[Trithuctoan.blogspot.com] Hinh Hoc Giai Tich Oxy Tran Phuong

http://trithuctoan.blogspot.com/

11

PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG TRONG MẶT PHẲNG

I. VÉCTƠ ĐẶC TRƯNG CỬA ĐƯỜNG THẲNG:

1. Véctơ ( )1 2;v a a =�

là véc tơ chỉ phương (VTCP) của (∆) ⇔ (∆) // giá của v �

2. Véctơ ( );n a b =�

là véc tơ pháp tuyến (VTPT) của (∆) ⇔ (∆) ⊥ giá của n �

3. Nhận xét:

(∆) có vô số véctơ chỉ phương và vô số véctơ pháp tuyến đồng thời v n ⊥� �

.

II. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG

1. Phương trình tham số: PT đt (∆) đi qua M0(x0, y0) và có VTCP ( )1 2;v a a =�

:

( )0 1

0 2

x x a tt

y y a t

= +∈

= +�

2. Phương trình chính tắc: PT đt (∆) đi qua M0(x0, y0) và có VTCP ( )1 2;v a a =�

:

0 0

1 2

x x y y

a a

− −=

3. Phương trình hệ số góc: PT đt (∆) với hệ số góc a là: y = ax + b.

4. Phương trình tổng quát: PT đt (∆) tổng quát: 0Ax By C + + = với 2 2 0A B + >

Nhận xét: (∆): 0Ax By C + + = với 2 2 0A B + > có

VTCP ( );v B = A�

− và VTPT ( );n A B =�

5. Phương trình đt (∆) đi qua M0(x0, y0) với hệ số góc k là: ( )0 0y k x x y= − +

6. Phương trình đt (∆) đi qua M0(x0, y0) với VTPT ( );n A B =�

là:

( ) ( )0 0 0A x x B y y− + − =

7. Phương trình đt (∆) đi qua M0(x0, y0) với VTCP ( );v A B =�

là:

( ) ( )0 0 0B x x A y y− − − =

8. Phương trình đt (∆) đi qua 2 điểm M1(x1, y1), M2(x2, y2): 1 1

2 1 2 1

x x y y

x x y y

− −=

− −

9. Phương trình đoạn chắn đi qua A(0; a), B(0; b) là: 1 yx

a b + =

10. Phương trình chùm đường thẳng: Cho 2 đường thẳng cắt nhau

( ) ( )1 1 1 1 2 2 2 2: 0; : 0a x b y c a x b y c∆ + + = ∆ + + = với I = ( ) ( )1 2∆ ∆∩ .

Đường thẳng (∆) đi qua I là: ( ) ( )1 1 1 2 2 2 0p a x b y c q a x b y c+ + + + + = với 2 2 0p q + >

HHHÌÌÌNNNHHH GGGIIIẢẢẢIII TTTÍÍÍCCCHHH TTTRRROOONNNGGG MMMẶẶẶTTT PPPHHHẲẲẲNNNGGG OOOXXXYYYThầy Trần Phương


Chương IV. Hình giải tích – Trần Phương

12

III. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA 2 ĐƯỜNG THẲNG

1. Dạng tham số: (∆1) đi qua M1(x1; y1): ( )1 1

1 1

x x a tt

y y b t

= +∈

= +� ,

(∆2) đi qua M2(x2; y2): ( )2 2

2 2

x x a tt

y y b t

= +∈

= +�

� Nếu ( )1 1 1; //v a b =��

( )2 2 2;v a b =��

⇔ 1 2 2 1 0a b a b − ≠ thì ( ) ( )1 2∆ ∆∩ = điểm I.

� Nếu ( ) ( )1 1 1 2 2 2; // ;v a b v a b=��

= ��

// 1 2M M ⇔ ( ) ( )

1 2 2 1

1 2 1 1 2 1

0

0

a b a b

a y y b x x

− =

− − − ≠

thì (∆1) // (∆2).

� Nếu ( ) ( )1 1 1 2 2 2; // ;v a b v a b=��

= ��

1 2// M M ⇔ ( ) ( )

1 2 2 1

1 2 1 1 2 1

0

0

a b a b

a y y b x x

− =

− − − =

thì (∆1) ≡ (∆2).

2. Dạng tổng quát:(

) ( )

( ) ( )

1 1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2 2

: 0; ;

: 0; ;

a x b y c n a b

a x b y c n a b

∆ + + = = ∆ + + = =

��

�� ;

1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2

; ;x y

a b b c c aD D D

a b b c c a= = =

� Nếu D ≠ 0 ⇔ 1 2 2 1 0a b a b − ≠ thì ( ) ( )1 2∆ ∆∩ = điểm ;yD x

D I

D D

� Nếu D = 0 và 2 2 0x yD D + > ⇔ 1 2 1

1 2 2

a a c

b b c= ≠ thì (∆1) // (∆2).

� Nếu 0x yD D D = = = ⇔ 1 2 1

1 2 2

a a c

b b c= = thì (∆1) ≡ (∆2).

IV. GÓC GIỮA 2 ĐƯỜNG THẲNG:

1. Dạng hệ số góc:

Cho ( )

( )

1 1 1

2 2 1

:

:

y a x b

y a x b

∆ = +

∆ = +

. Góc ( ) [ ] 1 21 2

1 2

, 0;90 : tg1

a a

a a

−∆ ∆ = α∈ ° α =

+

2. Dạng tổng quát:

Cho ( ) ( )

( ) ( )

1 1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2 2

: 0; ;

: 0; ;

a x b y c n a b

a x b y c n a b

∆ + + = = ∆ + + = =

��

�� ; 1 2 2 2

2 2 2 21 1 2 2

cos a a b b

a b a b

+α =

+ +


Bài 2. Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng

13

V. KHOẢNG CÁCH VÀ PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG PHẦN GIÁC

1. Khoảng cách từ M0(x0, y0) đến (∆): 0ax by c + + = là: ( )( ) 0 0

2 2,

ax by cd M

a b

+ +∆ =

+

2. Cho ( )

( )

1 1 1 1

2 2 2 2

: 0

: 0

a x b y c

a x b y c

∆ + + =

∆ + + =

cắt nhau thì phương trình 2 đường phân giác

1 1 1 2 2 2

2 2 2 21 1 2 2

a x b y c a x b y c

a b a b

+ + + += ±

+ +

VI. CÁC BÀI TẬP MẪU MINH HỌA

Bài 1. Trên mặt phẳng Oxy cho điểm A(2;−2). Viết phương trình đường thẳng

∆ đi qua điểm ( )3;1 M và cắt trục Ox, Oy tại B và C sao cho tam giác ABC cân

Giải

Gọi ( );0 B b Ox = ∆ ∩ và ( )0;C c Oy = ∆ ∩ suy ra (∆): ( )1 y x 0 bc

b c + = ≠

(3;1) ( )M ∈ ∆ ⇒ 3 1 1b c

+ = , (1). Tam giác ABC cân tại A 2 2AB AC ⇔ =

( ) ( )2 2 2 2 42 4 4 2

2 2

b c b cb c

b c b c

− = + = + ⇔ − + = + + ⇔ ⇔

− = − − = −

Với 4b c = + : ( ) 2

1 2

2, 61 4 ( ) : 1; ( ) : 1

6 2 2 22, 2

c b y yx xc c b

= =⇔ = ⇔ ⇒ ∆ + = ∆ + = −= − =

Với b c = − : ( )1 2 2b c⇔ = ⇒ = − (loại, do trùng với ( )2∆ )

Bài 2. Cho tam giác ABC có đỉnh A(–1; –3)

a. Giả sử hai đường cao (BH): 5 3 25 0 x y + − = , (CK): 3 8 12 0 x y + − = .

Hãy viết phương trình cạnh BC.

b. Giả sử đường trung trực của AB là (∆): 3 2 4 0x y + − = và G(4; – 2) là

trọng tâm của tam giác ABC. Xác định tọa độ các đỉnh B và C .

Dấu hiệu Phân giác góc nhọn Phân giác góc tù

1 2 1 2 0a a b b + > 1 1 1 2 2 2

2 2 2 21 1 2 2

a x b y c a x b y c

a b a b

+ + + +=

+ +

1 1 1 2 2 2

2 2 2 21 1 2 2

a x b y c a x b y c

a b a b

+ + + += −

+ +

1 2 1 2 0a a b b + < 1 1 1 2 2 2

2 2 2 21 1 2 2

a x b y c a x b y c

a b a b

+ + + += −

+ +

1 1 1 2 2 2

2 2 2 21 1 2 2

a x b y c a x b y c

a b a b

+ + + +=

+ +



14

Giải

a. (AB) ⊥ (CK) nên (AB) có phương trình là 8 3 0x y c− + =

Điểm ( ) ( )1 :8 3 1 0A AB c AB x y∈ ⇔ = − ⇒ − − = .

( ) ( )AC BH⊥ nên ( )AC có phương trình 3 5 0x y m− + =

Điểm ( ) ( )12 :3 5 12 0A AC m AC x y∈ ⇒ = − ⇒ − − =

( ) ( )B BH AB≡ ∩ ⇒ Tọa độ của B thỏa mãn hệ: ( )8 3 1 0

2;55 3 25 0

x y B

x y

− − =⇒

+ − =

( ) ( )C CK AC≡ ∩ ⇒ Tọa độ của C thỏa mãn hệ: ( )3 5 12 0

4;03 8 12 0

x y C

x y

− − =⇒

+ − =

Phương trình cạnh BC là (BC): 52 5 2 20 0

4 2 0 5

yx x y−− = ⇔ + − =

− −

b. (AB) ⊥ ( ) : 3 2 4 0x y∆ + − = và chứa A(−1;−3) ⇒ ( ) : 2( 1) 3( 3) 0AB x y+ − + =

hay ( ) : 2 3 7 0AB x y− − = . Gọi M là trung điểm AB suy ra tọa độ của M thỏa hệ:

( )3 2 4 0

2; 12 3 7 0

x y M

x y

+ − =⇒ −

− − =, khi đó: ( )

2 55;1

2 1

B M A

B M A

x x x B

y y y

= − =⇒

= − =

Điểm G(4;−2) là trọng tâm ∆ABC nên: 3

3

A B C G

A B C G

x x x x

y y y y

+ + =

+ + =

( )1 5 12 8

8; 43 1 6 4

C C

C C

x x C

y y

− + + = = ⇔ ⇔ ⇒ −

− + + = − = − . Vậy ( ) ( )5;1 , 8; 4B C

Bài 3. Cho 1 2

( ) : 5 0; ( ) : 2 7 0d x y d x y+ + = + − = và điểm ( )2;3A .

Tìm 1

B ( ) d∈ và 2

C ( ) d∈ sao cho ∆ABC có trọng tâm ( )2;0G .

Giải

Đặt ( )1 1 1B ; 5 ( )t t d− − ∈ và ( )2 2 2

C 7 2 ; ( )t t d− ∈

Điểm G(2; 0) là trọng tâm ∆ABC nên: 3

3

A B C G

A B C G

x x x x

y y y y

+ + =

+ + =

1 2 1 2 1

1 2 1 2 2

2 7 2 6 2 3 1

3 5 0 2 1

t t t t t

t t t t t

+ + − = − = − = − ⇔ ⇔ ⇔

− − + = − = − = . Vậy ( ) ( )1; 4 , 5;1B C−



15

Bài 4. Cho 1 2

( ) : 1 0 ; ( ) : 2 1 0x y x y∆ − + = ∆ + + = và điểm M(2;1).

Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M và cắt 1 2

( ), ( )∆ ∆

lần lượt tại A, B sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AB.

Giải

Điểm ( ) ( )1 1 1A A ; 1t t∈ ∆ ⇒ + ; Điểm ( ) ( )2 2 2

B B ; 2 1t t∈ ∆ ⇒ − −

M(2; 1) là trung điểm AB nên: 1 2

1 2

2 4

2 2 2

A B M

A B M

x x x t t

y y y t t

+ = + = ⇔

+ = − =

1 2

10 2,3 3

t t⇔ = = . Suy ra ( ) ( ) ( )10 13 72 4; , ; AB 2;53 3 3 3 3

A B − ⇒ = −��

(d) qua M và nhận AB��

làm VTCP có PT là: 12 5 2 8 0

2 5

yx x y−− = ⇔ − − =

Bài 5. Cho 1 2

( ) : 2 5 0 ; ( ) : 3 0x y x y∆ − + = ∆ + − = và điểm M(–2; 0).

Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M và cắt 1 2

( ), ( )∆ ∆

lần lượt tại A và B sao cho MA 2 MB=��

Giải

Điểm ( ) ( )1 1 1A A ;2 5t t∈ ∆ ⇒ + ; Điểm ( ) ( )2 2 2

B B ;3t t∈ ∆ ⇒ −

Suy ra: ( ) ( )1 1 2 2MA 2; 2 5 , MB 2;3t t t t= + + = + −��

( )

( )1 2

1 2

2 2 2MA 2 MB

2 5 2 3

t t

t t

+ = += ⇔

+ = −

�� ⇔ ( )

11 2

1 2 2

12 2MA 3;712 2 1

2

tt t

t t t

=− = ⇔ ⇒ =

+ = = −

��

(d) qua M và nhận MA��

làm VTCP có PT là: 2 7 3 14 03 7

yx x y+ = ⇔ − + =

Bài 6. Cho ∆ABC có đỉnh A(2;−7) phương trình một đường cao và một trung

tuyến vẽ từ hai đỉnh khác nhau lần lượt là: 3 11 0, 2 7 0x y x y+ + = + + = .

Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC.

Giải

Nhận xét: Do A(2; −7) có tọa độ không thỏa mãn phương trình một trong hai

đường thẳng đã cho nên các đường cao và trung tuyến không đi qua A(2; −7).

Đặt (BH): 3 11 0x y+ + = và (CM): 2 7 0x y+ + = .

Ta có: ( ) ( )B BH B ; 3 11t t∈ ⇒ − − . Gọi M là trung điểm AB khi đó tọa độ M là



16

A

C B

H M

22 2

3 182 2

A B

M

A B

M

x x tx

y y ty

+ += =

+ − − = =

( ) ( )2 3 18M CM 2 7 02 2

t t+ − −∈ ⇒ + + =

( )4 B 4;1t⇔ = − ⇒ −

Phương trình đường thẳng chứa cạnh AB là: 72 4 3 13 0

4 2 1 7

yx x y+− = ⇔ + + =

− − +

(AC) ⊥ (BH): 3 11 0x y+ + = và (AC) đi qua điểm A(2; −7) nên phương trình

(AC) là: ( 2) 3( 7) 0x y− − + = ⇔ ( )AC : 3 23 0x y− − =

Điểm C (AC) (CM)≡ ∩ suy ra tọa độ C thỏa hệ: ( )3 23 0

5; 62 7 0

x yC

x y

− − =⇒ −

+ + =

Phương trình cạnh BC là (BC): 14 7 9 19 0

5 4 6 1

yx x y−+ = ⇔ + + =

+ − −

Bài 7. Cho ∆ABC có đỉnh A(1; 2), đường trung tuyến (BM): 2 1 0x y+ + = và

phân giác trong (CD): 1 0x y+ − = .Viết phương trình đường thẳng BC.

Giải

Điểm C∈(CD): 1 0x y+ − = ⇒ ( );1C t t−

⇒ trung điểm M của AC là ( )1 3;2 2

t tM + −

Điểm M∈(BM): 2 1 0x y+ + =

⇒ ( ) ( )1 32 1 0 7 7;82 2

t t t C+ −+ + = ⇔ = − ⇒ −

Từ A(1;2) kẻ (AK) ⊥ (CD): 1 0x y+ − = tại I (điểm ( )K BC∈ )

Suy ra (AK): ( 1) ( 2) 0x y− − − = ⇔ 1 0x y− + =

Tọa độ của I thỏa hệ: ( )1 0

0;11 0

x yI

x y

+ − =⇒

− + =. Tam giác ACK cân tại C nên

I là trung điểm của AK ⇒ Tọa độ của K: ( )2 1

1;02 0

K I A

K I A

x x xK

y y y

= − = −⇒ −

= − =

Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 07 1 8

yx x y+ = ⇔ + + =− +

A

B C

D M

K

I



17

Bài 8. Viết phương trình đường thẳng (∆) đi qua M(4; 1) và cắt các tia Ox, Oy

lần lượt tại A và B theo các trường hợp sau:

a. Diện tích ∆OAB nhỏ nhất. b. Tổng OA + OB nhỏ nhất.

Giải

Giả sử (∆) cắt tia Ox tại A(a; 0) và Oy tại B(0; b) (với a, b > 0)

suy (∆): 1yx

a b+ = . Do M(4; 1) ∈(∆) nên 4 1 1

a b+ = ⇒

4ab

a=

− ⇒ a > 4

a. Ta có: 4 1 4 41 2a b ab ab

= + ≥ = ⇒ 1 . 82 2OAB

abS OA OB= = ≥

Dấu bằng xảy ra ⇔ 4 1 1 8; 22

a ba b

= = ⇔ = = ⇒ (∆): 4 8 0x y+ − =

b. 44 54 4

aOA OB a b a aa a

+ = + = + = − + +− −

( ) 42 4 5 94

aa

≥ − ⋅ + =−

Dấu bằng xảy ra ⇔ 44 2 64

a aa

− = = ⇔ =−

⇒ b = 3 ⇒ ( ) : 2 6 0x y∆ + − =

Bài 9. Lập phương trình đường thẳng (∆) đi qua điểm M(2; 1) và tạo với

đường thẳng (d): 2 3 4 0x y+ + = một góc o45

Giải

Phương trình (∆) đi qua điểm M có dạng: ( ) ( ) ( )2 22 1 0 0A x B y A B− + − = + ≠

2 0Ax By A B⇔ + − − = và có vectơ pháp tuyến ( )1

;n A B=��

Đường thẳng (d) có VTPT là ( )2

2;3n =��

. Để (∆) hợp với (d) một góc o45 thì:

1 2 o

2 21 2

. 2 3 2cos 45

2. . 4 9

n n A B

n n A B

+= ⇔ =

+ +

��

�� ( ) ( )2 2 22 2 3 13A B A B⇔ + = +

2 25 24 5 0B AB A⇔ + − = 1

2

( ) : 5 11 05

5 ( ) : 5 3 0

x yA B

B A x y

∆ + − == ⇔ ⇒

= − ∆ − + =

Vậy có hai đường thẳng cần tìm là 1 2

( ) :5 11 0 ; ( ) : 5 3 0x y x y∆ + − = ∆ − + =

Bài 10. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1; 0), B(0; 2)

và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y x= .

Tìm tọa độ đỉnh C và D.

Giải



18

Ta có: ( )1; 2 5AB AB= − ⇒ =��

Phương trình (AB) là: 2 2 0x y+ − =

( ) ( ): ;I d y x I t t∈ = ⇒

I là trung điểm của AC và BD nên ta có:

( ) ( )2 1; 2 , 2 ; 2 2C t t D t t− −

Mặt khác: . 4ABCD

S AB CH= = (CH: chiều cao) 4

5CH⇒ =

Ngoài ra: ( )( ) ( ) ( )( ) ( )

5 8 84 2; , ;6 4 4 3 3 3 3 3, 3 2 25 5 0 1;0 , 0; 2

t C Dtd C AB CH t

t C D

= ⇒− = ⇔ = ⇔ − = ⇔

= ⇒ − −

Vậy tọa độ của C và D là ( ) ( )5 8 8 2; , ;3 3 3 3

C D hoặc ( ) ( )1;0 , 0; 2C D− −

Bài 11. Cho ( ) ( )0;6 , 2;5A B . Tìm trên ( ) : 2 2 0d x y− + = điểm M sao cho:

a. MA + MB có giá trị nhỏ nhất. b. MA MB− có giá trị lớn nhất.

Giải

Đặt ( ), 2 2f x y x y= − + .

Ta có: ( )

( )( ) ( )

10. 0

6

f Af A f B

f B

= −⇒ >

= −

Suy ra hai điểm A và B nằm cùng phía

đối với đường thẳng (d)

1. Gọi A′ là đối xứng của A qua (d)

Ta có: MA MB MA MB A B′ ′+ = + ≥ (cố định)

( )min MA MB A B′+ = , đạt được khi ba điểm , ,A M B′ thẳng hàng

( ) ( )M A B d′⇔ = ∩

( ) ( ) ( ) : 2 0AA d AA x y C′ ′⊥ ⇒ + + =

( ) ( )6 : 2 6 0A AA C AA x y′ ′∈ ⇒ = − ⇒ + − =

Gọi ( ) ( )H AA d′= ∩ thì tọa độ của H thỏa mãn hệ: ( )2 6 0

2; 22 2 0

x yH

x y

+ − =⇒

− + =

A′ đối xứng với A qua (d) nên ta có: ( )2 4

4; 22 2

A H A

A H A

x x xA

y y y

′

′

= − =′⇒ −

= − = −

A

A′

H

M

(d)

B

M0

C

H B A

D

y = x I



19

Phương trình đường thẳng ( )A B′ là 24 7 2 24 0

2 4 5 2

yx x y+− = ⇔ + − =

− +

Tọa độ của M thỏa hệ: ( )11

2 2 0 9 1911;4 8197 2 24 0

8

xx y

Mx y y

=− + =

⇔ ⇒ + − = =

2. Ta có: MA MB AB− ≤ (cố định)

max MA MB AB⇒ − = , đạt được khi ba điểm M, A, B thẳng hàng

( ) ( )M AB d⇔ = ∩ . Phương trình đường thẳng (AB) là: 2 12 0x y+ − =

Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:

( )52 2 0 75;7 22 12 02

xx yM

yx y

=− + = ⇔ ⇒

=+ − =

Bài 12. Cho ( )1: 0D kx y k− + = và ( ) ( ) ( )2 2

2: 1 2 1 0D k x ky k− + − + =

a. Chứng minh khi k thay đổi ( )1D luôn luôn qua một điểm cố định.

b. Tìm giao điểm của ( )1D và ( )2

D suy ra quỹ tích giao điểm này khi k thay đổi.

Giải

a. Ta có ( )1D t: ( )1 0k x y+ − = . Tọa độ điểm cố định mà ( )1

D luôn đi qua là

nghiệm của 1 0

1, 00

xx y

y

+ =⇒ = − =

=. Vậy ( )1

D luôn qua điểm A(–1, 0).

b. Tọa độ giao điểm của ( )1D và ( )2

D là nghiệm của hệ phương trình

( ) 2 21 2 1

kx y k

k ky k

− = −

− + = + giải hệ ta được

2

2 2

1 2,1 1

k kx yk k

−= =+ +

Vậy ( )1D ∩ ( )2

D = 2

2 2

1 2,1 1

k kMk k

−

+ + để ý

2 222 2

2 2

1 2 11 1

k kx yk k

− + = + = + +

Do đó quỹ tích của M là đường tròn tâm O bán kính R = 1.

Bài 13. Trong mặt phẳng Oxy, cho các điểm A(0; 1), B(2; 1) và các đường thẳng

( ) ( ) ( ) ( )1 2

: 1 2 2 0 ; : 2 1 3 5 0d m x m y m d m x m y m− + − + − = − + − + − =

a. Chứng minh 1

d và 2

d luôn cắt nhau.

b. Gọi P là giao điểm của 1

d và 2

d , tìm m sao cho PA + PB lớn nhất.



20

Giải

a. Xét ( ) ( )

( ) ( )

1 2 2 0

2 1 3 5 0

m x m y m

m x m y m

− + − + − =

− + − + − = có: 21 2

2 6 52 1

m mD m m

m m

− −= = − +

− −

2 22 2 2 14 14 12 ; 2 4 1

1 3 5 3 5 2x y

m m m mD m m D m m

m m m m

− − − −= = − + = = − + −

− − − −

Do ( )2

3 12 0,2 2

D m= − + > ∀∈� nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất.

Vậy 1

d và 2

d luôn luôn cắt nhau tại điểm P (đpcm)

b. Tìm m để PA + PB lớn nhất

Tọa độ của P là:

2

2 2

2

2 2

4 14 12 2 222 6 5 2 6 5

2 4 1 4 212 6 5 2 6 5

x

y

D m m mxD m m m m

D m m myD m m m m

− + −= = = +− + − +

− + − −= = = − + − + − +

Ta có: 2

2 2 2

2 2 2 4 42 ; 2 82 6 5 2 6 5 2 6 5

m mPA PAm m m m m m

− − = − + + ⇒ = − − + − + − +

��

2

2 2 2

2 2 2 4 4;2 6 5 2 6 5 2 6 5

m mPB PBm m m m m m

− − = ⇒ = − + − + − +

��

Suy ra: 2 2 8PA PB+ = . Theo bất đẳng thức Bunhiacôpski, ta có:

( ) ( )2 2 22 16 4PA PB PA PB PA PB+ ≤ + = ⇒ + ≤ ( )max 4PA PB⇒ + = , đạt được

2 2 2

2 2

14 48 3 2 022 6 5 2 6 5

mPA PB PA PB m m

mm m m m

== ⇔ = ⇔ − = ⇔ − + = ⇔

=− + − +

Cách 2: 1

d và 2

d có vectơ pháp tuyến là: ( ) ( )1 2

1; 2 , 2 ; 1n m m n m m= − − = − −��

Ta có ( ) ( ) ( ) ( )1 2. 1 2 2 1 0n n m m m m= − − + − − =��

nên 1 2

d d⊥ tại điểm P.

Để ý rằng1 2,A d B d∈ ∈ và 2 2AB = nên theo bất đẳng thức Bunhiacôpski thì

( ) ( )2 2 2 22 2 16 4PA PB PA PB AB PA PB+ ≤ + = = ⇒ + ≤ ( )max 4PA PB⇒ + = ,

đạt được khi PA PB PAB= ⇒ ∆ vuông cân tại P �( ) o

1, 45d AB⇒ =

Ta có: ( ) ( )

( )( )1o

2 21

. 2 3 1cos 45 ; 1,12. 2. 1 2

AB

AB

AB

n n mn

n n m m

−= ⇔ = =

− + −

� ��

� ��

( ) 2 2 22 3 2 6 5 3 2 0 1 2m m m m m m m⇔ − = − + ⇔ − + = ⇔ = ∨ =


Bài 3. Đường tròn

21

ĐƯỜNG TRÒN I. PHƯƠNG TRÌNH:

1. Dạng chính tắc: ( ) ( ) ( )22 2:C x a y b R− + − = ⇒ Tâm I(a, b) ; bán kính R.

2. Dạng khai triển: ( ) 2 2: 2 2 0C x y ax by c+ − − + =

⇒ Tâm I(a, b) ; bán kính 2 2R a b c= + − với 2 2 0a b c+ − >

II. TIẾP TUYẾN:

1. ( ) ( ) ( )22 2:C x a y b R− + − = ⇒ Tiếp tuyến tại ( ) ( )

0 0 0,M x y C∈ :

( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0 0x a x x y b y y− − + − − =

2. ( ) 2 2: 2 2 0C x y ax by c+ − − + = ⇒ Tiếp tuyến tại ( ) ( )0 0 0,M x y C∈ :

( ) ( )0 0 0 0 0x x y y a x x b y y c+ − + − + + =

3. ( ) : 0D Ax By C+ + = tiếp xúc (I, R) ⇔ ( )( ),d I D R=

III. PHƯƠNG TÍCH:

( ) 2 2: 2 2 0C x y ax by c+ − − + = ; Điểm M(m, n)

⇒ ( )( )

( )

2 2

0 :

2 2 0 :

0 :

M

M m n am bn c MC

M C

>= + − − + <= ∈

n»m ngoµi

n»m trongP

IV. TRỤC ĐẲNG PHƯƠNG:

( ) ( )

( ) ( )

2 21 1 1 1

2 22 2 2 2

: , 2 2 0

: , 2 2 0

C f x y x y a x b y c

C g x y x y a x b y c

= + − − + = = + − − + =

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2 2 11 2, , 2 2 0M M f x y g x y a a x b b y c cC C= ⇔ = ⇔ − + − + − =P P

V. CÁC DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN

A. XÁC ĐỊNH PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN THEO CÁC YẾU TỐ HÌNH HỌC CHO TRƯỚC

1. VPT đường tròn đường kính AB biết A(4, −1); B(3, 5)

2. VPT đường tròn đi qua A(2, 0); B(0, 1); C(−1, 2)

3. VPT đường tròn đi qua A(2, 3); B(−1, 1) và tâm ∈ 3 11 0x y− − =

4. VPT đường tròn tâm I(1, 2) và tiếp xúc ( ) : 2 2 0D x y− − =

5. VPT đường tròn đi qua A(1, 2) và tiếp xúc ( ) :3 4 2 0D x y− + = tại (−2, −1)



22

6. VPT đường tròn đi qua A(6, 3); B(3, 2) và tiếp xúc ( ) : 2 2 0D x y+ − =

7. VPT đường tròn tâm ∈ ( ) : 5 0x y∆ + − = ; 10R = và tiếp xúc ( ) :3 3 0D x y+ − =

8. VPT đường tròn tâm I(3, 1) và cắt ( ) : 2 4 0x y∆ − + = một đoạn có độ dài = 4

9. Viết phương trình đường tròn tâm ∈ ( ) : 4 3 2 0x y∆ + − = và tiếp xúc với

( )1 : 4 0D x y+ + = và ( )2 : 7 4 0D x y− + =

10. Viết phương trình đường tròn đi qua O(0, 0) và tiếp xúc với 2 đường thẳng

( ) ( )1 2: 2 1 0; : 2 2 0D x y D x y+ − = − + =

11. Viết phương trình đường tròn đi qua A(4, 2) và tiếp xúc với 2 đường thẳng

( ) ( )1 2: 3 2 0; : 3 18 0D x y D x y− − = − + =

12. Viết phương trình đường tròn đi qua A(1, −2) và các giao điểm của

( ) : 7 10 0D x y− + = với ( ) 2 2: 2 4 20 0C x y x y+ − + − =

B. SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ ĐƯỜNG TRÒN

1. ( )

( )

2 2: 2 4 0

: 1 0

C x y x y

D x y

+ − − = + − =

2. ( )

( )

2 2: 6 4 9 0

: 2 0

C x y x y

D x y

+ + + + = − + =

3. ( )

( )

2 2: 8 2 1 0

: 2 1 0

C x y x y

D x y

+ − − + = − + =

C. SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA 2 ĐƯỜNG TRÒN

( )

( )

1 1 1

2 2 2

( ) : ,

( ) : ,

C I R

C I R

1 2d I I= ⇒

1 2 1 2 1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

: ( ), ( )

:

:

:

:

R R d R R C C

d R R

d R R

d R R

d R R

− < < + = +

= −

> +

< −

c¾t nhau

tiÕp xóc ngoµi

tiÕp xóc trong

ngoµi nhau

trong nhau

1.

2 21

2 22

( ) : 4 6 4 0

( ) : 10 14 70 0

C x y x y

C x y x y

+ − − + = + − − + =

2.

2 21

2 22

( ) : 2 6 15 0

( ) : 6 2 3 0

C x y x y

C x y x y

+ − − − = + − − − =

3.

2 21

2 22

( ) : 6 10 24 0

( ) : 6 4 12 0

C x y x y

C x y x y

+ + − + = + − − − =

4.

2 21

2 22

( ) : 2 4 5 0

( ) : 5 4 0

C x y x y

C x y x y

+ + − − = + − − + =



23

D. QUỸ TÍCH TÂM ĐƯỜNG TRÒN

1. ( ) 2 2: 4 2 2 3 0mC x y mx my m+ + − + + =

2. ( ) 2 2 2: 2e 4e 1 e 0m m m

mC x y x y− −+ − + − + =

3. ( ) ( ) ( )2 2: 2 cos 2 2sin 1 0C x y x yα α α+ − − − + =

4. ( ) ( ) ( )2 2: 2 1 cos 2 1 sin sin 2 0C x y x yα α α α+ − + + − + − =

E. ĐƯỜNG THẲNG TIẾP XÚC ĐƯỜNG TRÒN CỐ ĐỊNH

1. ( ) ( ): 1 cos 1 sin 4 0D x yα α α− + − − =

2. : cos sin 2cos 1 0D x yα α α α+ + + =

3. : sin cos 3sin 2cos 6 0D x yα α α α α− + + − =

4. : cos sin 2 cos sin 9 0D x yα α α α α+ − − − =

5. 2: cos 2 sin 2 cos 3 0D x yα α α α− + − =

F. TIẾP TUYẾN VỚI ĐƯỜNG TRÒN

1. VPT tiếp tuyến tại giao điểm ( ) 2 2: 4 4 5 0C x y x y+ − − − = với Ox.

2. VPT tiếp tuyến tại giao điểm ( ) 2 2: 7 0C x y x y+ − − = với 3 4 3 0x y+ − =

3. VPT tiếp tuyến của ( ) 2 2: 2 8 1 0C x y x y+ − + + = // với 5 12 6 0x y+ − =

4. VPT tiếp tuyến của ( ) 2 2: 6 2 5 0C x y x y+ − + + = // với 2 4 0x y+ + =

5. VPT tiếp tuyến của ( ) 2 2: 6 2 5 0C x y x y+ − − + = ⊥ với 2 1 0x y− − =

6. VPT tiếp tuyến của ( ) 2 2: 6 2 0C x y x y+ − + = ⊥ với 3 6 0x y− + =

7. VPT tiếp tuyến của ( ) 2 2: 2 8 19 0C x y x y+ + − − = (45°) với 2 1 0x y− + =

8. VPT tiếp tuyến a. Đi qua A(1, −1) đến: ( ) 2 2: 4 6 4 0C x y x y+ − + + =

b. Đi qua A(−3, 3) đến: ( ) 2 2: 7 0C x y x y+ − − =

c. Đi qua A(1, 3) đến: ( ) 2 2: 6 2 6 0C x y x y+ − + + =

d. đi qua A(3, 4) đến: ( ) 2 2: 4 2 0C x y x y+ − − =

e. Đi qua A(5, 7) đến: ( ) 2 2: 4 4 5 0C x y x y+ − − − =

g. đi qua A(4, 7) đến: ( ) 2 2: 2 4 0C x y x y+ + − =

f. Đi qua A(−3, −1) đến: ( ) 2 2: 4 3 0C x y x y+ − − =



24

9. Cho ( ) ( ) ( )2 2 2: 2 1 2 2 8 13 0mC x y m x m y m m+ + − − − + − + =

a. Tìm quỹ tích tâm I của họ đường tròn. b. VPT tiếp tuyến đi qua A(1, 5)

đến đường tròn (C4)

10. VPT tiếp tuyến chung của 2 đường tròn:

2 21

2 22

( ) : 4 8 11 0

( ) : 2 2 2 0

C x y x y

C x y x y

+ − − + = + − − − =

2 21

2 22

( ) : 2 2 2 0

( ) : 6 2 9 0

C x y x y

C x y x y

+ − + − = + − − + =

2 21

2 22

( ) : 10 24 56 0

( ) : 2 4 20 0

C x y x y

C x y x y

+ − + − = + − − − =

2 21

2 22

( ) : 6 5 0

( ) : 12 6 44 0

C x y x

C x y x y

+ − + = + − − + =

11. ( ) ( ) ( )2 2 2 2: 1 0; : 2 1 4 5 0mC x y C x y m x my+ − = + − + + − =

a. Tìm quỹ tích tâm I của họ đường tròn ( )mC

b. CMR: Có 2 đường tròn của họ ( )mC tiếp xúc với (C). Viết PTTT chung khi đó.

G. ỨNG DỤNG ĐỒ THỊ ĐƯỜNG TRÒN TRÒN CÁC BÀI TOÁN ĐẠI SỐ

1. Cho 2 28 6 16a b a b+ = + + . Tìm Max, Min 4 3S a b= +

2. Cho ( )2 2 1 2a b a b+ + = + và ( )2 2 36 12c d c d+ + = + .

Chứng minh rằng: ( ) ( )2 25 2 7 ` 5 2 7a c b d− ≤ − + − ≤ +

3. Cho 2 2 1a b+ = và 6c d+ = . Chứng minh rằng: 2 2 2 2 18 6 2c d ac bd+ − − ≥ −

4. Tìm m để hệ sau có đúng 2 nghiệm

( )

( )

2 2

2

2 1

4

x y m

x y

+ = + + =

5. Tìm m để hệ sau có 2 nghiệm phân biệt 2 2

0

0

x my m

x y x

+ − =

+ − =

Chứng minh rằng: ( ) ( )2 2

2 1 2 1 1x x y y− + − ≤

6. Tìm m để hệ sau có nghiệm 2 2

1x y

x y m

+ = + <

7. Tìm m để hệ có nhiều nghiệm nhất 2 2

1 1 1x y

x y m

− + + = + =



25

VI. MỘT SỐ BÀI TẬP MẪU MINH HỌA VỀ PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG TRÒN

Bài 1. Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I(3; 1) và chắn trên đường

thẳng (∆): 2 4 0x y− + = một dây cung có độ dài bằng 4.

Giải

Giả sử (C) chắn trên ∆ một dây cung có độ dài bằng 4.

Từ I kẻ IH ⊥ AB tại H thì H là trung điểm của AB.

Khi đó: 1 22

HA AB= = và ( ), 5IH d I= ∆ =

Gọi R là bán kính của (C) ta có: 2 2 5 4 3R IH HA= + = + =

Phương trình của (C) là: ( ) ( )22

3 1 9x y− + − =

Bài 2. Viết phương trình đường tròn (C) đi qua hai điểm A(2; 3), B(–1, 1) và

có tâm nằm trên đường thẳng : 3 11 0x y∆ − − = .

Giải

Cách 1: Gọi I, R lần lượt là tâm và bán kính của (C). Ta có:

Điểm ( )( ) 3 11;I I t t∈ ∆ ⇒ + . Điểm ( ) 2 2,A B C IA IB R IA IB∈ ⇒ = = ⇔ =

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 5 7 5 653 9 3 3 12 1 ; ,2 2 2 2

t t t t t I R⇔ + + − = + + − ⇔ = − ⇒ − =

Phương trình của (C) là: ( ) ( )2 2

7 5 652 2 2

x y− + + = ⇔ 2 2 7 5 14 0x y x y+ − + − =

Cách 2: Giả sử (C) : 2 2 2 2 0x y ax by c+ − − + = . Tâm của (C) là I(a; b) ∈ (∆)

suy ra: 3 11 0a b− − = (1). Ta có: ( )( )

( )

4 6 13 2,

2 2 2 3

a b cA B C

a b c

− − + = −∈ ⇒

− + = −

Từ (1), (2), (3) ta có: 7 5, , 142 2

a b c= = − = − . Vậy (C): 2 2 7 5 14 0x y x y+ − + − =

Bài 3. Trong mặt phẳng Oxy cho hai điểm A(0; 5), B(2; 3). Viết phương trình

đường tròn (C) đi qua hai điểm A, B và có bán kính 10R = .

Giải

Gọi ( );I a b là tâm của (C). Từ giả thiết, ta có: 10IA IB R= = =

( ) ( ) ( )

( )

2 2 22 2 2

22 22

35 2 3

2 3 010 5 10

b aIA IB a b a b

a aIA a b

= += + − = − + − ⇒ ⇔ ⇔

− − == + − =

I

A B

(∆) H



26

1 3

2 6

a a

b b

= − = ⇔ ∨

= = . Vậy có hai đường tròn cần tìm là:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 22 2

1 2: 1 2 10; : 3 6 10C x y C x y+ + − = − + − =

Bài 4. Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I∈ ( ) : 5 0x y∆ + − = ;

bán kính 10R = và tiếp xúc với đường thẳng ( ) :3 3 0d x y+ − =

Giải

Tâm ( ) ( );5I I t t∈ ∆ ⇒ − . Đường tròn (C) tiếp xúc với ( ) ( )( ),d d I d R⇔ =

( )

( )

4 4;12 210 1 5

6 6;1110

t Itt

t I

= ⇒+⇔ = ⇔ + = ⇔

= − ⇒ −

Vậy có hai đường tròn cần tìm là:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 22 2

1 2: 4 1 10 ; : 6 11 10C x y C x y− + − = + + − =

Bài 5. Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I∈ ( ) :2 0x y∆ + =

và tiếp xúc với đường thẳng ( ) : 7 10 0d x y− + = tại điểm A(4; 2).

Giải

Cách 1: Ta có tâm ( ) ( ); 2I I t t∈ ∆ ⇒ − 25 20IA t⇒ = + .

Đường tròn (C) tiếp xúc với (d) tại A ( )( ) 23 2, 5 20

2

td I d IA t

+⇔ = ⇔ = +

( ) ( )2 23 2 2 5 20t t⇔ + = + ( )2 12 36 0 6 6; 12 , 10 2t t t I R⇔ − + = ⇔ = ⇒ − =

Vậy phương trình đường tròn (C) là: ( ) ( )22

6 12 200x y− + + =

Cách 2: Gọi I, R lần lượt là tâm và bán kính của (C).

Gọi (d′) là đường thẳng vuông góc với (d) tại A ( ) :7 0d x y c′⇒ + + =

( ) ( )30 :7 30 0A d c d x y′ ′∈ ⇒ = − ⇒ + − =

Do (C) tiếp xúc với (d) tại A nên ( )I d ′∈

Mặt khác ( )I ∈ ∆ nên tọa độ I thỏa mãn hệ

( )7 30 0

6; 12 10 22 0

x yI IA

x y

+ − =⇒ − ⇒ =

+ =

Vậy phương trình của (C) là: ( ) ( )22

6 12 200x y− + + = .

I

A

(∆ )

(d)



27

Bài 6. Viết phương trình đường tròn (C) có bán kính R = 5 và tiếp xúc với

đường thẳng ( ) :3 4 31 0x y∆ − − = tại điểm A(1; –7).

Giải

Đường thẳng (d) ⊥ (∆) tại A(1; –7) có phương trình tham số (d): 1 3

7 4

x t

y t

= +

= − −

Do (C) tiếp xúc với (∆) tại A nên có tâm ( ) ( )1 3 , 7 4I d I t t∈ ⇒ + − −

Mặt khác: ( )( )( )

( )

1 2, 325, 5 1

5 1 4, 11

t Itd I R t

t I

= − ⇒ = − −∆ = ⇔ = ⇔ = ⇔

= ⇒ −

Vậy có hai đường tròn cần tìm là:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 22 2

1 2: 2 3 25 ; : 4 11 25C x y C x y+ + + = − + + =

Bài 7. Viết phương trình đường tròn (C) đi qua điểm A(6; 4) và tiếp xúc với

đường thẳng ( ) : 2 5 0x y∆ + − = tại điểm B(3; 1).

Giải

Gọi I, R lần lượt là tâm và bán kính của (C); đường thẳng (d)⊥(∆) tại B(3;1)

( ) :2( 3) ( 1) 0d x y⇒ − − − = ⇔ ( ) : 2 5 0d x y− − =

Do (C) tiếp xúc với (∆) tại B nên tâm ( ) ( )I I ; 2 5d t t∈ ⇒ −

Mặt khác: ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22 2 6 9 2 3 6 2 4IA IB IA IB t t t t t= ⇔ = ⇔ − + − = − + − ⇔ =

( )I 4;3 ; 5R IA⇒ = = . Phương trình đường tròn (C) là: ( ) ( )22

4 3 5x y− + − = .

Bài 8. Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I∈ ( ) :4 3 2 0x y∆ + − = ;

tiếp xúc với hai đường thẳng ( )1: 4 0d x y+ + = và ( )2

:7 4 0d x y− + = .

Giải

Phương trình tham số của (∆) là: 1 3

2 4

x t

y t

= − −

= +

Ta có: ( ) ( )1 3 ; 2 4I I t t∈ ∆ ⇒ − − + . Gọi R là bán kính của (C)

(C) tiếp xúc với ( )1d và ( )2

d ( )( ) ( )( )1 2, ,d I d d I d R⇔ = =

( )

( )

1 4;6 , 3 25 5 15 5 1

2 2 1 2; 2 , 2 2

t I Rt tt t

t I R

= ⇒ − =+ +⇔ = ⇔ + = + ⇔

= − ⇒ =

Vậy ( ) ( ) ( )22

: 4 6 18C x y+ + − = hoặc ( ) ( ) ( )22

: 2 2 8C x y− + + =



28

Bài 9. Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với trục hoành tại A(2; 0) và

khoảng cách từ tâm của (C) đến điểm B(6; 4) bằng 5.

Giải

Gọi I(a; b) và R lần lượt là tâm và bán kính của (C)

Do (C) tiếp xúc với trục Ox tại A nên ta có: ( )2 2;I A

x x I b= = ⇒ và R b=

Mặt khác: ( ) ( )2 225 25 6 2 4 25IB IB b= ⇔ = ⇔ − + − = ( ) 24 9b⇔ − =

( )

( )

7 2;7 , 7

1 2;1 , 1

b I R

b I R

= ⇒ =⇔

= ⇒ =. Vậy có hai đường tròn cần tìm là:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 22 2

1 2: 2 7 49; : 2 1 1C x y C x y− + − = − + − =

Bài 10. Trong mặt phẳng Oxy cho đường thẳng ( ) : 7 10 0d x y− + = và đường

tròn ( ) 2 2: 2 4 20 0C x y x y′ + − + − = . Viết phương trình đường tròn (C) đi qua

điểm A(1; –2) và các giao điểm của đường thẳng d và đường tròn (C').

Giải

Đường tròn (C) qua giao điểm của (d) và (C') nên phương trình có dạng:

( )2 2 2 4 20 7 10 0x y x y m x y+ − + − + − + =

( ) ( ) 2 21 : 3 10 0A C m C x y x y∈ ⇒ = ⇒ + − − − =

Bài 11. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn ( ) 2 2: 12 4 36 0C x y x y+ − − + = .

Viết phương trình đường tròn ( )1C tiếp xúc với hai tọa độ Ox, Oy đồng thời

tiếp xúc ngoài với đường tròn (C).

Giải

Đường tròn (C) có tâm I(6; 2), bán kính R = 2.

Gọi ( )1

;I a b , 1

R lần lượt là tâm và bán kính của ( )1C .

( )1C tiếp xúc với hai trục Ox, Oy nên ta có: ( ) ( )1 1 1

, ,d I Oy d I Ox R= =

1

1

1

,

,

a b R aa b R

a b R a

= =⇔ = = ⇔

= − =

( )1C tiếp xúc với

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 22

1 1 1 1 16 2 2 1C II R R II R R a b R⇔ = + ⇔ = + ⇔ − + − = +

Trường hợp 1: 1

,a b R a= =



29

( ) ( ) ( ) ( )22 2 21 6 2 2 16 4 36 0a a a a a a⇔ − + − = + ⇔ − − + =

2 2

0 0

20 36 0 12 36 0

a a

a a a a

> < ⇔ ∨

− + = − + = : vô nghiệm

( )

( )1 1

2 2

18 18;18 , 18

2 2; 2 , 2

a I R

a I R

= ⇒ =⇔

= ⇒ =

Trường hợp 2: 1

,a b R a= − =

( ) ( ) ( ) ( )22 2 21 6 2 2 8 4 36 0a a a a a a⇔ − + + = + ⇔ − − + =

2 2

0 0

12 36 0 4 36 0

a a

a a a a

> < ⇔ ∨

− + = − + = : vô nghiệm

( )1 1

6 6; 6 , 6a I R⇔ = ⇒ − = . Vậy có ba đường tròn cần tìm là:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 22 2 2

18 18 324; 2 2 4; 6 6 36x y x y x y− + − = − + − = − + + =

Bài 12. Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A(–1; 7), B(4; –3), C(–4; 1). Hãy

viết phương trình đường tròn (C) nội tiếp tam giác ABC.

Giải

Gọi I(a; b), R lần lượt là tâm và bán kính của (C).

Gọi M(x; y) là chân đường phân giác trong của góc A trong tam giác ABC.

Ta có: 5 5 5

33 5

MB AB MB MCMC AC

= = ⇒ = −��

. Suy ra M chia đoạn BC theo tỉ số

53

k = − nên ta có tọa độ điểm M là: ( )1

1 1: 1;21

1 2

B C

B C

x kxx

kM M

y kyy

k

−= = − −

⇒ − −− = = −

−

I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên 2 2IA BA IA IMIM BM

= = ⇒ = −��

Suy ra điểm I chia đoạn AM theo tỉ số 2k = − ( )1

1: 1;2

21

A M

A M

x kxx

kI I

y kyy

k

−= = − −

⇒ ⇒ −− = =

−

Phương trình cạnh (AB) là: ( )( )2 5 0 , 5x y R d I AB+ − = ⇒ = =

Phương trình đường tròn (C) là: ( ) ( )22

1 2 5x y+ + − = .



30

Bài 13. Lập phương trình đường thẳng ( )∆ đi qua gốc tọa độ O và cắt đường

tròn (C): ( ) ( )22

1 3 25x y− + + = theo một dây cung có độ dài bằng 8.

Giải

Đường tròn (C) có tâm I(1; 3) và bán kính R = 5.

Phương trình đường thẳng qua O là: ( )2 20 0ax by a b+ = + >

Giả sử ( )∆ cắt (C) theo dây cung AB có độ dài bằng 8.

Kẻ IH ⊥ ( )∆ tại H thì H là trung điểm của đoạn AB 42

ABHA⇒ = =

Tam giác IHA vuông tại H, ta có: 2 2 25 16 3IH IA HA= − = − = . Mặt khác:

( )( ) ( ) ( )2 2 2 2

2 2

3, 3 3 9 4 3 0

a bd I IH a b a b a ab

a b

−∆ = ⇔ = ⇔ − = + ⇔ + =

+

0 : 1

4 : 3, 43

A chon B

B A chon A B

= =⇔

= − = = −

. Suy ra: ( ) ( )1 2: 0; : 3 4 0y x y∆ = ∆ − = .

Bài 14. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcac vuông góc Oxy, cho đường tròn

(C) có phương trình: 2 2 2 4 20 0x y x y+ + − − = và điểm A(3; 0). Viết phương

trình đường thẳng ( )∆ đi qua điểm A và cắt đường tròn (C) theo một dây cung

MN sao cho a. MN có độ dài lớn nhất. b. MN có độ dài nhỏ nhất.

Giải

a. Đường tròn (C) có tâm I(–1,2), bán kính R = 5

Dây MN lớn nhất khi MN là đường kính của (C).

Do đó ( )∆ là đường thẳng đi qua hai điểm A, I.

Phương trình của ( )∆ là: 3 2 3 01 3 2

yx x y− = ⇔ + − =− −

b. Ta có: ( )4; 2 2 5IA IA= − ⇒ =��

Kẻ IH ⊥ MN tại H. Dây MN nhỏ nhất khi IH lớn nhất.

Ta có: max

2 5 2 5IH IA IH≤ = ⇒ = khi ( )H A IA≡ ⇒ ∆ ⊥ tại A

( )∆ qua A và nhận IA��

làm vectơ pháp tuyến có phương trình:

( ) ( )4 3 2 0 0 2 6 0x y x y− − − = ⇔ − − =

I

M N (∆) H A



31

Bài 15. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình:

2 2 2 4 4 0x y x y+ − + + = . Viết PT đường thẳng ( )∆ // ( ) : 3 4 7 0d x y+ − =

và chia đường tròn (C) thành hai cung mà tỉ số độ dài bằng 2.

Giải

Đường tròn (C) có tâm ( )1; 2I − và bán kính R = 1

( ) ( ) ( ) ( )// :3 4 0 7d x y c c∆ ⇒ ∆ + + = ≠ −

Giả sử ( )∆ chia hai đường tròn (C)

thành hai cung �AmB và �AnB sao cho:

sđ�AmB = 2 sđ �AnB ⇒ sđ �AnB =120° ⇒ � o120AIB =

Kẻ IH ⊥ AB tại H, ta có: � � o o1 160 .cos 602 2

AIH AIB IH IA= = ⇒ = =

Mặt khác: ( ) 5 15 51,5 2 2 2

cd I IH c c

−∆ = ⇔ = ⇔ = ∨ =

Vậy có hai đường thẳng cần tìm là: ( ) ( )1 2

15 5:3 4 0; :3 4 02 2

x y x y∆ + + = ∆ + + =

Bài 16. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình:

2 2 2 4 4 0x y x y+ − + + = có tâm I và điểm M(–1; –3). Viết phương trình đường

thẳng (d) đi qua điểm M và cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và b sao cho tam

giác IAB có diện tích lớn nhất.

Giải

Đường tròn (C) có tâm I(1; –2), bán kính R = 3.

Phương trình đường thẳng (d) qua M có dạng:

( ) ( ) ( )2 21 3 0 0 2 0a x b y a b ax by a b+ + + = + ≠ ⇔ + + + =

Diện tích tam giác IAB là: 91 . sin ,2 2

S IA IB= ϕ = với �AIBϕ = và ( )0;ϕ∈ π

9max2

S⇒ = đạt được khi sin 12πϕ = ⇒ ϕ = .

Kẻ IH ⊥ AB tại H, ta có: � � 31 .cos2 4 4 2

AIH AIB IH IAπ π= = ⇒ = = . Mặt khác:

( )( ) ( ) ( )2 2 2 2 2, 2 2 9 7 8 0d I d IH a b a b b ab a= ⇔ + = + ⇔ − + = 7b a a b⇔ = ∨ = .

Vậy có hai đường thẳng cần tìm là: ( ) ( )1 2: 4 0; :7 10 0d x y d x y+ + = + + = .

A B

(d)

H

I

m

n

A B

(d)

H

I



32

VII. TIẾP TUYẾN CHUNG CỦA HAI ĐƯỜNG TRÒN

Cho ( ) ( ) ( )2 2 2

1 1 1 1:C x a y b R− + − = và ( ) ( ) ( )2 2 2

2 2 2 2:C x a y b R− + − = .

Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn (C1) và (C2).

1. PHƯƠNG PHÁP TỔNG QUÁT:

(C1) có tâm ( )1 1 1;I a b bán kính R1 và (C2) có tâm ( )2 2 2;I a b bán kính R2.

Xét (∆): 0Ax By C+ + = ( )2 2 0A B+ ≠ là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2).

⇒ ( )

( )

1 1

2 2

,

,

d I R

d I R

∆ =

∆ =

⇔ 1 1 2 2

1 12 2 2 2

;Aa Bb C Aa Bb C

R RA B A B

+ + + += =

+ +

Từ đó suy ra hệ 2 phương trình ba ẩn A, B, C. Giải 2 ẩn theo 1 ẩn rồi rút gọn

(ví dụ: giải A, C theo B) suy ra phương trình tiếp tuyến chung của (C1) và (C2).

Ví dụ: Cho ( ) 2 21 : 9C x y+ = và ( ) 2 2

2 : 6 8 0C x y x+ − + = .

Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C1) và (C2).

Giải: ( ) 2 21 : 9C x y+ = có tâm ( )1 0;0I O≡ bán kính R1 = 3 ;

( ) ( )2 22 : 3 1C x y− + = có tâm ( )2 3;0I bán kính R2 = 1.

Xét (∆): 0Ax By C+ + = ( )2 2 0A B+ ≠ là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2).

⇒

( )

( )

( )

( )

2 212 2

2 22

2 2

.0 .0, 3

3 1

3 0., 1 3 2

A B Cd I

C A BA B

A B Cd I A C A B

A B

+ +∆ = = = + + ⇔

+ + ∆ = = + = + +

3 3C A C⇒ = + ⇒

99 3 2

9 3 94

ACC A C

C A C AC

− == +

⇔ = − − − =

Xét 92AC = − : Từ hệ thức (1) ta suy ra:

2 2 2 2 2 2 2 53 9 52 4 4 2A A B A A B A B B A− = + ⇔ = + ⇔ = ⇔ = ± ⇒ A ≠ 0

(∆): 5 59 90 0 2 5 9 0

2 2 2 2Ax Ay A x y x y± − = ⇔ ± − = ⇔ ± − =



33

Xét 94

C A= − : Từ hệ thức (1) ta suy ra:

2 2 2 2 2 2 23 9 7 0 04 16 16A A B A A B A B A B− = + ⇔ = + ⇔ + = ⇔ = = ⇒ vô lý

Vậy (C1) và (C2) có 2 đường tiếp tuyến chung là:

( )1 : 2 5 9 0d x y− − = và ( )2 : 2 5 9 0d x y+ − =

2. PHƯƠNG PHÁP TIẾP ĐIỂM:

Giả sử tiếp tuyến chung tiếp xúc với (C1) tại ( ) ( )0 0 1,M x y C∈ , khi đó

( ) ( )2 2 2

0 1 0 1 1x a y b R− + − = (1)

và phương trình tiếp tuyến có dạng (∆): ( ) ( ) ( ) ( )0 1 0 0 1 0 0x a x x y b y y− − + − − =

(∆) tiếp xúc (C2) ⇔ ( )( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

0 1 2 0 0 1 2 0

2 2 22 2

0 1 0 1

,x a a x y b b y

d I R R

x a y b

− − + − −∆ = ⇔ =

− + −

(2)

Từ (1), (2) ⇒ ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

2 2 20 1 0 1 1

0 1 2 0 0 1 2 0 1 2

x a y b R

x a a x y b b y R R

− + − = − − + − − = ⋅

Giải hệ ⇒ tọa độ ( )0 0,M x y ⇒ Phương trình tiếp tuyến.

Ví dụ: Cho ( ) 2 21 : 4C x y+ = và ( ) 2 2

2 : 2 2 1 0C x y x y+ − − + = .


Giải: (C1) có tâm ( )1 0;0I O≡ bán kính R1 = 2;

( ) ( ) ( )22

2 : 1 1 1C x y− + − = có tâm ( )2 1;1I bán kính R2 = 1

Giả sử tiếp tuyến chung tiếp xúc với (C1) tại ( )0 0,M x y , khi đó 2 20 0 4x y+ = (1)

và phương trình tiếp tuyến có dạng: (∆): 0 0 4 0x x y y+ − = .

Đường thẳng (∆) tiếp xúc với (C2) ⇔ ( ) 0 0

2 22 20 0

4, 1

x yd I R

x y

+ −∆ = ⇔ =

+

2 20 0 0 04 2x y x y⇒ + − = + =

0 0 0 0

0 0 0 0

6 6

2 2

x y y x

x y y x

+ = = − ⇒ ⇔

+ = = −

.

Kết hợp với 2 20 0 4x y+ = ⇒

0 0

0 0

2; 0

0; 2

x y

x y

= = = =

⇒ 2 tiếp tuyến chung là: 2x = và 2y =



34

3. PHƯƠNG PHÁP XÉT CÁC TRƯỜNG HỢP VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI CỦA 2 ĐƯỜNG TRÒN:

TH1: 1 2 1 2I I R R> + ⇒⇒⇒⇒ (C1) và (C2) ngoài nhau ⇒⇒⇒⇒ có 4 tiếp tuyến chung.

Nếu 1 2R R= thì 2 tiếp tuyến chung ngoài // 1 2I I , 2 tiếp tuyến chung trong cắt nhau

tại K là trung điểm của 1 2I I

Nếu 1 2R R≠ thì 2 tiếp tuyến chung ngoài cắt nhau tại J và 2 tiếp tuyến chung

trong cắt nhau tại K.

TH2: 1 2 1 2I I R R= + ⇒⇒⇒⇒ (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài ⇒⇒⇒⇒ có 3 tiếp tuyến chung.

Nếu 1 2R R= thì 2 tiếp tuyến chung ngoài song song với 1 2I I , tiếp tuyến chung

trong đi qua tiếp điểm K là trung điểm của 1 2I I và vuông góc với 1 2I I .

Nếu 1 2R R≠ thì 2 tiếp tuyến chung ngoài cắt nhau tại J, tiếp tuyến chung trong

đi qua tiếp điểm K của (C1), (C2).

TH3: 1 2 1 2 1 2R R I I R R− < < + ⇒⇒⇒⇒ (C1) và (C2) cắt nhau ⇒⇒⇒⇒ có 2 tiếp tuyến chung.

Nếu 1 2R R= thì 2 tiếp tuyến chung song song với 1 2I I . Nếu 1 2R R≠ thì 2 tiếp

tuyến chung cắt nhau tại J.

I1 I2 I2 I1 J

K I1 I2 K I2 I1 J

K I1 I2 K I2 I1 J



35

TH4: 1 2 1 2I I R R= − ⇒⇒⇒⇒ (C1) và (C2) tiếp xúc trong ⇒⇒⇒⇒ có 1 tiếp tuyến chung.

Nếu 1 2R R≠ thì (C1) và (C2) có 1 tiếp tuyến

chung tại tiếp điểm K của 2 đường tròn.

Nếu 1 2R R= thì 2 đường tròn trung nhau

⇒ vô số tiếp tuyến chung

TH5: 1 2 1 2I I R R< − ⇒⇒⇒⇒ (C1) và (C2) nằm trong nhau ⇒⇒⇒⇒ không có tiếp tuyến chung

�� Cách xác định tọa độ điểm J, K:

Ta có: 1 1 1

2 2 2

KI R JI

KI R JI= = ⇒ 1 1

1 2 1 22 2

;R R

KI KI JI JIR R

= − =��

⇒ Tọa độ 2 điểm J, K

Phương trình tiếp tuyến chung của (C1) và (C2) là phương trình tiếp tuyến đi

qua J, K của (C1), (C2).

� Sau khi tìm được tọa độ của J và K, ta viết phương trình tiếp tuyến chung

theo phương pháp sau:

Cách 1: Đường thẳng đi qua J là (∆): ( ) ( ) 0J JA x x B y y− + − = ( )2 2 0A B+ >

tiếp xúc với (C1) ⇔ ( )( ) ( )1 1

1 1 12 2

,J JA a x B b y

d I R RA B

− + −∆ = ⇔ =

+

⇒ Tính B theo A hoặc tính A theo B, rút gọn ⇒ (∆)

Cách 2: Giả sử tiếp tuyến chung tiếp xúc với (C1) tại ( )0 0,M x y , khi đó

( ) ( )2 2 2

0 1 0 1 1x a y b R− + − = (1) và phương trình tiếp tuyến (∆) có dạng:

( ) ( ) ( ) ( )0 1 0 0 1 0 0x a x x y b y y− − + − − = (2)

Điểm J ∈ (∆) ⇔ ( ) ( ) ( ) ( )0 1 0 0 1 0 0J Jx a x x y b y y− − + − − = (3).

Từ (1) và (3) suy ra ( )0 0,M x y , thay vào (2) ⇒ Phương trình tiếp tuyến (∆)

Ví dụ 1: Cho ( ) 2 21 : 4 3 0C x y x+ + + = và ( ) 2 2

2 : 8 12 0C x y x+ − + = .


Giải: (C1) tâm ( )1 2;0I − , R1 = 1; (C2) tâm ( )2 4;0I , R2 = 2.

Ta có: 1 2 1 26I I R R= > + ⇒ (C1) và (C2) ngoài nhau ⇒ có 4 tiếp tuyến chung.

Hai tiếp tuyến chung ngoài cắt nhau tại J, 2 tiếp tuyến chung trong cắt nhau tại K

Ta có 1 1 1

2 2 2

KI R JI

KI R JI= = ⇒ 1 2 1 2

1 1;2 2

KI KI JI JI= − =��

⇒ ( ) ( )0;0 , 8;0K O J≡ −

I2

I1 K



36

Đường thẳng đi qua J có phương trình (∆): ( )8 0A x By+ + = ( )2 2 0A B+ >

tiếp xúc với (C1) ⇔ ( )( )

12 2

2 8 .0, 1 1

A Bd I

A B

− + +∆ = ⇔ =

+

2 2 2 26 35 35A A B A B B A⇔ = + ⇔ = ⇔ = ± ⇒ A ≠ 0

(∆): ( )8 0A x By+ + = ⇔ ( )8 35 0 35 8 0A x Ay x y+ ± = ⇔ ± + =

Đường thẳng đi qua K có phương trình (∆): 0Ax By+ = ( )2 2 0A B+ >

tiếp xúc với (C1) ⇔ ( )( )

12 2

2 0 .0, 1 1

A Bd I

A B

− + +∆ = ⇔ =

+

2 2 2 22 3 3A A B A B B A⇔ = + ⇔ = ⇔ = ± ⇒ A ≠ 0

(∆): 0Ax By+ = ⇔ 3 0 3 0Ax Ay x y± = ⇔ ± =

Vậy (C1) và (C2) có 4 tiếp tuyến chung là: 35 8 0x y± + = và 3 0x y± =

Ví dụ 2: Cho ( ) ( ) ( )22

1 : 1 1 1C x y− + − = và ( ) ( ) ( )22

2 : 2 3 16C x y+ + + = .


Giải: (C1) tâm ( )1 1;1I , bán kính R1 = 1; (C2) tâm ( )2 2; 3I − − , bán kính R2 = 4.

Ta có: 1 2 1 25I I R R= = + ⇒ (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài tại K

⇒ có 3 tiếp tuyến chung. Hai tiếp tuyến chung ngoài cắt nhau tại J.

Ta có 1 1 1

2 2 2

KI R JI

KI R JI= = ⇒ 1 2 1 2

1 1;2 2

KI KI JI JI= − =��

⇒ ( )2 1;5 5

K , ( )72;3

J

Đường thẳng đi qua J là (∆): ( ) ( )72 03

A x B y− + − = ( )2 2 0A B+ >

tiếp xúc với (C1) ⇔ ( )( ) ( )

12 2

71 2 13

, 1 1

A B

d IA B

− + −

∆ = ⇔ =+

( )2 2

2 2 27 84 0 0 7 243 9 3

A B A B B AB B B A⇔ + = + ⇔ + = ⇔ = ∨ =

- Với 247

B A= ⇒ A ≠ 0 ⇒ (∆): ( ) ( )7242 0 7 24 30 07 3

A x A y x y− + − = ⇔ + − =

- Với B = 0 ⇒ A ≠ 0 ⇒ (∆): ( )2 0 2A x x− = ⇔ =

Đường thẳng qua K ( )2 1;5 5

với véctơ pháp tuyến ( )2 1 3; 4I I��

có PT: 3 4 2x y+ =

Vậy (C1), (C2) có 3 tiếp tuyến chung là: 7 24 30 0x y+ − = ; 2x = và 3 4 2x y+ =


Bài 4. Đường Elip

37

ĐƯỜNG ELIP

I. CÁC DẠNG ELIP VÀ ĐẶC ĐIỂM

Trục

lớn Hình dạng Elip Phương trình và các yếu tố trong Elip

Ox

(a > b)

22 2 2 2

2 21;

yx a b ca b

+ = = + ; cea

= .

( ) ( )1 2 ;0 ; ;0F c F c− . Tiêu cự: F1F2 = 2c.

A1(−a; 0); A2(a; 0) ∈ Trục lớn. A1A2 = 2a.

B1(0; −b); B2(0; b) ∈ Trục nhỏ. B1B2 = 2b.

1

2

MF a ex

MF a ex

= +

= −; Đường chuẩn

2a axc e

=± =±

Oy

(a < b)

22 2 2 2

2 21;

yx b a ca b

+ = = + ; ceb

= .

( ) ( )1 20 ; ; 0 ;F c F c− . Tiêu cự: F1F2 = 2c.

A1(−a; 0); A2(a; 0) ∈ Trục nhỏ. A1A2 = 2a.

B1(0; −b); B2(0; b) ∈ Trục lớn. B1B2 = 2b.

1

2

MF b ey

MF b ey

= +

= −; Đg� chuẩn

2b byc e

=± =±

y = β

(a > b)

( ) 222 2 2

2 2

( )1;

yxa b c

a b

−β−α+ = = + ;

cea

=

( ) ( )1 2 ; ; ;F c F cα− β α+ β ; F1F2 = 2c.

( ) ( )1 2 ; ; ;A a A aα− β α+ β ∈ A1A2 = 2a.

( ) ( )1 2; ; ;B b B bα β− α β+ ∈ B1B2 = 2b.

( )

( )1

2

MF a e x

MF a e x

= + −α

= − −α; Đg� chuẩn

2axc

=± +α

x = α

(a < b)

( ) 222 2 2

2 2

( )1;

yxb a c

a b

−β−α+ = = + ;

ceb

=

( ) ( )1 2; ; ;F c F cα β − α β + ; F1F2 = 2c.

( ) ( )1 2 ; ; ;A a A aα − β α + β ∈ A1A2 = 2a.

( ) ( )1 2; ; ;B b B bα β− α β+ ∈ B1B2 = 2b.

( )

( )1

2

MF b e y

MF b e y

= + −β

= − −β; Đg� chuẩn

2b

yc

=± +β

A1

A2

B2

B1

F1

F2

M

I x

y

O α

β

A1

A2

B2

B1

F1

F2

M

O x

y

A1 A2

B2

B1

F1 F2

M

I

O

α

β

A1 A2

B2

B1

F1 F2

M

O x

y



38

II. XÁC ĐỊNH PHƯƠNG TRÌNH ELIP THEO CÁC YẾU TỐ

Bài 1. Viết phương trình elip (E) biết 2 tiêu điểm F1(−8; 0); F2(8; 0) và e = 4/5

Bài 2. Viết phương trình elip (E) biết 2 tiêu điểm F1(0; −4); F2(0; 4) và e = 4/5

Bài 3. Viết phương trình elip (E) biết 2 tiêu điểm F1(−6; 0); F2(6; 0) và 54

ab

=

Bài 4. Viết PT elip (E) biết 2 tiêu điểm F1(−3; 0); F2(3; 0) và đi qua ( )5 ; 154

M

Bài 5. Viết PT elip (E) biết 2 tiêu điểm F1(−7; 0); F2(7; 0) và đi qua M(−2; 12)

Bài 6. Viết PT elip (E) biết 4 đỉnh là: A1(−6; 0), A2(6; 0), B1(0; −3), B2(0; 3)

Bài 7. Viết phương trình của elip (E) biết 2 đỉnh của (E) là: (−4; 0), ( )0; 15

Bài 8. Viết phương trình chính tắc của elip (E) biết tiêu điểm nằm trên trục Ox,

đi qua điểm M(8, 12) và 1 20MF = .

Bài 9. Viết PT chính tắc của elip (E) biết độ dài trục lớn bằng 8, khoảng cách

hai đỉnh liên tiếp A1B1 = 5.

Bài 10. Viết PT chính tắc của elip (E) biết một cạnh của hình chữ nhật cơ sở là

x − 2 = 0 với độ dài đường chéo bằng 6.

Bài 11. Viết phương trình chính tắc của elip (E) biết tiêu điểm nằm trên Oy,

e 1 2= và khoảng cách 2 đường chuẩn là 8 2 .

Bài 12. Viết phương trình chính tắc của elip (E) biết tiêu điểm nằm trên Ox,

( ) ( )M 5;2 E− ∈ và khoảng cách 2 đường chuẩn là 10.

Bài 13. Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi qua M1(2; 1), ( )2M 5;1 2

Bài 14. Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi qua ( ) ( )1 2M 3 3;2 , M 3;2 3

Bài 15. Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi qua ( )5 4M ; 2 2 và e3 5

=

Bài 16. Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi qua 3 5 4 5

M ;5 5

và M nhìn F1F2∈Ox dưới góc 2π

Bài 17. Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi qua 4 2 1M ;

3 2


Bài 18. Tìm M∈(E): 22

19 4

yx + = sao cho M nhìn 2 tiêu điểm dưới góc bằng 2π

Bài 19. Tìm M∈(E):22

1100 25

yx + = sao cho M nhìn 2 tiêu điểm dưới góc bằng 23π



39

III. MỘT SỐ BÀI TẬP MẪU MINH HỌA

Bài 1. ( )22

: 12 8

yxE + = . Tìm điểm M ∈(E) thoả mãn: 1. Có tọa độ nguyên.

2. Có tổng 2 tọa độ đạt: a. Giá trị lớn nhất. b. Giá trị nhỏ nhất.

Giải

1. Điểm (x, y) ∈ (E) ⇒ (−x, y), (−x, −y), (x, −y) cùng ∈(E)

⇒ Ta chỉ cần xét M(x0, y0) ∈ (E) với x0, y0 ≥ 0

Ta có: ( )2 2

0 0 020 00 0

0 0 0

0 0, 2 21 2 0 2

2 8 1 1, 2

x x yx yx x

x x y

= = =+ = ⇒ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ⇒

= = =

lo¹i⇒ M(1; 2)

Vậy các điểm thuộc (E) có tọa độ nguyên là: (1; 2), (−1; 2), (−1; −2), (1; −2)

2. Điểm M(x, y) ∈ (E) ⇔ 22

12 8

yx + = . Theo bất đẳng thức Bunhiacốpski ta có:

Suy ra ( ) ( )222

2 8 10 10 102 8

yxx y x y

+ ≤ + + = ⇒ − ≤ + ≤

. Dấu bằng xảy ra

⇔

( )2

4

2 8 1010 5

y y xx

xx y

== ⇔

= ± + =

⇒ 1 2

10 4 10 10 4 10; ; ;

5 5 5 5M M

− −

Bài 2. Cho (E): 22

19 5

yx + = . Tìm điểm M ∈ (E) thoả mãn:

a. Bán kính qua tiêu điểm này bằng 2 lần bán kính qua tiêu kia ứng với M∈(E)

b. M nhìn đoạn nối 2 tiêu điểm dưới góc 60°

c. M nhìn đoạn nối 2 tiêu điểm dưới góc 90°

Giải

� M(x, y)∈(E) ⇔ 22

19 5

yx + = . Ta có:

2

2 2 22

39 3

245

aa a

cc a bb

== = ⇒ ⇒

== − = =

⇒ ( ) ( )1 22;0 , 2;0F F− ⇒ 1 22 23 ; 33 3

c cF M a x x F M a x xa a

= + = + = − = −

a. Yêu cầu bài toán ⇔ ( )

( )1 2

1 2

2 2 33 2 32 3 3 2

2 32 23 2 323 3

x x xF M F M

F M F M xx x

+ = − == ⇔ ⇔

= = −− = +

⇒ 15 15 15 153 3 3 3; ; ; ;

2 4 2 4 2 4 2 4M M M M

∨ − ∨ − ∨ − −



40

b. Xét ∆ MF1F2 ta có: 2 2 21 2 1 2 1 22 . cos 60F F MF MF MF MF= + − °

( )22

1 2 1 2 13 .F F MF MF MF MF⇔ = + − ( ) ( )2 2

1 22 2 3 .c a MF MF⇔ = −

( )( )2 2

2 21 2

4 4 20 252 2 21. 3 33 3 3 3 4 12

a cMF MF x x x y−⇔ = ⇔ + − = ⇔ = ⇔ =

5 3 5 3 5 3 5 321 21 21 21; ; ; ;

2 6 2 6 2 6 2 6M M M M

⇔ ∨ − ∨ − − ∨ −

c. Xét ∆ MF1F2 ta có: 2 2 21 2 1 2 1 22 . cos 90F F MF MF MF MF= + − °

( )22

1 2 1 2 12 .F F MF MF MF MF⇔ = + − ( ) ( )2 2

1 22 2 2 .c a MF MF⇔ = −

( )( )2 2

21 2

4 4 92 2. 3 3 102 3 3 4

a cMF MF x x x−⇔ = ⇔ + − = ⇔ = − (vô nghiệm)

Bài 3. Cho (E): ( )22

2 21 0

yx a ba b

+ = > > . Tiêu điểm ( )1 ;0F c− . Tìm M∈(E):

a. Đoạn 1F M ngắn nhất. b. Đoạn 1F M dài nhất.

Giải

M(x, y) ∈ (E) ⇔ 22

2 21

yx

a b+ = . Ta có: 1

cF M a xa

= + và a x a− ≤ ≤

⇒ cc x ca

− ≤ ≤ ⇔ 1a c F M a c− ≤ ≤ +

a. Xét 1F M a c x a= − ⇔ = − ⇔ M(−a; 0). Vậy 1F M ngắn nhất khi M(−a; 0).

b. Xét 1F M a c x a= + ⇔ = ⇔ M(a; 0). Vậy 1F M dài nhất khi M(a; 0).

Bài 4. Cho (E): ( )22

2 21 0

yx a ba b

+ = > > . TÌm tọa độ M∈(E) sao cho tiếp tuyến

của (E) tại M tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích nhỏ nhất.

Giải

M(x0, y0) ∈ (E) ⇔ 2 20 0

2 21

x y

a b+ = . PTTT (∆) của (E) tại M là: 0 0

2 21

x x y y

a b+ =

Gọi ( ) ( )O ; OA y B x≡ ∆ ≡ ∆∩ ∩ ⇒ 2 2

0 0

0; , ;0b aA By x



41

⇒ 2 2

0 0 0 0

1 1 1 1.2 2 2 2A B

b a b aS OA OB y x aby x y x

= = = = . Ta có:

2 20 0 0 0

2 20 0

1 1 12 2 2

y x x y abS abb a y xa b

b a

≤ + = ⇒ = ⋅ ≥

. Dấu bằng xảy ra ⇔

2 20 0

2 2

12

x y

a b= = ⇒ 1 2 3 4; ; ; ; ; ; ;

2 2 2 2

a b a b a b a bM M M Ma a a a

− − − −

Bài 5. Cho (E): ( )22

2 21 0

yx a ba b

+ = > > . a. CMR: b ≤ OM ≤ a ∀M ∈ (E)

b. Tìm 2 điểm A, B thuộc (E) thoả mãn OA ⊥ OB và AOBS∆ nhỏ nhất.

Giải

M(x, y) ∈ (E) ⇔ 22

2 21

yx

a b+ = .

Ta có: 2 2

1 1

a b< ⇒

2 2 22 2 2

2 2 2 2 2 2

y y yx x x

a a a b b b+ ≤ + ≤ +

2 2 2 2

2 21

x y x y

a b

+ +⇔ ≤ ≤

⇔ 2 2 2 2b x y a≤ + ≤ mà 2 2

OM x y= + ⇒ b ≤ OM ≤ a.

b. Nếu A, B là các đỉnh trên trục thì 12OABS ab= . Xét A, B khác các đỉnh suy

ra phương trình đường thẳng (OA) có dạng y = kx, khi đó ta có:

2 2 2 2 22

2 2 2 2 21A A

A

x k x a bxa b b a k

+ = ⇔ =+

⇒ ( ) ( )2 2 22 2 2 2 2

2 2 2

11A A A

k a bOA x y k x

b a k

+= + = + =

+.

Do OA ⊥ OB ⇒ Hệ số góc của (OB) là 1k− . Tương tự ta suy ra:

( )2 2

2 2 2 22

2 2 22 2

2

111

1

a bk k a b

OBa b kb a

k

+ +

= =++ ⋅

⇒ ( )

( ) ( )

2 2 2

2 2 2 2 2 2

11 1.2 2OAB

k a bS OAOB

a b k b a k

+= = ⋅

+ +

Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 1

2 2

a b k b a k k a ba b k b a k

+ + + + ++ + ≤ =

2 2

2 2OABa bS

a b⇒ ≥

+. Dấu bằng xảy ra ⇔ 2 2 2 2 2 2 2 1 1a b k b a k k k+ = + ⇔ = ⇔ = ± .

Do 2 2 2 2

2 2

12 2

a b a b ababa b

≤ =+

⇒ 2 2

2 2Min AOB

a bSa b

=+

Vậy 2 2 2 2 2 2 2 2

; ; ;ab ab ab abA Ba b a b a b a b

−

+ + + +



42

hoặc 2 2 2 2 2 2 2 2

; ; ;ab ab ab abA Ba b a b a b a b

− − −

+ + + +

� ( ) ( ) ( ) ( )

( )

2 2 22 2 2 2 2 2 2 2

2

11

22 1OAB

k a b aba b k b a k ab abk ab k Sab k

++ + ≥ + = + ⇒ ≤ =

+

Bài 6. Cho A(3; 0). Tìm B, C ∈(E): 22

19 3

yx + = sao cho B, C đối xứng qua Ox

đồng thời thoả mãn ∆ABC đều.

Giải

Không mất tính tổng quát giả sử B(x0, y0) và C(x0, −y0) với y0 > 0.

Ta có: 2 2

2 20 00 01 3 9

9 3

x yx y+ = ⇔ + =

Ta có: 02BC y= và phương trình (BC): x = x0 ⇒ ( )( ) 0, 3d A BC x= −

Do A∈Ox và B, C đối xứng qua Ox ⇒ ∆ABC cân tại A

suy ra ∆ABC đều ⇔ ( )( ) 3,

2d A BC BC= ⇔ ( )

220 0 0 03 3 3 3x y y x− = ⇔ = −

⇒ ( )22 2

0 0 0 0 0 03 9 2 6 0 0 3x x x x x x+ − = ⇔ − = ⇔ = ∨ =

Với ( )0 03 0x y= ⇒ = lo¹i . Với x0 = 0 ⇒ 0 3y = ⇒ ( ) ( )0; 3 , 0; 3B C −

Bài 7. Cho (E): 22

2 21

yx

a b+ = (a > b > 0). Chứng minh rằng:

Tích các khoảng cách từ F1, F2 đến 1 tiếp tuyến bất kì không đổi.

Giải

Gọi F1(−c; 0), F2(c; 0). Tiếp tuyến tại điểm M(x0, y0) là

(d): 0 0

2 21

x x y y

a b+ = ⇔ 2 2 2 2

0 0 0b x x a y y a b+ − =

⇒ Tích các khoảng cách F1, F2 đến (d) là:

T = ( )

2 2 2 2 2 2 4 2 2 40 0 0

4 2 2 2 24 2 4 2 4 2 4 20 00 0 0 0

b x c a b b x c a b b x c a

b x a a yb x a y b x a y

− − − −⋅ =

++ +

M∈(E) ⇒ 2 2 2 2 2 20 0b x a y a b+ = , suy ra:

T = ( )

( ) ( )

4 2 2 2 4 4 2 2 2 2 40 0 0 2

4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 20 0 0 0

b x a b a b a x b x ab

b x a a b b x b b x a a x

− − − −= =

+ − + − = const



43

Bài 8. Cho elip (E): 22

2 21

yx

a b+ = (a > b > 0).

Tiếp tuyến (t) cắt 2 đường thẳng x a= ± tại M, N

a. CMR: A1M.A2N = const. b. Xác định (t) để 2F MNS nhỏ nhất

c. Gọi 1 nI A N A M≡ ∩ . Tìm quĩ tích I. d. CMR: 1 1 2 2;F M F N F M F N⊥ ⊥

Giải

a. Tiếp tuyến (t) tiếp xúc (E) tại T(x0, y0) có PT:

(t): 0 0

2 21

x x y y

a b+ = ⇔

20

20

1x xb

yy a

= −

với

2 20 0

2 21

x y

a b+ =

( ) ( ) ( ) ( )2 2

0 0

0 0

; 1 ; ; 1x xb bt x a M a t x a N a

y a y a

= − = − + = = −

∩ ∩

Do M, N luôn cùng phía so với Ox nên A1M.A2N = 24

20

2 20

. 1M N

xby y by a

= − =

b. ( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 1 2 2 2S F MN S A MNA S A MF S A NF= − −

( )1 2 1 1 2 2 2 21 1. .2 2

A M A N a A M A F A N A F= + − − ( )1 2 1 22 2a c a cA M A N a A M A N+ −= + − −

( ) ( ) 21 2 1 22 2

a c a cA M A N a c A M a c A N b− += + ≥ − + =

xảy ra ⇔ ( ) ( ) 21 2a c A M a c A N b− = + =

( ) ( )

( ) ( )

( )

( )

21

22

; , ; : 0

; , ; : 0

A M a c M a a c N a a c t cx ay a

A N a c M a a c N a a c t cx ay a

= + − + − + − =⇔ ⇔ ⇔

= − − − − − + − − =

c. ( )( )

( ) ( )( )

( )2 2

0 0

1 22 20 0

: ; :2 2

b a x b a xA N y x a A M y x a

a y a y

− − += + = −

⇒ ( )2 2 2

0 01 0 02

0

; ;22

n

b a x yA N A M I x x

a y

− ≡ =

∩ . Ta có: 2 20 0

2 21

x y

a b+ =

⇒ ( )

( )

2200

2 2

/ 21

/ 2

yx

a b+ = ⇒ Quĩ tích điểm I là elip ( )

( )

22

1 2 2: 1

/ 2

yxEa b

+ =

d. ( ) ( )21 2 2 2 1 2. .A M A N b a c a c A F A F= = − + = ⇒ 1 1 2

2 2 2

A M A F

A F A N=



44

⇒ ∆A1MF2 ~ ∆A2F2N ⇒ � �1 2 2 2A MF A F N= .

Mà ∆A1MF2 vuông tại A1 � � �

1 2 2 2 2 2 290 90A F M A F N MF N F M F N⇒ + = °⇒ = °⇒ ⊥

Bài 9. Cho 2 điểm M, N thuộc tiếp tuyến (t) của (E): 22

2 21

yx

a b+ = (a > b > 0)

sao cho các tiêu điểm F1, F2 nhìn MN dưới 1 góc 90°. Tìm hoành độ M, N

Giải

Hai điểm ( ) ( )1 1 2 2; , ,M x y N x y ∈ (t): 0 0

2 21

x x y y

a b+ =

⇔ 2

0

20

1x xb

yy a

= −

với

2 20 0

2 21

x y

a b+ = ; F1(−c; 0), F2(c; 0)

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

1 1 1 1 1 2 1 2

2 2 2 2 1 2 1 2

0 0 1

0 0 2

F M F N F M F N x c x c y y

F M F N F M F N x c x c y y

⊥ ⇔ ⋅ = ⇔ + + + = ⊥ ⇔ ⋅ = ⇔ − − + =

��

��

( ) ( )1 21 2

2 221 2 11 2 1 2

01 2 : 0

0

x xx x

y y x cx x y y c

+ = − + = ⇔ ⇔

= −+ + =

Do M, N ∈(t) nên 2 2

0 1 0 21 22 2

0 0

1 ; 1x x x xb b

y yy ya a

= − = −

⇒ ( )

( )( )

( )( )4 4 2 2 4 4 2 2 2 4 2 2

1 0 1 0 1 0

1 2 4 2 22 2 2 2 2 2 2 200 0

b a x x b a x x b a x xy y

a a xa a y a a b b x

− − −= = =

−−

⇔( )( )

2 2 24 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 20 11 0 0 1 01 1 2 1 1

2 2 4 2 2 2 4 2 2 2 2 2 20 0 0

x a xa x x a x x xx c y y x c b x a

b b a a x b a a x b a a x

−− −− − − −= = ⇔ = ⇔ =

− − −

( )( )

22 2 2 201 1 12 2 2 2

0

1 0 0x

x a x a x ab a a x

⇔ − + = ⇔ − = ⇔ = ±

−

Bài 10. Cho (E): 22

2 21

yx

a b+ = (a > b > 0). Trong tất cả các hình chữ nhật Q

ngoại tiếp (E), hãy xác định hình chữ nhật có diện tích Max, Min.

Giải

Gọi một cạnh hình chữ nhật Q là (d1): 0Ax By C+ + = ⇒ 2 2 2 2 2a A b B C+ =



45

⇒ ( )22 2 2 2a A b B C+ = − ⇒ (d1’): 0Ax By C+ − = // (d1) và cũng tiếp xúc (E)

⇒ (d1’) là cạnh của Q đối diện với (d1). Phương trình cạnh (d2) ⊥ (d1) là:

0Bx Ay D+ + = với 2 2 2 2 2a B b A D+ = và (d2’): 0Bx Ay D+ − =

Khoảng cách giữa (d1) và (d1’) là: 2 2

2 C

A B+; giữa (d2) và (d2’) là:

2 2

2 D

B A+

Không mất tính tổng quát giả sử 2 2 1A B+ =

⇒ S = ( ) ( )2 2 2 2 2 2 2 24 4 1 1CD a A b A a A b A = + − − +

( ) ( ) ( ) ( )2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 24 4 1b a b A a a b A a b a b A A = + − − − = + − −

( ) ( )2

2 22 2 1 10 1

2 4

A AA A

+ −≤ − ≤ =

( ) ( )2

2 22 2 2 2 2 24 4 2

4

a ba b S a b a b

−⇒ ≤ ≤ + = +

⇒ Min S = 4ab ; Max S = ( )2 22 a b+

Bài 11. Cho ( ) ( )2 2 2 21 2: 4; : 1C x y C x y+ = + = . Các điểm A, B di động trên

(C1), (C2) sao cho Ox là phân giác của góc AOB. Gọi M là trung điểm AB.

Tìm quĩ tích điểm M.

Giải

Lấy B1 đối xứng B qua Ox ⇒ ( )1 ;B BB x y− ∈OA và 12OA OB=��

( )2 ; 2B BA x y⇒ −

⇒ 3

;2 2

B Bx yM

−

. Mà 2 2 1B Bx y+ = nên nếu M(x; y) thì 22

19 / 4 1/ 4

yx + =

Tổng quát: Cho ( ) ( ) ( ) ( )2 22 2 2 21 2: ; :C x y a b C x y a b+ = + + = − (0 < b < a).

Các điểm A, B di động trên (C1), (C2) sao cho Ox là phân giác của góc AOB.

Gọi M là trung điểm AB, khi đó M ∈ (E): 22

2 21

yx

a b+ =

Bài 12. Cho A(2; 0) và (C): ( )2 22 36x y+ + = . Viết phương trình quĩ tích tâm

các đường tròn đi qua A và tiếp xúc (C).

Giải

(C): ( )2 22 36x y+ + = là đường tròn tâm B(−2; 0), bán kính R = 6.

Gọi M là tâm đường tròn đi qua A và tiếp xúc (C) tại N

⇒ MA + MB = MN + MB = BN = 6.



46

Vậy quĩ tích M là elip (E) nhận A, B làm tiêu điểm và có độ dài trục lớn bằng 6.

Vì A, B ∈ Ox và đối xứng nhau qua O nên (E) có dạng ( )22

2 2: 1

yxEa b

+ = (0 < b < a)

Với 2a = 6; b2 = a

2 − c

2 =

219 54

AB− = ⇒ ( )22

: 19 5

yxE + =

Bài 13. Cho ( ) ( ) ( ) ( )2 22 21 2: 5 441; : 5 25C x y C x y+ + = − + = . Gọi M là tâm

đường tròn (C) di động tiếp xúc với (C1), (C2). Tìm quĩ tích M biết:

a. (C) tiếp xúc trong với (C1) và tiếp xúc ngoài với (C2).

b. (C) tiếp xúc trong với (C1) và (C2).

Giải

( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 2 2 2: 5;0 , 21 ; : 5;0 , 5C O R C O R− = =

a. M(x; y) là tâm: 1 1 2 2 1 2 1 2; 26R R MO R R MO MO MO R R− = + = ⇒ + = + =

Từ đó suy ra tập hợp các điểm ( )22

: 1169 144

yxM E∈ + =

b. M(x; y) là tâm: 1 1 2 2 1 2 1 2; 16R R MO R R MO MO MO R R− = − = ⇒ + = − =

Từ đó suy ra tập hợp các điểm ( )22

: 164 39

yxM E∈ + =

Bài 14. Cho elip (E): ( )22

2 21 0

yx a ba b

+ = > > với các tiêu điểm 1 2,F F .

Chứng minh: Với mọi điểm M∈(E) ta luôn có: 2 2 2

1 2.OM MF MF a b+ = +

Giải

Đặt ( ) ( )2 2

0 0

0 0 2 2; 1

x yM x y E

a b∈ ⇒ + = , (1)

Ta có: 2 2 2

0 0 1 0 2 0, ,c cOM x y MF a x MF a x

a a= + = + = −

Do đó: 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

1 2 0 0 0 0 02 2. c a cOM MF MF x y a x a x y

a a

−+ = + + − = + +

2 22

2 2 2 2 2 2 20 0

0 02 2 2

x yba x y a b a ba a b

= + + = + + = +

(đpcm)



47

Bài 15. Cho elip (E) có phương trình ( )22

2 21 0

yx a ba b

+ = > >

Gọi A và B là hai điểm thuộc elip (E) sao cho OA vuông góc với OB.

1. Chứng minh rằng 2 2 2 2

1 1 1 1

OA OB a b+ = +

2. CMR: Đường thẳng AB luôn luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.

Giải

1. Trường hợp 1. A, B nằm trên các trục Ox, Oy.

Ta có: 2 2 2 2

1 1 1 1

OA OB a b+ = +

Trường hợp 2: A, B không nằm trên các trục Ox, Oy.

Phương trình đường thẳng OA là: ( )0y kx k= ≠

Tọa độ của A thỏa hệ

( )( )

2 2222

2 2 2 2 2 22 2 22 2

2 2 22 2 22

2 2 2

1 1*

A

A A

A

a bxyxa k b k a b

OA x ya ba k ba b kyy kx

a k b

=+ = + +

⇒ ⇒ = + = + == +

OB OA⊥ nên phương trình của OB có dạng: 1y xk

= −

Thay x bằng 1k

− vào (*) ta có: ( )2 2 2

2

2 2 2

1k a bOB

a b k

+=

+

Ta có: ( ) ( )

( )

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 22 2 2

11 1 1 1

1

k a b a b

OA OB a b a bk a b

+ + ++ = = = ++

Vậy cả hai trường hợp trên ta đều có: 2 2 2 2

1 1 1 1

OA OB a b+ = + (đpcm)

2. Trong tam giác OAB kẻ đường cao OH, ta có: 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1

OH OA OB a b= + = +

2 22

2 2 2 2

a b abOH OHa b a b

⇒ = ⇒ =+ +

. Vậy đường thẳng AB luôn luôn tiếp xúc

với đường tròn cố định, tâm O(0; 0) và bán kính 2 2

abRa b

=+

O α

A B

x

y



48

Bài 16. Cho (E): 22

19 4

yx + = và ( ) ( )1 2: 0, : 0d mx ny d nx my− = + = , với 2 2 0m n+ ≠ .

1. Xác định giao điểm M, N của 1

d với (E) và giao điểm P, Q của 2

d với (E)

2. Tính theo m, n diện tích tứ giác MPNQ.

3. Tìm điều kiện đối với m, n để diện tích tứ giác MNPQ nhỏ nhất.

Giải

1. Phương trình tham số của 1

d và 2

d là: ( ) ( )1 2: ; :

x nt x mtd d

y mt y nt

′= = −

′= =

Tọa độ của M, N là nghiệm của phương trình tương giao giữa (1

d ) và (E):

2 2 2 2

2 2

619 4 9 4

n t m t tm n

+ = ⇔ = ±+

⇒ 2 2 2 2 2 2 2 2

6 6 6 6; , ;9 4 9 4 9 4 9 4

n m n mM Nm n m n m n m n

− −

+ + + +

Tọa độ của P, Q là nghiệm của phương trình tương giao giữa (2

d ) và (E):

2 2 2 2

2 2

649 4 4 9

m t n t tm n

′ ′ ′+ = ⇒ = ±+

2 2 2 2 2 2 2 2

6 6 6 6; , ;4 9 4 9 4 9 4 9

m n m nP Qm n m n m n m n

− − ⇒ + + + +

2. Ta có: MN ⊥ PQ tại trung điểm O của mỗi đường nên tứ giác MPNQ là hình

hình thoi. Diện tích hình thoi MPNQ là:

S = 12

MN.PQ = 2OM.OP = 2 2 2 22 .M M P P

x y x y+ +

( )

( )( )

2 2

2 2 2 2

72

9 4 4 9

m n

m n m n

+=

+ +

3. Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2

2 2 2 2 2 29 4 4 9 139 4 4 92 2

m n m nm n m n m n

+ + ++ + ≤ = +

( )

( )

2 2

2 2

72 144 144min =13 13 132

m nS S

m n

+⇒ ≥ = ⇒

+ đạt được khi

2 2 2 2 2 29 4 4 9m n m n m n m n+ = + ⇔ = ⇔ = ±

Q N

P M

O x

y



49

Bài 17. Cho elip (E) có phương trình ( )22

2 21 0

yx a ba b

+ = > > , với các tiêu điểm

1 2,F F . Chứng minh rằng tiếp tuyến tại một điểm M bất kỳ trên (E) là phân

giác của góc �1 2

F MF .

Giải

Lấy bất kỳ điểm ( ) ( )0 0;M x y E∈ .

Phương trình tiếp tuyến ∆ của (E) tại điểm M

có dạng 0 0

2 21

x yx y

a b+ =

Gọi ( )2

00

;0 0aI Ox I xx

= ∆ ⇒ ≠

∩

Ta có: 1 0 2 0

,c cMF a x MF a xe a

= + = − nên

20

01 1 1

22 202 0

IF IF

IF IF

ca xa cx MFa

c MFa cx a xa

++= = = =

− −

Từ đó suy ra ∆ là phân giác ngoài của góc �1 2

F MF (đpcm)

Bài 18. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm F1(2,1), F2(6, 4). Một elip (E)

nhận F1, F2 làm 2 tiêu điểm và tiếp xúc với Ox tại M. Tìm tọa độ M.

Giải

Nhận xét: Nếu tiếp cận bài toán bằng cách

lập phương trình tổng quát của elip (E)

nhận F1, F2 làm 2 tiêu điểm và tiếp xúc với

Ox sau đó tìm tọa độ thì chúng ta rất vô

vọng khi lập phương trình của elip (E).

Chúng ta sẽ giải bài toán này bằng cách sử

dụng bài 17 với tính chất tiếp tuyến Ox là

phân giác ngoài của góc �1 2

F MF .

Lấy ( )1

2, 1F ′ − đối xứng với ( )1

2,1F . Do

Ox là phân giác ngoài của góc �1 2

F MF nên

1 2, ,F M F′ thẳng hàng. Gọi M(x, 0) thì

( ) ( ) ( ) ( )1 1 214 142,1 4,5 5 2 4 ;05 5

F M kF F x k x x M′ ′= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ⇔

��

4

1

–1

2 M 6

F1

F2

F1′

x

y

0

O

M

x

y

F2 F1

(∆)

I



50

IV. CÁC BÀI TẬP DÀNH CHO BẠN ĐỌC TỰ GIẢI

Bài 1. Cho (E): 22

116 9

yx + = và (d): 3 4 12 0x y+ − = .

1. Chứng minh rằng:Đường thẳng (d) cắt elip (E) tại 2 điểm A, B. Tính AB.

2. Tìm C∈(E) sao cho: a. ∆ABC có S = 6. b. ∆ABC có S Max.

c. ∆ABC cân ở A hoặc B d. ∆ABC vuông.

Bài 2. Cho hai điểm ( ) ( )1 2;0 , ;0A a A a− với a > 0 và hằng số k ≠ 0, k ≠ 1.

Lập phương trình quĩ tích các điểm M thoả mãn: � � 21 2 2 1tg . tgMA A MA A k= .

Bài 3. Cho điểm A(−4; 0) và đường tròn (C): ( ) 2 24 100x y− + = .

Lập phương trình quĩ tích tâm các đường tròn đi qua A và tiếp xúc với (C)

Bài 4. Cho điểm A(0; 6) và đường tròn (C) có phương trình 2 2 100x y+ = .

Lập phương trình quĩ tích tâm các đường tròn đi qua A và tiếp xúc với (C).

Bài 5. Cho điểm A(3; 3) và đường tròn (C): ( ) ( )22

1 1 16x y− + − = .

Lập phương trình quĩ tích tâm các đường tròn đi qua A và tiếp xúc với (C).

Bài 6. Cho A(3; 3) và 2 đường tròn ( ) ( ) ( ) ( )2 22 21 2: 1 16; : 1 1C x y C x y+ + = − + = .

Gọi M là tâm đường tròn (C) di động tiếp xúc với (C1), (C2).

TÌm quĩ tích điểm M, biết:

a. (C) tiếp xúc trong với (C1) và tiếp xúc ngoài với (C2).

b. (C) tiếp xúc trong với (C1) và (C2).

Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E): 22

125 16

yx + =

1. Tìm điều kiện k và m để đường thẳng ( ) :d y kx m= + tiếp xúc với elip (E).

2. Khi (d) là tiếp tuyến của (E), gọi giao điểm của (d) và các đường thẳng 5x =

và 5x = − là M và N. Tính diện tích tam giác FMN theo k, trong đó F là tiêu

điểm của (E) có hoành độ dương.

3. Xác định k để tam giác FMN có diện tích bé nhất.

Bài 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E): 22

125 16

yx + = và điểm M(8;6)

trên mặt phẳng tọa độ. Qua M vẽ các tiếp tuyến với (E) và giả sử T1, T2 là các

tiếp điểm. Viết phương trình đường thẳng nối T1, T2.


Bài 5. Đường Hypecbol

51

ĐƯỜNG HYPECBOL

I. CÁC DẠNG HYPECBOL VÀ ĐẶC ĐIỂM

Trục

thực Hình dạng Hypecbol Phương trình và các yếu tố trong Hypecbol

Ox

222 2 2

2 21;

yx c a ba b

− = = + ; Tâm sai cea

= .

( ) ( )1 2 ; 0 ; ; 0F c F c− . Tiêu cự: F1F2 = 2c.

A1(−a; 0); A2(a; 0) ∈ Trục thực. A1A2 = 2a.

B1(0; −b); B2(0; b) ∈ Trục ảo. B1B2 = 2b.

Tiệm cận by xa

= ± ; Đg chuẩn 2a ax

c e=± =± ,

( )

( )1

2

e

e

MF x a

MF x a

= ε +

= ε − 1 0

1 0

x

x

ε = >

ε = − <

nÕu

nÕu

Oy

2 22 2 2

2 21;

y x c a bb a

− = = + ; Tâm sai ceb

= .

( ) ( )1 20 ; ; 0 ;F c F c− . Tiêu cự: F1F2 = 2c.

A1(−a; 0); A2(a; 0) ∈ Trục ảo. A1A2 = 2a.

B1(0; −b); B2(0; b) ∈ Trục thực. B1B2 = 2b.

Tiệm cận by xa

= ± ; Đg chuẩn 2b byc e

=± =±

( ) ( ){ 1 2;MF ey b MF ey b= ε + = ε − với 1ε = ±

y = β

( ) 222 2 2

2 2

( )1;

yxc a b

a b

−β−α− = = + ; Tâm sai

cea

=

( ) ( )1 2 ; ; ;F c F cα − β α + β . Tiêu cự: F1F2 = 2c.

( ) ( )1 2 ; ; ;A a A aα − β α + β ∈ Trục thực. A1A2 = 2a.

( ) ( )1 2; ; ;B b B bα β − α β + ∈ Trục ảo. B1B2 = 2b.

Tiệm cận ( )by xa

−β = ± − α ; Đg chuẩn 2

ax

c= α ±

x = α

( )2 22 2 2

2 2

( )1;

y xc a b

b a

−β −α− = = + ; Tâm sai

ceb

=

( ) ( )1 2; ; ;F c F cα β − α β + . Tiêu cự: F1F2 = 2c.

( ) ( )1 2 ; ; ;A a A aα − β α + β ∈ Trục ảo. A1A2 = 2a.

( ) ( )1 2; ; ;B b B bα β − α β + ∈Trục thực. B1B2 = 2b

Tiệm cận ( )by xa

−β= ± −α ; Đg chuẩn 2

by

c= β ±

F1

A1

F2

B2

B1

A2

I x

y

O α

β

F1

A1

F2

B2

B1

A2

O x

y

O

α

β

F1

A1

F2

B2

B1

A2

I x

y

F1

A1

F2

B2

B1

A2

O x

y



52

II. XÁC ĐỊNH PHƯƠNG TRÌNH HYPECBOL THEO CÁC YẾU TỐ

Bài 1. VPTCT của (H) đi qua ( )M 5 2, 2 5 và có tiêu điểm ( ) ( )1 23 5;0 ; 3 5;0F F−

Bài 2. VPTCT của (H) đi qua M(2; 0) có tiêu điểm F1(−4; 0), F2(4; 0)

Bài 3. VPTCT của (H) đi qua O(0; 0) có tiêu điểm F1(−2; 0), F2(0; 3)

Bài 4. VPTCT của (H) đi qua M(5; −3) và có tâm sai 2e =

Bài 5. VPTCT của hypecbol (H) đi qua ( ) ( )1 2M 4; 6 ;M 6;1− −

Bài 6. VPTCT của hypecbol (H) đi qua ( )M 6; 2 3 biết độ dài trục thực bằng 6

Bài 7. VPTCT của hypecbol (H) đi qua ( )M 3; 3 biết độ dài trục ảo bằng 2

Bài 8. VPTCT của (H) đi qua 4 34 9M ;

5 5


Bài 9. VPTCT của (H) đi qua ( )M 4 10;9 và M nhìn F1F2∈Ox dưới góc vuông.

Bài 10. VPTCT của (H) đi qua 4 5 2M ;

3 3


Bài 11. VPTCT của (H) đi qua 4 52M ;

3 3

−

và M nhìn F1F2∈Oy dưới góc 3π

Bài 12. VPTCT của (H) biết độ dài trục ảo bằng 6 và 2 tiệm cận ⊥ với nhau.

Bài 13. VPTCT của (H) đi qua M(24; 5) và 2 đường tiệm cận là: 5 12 0x y± =

Bài 14. VPTCT của (H) đi qua M(−2; 1) và góc tù của 2 đường tiệm cận là 120°

Bài 15. VPTCT của (H) đi qua M(6; 4) và góc giữa 2 đường tiệm cận là 60°.

Bài 16. Viết phương trình chính tắc của hypecbol (H) có 2 đường tiệm cận là

3 4 0x y± = và 2 đường chuẩn 5 16 0x ± =

Bài 17. VPTCT của (H) có cùng hình chữ nhật cơ sở với elip (E): 2 29 16 144x y+ =

Bài 18. VPTCT của hypecbol (H) có đỉnh A(1; −1) nằm trên trục thực và đường tròn

ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H) là (C): 2 2 2 2 7 0x y x y+ − − − =



53

III. MỘT SỐ BÀI TẬP TƯƠNG GIAO CỦA HYPECBOL

Bài 1. Cho (H): 22

14 9

yx − = . Gọi (d’) đi qua O và ⊥ (d): y = kx

a. Tìm điều kiện của k để (d) và (d’) đều cắt (H).

b. Tính diện tích hình thoi với 4 đỉnh là 4 giao điểm của (d), (d’) và (H).

c. Xác định k để hình thoi ấy có diện tích nhỏ nhất.

Giải

a. Ta có: (d): y = kx và ( ) 1:d y xk−′ = . Ta có (d) cắt (H) khi và chỉ khi

2 2 2

14 9x k x− = ⇔ ( )2 29 4 36k x− = có nghiệm 29 4 0k⇔ − >

(d’) cắt (H) khi và chỉ khi 2 2

21

4 9

x x

k− = 2

2

49 36xk

⇔ − =

có nghiệm

Yêu cầu bài toán ⇔ 2

2

49 4 0,9 0kk

− > − > ⇔ 2 9 34 2

9 4 3 2k k< < ⇔ < <

b. Với 323 2

k< < thì (d): y = kx cắt (H) tại 2 điểm A, C phân biệt với các tọa

độ là 2 2

2

36

9 4A Cx x

k= =

− ;

22 2

2

36

9 4A C

ky yk

= =−

và ( ) 1:d y xk−′ = cắt (H) tại 2 điểm

B, D phân biệt với 2

2 2

2

36

9 4B D

kx xk

= =−

; 2 2

2

36

9 4B Dy y

k= =

−

Ta có AC ⊥ BD tại trung điểm O của mỗi đoạn nên ABCD là hình thoi.

( )

( ) ( )

22 2 2 2

2 2

72 114 4 . 22

9 4 9 4ABCD AOB A A B B

kS S OA OB x y x y

k k

+= ⋅ = ⋅ = + + =

− −

c. ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2519 4 9 4 9 4 9 4 12 2

k k k k k − − ≤ − + − = + ⇒ 1445ABCDS ≥

Dấu bằng xảy ra ⇔ 2 29 4 9 4 1k k k− = − ⇔ = ± . Vậy 144Min5ABCDS = .

Bài 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho (H): 2 29 9 0x y− − = .

Tìm trên (H) những điểm nhìn đoạn nối hai tiêu điểm dưới góc vuông.

Tìm trên (H) những điểm nhìn đoạn nối hai tiêu điểm dưới góc 60°

Tìm trên (H) những điểm có tọa độ nguyên.



54

Giải

(H): 2

2 2 29 9 0 19

yx y x− − = ⇔ − = . Ta có: a = 1, b = 3 ⇒ 10c =

M(x0, y0) ∈ (H) ⇔ 2 20 09 9x y− = (1) . Điểm M nhìn đoạn nối hai tiêu điểm dưới góc

vuông nên M thuộc đường tròn (C) đường kính 1 2F F , tức là tâm O, 2 2 102

F FR = = .

⇒ M∈(C): 2 2 10x y+ = ⇒ 2 20 0 10x y+ = . Kết hợp với (1) ⇒

2 20 0

19 81;10 10

x y= =

1 2 3 4

190 9 10 190 9 10 190 9 10 190 9 10, , , , , , ,

10 10 10 10 10 10 10 10M M M M

⇒ − − − −

b. M(x0, y0) nhìn 1 2F F dưới góc 60° ⇒ 2 2 2

1 2 1 2 1 22 . cos3

F F MF MF MF MF π= + −

⇔ ( ) ( ) ( )22 2 21 2 1 2 1 2 0 0. 4 4 c cF F MF MF MF MF c a x a x a

a a= − + ⇔ = + + −

2 20 0

3740 4 10 110

x x⇔ = + − ⇔ = ⇒ 20

27910

y = ⋅

1 2 3 4

370 9 30 370 9 30 370 9 30 370 9 30, , , , , , ,

10 10 10 10 10 10 10 10M M M M

⇒ − − − −

c. Để ý rằng nếu điểm M(x0, y0) là điểm có tọa độ nguyên ∈ (H) thì các điểm

(−x0, y0), (−x0, −y0), (x0, −y0) ∈ (H) cũng có tọa độ nguyên.

Vậy ta chỉ cần xét trường hợp khi 0 0, 0x y ≥ .

Ta có: ( ) ( )2 20 0 0 0 0 09 9 3 3 9x y x y x y− = ⇔ − + =

( )0 0 0 0 0 0

0 0 0 00 0

53 1;3 9 ; 43

3 3;3 3 1; 0

x y x y x y

x y x y x y

− = + = = =⇔ ⇔ − = + = = =

lo¹i

Vậy các điểm có tọa độ nguyên ∈(H) là M1(1; 0), M2(−1; 0)

Bài 3. Cho (H): 22

19 4

yx − = và A(3; 2), B(0; 1). Tìm điểm C∈(H) sao cho

∆ABC có diện tích nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó.



55

Giải

(AB): 1 0x y− − = và 3 2AB AB= =��

. Gọi C(x0, y0) ∈ (H) ⇔ 2 20 0 1

9 4

x y− = .

Ta có: ( )( ) 0 0 0 03 31 , 1 1

2 2 2S AB d C AB x y x y= ⋅ ⋅ = − − ≥ − − .

Sử dụng bất đẳng thức ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 , , , , ,ax by a b x y a b c x y− ≥ − − ∀ ta có

( )2 2

0 0 0 00 0 3 2 9 4 5

3 2 9 4

x y x yx y

− = ⋅ − ⋅ ≥ − − =

( )3 5 1

2S⇒ ≥ −

Dấu bằng xảy ra ⇔ 0 09 4,5 5

x y= = hay 9 4;5 5

C

Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho (H): 22

116 9

yx − = . Gọi F là một

tiêu điểm của (H) ( 0Fx < ) và I là trung điểm của đoạn OF. Viết phương

trình các đường thẳng tiếp xúc với (H) và đi qua I.

Giải

Ta có: 2 2

16, 9 5a b c= = ⇒ = ⇒ F(−5; 0) ⇒ ( )5 ;02

I − .

Đường thẳng (d) qua I: ( )5 02

A x By+ + = ( )2 2 0A B+ > ⇔ 5 02

Ax By A+ + =

(d) tiếp xúc (H) ⇔ ( )2

2 2 2 2 2 2 395 39 36 02 6

a A b B A A B B A− = ⇔ − = ⇔ = ± ⇒

A ≠ 0 ⇒ (d): 39 395 50 0 6 39 15 06 2 6 2

Ax Ay A x y x y± + = ⇔ ± + = ⇔ ± + =

Bài 5. Cho Hypecbol (H): 22

2 21

yx

a b− = .

1. Tính độ dài phần đường tiệm cận chắn bởi 2 đường chuẩn.

2. Tìm khoảng cách từ tiêu điểm của (H) tới các đường tiệm cận.

3. Chứng minh rằng: Chân các đường ⊥ hạ từ 1 tiêu điểm tới các đường tiệm

cận nằm trên đường chuẩn ứng với tiêu điểm đó.



56

Giải

1. (H): 22

2 21

yx

a b− = có 2 tiêu điểm ( ) ( )

1 2, 0 , , 0F c F c− với 2 2

c a b= + .

Hai đường chuẩn của Hypebol (H) tương ứng là 2 2

1,22 2

: a axc a b

∆ = ± = ±+

.

Gọi H, K là giao đường tiệm cận by xa

= với 1 2,∆ ∆ khi đó ta có

22 2

2 2 2 2, 2 2

H H H H

a abx y OH x y a KH OH aa b a b

= = ⇒ = + = ⇒ = =+ +

2. Khoảng cách từ ( )1

, 0F c đến by xa

= ± hay 0bx ay± = là 2 2

0bcd b

a b

−= =

+

3. Ta có ( ) ( )1, ; ,

H H H HOH x y F H x x y−��

suy ra

( ) 2 2 2 2 2

1 1, . 0

H H H H H HOH F H x x c y x y c x a a F H OH= − + = + − = − = ⇒ ⊥��

Bài 6. Cho Hypecbol (H): 22

2 21

yx

a b− = . Chứng minh rằng tích các khoảng cách

từ một điểm tùy ý trên (H) đến hai đường tiệm cận là không đổi.

Giải

Lấy điểm bất kỳ ( ) ( )2 2220 0

0 0 2 2 2 2, : 1 1

x yyxM x y Ha b a b

∈ − = ⇒ − = . Viết phương

trình hai đường tiệm cận có dưới dạng 0yx

a b± = thì khoảng cách từ điểm M

đến 2 đường tiệm cận là

2 2

0 00 0 0 0

2 2 2 2

1 2 2 2 2 2

2 2 2 22 2 2 2

1.1 11 1 1 1

x yx y x y

a b a b a b a bd da b a b

a b a ba b a b

−+ −

= × = = =+ +++ +

Bài 7. Viết phương trình (d) đi qua M(0; 2) và cắt (H):22

14 1

yx − = tại A, B

phân biệt sao cho M là trung điểm AB.



57

IV. CÁC BÀI TOÁN TIÉP TUYẾN HYPECBOL

Bài 1. Cho (H): 22

2 21

yx

a b− = . CMR: a. Tiếp tuyến của (H) tại M(x0, y0)∈(H) có

phương trình: 0 0

2 21

x x y y

a b− =

b. Điều kiện cần và đủ để (∆): 0Ax By C+ + = tiếp xúc (H) là 2 2 2 2 2a A b B C− =

Viết phương trình tiếp tuyến của (H) trong các trường hợp:

Bài 2. (H): 2 24 20x y− = và hệ số góc tiếp tuyến 34

k =

Bài 3. (H): 2 25 4 0x y− − = và tiếp tuyến // (D): 3x + 2y − 1 = 0.

Bài 4. (H): 2 24 5 20 0x y− + = và tiếp tuyến ⊥ (D): 3x + 2y − 1 = 0.

Bài 5. (H): 2 24 4x y= + và tiếp tuyến tạo với (D): x − 2y + = 0 góc 45°

Bài 6. (H): 2 22 4x y− = và tiếp tuyến đi qua A(2; 3)

Bài 7. (H): 2 22 4x y− = và tiếp tuyến cách tâm đối xứng của (H) 1 khoảng 3

Bài 8. (H): 2 225 16 400 0x y− + = và tiếp tuyến đi qua A(4; 1)

Viết phương trình tiếp tuyến chung của các đường cong sau:

Bài 9. ( ) ( )2 22 2

1 2: 1 và : 14 3 4 3

y yx xH H− = − =

Bài 10. ( ) ( )22 2

2: 1 và : 14 7 3

yx xH E y− = + =

Bài 11. ( ) ( )22

2 2: 1 và : 12 7

yxH C x y− = + =

Bài 12. ( )22

1 : 19 4

yxH − = và ( )22

2 : 16 1

yxH − =

Bài 13. ( )22

: 18 27

yxH − = và ( )22

: 14 9

yxE + =



58

Bài 14. ( )22

: 116 4

yxH − = và ( ) ( )2 2: 2 4C x y+ + =

Bài 15. Viết phương trình (H) biết (H) có trục trùng với các trục tọa độ và tiếp

xúc với các đường thẳng: ( ) ( )1 2:5 6 16 0; :13 10 48 0x y x y∆ − − = ∆ − − =

Bài 16. Cho (∆): 0Ax By C+ + = tiếp xúc (H): 22

2 21

yx

a b− =

a. F1, F2 là tiêu điểm, kẻ F1H1 ⊥ (∆), F2H2 ⊥ (∆). CMR: 21 1 2 2F H F H b⋅ = −

b. Chứng minh rằng: Họ đường thẳng (D): 2cos sin 4 cos 1 0x t y t t− + + =

luôn tiếp xúc với (H) cố định.

Bài 17. Cho (H): 22

2 21

yx

a b− = ; A1, A2 là đỉnh, 1 tiếp tuyến (∆) bất kì cắt 2 tiếp

tuyến tại đỉnh A1, A2 lần lượt tại các điểm M, N.

a. CMR: .M Ny y const= b. Tìm điểm 1 2I A N A N≡ ∩

Bài 18. Cho (H): 22

2 21

yx

a b− = . Tiếp tuyến tiếp điểm tại M ∈ (H) cắt 2 tiệm cận

tại P, Q. Chứng minh rằng: a. M là trung điểm PQ.

b. ∆OPQ có diện tích không đổi khi M di động trên (H).

Bài 19. Cho (H): 22

2 21

yx

a b− = . CMR: Tiếp tuyến tiếp điểm tại M bất kì ∈ (H) là

phân giác trong của �1 2F MF

Bài 20. Cho (H): 22

2 21

yx

a b− = . Tính diện tích hình chữ nhật có 4 đỉnh ∈ (H) và

có 2 cạnh // Oy đi qua 2 tiêu điểm.

Bài 21. Cho (H): 22

2 21

yx

a b− = . Lấy ( )0 0

,M x y thuộc nhánh bên phải của (H) và

không trùng với đỉnh của (H). Đường thẳng qua M song song với trục

tung cắt trục hoành tại P và cắt một đường tiệm cận tại Q. Gọi E và E′

là giao điểm của đường tròn tâm O bán kính a với đường tiệm đó.

Chứng minh rằng QE = MF2, QE′ = MF1


Bài 6. Đường Parabol

59

ĐƯỜNG PARABOL

I. CÁC DẠNG PARABOL VÀ ĐẶC ĐIỂM

TĐX Trục

thực Hình dạng Hypecbol Phương trình và các yếu tố trong Parabol

O

(0; 0) Ox

2 2y px= ; Tiêu điểm ( ); 02

pF ∈ Ox.

Tâm sai e = 1. Đường chuẩn (∆): 2

px = −

Bán kính qua tiêu điểm: ( )2 M

pM P MF x∈ ⇔ = +

O

(0; 0) Ox

2 2y px= − ; Tiêu điểm ( );02

pF − ∈ Ox.


px =


pM P MF x∈ ⇔ = −

O

(0; 0) Oy

2 2x py= ; Tiêu điểm ( )0;2

pF ∈ Oy.


py = −


pM P MF y∈ ⇔ = +

O

(0; 0) Oy

2 2x py= − ; Tiêu điểm ( )0;2

pF − ∈ Oy.


py =


pM P MF y∈ ⇔ = −

S(a; b) y = b

Phương trình: ( ) ( )22y b p x a− = − ;

Tiêu điểm ( ; )2

pF a b+ ∈ (y = b) // Ox.


px a= −


pMF a x= − +

S(a; b) x = a

Phương trình: ( ) ( )2

2x a p y b− = − ;

Tiêu điểm ( ; )2

pF a b + ∈ (x = a) // Oy.


py b= −


pMF b y= − +

x

y

X b

O

F

S

Y

a

F

S

x

y

X

Y

a

b

O

p/2

2

p− F

O

(∆)

x

y

p/2 F

O

(∆)

x

−p/2

y

2

p

2

p−

F O

(∆)

x

y

2

p

2

p−

F

O

y (∆)

x



60

II. XÁC ĐỊNH CÁC YẾU TỐ CỦA PARABOL

Bài 1. VPT chính tắc của (P) với đỉnh là gốc tọa độ O và biết:

� Tiêu điểm F(4; 0) � Tiêu điểm F(0; 2)

� Đường chuẩn x = 3 � Đường chuẩn y = 1/2

� Đi qua A(−2; 1) và nhận Oy làm trục đối xứng.

� Nhận Ox làm trục ĐX và chắn trên y = x đoạn 2 2

Bài 2. Lập phương trình chính tắc của Parabol (P) đỉnh O biết (P) có:

� Trục Ox, khoảng cách từ tiêu điểm đến đường chuẩn bằng 2.

� Trục Oy, tiêu điểm F(0; −1)

� Trục Oy và (P) đi qua A(−1; 1)

� Trục Ox và (P) đi qua ( )A 2; 2 2−

� Đường chuẩn là 2x − 7 = 0

Bài 3. Trong mặt phẳng Oxy, lập PT của Parabol (P)

� Tiêu điểm F(3; 2), đường chuẩn là trục Ox.

� Đỉnh S(2; 1), đường chuẩn là trục Oy.

� Tiêu điểm ( )3F ; 22

− , đường chuẩn là: y + 1 = 0.

� Tiêu điểm O(0; 0), đường chuẩn: 3x − 4y − 10 = 0.

Bài 4. Trong mặt phẳng Oxy, lập PT của Parabol (P)

� Đỉnh S(−1; 1), tiêu điểm F(2; 1)

� Tiêu điểm F(2; −4), đường chuẩn: y − 4 = 0

� Đỉnh S(−1; 2), đường chuẩn Oy.

� Đỉnh S(1; −2), đi qua O; trục cùng phương trục tọa độ.

� Trục là đường x = 1, đỉnh S ∈ đường y + 1 = 0 và (P) chắn trên y = x − 2 một

đoạn có đọ dài 4 2

� Trục Ox, (P) chắn Oy một đoạn 2b và khoảng cách từ đỉnh đến gốc O bằng a.

� Đỉnh S ∈ (D): x − 1 = 0, trục cùng phương Ox, (P) đi qua A(2; −3) và B(5; 3)



61

Bài 5. Lập phương trình của Parabol (P) có:

� Tiêu điểm là O, đường chuẩn: x − y − 2 = 0

� Đỉnh S(2; 1), tiêu điểm F(3; 2)

� Đỉnh S(1; 3), đường chuẩn (D): x − 2y = 0

� Đỉnh O, trục Oy, tiêu điểm F, dây AB = 1 ⊥ Oy tại I là trung điểm OF.

Bài 6. Trong mặt phẳng Oxy cho (P): 2 4y x=

�Tìm M∈(P) có bán kính qua tiêu điểm MF = 10; yM > 0

� Tìm thêm N∈(P) sao cho ∆OMN vuông tại O.

� Tìm A, B ∈ (P) sao cho ∆OAB đều.

Bài 7. Trong mặt phẳng Oxy cho Parabol (P): ( )22 0y px p= >

� Tính độ dài dây MN ⊥ Ox tại tiêu điểm F.

� Tìm 2 điểm A, B ∈(P) sao cho ∆OAB đều.

Bài 8. VPT các cạnh của một tam giác nội tiếp Parabol (P): 2 8y x= , biết 1

đỉnh là gốc tọa độ O và trực tâm của tam giác là tiêu điểm của (P)

Bài 9. Cho (P): 2 4x y− và (D): 2 4 0x y− + =

� Tìm tọa độ giao điểm A, B của ( ) ( )P D∩

� Tìm M trên cung AB của (P) sao cho tổng diện tích hai phần hình phẳng giới

hạn bởi (P) và hai dây MA, MB là nhỏ nhất.

Bài 10. Tìm điểm M∈(P): 2 64y x= sao cho khoảng cách từ M đến (D):

4 3 86 0x y+ + = nhỏ nhất.

Bài 11. Cho (P): 2y x= và (D): y = mx (m ≠ 0)

Đường (D) cắt (P) tại M ≠ O. Đường (D’) ⊥ (D) cắt (P) tại N ≠ O.

Chứng minh rằng: Đường thẳng MN luôn đi qua 1 điểm cố định ∀m.

Bài 12. Cho (D): 0Ax By C+ + = với 2 2 0A B+ > và (P): ( )2 2 0y px p= > .

Biện luận theo A, B, C, p số giao điểm của (D) với (P).

Bài 13. Cho (P): 2y x= và A(−1; 1), B(3; 9).

Tìm M∈(P) sao cho diện tích ∆ABM đạt Max.

Bài 14. Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có cạnh AB nằm trên (d):

x − y − 8 = 0 còn 2 đỉnh C, D ∈ (P): 2y x= . Tính cạnh hình vuông ABCD.



62

III. TIẾP TUYẾN VÀ CÁC BÀI TOÁN ĐỊNH TÍNH CỦA PARABOL

III.1. Tiếp tuyến tại 1 điểm thuộc Parabol

1. M(x0, y0) ∈ (P1): 2 2y px= ⇒ (t): ( )0 0yy p x x= +

2. M(x0, y0) ∈ (P2): 2 2y px= − ⇒ (t): ( )0 0yy p x x= − +

3. M(x0, y0) ∈ (P3): 2 2x py= ⇒ (t): ( )0 0xx p y y= +

4. M(x0, y0) ∈ (P4): 2 2x py= − ⇒ (t): ( )0 0xx p y y= − +

III.2. ĐK cần và đủ để (∆∆∆∆): 0Ax By C+ + = tiếp xúc (P)

1. (∆) tiếp xúc (P1): 2 2y px= ⇔ 2 2 .pB A C=

2. (∆) tiếp xúc (P2): 2 2y px= − ⇔ 2 2 .pB A C= −

3. (∆) tiếp xúc (P3): 2 2x py= ⇔ 2 2 .pA B C=

4. (∆) tiếp xúc (P4): 2 2x py= − ⇔ 2 2 .pA B C= −

Bài 1. Viết phương trình tiếp tuyến của (P): 2 4 0y x+ = tại các giao điểm của

(P) với (C): 2 2 5 2 4 0x y x y+ + + − =

Bài 2. Viết PT tiếp tuyến của (P): 2 8y x= // (D): 2x − y = 0

Bài 3. Viết PT tiếp tuyến của (P): 2 2 0x y+ = với hệ số góc k = 2.

Bài 4. Viết PT tiếp tuyến của (P): 2 36x y= đi qua điểm A(9; 2)

Bài 5. Viết PT tiếp tuyến chung của (P): 2 12y x= và elip (E): 22

18 6

yx + =

Bài 6. Viết PT tiếp tuyến chung của (P): 2 4y x= và (C): 2 2 2 3 0x y x+ − − =

Bài 7. Cho (P): ( )2 2 0 0y px p+ = > . CMR: m∀ ∈� từ ,2

pA m

luôn kẻ được

2 tiếp tuyến vuông góc nhau. Viết phương trình đường thẳng đi qua 2

tiếp điểm và chứng minh nó đi qua một điểm cố định.

Bài 8. Cho (P): 2 4y x= . Viết PT các tiếp tuyến của (P) kẻ từ điểm A (−1; 2).

Chứng minh rằng 2 tiếp tuyến này vuông góc với nhau.



63

IV. MỘT SỐ BÀI TẬP MẪU MINH HỌA

Bài 1. Cho (P): 2 2y px= và M ∈(P).

Đường (∆) đi qua M cắt Ox tại A,

cắt tiếp tuyến tại đỉnh ở B và cắt

(P) tại M, N. CMR: 2 .BA BM BN=

Giải

Kẻ MH và NK vuông góc Oy ⇒ BNBA BMOA MH NK

= = ⇒ 2

2

.

.BM BNBA

MH NKOA= (1)

Đặt ; ;M N Ax m x n m x a= = ≠ = ⇒ 2 22 , 2M Ny pm y pn= = . Do AM ~ ANm n∆ ∆

suy ra M N

m a n ay y− −= ⇒

( ) ( )( ) ( )

2 22 0

2 2

m a n am n mn a

pm pn

− −= ⇔ − − = .

Do m ≠ n ⇒ 2mn a= ⇒ 2.MH NK OA= (2). Suy ra 2 .BA BM BN=

Bài 2. Cho (P): ( )2 2 0y px p= > có ;02

pF

và đường chuẩn (∆): 2

px = − .

Tiếp tuyến (D) của (P) tại M cắt Ox, Oy tại N, I.

a. CMR: I là trung điểm MN; FI ⊥ (D) và điểm đối xứng của F qua (D) thuộc (∆)

b. Gọi ( ) ( )K D≡ ∆∩ . Đường thẳng qua F và ⊥ Ox cắt (D) tại L. CMR: FK = FL

Giải

Kẻ MG ⊥ (∆) ⇒ MG = NF.

Theo định lý Pascal thì � �FMN FNM=

⇒ FM FN= ⇒ MFNG là hình thoi.

Mà G, F cách đều Oy 1 khoảng 2

p

nên tâm hình thoi I ∈ Oy

� Ta có LF ⊥ Ox ⇒ � �IFL IGK= ⇒ ∆IFL = ∆IGK ⇒ FL = GK

mà K∈(D) chính là trung trực của GF nên GK = FK ⇒ FK = FL

A

O x

y

B

M

N

n

m

H

K

F

O x

y

B M

N

p/2

I K

−p/2

G L

(∆)



64

Bài 3. Cho (P) có tiêu điểm F. Từ điểm I vẽ 2 tiếp tuyến IM, IN đến (P)

a. CMR: 2 .FI FM FN= và 2

2

IM FMFNIN

=

b. Một tiếp tuyến (d) tuỳ ý của (P) tiếp

xúc (P) tại T và cắt IM, IN tại Q, Q’

CMR: .FQ FQ

FT

′ không phụ thuộc vị trí của (d)

Giải

Chọn hệ Oxy sao cho (D): 2 2y px= (p > 0)

Theo định lý Pascal ⇒ � �MKMH KMF KMH KML MH ML x= ⇒ ∆ = ∆ ⇒ = =

Mà 2M

pMF x MH OF MF MH OF= + = + ⇒ − = FL OF⇒ =

FKO KFL⇒ ∆ = ∆ � � � � �90KFL KFO MKF OKF KMF⇒ = ⇒ = °⇒ = .

Tương tự ta có: � � và FJ IN FNJ FJO⊥ =

a. � �FKI FJI 90= = ° ⇒ IKFJ nội tiếp ⇒ � �FKJ FIJ= , � �KIF KJF=

⇒ � � � �FMI FIN , FIM FNI= = ⇒ ∆FIM ~ ∆FNI ⇒

22

2. và FI FM IM IM FI FM FMFI FM FN

FN FI IN FN FI FNIN= = ⇒ = = ⋅ =

b. Coi d và d1 là 2 tiếp tuyến xuất phát từ Q, Q’

⇒ 2 2. và .FQ FM FT FQ FN FT′= =

⇒ 2 2 2 2 2 .. . . . .

FQ FQFQ FQ FM FN FT FI FT FQ FQ FI FT FI

FT

′′ ′= = ⇒ = ⇒ =

Bài 4. Cho parabol (P): ( )2 2 0y px p= > . Giả sử chùm đường thẳng ( )� luôn

đi qua tiêu điểm F và luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt M, N. CMR: Tích các

khoảng cách từ M, N đến trục hoành Ox không phụ thuộc vào vị trí của (∆)

Giải

Xét (∆) đi qua ;02

pF

và cắt (P) tại hai điểm phân biệt M, N theo 2 khả năng:

F x

y

M

I

K

H

L

N

J



65

i ( ) :2

px∆ = ; ( ) ( )P∆ ∩ tại M ; , N ;

2 2

p pp p

−

⇒ ( ) ( ) 2; . ;d M Ox d N Ox p=

i ( ) :2

py k x

∆ = −

, 0k ≠ . Tọa độ của M 1 1( , )x y , 2 2N( , )x y là nghiệm của hệ:

2 2

2

y px

kpy kx

=

= −

⇔

2

2 2

2

2 0

y x

p

ky py kp

=

− − =

⇒ 2

2

1 2

kpy y p

k

−= = −

Ta có ( ) ( ) 2 2

1 2 1 2, , . .d M Ox d N Ox y y y y p p= = = − = .

Bài 5. Cho parabol (P) 2 2 y px= . Giả sử trên (P) lấy điểm A cố định và hai

điểm B, C di động có tung độ lần lượt là a, b, c sao cho AB ⊥ AC. CMR:

Đường thẳng nối B, C luôn đi qua một điểm cố định.

Giải

Các điểm A, B, C lần lượt có tọa độ là 2 2 2

; , ; , ;2 2 2a b cA a B b C c

p p p

.

2 2

; // ; 12 2

b a b aAB b a up p

− + = −

�� ;

2 2

; // ; 12 2

c a c aAC c a vp p

− + = −

�� .

Do AB ⊥ AC nên . 0AB AC = ��

⇔ ( ) ( )

21 0

4

b a c a

p

+ ++ =

24 pc a

a b

−⇒ = −

+(1).

Đường thẳng nối B, C có phương trình ( ) ( )22 px c b c y b c c− = + − + (2)

Thay (1) vào (2) ta có: 2 24 4

2 0p p

px b a y b aa b a b

− − − − + =

+ +

⇔ ( ) ( ) ( )2 2 2 22 4 4 0p a b x b a p y ba a b p b + − − − − + − = (3)

Giả sử họ (3) luôn đi qua điểm định ( ),I x y với mọi b. Khi đó:

( ) ( )2 2 2 2 22 4 2 4 0 ,b y a b px p a pax a y p y b− + + − − + + + = ∀

⇔ 2 2 2

2 2

0

2 4 02

22 4 0

y a y a

px p a ax pppax a y p y

+ = = −

= − = ⇔ = +

+ + =

⇒ điểm cố định 2

2 ; 2 aU p a

p

+ −

Bài 6. Giả sử hai parabol 2y ax b= + ; ( )2 0x cy d ac= + ≠ cắt nhau tại 4 điểm

phân biệt. Chứng minh rằng: Các giao điểm này nằm trên một đường tròn.

Giải



66

Giả sử 2y ax b= + ; ( )2 0x cy d ac= + ≠ cắt nhau tại ( ) ( ); 1, 4

k k kM x y k = .

Ta có

2

2

k k

k k

y ax b

x cy d

= +

= +⇔

( )

( )

2

2

1

2

k

k

k

k

y b xa a

x d yc c

= +

= +

. Cộng các vế của (1), (2) với nhau:

2 2 2 20k k k k

k k k k

y x x yb d b dx y x ya c a c c a a c

+ = + + + ⇒ − + − + + =

( ) ( )2 2

2 2

1 1 1 12 2 2 2

k k

b dx yc a a cc a

⇒ − + − = + − − . Do hai parabol cắt nhau tại

bốn điểm phân biệt nên 2 2

1 1 02 2

b d

a cc a+ − − > . Từ đó ( ) ( ); 1, 4

k k kM x y k =

nằm trên đường tròn tâm ( )1 1;2

I 2 c a

và bán kính 2 2

1 1

2 2

b dRa cc a

= + − − .

Bài 7. Viết PT các cạnh tam giác nội tiếp trên parabol (P): 2 8 y x = biết một

đỉnh là tâm O và trực tâm là tiêu điểm của (P)

HD: Trực tâm F(2; 0), Vì OF ⊥ AB ⇒ A, B đối xứng nhau qua Ox.

Gọi A(x, y); B(x; −y) ⇒ OA FB⊥��

⇒ ( ) ( )10; 4 5 , 10; 4 5A B −

Bài 8. Cho (P): ( )22 0y px p= > ; (D) đi qua tiêu điểm F của (P) cắt (P) tại M,

N. Đặt ( ) [ ]O , FM 0; 2x = α π . a. Tính FM, FN theo p, α.

b. CMR: 1 1 const FM FN

+ = c. CMR: FM.FN nhỏ nhất khi (D) ⊥ Ox.

HD: a. ;1 cos 1 cos

p pFM FN= =

− α + α

Bài 9. Cho (P): ( )2 2 0y px p= > . Lấy M∈(P) ≠ O. Gọi N, K là hình chiếu của

M lên Ox, Oy. CMR: Đường thẳng đi qua K và ⊥ OM luôn đi qua một

điểm cố định. Đường thẳng đi qua K và ⊥ NK luôn đi qua 1 điểm cố

định. Đường thẳng NK luôn tiếp xúc với một parabol cố định.

Bài 10. Cho (P): ( )2 4 0y ax a= > tiêu điểm F. Gọi M ∈ (P). Tiếp tuyến (d) của

(P) tại M cắt Oy tại N. Đường thẳng (∆) qua M ⊥ (d); K là hình chiếu

của F lên (∆). CMR: FN ⊥ MN và 2

FN const FM

= và K ∈ Parabol cố định.

Documents

[Trithuctoan.blogspot.com] Hinh Hoc Giai Tich Oxy Tran Phuong