⇔
− + − = +− + − =  = =

.
Vậy ( )C và ( )'C cắt nhau tại hai điểm phân biệt
3 7 3 7 3 7 3 7
; ; ;
2 2 2 2
   − − + +
      
   
.
Bài 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(2;2) và hai
điểm B(1;1), C(3;2). Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Hướng dẫn giải – đáp số
Đường thẳng
1 1
: : 2 1 0
3 1 2 1
x y
BC BC x y
− −
= ⇔ − +=
− −
.
Phường trình đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC có phương trình là
( ) ( )2 2 2 2
: 2 2 0, 0C x y ax by c a b c+ − − += + − > .
Vì ( )
17
62 2 2 0
1
, , 13 6 4 0
6
8 4 4 0
4
a
a b c
B C H C a b c b
a b c
c

=
− − + = 
 
∈ ⇔ − − + = ⇔ = 
 − − + = =


.
Suy ra ( ) 2 2 17 1
: 4 0
3 3
C x y x y+ − − + =.
Đường tròn này có tâm
2 2
17 1 17 1 73
; , 4
6 6 6 6 18
I R
     
= + −=     
     
.
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đối xứng với đường tròn ( )C qua đường
thẳng BC . Giả sử có tâm T , vì IT đối xứng qua đường thẳng BC nên có
phương trình là
17 1 35
: 2 1 0 : 2 0
6 6 6
IT x y IT x y
   
− + − = ⇔ + − =   
   
.
Tọa độ giao điểm M IT BC=  là nghiệm của hệ phương trình

498. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
496
32
35
2 0 32 4715
;6
47 15 30
2 1 0
30
x
x y
H
x y y

= + − =   
⇔ ⇒   
  − + = = 
.
Vì
32 47
;
15 30
H
 
 
 
là trung điểm của
43 89
;
30 30
IT T
 
⇒  
 
.
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình là
2 2
43 89 73
30 30 18
x y
   
− + − =   
   
.
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình 3 cạnh là
: 2 4 0; : 1 0; : 4 2 0AB x y BC x y CA x y− += + −= + += .
Xác định tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Giải
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
( )
2 4 0 2
2;0
4 2 0 0
x y x
A
x y y
− + = =− 
⇔ ⇒ − 
+ += = 
.
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
( )
2 4 0 1
1;2
1 0 2
x y x
B
x y y
− + = =− 
⇔ ⇒ − 
+ −= = 
.
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình:
( )
1 0 2
2; 1
4 2 0 1
x y x
C
x y y
+ −= = 
⇔ ⇒ − 
+ + = =− 
.
Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
( ) ( )2 2 2 2
: 2 2 0, 0C x y ax by c a b c+ − − − += + − > .
Vì ( )
1
64 4 0
1
, , 5 2 4 0
6
5 4 2 0
14
3
a
a c
A B C C a b c b
a b c
c

=
+ + = 
 
∈ ⇔ + − + = ⇔ = 
 − + + = 
= −

.
Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
( ) 2 2 1 1 14
: 0
3 3 3
C x y x y+ − − − =.

499. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
497
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình hai cạnh
bên ,AB AC lần lượt là 3 0;3 7 0x y x y+ −= + − = . Trọng tâm
1
2;
3
G
 
 
 
.
Viết phương trình đường tròn đi qua trực tâm và hai đỉnh ,B C của tam giác
ABC .
Giải
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:
x y 3 0 x 2
A(2;1)
3x y 7 0 y 1
+ −= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.
Dễ tìm được B(1;2), C(3;-2).
Phương trình đường cao AH: x – 2y = 0.
Phương trình đường cao BH: x – 3y + 5 = 0.
Tọa độ trực tâm H là nghiệm của hệ phương trình:
x 2y 0 x 10
H(10;5)
x 3y 5 0 y 5
−= = 
⇔ ⇒ 
− += = 
.
Giả sử phương trình đường tròn (C) đi qua ba điểm ,B,CH là:
( ) ( )2 2 2 2
: 2 2 0, 0C x y ax by c a b c+ − − += + − > .
Vì ( )
5 2 4 0 6
, , 13 6 4 0 2
125 20 10 0 15
a b c a
H B C C a b c b
a b c c
+ + += = 
 
∈ ⇔ + − += ⇔ = 
 − − += = 
.
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: ( ) 2 2
: 12 4 15 0C x y x y+ − − + =.
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trực tâm ( )3;3H ,
trung điểm cạnh BC là ( )5;4M và ( )3;2D là chân đường cao hạ từ đỉnh C.
Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Giải
Đường cao hạ từ đỉnh C đi qua hai điểm H và D nên có phương trình:
: 3 0CH x − =.
Gọi ( )3;C t vì ( )5;4M là trung điểm của ( )7;8BC B t⇒ − .
Đường thẳng AB đi qua D và vuông góc với CH nên có phương trình :
: 2 0AB y − =.
Mặt khác B thuộc AB nên ( )8 2 0 6 3;6t t C− − = ⇔ = ⇒ và ( )7;2B .
Đường thẳng AC đi qua C và vuông góc với đường cao BH nên có phương
trình: : 4 6 0AC x y− − =.
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình:

500. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
498
( )
4 6 0 2
2;2
2 0 2
x y x
A
y y
− −= = 
⇔ ⇒ 
−= = 
.
Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình:
(C): x2
+ y2
– 2ax – 2by + c = 0, (a2
+ b2
– c > 0)
Vì
9
a
28 4a 4b c 0
7
A,B,C (C) 45 6a 12b c 0 b
2
53 14a 4b c 0
c 24

=
− − + = 
 ∈ ⇔ − − + = ⇔ = 
 − − + = =
.
Vậy phương trình cần tìm là ( ) 2 2
: 9 7 24 0C x y x y+ − − + =.
Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trực tâm ( )2;2H và
phương trình đường tròn đi qua chân các đường cao trong tam giác ABC có
phương trình là ( ) 2 2
: 4 4 1 0T x y x y+ − − + =. Viết phương trình đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC .
Giải
Đường tròn ( )T có tâm ( )2;2T , bán kính 7TR = .
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và M,N, P lần lượt là trung điểm các cạnh
BC,CA,AB.
Phép vị tự tâm G tỷ số 2k = − biến tam giác MNP thành tam giác ABC và biến
đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP thành đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC.
Biến tâm T thành tâm I được xác định bởi: 2 , 2 2 7TGI GT R R=− ==
 
.
Mặt khác
1 1
3 2 4
2 2
IH IG GI GH GT GH GH GT= ⇔ = − ⇒ − = − ⇔ =
       
( )
( )
2
2 4 2 7
2;7
31 4 2
3
G
G G
GG G
x
x x
G
yy y
=− = −   
⇔ ⇔ ⇒   
=− = −    
.
Suy ra
( )
( )
2 3 2
2
2;37
31 3
3
I I
I
II I
x x
x
I
yy y
− = −
=
⇔ ⇒   =− = −  
 
.
Đường tròn đi qua ba chân đường cao đồng thời là đường tròn đi qua trung
điểm các cạnh nên trùng với đường tròn ( )MNP ngoại tiếp tam giác MNP.
Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:

501. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
499
( ) ( ) ( )
2 2
: 2 3 28C x y− + − =.
Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trực tâm ( )2;1H và
đường tròn đi qua trung điểm các cạnh của tam giác có phương trình là
( ) 2 2
: 4 4 1 0T x y x y+ − − − = . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC .
Giải
Đường tròn ( )T có tâm ( )2;2T , bán kính 3TR = .
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và M,N, P lần lượt là trung điểm các cạnh
BC,CA,AB.
Phép vị tự tâm G tỷ số 2k = − biến tam giác MNP thành tam giác ABC và biến
đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP thành đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC.
Biến tâm T thành tâm I được xác định bởi: 2 , 2 6TGI GT R R=− ==
 
.
Mặt khác
1 1
3 2 4
2 2
IH IG GI GH GT GH GH GT= ⇔ = − ⇒ − = − ⇔ =
       
( )
( )
2
2 4 2 7
2;7
31 4 2
3
G
G G
GG G
x
x x
G
yy y
=− = −   
⇔ ⇔ ⇒   
=− = −    
.
Suy ra
( )
( )
2 3 2
2
2;37
31 3
3
I I
I
II I
x x
x
I
yy y
− = −
=
⇔ ⇒   =− = −  
 
.
Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
( ) ( ) ( )
2 2
: 2 3 36C x y− + − =.
Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường
phân giác trong góc B và đường trung tuyến kẻ từ B là d1: x + y – 2 = 0;
d2: 4x + 5y – 9 = 0. Biết điểm thuộc cạnh AB và bán kính đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC là
15
6
R = . Tìm tọa độ các đỉnh , ,A B C .
Giải
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:
( )
2 0 1
1;1
4 5 9 0 1
x y x
B
x y y
+ −= = 
⇔ ⇒ 
+ −= = 
.

502. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
500
Gọi D là điểm đối xứng của M qua đường thẳng 1d khi đó D BC∈ .
Vì 1
3
: 0
2
MD d MD x y⊥ ⇒ − − =.
Tọa độ trung điểm của MD là nghiệm của hệ phương trình:
7
2 0
7 14
;3
1 4 40
2
4
x y x
H
x y
y

+ − = =    
⇔ ⇒   
− − =    = 
.
Vì H là trung điểm của MD nên
3
;0
2
D
 
 
 
.
Đường thẳng BC đi qua hai điểm B và D nên có phương trình là:
: 2 3 0BC x y+ − =.
Đường thẳng AB đi qua hai điểm B và M nên có phương trình là:
: 2 3 0AB x y+ − =.
Gọi ( )3 2 ;A a a− và ( );3 2C c c− .
Vì trung điểm của AC thuộc đường thẳng 2d nên
( )
3 2 3 2
4. 5. 9 0 3 2 4c 3;3 2
2 2
a c a c
a c A c
− + + −
+ − = ⇔ = − ⇒ − − .
Ta có  ( )
( )
( )
2
2
2
. 16 3
sin 1 cos ; 1 1
25 5.
AB BC
AB BC
n n
ABC AB BC
n n
= − = − = − =
 
  .
Suy ra  15 3
2 sin 2. . 3
6 5
AC R ABC= = = .
Ta có phương trình:
( ) ( )
( ) ( )
3;3 , 0;30
3 3 3
2 5; 1 , 2; 1
A Cc
c
c A C
−=
− = ⇔ ⇒  = − − 
.
Vậy tọa độ ba điểm cần tìm là ( ) ( ) ( )3;3 , 1;1 , 0;3A B C− hoặc
( ) ( ) ( )5; 1 , 1;1 , 2; 1A B C− − .
Bài 10. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , biết ( ) ( )0;5 , 3; 4A B − . Trọng tâm G nằm
trên đường thẳng : 1 0d x y− − = . Trực tâm H có hoành độ bằng 3. Viết
phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC biết C có hoành độ
dương.
Giải

503. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
501
Vì ( ); 1G d G t t∈ ⇒ − .
Suy ra tọa độ điểm C là ( )3 3;3 4C t t− − .
Vì C có hoành độ dương nên 3 3 0 1t t− > ⇔ > .
Gọi ( )3;H h gọi M là trung điểm của AB ta có
3 1
;
2 2
M
 
 
 
.
Ta có ( ) ( )6 3 ; 4 3 , 3; 9CH t h t AB= − + − = −
 
.
Vì ( ) ( )1 6 3 3 4 3 0 2 2CH AB t h t h t⊥ ⇔ − − + − = ⇔ = − .
Suy ra ( ) ( )3;2 7 , 3 6;3 . 0AH t BC t t AH BC= − = − ⇒ =
   
( ) ( )
1
3 3 6 3 2 7 0
3
t
t t t
t
= −
⇔ − + − = ⇔  =
.
Đối chiếu với điều kiện suy ra ( )3 6;5t C= ⇒ .
Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
( ) ( )2 2 2 2
: 2 2 0, 0C x y ax by c a b c+ − − += + − > .
Vì ( )
25 10 0 3
, , 25 6 8 0 1
61 12 10 0 15
b c a
A B C C a b c b
a b c c
− += = 
 
∈ ⇔ − + + = ⇔ = 
 − − + = =− 
.
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là ( ) 2 2
: 6 2 15 0C x y x y+ − − − =.
Bài 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A với ( )1;1B .
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 4BC BH= . Viết phương trình đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC biết C có hoành độ dương.
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )2;1I , bán kính 1R = .
Vì I là trung điểm AB nên ( )3;1A .
Vì : 3 0AB AC AC x⊥ ⇒ − =.
Gọi ( )3;C c .
Ta có AH BH⊥ nên H là chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống cạnh BC.
Trong tam giác vuông ABC ta có:
2 2 21
. 4 4 4 4
4
BH BC BA R BC BC= = =⇔ =⇔ =.
Ta có phương trình:

504. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
502
( ) ( )
2 2
3 1 1 16 1 2 3c c− + − = ⇔ = ± .
Vì C có hoành độ dương nên ( )3;1 2 3C + .
Tọa độ trung điểm của BC là điểm ( )2;1 3M + .
Suy ra phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
( ) ( ) ( )
22
: 2 1 3 4T x y− + − − = .

505. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
502
Chuû ñeà 3. TIEÁP TUYEÁN VÔÙI ÑÖÔØNG TROØN
A. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP
1. Định nghĩa
Xét đường tròn ( ) ( ) ( )2 2 2
C : x a y b R− + − = có tâm ( )I a;b , bán kính R .
Đường thẳng ( )2 2
: Ax By C 0, A B 0∆ + += + > .
Đường thẳng ∆ được gọi là tiếp tuyến với đường tròn (C) nếu ∆ có duy nhất
một điểm chung với (C) hay khoảng cách từ tâm I đến đường thẳng bằng bán
kính.
2. Tiếp tuyến với đường tròn tại điểm ( )M MM x ;y .
Ta có IM ⊥ ∆ nên ∆ là đường thẳng đi qua ( )M MM x ;y và có véc tơ pháp
tuyến ( )M MIM x a;y b= − −

nên có phương trình là
( )( ) ( )( )M M M M: x a x x y b y y 0∆ − − + − − =.
Điểm ( )M MM x ;y được gọi là tiếp điểm.
3. Tiếp tuyến của đường tròn đi qua điểm ( )M MM x ;y cho trước nằm ngoài
đường tròn.
Đường thẳng ∆ đi qua ( )M MM x ;y có phương trình tổng quát là
( ) ( ) ( ) ( )2 2
M M M M:A x x b y y 0 :Ax By Ax By 0, A B 0∆ − + − = ⇔ ∆ + − + = + > .
Để ∆ tiếp xúc với ( ) ( )C d I; R⇔ ∆ =
( )M M
2 2
A.a B.a Ax By
R
A B
+ − +
⇔ =
+
.
Giải phương trình điều kiện trên ta
tìm được mối liên hệ tuyến tính giữa
A và B , chọn A,B thích hợp ta
được phương trình của tiếp tuyến
cần tìm.
Nhận xét. Từ một điểm M nằm
ngoài đường tròn sẽ kẻ được 2 tiếp
tuyến đến ( )C giả sử là MA,MB
(trong đó A,B là các tiếp điểm).
Theo tính chất của tiếp tuyến ta có
  
MA MB
MI AB
AMB AMI BMI
2
  
      
.
Đề bài có thể đưa ra các yêu cầu

506. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
503
a) Hai tiếp tuyến MA,MB tạo với nhau một góc 
 0
AMB , 0 180    cho
trước .
Ta có  

IA R
AMB AMI MI MI
2 sin AMI sin
2

       

.
Chú ý. Cần phân biệt góc giữa hai tiếp tuyến với góc AMB .
Nếu góc giữa hai tiếp tuyến là  thì có hai khả năng

 0
AMB
AMB 180
  

  
.
b) Diện tích tứ giác MAIB cho trước, MAIBS s 0= > .
Ta có MAIB AIM
s
S 2S IA.IM IM.R s IM
R
= = = =⇔ = .
Chú ý. Đề bài có thể yêu cầu tứ giác MAIB là hình vuông
MA MB IA IB R IM R 2⇔ = = = = ⇔ = .
c) Diện tích tam giác MAB cho trước, AMNS s 0= > .
Đặt IM x 0,AMB 2    .
Ta có
2 2 2 2
AM IM IA x R= − = − ;
2 2
IA R AM x R
sin ;cos
IM x IM x
−
α= = α= = .
Suy ra
( )
( )2 2 2 22 2
2 2
MAB 2
R x R x R1 1 R x R
S MA.MBsin 2 x R .2. .
2 2 x x x
− −−
= α= − = .
Mặt khác
( )2 2 2 2
MAB 2
R x R x R
S s s (1)
x
− −
=⇔ =.
Giải phương trình (1) ta tìm được x IM M⇒ ⇒ .
d) Độ dài đoạn nối tiếp điểm cho trước, AB l 0= > .
Gọi H là giao điểm của AB và MN ta có AB IM⊥ tại H và
AB l
AH
2 2
= = .
Hệ thức lượng trong tam giác vuông IAM , ta có
2 2 2 2 2 2 2 2
2
l
R.
1 1 1 AH.AI Rl2AM
AH AI AM AH AI l 4R l
R
4
= + ⇔ = = =
+ +
+
.
Suy ra
2 2
2 2 2
2 2
R l
IM IA AM R
4R l
= + = +
+
.

507. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
504
Hoặc xử lý đơn giản:
2 2
MAIB MAI
1 2R MI R
S AB.MI 2S MA.IA AB
2 MI
−
= = = ⇒ =
Chú ý. Đề bài yêu cầu đoạn nối tiếp điểm nhỏ nhất ta xử lý như sau:
Ta có:
( )
2 2
MAIB MAI
2 2
2 2
1 2R MI R
S AB.MI 2S MA.IA AB
2 MI
R R
2R 1 2R 1
MI d I;d
−
= = = ⇒ =
= − ≥ −
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của I trên đường
thẳng d.
Nhận xét. Như vậy phương pháp chung xử lý bài toán dạng này là quy về bài
toán tính độ dài IM .
4. Đường thẳng đi qua 2 tiếp điểm A,B của tiếp tuyến kẻ từ điểm ( )M MM x ;y
đến đường tròn ( ) ( ) ( )2 2 2
C : x a y b R− + − = .
Giả sử tiếp điểm A(x;y) ta có hệ điều kiện
     
     
2 2 2
M M
A C x a y b R
x a x x y b y y 0IA.MA 0
        
         
 
( ) ( )
( ) ( )
2 2 2
2 2
M M M M
x a y b R (1)
x y a x x b y y ax by 0 (2)
 − + − =
⇔ 
+ − + − + + + =
.
Lấy (1) (2)− theo vế ta được:
( ) ( ) 2 2 2
M M M Mx a x y b y a b ax by R 0− + − + + − − − =.
Suy ra ( ) ( ) 2 2 2
M M M MA : x a x y b y a b ax by R 0∈∆ − + − + + − − − = .
Tương tự ta có B∈∆ .
Vì vậy đường thẳng đi qua 2 tiếp điểm có phương trình là
( ) ( ) 2 2 2
M M M M: x a x y b y a b ax by R 0∆ − + − + + − − − =.
Liên quan đến đường thẳng đi qua hai tiếp điểm đề bài có thể yêu cầu:
a) Chứng minh đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định ( )0 0E x ;y .
b) Đường thẳng AB luôn tiếp xúc với một đường cong cố định.
c) Tìm tọa độ điểm M hoặc tham số để AB đi qua điểm ( )N NN x ;y cho trước.
d) Tìm tọa độ điểm M để khoảng cách từ điểm ( )N NN x ;y đến đường thẳng AB
cho trước; góc giữa đường thẳng ∆ và AB cho trước.
e) Tìm giá trị của tham số để khoảng cách từ điểm K KK(x ;y ) đến đường thẳng
AB lớn nhất.

508. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
505
Các bài toán này đã được đề cập đến trong chương 1.
Nhận xét. Ngoài ra để viết phương trình đường thẳng đi qua hai tiếp điểm ta có thể
nhận xét M nằm trên đường tròn (C1) có tâm I , bán kính IM và đường thẳng
AB là trục đẳng phương của hai đường tròn ( )C và ( )1C .
B. BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) 2 2
C : x y 2x 4y 0+ − − =.
Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến
a) Đi qua điểm ( )M 2;0 .
b) Song song với đường thẳng x y 0− =.
c) Vuông góc với đường thẳng 3x 4y 0− =.
d) Tạo với đường thẳng 2x y 0− = một góc 0
45 .
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1;2 , bán kính R 5= .
a) Ta có ( ) ( )M/ CP 0 M C= ⇒ ∈ . Do đó tiếp tuyến tại M là đường thẳng đi qua
( )M 2;0 và vuông góc với IM nên nhận ( )IM 1; 2= −

làm véc tơ pháp tuyến
nên có phương trình ( ) ( ):1 x 2 2 y 0 0 : x 2y 2 0∆ − − − = ⇔ ∆ − − = .
b) Tiếp tuyến song song với đường thẳng x y 0− =nên phương trình có dạng
: x y c 0∆ − + =.
Để d tiếp xúc với ( ) ( ) 2 2
1 2 c
C d I; R 5 c 1 10
1 ( 1)
− +
⇔ ∆ = ⇔ = ⇔ = ±
+ −
.
Vậy có 2 tiếp tuyến cần tìm là 1
2
: x y 1 10 0
: x y 1 10 0
∆ − + − =

∆ − + + =
.
c) Đường thẳng 3x 4y 0− =có hệ số góc
3
k
4
= . Do đó hệ số góc của tiếp tuyến là
1
4
k
3
= − nên có phương trình là
4
: y x c : 4x 3y 3x 0
3
∆ = − + ⇔ ∆ + − = .
Để ∆ tiếp xúc với ( ) ( ) 2 2
4.1 3.2 3c 10 5 5
C d I; R 5 c
34 3
+ − ±
⇔ ∆ = ⇔ = ⇔ =
+
.
Vậy có 2 tiếp tuyến là 1
2
: 4x 3y 10 5 5 0
: 4x 3y 10 5 5 0
∆ + + + =

∆ + + − =
.

509. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
506
d) Đường thẳng d có véc tơ pháp tuyến ( )n 2; 1= −

.
Giả sử tiếp tuyến ∆ có véc tơ pháp tuyến 2 2
1n (a;b),(a b 0)= + >

.
Góc giữa ∆ và d xác định bởi
10
2 2 2 2
1
n.n 2a b 1
cos45
2n . n 2 ( 1) . a b
−
=⇔ =
+ − +
 
 
( ) ( )2 2 2 2 2
a 3b
2 2a b 5 a b 3a 8ab 3b 0 1
a b
3
=
⇔ − = + ⇔ − − =⇔
 = −

.
 Với a 3b= , chọn b 1 a 3= ⇒ = tiếp tuyến có dạng :3x y c 0∆ + + =.
Để ∆ tiếp xúc với ( ) ( ) 2 2
3.1 1.2 c
C d I; R 5 c 5 5 2
3 1
+ +
⇔ ∆ = ⇔ = ⇔ =− ±
+
:3x y 5 5 2 0⇒ ∆ + − ± = .
 Với
1
a b
3
= − , chọn b 3 a 1=− ⇒ = tiếp tuyến có dạng : x 3y c 0∆ − + =.
Để ∆ tiếp xúc với ( ) ( ) 2 2
1.1 3.2 c
C d I; R 5 c 5 5 2
3 1
− +
⇔ ∆ = ⇔ = ⇔ = ±
+
: x 3y 5 5 2 0⇒ ∆ − + ± = .
Vậy tất cả có 4 tiếp tiếp cần tìm là
1,2
3,4
:3x y 5 5 2 0
: x 3y 5 5 2 0
∆ + − ± =

∆ − + ± =
.
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn ( ) ( ) ( )2 2
C : x 2 y 4 4− + − =.
Viết phương trình tiếp tuyến với đường tròn (C) biết
a)Tiếp tuyến tạo với 2 trục tọa độ một tam giác vuông cân.
b)Tiếp tuyến tạo với 2 trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 6(4 7)+ .
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 2;4 , bán kính R 2= .
a) Tiếp tuyến tạo với 2 trục tọa độ một tam giác cân nên nó vuông góc với đường
phân giác góc phần tư thứ nhất hoặc đường phân giác góc phần tư thứ 2.
Suy ra hệ số góc của tiếp tuyến là k 1= ± .
 Với k 1= phương trình tiếp tuyến có dạng : y x c∆ = + .
Để ∆ tiếp xúc với ( ) ( ) 2 2
2 4 c
C d I; R 2 c 2 2 2
1 ( 1)
− +
⇔ ∆ = ⇔ = ⇔ = ±
+ −
.
Suy ra 1
2
: x y 2 2 2 0
: x y 2 2 2 0
∆ − + + =

∆ − + − =
.

510. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
507
 Với k 1= − phương trình tiếp tuyến có dạng : y x c∆ =− + .
Để ∆ tiếp xúc với ( ) ( ) 2 2
2 4 c
C d I; R 2 c 6 2 2
1 ( 1)
− − +
⇔ ∆ = ⇔ = ⇔ = ±
+ −
.
Suy ra 3
4
: x y 6 2 2 0
: x y 6 2 2 0
∆ − − + + =

∆ − − + − =
.
Vậy có 4 tiếp tuyến 1 2 3 4, , ,∆ ∆ ∆ ∆ như trên thỏa mãn yêu cầu bài toán.
b) Giả sử tiếp tuyến cắt trục hoành, trục tung tương ứng tại ( ) ( )A a;0 ,B 0;b .
Ta có ( ) ( )OAB
1 1
S OA.OB ab 6 4 7 ab 12 4 7 (1)
2 2
= = = + ⇔ = + .
Phương trình tiếp tuyến ( )
x y
: 1 : bx ay ab 0, a,b 0
a b
∆ + = ⇔ ∆ + − = ≠ .
Để ∆ tiếp xúc với ( ) ( ) 2 2
2b 4a ab
C d I; R 2 (2)
a b
+ −
⇔ ∆ = ⇔ =
+
.
Giải hệ gồm (1),(2) ta được
( ) ( )
( )
( )
( )
a 13 4 7 97 40 7 a 13 4 7 97 40 7
a 6
3 13 4 7 97 40 7 3 13 4 7 97 40 7
b 2 4 7 b b
2 4 7 2 4 7
 = + − + = + + +
 =  
∨ ∨+ + + + − +  
= +  = =
 + +
 
Từ đó suy ra có ba đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 3.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn ( ) ( ) ( )2 2
C : x 1 y 2 9− + + =
và đường thẳng d :3x 4y m 0− + =. Tìm m để trên d tồn tại duy nhất một điểm
M mà từ đó kẻ được 2 tiếp tuyến MA,MB ( A,B là các tiếp điểm) đến đường
tròn ( )C sao cho tam giác MAB đều.
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1; 2 ,R 3− =.
Tam giác MAB đều suy ra tam giác MIA là nửa tam giác đều, suy ra
MI 2IA 6= = .
Vậy điểm M thuộc đường tròn ( )1C có tâm ( )I 1; 2− bán kính R 6= , điểm M là
duy nhất suy ra đường thẳng ( )d tiếp xúc với ( )1C .
Từ đó suy ra ( ) 2 2
m 19m 11
d I;d 6 6
m 411 7
=+ 
=⇔ =⇔  = −+
.
Vậy { }m 41;19∈ − là những giá trị cần tìm.

511. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
508
Nhận xét. Nếu đề bài chỉ yêu cầu tìm m để tồn tại tiếp tuyến kẻ qua M tạo thành
tam giác đều, khi đó đường tròn ( )1C và d phải có giao điểm
( ) 2 2
m 11
d I;d IM 6 6 41 m 19
1 7
+
⇔ ≤ = ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤
+
.
Ngoài ra đề bài có thể yêu cầu
a/ Góc AMB   cho trước.
b/ Góc AIB   cho trước hoặc tam giác IABcó diện tích lớn nhất.
c/ Diện tích tam giác MAB cho trước hoặc diện tích tứ giác MAIB cho trước.
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) 2 2
C : x y 4+ =. Tìm m để
trên đường thẳng ( ) ( )d : m 1 x y 4 m 1− + + − tồn tại duy nhất một điểm M kẻ
được hai tiếp tuyến MA và MB (A và B là các tiếp điểm) đến ( )C sao cho tứ
giác MAOB là hình vuông.
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )O 0;0 bán kính R 2= .
Để tứ giác MAOB là hình vuông khi và chỉ khi
MA MB R MO R 2 2 2⇔ = = ⇔ = = .
Vậy M nằm trên đường tròn ( )1C có tâm ( )O 0;0 , bán kính R 2 2= .
Để trên d tồn tại duy nhất một điểm thỏa mãn
điều kiện trên thì d phải tiếp xúc với ( )1C .
Do vậy ( )d O;d 2 2=
( )
( )2
4 m 1 m 0
2 2
m 2m 1 1
− =
⇔ =⇔  =− +
.
Vậy m 0;m 2= = là giá trị cần tìm.
Nhận xét. Nếu đề bài chỉ yêu cầu tìm m để tồn tại
điểm M trên d kẻ đến ( )C hai tiếp tuyến MA,MB để MAOBlà hình vuông thì
( )d O;d OM≤
( )
( )
( )2
4 m 1
d O;d 2 2 2 2 0 m 2
m 1 1
−
≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ≤
− +
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn ( ) 2 2
C : x y 4+ =. Tìm m
để trên đường thẳng 2
d :(m 1)x 3y 2m 1 0− + + − = tồn tại duy nhất một điểm
M kẻ được hai tiếp tuyến MA và MB (A và B là các tiếp điểm) đến (C), biết
trọng tâm của tam giác MAB là G(1;1).

512. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
509
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )O 0;0 bán kính R 2= .
Do MO cắt AB tại trung điểm của AB nên G nằm trên đường thẳng MO, do
vậy điểm M nằm trên đường thẳng OG : y x= . Tọa độ M là nghiệm của hệ
( )
2
2 2 2
2
1 2m
xy x 1 2m 1 2mm 2
M ;
m 1 x 3y 2m 1 0 1 2m m 2 m 2
y
m 2
−
==  − −   +
⇔ ⇒   − + + − = − + +   =
 +
và
2 2
1 2m 1 2m
OM ;
m 2 m 2
− − 
=  
+ + 

.
Do M là điểm duy nhất nên MO vuông góc với d hay:
( ) ( )2
1. m 1 1. 3 0 m 2− + − =⇔ =± .
Vậy có hai điểm 1 2
1 1 5 5
M ; ,M ;
2 2 6 6
− −   
   
   
.
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) 2 2
C : x y 4+ =. Tìm m để
trên đường thẳng ( ) ( )d : m 1 x 3y 4 m 1 0− + + − =tồn tại duy nhất một điểm M
kẻ được hai tiếp tuyến MA và MB (A và B là các tiếp điểm) đến (C), biết diện
tích tam giác MAB bằng 2.
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )O 0;0 bán kính R 2= . Ta đặt MA MB a 0= = > .
Ta có
2 2 2 2
2 2 2 2 2
MB MB a a
MH
MI MB IB a R a 4
= = = =
+ + +
.
Suy ra
( )22 2 2
2
2
2 2 2
2 2
2 2 2
AB 2HB 2 IB IH 2 IB MI MH
a
2 R a R
a R
2aR 4a
a R a 4
= = − = − −
 
= − + − 
 
+ 
= =
+ +
2 3
MAB 22 2
1 1 a 4a 2a
S AB.MH . .
2 2 a 4a 4 a 4
= = =
++ +
.
Suy ra
( )( )
3
2 2
AMB 2
2a
S 2 2 a 2 a a 2 0 a 2 MO a 4 2 2
a 4
= ⇔ = ⇔ − + + = ⇔ = ⇒ = + =
+
.
I
A
H
M
B

513. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
510
Vậy M nằm trên đường tròn ( )1C có tâm ( )0;0O bán kính 2 2r = .
Để tồn tại duy nhất một điểm M trên d khi và chỉ ( )1C tiếp xúc với d, điều này
tương đương với :
( )
( )
2
44 4
; 2 2 2 2
21 9
mm
d O d r
mm
=− 
==⇔ =⇔  = −− +
.
Vậy 2; 4m m=− =là giá trị cần tìm.
Bài 7. Tìm những điểm M trên đường thẳng : 1 0d y x− − = kẻ được hai tiếp
tuyến ,MA MB ( A và B là các tiếp điểm) đến đường tròn
( ) ( ) ( )
2 2
: 1 2 4C x y− + + =, biết điểm ( )1; 1P − thuộc đường thẳng AB.
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1; 2− , bán kính R 2= .
Vì ( )M d M t;t 1∈ ⇒ + ta có
( ) ( )2 22 2 2
MA MB MI R t 1 t 3 4 2t 4t 6= = − = − + + − = + + .
Suy ra A, B nằm trên đường tròn tâm M bán kính IM có phương trình
( ) ( ) ( )2 2 2
1C : x t y t 1 2t 4t 6− + − − = + + .
Đường thẳng AB là trục đẳng phương của hai đường tròn ( )C và ( )1C nên có
phương trình
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22
AB: x t y t 1 2t 4t 6 x 1 y 2 4− + − − − − − = − + + −
( ) ( )AB: 1 t x t 3 y t 3 0⇔ − − + − − =.
Do ( ) ( ) ( ) ( )P 1; 1 AB 1 t .1 t 3 .( 1) t 3 0 t 1 M 1;2− ∈ ⇒ − − + − − − = ⇔ = ⇒ .
Vậy điểm cần tìm là ( )M 1;2 .
Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Viết phương trình đường thẳng d tiếp xúc
với đường tròn
( ) ( )
2 2
1
1
: 1
2
C x y− + =và cắt đường tròn ( ) ( ) ( )
2 2
2 : 2 2 4C x y− + − =tại
hai điểm phân biệt M và N sao cho 2 2MN = .
Giải
Đường tròn ( )1C có tâm ( )1I 1;0 , bán kính 1
1
R
2
= .
Đường tròn ( )2C có tâm ( )2I 2;2 , bán kính 2R 2= .
Giả sử đường thẳng cần tìm ( )2 2
d :a x by c 0, a b 0+ += + > .

514. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
511
Theo giả thiết ta có
( )
( )
1 1 2 2
2
2
2
2 2
a c 1
d I ;d R
2a b
MN 2a 2b cd I ;d R 24
a b
 +
= = 
 +
⇔ 
+ += −  = 
+
2 2
2 2
a c 1
(1)
a c 1 2a b
2a b c 2b
2a 2b c 2 a c 4a 2b
c
3
 +
= +
+= 
⇔ ⇔ + =
 + + = + +  = −

.
TH1: Nếu ( )2 2
a 2b 1
c 2b (1) a 4 2 2 b
2a b
+
= ⇒ ⇔ = ⇔ = − ±
+
.
- Với ( )a 4 2 2 b= − − , chọn
( )b 1,c 2,a 4 2 2 d : 4 2 2 x y 2 0= = =− − ⇒ − − + + = .
- Với ( )a 4 2 2 b= − + , chọn
( )b 1,c 2,a 4 2 2 d : 4 2 2 x y 2 0= = =− + ⇒ − + + + = .
TH2: Nếu
2 2
2 2
4a 2b
a a b
4a 2b 13
c (1) 7a 8ab b 0 b
3 a2a b 7
+
− =
+ =− ⇒ ⇔ = ⇔ − + =⇔
 =+ 
.
- Với a b= , chọn a 1,b 1,c 2 d : x y 2 0= = =− ⇒ + − = .
- Với
b
a
7
= , chọn a 1,b 7,c 6 d : x 7y 6 0= = =− ⇒ + − = .
Vậy có bốn đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là
( ) ( )x y 2 0;x 7y 6 0; 4 2 2 x y 2 0; 4 2 2 x y 2 0+ − = + − = − − + + = − + + + = .
Bài 9.Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn ( ) 2 2
: 4 6 12 0C x y x y+ − − + =có
tâm I và đường thẳng ( ): 4 0d x y+ − =. Tìm trên ( )d điểm M sao cho tiếp
tiếp với đường tròn ( )C kẻ từ M tiếp xúc với ( )C tại ,A B và diện tích tam
giác IAB là lớn nhất.
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 2;3 , bán kính R 1= .

515. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
512
Vì ( )I d I t;4 t∈ ⇒ − .
Ta có 
2
IAB
1 1 R
S IA.IBsin BAI IA.IB
2 2 2
   .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  0
AIB 90 MAIB  là hình vuông.
Khi đó
( ) ( )2 2 2 3 3
MI IA 2 2 t 2 1 t 2 2t 6t 3 0 t
2
±
= = ⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔ = .
Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là
1 2
3 3 5 3 3 3 5 3
M ; ,M ;
2 2 2 2
   − + + −
      
   
.
Bài 10. Cho đường tròn tâm I ( ) 2 2
: 2 4 4 0C x y x y+ − + − =. Tìm điểm M
nằm trên đường thẳng d : x y 2 0− + =, sao cho từ M kẻ 2 tiếp tuyến đến (C)
tiếp xúc tại ,A B và diện tích tứ giác MIAB bằng 6 2 .
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1; 2− , bán kính R 3= .
Vì ( )M d M t;t 2∈ ⇒ + .
Ta có
2 2
MAIB MAIS 2S MA.AI 6 2 MA 2 2 MI MA AI 17= = = ⇔ = ⇒ = + =
( ) ( )
( )
( )
2 2 2
M 0;2t 0
t 1 t 4 17 2t 6t 0
t 3 M 3; 1
=
⇔ − + + = ⇔ + = ⇔ ⇒  = − − − 
.
Vậy có hai điểm cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( ) ( )1 2M 0;2 ,M 3; 1− − .
Bài 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng : x 2y 5 0∆ − + = và
đường tròn ( ) 2 2
C : x y 2x 4y 5 0+ − + − =. Qua điểm M thuộc ∆ , kẻ 2 tiếp
tuyến MA,MB đến ( )C ( A,B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M biết độ
dài AB 2 5= .
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1; 2− , bán kính R 10= .
Gọi H là giao điểm của IM và AB ta có AH IM⊥ và
AB
AH 5
2
= = .
Sử dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông MAI ta được
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
AM 10 MI 2 5
5 10 10AH AI AM AM
= + ⇒ = − = ⇔ = ⇒ = .

516. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
513
Vì ( )M d M 2t 5;t MI 2 5∈ ⇒ − ⇒ = .
( ) ( ) ( )2 2
2t 6 t 2 20 t 2 M 1;2⇔ − + + = ⇔ = ⇒ − .
Vậy điểm cần tìm là ( )M 1;2− .
Bài 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d : x y 1 0− + = và đường
tròn ( ) 2 2
C : x y 2x 4y 4 0+ − + − =. Tìm điểm M thuộc đường thẳng d sao cho
từ M kẻ được hai tiếp tuyến MA,MB đến đường tròn ( )C (A,B là các tiếp
điểm) đồng thời khoảng cách từ điểm
1
P ;1
2
 
 
 
đến đường thẳng AB là lớn
nhất.
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1; 2− , bán kính R 2= .
Vì ( )M d M t;t 1∈ ⇒ + ta có
( ) ( )2 22 2 2
MA MB MI R t 1 t 3 4 2t 4t 6= = − = − + + − = + + .
Suy ra A, B nằm trên đường tròn tâm M bán kính IM có phương trình
( ) ( ) ( )2 2 2
1C : x t y t 1 2t 4t 6− + − − = + + .
Đường thẳng AB là trục đẳng phương của hai đường tròn (C) và (C1) nên có
phương trình
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22
AB: x t y t 1 2t 4t 6 x 1 y 2 4− + − − − − − = − + + −
( ) ( )AB: 1 t x t 3 y t 3 0⇔ − − + − − =.
* Tìm điểm cố định mà AB luôn đi qua khi M di động trên d.
Gọi ( )0 0N x ;y là điểm cố định mà AB đi qua với mọi t
( ) ( )0 01 t x t 3 y t 3 0, t⇔ − − + − − = ∀
( ) ( )0 0 0 0x 3y 3 t x y 1 0, t⇔ − − − + + = ∀
( )0 0 0
0 0 0
x 3y 3 0 x 0
N 0; 1
x y 1 0 y 1
− −= = 
⇔ ⇔ ⇒ − 
+ + = =− 
.
Vậy đường thẳng AB luôn đi qua điểm cố định ( )N 0; 1− .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của P trên đường thẳng AB.
Ta có ( )d P;AB PH PN= ≤ .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi H N AB PN≡ ⇔ ⊥ .
Ta có ( )AB AB
1
PN ; 2 ,u t 3;1 t PN.u 0
2
 
= − − = + − ⇒ = 
 
   
.

517. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
514
( ) ( )
1 7 7 10
t 3 2 1 t 0 t M ;
2 3 3 3
 
⇔ − + − − = ⇔ = ⇒  
 
.
Vậy điểm cần tìm là
7 10
M ;
3 3
 
 
 
.
Bài 13. Trong mặt phẳng t ọa độ Oxy , hãy tìm điểm A trên đường thẳng
d : x 2y 1 0− + =, biết qua A kẻ được hai tiếp tuyến AB,AC (với B,C là các
tiếp điểm) đến đường tròn ( ) ( )22
C : x y 1 1+ − =sao cho chu vi tam giác ABC
bằng 2 2+ .
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 0;1 , bán kính R 1= .
Gọi H là giao điểm của BC với IA thì H là trung điểm của AB và IH AB⊥ .
Ta có
2 2
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 4 1 1 2R IA R
BC
IABH BI AB BC R IA R
−
= + ⇒ = + ⇔ =
−
.
Chu vi tam giác ABC bằng
2 2
2 2 2 22R IA R R
P AB AC BC 2 IA R 2 IA R 1
IA IA
−  
= + + = + − = − + 
 
.
Theo giả thiết ta có 2 2 R
P 2 2 2 IA R 1 2 2 IA 2
IA
 
=+ ⇔ − + =+ ⇔ = 
 
.
Vì ( )A d A 2t 1;t IA 2∈ ⇒ − ⇒ =
( ) ( )
( )
2 2
A 1;0t 0
2t 1 t 1 2 6 7 6
t A ;
5 5 5
 −=
⇔ − + − = ⇔ ⇒   =    
.
Vậy có hai điểm cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( )1 2
7 6
A 1;0 ,A ;
5 5
 
−  
 
.
Nhận xét. Để tìm M sao cho chu vi tam giác ABC nhỏ nhất ta xử lý như sau:
2 2 2R 1
P 2 IA R 1 2 x 1 1
IA x
   
= − + = − +   
   
với x IA R 1= > = .
Xét hàm số 2 1
f (x) 2 x 1 1
x
 
= − + 
 
trên khoảng ( )1;+∞ .
Với bài toán này ta không có giá trị nhỏ nhất của P do đường thẳng d cắt đường
tròn (C). Nếu đường thẳng d không cắt (C) thì chúng ta đưa về xét hàm số như
trên với chú ý ( )x IA d I;d= ≥ .

518. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
515
Bài 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn
( ) 2 2
C : x y 4x 6y 12 0+ − − + =có tâm I và đường thẳng d : x y 4 0+ − =. Tìm
trên đường thẳng d điểm M sao cho tiếp tuyến của (C) qua M tiếp xúc với (C)
tại A,B và tam giác IAB có diện tích lớn nhất.
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 2;3 , bán kính R 1= .
Ta có 
2
IAB
1 R 1
S IA.IBsin AIB
2 2 2
   .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi  0
AIB 90= khi đó tứ giác MAIB có ba góc vuông
và MA MB= nên nó là hình vuông.
Suy ra MI IA 2 R 2 2= = = .
Vì ( ) ( ) ( )2 2
M d M t;4 t MI 2 t 2 1 t 2∈ ⇒ − ⇒ = ⇔ − + − =
2
3 3 5 33 3 M ;t 2 222t 6t 3 0
3 3 3 3 5 3
t M ;
2 2 2
  − + −   =     ⇔ − + = ⇔ ⇒   + + −=     
.
Vậy điểm cần tìm là
3 3 5 3
M ;
2 2
 − +
  
 
hoặc
3 3 5 3
M ;
2 2
 + −
  
 
.
Bài 15. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn ( ) 2 2
C : x y 2x 4y 0+ − + =.
Tìm điểm M trên đường thẳng d : x y 0− =sao cho từ M kẻ được hai tiếp
tuyến MA,MB đến ( )C với A,B là các tiếp điểm sao cho
a) Khoảng cách từ điểm ( )N 1; 1− đến đường thẳng AB bằng
3
5
.
b) Góc giữa đường thẳng d và AB là ϕ xác định bởi
3
cos
10
ϕ = .
Giải
a) Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1; 2− , bán kính R 5= .
Gọi ( ) ( ) ( )2 22 2 2
M t;t d MA MB MI R t 1 t 2 5 2t 2t∈ ⇒ = = − = − + + − = + .
Vậy A,B thuộc đường tròn tâm M bán kính 2
2t 2t+ có phương trình:
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2
1 1C : x t y t 2t 2t C : x y 2tx 2ty 2t 0− + − = + ⇔ + − − − = .

519. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
516
Mặt khác ( )A,B C∈ suy ra đường thẳng AB là trục đẳng phương của hai
đường tròn ( )C và ( )1C nên có phương trình:
( ) ( )2 2 2 2
AB: x y 2tx 2ty 2t x y 2x 4y AB: t 1 x t 2 y t 0+ − − − = + − + ⇔ − + + + = .
Theo giả thiết ta có:
( )
( ) ( )
( )
2 2
M 0;0t 0
t 33 3
d N;AB 48 48 48
t M ;5 5t 1 t 2 13 13 13
=
− = ⇔ = ⇔ ⇒   =  − + +   
.
Vậy điểm cần tìm là ( )M 0;0 hoặc
48 48
M ;
13 13
 
 
 
.
b) Góc giữa hai đường thẳng d,ABxác định bởi:
( ) ( )
( ) ( )
d AB
2 22 2
d AB
n .n 1 t 1 1 t 23 3
cos
10 10n . n 1 ( 1) . t 1 t 2
− − +
ϕ= = ⇔ =
+ − − + +
 
 
( )
( )
2
M 0;0t 0
2t 2t 0
t 1 M 1; 1
=
⇔ + = ⇔ ⇒  = − − − 
.
Vậy điểm cần tìm là ( )M 0;0 hoặc ( )M 1; 1− − .
C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn
( ) 2 2
C : x y 2x 6y 6 0+ − − − =, biết
a) Tiếp tuyến đi qua điểm ( )M 1; 1− .
b) Tiếp tuyến đi qua điểm ( )M 4; 1− .
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1;3 , bán kính R 4= .
a) Nhận thấy ( ) ( )M/ CP 0 M C= ⇒ ∈ .
Vậy tiếp tuyến tại M là đường thẳng đi qua M và vuông góc với IM.
Đường thẳng này có phương trình: d : y 3 0− =.
b) Đường thẳng đi qua ( )M 4; 1− có phương trình dạng:
( ) ( ) ( )2 2
d :a x 4 b y 1 0, a b 0− + + = + > .
Để d tiếp xúc với ( ) ( )C d I;d R⇔ =
( ) ( )2 2 2
2 2
a 03a 4b
4 3a 4b 16 a b
7a 24ba b
=− + 
⇔ =⇔ − = + ⇔  = −+
.

520. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
517
TH1: Nếu a 0 d : y 1 0= ⇒ + = .
TH2: Nếu 7a 24b= − , chọn a 24,b 7 d : 24x 7y 103 0= =− ⇒ − − = .
Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là d : y 1 0;d : 24x 7y 103 0+= − −= .
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn
( ) 2 2
C : x y 2x 2y 1 0+ − − + =. Viết phương trình tiếp tuyến với đường tròn biết
a) Tiếp tuyến song song với đường thẳng x y 0+ =.
b) Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng x y 0+ =.
c) Tiếp tuyến tạo với đường thẳng x y 0+ =một góc bằng 0
45 .
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1;1 , bán kính R 1= .
a) Tiếp tuyến song song với đường thẳng x y 0+ =nên có dạng: d : x y c 0+ + =.
Ta có ( )
2 c
d I;d R 1 c 2 2
2
+
= ⇔ = ⇔ =− ± .
Vậy tiếp tuyến cần tìm là d : x y 2 2 0+ − ± =.
b) Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng x y 0+ =nên có dạng: d : x y c 0− + =.
Ta có ( )
c
d I;d R 1 c 2
2
= ⇔ =⇔ =± .
Vậy tiếp tuyến cần tìm là d : x y 2 0− ± =.
c) Giả sử tiếp tuyến cần tìm có véc tơ pháp tuyến ( ) ( )2 2
n a;b , a b 0= + >

.
Theo giả thiết ta có:
( )2 2 2
2 2
a 0a b 1
a b a b ab 0
b 022. a b
=+ 
= ⇔ + = + ⇔ = ⇔  =+
.
TH1: Tiếp tuyến có dạng d : y c 0+ =.
Ta có ( )
1 c
d I;d R 1 c 1 2 d : y 1 2 0
2
+
= ⇔ = ⇔ =− ± ⇒ − ± = .
TH2: Tiếp tuyến có dạng d : x c 0+ =.
Ta có ( )
1 c
d I;d R 1 c 1 2 d : x 1 2 0
2
+
= ⇔ = ⇔ =− ± ⇒ − ± = .
Vậy có bốn tiếp tuyến cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
d : x 1 2 0− ± = hoặc d : y 1 2 0− ± = .
Bài 3. (ĐH Ngoại Thương Khối A) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn
( ) 2 2
C : x y 2x 4y 4 0+ + − − =và điểm ( )A 3;5 .
a) Hãy tìm các tiếp tuyến kẻ từ A đến (C).

521. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
518
b) Giả sử các tiếp tuyến tiếp xúc với (C) tại M,N . Hãy tính độ dài MN .
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1;2− , bán kính R 3= .
a) Đường thẳng đi qua ( )A 3;5 có phương trình là:
( ) ( ) ( )2 2
d :a x 3 b y 5 0, a b 0− + − = + > .
Để d tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi ( )d I;d R=
( ) ( )22 2
2 2
a 04a 3b
3 9 a b 4a 3b
7a 24ba b
=− − 
⇔ =⇔ + = + ⇔  = −+
.
TH1: Nếu a 0 d : y 5 0= ⇒ − = .
TH2: Nếu 7a 24b= − , chọn a 24,b 7 d : 24x 7y 37 0= =− ⇒ − − = .
Vậy các tiếp tuyến kẻ từ A đến (C) có phương trình là y 5 0;24x 7y 37 0−= − −= .
b) Tọa độ tiếp điểm tương ứng là ( )
47 29 24
M 1;5 ,N ; MN
25 25 5
 
− ⇒ = 
 
.
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn ( ) ( ) ( )2 2
C : x 1 y 3 4− + − =
và điểm ( )M 2;4 .
a) Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt đường tròn (C) tại 2 điểm phân
biệt A,B sao cho M là trung điểm của AB .
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn có hệ số góc k 1= − .
Giải
Đường tròn (C) có tâm ( )I 1;3 , bán kính R 2= .
a) Ta có ( )M/ CP 2 0=− < nên M nằm trong đường tròn ( )C .
Đường thẳng cần tìm là đường thẳng đi qua M và vuông góc với IM nên có
phương trình: d : x y 6 0+ − =.
b) Tiếp tuyến có dạng d : y x c d : x y c 0=− + ⇔ + + = .
Ta có ( ) 2 2
1 3 c
d I;d R 2 c 4 2 2
1 1
+ +
= ⇔ = ⇔ =− ±
+
.
Suy ra tiếp tuyến là d : x y 4 2 2 0+ − ± =.
Bài 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn ( ) 2 2
C : x y 4x 2y 0+ − − =
và đường thẳng :5x 2y 19 0∆ − − =. Từ điểm M thuộc ∆ kẻ hai tiếp tuyến
MA,MB đến đường tròn (C) (A, B là các tiếp điểm). Viết phương trình đường
tròn ngoại tiếp tam giác AMB biết độ dài đoạn thẳng AB 10= .
Hướng dẫn giải – đáp số
Đường tròn (C) có tâm I(2;1), bán kính R 5= .

522. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
519
Gọi H là giao điểm của IM và AB .
Ta có AB IM⊥ và
AB 10
AH BH
2 2
= = = .
Tam giác AIM vuông tại A có đường cao AH nên áp dụng hệ thức lượng cho
tam giác vuông ta được:
2 2
2 2 2 2
1 1 1 1 4 1
AM 5 MI IA AM 10
10 5AH AI AM AM
= + ⇔ = − ⇔ = ⇒ = + = .
Gọi
5m 19
M m;
2
− 
∈∆ 
 
. Ta có ( )
2
2 5m 21
IM 10 2 m 10
2
− 
= ⇔ − + = 
 
2
m 3
29m 226m 417 0 139
m
29
=
⇔ − + =⇔
 =

.
 Với ( )m 3 M 3; 2=⇒ − ,tọa độ trung điểm J của IM là
5 1
J ;
2 2
 
− 
 
và đường tròn
ngoại tiếp tam giác MAB chính là đường tròn đường kính IM nên có phương
trình là ( )
2 2
1
5 1 5
C : x y
2 2 2
   
− + + =   
   
.
 Với
139 72
m 3 M ;
29 29
 
= ⇒  
 
tọa độ trung điểm J của IM là
197 101
J ;
58 58
 
 
 
và
đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB chính là đường tròn đường kính IM nên
có phương trình là ( )
2 2
2
197 101 5
C : x y
58 58 2
   
− + − =   
   
.
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) 2 2
C : x y 2x 4y 20 0+ + − − =
và điểm ( )A 5; 6− . Từ A kẻ được 2 tiếp tuyến AB,AC đến đường tròn ( )C
( A,B là các tiếp điểm). Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp, đường tròn
nội tiếp tam giác ABC .
Hướng dẫn giải – đáp số
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1;2− , bán kính R 5= .
Ta có 2 2 2 2
IA 6 8 10;IB IC R 5 AB AC IA R 5 3= + = = = = ⇒ = = − = .
Suy ra   0 0IB 1
tan BAI BAI 30 BAC 60
AB 3
      .
Mặt khác tam giác ABC cân tại A nên ABC là tam giác đều.

523. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
520
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC chính là đường tròn đường kính IA nên có
phương trình là: ( ) ( ) ( )2 2
1C : x 2 y 2 25− + + =.
Vì tam giác ABC đều nên tâm đường tròn nội tiếp trùng với tâm đường tròn
ngoại tiếp và chính là trọng tâm tam giác ABC .
Gọi H là giao điểm của AB và IA ta có
2
2 AB 25.3 15
AH.AI AB AH
AI 10 2
= ⇔ = = = .
Bán kính đường tròn nội tiếp
AH 5
r
3 2
= = .
Vậy phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC là
( ) ( ) ( )2 2
2
25
C : x 2 y 2
4
− + + = .
Vậy phương trình 2 đường tròn cần tìm là
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2
1 2
25
C : x 2 y 2 25; C : x 2 y 2
4
− + += − + += .
Bài 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) 2 2
C : x y 2x 4y 4 0+ − − − =.
Tìm điểm M trên đường thẳng y 4= kẻ được 2 tiếp tuyến đến đường tròn (C)
sao cho điểm E(2;3) nằm trên đường thẳng nối hai tiếp điểm.
Hướng dẫn giải – đáp số
Đường tròn (C) có tâm I(1;2), bán kính R 3= .
Gọi M(m;4) nằm trên đường thẳng y 4= và tọa độ tiếp điểm là A(x;y).
Ta có
( )
( )( ) ( )( )
2 2A C x y 2x 4y 4 0
x m x 1 y 4 y 2 0IA.MA 0
 ∈ + − − − = 
⇔ 
− − + − − ==  
  .
( )
2 2
2 2
x y 2x 4y 4 0 (1)
x y m 1 x 6y m 8 0 (2)
 + − − − =
⇔ 
+ − + − + − =
.
Lấy (1) (2)− theo vế ta được ( )m 1 x 2y m 4 0− + − + =.
Suy ra đường thẳng nối 2 tiếp điểm có phương trình là
( ): m 1 x 2y m 4 0∆ − + − + =.
Mặt khác do ( ) ( )E 2;3 m 1 .2 2.3 m 4 0 m 8∈∆ ⇔ − + − + = ⇔ = − .
Vậy m 8= − là giá trị cần tìm.
Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn 2 2
(C): x y 4+ =và đường
thẳng d : x y 4 0+ + =. Từ điểm A nằm trên d kẻ được 2 tiếp tuyến đường tròn
(C) tiếp xúc với (C) tại M,N . Tìm tọa độ điểm A biết diện tích tam giác AMN
bằng 3 3 .

524. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
521
Hướng dẫn giải – đáp số
Đường tròn ( )C có tâm ( )O 0;0 , bán kính R 2= .
Đặt OA x 0,MAN 2    . Ta có
2
OM 2 AM x 4
sin ;cos
OA x OA x
−
α= = α= = .
Suy ra ( )
( )2 22
2
AMN 2
2 x 4 x 41 1 2 x 4
S AM.AN.sin 2 x 4 .2. .
2 2 x x x
− −−
= α= − = .
Mặt khác
( )
( )
2 2
32 4
AMN 2
2 x 4 x 4
S 3 3 3 3 4 x 4 27x x 4
x
− −
= ⇔ = ⇔ − = ⇔ = .
Gọi ( )A a; a 4 d− − ∈ ta có ( )22 a 0
OA 4 a a 4 16
a 4
=
= ⇔ + − − = ⇔  = −
.
Vậy có 2 điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( )A 0; 4− hoặc ( )A 4;0− .
Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) 2 2
C : x y 2x 4y 4 0+ − − + =
và đường thẳng d : x y 1 0− − =. Từ điểm M nằm trên d kẻ được hai tiếp tuyến
MA,MB ( A,B là các tiếp điểm) đến đường tròn ( )C . Chứng minh rằng đường
thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định.
Hướng dẫn giải – đáp số
Gọi ( )M m;m 1 d− ∈ và tọa độ tiếp điểm là ( )A x;y .
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1;2 , bán kính R 1= .
Ta có
( )
( )( ) ( )( )
2 2A C x y 2x 4y 4 0
x m x 1 y m 1 y 2 0IA.MA 0
 ∈ + − − + = 
⇔ 
− − + − + − ==  
  .
( ) ( )
2 2
2 2
x y 2x 4y 4 0 (1)
x y m 1 x m 1 y 3m 2 0 (2)
 + − − + =
⇔ 
+ − + − + + − =
.
Lấy (1) (2)− theo vế ta được ( ) ( )m 1 x m 3 y 3m 6 0− + − − + =.
Suy ra đường thẳng nối 2 tiếp điểm có phương trình là
( ) ( ): m 1 x m 3 y 3m 6 0∆ − + − − + =.
Gọi ( )0 0N x ;y là điểm cố định mà ∆ luôn đi qua với mọi m
( ) ( )m 1 x m 3 y 3m 6 0, m⇔ − + − − + = ∀
( )m x y 3 x 3y 6 0, m⇔ + − − − + = ∀
3
x
x y 3 0 3 32 N ;
x 3y 6 0 3 2 2
y
2

=+ − =   
⇔ ⇔ ⇒   − − + =    =

.

525. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
522
Vậy đường thẳng nối 2 tiếp điểm luôn đi qua điểm cố định
3 3
N ;
2 2
 
 
 
.
Bài 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) ( )2 2
C : x 4 y 4− + =và điểm
N(8;5). Tìm điểm M trên trục tung kẻ được hai tiếp tuyến đến đường tròn (C)
sao cho
a) Đường thẳng nối hai tiếp điểm đi qua N .
b) Khoảng cách từ điểm N đến đường thẳng nối hai tiếp điểm lớn nhất.
c) Độ dài đoạn thẳng nối hai tiếp điểm nhỏ nhất.
Giải
Đường tròn (C) có tâm (4;0), bán kính R 2= .
Vì ( )M Oy M 0;t∈ ⇒ .
Giả sử các tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến đường tròn (C) là A và B.
Ta có 2 2 2
MA MB MI R t 12= = − = + .
Vậy A,B thuộc đường tròn ( ) ( )22 2
1C : x y t t 12+ − = + .
Đường thẳng AB chính là trục đẳng phương của hai đường tròn ( )C và ( )1C .
Suy ra ( ) ( )2 22 2 2
AB: x 4 y 4 x y t t 12 AB: 4x ty 4 0− + − = + − − − ⇔ − − = .
a) Điểm ( )
28 28
N 8;5 AB 4.8 5t 4 0 t M 0;
5 5
 
∈ ⇒ − − = ⇔ = ⇒  
 
.
b) Đường thẳng AB luôn đi qua điểm cố định ( )P 1;0 .
Ta có ( )d N;AB NP 74≤ = .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi AB là đường thẳng đi qua P và vuông góc với NP.
Suy ra
4 t 20 20
t M 0;
7 5 7 7
−  
= ⇔ =− ⇒ − 
− −  
.
c) Gọi H là giao điểm của MI với AB ta có
AB
MI AH,AH
2
⊥ =.
Trong tam giác vuông MAI ta có:
( )2 2 2
2
2 2 2 2 2 2 2 2
4R MI R1 1 1 4 1 1
AB
AH IA MA AB R MI R MI
−
= + ⇔ = + ⇔ =
−
.
Suy ra
( ) ( )2 2 2 2
2
2 2 2
4R MI R 4.4 t 12 64 64
AB 16 16 12
16MI t 16 t 16
− +
= = = − ≥ − =
+ +
.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ( )t 0 M 0;0= ⇒ trùng với gốc tọa độ.

526. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
523
Bài 10.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn ( ) 2 2
C : x y 6x 2y 15 0+ − + − =
và đường thẳng d :3x 22y 6 0− − =. Từ điểm M trên d kẻ được hai tiếp tuyến
MA,MB đến đường tròn (C) ( A,B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M biết
AB đi qua điểm ( )P 0;1 .
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 3; 1− , bán kính R 5= .
Vì
3t 6
M d M t;
22
− 
∈ ⇒  
 
.
Ta có ( )
2
22 2 3t 6
MA MB MI IA t 3 1 25
22
− 
= = − = − + + − 
 
.
Vậy A,B nằm trên đường tròn tâm M bán kính ( )
2
2 3t 6
R ' t 3 1 25
22
− 
= − + + − 
 
.
Đường tròn này có phương trình:
( ) ( ) ( )
2 2
2 2
1
3t 6 3t 6
C : x t y t 3 1 25
22 22
− −   
− + + = − + + −   
   
.
Suy ra đường thẳng AB là trục đẳng phương của hai đường tròn trên nên có
phương trình:
( ) ( )
2 2
2 2 2 23t 6 3t 6
AB: x t y t 3 1 25 x y 6x 2y 15
22 22
− −   
− + + − − − + + = + − + −   
   
( ) ( )AB: 22 t 3 x 3t 28 y 63t 336 0⇔ − − − − − =.
Điểm ( )P 0;1 AB∈
( ) ( )
14 14 10
22 t 3 .0 3t 28 1. 63t 336 0 t M ;
3 4 11
 
⇔ − − − − − = ⇔ =− ⇒ − − 
 
.
Vậy điểm cần tìm là
14 10
M ;
4 11
 
− − 
 
.
Bài 11. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn
( ) 2 2 2
C : x y 2mx 4y m 5 0+ + + + − = và điểm ( )M 4;5 kẻ được hai tiếp tuyến
đến đường tròn (C). Tìm giá trị của tham số m biết đường thẳng đi qua hai tiếp
điểm đi qua
1 1
N ;
2 2
 
− 
 
.
Giải
Đường tròn (C) có tâm ( )I m; 2− − , bán kính R 3= .

527. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
524
Giả sử hai tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến đường tròn (C) lần lượt là A
và B.
Ta có ( ) ( )2 22 2 2
MA MB MI IA m 4 2 5 9 m 8m 56= = − = − − + − − − = + + .
Suy ra A, B thuộc đường tròn tâm M bán kính 2
1R m 8m 56= + + .
Đường tròn này có phương trình là: ( ) ( ) ( )2 2 2
1C : x 4 y 5 m 8m 56− + − = + + .
Đường thẳng AB chính là trục đẳng phương của hai đường tròn ( ) ( )1C , C nên
có phương trình:
( ) ( )2 2 2 2 2 2
AB: x 4 y 5 m 8m 56 x y 2mx 4y m 5− + − − − − = + + + + −
( ) 2
AB: m 4 x 7y m 4m 5 0⇔ + + + + + =.
Điểm ( ) 2
m 1
1 1 1 1
N ; AB m 4 7. m 4m 5 0 7
2 2 2 2 m
2
= −
  − ∈ ⇒ + − + + + = ⇔   = − 

.
Vậy giá trị cần tìm của tham số là
7
m ; 1
2
 
∈ − − 
 
.
Bài 12. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng
d : 2x y 1 0− + = sao cho từ M kẻ được 2 tiếp tuyến MA,MB ( A,B là các tiếp
điểm) tới đường tròn ( ) ( )
2
2 5
C : x 3 y 25
4
 
+ + − = 
 
thỏa mãn độ dài AB bằng 6.
Hướng dẫn giải – đáp số
Đường tròn ( )C có tâm
5
I 3;
4
 
− 
 
, bán kính R 5= .
Gọi H là giao điểm của MIvới AB thì AH MI⊥ và
AB
AH 3
2
= = .
Trong tam giác vuông MAI ta có: 2 2 2
1 1 1 15
MA
4AH AI MA
= + ⇒ = .
Suy ra 2 2 25
MI MA AI
4
= + = .
Vì ( )
25
M d M t;2t 1 MI
4
∈ ⇒ + ⇒ =
( )
( )
( )
2
2 M 3; 5t 35 625
t 3 2t 1
t 24 16 M 2;5
 − −= − 
⇔ + + + − = ⇔ ⇒    =   
.
Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( )M 3; 5− − hoặc ( )M 2;5 .

528. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
525
Bài 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) 2 2
C : x y 2+ =. Viết
phương trình tiếp tuyến với đường tròn (C) sao cho tiếp tuyến tạo với hai tia
Ox,Oy một tam giác có diện nhỏ nhất.
Giải
Đường tròn (C) có tâm O(0;0), bán kính R 2= .
Tiếp tuyến cần tìm đi qua hai điểm ( ) ( ) ( )A a;0 ,B 0;b , a,b 0> có phương trình:
x y
d : 1 bc ay ab 0
a b
+ = ⇔ + − = .
Ta có
( ) ( )2 2
2 2
ab
d O;d R 2 ab 2 a b 2.2ab 2 ab ab 4
a b
= ⇔ = ⇔ = + ≥ = ⇒ ≥
+
Suy ra OAB
1 1
S OA.OB ab 2
2 2
= = ≥ .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b 2 d : x y 2 0= = ⇒ + − = .
Vậy tiếp tuyến cần tìm là d : x y 2 0+ − =.
Bài 14. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn ( ) ( ) ( )2 2
C : x 1 y 2 4− + − =
và điểm ( )A 2;1 . Đường thẳng d thay đổi qua A cắt ( )C tại hai điểm phân biệt
C,D . Hai tiếp tuyến của ( )C tại hai điểm C,D cắt nhau tại M . Tìm quỹ tích
điểm M .
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1;2 , bán kính R 2= .
Ta có ( )A/ CP 2 0=− < nên A nằm trong đường tròn ( )C nên đường thẳng qua A
luôn cắt đường tròn ( )C tại hai điểm phân biệt C và D.
Giả sử điểm ( )0 0M x ;y suy ra
( ) ( )2 22 2
0 0MC MD MI R x 1 y 2 4= = − = − + − − .
Suy ra đường tròn tâm M bán kính MI có phương trình là:
( ) 2 2
1 0 0 0 0C : x y 2x x 2y y 2x 4y 1 0+ − − + + − = .
Đường thẳng CD là trục đẳng phương của hai đường tròn ( ) ( )1C , C nên có
phương trình: ( ) ( )0 0 0 0CD: x 1 x y 2 y x 2y 1 0− + − − − + =.
Đường thẳng CD đi qua điểm ( )A 2;1 nên
( ) ( )0 0 0 0 0 02 x 1 1 y 2 x 2y 1 0 x y 3 0− + − − − + = ⇔ − − = .
Vậy quỹ tích điểm M là đường thẳng : x y 3 0∆ − − =.

529. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
526
Bài 15. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn ( ) 2 2
C : x y 4+ =và đường
thẳng d : x y 6 0+ − =. Giả sử M là điểm thuộc d .
a) Chứng minh rằng từ M luôn kẻ được hai đường thẳng đến (C) tiếp xúc với (C)
tại A và B.
b) Tìm M để độ dài đoạn thẳng AB bằng
8 5
5
.
c) Tìm M để diện tích tứ giác OAMB đạt giá trị nhỏ nhất.
Giải
a) Đường tròn (C) có tâm là gốc tọa độ ( )O 0;0 , bán kính R 2= . Ta có
( )d O;d 3 2 R= > nên từ M thuộc d luôn kẻ được hai tiếp tuyến đến đường
tròn ( )C .
b) Vì ( )M d M t;6 t∈ ⇒ − .
Ta có: 2 2
OAMB MAO
1 1 8 5
S AB.OM 2S OA.MA R MO R . .OM
2 2 5
= = = = − =
OM 2 5⇒ =
Ta có phương trình: ( )
( )
( )
22
M 2;4t 2
t 6 t 20
t 4 M 4;2
=
+ − = ⇔ ⇒  = 
.
Vậy hai điểm cần tìm là ( )M 2;4 hoặc ( )M 4;2 .
c) ( )2 2 2 2
OAMB
1 1
S R MO R R d O;d R
2 2
= − ≥ − .
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M là hình chiếu của O trên đường thẳng d .
Dễ tìm được ( )M 3;3 .
Bài 16. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) 2 2
C : x y 4x 4y 7 0+ − − + =
và đường thẳng d : x y 2 0+ + =. Từ M nằm trên d kẻ 2 tiếp tuyến MA,MB
đến ( )C ( A,B là các tiếp điểm).
a) Tìm M sao cho 2 tiếp tuyến tạo với nhau một góc 0
60 .
b) Tìm M để độ dài đoạn thẳng AB nhỏ nhất.
Giải
a) Đường tròn ( )C có tâm ( )I 2;2 , bán kính R 1= .
Ta có ( )d I;d 3 2 R= > nên từ M thuộc d luôn kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB
đến đường tròn ( )C .
Vì ( )M d M t; 2 t∈ ⇒ − −

530. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
527
Hai tiếp tuyến tạo với nhau góc 600
nên góc


0 0
0
0
IA
MI 2
AMB 60 sin30
IA 2AMB 120 MI
3sin60

         

.
Ta có hệ phương trình:
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
t 2 4 t 4
4
t 2 4 t
3
 − + − − =


− + − − =
vô nghiệm.
Vậy không tồn tại điểm M sao cho hai tiếp tuyến tạo với nhau góc 0
60 .
b) Ta có
( )
2 2
2 2
IAMB MAI 2 2
1 R R
S AB.MI 2S R MI R AB 2R 1 2R 1
2 MI d I;d
= = = − ⇒ = − ≥ −
Vậy AB nhỏ nhất khi M là hình chiếu của I trên đường thẳng d .
Đường thẳng đi qua I và vuông góc với d có phương trình là: 1d : x y 0− =.
Suy ra tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình:
( )
x y 0 x 1
M 1; 1
x y 2 0 y 1
− = =− 
⇔ ⇒ − − 
+ + = =− 
.
Bài 17. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường tròn
( ) 2 2
1C : x y 4+ =; và ( ) 2 2
2C : x y 25+ = .
Từ điểm M thuộc (C2) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C1) (A, B là
các tiếp điểm). Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn tiếp xúc với một đường
cong cố định.
Giải
Hai đường tròn cùng tâm là gốc tọa độ và bán kính tương ứng 1 2R 2,R 5= = .
Gọi ( ) ( ) 2 2
0 0 2 0 0M x ;y C x y 25∈ ⇔ + =.
Khi đó 2 2 2 2
1 0 0MA MB MO R x y 4 21= = − = + − = .
Vậy A,B thuộc đường tròn tâm M bán kính bằng 21có phương trình là:
( ) ( ) ( )2 2
0 0T : x x y y 21− + − =.
Đường thẳng AB là trục đẳng phương của hai đường tròn ( ) ( )1C , T nên có
phương trình:
( ) ( )2 2 2 2
0 0 0 0AB: x x y y 21 x y 4 AB: x x y y 4 0− + − − = + − ⇔ + − = .
Ta có ( ) 2 2
0 0
4 4
d O;AB
5x y
−
= =
+
.

531. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
528
Vậy đường thẳng AB luôn tiếp xúc với đường tròn tâm O bán kính bằng
4
5
có
phương trình: ( ) 2 2 16
C : x y
25
+ =.
Bài toán tổng quát. Trong mặt phẳng cho hai đường tròn đồng tâm
( ) ( ) ( )2 2 2
1 1C : x a y b R− + − = ;
và ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2
2 2 2 1C : x a y b R , R R 0− + −= > > .
Từ điểm M thuộc ( )2C kẻ hai tiếp tuyến đến ( )1C tiếp điểm tương ứng là A,B.
Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn tiếp xúc với đường tròn cố định.
Bài 19. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường tròn
( ) 2 2
1C : x y 4+ =; và ( ) 2 2
2C : x y 16+ =.
Từ điểm ( )2M C∈ kẻ hai tiếp tuyến MA,MB tới ( )1C ( A,B là các tiếp điểm)
và giả sử hai tiếp tuyến này cắt ( )2C tại P,Q .
a) Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.
b) Chứng minh rằng đường thẳng PQ luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.
Giải
a) Thực hiện tương tự bài 23 ta có AB luôn tiếp xúc với đường tròn
( ) 2 2
C : x y 1+ =.
b) Gọi H là giao điểm của OM với đường thẳng AB, K là giao điểm của đường
thẳng OM với đường thẳng PQ.
Ta có MH AB,AK PQ,AB / /PQ⊥ ⊥ .
Ta có
( ) 2 1OK HK OH HM OH OM OH OH OM 2OH R 2R 2= − = − = − − = − = − = .
Vậy đường thẳng PQ luôn tiếp xúc với đường tròn tâm O bán kính bằng 2 có
phương trình: ( ) 2 2
T : x y 4+ =.
Tức là PQ tiếp xúc với đường tròn ( )1T .
Bài toán tổng quát. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường tròn
( ) ( ) ( )2 2 2
1 1C : x a y b R− + − = ;
và ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2
2 2 2 1C : x a y b R , R R 0− + −= > > .
Từ điểm ( )2M C∈ kẻ hai tiếp tuyến MA,MB tới ( )1C ( A,B là các tiếp điểm)
và giả sử hai tiếp tuyến này cắt ( )2C tại P,Q . Chứng minh rằng đường thẳng
PQ luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.

532. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
529
Bài 20. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường tròn ( ) ( ) ( )2 2
C : x 6 y 7 16− + − =
và điểm ( )M 2;1 . Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA,MB đến đường tròn ( )C (với
( )A BA,B x x> là các tiếp điểm). Qua A kẻ đường thẳng song song với MB cắt
đường tròn ( )C tại K. Tìm tọa độ điểm K.
Giải
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 6;7 , bán kính R 4= .
Ta có OM 2 13 R= > nên từ M kẻ được hai tiếp tuyến đến đường tròn ( )C .
Ta có 2 2
MA MB MO R 6= = − = .
Vậy A,B thuộc đường tròn tâm M bán kính bằng 6 có phương trình:
( ) ( ) ( )2 2
T : x 2 y 1 36− + − =.
Tọa độ điểm A,B là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
2 2
98 43x 2,y 7 A ;x 2 y 1 36
13 1398 43
x ,yx 6 y 7 16 B 2;713 13
  = = − + − =  ⇔ ⇒   = =− + − =   
.
Phương trình đường thẳng MB: x 2 0− =.
Đường thẳng qua A và song song với MB có phương trình:
98
d : x 0
13
− =.
Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình:
( ) ( )2 2
98 4398 x ,yx 0 98 13913 1313 K ;
98 139 13 13
x ,yx 6 y 7 16
13 13
 = =− =   
⇔ ⇒  
  = =− + − = 
.
Vậy điểm cần tìm là
98 139
K ;
13 13
 
 
 
.

533. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
530
Chuû ñeà 4. TIEÁP TUYEÁN CHUNG CUÛA HAI ÑÖÔØNG TROØN
A. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP
1. Vị trí tương đối của hai đường tròn
Xét hai đường tròn
( ) ( ) ( )2 2 2
1 1 1 1C : x a y b R− + − = ; và ( ) ( ) ( )2 2 2
2 2 2 2C : x a y b R− + − = .
Đường tròn ( )1C có tâm ( )1 1 1I a ;b , bán kính 1R . Đường tròn ( )2C có tâm
( )2 2 2I a ;b , bán kính 2R .
 Nếu ( ) ( )1 2 1 2 1 2I I R R C , C> + ⇔ không cắt nhau và ngoài nhau, tồn tại bốn
tiếp tuyến chung.
 Nếu ( ) ( )1 2 1 2 1 2I I R R C , C> + ⇔ không cắt nhau và ngoài nhau, tồn tại bốn
tiếp tuyến chung.
 Nếu ( ) ( )1 2 1 2 1 2I I R R C , C= + ⇔ tiếp xúc ngoài , tồn tại ba tiếp tuyến chung.
 Nếu ( ) ( )1 2 1 2 1 2I I R R C , C< − ⇔ không cắt nhau và lồng nhau, không tồn tại
tiếp tuyến chung.
 Nếu ( ) ( )1 2 1 2 1 2I I R R C , C= − ⇔ tiếp xúc trong, tồn tại duy nhất một tiếp
tuyến chung.
 Nếu ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 2R R I I R R C , C− < < + ⇔ cắt nhau tại hai điểm phân biệt,
tồn tại hai tiếp tuyến chung.
2. Trục đẳng phương của hai đường tròn
Nếu ( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 2R R I I R R C , C− < < + ⇔ cắt nhau tại hai điểm phân biệt.
Đường thẳng đi qua hai giao điểm được gọi là trục đẳng phương của hai đường
tròn.
Trục đẳng phương của hai đường tròn là tập hợp các điểm có cùng phương tích
với hai đường tròn
Phương trình trục đẳng phương của hai đường tròn được xác định bởi
( ) ( ) 2 2
1 2 1 2 2 1: 2 a a x 2 b b y R R 0∆ − + − + − =.
Chú ý. Các bài toán về trục đẳng phương của hai đường tròn được đề cập đến
trong các chủ đề viết phương trình đường tròn và vị trí tương đối của điểm và
đường thẳng và đường tròn.
Nhận xét. Hai đường tròn tiếp xúc với nhau thì chúng tiếp xúc với trục đẳng
phương.
3. Tiếp tuyến chung của hai đường tròn
Ta có ba cách thực hiện bài toán như sau
Cách 1: Viết phương trình dưới dạng tổng quát ( )2 2
:ax by c 0, a b 0∆ + += + > .
Bước 1: Xác định tâm và bán kính của hai đường tròn

534. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
531
Đường tròn ( )1C có tâm ( )1 1 1I a ;b , bán kính 1R . Đường tròn ( )2C có tâm
( )2 2 2I a ;b , bán kính 2R .
Bước 2: Giả sử tiếp tuyến cần tìm có phương trình là
( )2 2
:a x by c 0, a b 0∆ + += + > .
Vì ∆ tiếp xúc đồng thời với cả ( ) ( )1 2C , C
( )
( )
1 1
2 2
d I ; R
(1)
d I ; R
 ∆ =
⇔ 
∆ =
.
Bước 3: Giải hệ phương trình (1) ta tìm được mối liên hệ giữa a,b,c (lưu ý rút
c theo a,b ).
Bước 4: Chọn a,b,c thích hợp và viết phương trình của ∆ .
Cách 2: Sử dụng đường thẳng có hệ số góc k.
Bước 1: Xác định tâm và bán kính của hai đường tròn
Đường tròn ( )1C có tâm ( )1 1 1I a ;b , bán kính 1R . Đường tròn ( )2C có tâm
( )2 2 2I a ;b , bán kính 2R .
Bước 2: Ta xét hai trường hợp
a) Xét tiếp tuyến vuông góc với trục Ox, có dạng: 1 1
2 2
x a R
x a R
= ±

= ±
.
- Nếu hệ có nghiệm 0x x= thì đó chính là phương trình tiếp tuyến chung vuông
góc với Ox của ( )1C và ( )2C .
- Nếu hệ vô nghiệm thì (C1) và (C2) không có tiếp tuyến chung vuông góc với Ox.
b) Xét tiếp tuyến không vuông góc với trục Ox, có dạng : y kx m∆ = + .
Vì ∆ tiếp xúc đồng thời với cả ( ) ( )1 2C , C
( )
( )
1 1
2 2
d I ; R
(1)
d I ; R
 ∆ =
⇔ 
∆ =
.
Giải hệ phương trình (1) ta tìm được nghiệm k,m từ đó viết phương trình của
tiếp tuyến chung giữa hai đường tròn.
Lưu ý. Để kiểm tra kết quả ta dùng tính chất của vị trí tương đối giữa hai đường
tròn được nêu trong mục 1. Hạn chế của cách 2 là phải chia trường hợp, học
sinh thường nghĩ đến đường thẳng có hệ số góc k do vậy nếu không xét trường
hợp tiếp tuyến vuông góc với Ox trong một số trường hợp sẽ dẫn tới thiếu
nghiệm.
Cách 3: Áp dụng cho trường hợp hai đường tròn cắt nhau.
a) Tính chất hai đường tròn cắt nhau
- Tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn đi qua điểm I ngoài đoạn 1 2I I và
chia đoạn 2 2I I theo tỷ số 1
1
2
R
k
R
= .

535. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
532
- Tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn đi qua điểm J ngoài đoạn 1 2I I và
chia đoạn 2 2I I theo tỷ số 1
2
2
R
k
R
= − .
b) Phương pháp viết phương trình tiếp tuyến chung
Bước 1: Tìm tọa độ I,J theo thứ tự chia đoạn 1 2I I theo tỷ số 1
2
R
k
R
= ± .
Bước 2: Viết phương trình tiếp tuyến qua I,J và tiếp xúc với ( )1C hoặc ( )2C .
Nhận xét. Trong 3 cách thì cách 1 được đánh giá là ưu việt nhất, giúp ta giải
quyết mọi bài toán về tiếp tuyến chung của hai đường tròn.
B. BÀI TẬP MẪU
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình tiếp tuyến chung của hai
đường tròn ( ) 2 2
1C : x y 4x 3 0+ + + =và ( ) 2 2
2C : x y 8x 12 0+ − + =.
Giải
Đường tròn ( )1C có tâm ( )1I 2;0− , bán kính 1R 1= . Đường tròn ( )2C có tâm
( )2I 4;0 , bán kính 2R 2= .
Ta có 1 2 1 2I I 6 3 R R= > = + nên ( )1C và ( )2C ngoài nhau do đó có bốn tiếp
tuyến chung.
Cách 1: Phương pháp viết phương trình tiếp tuyến dưới dạng tổng quát
Giả sử tiếp tuyến chung có dạng ( )2 2
:ax by c 0, a b 0∆ + += + > .
Vì ∆ tiếp xúc đồng thời với cả ( ) ( )
( )
( )
1 1
1 2
2 2
d I ; R
C , C
d I ; R
 ∆ =
⇔ 
∆ =
2 2 2 2
2 2
2 2
2a c 2a c
1 1 (1)2a c
1a b a b
a b
4a c c 8a
2 2 2a c 4a c
c 0a b
 − +  − +
=  =− + 
=+  +
⇔ ⇔ ⇔  +
+ =  = − + = +   =+ 
.
TH1: Nếu c 0= khi đó
2 2
2a
(1) 1 b 3a
a b
−
⇔ =⇔ =±
+
.
 Với b 3a= − , chọn 1a 1 b 3 : x 3y 0= ⇒ = − ⇒ ∆ − = .
 Với b 3a= , chọn 2a 1 b 3 : x 3y 0= ⇒ = ⇒ ∆ + = .
TH2: Nếu c 8a= khi đó
2 2
2a 8a
(1) 1 b 35a
a b
− +
⇔ =⇔ =±
+
.

536. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
533
 Với b 35a= − , chọn 3a 1 b 35 c 8 : x 35y 8 0= ⇒ = − ⇒ = ⇒ ∆ − + = .
 Với b 35a= , chọn 4a 1 b 35 c 8 : x 35y 8 0= ⇒ = ⇒ = ⇒ ∆ + + = .
Vậy có bốn tiếp tuyến cần tìm là
1
2
3
4
: x 3y 0
: x 3y 0
: x 35y 8 0
: x 35y 8 0
∆ − =

∆ + =

∆ − + =

∆ + + =
.
Cách 2: Đường thẳng có hệ số góc k.
a) Xét tiếp tuyến chung song song với Ox .
- Tiếp tuyến vuông góc với Ox của ( )1C là x 2 1=− ± .
- Tiếp tuyến vuông góc với Ox của ( )2C là x 4 2= ± .
Vậy ( )1C và ( )2C không có tiếp tuyến chung vuông góc với Ox .
b) Xét tiếp tuyến chung không vuông góc với Ox .
Giả sử tiếp tuyến chung có phương trình là
: y kx m : kx y m 0∆ = + ⇔ ∆ − + = .
Vì ∆ tiếp xúc đồng thời với cả ( ) ( )
( )
( )
1 1
1 2
2 2
d I ; R
C , C
d I ; R
 ∆ =
⇔ 
∆ =
2 2 2 2
2 2
2 2
2k m 2k m
1 1 (1)2k m
1k ( 1) k ( 1)
k ( 1)
4k m m 0
2 2 2k m 4k m
m 8kk ( 1)
 − +  − +
=  =− + 
=+ −  + − 
⇔ ⇔ ⇔+ −  
+ =  = − + = +   =+ − 
.
TH1: Nếu
2 2
2k 1
m 0 (1) 1 k
3k ( 1)
−
=⇒ ⇔ =⇔ =±
+ −
.
- Với 1
1
k ,m 0 : x 3y 0
3
= − = ⇒ ∆ + = .
- Với 2
1
k ,m 0 : x 3y 0
3
= = ⇒ ∆ − = .
TH2: Nếu
2 2
2k 8k 1
m 8k (1) 1 k
35k ( 1)
− +
= ⇒ ⇔ =⇔ =±
+ −
.
- Với 3
1 8
k m : x 35y 8 0
35 35
=− ⇒ =− ⇒ ∆ + + =.
- Với 4
1 8
k m : x 35y 8 0
35 35
= ⇒= ⇒ ∆ − += .

537. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
534
Vậy có bốn tiếp tuyến cần tìm là
1
2
3
4
: x 3y 0
: x 3y 0
: x 35y 8 0
: x 35y 8 0
∆ − =

∆ + =

∆ − + =

∆ + + =
.
Cách 3: Tiếp tuyến đi qua điểm chia đoạn thẳng nối hai tâm
Nhận xét:
- Tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn đi qua điểm I ngoài đoạn 1 2I I và
chia đoạn 2 2I I theo tỷ số 1
1
2
R
k
R
= .
- Tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn đi qua điểm J ngoài đoạn 1 2I I và
chia đoạn 2 2I I theo tỷ số 1
2
2
R
k
R
= − .
Gọi ( )I x;y là điểm chia đoạn thẳng 1 2I I theo tỷ số
1
1
2
R 1
k
R 2
= = ( )1 2
1
2 .4
2x 8
1
1
1 2II II I 8;0
12
0 .0
2y 0
1
1
2

− −
= = −
 −

⇔ = ⇔ ⇒ −
 −
= =
−

 
.
Đường thẳng ∆ đi qua I(-8-0) có phương trình dạng tổng quát là
2 2
:a(x 8) by 0 :a x by 8a 0,(a b 0)∆ + + = ⇔ ∆ + + = + > .
Để ∆ tiếp xúc với ( ) ( )1 1 1
2 2
2a 8a
C d I ; R 1 b 35a
a b
− +
⇔ ∆ = ⇔ = ⇔ =±
+
.
- Với b 35a= − , chọn a 1 b 35=⇒ =− ta được tiếp tuyến là 1 :x 35y 8 0∆ − + =.
- Với b 35a= , chọn a 1 b 35= ⇒ = ta được tiếp tuyến là 2 : x 35y 8 0∆ + + =.
Gọi ( )J x;y là điểm chia đoạn 1 2I I theo tỷ số
1
2
2
R 1
k
R 2
=− =− ( )1 2
1
2 .4
2x 0
1
1
1 2JI JI J 0;0
12
0 .0
2y 0
1
1
2

− +
= =
 +

⇔ =− ⇔ ⇒
 +
= =
+

 
.

538. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
535
Đường thẳng ∆ đi qua ( )J 0;0 có phương trình dạng tổng quát là
( )2 2
:ax by 0 :a x by 0, a b 0∆ + = ⇔ ∆ + = + > .
Để ∆ tiếp xúc với ( ) ( )1 1 1
2 2
2a
C d I ; R 1 b 3a
a b
−
⇔ ∆ = ⇔ = ⇔ =±
+
.
- Với b 3a= − , chọn a 1 b 3=⇒ =− ta được tiếp tuyến là 3 : x 3y 0∆ − =.
- Với b 3a= , chọn a 1 b 3= ⇒ = ta được tiếp tuyến là 4 : x 3y 0∆ + =.
Vậy tất cả có bốn tiếp tuyến chung của hai đường tròn là
1
2
3
4
: x 3y 0
: x 3y 0
: x 35y 8 0
: x 35y 8 0
∆ − =

∆ + =

∆ − + =

∆ + + =
.
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường tròn
( ) 2 2
1C : x y 10x 24y 56+ − + =; và ( ) 2 2
2C : x y 2x 4y 20+ − − =.
Chứng minh rằng (C1) và (C2) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B. viết
phương trình đường thẳng AB và tiếp tuyến chung của hai đường tròn
( ) ( )1 2C , C .
Giải
Đường tròn ( )1C có tâm ( )1I 5; 12− , bán kính 1R 15= .
Đường tròn ( )2C có tâm ( )2I 1;2 , bán kính 2R 5= .
Ta có 2 2
1 2 1 2 1 2R R 10 I I 4 16 2 68 2 R R− = < = + = < = + nên ( ) ( )1 2C , C cắt
nhau tại hai điểm phân biệt A,B .
Viết phương trình đường thẳng AB :
Cách 1: Tọa độ giao điểm của ( ) ( )1 2C , C là nghiệm của hệ phương trình
2 2
2 2
59 14 329
x
53
59 14 329 85 4 32985 4 329 A ;y 53 53x y 10x 24y 56 53
x y 2x 4y 20 59 14 329 85 4 32959 14 329
B ;x
53 5353
85 4 329
y
53
 −
=
   − − −   =   + − + =    ⇔ ⇒   + − − = + ++  =      
+ =
Đường thẳng cần tìm đi qua hai điểm A,B như trên nên có phương trình là
AB: 4x 14y 9 0− + =.

539. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
536
Cách 2: Hai đường tròn cắt nhau theo một đường thẳng là trục đẳng phương của
hai đường tròn nên có phương trình là
( ) ( )AB: 2 2 10 x 2 4 24 y 56 20 0 AB: 4x 14y 9 0− + + − − + − = ⇔ − + = .
Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn
Giả sử tiếp tuyến chung có dạng ( )2 2
:ax by c 0, a b 0∆ + += + > .
Vì ∆ tiếp xúc đồng thời với cả ( ) ( )
( )
( )
1 1
1 2
2 2
d I ; R
C , C
d I ; R
 ∆ =
⇔ 
∆ =
2 2
2 2
2 2
2 2
c a 9b
5a 12b c
15 3 a 2b c 5a 12b c 3
c 2a ba b
2a 2b c
5a 2b c
a 2b c5 a b 5 (1)
a b
a b
 = − − + =  + + = − +  =− −+ 
⇔ ⇔ ⇔+ +  
=+ +   + += +  =
+  +
.
TH1: Nếu
2 2
2a 7b
c a 9b (1) 5
a b
−
= − ⇒ ⇔ =
+
2 2
14 10 7
a b
21
21a 28ab 24b 0
14 10 7
a b
21
 − −
=
⇔ + − =⇔
 − +
=

.
- Với
14 10 7
a b
21
− −
= , chọn b 21 a 14 10 7;c 35 10 5=− ⇒ = + = + , ta được
phương trình tiếp tuyến là ( )1 : 14 10 7 x 21y 35 10 7 0∆ + − + + =.
- Với
14 10 7
a b
21
− +
= , chọn b 21 a 14 10 7;c 35 10 5=− ⇒ = − = − , ta được
phương trình tiếp tuyến là ( )2 : 14 10 7 x 21y 35 10 7 0∆ − − + − =.
TH2: Nếu 2 2
2 2
1
a b
3 992
c 2a b (1) 5 24a ab b 0
2 4a b
− +
=− − ⇒ ⇔ =⇔ + + =
+
2
2b 2375
24 a b 0 a b 0
48 96
 
⇔ + + = ⇔ = = 
 
(loại).
Vậy tồn hai hai tiếp tuyến chung của hai đường tròn là
( )
( )
1
2
: 14 10 7 x 21y 35 10 7 0
: 14 10 7 x 21y 35 10 7 0
∆ + − + + =

∆ − − + − =
.

540. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
537
Bài 3. (ĐH Dược Hà Nội ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường tròn
( ) 2 2
C : x y 1+ =;
và ( ) ( )2 2
mC : x y 2 m 1 x 4my 5+ − + + =, (với m là tham số thực).
a) Chứng minh rằng có hai đường tròn m m1 2
(C ),(C ) tiếp xúc với đường tròn (C)
ứng với hai giá trị của 1 2m ,m của m .
b) Xác định phương trình đường thẳng tiếp xúc với cả hai đường tròn m m1 2
(C ),(C ).
Giải
a) Chứng minh rằng có hai đường tròn m m1 2
(C ),(C ) tiếp xúc với đường tròn (C)
ứng với hai giá trị của 1 2m ,m của m .
Đường tròn (C) có tâm ( )O 0;0 , bán kính R 1= .
Đường tròn ( )mC có tâm ( )mI m 1; 2m+ − , bán kính 2
mR 5m 2m 6= + + .
Để ( )C và ( )mC tiếp xúc nhau khi và chỉ khi
m m
m m
OI R R
OI R R
= +

= −
2 2
2 2
5m 2m 1 1 5m 2m 6
5m 2m 1 5m 2m 6 1
 + + =+ + +
⇔ 
+ += + + −
2
2
2
2 5m 2m 6 6 0
2 5m 2m 6 6 0
2 5m 2m 6 6 0
 + + + =
⇔ ⇔ − + + + =
− + + + =
2 2
m 1
5m 2m 6 3 5m 2m 3 0 3
m
5
= −
⇔ + + =⇔ + − =⇔
 =

.
 Với m 1= − , ta có ( ) ( )22
1C : x y 2 9+ − =ứng với tâm ( )1I 0;2 , bán kính 1R 3= .
 Với
3
m
5
= , ta có ( )
2 2
2
8 6
C : x y 9
5 5
   
− + + =   
   
ứng với tâm 2
8 6
I ;
5 5
 
− 
 
, bán
kính 2R 3= .
Vậy tồn tại hai đường tròn (C1), (C2) như trên tiếp xúc với (C).
b) Xác định phương trình đường thẳng tiếp xúc với cả hai đường tròn ( ) ( )m m1 2
C , C .
Giả sử tiếp tuyến chung của (C1), (C2) có phương trình là
2 2
:a x by c 0,(a b 0)∆ + += + > .
Vì ∆ tiếp xúc đồng thời với cả ( ) ( )
( )
( )
1 1
1 2
2 2
d I ; R
C , C
d I ; R
 ∆ =
⇔ 
∆ =
.

541. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
538
2 2
2 2
2 22 2
2b c a 2b
3 8 6
2b c a b c 2 4a b 5 5 c b a
5 58 6 2b ca b c
2b c35 5
3 (1)3 a b
a ba b
 +  =
=  + = − ++  =− −  ⇔ ⇔ ⇔  
+− +   +=
   == +  ++ 
.
TH1: Nếu
2 2
2b c
a 2b (1) 3
4b b
+
= ⇒ ⇔ =
+
2 2 2 3 5
41b 4bc c 0 b c
41
±
⇔ − − = ⇔ = .
- Với
2 3 5
b c
41
+
= , chọn c 3 5 2 b 1;a 2= − ⇒ = = ta được tiếp tuyến
1 : 2x y 3 5 2 0∆ + + − =.
- Với
2 3 5
b c
41
−
= , chọn c 3 5 2 b 1;a 2=− − ⇒ = = ta được tiếp tuyến
2 : 2x y 3 5 2 0∆ + − − =.
TH2: Nếu
2 2
8 4
b a
2 4 5 5
c b a (1) 3
5 5 a b
−
=− − ⇒ ⇔ =
+
.
2 2
209a 64ab 161b 0 a b 0⇔ + + = ⇔ = = (loại).
Vậy tồn tại hai đường thẳng tiếp xúc đồng thời với ( ) ( )1 2C , C là
1
2
: 2x y 3 5 2 0
: 2x y 3 5 2 0
∆ + + − =

∆ + − − =
.
C. BÀI TẬP RÈN LUYỆN
Bài 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường tròn
( ) 2 2
1C : x y 6x 5 0+ − + =và ( ) 2 2
2C : x y 12x 6y 44 0+ − − + =.
Chứng minh rằng ( )1C và ( )2C không có điểm chung. Viết phương trình tiếp
tuyến chung của hai đường tròn.
Giải
Đường tròn ( )1C có tâm ( )1I 3;0 , bán kính 1R 2= .
Đường tròn ( )2C có tâm ( )2I 6;3 , bán kính 2R 1= .
Ta có 1 2 1 2I I 3 2 3 R R= > = + nên hai đường tròn không có điểm chung.
Giả sử tiếp tuyến chung có phương trình: 2 2
d :a x by c 0,(a b 0)+ += + > .

542. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
539
Ta có
( )
( )
2 2
1 1
2 2 2
2 2
3a c
2
d I ;d R a b
d I ;d R 6a 3b c
1
a b
 +
=
 = + 
⇔ 
= + +  =
+
.
Giải hệ trên tìm được mối liên hệ giữa ( )a;b;c .
Phương trình các tiếp tuyến là:
( ) ( )x 5 0;y 2 0; 9 17 x 8y 33 9 17 0; 9 17 x 8y 33 9 17 0− = − = + − − − = − − − + = .
Bài 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường tròn
( ) 2 2
1C : x y 2x 4y 20 0+ − + − =; ( ) 2 2
2C : x y 2my 0+ − =.
Với giá trị nào của tham số m thì (C1) và (C2) tiếp xúc nhau.
Hướng dẫn giải – đáp số
Trục đẳng phương của hai đường tròn là ( )d : x m 2 y 10 0− + + =.
Đường tròn (C1) có tâm I(1;2), bán kính R 5= .
Để (C1), (C2) tiếp xúc nhau khi và chỉ chúng cùng tiếp xúc với d, điều này
tương đương với ( )
( )
( )2
10
m1 2 m 2 10 3
d I;d R 5
101 m 2 m
7

= −+ + +
=⇔ =⇔ 
+ + =

.
Bài 3.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường tròn
( ) 2 2
1C : x y 2x 4y 4 0+ − + − =và ( ) 2 2
2C : x y 4x 4y 56 0+ + − − =.
Chứng minh rằng hai đường tròn (C1), (C2) tiếp xúc với nhau và viết phương
trình tiếp tuyến chung của chúng.
Giải
Đường tròn (C1) có tâm I1(1;-2), bán kính 1R 3= .
Đường tròn (C2) có tâm I2(-2;2), bán kính 2R 8= .
Ta có 1 2 2 1I I R R 5= − = nên hai đường tròn tiếp xúc trong với nhau nên tồn tại
duy nhất một tiếp tuyến đi qua điểm tiếp xúc.
Tọa độ điểm tiếp xúc là nghiệm của hệ phương trình:
2 2
2 2
14
x
x y 2x 4y 4 0 14 225
A ;
22 5 5x y 4x 4y 56 0 y
5

= + − + − =   
⇔ ⇒ −   
 + + − − =  = −

.
Tiếp tuyến cần tìm là đường thẳng đi qua A và vuông góc với 1 2I I nên có
phương trình: d :3x 4y 26 0− − =.
Vậy tiếp tuyến cần tìm là d :3x 4y 26 0− − =.

543. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
540
Chuû ñeà 5. VÒ TRÍ TÖÔNG ÑOÁI CUÛA ÑIEÅM,
ÑÖÔØNG THAÚNG VÔÙI ÑÖÔØNG TROØN
A. NỘI DUNG PHƯƠNG PHÁP
1. Lý thuyết
Cho điểm ( )0 0M x ;y và đường tròn ( ) ( )2 2 2 2
C : x y 2ax 2by c, a b c 0+ − − + + − > .
Hoặc ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2
C : x a y b R , R a b c− + − = = + − .
Đường tròn ( )C có tâm ( )I a;b , bán kính 2 2
R a b c= + − .
Đường thẳng ( )2 2
d : Ax By C 0, A B 0+ += + > .
Phương tích của điểm M đối với đường tròn (C) xác định bởi:
( )
2 2 2 2
0 0 0 0M/ CP MI R x y 2ax 2by c= − = + − − + .
Khoảng cách từ tâm ( )I a;b đến đường thẳng d xác định bởi:
( ) 2 2
A.a B.b c
d I;d
A B
+ +
=
+
.
1.1. Vị trí tương đối của điểm M với đường tròn (C).
 Nếu ( )M/ CP 0 M> ⇔ nằm ngoài đường tròn (C).
 Nếu ( )M/ CP 0 M= ⇔ nằm trên đường tròn (C).
 Nếu ( )M/ CP 0 M< ⇔ nằm trong đường tròn (C).
Lưu ý:
 Nếu M nằm ngoài (C) tồn tại hai tiếp tuyến kẻ từ M đến đường tròn (C).
 Nếu M nằm trên (C) tồn tại duy nhất một tiếp tuyến của đường tròn (C) đi
qua M .
 Nếu M nằm trong (C) không tồn tại tiếp tuyến của (C) đi qua M .
Ví dụ 1: Cho đường tròn ( ) 2 2
C : x y 2x 4y 20 0+ + + − =. Xét vị trí tương đối của
điểm M đối với đường tròn ( )C trong các trường hợp sau:
a) ( )M 1;1 . b) ( )M 2;2 . c) ( )M 7;1 .
Giải
a) Điểm ( ) ( )
2 2
M/ CM 1;1 P 1 1 2.1 4.1 20 12 0 M⇒ =+ + + − =− < ⇔ nằm trong
đường tròn (C).
b) Điểm ( ) ( )
2 2
M/ CM 2;2 P 2 2 2.2 4.2 20 0 M⇒ = + + + − = ⇔ nằm trên đường
tròn (C).

544. khangvietbook.com
.vn
Cty TNHH MTV DVVH Khang Việt
541
c) Điểm ( ) ( )
2 2
M/ CM 7;1 P 7 1 2.7 2.1 20 46 0 M⇒ = + + + − = > ⇔ nằm ngoài
đường tròn (C).
1.2. Vị trí tương đối của hai điểm A, B với đường tròn (C).
 Nếu ( ) ( )A/ C B/ CP .P 0 A,B> ⇔ nằm cùng phía so với đường tròn ( )C (cùng
nằm trong hoặc cùng nằm ngoài đường tròn ( )C ).
 Nếu ( ) ( )A/ C B/ CP .P 0 A,B< ⇔ nằm khác phía so với đường tròn A ( )C .
 Nếu ( ) ( )A/ C B/ CP .P 0= ⇔ hoặc A hoặc B nằm trên đường tròn ( )C .
Ví dụ 2: Cho đường tròn 2 2
(C): x y 6x 6y 7 0+ + + − =. Xét vị trí tương đối của
các cặp điểm A,B với đường tròn ( )C trong các trường hợp sau:
a) ( ) ( )A 0;1 ,B 1; 1− − . b) ( ) ( )A 2;1 ,B 0;1 .
Giải
a) Với ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )A/ C B/ CA 0;1 ,B 1; 1 P .P 6.1 7 1 1 6.1 6.1 7 17 0− − ⇒ = − + − − − = > ,
suy ra và B nằm cùng phía với đường tròn (C).
b) Với
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )A/ C B/ CA 2;1 ,B 0;1 P .P 4 1 6.2 6.1 7 1 6.1 7 16 0⇒ =+ + + − + − =− < ,
suy ra A và B nằm khác phía với đường tròn (C).
1.3. Vị trí tương đối của đường thẳng d và đường tròn.
 Nếu ( )d I;d R d> ⇔ và ( )C không có điểm chung.
 Nếu ( )d I;d R d= ⇔ và ( )C tiếp xúc với nhau.
 Nếu ( )d I;d R d< ⇔ cắt ( )C tại hai điểm phân biệt A và B .
Đặc biệt: Nếu ( )d I;d 0= thì d đi qua tâm ( )I a;b của ( )C .
Chú ý: Nếu xét hệ phương trình tạo bởi (C) và d :
2 2
x y 2ax 2by c 0 (1)
Ax By C 0 (2)
 + − − + =

+ + =
.
Rút y theo x từ (2) thay vào (1) ta được phương trình F(x) 0 (3)= .
 Nếu phương trình (3) vô nghiệm d⇔ và ( )C không có điểm chung.
 Nếu phương trình (3) có nghiệm kép d⇔ và ( )C tiếp xúc với nhau.
 Nếu phương trình (3) có 2 nghiệm phân biệt d⇔ và (C) cắt nhau tại hai
điểm phân biệt A và B .
Ví dụ 3: Xét vị trí tương đối của đường thẳng d và đường tròn (C) trong các
trường hợp sau:
a) d : x y 4 0+ − =và 2 2
(C): x y 2x 2y 1 0+ + + + =.

545. khangvietbook.com
.vn
Kỹ thuật giải nhanh hình phẳng Oxy – Đặng Thành Nam
542
b) d :3x 4y 12 0+ − =và ( ) 2 2
C : x y 2x 2y 1 0+ − − + =.
c) d : 2x y 5 0− − = và ( ) 2 2
C : x y 20x 50 0+ − + =.
Giải
a) Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1; 1− − , bán kính 2 2
R ( 1) ( 1) 1 1= − + − − = .
Ta có ( ) 2 2
1 1 4
d I;d 3 2 R
1 1
− − −
= = >
+
, suy ra d và ( )C không có điểm chung.
b) Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1;1 , bán kính R 1= .
Ta có ( ) 2 2
3.1 4.1 12
d I;d 1 R
3 4
+ −
= = =
+
, suy ra d và (C) tiếp xúc với đường tròn (C).
c) Đường tròn ( )C có tâm ( )I 10;0 , bán kính R 5 2= .
Ta có ( ) 2 2
2.10 5
d I;d 3 5 R
2 ( 1)
−
= = <
+ −
, suy ra d cắt (C) tại hai điểm phân biệt
A và B .
2. Các dạng bài toán
Bài toán 1. Viết phương trình đường thẳng d đi qua ( )0 0M x ;y và cắt đường
tròn ( ) ( ) ( )2 2 2
C : x a y b R− + − = tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho
a) Độ dài đoạn thẳng: AB l 0= > . b) ( )MA kMB, k 0= > .
PHƯƠNG PHÁP
Nội dung phương pháp là quy về khoảng cách từ tâm đến đường thẳng d .
a) Độ dài đoạn thẳng: AB l 0= > .
Cách 1: Quy bài toán về khoảng
cách(phương pháp mới, phương
pháp gọi điểm)
Bước 1: Viết phương trình của d
dưới dạng tổng quát.
Phương trình đường thẳng đi qua
( )0 0M x ;y có dạng là:
( ) ( ) ( ) ( )2 2
0 0 0 0d : A x x B y y 0 Ax By Ax By , A B 0− + − = ⇔ + − + + > .
Bước 2: Xét tam giác IABcân tại I .
Gọi H là trung điểm cạnh
AB l
AB IH AB;AH