Ôn tập Hình học 12 - Đường tròn

Nguyễn Phú Khánh 
 588 
Dạng 3. Đường tròn 

 Nhận dạng phương trình đường tròn. Tìm tâm và bán kính đường tròn 
Cách 1: 
- Đưa phương trình về dạng: ( ) 2 2C : x y 2ax 2by c 0 + − − + = ( )1 P 
- Xét dấu biểu thức 2 2P a b c= + − 
 Nếu P 0> thì ( )1 là phương trình đường tròn ( )C có tâm ( )I a; b và bán kính 
 2 2R a b c= + − 
 Nếu P 0≤ thì ( )1 không phải là phương trình đường tròn. 
Cách 2: Đưa phương trình về dạng: ( ) ( )2 2x a y b P− + − = ( )2 . 
 Nếu P 0> thì ( )2 là phương trình đường tròn có tâm ( )I a; b và bán kính R P= 
 Nếu P 0≤ thì ( )2 không phải là phương trình đường tròn. 

 Vị trí tương đối của điểm; đường thẳng; đường tròn với đường tròn 
• Vị trí tương đối của điểm M và đường tròn ( )C 
 Xác định tâm I và bán kính R của đường tròn ( )C và tính IM 
 + Nếu IM R< suy ra M nằm trong đường tròn 
 + Nếu IM R= suy ra M thuộc đường tròn 
 + Nếu IM R> suy ra M nằm ngoài đường tròn 
• Vị trí tương đối giữa đường thẳng ∆ và đường tròn ( )C 
 Xác định tâm I và bán kính R của đường tròn ( )C và tính ( )d I;∆ 
 + Nếu ( )d I; R∆ < suy ra ∆ cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt 
 + Nếu ( )d I; R∆ = suy ra ∆ tiếp xúc với đường tròn 
 + Nếu ( )d I; R∆ > suy ra ∆ không cắt đường tròn 
Chú ý: Số nghiệm của hệ phương trình tạo bởi phương trình đường thẳng ∆ và 
đường tròn ( )C bằng số giao điểm của chúng. Tọa độ giao điểm là nghiệm của hệ. 
• Vị trí tương đối giữa đường tròn ( )C và đường tròn ( )C' 
Xác định tâm I , bán kính R của đường tròn ( )C và tâm I' , bán kính R ' của 
đường tròn ( )C' và tính II ' , R R ', R R '+ − 
 + Nếu II ' R R'> + suy ra hai đường tròn không cắt nhau và ở ngoài nhau 
 + Nếu II ' R R '= + suy ra hai đường tròn tiếp xúc ngoài với nhau 
 + Nếu II ' R R '< − suy ra hai đường tròn không cắt nhau và lồng vào nhau 
 + Nếu II ' R R '= − suy ra hai đường tròn tiếp xúc trong với nhau 
0Nguyễn Phú Khánh 
 589 
 + Nếu R R ' II ' R R '− < < + suy ra hai đường tròn cắt nhau tại hai điểm phân biệt 
Chú ý: Số nghiệm của hệ phương trình tạo bởi phương trình đường thẳng ( )C và 
đường tròn ( )C' bằng số giao điểm của chúng. Tọa độ giao điểm là nghiệm của hệ. 
Ví dụ 1 Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, viết đường tròn 
1. Đi qua ba điểm: ( ) ( ) ( )M 2; 4 , N 5; 5 , P 6; 2− − 
2. Đi qua ( )A 3; 4 và các hình chiếu của A lên các trục tọa độ. 
3. Đi qua ba điểm H,M,N. Gọi H là chân đường cao kẻ từ B và M,N lần lượt là 
trung điểm của AB,AC . Biết rằng: ( ) ( )A 0; 2 ,B 2; 2 ,− − ( )C 4; 2− . 
4. Tiếp xúc với trục hoành tại ( )A 2;0 khoảng cách từ tâm của ( )C đến điểm ( )B 6; 4 
 bằng 5 . 
Lời giải 
1. Cách 1: 
 Gọi phương trình đường tròn ( )C có dạng là: 2 2x y 2ax 2by c 0 + − − + = . 
 Do đường tròn đi qua ba điểm M,N,P nên ta có hệ phương trình: 
4 16 4a 8b c 0 a 2
25 25 10a 10b c 0 b 1
36 4 12a 4b c 0 c 20
 + + − + =  =
 
+ − − + = ⇔ = 
 + − + + = = − 
 Vậy, phương trình đường tròn cần tìm là: 2 2x y 4x 2y 20 0 + − − − = 
Cách 2: Gọi ( )I x; y và R là tâm và bán kính đường tròn cần tìm 
 Vì 
2 2
2 2
IM IN
IM IN IP
IM IP
 =
= = ⇔ 
=
 nên ta có hệ 
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2 2
x 2 y 4 x 5 y 5 x 2
y 1x 2 y 4 x 6 y 2
 + + − = − + −  =
⇔ 
= + + − = − + +
. 
2. Gọi 1 2A ,A lần lượt là hình chiếu của A lên hai trục Ox, Oy , suy ra 
 ( ) ( )1 2A 3;0 , A 0; 4 . 
Giả sử ( ) 2 2C : x y 2ax 2by c 0+ − − + = . 
,Nguyễn Phú Khánh 
 590 
Do ( )1 2A,A ,A C∈ nên ta có hệ: 
3
a6a 8b c 25 2
6a c 9 b 2
8b c 16 c 0

=− − + = −

− + = − ⇔ = 
 − + = − = 

. 
 Vậy, phương trình ( )C : 2 2x y 3x 4y 0+ − − = . 
3. Ta có ( )M 1;0 ,− ( )N 1; 2 ,− ( )AC 4; 4= −




. 
Gọi ( )H x; y , ta có:
( ) ( )
( )
4 x 2 4 y 2 0 x 1BH AC
y 14x 4 y 2 0H AC
 + − + =  =⊥ 
⇔ ⇔  
=+ − =∈  



 



 ( )H 1;1⇒ 
Giả sử phương trình đường tròn có dạng: 2 2x y ax by c 0+ + + + = . 
Ba điểm M,N,H thuộc đường tròn nên ta có hệ phương trình : 
a c 1 a 1
a 2b c 5 b 1
a b c 2 c 2
 − =  = −
 
− + = − ⇔ = 
 + + = − = − 
. 
Phương trình đường tròn: 2 2x y x y 2 0+ − + − = . 
4. Gọi ( )I a; b và R lần lượt là tâm của và bán kính của ( )C 
Vì ( )C tiếp xúc với Ox tại A nên a 2= và R b= 
Mặt khác: ( )22 2IB 5 4 b 4 5 b 1,b 7= ⇔ + − = ⇔ = = 
Với b 1= thì phương trình đường tròn ( ) ( ) ( )2 2C : x 2 y 1 1− + − = . 
 Với b 7= thì phương trình đường tròn ( ) ( ) ( )2 2C : x 2 y 7 49− + − = . 
Ví dụ 2 Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, viết đường tròn 
1. Có tâm nằm trên đường thẳng d : x 6y 10 0− − = và tiếp xúc với hai đường thẳng 
có phương trình 1d : 3x 4y 5 0+ + = và 2d : 4x 3y 5 0− − = . 
2. có tâm nằm trên đường tròn ( ) ( )2 21
4
C : x 2 y
5
− + = và tiếp xúc với hai đường 
thẳng 1 : x y 0∆ − = và 2 : x 7y 0∆ − = . 
3. Đi qua ( )M 6;6 và tiếp xúc với hai đường thẳng 1 : 4x 3y 24 0∆ − − = và 
2 : 4x 3y 8 0∆ + + = . 
4. Có tâm M nằm trên − + =d : x y 3 0 , bán kính bằng 2 lần bán kính đường tròn ( )C 
 và ( )C tiếp xúc ngoài với đường tròn ( )C' : 2 2x y 2x 2y 1 0+ − − + = 
,Nguyễn Phú Khánh 
 591 
Lời giải 
1. Vì đường tròn cần tìm có tâm K nằm trên đường thẳng d nên gọi ( )K 6a 10;a+ 
Mặt khác đường tròn tiếp xúc với 1 2d , d nên khoảng cách từ tâm K đến hai 
đường thẳng này bằng nhau và bằng bán kính R suy ra 
( ) ( )3 6a 10 4a 5 4 6a 10 3a 5
5 5
+ + + + − −
= 22a 35 21a 35 a 0+ = + ⇔ = 
 hoặc 
70
a
43
−
= 
- Với a 0= thì ( )K 10;0 và R 7= suy ra ( ) ( )2 2C : x 10 y 49− + = 
- Với 
70
a
43
−
= thì 
10 70
K ;
43 43
 − 
 
 
 và 
7
R
43
= suy ra 
 ( )
2 2 2
10 70 7
C : x y
43 43 43
     
− + + =     
     
 Vậy, có hai đường tròn thỏa mãn có phương trình là: 
 ( ) ( )2 2C : x 10 y 49− + = và ( )
2 2 2
10 70 7
C : x y
43 43 43
     
− + + =     
     
2. Gọi ( )I a; b là tâm của đường tròn ( )C , vì ( )1I C∈ nên: ( )
2 2 4a 2 b
5
− + = ( )∗ 
Do ( )C tiếp xúc với hai đường thẳng 1 2,∆ ∆ nên ( ) ( )1 2d I, d I,∆ = ∆ 
a b a 7b
b 2a
2 5 2
− −
⇔ = ⇔ = − hoặc a 2b= 
• b 2a= − thay vào ( )∗ ta có được: ( )2 2 24 16a 2 4a 5a 4a 0
5 5
− + = ⇔ − + = phương 
trình này vô nghiệm. 
• a 2b= thay vào ( )∗ ta có: ( )2 2 4 4 82b 2 b b ,a
5 5 5
− + = ⇔ = = . 
Suy ra ( )1
4
R d I,
5 2
= ∆ = . 
 Vậy, phương trình ( )
2 2
8 4 8
C : x y
5 5 25
   
− + − =   
   
. 
3. Gọi ( )I a; b là tâm và R là bán kính của đường tròn ( )C . 
Vì ( )C tiếp xúc với hai đường thẳng 1∆ và 2∆ nên ta có ( ) ( )1 2d I, d I,∆ = ∆ 
,Nguyễn Phú Khánh 
 592 
Hay 
164a 3b 24 4a 3b 8 4a 3b 24 4a 3b 8 b
3
4a 3b 24 4a 3b 85 5 a 2
− − + +  − − = + + = −= ⇔ ⇔ − − = − − − =
. 
• a 2= , phương trình ( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2 3b 16
C : x 2 y b
25
+
− + − = . 
Do ( )M C∈ nên ( ) ( ) ( )
2
2 2 3b 16
6 2 6 b b 3
25
+
− + − = ⇔ = hoặc 
87
b
4
= 
Suy ra phương trình ( ) ( ) ( )2 2C : x 2 y 3 25− + − = hoặc 
( ) ( )
2
2 87 4225
C : x 2 y
4 16
 
− + − = 
 
. 
• 
16
b
3
= − , phương trình của ( )C : ( ) ( )
22
2 4a 816
x a y
3 25
− 
− + + = 
 
 Do ( )M C∈ nên ( ) ( )
22
2 4a 816
6 a 6
3 25
− 
− + + = 
 
 phương trình vô nghiệm. 
4. Đường tròn ( )C' có tâm ( )I 1;1 bán kính =R 1 
Ta có ( )M d M x; x 3∈ ⇒ + . 
Vì ( )C và ( )C’ tiếp xúc ngoài nên ta có ( ) ( )= ⇔ − + + =2 2MI 3R x 1 x 2 9 
2x x 2 0 x 2⇔ + − = ⇔ = − hoặc x 1= . 
Vậy có hai đường tròn thỏa yêu cầu bài toán là: 
 ( ) ( )2 2x 1 y 4 4− + − = và ( ) ( )2 2x 2 y 1 4+ + − = . 
Ví dụ 3 Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, viết đường tròn ngoại 
 tiếp tam giác ABC có trọng tâm ( )G 2; 3 . Gọi H là trực tâm của tam giác ABC . 
 Biết đường tròn đi qua ba trung điểm của ba đoạn thẳng HA,HB, HC có phương 
 trình : ( ) ( )2 2x 1 y 1 10− + − = 
Lời giải 
Gọi ( )C là đường tròn ( ) ( )2 2x 1 y 1 10− + − = , suy ra ( )C có tâm ( )I 1;1 , bán kính 
R 10= . 
,Nguyễn Phú Khánh 
 593 
 Ta có kết quả sau đây trong hình học 
 phẳng: 
 “Trong tam giác, 9 điểm gồm trung 
 điểm của ba cạnh, chân ba đường cao 
 và ba trung điểm của các đoạn nối trực 
 tâm với đỉnh nằm trên một đường tròn 
 có tâm I , G, H thẳng hàng và 
 IH 3IG= ”. 
 Gọi E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam 
I C'
A'
B'
G
M
H
E
A
B
C
giác ABC và M là trung điểm BC . Phép vị tự ( )G, 2V : I E, M A− → → và 
( )M C∈ nên ta có: ( )E 4;7 và EA 2IM 2 10= = 
Vậy, phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: 
( ) ( )2 2x 1 y 10 40− + − = . 
Ví dụ 4 Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho đường tròn 
 ( ) ( ) ( )2 2C : x 1 y 1 25− + − = và đường thẳng d : 2x y 1 0− − = . Lập phương trình 
 đường tròn ( )C' có tâm nằm trên d và hoành độ lớn hơn 2, đồng thời ( )C' cắt ( )C 
 tại hai điểm A, B sao cho dây cung AB có độ dài bằng 4 5 và tiếp xúc với đường 
 thẳng : 3x y 15 0∆ − + = . 
Lời giải 
Cách 1: Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1;1 , bán kính =R 5 . 
Gọi I’ là tâm của đường tròn ( )C’ , I ' d∈ nên suy ra ( )I ' m; 2m 1 ,m 2− > và R ' là 
bán kính. 
Ta có: ( )
m 16
R ' d I',
10
+
= ∆ = . 
Gọi H là giao điểm của II’ và AB, suy ra H là trung điểm của AB nên 
AH 2 5= . 
Vì IH I'H II'+ = nên 2 2 2 2R AH R' AH II'− + − = hoặc 
2 2 2 2R AH R' AH II '− − − = 
TH1: 2 2 2 2R AH R' AH II'− + − = 
,Nguyễn Phú Khánh 
 594 
2
2 2(m 16)5 20 (m 1) (2m 2)
10
+
⇔ + − = − + − 
25 2 m 32m 56 5 2 m 1⇔ + + + = − 
( )2 2m 32m 56 50 m 2m 2 2 m 1⇔ + + = − + − − 
2
2
2
49m 232m 144 0
49m 132m 44 100 m 1 m 4
49m 32m 56 0
 − + =
⇔ − + = − ⇔ ⇔ =
 − − =
 (do m 2> ). 
TH2: 2 2 2 2R AH R' AH II '− − − = 25 2 m 32m 56 5 2 m 1⇔ − + + = − 
2 2 250 10 2(m 32m 56) m 32m 56 50m 100m 50⇔ − + + + + + = − + 
2 249m 132m 56 10 2(m 32m 56) 0⇔ − − + + + = ( )∗ 
Do m 2> nên 2 249m 132m 56 10 2(m 32m 56) 32− − + + + > nên ( )∗ vô nghiệm. 
Vậy, phương trình ( ) ( ) ( )2 2C' : x 4 y 7 40− + − = . 
Cách 2: ( )C và ( )C' cắt nhau tại A,B nên AB d⊥ và AB : x 2y t 0+ + = 
Gọi H là trung điểm AB nên AH 2 5= 
IAH∆ vuông tại H nên ( )IH 5 d I,AB= = , từ đạy tìm được: t 8= − hoặc t 2= 
∗ Với t 2 AB : x 2y 2 0= ⇒ + + = . Tọa độ A,B thỏa mãn hệ phương trình: 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )2 2
x 2y 2 0 x; y 4;1
x; y 4; 3x 1 y 1 25
 + + =  = −
⇔ 
= −− + − =  
 ( )C' tiếp xúc với đường thẳng : 3x y 15 0∆ − + = nên có: ( )I'A d I',= ∆ 
 Tức là phải có: ( ) ( )2 2
3m 2m 1 15
m 4 2m 2
10
− + +
+ + − = 
 249m 32m 56 0⇔ − − = không thỏa với m 2> 
 ∗ t 8= − , tìm được ( ) ( )A 2;5 ,B 6;1− hoặc ngược lại. 
 ( )C' tiếp xúc với đường thẳng : 3x y 15 0∆ − + = nên có: ( )I'A d I',= ∆ 
Tức là phải có: ( )249m 232m 144 0 m 4 I' 4;7− + = ⇒ = ⇒ 
Vậy, phương trình ( ) ( ) ( )2 2C' : x 4 y 7 40− + − = . 
Ví dụ 5 Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy 
1. Cho đường tròn ( )C : 2 2x y 4x 6y 12 0+ − + − = . Lập phương trình đường thẳng đi 
,Nguyễn Phú Khánh 
 595 
qua ( )M 1;1 và cắt đường tròn ( )C tại 2 điểm A, B sao cho MA 2MB= . 
2. Cho hai đường tròn: ( ) 2 2C : x y 2x 2y 1 0,+ − − + = ( ) 2 2C' : x y 4x – 5 0+ + = 
 cùng đi qua ( )M 1;0 . Viết ph ... ó tâm ( )I 2;0 , bán kính R 26= 
 ( )2 2x 2 y 26− + = . 
Ví dụ 8. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp 
 đường tròn ( ) ( ) ( )2 2C : x 1 y 2 5,− + + =  ( )0ABC 90 ,A 2;0= và diện tích tam giác 
 ABC bằng 4 . Tìm toạ độ đỉnh B, C . 
Lời giải 
 Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1; 2− và bán kính R 5= . 
 Vì ABC có  0ABC 90 C= ⇒ đối xứng A qua tâm ( )I 1; 2− , nên ( )C 0; 4− . 
 Phương trình đường thẳng ( )AC : 2x y 4 0− − = 
 Diện tích tam giác ABC bằng 4 , nên khoảng cách từ B đến cạnh AC là : 
2S 4
d
AC 5
= = . 
 Do đó B nằm trên đường thẳng ( ) ( )d AC nên phương trình ( )d : 
2x y m 0− + = . ( )d cách AC một khoảng bằng 4
5
4 m 4
5 5
+
⇔ = m 0⇒ = 
hoặc m 8= − . 
 ∗ Với ( )1m 0 d := ⇒ 2x y 0− = , toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình 
( ) ( )2 2
2x y 0 x 0
y 0x 1 y 2 5
 − =  =
⇔ 
=− + + = 
 hoặc 
6
x
5
12
y
5

= −

 = −

. 
 ∗ Với ( )2m 8 d := − ⇒ 2x y 8 0− − = , toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương 
trình: 
( ) ( )2 2
2x y 8 0 x 2
y 4x 1 y 2 5
 − − =  =
⇔ 
= −− + + = 
 hoặc 
16
x
5
8
y
5

=

 = −

. 
,Nguyễn Phú Khánh 
 598 
 Vậy, toạ độ ( )C 0; 4− , toạ độ B hoặc (0; 0) hoặc 6 12;
5 5
 
− − 
 
 hoặc ( )2; 4− hoặc 
16 8
;
5 5
 
− 
 
Ví dụ 9 Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho đường tròn ( )C : 
 2 2x y 2x 2y 1 0+ + − + = . Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn ( )C xuất phát 
 từ ( )A 2; 3− . 
Lời giải 
 ( )C có tâm ( )I 1;1− , bán kính R 1= . 
 Ta thấy, IA R> nên A nằm ngoài đường tròn. 
 Do đó qua A kẻ được 2 tiếp tuyến đến ( )C . 
 Đường thẳng ∆ qua A có phương trình: ( ) ( )a x 2 b y 3 0+ + + = 
 ∆ tiếp xúc ( )C khi ( ) 2
2 2
a 4b
d I ; R 1 8ab 15b 0
a b
+
∆ = ⇔ = ⇔ + =
+
 ( )b 8a 15b 0 b 0⇔ + = ⇔ = hoặc 8b a
15
= − 
∗ Với ( ) ( )b 0 a x 2 0 y 3 0 x 2 0= ⇒ + + + = ⇒ + = vì a 0≠ . 
∗ Với ( ) ( )8 8b a a x 2 a y 3 0
15 15
= − ⇒ + − + = hay 15x – 8y 6 0+ = vì a 0≠ . 
 Vậy, có 2 tiếp tuyến thỏa mãn đề bài: x 2 0,+ = 15x – 8y 6 0+ = . 
Ví dụ 10 Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho đường tròn ( )C : 
 ( )2 2x 4 y 4− + = và điểm ( )E 4;1 . Tìm tọa độ điểm M trên trục tung sao cho từ M 
 kẻ được hai tiếp tuyến MA,MB đến đường tròn ( )C với A, B là hai tiếp điểm sao 
 cho đường thẳng AB đi qua E . 
Lời giải 
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 4;0 , bán kính R 2= . 
Gọi ( )M 0; m , giả sử ( )T x; y là tiếp điểm của tiếp tuyến vẽ từ M tới ( )C . 
Suy ra ( ) ( )MT x; y m , IT x 4; y= − = −



 


. 
,Nguyễn Phú Khánh 
 599 
( ) 2 2
2 2
T C x y 8x 12 0
MT.IT 0 x y 4x my 0
 ∈ + − + = 
⇔ 
= + − − =  



 

 
 4x my 12 0⇒ − − = 
 Do đó, phương trình đường thẳng 
 AB : 4x my 12 0− − = 
 AB đi qua E 16 m 12 0⇔ − − = 
 m 4⇔ = . Vậy ( )M 0; 4 là điểm cần tìm. 
B
I
A
M
E
Ví dụ 11 Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho phương trình là 
 2 2x y 4x 6y 3 0+ − + − = và đường thẳng d có phương trình là 3x 4y 1 0+ − = . Gọi 
 ( )C′ là đường tròn có bán kính bằng 5 tiếp xúc với ngoài với ( )C tại A và tiếp xúc 
 với d tại B . Tính đoạn AB . 
Lời giải 
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 2; 3− , bán kính R 4= . 
Gọi ( )I ' a; b , R ' lần lượt là tâm và bán kính của ( )C′ , suy ra R ' 5= và 
II ' R R' 9= + = 
Áp dụng định lí cô sin cho tam giác AI'B ta có: 
 2 2 2AB I'A I'B 2.I 'A.I ' B.cos AI' B 50(1 cos AI' B)= + − = − 
 Mà  ( )
n .I ' I
cos AI' B cos n ,I ' I
n . I ' I
∆
∆
∆
= =


 




 




 

 
3(a 2) 4(b 3) 3a 4b 6
5.9 45
− + + + +
= = 
 Mặt khác: 
3a 4b 1
d(I ', ) 5 5
5
+ −
∆ = ⇒ = 
 3a 4b 26⇔ + = hoặc 3a 4b 24+ = − 
I
A
I'
B
• 
32
3a 4b 26 cos AI' B
45
+ = ⇒ = 2
32 130 130
AB 50 1 AB
45 9 3
 
⇒ = − = ⇒ = 
 
•  2
2 2
3a 4b 24 cos AI'B AB 50 1 30 AB 30
5 5
 
+ = − ⇒ = ⇒ = − = ⇒ = 
 
Ví dụ 12 Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho hai đường tròn ( )1C : 
 ( ) ( )2 2x 3 y 2 9− + − = và ( ) ( ) ( )2 22C : x 7 y 1 4− + + = . Chứng minh ( )1C và ( )2C 
,Nguyễn Phú Khánh 
 600 
 tiếp xúc ngoài với nhau tại A . Viết phương trình tiếp tuyến chung của ( )1C và 
 ( )2C tại A . Gọi d là một tiếp tuyến chung của ( )1C và ( )2C không đi qua A , 
 đường thẳng d cắt đường thẳng nối hai tâm tại B . Tìm tọa độ điểm B . 
Lời giải 
 Đường tròn ( )1C có tâm ( )I 3; 2 và bán kính R 3= . 
 Đường tròn ( )2C có tâm ( )I ' 7; 1− và bán kính R ' 2= . 
 Gọi ( )A x; y . Theo giả thiết ta 
 có: 
AI' R '
AI R
=
R'
I'A IA
R
⇔ = −



 


( )
( )
2
x 7 x 3
3
2
y 1 y 2
3

− = − −
⇔ 
 + = − −

27
x
5
1
y
5

=
⇔ 
 =

27 1
A ;
5 5
 
⇒ =  
 
B
IAI'
Tiếp tuyến chung của ( )1C và ( )2C tại A và vuông góc II ' nên có véctơ pháp 
tuyến ( )n II ' 4; 3= = −

 


, có phương trình: 4x 3y 21 0− − = . 
 Gọi ( )0 0B x ; y , theo giả thiết ta có 
BI' R '
BI R
= 
Suy ra 
( )
( )
( )
0 0
0
0
0 0
2
x 7 x 3 x 15R' 3IB' IB B 15; 7
2 y 7R
y 1 y 2
3

− = −  = 
= ⇔ ⇔ ⇒ − 
= − + = −



 


. 
Ví dụ 13 Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho đường thẳng :∆ 
 x y 2 0+ − = và đường tròn ( ) 2 2T : x y 2x 2y 7 0+ − + − = . Chứng minh rằng ∆ cắt 
 ( )T tại hai điểm phân biệt A , B và tìm toạ độ nguyên của điểm C trên ( )T sao 
 cho tam giác ABC có diện tích bằng 
14
2
. 
Lời giải 
,Nguyễn Phú Khánh 
 601 
 Đường tròn ( )T có tâm ( )I 1; 1− , bán kính 
 R 3= 
 Ta có ( )d I, 2 R∆ = < ⇒ ∆ và ( )T cắt 
 nhau tại hai điểm phân biệt A, B 
 Và ( )2 2AB 2 R d I, 2 7= − ∆ = . 
∆
B
A
I
C
Giả sử ( ) ( ) ( ) ( )2 20 0 0 0C x ; y T x 1 y 1 9∈ ⇒ − + + = ( )∗ 
Diện tích tam giác ABC: ( ) ( )ABC
1
S d C,AB .AB 7.d C,
2∆
= = ∆ 
Do đó, ( )ABC
14 1
S d C,
2 2
∆ = ⇒ ∆ = 
Mà ( ) 0 0 0 0
1 1
d C, x y 2 x y 2 1
2 2
∆ = + − = ⇔ + − = 0 0x y 2 1⇔ + − = ± . 
• 0 0 0 0x y 2 1 x 3 y+ − = ⇒ = − thay vào ( )∗ , ta được: 
( ) ( )2 2 20 0 0 0 02 y y 1 9 y y 2 0 y 1− + + = ⇔ − − = ⇔ = − hoặc 0y 2= 
Với ( )0 0y 1 x 4 C 4; 1= − ⇒ = ⇒ − 
Với ( )0 0y 2 x 1 C 1; 2= ⇒ = ⇒ 
• 0 0 0 0x y 2 1 x 1 y+ − = − ⇒ = − thay vào ( )∗ ta được: 
( ) ( )2 20 0 0
1 17
y y 1 9 y
2
− ±
− + + = ⇔ = ( lẻ ). 
Vậy, ( )C 4; 1 ,− ( )C 1; 2 là tọa độ cần tìm. 
Ví dụ 14 Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho cho tam giác ABC nội 
 tiếp đường tròn ( )C có phương trình ( ) ( )2 2: x 1 y 1 10− + − = . Điểm ( )M 0; 2 là 
 trung điểm cạnh BC và diện tích tam giác ABC bằng 12 . Tìm tọa độ các đỉnh của 
 tam giác ABC . 
Lời giải 
Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1;1 , suy ra ( )MI 1; 1= −



. 
Vì BC đi qua M và vuông góc với MI nên BC : x y 2 0− + = . 
Tọa độ B,C là nghiệm của hệ: ( ) ( )
2 2
2
y x 2x 1 y 1 10
x 4x y 2 0
  = + − + − =
⇔ 
=− + = 
,Nguyễn Phú Khánh 
 602 
x 2,y 4
x 2, y 0
 = =
⇔  = − =
Suy ra ( ) ( )B 2; 4 ,C 2;0− hoặc ( ) ( )B 2;0 ,C 2; 4− 
Gọi ( )A a; b , suy ra ( ) ( )2 2a 1 b 1 10− + − = ( )∗ 
Ta có: ( ) ABC
a b 2
d A,BC ,BC 4 2 S 2 a b 2
2
∆
− +
= = ⇒ = − + 
Nên ta có a b 2 6 a b 4,a b 8− + = ⇔ = + = − . 
• a b 4= + thay vào ( )∗ ta được: ( ) ( )2 2b 3 b 1 10+ + − = 2b 2b 0⇔ + = 
b 0, b 2⇔ = = − 
• a b 8= − thay vào ( )∗ ta có: ( ) ( )2 2b 9 b 1 10− + − = vô nghiệm. 
Vậy, ( )A 0; 4 hoặc ( )A 2; 2− . 
Ví dụ 15 Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho hai đường tròn ( )1C : 
 2 2x y 13+ = và ( ) ( )2 22C : x 6 y 25− + = . Gọi A là giao điểm của ( )1C và ( )2C với 
 Ay 0< . Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt ( )1C , ( )2C theo 2 dây 
 cung có độ dài bằng nhau. 
Lời giải 
Xét hệ: 
( )
( ) ( )
2 2
2 2
x y 13 x 2
A 2; 3 ,B 2; 3
y 3x 6 y 25
 + =  =
⇔ ⇒ − 
= ±− + = 
. 
Gọi ∆ là đường thẳng cần lập. 
• AB∆ ≡ thỏa yêu cầu bài toán 
 • AB∆ ≠ giả sử ∆ cắt hai đường tròn ( )1C , ( )2C lần lượt tại M, N 
,Nguyễn Phú Khánh 
 603 
 Phép đối xứng tâm A biến M thành 
 N và ( )1C thành ( )3C 
 ( ) ( ) ( ) ( )1 3 2 3M C N C N C C∈ ⇒ ∈ ⇒ ∈ ∩ 
 ( ) ( ) ( )2 23C : x 4 y 6 13⇒ − + + = . 
 Suy ra 
( ) ( )
( )
2 2
2 2
x 4 y 6 13
N :
x 6 y 25
 − + + =

 − + =
37 24
N ;
5 5
 
⇒ − 
 
 I1'
N
A
B
I
1
I
2
 Suy ra 
27 9
AN ;
5 5
 
= − ⇒ ∆ 
 




 có n (1; 3)=


 là VTPT. 
Phương trình : x 3y 7 0∆ + + = . 
Ví dụ 16 Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho cho ∆ABC với 
 ( )A 2; 3 , ( ) ( )B 2;1 , C 6; 3 . Gọi D là giao điểm của đường phân giác trong góc BAC 
 với BC . Tìm tất cả các điểm M thuộc đường tròn ( )C : ( ) ( )2 2x 3 y 1 25− + − = sao 
 cho : =MDC ADBS 2S . 
Lời giải 
Ta có ( ) ( ) ( )AB 0; 2 ,AC 4;0 ,BC 4; 2= = =



 


 



Vì 
DB AB 1 BD 1 1 10 5 8 4
BD BC D ; CD ;
DC AC 2 BC 3 3 3 3 3 3
   
= = ⇒ = ⇒ = ⇒ ⇒ = − −   
   



 


 



. 
Phương trình AB : − =x 2 0 , nên 
( ) ( )ABD
4 1 1 4 4
d D,AB S AB.d D,AB .2.
3 2 2 3 3∆
= ⇒ = = = 
Phương trình − =DC : x 2y 0 . 
Gọi ( ) ( ) ( )2 2a 3M b 1; 5a b 2− + − =⇒ ( )∗ 
Mặt khác: MCD ABD
a 2b1 8 1 4 8
S 2S CD.d(M,CD) . 5.
2 3 2 3 35
∆ ∆
−
= ⇒ = ⇔ = 
a 2b 4⇔ − = ⇔ = +a 2b 4 hoặc = −a 2b 4 
• = −a 2b 4 thay vào ( )∗ ta có được: ( ) ( )2 2 22b 7 b 1 25 b 6b 5 0− + − = ⇔ − + = 
,Nguyễn Phú Khánh 
 604 
( )
( )
b 1 a 2 M 2;1
b 5 a 6 M 6; 5
 = ⇒ = − ⇒ −
⇔ 
= ⇒ = ⇒
. 
• = +a 2b 4 thay vào ( )∗ ta có được: ( ) ( )2 22b 1 b 1 25+ + − = 
25b 2b 23 0⇔ + − = 
  − + + − + +
= ⇒ = ⇒     ⇔ 
 − − − − − − = ⇒ = ⇒    
 
1 2 29 18 4 29 1 2 29 18 4 29
b a M ;
5 5 5 5
1 2 29 18 4 29 1 2 29 18 4 29
b a M ;
5 5 5 5
. 
Ví dụ 17 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( )C : 
2 2x y 2x 4y 20 0+ − + − = và đường thẳng ( )d : 3x 4y 20 0+ − = . Chứng minh d tiếp 
xúc với ( )C . Tam giác ABC có đỉnh A thuộc ( )C , các đỉnh B và C thuộc d , trung 
điểm cạnh AB thuộc ( )C . Tìm tọa độ các đỉnh A, B,C biết trực tâm của tam giác 
ABC trùng với tâm của đường tròn ( )C và điểm B có hoành độ dương. 
Lời giải 
Đường tròn ( )C có tâm I(1; 2)− và bán kính R 5= 
( )
2 2
3 8 20
d I,d 5 R
3 4
− −
= = =
+
.Suy ra d tiếp xúc với ( )C 
Gọi H là tiếp điểm của ( )C và d . Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình 
( )2 2
3x 4y 20 0 x 4
H 4; 2
y 2x y 2x 4y 20 0
 + − =  =
⇔ ⇒ 
=+ − + − = 
Do I là trực tâm ABC∆ và IH BC A IH⊥ ⇒ ∈ . Kết hợp ( )A C∈ ⇒ là điểm đối xứng 
của H qua I ( )A I H A
A I H A
x 2x x x 2
A 2; 6
y 2y y y 6
 = −  = − 
⇒ ⇒ ⇒ − − 
= − = −  
Gọi M là trung điểm cạnh AB . Do HA là đường kính nên HM AM⊥ 
 Tam giác HAB có HM vừa là trung tuyến vừa là đường cao nên HAB∆ cân tại 
H HB HA 2R 10⇒ = = = ,
20 3b
B d B b;
4
 − 
∈ ⇒  
 
. 
( ) ( )
2 2
2 220 3b 20 3b
HB 10 b 4 2 10 b 4 2 100
4 4
 −   − 
= ⇔ − + − = ⇔ − + − =   
   
,Nguyễn Phú Khánh 
 605 
( )
2
2 2 b 412 3bb 4 100 b 8b 48 0
b 124
 = − − 
⇔ − + = ⇔ − − = ⇔   =  
. Do ( )Bx 0 B 12; 4> ⇒ − 
20 3c 44 3c
c d C c; AC c 2; ,
4 4
 −   − 
∈ ⇒ ⇒ = +   
   




 ( )BI 11; 2= −



( ) ( )44 3cAC BI AC.BI 0 11 c 2 2 0 c 0 C 0; 5
4
−
⊥ ⇒ = ⇔ − + + = ⇔ = ⇒