Ôn tập môn Toán lớp 12 - Phần I: Các bài toán hình giải tích trong mặt phẳng

GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 
PHẦN I. 
CÁC BÀI TOÁN HÌNH GIẢI TÍCH TRONG MẶT PHẲNG 
ĐỀ BÀI 
Bài 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB=2BC. Gọi H là hình chiếu của A 
lên đường thẳng BD; E,F lần lượt là trung điểm đoạn CD và BH. Biết A(1;1), phương trình đường 
thẳng EF là 3x – y – 10 = 0 và điểm E có tung độ âm. 
Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D. 
Bài 2. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M(3; 1) và cắt hai trục Ox, Oy 
 lần lượt tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC cân tại A, với A(2;2). 
Bài 3. Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn      2 2: 1 2 5C x y    và 
 đường thẳng : 2 0d x y   . Từ điểm A thuộc đường thẳng d, kẻ hai đường thẳng lần lượt 
 tiếp xúc với đường tròn  C tại B và C. Tìm tọa độ điểm A biết 8ABCS  . 
Bài 4. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng : 4 0d x y   và 
 hai đường tròn      2 2: 1 1 11C x y    ;     
2 2
: 3 4 42C x y    . Tìm điểm M 
 trên đường thẳng d, để từ M ta kẻ được tiếp tuyến MA đến đường tròn  1C và tiếp tuyến 
 MB đến đường tròn   2C (với A, B là các tiếp điểm) sao cho tam giác AMB cân tại M. 
Bài 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết  5;2A , phương trình đường trung 
trực của cạnh BC là :    : x y 6 0 , phương trình đường trung tuyến   CC' :2x y 3 0 . Tìm tọa 
độ B, C. 
Bài 6. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có  1;4A , tiếp tuyến tại A của 
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong của ADB có phương 
trình 2 0x y   , điểm  4;1M  thuộc cạnh AC . Viết phương trình đường thẳng AB . 
Bài 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Hai điểm B và C thuộc trục tung. 
Phương trình đường chéo AC: 3x + 4y – 16 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã 
cho, biết rằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1. 
Bài 8. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho hình thang cân ABCD với hai đáy AD, BC. Biết 
 2;3B và AB BC , đường thẳng AC có phương trình 1 0x y   , điểm  2; 1M   nằm trên 
đường thẳng AD. Viết phương trình đường thẳng CD. 
Bài 9. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ba đường thẳng 1 :3 4 0;d x y   
2 3: 6 0; : 3 0d x y d x     . Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD biết rằng A và C thuộc 3d , B 
thuộc 1d , D thuộc 2d . 
Bài 10. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng chứa 
đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là 
3 5 8 0, 4 0x y x y      . Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn 
ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là  4; 2D  . Viết phương trình các đường thẳng AB, AC; 
biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3. 
Bài 11. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, 
tâm I là giao điểm của đường thẳng 03:1  yxd và 06:2  yxd . Trung điểm của một 
cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 
GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 
Bài 12. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vu ng tại A và B, biết )1;1(A , 
điểm B thuộc đường thẳng 02:  yx . Điểm M trên cạnh AB th a mãn BM = 2AM và CM 
vu ng góc với DM. Điểm )4;1(N là hình chiếu vu ng góc của M trên đường thẳng CD. Tìm tọa độ 
các điểm B, C, D. 
Bài 13. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: 
x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x -7y +14 =0.Viết phương trình tổng quát của 
đường thẳng AC,biết đường thẳng AC đi qua điểm M(2;1). 
Bài 14. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I, các 
đường thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại các điểm 
 1; 5 ,M 
7 5
; ,
2 2
N
 
 
 
13 5
;
2 2
P
 
 
 
(M, N, P không trùng với A, B, C). Tìm tọa độ của A, B, C biết 
đường thẳng chứa cạnh AB đi qua  1;1Q  và điểm A có hoành độ dương. 
Bài 15. Trong mặt phẳng Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm trên đường thẳng 
: 1 0d x y   . Điểm  9;4E nằm trên đường thẳng chứa cạnh AB, điểm  2; 5F   nằm trên 
đường thẳng chứa cạnh AD, 2 2AC  . Xác định tọa độ các đỉnh hình thoi ABCD biết điểm C có 
hoành độ âm. 
Bài 16. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có 2AB AD , tâm 
 1; 2I  . Gọi M là trung điểm cạnh CD,  2; 1H  là giao điểm của hai đường thẳng AC và BM. 
Tìm tọa độ các điểm A, B. 
Bài 17. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho hình vu ng ABCD có M(1;2) là trung điểm AB, 
N(-2;1) là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN=3NC.Viết phương trình của đường thẳng CD 
Bài 18. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm G(1; 1). Đường cao hạ từ A có 
phương trình: 2x – y + 1 = 0, các đỉnh B, C thuộc đường thẳng  : x + 2y – 1 = 0. Tìm tọa độ các 
đỉnh tam giác A, B, C biết diện tích tam giác ABC bằng 6 và B có hoành độ âm. 
Bài 19. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 2my + m2 - 24 = 0 
có tâm I và đường thẳng : mx + 4y = 0. Tìm m biết đường thẳng  cắt đường tròn (C) tại hai 
điểm phân biệt A,B th a mãn diện tích tam giác IAB bằng 12. 
Bài 20. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: x - y - 
2 = 0, phương trình cạnh AC: x + 2y - 5 = 0. Biết trọng tâm của tam giác G(3; 2). Viết phương 
trình cạnh BC. 
Bài 21. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với đường cao AH có phương 
trình 3 4 10 0x y   và đường phân giác trong BE có phương trình 1 0x y   . Điểm (0;2)M 
thuộc đường thẳng AB và cách đỉnh C một khoảng bằng 2 . Tính diện tích tam giác ABC . 
Bài 22. Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E) và parabol (P) có phương trình là (E): x2 + 4y2 = 4; 
(P): y = x
2
 – 2x. Chứng minh elip (E) cắt parabol (P) tại 4 điểm nằm trên một đường tròn. 
Bài 23. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ oxy, cho elip(E): 
2
2
1
4
x
y  và điểm C(2;0).Tìm tọa độ 
các điểm A,B(E) biết rằng A,B đối xứng nhau qua trục hoành và ABC đều 
GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 
Bài 24. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (S), có A và C đối 
xứng qua BD. Phương trình AB: y – 2 = 0; phương trình BD:   3 2 0x y . Viết phương trình 
đường tròn (S) biết diện tích tứ giác ABCD bằng 4 3 và xA > 0, yA < yD. 
Bài 25. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng 
d1: x – 2y + 3 = 0, d2 : 4x + 3y – 5 = 0. Lập phương trình đường tròn (C) có tâm I trên d1, tiếp xúc 
d2 và có bán kính R = 2. 
Bài 26. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho hình vu ng ABCD có M(1;2) là trung điểm AB, 
N(-2;1) là điểm thuộc đoạn AC sao cho AN=3NC.Viết phương trình của đường thẳng CD 
Bài 27. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với AB = 5 , C( – 1; – 1), đường thẳng 
AB có phương trình: x + 2y – 3 = 0 và trọng tâm của tam giác ABC thuộc đường thẳng x + y – 2 = 
0. Hãy tìm tọa độ các đỉnh A và B. 
Bài 28. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng : 2 1 0x y    và điểm  1; 2A  . Gọi M 
là giao điểm của  với trục hoành. Tìm hai điểm B, C sao cho M là trung điểm AB và trung điểm 
N của đoạn AC nằm trên đường thẳng  , đồng thời diện tích tam giác ABC bằng 4. 
Bài 29. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD (AD // BC) có phương trình 
đường thẳng : 2 3 0AB x y   và đường thẳng : 2 0AC y   . Gọi I là giao điểm của hai đường 
chéo AC và BD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang cân ABCD, biết 2IB IA , hoành độ điểm I: 
3Ix   và  1;3M  nằm trên đường thẳng BD. 
Bài 30. Trong không gian với hệ tọa độ Oxy Cho hình vuông ABCD có C(2; -2). Gọi điểm I, K lần 
lượt là trung điểm của DA và DC; M(-1; -1) là giao của BI và AK. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của 
hình vuông ABCD biết điểm B có hoành độ dương. 
Bài 31. Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường tròn 
 (C1) : (x - 5)
2
 + (y + 12)
2
 = 225 và (C2) : (x – 1)
2
 + ( y – 2)2 = 25. 
Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn. 
Bài 32. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có  1;4A , tiếp tuyến tại A của 
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC tại D , đường phân giác trong của ADB có phương 
trình 2 0x y   , điểm  4;1M  thuộc cạnh AC . Viết phương trình đường thẳng AB . 
Bài 33. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trọng tâm  1;1G , đường cao từ 
đỉnh A có phương trình 2 1 0x y   và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng : 2 1 0x y    . Tìm tọa 
độ các đỉnh A,B,C biết diện tích tam giác ABC bằng 6. 
Bài 34. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 2 đường thẳng 1 2: 0; : 2 1 0d x y d x y     . Tìm 
tọa độ các đỉnh của hình vu ng ABCD biết rằng A thuộc d1, C thuộc d2 và B,D thuộc trục hoành. 
Bài 35. Trong hệ tọa độ Oxy cho hình thang cân ABCD có diện tích bằng 
45
2
,đáy lớn CD nằm trên 
đường thẳng d: x – 3y – 3 = 0 .Biết hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau và cắt nhau tại 
điểm I(2;3).Viết phương trình đường thẳng BC biết điểm C có hoành độ dương 
Bài 36. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết 
A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y=x. Tìm tọa độ các đỉnh 
C và D. 
GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 
Bài 37. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(-3; 6), trực tâm H(2; 1), trọng 
tâm G(
4 7
;
3 3
). Tìm tọa độ các đỉnh B và C. 
Bài 38. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 3, hai đỉnh A(2;-
3), B(2;1) và trọng tâm G của tam giác thuộc đường thẳng :3x y 8 0    . Tìm tọa độ đỉnh C. 
Bài 39. Trong hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d1: x – 3y – 16 = 0 ; d2 : 3x - 4y -13 = 0 và điểm 
P(2;-3). Viết phương trình đường thẳng  đi qua P và cắt d1 ; d2 lần lượt tại A ; B sao cho PA = 
PB. 
Bài 40. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm (1;2)M . Hãy viết phương trình đường thẳng 
qua M và cắt hai nửa trục dương Ox và Oy tại hai điểm A và B sao cho độ dài OA + OB nh nhất 
PHẦN II. HƯỚNG DẪN GIẢI – ĐÁP ÁN 
Bài 1. Gọi E,F,G lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng CD, BH AB. Ta chứng minh AF EF . 
Ta thấy các tứ giác ADEG và ADFG nội tiếp nên tứ giác ADEF cũng nội tiếp, do đó AF EF . 
Đường thẳng AF có pt: x+3y-4=0. Tọa độ điểm F là nghiệm của hệ 
17
3 10 17 1 325
;
3 4 1 5 5 5
5
x
x y
F AF
x y
y

    
      
     

 
 
2 2
2
2
1 2
2 ;
2 5
8 17 51 8
;3 10 3
5 5 5 5
19 19 7
5 34 57 0 3 hay 3; 1 ;
5 5 5
AFE DCB EF AF
E t t EF t t
t t t t E E
    
   
          
   
 
           
 
Theo giả thiết ta được  3; 1E  , pt AE: x+y-2=0. Gọi D(x;y), tam giác ADE vuông cân tại D nên 
       
     
  
2 2 2 2
1 1 3 1
1 3 1 1
2 1 3
 hay D(1;-1) D(3;1)
1 3 0 1 1
x y x yAD DE
AD DE x x y y
y x x x
x x y y
        
 
      
    
     
       
Vì D và F nằm về hai phía so với đường thẳng AE nên D(1;-1). 
Khi đó, C(5;-1); B(1;5). Vậy B(1;5); C(5;-1) và D(1;-1). 
Bài 2. + Đường thẳng d cắt trục Ox tại B(b; 0) và cắt trục Oy tại C(0; c). 
+ Phương trình đường thẳng d là:  1 0
x y
bc
b c
   . 
+ Điểm  
3 1
3;1 1M d
b c
    (1). 
+ Tam giác ABC cân tại A    2 22 2 2 4 4 2AB AC AB AC b c          
2 2 4
2 2
b c b c
b c b c
     
        
 Với b = c + 4, thay vào (1), ta được: 
A B
D
C
G
E
F
H
GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 
R
H
I
A
B C
   2
2 6
3 4 4 4
2 2
c b
c c c c c
c b
  
           
 Từ đó tìm được: 1 2: 1; : 1
6 2 2 2
x y x y
d d   

 Với b =c , thay vào (1), ta được: b =2 => c = 2 (Trùng với trường hợp trên). 
* Vậy có hai đường thẳng cần tìm là: 
 1 : 1 3 6 0
6 2
x y
d hay x y     ; 
 2 : 1 2 0 
2 2
x y
d hay x y    

Bài 3. + Đường tròn  C có tâm I(1; 2), bán kính R = 5 . 
+ Điểm  ; 2A d A a a    . 
+ Đặt:  , 0IA m IH n m n    
2 2 2; 5HA m n BH IB IH n       
    2
1
. . 5 8 1
2
ABCS BC AH m n n     
+ Trong tam giác vuông IAB, có: 
2 5. 5 .BI IH IA m n m
n
     ; Thay vào (1): 
   
35 2 2 2 2 25 8 5 5 8 5 64n n n n n n n
n
 
          
 
Đặt: 
25t n  , ta có: 
    23 364 5 64 320 0 4 4 80 0 4t t t t t t t t             (Vì t > 0). 
2 1 1; 5n n m     . 
+ Ta có:    2 22 2
1
5 25 1 4 25 2 6 8 0
4
a
IA IA a a a a
a

               
* Vậy có hai điểm A th a yêu cầu của bài toán là:    1 21; 3 , 4;2A A  . 
Bài 4.  1C có tâm  1;1I , bán kính 1 1R  ;  2C có tâm  J 3;4 , bán kính 2 2R  . 
Do 5 1 2IJ R R    1C và  2C rời nhau nên A và B phân biệt. 
 ; 4M t t d  2 2 2 22 4 91MA MI R t t      ;
2 2 2 22 6 52MB MJ R t t     . 
Tam giác AMB cân tại M
2 2 2MA MB t    . 
* Vậy  2;6M . 
Bài 5. 
   C CC' C t;2t 3 ; gọi I là trung điểm BC 
  ' ' ' 'I t ;6 t B(2t t;9 2t 2t)      
GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 
C' trung điểm AB 
' '
' '
' '
'
2t t 5 11 2t 2t
C ; CC
2 2
2t t 5 11 2t 2t 5 5 41
2 3 0 t I ;
2 2 6 6 6
    
  
 
      
           
  
BC:3x 3y 23 0    
Tọa độ C là nghiệm của hệ pt 
2x y 3 0 14 37 19 4
C ; B ;
3 3 3 33x 3y 23 0
       
      
      
Bài 6. 
K
C
A
DB I
M
M'
E
Gọi AI là phan giác trong của BAC 
Ta có : AID ABC BAI  
 IAD CAD CAI  
Mà BAI CAI , ABC CAD nên AID IAD 
 DAI cân tại D  DE AI 
 PT đường thẳng AI là : 5 0x y   
Goị M’ là điểm đối xứng của M qua AI  PT đường thẳng MM’ : 5 0x y   
Gọi 'K AI MM  K(0;5) M’(4;9) 
VTCP của đường thẳng AB là  ' 3;5AM  VTPT của đường thẳng AB là  5; 3n   
Vậy PT đường thẳng AB là:    5 1 3 4 0x y    5 3 7 0x y    
Bài 7. Ta có C là giao điểm của trục tung và đường thẳng AC nên C(0;4) . 
Vì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1 nên bán kính đường tròn nội tiếp tam giác 
ABC cũng bằng 1 . 
Vì B nằm trên trục tung nên B(0;b). Đường thẳng AB đi qua B và vu ng góc với BC 0:  xOy 
nên AB : y = b . 
Vì A là giao điểm của AB và AC nên 




 
b
b
A ;
3
416
. 
Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có 
4
3
5
4
3
4
4
4
3
4
3
416
)4(
3
416
4
3
416
.4
2
2
2
2 







 








bbb
b
b
b
b
b
b
b
CABCAB
S
r ABC 4
3
1
 b . 
Theo giả thiết r = 1 nên ta có b = 1 hoặc b = 7 . 
Với b = 1 ta có A(4;1), B(0;1). Suy ra D(4;4) . 
Với b = 7 ta có A(-4;7), B(0;-7). Suy ra D(-4;4) . 
Bài 8. 
GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 
H
B'
A
B
D
C
M
Vì ABCD là hình thang cân nên nội tiếp trong 
một đường tròn. Mà BC CD nên AC là 
đường phân giác của góc BAD . 
Gọi 'B là điểm đối xứng của B qua AC. 
Khi đó 'B AD . 
Gọi H là hình chiếu của B trên AC. Tọa độ 
điểm H là nghiệm của hệ phương trình: 
1 0 3
5 0 2
x y x
x y y
    
 
    
. Suy ra  3;2H . 
Vì B’ đối xứng với B qua AC nên H là trung điểm của BB’. Do đó  ' 4;1B . 
Đường thẳng AD đi qua M và nhận 'MB làm vectơ chỉ phương nên có 
phương trình 
3 1 0x y   . Vì A AC AD  nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương 
trình: 
1 0 1
3 1 0 0
x y x
x y y
    
 
    
. Do đó,  1;0A . 
Ta có ABCB’ là hình bình hành nên 'AB B C . Do đó,  5;4C . 
Gọi d là đường trung trực của BC, suy ra :3 14 0d x y   . 
Gọi I d AD  , suy ra I là trung điểm của AD. Tọa độ điểm I là nghiệm của 
hệ: 
3 14 0
3 1 0
x y
x y
  

  
. Suy ra, 
43 11
;
10 10
I
 
 
 
. Do đó, 
38 11
;
5 5
D
 
 
 
. 
Vậy, đường thẳng CD đi qua C và nhận CD làm vectơ chỉ phương nên có 
phương trình 9 13 97 0x y   . 
Bài 9. 
Ta có        1 2 3;3 4 ; ;6 ; , 3; ; 3;B d B b b D d D d d A C d A a C c        
 : 6 ; 3;6BD Oy BD y d I AC BD I d        . 
Viết Pt đường tròn (C) tâm I, bán kính ID,      
2 2
: 3 2 1C x y    cắt cạnh AC tại 
 A( 3;3); C ( 3;1) hoặc hoán vị các vị trí lại. 
Mà I trung điểm đoạn BD nên      3,b 1 6 d B 2;2 ; 4;2 ; 3;2
2
b d
D I

     
Bài 10. 
MK
H
D
CB
A
E 
GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 
Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của BC và 
AD, E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu ,d dn u lần lượt là vtpt, vtcp của đường 
thẳng d. Do M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ của M là nghiệm của hệ 
phương trình: 
7
4 0 7 12
;
3 5 8 0 1 2 2
2
x
x y
M
x y
y

     
     
       

AD vuông góc với BC nên  1;1AD BCn u  , mà AD đi qua điểm D suy ra phương 
trình của    :1 4 1 2 0 2 0AD x y x y        . Do A là giao điểm của AD và AM 
nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình 
 
3 5 8 0 1
1;1
2 0 1
x y x
A
x y y
    
  
    
Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình: 
 
4 0 3
3; 1
2 0 1
x y x
K
x y y
    
   
     
Tứ giác HKCE nội tiếp nên BHK KCE , mà KCE BDA (nội tiếp chắn cung AB ) 
Suy ra BHK BDK , vậy K là trung điểm của HD nên  2;4H . 
Do B thuộc BC  ; 4B t t  , kết hợp với M là trung điểm BC suy ra  7 ;3C t t  . 
( 2; 8); (6 ;2 )HB t t AC t t    . Do H là trực tâm của tam giác ABC nên 
        
2
. 0 2 6 8 2 0 2 14 2 0
7
t
HB AC t t t t t t
t

              
Do    3 2 2; 2 , 5;1t t B C     . Ta có 
       1; 3 , 4;0 3;1 , 0;1AB ACAB AC n n      
Suy ra :3 4 0; : 1 0.AB x y AC y     
Bài 11. Ta có: Idd 21  . Toạ độ của I là nghiệm của hệ: 











2/3y
2/9x
06yx
03yx
. Vậy 





2
3
;
2
9
I 
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD OxdM 1  
Suy ra M( 3; 0) 
Ta có: 23
2
3
2
9
32IM2AB
22












 
Theo giả thiết: 22
23
12
AB
S
AD12AD.ABS ABCDABCD  
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 ADd1  
Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vu ng góc với d1 nhận )1;1(n làm VTPT nên có PT: 
03yx0)0y(1)3x(1  . Lại có: 2MDMA  
Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT: 
 





2y3x
03yx
22
GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 
    

















13x
x3y
2)x3(3x
3xy
2y3x
3xy
2222






1y
2x
 hoặc 





1y
4x
. Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) 
Do 





2
3
;
2
9
I là trung điểm của AC suy ra: 





213yy2y
729xx2x
AIC
AIC
Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) 
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) 
Bài 12 
Do ADNM là tứ giác nội tiếp nên

 AMDAND 
Do BCNM là tứ giác nội tiếp nên

 BMCBNC 
Mà  DMCM 00 9090 

ANBBMCAMDBNCAND 
BNAN  
Gọi )2;( bbB  
)2;1(;)3;0( bbBNAN  
)4;2(20)2(30.  BbbBNAN 
)2;1(
)2;0()1;1(
3
1
)3;3(
MN
MABAM
AB


Vì CDMN  nên pt CD là : 0920)4(2)1(1  yxyx 
 ABAD  nên pt AD là : 00)1(3)1(3  yxyx 
 ABBC  nên pt BC là : 060)4(3)2(3  yxyx 
A 
M 
B 
C 
N 
D 
GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 
Bài 13. VTCP của đường thẳng AB : 1v = (2 ;1) 
VTCP của đường thẳng BD : 2v = (7 ;1) 
Gọi VTCP của đường thẳng AC là 3v = (a ;b), với a
2 + b 2  0. 
 A D 
Gọi I là giao điểm của AC và BD,suy ra tam giác ABI cân tại I 
 Suy ra Cos(BAI) = Cos(ABI) 
13
13 .
vv
vv
= 
21
21.
vv
vv

5.
2
22 ba
ba


= 
50.5
15
  2(2a + b) 2 = 9(a 2 + b 2 ) 
  a 2 - 8ab + 7b 2 = 0  




ba
ba
7
+ a = b ,suy ra một VTCP của đường thẳng AC: 'v = (1;1) 
 PTCT của đt AC: 
1
1
1
2 

 yx
PTTQ của AC: x –y -1 = 0 
+ a = 7b, suy ra một VTCP của đường thẳng AC: ''v = ( 7;1),suy ra không tồn tại phương trình 
đường thẳng AC vì ''v cùng phương với 2v . 
 Vậy PTTQ của AC: x – y -1 = 0 . 
Bài 14. 
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ )5;1(
5
1
092
06












C
y
x
yx
yx
Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ )3;3(
3
3
092
0
D
y
x
yx
yx












Vậy )3;3(;)5;1(;)4;2( DCB  
Đường tròn ngoại tiếp ABC chính là đường tròn ngoại tiếp MNP có phương trình là 
2 2 3 29 0x y x    có tâm là 
3
;0
2
K
 
 
 
Vì P là điểm chính giữa cung AB nên đường thẳng chứa AB đi qua  1;1Q  vuông góc với KP 
PT của AB: 2 3 0x y   . 
Tọa độ A, B là th a mãn hệ 
 
22 2 2
2 3
2 32 3 0
1
3 29 0 2 3 3 29 0
4
y x
y xx y
x
x y x x x x
x
 
     
    
            
Từ đó, tìm được    1;3 , 4; 5A B   
Ta lại có AC đi qua A, vu ng góc với KN có phương trình 2 7 0x y   
Nên tọa độ điểm C th a mãn 
GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 
JI
E'
F
E
D
C
B
A
Bài 15. 
Bài 16. 
Bài 17. Ta có MN= 10 ,AN=3AC/4=
3 2
4
a
 
 22 2 2
7 2
7 22 7 0
4; 11
3 29 0 7 2 3 29 0
4
y x
y xx y
Cx
x y x x x x
x
 
     
     
           
+) Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC 
 E’ thuộc AD. 
Vì EE’ vuông góc với AC và qua điểm  9;4E 
 phương trình EE’: 5 0x y   . 
Gọi I = ACEE’, tọa độ I 
là nghiệm hệ  
5 0 3
3; 2
1 0 2
x y x
I
x y y
    
   
     
Vì I là trung điểm của EE’ '( 3; 8)E   
AD qua '( 3; 8)E   và ( 2; 5)F    phương trình AD: 3 1 0x y  
(0;1)A AC AD A   . Giả sử ( ;1 )C c c . 
 Vì 22 2 4 2; 2AC c c c        ( 2;3)C  
Gọi J là trung điểm AC  ( 1;2)J   phương trình BD: 3 0x y   . 
 Do (1;4) ( 3;0)D AD BD D B     . Vậy (0;1)A , ( 3;0), ( 2;3), (1;4).B C D  
Theo giả thiết ta có H là trọng tâm tam giác BCD nên 
3IC IH 
Mà  1;1IH  , giả sử 
   
1 3.1 4
; 4;1
2 3.1 1
x x
C x y C
y y
   
   
   
Do I là trung điểm AC nên A(-2;-5) 
Lại có 2AB AD nên 
1
2
CM BC
MBC BAC
BC AB
    
Mà 90 90BAC BCA MBC BCA AC BM       
Đường thẳng BM đi qua H(2;-1), có vtpt  1;1IH  
pt BM: x + y – 1 = 0  ;1B t t  
Có    2;6 ; 4;AB t t CB t t      
Vì     . 0 2 4 6 0AB BC AB CB t t t t         
 2 2t    2 2; 1 2B    hoặc  2 2; 1 2B    
GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 
MN
2
=AM
2
+AN
2
-2AM.AN.cos45
0
=
25
8
a
=>a=4 
Gọi I(x;y) là trung điểm của CD.Ta có 
1, 24
17 6
,2
5 54
x yIM
BD
x yIN
   
 
 
     
+Đường thẳng CD đi qua I(1;-2) có pt : y+2=0 
+ Đường thẳng CD đi qua I(17/5;-6/5) có pt : 3x-4y-15=0 
Bài 18. Gọi H là chân đường cao kẻ từ A thì H là giao của AH và BC nên H(-1/5; 3/5) 
Gọi d là đường thẳng qua G và song song với BC thì PT d: x + 2y - 3 = 0 
Gọi I = d giao AH thì I(1/5; 7/5) 
Do 3HA HI nên tìm được A(1; 3) 
Do 
1
6 . 2 5
2
ABCS AH BC BC     
Gọi M là trung điểm CB thì 
3
2
AM AG nên tìm đc M(1; 0) 
Lấy B(1- 2b; b) trên  . Do MB = 5 
Nên tìm ra b = -1 hoặc b = 1 do đó B(3; -1) (loại) và B(-1; 1) 
Do đó ta có kq: A(1; 3); B(-1; 1) và suy ra C(3; -1) 
Bài 19. 
Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = 5. 
Gọi H là trung điểm của dây cung AB. 
Ta có IH là đường cao của tam giác IAB. 
IH = 
2 2
| 4 | | 5 |
( , )
16 16
m m m
d I
m m

  
 
2
2 2
2 2
(5 ) 20
25
16 16
m
AH IA IH
m m
    
 
Diện tích tam giác IAB là 12 2 12SIAB IAHS    
 2
3
( , ). 12 25 | | 3( 16) 16
3
m
d I AH m m
m
 
     
  

Bài 20. 
Tọa độ điểm A là nghiệm của HPT: 
- - 2 0
2 - 5 0
x y
x y


 
 A(3; 1) 
Gọi B(b; b- 2)  AB, C(5- 2c; c)  AC 
Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên 
3 5 2 9
1 2 6
b c
b c
   

   
 
5
2
b
c



. Hay B(5; 3), C(1; 2) 
Một vectơ chỉ phương của cạnh BC là ( 4; 1)u BC    . 
Phương trình cạnh BC là: x - 4y + 7 = 0 
I 
A B 
 
H 
5 
GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 
Bài 21. Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác BE thì N thuộc BC 
Tính được N(1; 1). Đường thẳng BC qua N và vuông góc với AH nên có phương trình 4x − 3y – 1 = 
0 
B là giao điểm của BC và BE. Suy ra tọa độ B là nghiệm của hệ pt: 
4 3 1 0
(4;5)
 1 0
x y
B
x y
  

  
Đường thẳng AB qua B và M nên có phương trình : 3x – 4y + 8 = 0 
A là giao điểm của AB và AH, suy ra tọa độ A là nghiệm hệ pt: 
3 4 8 0 1
( 3; )
 3 4 10 0 4
x y
A
x y
  
  
  
Điểm C thuộc BC va MC = 2 suy ra tọa độ C là nghiệm hệ pt: 
2 2
(1;1)1; 14 3 1 0
31 3331 33
;; ( 2) 2
25 2525 25
Cx yx y
Cx yx y
                
Thế tọa độ A và C(1; 1) vào phương trình BE thì hai giá trị trái dấu, suy ra A, C khác phía đối với 
BE, do đó BE là phân giác trong tam giác ABC. 
Tương tự A và 
31 33
;
25 25
C
 
 
 
 thì A, C cùng phía với BE nên BE là phân giác ngoài của tam giác ABC. 
BC = 5, 
49
( , )
20
AH d A BC  . Do đó 
49
8
ABCS  (đvdt). 
 Bài 22. Hoành độ giao điểm của (E) và (P) nghiệm đúng phương trình: x2 + 4(x2 – 2x)2 = 4 
4x
4
 – 16x3 + 17x2 – 4 = 0 (x – 2)(4x3 – 8x2 + x + 2) = 0 (*) 
Hàm số f(x) = 4x3 – 8x2 + x + 2 là hàm số liên tục trên có lim ( )
x
f x

  ; f(0) = 2 > 0; f(1) = - 1 
 0 nên phương trình 4x3 – 8x2 + x + 2 = 0 có 3 nghiệm nh hơn 2. Vậy phương 
trình (*) có 4 nghiệm, do đó (E) cắt (P) tại 4 điểm. 
Từ x2 + 4y2 = 4 và y = x2 – 2x suy ra 4x2 + 4y2 = 4 + 3x + 6y 2 2
3 3
1 0
2 4
x y x y      
Vậy các giao điểm của (E) và (P) nằm trên đường tròn Tâm 
3 3 109
; ,
4 8 8
I R
 
 
 
. 
Bài 23. Giả sử ( ; ), ( ; )
0 0 0 0
A x y B x y . 
+ Vì A,B thuộc (E) nên 
2 2
2 20 01 1
0 04 4
, (1)
x x
y y     . 
+ Mà tam giác ABC đều nên  
22 2 2 2
2 4 , (2)
0 0 0
AB AC x y y     
 A 
B 
C 
H 
E 
M(0;2) 
N 
I 
GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 
+ Từ (1) và (2) suy ra A,B là một trong hai điểm 
2 4 3 2 4 3
; ; ;
7 7 7 7
   
      
   
. 
Bài 24. 
+B là giao điểm của AB và BD, tìm được B(0; 2). 
+Tính góc giữa hai đường thẳng AB và BD bằng 600. 
+Ta có BD là đường trung trực của dây cung AC nên BD 
là đường kính. 
+Tam giác ABD vuông tại A có 060 3ABD AD AB  
+Ta có 
1
2 2 3 . 2 3
2
ABCD ABD ABDS S S AB AD      
 2
1
. 3 2 3 2.
2
AB AB    
+Ta có    ;2 , 0, ;0A AB A a a AB a     
 
2 22 0 2 2 ( 0)AB a a a        suy ra  2;2A . 
+Ta có    ; 3 2 , 2; 3D BD D d d AD d d     . 
Nên    
22 2
1
3 2 3 2 3 4 4 8 0
2
d
AD AB d d d d
d
 
           
Suy ra 
 
 
1; 3 2
2;2 3 2
D
D
   

 
. Vì yA < yD nên chọn  2;2 3 2D  . 
+ Đường tròn (S) có tâm  1; 3 2I  , bán kính 2IA nên có phương trình: 
   
22
1 3 2 4x y     . 
Bài 25. 
d1: 





ty
tx 23
, I );3(1 ttId  
d(I , d2) = 2 
11
7
,
11
27
101711  ttt 
t = 4
11
27
11
21
:)(
11
27
;
11
21
11
27
22
11 

















 yxCI 
t = 4
11
7
11
19
:)(
11
7
;
11
19
11
7
22
22 
















 
 yxCI 
Bài 26. Ta có MN= 10 ,AN=3AC/4=
3 2
4
a
MN
2
=AM
2
+AN
2
-2AM.AN.cos45
0
=
25
8
a
=>a=4 
Gọi I(x;y) là trung điểm của CD.Ta có 
GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 
1, 24
17 6
,2
5 54
x yIM
BD
x yIN
   
 
 
     
+Đường thẳng CD đi qua I(1;-2) có pt : y+2=0 
+ Đường thẳng CD đi qua I(17/5;-6/5) có pt : 3x-4y-15=0 
Bài 27. AB : x = 3 – 2y A(3 – 2a ; a) & B(3 – 2b ; b). Trọng tâm tam giác ABC là 
G( ) d : x + y – 2 = 0 – 2 = 0 a + b = – 2 (1) 
Mặt khác AB = 5 (2a – 2b)2 + (b – a)2 = 5 (a – b)2 = 1 a – b = 1 (2) hoặc a – b = – 1(3). 
Giải hệ (1) ; (2) được a = – 1/2 ; b = – 3/2 A(4 ; – 1/2) & B( 6 ; – 3/2). 
Giải hệ (1) ; (3) được a = – 3/2 ; b = – 1/2 A( 6 ; – 3/2) & B(4 ; – 1/2) 
Vậy đáp số: A(4 ; – 1/2) & B( 6 ; – 3/2) hoặc A( 6 ; – 3/2) & B(4 ; – 1/2). 
Bài 28. 
x
y
C
B
A
M
N
 Tọa độ M: 
2 1 0
0
x y
y
  


1
;0
2
M
 
  
 
Giả sử  ;B x y , M là trung điểm AB nên 
1 1
2 0
x
y
 

 
 2; 2B  
Giả sử  ;C x y , ta có: 
 
1
.2 ;
2
ABC
N
S BC d A



     
2 2
1 2
2 1 0
2 2
1
4 2 2 .
5
x y
x y
 
  
 
    

   
2 2
2 2
2 2 80
x y
x y
 
 
   
2
2 2
5 20 60 0
x y
x x
 
 
  
6
2
x
x

 
 
ĐS:  2; 2B  ,  6; 10C  hoặc  2; 6C  
Bài 29. 
GV Lê Duy Lực – THPT Quảng Xương 4 
E
I
A D
B C
F
M
Ta có A là giao điểm của AB và AC nên  1;2A . 
Lấy điểm  0;2E AC . Gọi  2 3;F a a AB  sao cho EF //BD. 
Khi đó 
EF
2 2
EF AE BI
EF AE
BI AI AE AI
     
   
2 2
1
2 3 2 2 11
.
5
a
a a
a

     
 

 Với 1a  thì  1; 1EF    là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của BD là  1; 1n   . 
Pt : 4 0BD x y    2;2BD AC I   
 5; 1BD AB B   
Ta có 
3 3
2 2; 2
2 2
IB IB
IB ID ID ID D
ID IA
 
         
 
. 
 1 3 2 2;2
2
IA IA
IA IC IC IC C
IC IB
         . 
Với 
11
5
a  thì 
7 1
;
5 5
EF
 
  
 
 là vtcp của đường thẳng BD. Nên chọn vtpt của BD là  1; 7n   . Do 
đó, : 7 22 0BD x y    8;2I  (loại). 
Bài 30. Gọi J là trung điểm của AB. khi đó AJCK là hình bình hành  AK // CJ. 
Gọi CJ BM = N  N là trung điểm của BM. 
Chứng minh được AK  BI từ đó suy ra tam giác BMC là tam giác cân tại C. 
Ta có  3; 1 10MC MC    CM = BM = AB = 10 
Trong tam giác vuông ABM có 
2 2 2 5. . . 2 2
2
AB BM BI BM AB AI BM AB BM      
 B là giao của hai đường tròn (C; 10 ) và (M; 2 2 ). Tọa