Ôn tập Hình học 12 - Đường thẳng

Nguyễn Phú Khánh 
 528 
Dạng 2. Đường thẳng 

 Viết phương trình của đường thẳng. 
• Để viết phương trình tổng quát của đường thẳng ∆ ta cần xác định 
 - Điểm ( )0 0A x ; y ∈∆ 
 - Một vectơ pháp tuyến ( )n a; b


 của ∆ 
 Khi đó phương trình tổng quát của ∆ là ( ) ( )0 0a x x b y y 0− + − = 
• Để viết phương trình tham số của đường thẳng ∆ ta cần xác định 
 - Điểm ( )0 0A x ; y ∈∆ 
 - Một vectơ chỉ phương ( )u a; b


 của ∆ 
 Khi đó phương trình tham số của ∆ là 0
0
x x at
, t
y y bt
 = +
∈
= +
 . 
• Để viết phương trình chính tắc của đường thẳng ∆ ta cần xác định 
 - Điểm ( )0 0A x ; y ∈∆ 
 - Một vectơ chỉ phương ( )u a; b ,ab 0≠


 của ∆ 
 Phương trình chính tắc của đường thẳng ∆ là 0 0
x x y y
a b
− −
= 
Chú ý: 
o Nếu hai đường thẳng song song với nhau thì chúng có cùng VTCP và VTPT. 
o Hai đường thẳng vuông góc với nhau thì VTCP của đường thẳng này là VTPT của 
đường thẳng kia và ngược lại 
o Phương trình đường thẳng ∆ qua điểm ( )0 0M x ; y có dạng 
 ( ) ( )0 0: a x x b y y 0∆ − + − = với 2 2a b 0+ > 
o Phương trình đường thẳng đi qua ( ) ( )A a;0 ,B 0; b với ab 0≠ có dạng yx 1
a b
+ = 

 Xét vị trí tương đối của hai đường thẳng. 
 Để xét vị trí tương đối của hai đường thẳng 
 1 1 1 1 2 2 2 2d : a x b y c 0; d : a x b y c 0+ + = + + = . 
 Ta xét hệ 1 1 1
2 2 2
a x b y c 0
a x b y c 0
 + + =

+ + =
 ( )I 
 + Hệ ( )I vô nghiệm suy ra 1 2d d . 
Nguyễn Phú Khánh 
 529 
 + Hệ ( )I vô số nghiệm suy ra 1 2d d≡ 
 + Hệ ( )I có nghiệm duy nhất suy ra 1d và 2d cắt nhau và nghiệm của hệ là tọa 
độ giao điểm. 
Chú ý: Với trường hợp 2 2 2a .b .c 0≠ khi đó: 
 + Nếu 1 2
1 2
a a
b b
≠ thì hai đường thẳng cắt nhau. 
 + Nếu 1 2 1
1 2 2
a a c
b b c
= ≠ thì hai đường thẳng song song nhau. 
 + Nếu 1 2 1
1 2 2
a a c
b b c
= = thì hai đường thẳng trùng nhau. 
Ví dụ 1. 
1. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho các đường thẳng 
 1d : x y 3 0,+ + = 2 3d : x y 4 0, d : x 2y 0− − = − = . Tìm tọa độ điểm M nằm trên 
 đường thẳng 3d sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 1d bằng hai lần 
 khoảng cách từ M đến đường thẳng 2d 
2. Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng 1d : + + =3x y 5 0 , 2d : 
 + + =3x y 1 0 và điểm ( )−I 1; 2 . Viết phương trình đường thẳng đi qua I và 
 cắt 1 2d , d lần lượt tại A và B sao cho =AB 2 2 . 
3. Trong mặt phẳng Oxy, tìm toạ độ các đỉnh của một tam giác vuông cân, biết đỉnh 
 ( )−C 3; 1 và phương trình của cạnh huyền là − + =3x y 2 0 . 
Lời giải 
1. Ta có ( )3M d M 2m;m∈ ⇒ . Suy ra ( )1
3m 3
d M,d ,
2
+
= ( )2
m 4
d M,d
2
−
= 
Theo giả thiết ta có: ( ) ( )1 2
3m 3 m 4
d M,d 2d M,d 2.
2 2
+ −
= ⇔ = 
+ = −
⇔ ⇔ = − + = − +
3m 3 2m 8
m 11
3m 3 2m 8
 hoặc =m 1 . 
• Với ( )= − ⇒ − −m 11 M 22; 11 . 
 • Với ( )= ⇒m 1 M 2;1 . 
Nguyễn Phú Khánh 
 530 
 2. ( )∈ ⇒ − −1A d A a; 3a 5 , ( )∈ ⇒ − −2B d B b; 3b 1 
( )= − − − ≠IA a 1; 3a 3 0,


 
 ( )= − − +IB b 1; 3b 1



I, A, B thẳng hàng 
( )
( )
 − = −
⇒ = ⇔ 
− + = − −
b 1 k a 1
IB kIA
3b 1 k 3a 3


 


Nếu = ⇒ = ⇒ =a 1 b 1 AB 4 (không thỏa mãn) 
Nếu ( )−− + = − − ⇔ = −
−
b 1
3b 1 3a 3 a 3b 2
a 1
( ) ( ) ( ) = − + − + = ⇔ + + = 
22 22AB b a 3 a b 4 2 2 t 3t 4 8, với = −t b a 
⇔ + + = ⇔ = −25t 12t 4 0 t 2 hoặc = −
2
t
5
Với = − ⇒ − = − ⇒ = = ⇒t 2 b a 2 b 2,a 4 ∆ + − =: 5x y 3 0 
Với = − ⇒ − = − ⇒ = = ⇒
2 2 6 8
t b a b ,a
5 5 5 5
 ∆ + − =: 13x y 11 0 
3. Gọi hai đỉnh còn lại là A, B . Toạ độ điểm C không thoả mãn phương trình 
cạnh huyền nên tam giác ABC vuông cân tại C . 
Gọi I là hình chiếu vuông góc của C lên cạnh huyền ( I là trung điểm của AB ). 
Phương trình đường thẳng CI là 
+−
= ⇔ + =
−
y 1x 3
x 3y 0
3 1
. 
 Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ: 
 + =  
⇒ −  − + =  
x 3y 0 3 1
I ;
3x y 2 0 5 5
A, B nằm trên đường tròn tâm I , bán kính =
72
CI
5
 có phương trình: 
   
+ + − =   
   
2 2
3 1 72
x y
5 5 5
 Toạ độ hai điểm A,B là nghiệm của hệ: 
 − + =

   
+ + − =   
   
2 2
3x y 2 0
3 1 72
x y
5 5 5
. 
 Giải hệ ta được ( )    = − −   
   
3 19 9 17
x; y ; , ;
5 5 5 5
. 
Vậy, toạ độ hai đỉnh cần tìm là : ( )    = − −   
   
3 19 9 17
x; y ; , ;
5 5 5 5
Ví dụ 2. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho tam giác ABC . 
+Nguyễn Phú Khánh 
 531 
1. Xác định tọa độ đỉnh C , biết ( )H 1; 1− − hình chiếu vuông góc của C trên đường 
thẳng AB , đường phân giác trong của góc A có phương trình x y 2 0− + = và 
đường cao kẻ từ B có phương trình 4x 3y 1 0+ − = . 
2. Xác định tọa độ đỉnh B,C . Phương trình đường trung trực d của cạnh BC , đường 
 trung tuyến CC' lần lượt là x y 6 0+ − = và 2x y 3 0− + = 
3. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC cân tại C có phương trình cạnh AB là 
 − =x 2y 0 , điểm ( )I 4; 2 là trung điểm của AB , điểm   
 
9
M 4;
2
 thuộc cạnh BC , diện 
 tích tam giác ABC bằng 10 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết tung độ 
 điểm B lớn hơn hoặc bằng 3 . 
Lời giải 
1. Kí hiệu 1d : x y 2 0, − + = 2d : 4x 3y 1 0+ − = . 
Gọi H' là điểm đối xứng với H qua 1d . Khi đó H' AC∈ . 
∆ là đường thẳng đi qua H và vuông góc với 1d , nên có: : x y 2 0∆ + + = 
Gọi I là giao điểm của 1d và ∆ nên tọa độ I thỏa: ( )
x y 2 0
I 2;0
x y 2 0
+ + =
⇒ −
− + =
Vì I là trung điểm của HH' nên ( )H' 3;1− . 
Đường thẳng AC đi qua H' và vuông góc với 2d nên có phương trình : 
3x 4y 13 0− + = . 
AC cắt 1d tại A. Tọa độ A là nghiệm hệ: ( )
x y 2 0
A 5;7
3x 4y 13 0
− + =
⇒
− + =
Do CH đi qua H và vuông với AH , suy ra phương trình của CH :3x 4y 7 0+ + = 
 Tọa độ điểm C là nghiệm hệ : 
3x 4y 7 0 10 3
C ;
3x 4y 13 0 3 4
+ + =  
⇒ −  − + =  
2. Gọi ( )C c;2c 3 CC'+ ∈ . Khi đó: phương trình BC : x y c 3 0− + + = 
+Nguyễn Phú Khánh 
 532 
 Gọi M là trung điểm của BC, suy ra 
3 c
x
x y 6 0 2M :
x y c 3 0 c 9
y
2
−
=+ − = 
⇔ 
− + + = +  =

 ( ) cB 3 2c;6 c C' 4 c;4
2
 
⇒ − − ⇒ − − 
 
 Vì C' CC'∈ nên ( ) c2 4 c 4 3 0
2
 
− − − + = 
 
3 14
c 7 0 c
2 3
⇔− + = ⇒ = 
M
C'
B
A
C
 Vậy, 
19 4 14 37
B ; , C ;
3 3 3 3
   
−   
   
 là tọa độ cần tìm. 
3. Gọi tọa độ điểm ( ) ≥B B BB 2y ; y ,y 3 ( )⇒ − − ⇒ = −B B BA 8 2y ; 4 y AB 20 y 2




Gọi tọa độ điểm ( )− ⇒ = −C C CC x ;10 2x CI 5 4 x



Diện tích tam giác ABC là : = = ⇔ + − − =ABC B C C B
1
S CI.AB 10 4y 2x x y 8 2
2
( )⇔ − − = − C B B Cx y 4y 2x 6 1 hoặc ( )− − = − C B B Cx y 4y 2x 10 2 
Vì 
( ) − = −

∈ ⇒ = ⇔   
− + = − 
 
C B
C B
4 x k 2y 4
M BC CM kMB 11 9
2x k y
2 2



 



⇒ − − + =C B B C2x y 6y 5x 16 0 ( )3 
Từ ( )1 và ( )3 : 
 − − = − = − − 
⇒ 
− − + = = − + 
C B B C B
C B B C B
x y 4y 2x 6 y 1 2
2x y 6y 5x 16 0 y 1 2
 không thỏa ≥By 3 
Từ ( )2 và ( )3 : 
 − − = −  = 
⇔ 
=− − + =  
C B B C B
CC B B C
x y 4y 2x 10 y 3
x 22x y 6y 5x 16 0
Vậy, tọa độ các đỉnh của tam giác ABC là: ( ) ( ) ( )A 2;1 , B 6; 3 , C 2;6 
Ví dụ 3. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho ABC∆ , biết: 
1. ( )A 2;1 ,− ( )B 2; 3 , ( )C 1; 5− . Lập phương trình đường thẳng đi qua hai điểm D,G 
với D là chân đường phân giác trong góc A và G là trọng tâm của ABC∆ 
+Nguyễn Phú Khánh 
 533 
2. ( )A 4; 1− , đường cao kẻ từ B có phương trình : 2x 3y 0∆ − = , trung tuyến đi qua đỉnh 
 C có phương trình ' : 2x 3y 0.∆ + = Lập phương trình các cạnh của ABC∆ 
Lời giải 
1. Gọi ( )D DD x ; y là chân đường phân giác hạ từ A của ABC∆ 
 Ta có ( ) ( )2 2AB 2 2 3 1 2 5,= − − + − = ( ) ( )2 2AC 1 2 5 1 3 5= + + − − = 
 Do đó 
( )
( )
D D
D D
2 8
x 2 1 x xAB 2 8 13 5BD DC DC D ;
2 1AC 3 5 5
y 3 5 y y
3 5
 
− = − =    
= = ⇔ ⇔ ⇒ −   −   − = − − =
  



 


 



1 1
G ;
3 3
 
− 
 
 là trọng tâm của ABC∆ 
 Ta có 
19 2
DG ;
15 15
 
− − 
 




 suy ra đường thẳng DG nhận ( )u 19; 2


 làm VTCP nên có 
phương trình là 
1
x 19t
3
1
y 2t
3

= +

 = − +

2. Ta có AC đi qua ( )A 4; 1− và vuông góc với ∆ nên nhận ( )u 3; 2


 làm VTPT nên 
có phương trình là ( ) ( )3 x 4 2 y 1 0− + + = hay 3x 2y 10 0+ − = 
 Suy ra toạ độ C là nghiệm của hệ : ( )3x 2y 10 0 x 6 C 6; 4
2x 3y 0 y 4
 + − =  =
⇔ ⇒ − 
+ = = − 
 Giả sử ( )B BB x ; y suy ra trung điểm B B
x 4 y 1
I ;
2 2
 + − 
 
 
 của AB thuộc đường thẳng 
'∆ do đó : B B
x 4 y 1
2. 3. 0
2 2
+ −
+ = hay B B2x 3y 5 0+ + = ( )1 
 Mặt khác B∈∆ suy ra B B2x 3y 0− = ( )2 
 Từ ( )1 và ( )2 suy ra 5 5B ;
4 6
 
− − 
 
 Ta có 
21 1 31 19
AB ; , BC ;
4 6 4 6
   
− −   
   



 



. 
+Nguyễn Phú Khánh 
 534 
Phương trình đường thẳng AB : 
21
x 4 t
4
1
y 1 t
6

= −

 = − +

, BC : 
31
x 6 t '
4
19
y 4 t '
6

= −

 = − +

Ví dụ 4. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có 
 tâm 
 
 
 
1
I ;0
2
. Phương trình đường thẳng AB ;à : − + =x 2y 2 0 và =AB 2AD . Tìm tọa độ 
 các đỉnh A,B,C,D ; biết rằng A có hoành độ âm. 
Lời giải 
Cách 1: 
• Dựng ( )⊥ ⇒ = ⇒ = = =IH AB AD 2IH AH 2HI 2d I;AB 5 
• Xét tam giác vuông AIH : = + =2 2 2
25
AI AH HI
4
• Gọi ( )A a;b , <a 0 thì += a 2b
2
. Do ∈A AB 
Nên ( )+   = − + = ⇒ = − ⇒ −   
   
2 2
2 1 a 2 25IA a a 2 A 2;0
2 2 4
Tương tự ( )B 2;2 . Dựa vào tính chất trung điểm tìm được ( ) ( )− −C 3;0 ,D 1; 2 
Cách 2: 
( ) +− + = ⇒ = = +x 2 xAB : x 2y 2 0 y 1
2 2
Gọi 
 
+ 
 
a
A a; 1 ,
2
 
+ 
 
b
B b; 1 ,
2
 <a 0, ≠a b . I là trung điểm AC và BD nên 
 
− − − 
 
a
C 1 a; 1 ,
2
 
− − − 
 
b
D 1 b; 1
2
Từ tính chất hình chữ nhật : 
= −= = − 
⇒ ⇒  
= == 
2
a bAC BD a 2
AB 2AD b 2a 4
( )⇒ −A 2;0 , ( )B 2;2 , ( )C 3;0 , ( )− −D 1; 2 
Cách 3: Khoảng cách từ I đến AB là ( )= = ⇒ = =5IH d I;AB AD 2IH 5
2
+Nguyễn Phú Khánh 
 535 
Và = = ⇒
5
IA IB A,B
2
 là các giao điểm của đường thẳng AB với đường tròn tâm I và 
bán kính =
5
R
2
. Tọa độ A,B là nghiệm hệ 
− + =

   
− + =   
   
2 2
2
x 2y 2 0
1 5
x y
2 2
= −
⇔ 
=
x 2
y 0
( )⇒ −A 2;0 , ( )B 2;2 , ( )C 3;0 , ( )− −D 1; 2 là tọa độ cần tìm. 
Ví dụ 5. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho hình vuông ABCD , có 
 tâm 
 
 
 
5 5
I ;
2 2
, phương trình cạnh AB là : + − =4x 3y 5 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C,D 
 biết rằng C có hoành độ dương. 
Lời giải 
( )  + − = ⇒ = − + ⇒ − + 
 
4 5 4 5
AB : 4x 3y 5 0 y x A a; a ,
3 3 3 3
 
− + 
 
4 5
B b; b
3 3
Do I là giao điểm 2 đường chéo 
 
⇒ − + 
 
4 10
C 5 a; a ,
3 3
 
− + 
 
4 10
D 5 b; b
3 3
Theo tính chất hình vuông : 
⊥ =
 
⇔ 
= =  




2 2
BI AC BI.AC 0
1 1
BI AC BI AC
2 4
 ( )I 
Mà 
   = − + = − +   
   


 


5 4 5 8 5
BI b; b ;AC 5 2a; a
2 3 6 3 3
Từ ( )
( )
( )
 − = = = − 
⇔ ⇒ ⇒  = = − + = − +

2
2 2
a b 25 a 2 b 1
I 1 a 10 b 750b 50b 125 2a 2a 5
4
Vậy, 
( ) ( ) ( ) (  ... giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau. 
+Nguyễn Phú Khánh 
 541 
Lời giải 
1. Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình: 
x 2y 1 0
3x y 7 0
 + − =

+ − =
 ( )x 3 I 3; 2
y 2
 = −
⇔ ⇒ −
=
. 
 Lấy ( ) ( )H 1;0 d∈ và ( ) ( )K d' K a; 7 3a∈ ⇒ − − sao cho IH 2KH= . 
 Ta có, ( )HI 4; 2= −



 và ( )HK 1 a; 7 3a= − + − −




 Mà ( ) ( )2 22 2IH 2KH IH KH 20 2 a 1 7 3a a 2 = ⇔ = ⇔ = − + + ⇒ = −   
 Ta có: 
AI 2AB IH HK
HK AB
AI ABIH 2KH
 =
⇒ = ⇒
=
 
 Vậy, đường thẳng cần tìm là đường thẳng đi qua M và có vectơ chỉ phương là 
( )KH 3;1=




 có phương trình: 
y 2x 1
3 1
−−
= . 
2. ( )M x; y d 3x y 5 0.∈ ⇔ − − = AB 5,CD 17= = 
 Ta có: ( ) ( )ABAB 3; 4 n 4; 3− ⇒ ⇒



 




phương trình đường thẳng AB : 4x 3y 4 0+ − = 
 ( ) ( )CDCD 4;1 n 1; 4⇒ − ⇒



 




 phương trình đường thẳng CD : x 4y 17 0− + = 
( ) ( )MAB MCD
4x 3y 4 x 4y 17
S S AB.d M,AB CD.d M,CD 5 17
5 17
+ − − +
= ⇔ = ⇔ ⋅ = ⋅ 
 4x 3y 4 x 4y 17⇔ + − = − + 
 Tọa độ M cần tìm là nghiệm của hệ: 
3x y 5 0
3x y 5 0 3x 7y 21 0
4x 3y 4 x 4y 17 3x y 5 0
5x y 13 0
 − − =

 − − = + − = ⇔ + − = − +  − − = 
− + =
( )1 2
7
M ; 2 ,M 9; 32
3
 
⇒ − − 
 
Ví dụ 11. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy 
1. Cho tam giác ABC có diện tích bằng 96 . Gọi ( )M 2;0 là trung điểm của AB, 
phân giác trong của góc A có phương trình: ( )d : x y 10 0− − = . Đường thẳng AB 
+Nguyễn Phú Khánh 
 542 
tạo với ( )d một góc ϕ thỏa mãn 3cos
5
ϕ = . Xác định của các đỉnh của tam giác 
ABC . 
2. Cho 3 điểm ( )A 1;1 , ( )B 3; 2 , ( )C 7;10 . Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua 
 A sao cho tổng các khoảng cách từ B và C tới đường thẳng ∆ lớn nhất. 
Lời giải 
1. M' đối xứng với ( )M 2;0 qua ( )d : x y 10 0− − = ( )M' 10; 8⇒ − . 
 Đường thẳng qua ( )M 2;0 với vectơ pháp tuyến ( )n a; b


 có phương trình: 
 ( )a x 2 by 0− + = tạo với ( )d : x y 10 0− − = một góc 
 ϕ 
2 2
a b a 7b3
cos
b 7a5a b 2
−  =
⇒ = ϕ = ⇔  =+
∗ Với ( )a 7b AB := ⇒ 7x y 14 0+ − = 
 AB cắt d tại ( )A A 3; 7⇒ − và B đối xứng A qua ( )M B 1;7⇒ 
 AM' B ABC
1 1
AB 10 2 S AB.d M',AB 48 S AC 2AM'
2 2∆ ∆
⇒ = ⇒ =   = = ⇒ = 



 




 ( )C 17; 9⇒ − 
∗ Với ( )b 7a AB := ⇒ x 7y 2 0+ − = 
 AB cắt d tại ( )A A 9; 1⇒ − và B đối xứng A qua ( )M B 5;1⇒ − 
 AM' B ABC
1 1
AB 10 2 S AB.d M',AB 48 S AC 2AM'
2 2∆ ∆
⇒ = ⇒ =   = = ⇒ = 



 




 ( )C 11; 15⇒ − 
 Vậy, ( ) ( ) ( )A 3; 7 , B 1;7 , C 17; 9− − hoặc ( ) ( ) ( )A 9; 1 , B 5;1 ,C 11; 15− − − là tọa độ cần 
tìm. 
2. ∗ Nếu đường thẳng ∆ cắt đoạn BC tại 1 điểm M . Khi đó: 
 d B, d C, BM CM BC ∆ +  ∆ ≤ + =    . Đẳng thức xảy ra khi đường thẳng ∆ vuông 
góc với BC . 
∗ Nếu đường thẳng ∆ không cắt đoạn BC. Gọi ( )I 5;6 là trung điểm BC. 
 Ta có: d B, d C, 2d I, 2AI ∆ +  ∆ ≤  ∆ ≤      . Đẳng thức xảy ra khi đường thẳng ∆ 
vuông góc với AI 
+Nguyễn Phú Khánh 
 543 
Vì ABC∆ nhọn nên 2AI BC> , do đó d B, d C, ∆ +  ∆    lớn nhất khi và chỉ khi 
đường thẳng ∆ đi qua A và có vectơ pháp tuyến ( )AI 4; 5=



 Đường thẳng cần tìm: ( ) ( )4 x 1 5 y 1 0− + − = hay 4x 5y 9 0+ − = 
Ví dụ 12. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho đường thẳng ∆ : 
x 2y 3 0− − = và hai điểm ( )A 3;2 , ( )B 1;4− . 
1. Tìm điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho MA MB+ nhỏ nhất. 
2. Viết phương trình đường thẳng d' sao cho đường thẳng + + =d :3x 4y 1 0 là đường 
 phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng d và d' . 
Lời giải 
1. Nhận thấy A và B nằm về một phía so với đường thẳng ∆ . Gọi A' là điểm 
đối xứng với A qua∆ . Khi đó với mọi điểm M thuộc ∆ , luôn có: MA MA'= 
Do đó: MA MB A'M MB A'B+ = + ≥ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi = ∩∆M A'B . Vì 
⊥ ∆A'A nên AA' có phương trình: 2x y 8 0+ − = 
 Gọi 
+ − =
= ∆∩ ⇒ 
− − =
2x y 8 0
H AA' H :
x 2y 3 0
19
x
19 25 H ;
2 5 5
y
5
 =  ⇔ ⇒  
  =

. 
 Vì H là trung điểm của AA' nên 
∆
M
A'
A
B
M
A' H A
A' H A
23
x 2x x
23 65
A' ;
6 5 5
y 2y y
5

= − =  ⇒ −  
  = − = −

Suy ra 
28 26
A'B ;
5 5
 = − 
 





, khi đó phương trình A'B: 13x 14y 43 0+ − = 
Tọa độ M thỏa hệ phương trình: 

=− − = 
⇔ 
+ − =  =

16
x
x 2y 3 0 5
13x 14y 43 0 1
y
10
+Nguyễn Phú Khánh 
 544 
 
⇒  
 
16 1
M ;
5 10
2. Gọi I là giao điểm của ∆ và d nên tọa độ điểm I thỏa hệ phương trình : 
x 2y 3 0 x 1
3x 4y 1 0 y 1
− − = = 
⇔ 
+ + = = − 
( )I 1; 1⇒ − 
Vì d là phân giác của góc hợp bởi giữa hai đường thẳng ∆ và d' nên d và d' đối 
xứng nhau qua d , do đó I d'∈ . 
Lấy ( )∈∆E 3;0 , tìm được 3 16F ;
5 5
 − 
 
 là điểm đối xứng với E qua d và F d'∈ 
Suy ra 
2 11
FI ;
5 5
 
=  
 



, khi đó phương trình d':11x 2y 13 0− − = . 
Ví dụ 13. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho tam giác ABC 
1. ( ) ( )M 1; 1 ,N 0; 2− − lần lượt là trung điểm của AB,AC và ( )D 1; 0 là chân đường 
phân giác trong góc A . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác. 
2. ( )M 1; 4 , ( )N 1; 3− là trung điểm của BC,CA và 1 5H ;
3 3
 
− 
 
 là trực tâm tam giác 
ABC . 
3. ( ) ( ) ( )D 2; 1 ,E 2; 2 ,F 2; 2− − là chân đường cao hạ từ A, B,C . Xác định tọa độ các 
 đỉnh của tam giác ABC . 
Lời giải 
1. Gọi ( ) ( ) ( )A a; b B 2 a; 2 b ,C a; 4 b⇒ − − − − − − . 
Suy ra ( )BD a 3; b 2 ,= + +




 ( )CD a 1; b 4= + −




. 
Vì B,C,D thẳng hàng nên 
a 3 b 2
a 1 b 4
+ +
=
+ −
3a b 7 0 b 3a 7⇔ − + = ⇒ = + ( )1 . 
Mặt khác D là chân đường phân giác trong góc A nên ( ) ( )AD,AB AD,AC=



 


 


 



( ) ( ) AD.AB AD.ACcos AD,AB cos AD,AC AB AC⇔ = ⇔ =



 


 


 






 


 


 



 ( )∗ 
+Nguyễn Phú Khánh 
 545 
Mà ( ) ( ) ( )AD 1 a; b ,AB 2a 2; 2b 2 ,AC 2a; 4 2b= − − = − − − − = − −



 


 



Nên ( ) ( )( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( )2 2 22
a 1 a 1 b b 1 a 1 a b 2 b
a 1 b 1 a b 2
− + + + − + −
∗ ⇔ =
+ + + + −
 ( )2 
Thay ( )1 vào ( )2 ta có: 
( )( )
( ) ( )
( )( )
( )
2 2
2 2 22
a 1 3a 7 3a 8 a a 3a 5 3a 7
a 1 3a 8 a 3a 5
− + + + − + + +
=
+ + + + +
2 2
2 2
2a 9a 11 2a 7a 7
2a 10a 13 2a 6a 5
+ + + +
⇔ =
+ + + +
( ) ( ) ( ) ( )2 22 2 2 22a 9a 11 2a 6a 5 2a 7a 7 2a 10a 13 0⇔ + + + + − + + + + = 
( )( )3 2 2a 6a 12a 8 0 a 2 a 4a 4 0 a 2,b 1⇔ + + + = ⇔ + + + = ⇔ = − = . 
Vậy, ( ) ( ) ( )A 2;1 ,B 0; 3 ,C 2; 3− − . 
Gợi ý cách khác: 
Gọi M' là điểm đối xứng của M qua AD và AC M'N≡ 
Gọi N' là điểm đối xứng của N qua AD và AB MN'≡ 
2. Gọi ( ) ( ) ( )C x; y B 2 x;8 y , A 2 x;6 y⇒ − − − − − 
Vì 
1 5
H ;
3 3
 
− 
 
 là trực tâm tam giác ABC nên ( )AH.BC 0 
CH.MN 0
 =
∗
=



 






 



 
Mà ( )7 23AH x; y , BC 2x 2; 2y 8
3 3
 
= + − + = − − 
 



 



, 
( )1 5CH x; y , MN 2; 1
3 3
 
= − − − = − − 
 



 




Nên ( )
( ) ( )
( )
7 23
x 2x 2 y 2y 8 0 1
3 3
1 5
2 x y 0 2
3 3
   
+  −  + − + − =    
   ∗ ⇔ 
  − + + =   
( )2 2x y 1 0 y 1 2x⇔ + + = ⇒ = − − thay vào ( )1 ta được : 
+Nguyễn Phú Khánh 
 546 
( ) ( ) 27 26x 2x 2 2x 10 4x 0 15x 86x 123 0
3 3
   
+ − + + + = ⇔ + + =   
   
x 3⇔ = − hoặc 
41
x
15
= − . 
• ( ) ( ) ( )x 3 y 5 A 1;1 , B 5; 3 , C 3; 5= − ⇒ = ⇒ − 
 •
41 67 11 23 71 53 41 76
x y A ; , B ; , C ;
15 15 15 15 15 15 15 15
     
= − ⇒ = ⇒ −     
     
. 
3. Gọi ( )H a; b là trực tâm tam giác ABC. 
Ta có tứ giác BDHF, CDHE, BCEF là các tứ giác nội tiếp nên suy ra 
       HDF HBF; HDE HCE; HBF HCE HDF HDE AH= = = ⇒ = ⇒ là phân giác trong 
góc EDF . 
 Tương tự, ta có BH là phân giác trong 
 của góc DEF . Suy ra H là tâm đường 
 tròn nội tiếp tam giác DEF . 
 Ta có : 
EH.EF EH.ED
EF ED
FH.FE FH.FD
EF FD

=



=



 

 


 






 

 


 


 , giải hệ này ta 
 tìm được a 1,b 1= = hay ( )H 1;1 . 
F
H
E
D
B
A
C
Suy ra ( )HD 1; 2= −




 nên phương trình BC : x 2y 4 0− − = . 
 ( )HE 1;1=




 nên phương trình AC : x y 4 0+ − = 
 ( )HF 3;1= −




 nên phương trình AB : 3x y 8 0− + = . 
Vì ( )3x y 8 0 x 1A AB AC A : A 1; 5
x y 4 0 y 5
 − + =  = −
= ∩ ⇒ ⇔ ⇒ − 
+ − = = 
Tương tự, ta tìm được ( ) ( )B 4; 4 ,C 4;0− − . 
Ví dụ 14. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho điểm ( )A 3; 2 , các 
+Nguyễn Phú Khánh 
 547 
 đường thẳng + − =1d : x y 3 0 và: + − =2d : x y 9 0 . Tìm tọa độ điểm ∈ 1B d , và 
 ∈ 2C d sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. 
Lời giải 
Vì ∈ + − =1B d : x y 3 0 nên ( )B b; 3 b− , ∈ + − =2C d : x y 9 0 nên ( )C c;9 c− . 
Tam giác ABC vuông cân tại A khi và chỉ khi 
 = = 
⇔ 
⊥ = 
2 2AB ACAB AC
AB AC AB.AC 0



 


 
Hay ( ) ( ) ( ) ( )
( )( ) ( )( )
2 2 2 2
b 3 b 1 c 3 c 7
b 3 c 3 b 1 c 7 0
 − + −
=
= − + −

− − + − −
. 
Đặt = − = −u b 3,v c 2 , ta có: ( ) ( ) ( )
( ) ( )( )
2 2 22u u 2 v 1 v 5
u v 1 u 2 v 5 0
 + + = − + −

− + + − =
( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2
2
2
2
3u 5
v 3u 5
vu 1u 1 v 3 3 u 14
u 1 3uv 3u v 5 0 u 1 4
u 1
 +
=  + =+  + = − + +⇔ ⇔ ⇔  
+ = +− + − =   + = +
u 1
v 4
 =
⇔ 
=
u 3
v 2
 = −

=
Vậy có hai cặp điểm thỏa yêu cầu bài toán là: ( ) ( )B 4; 1 ,C 6; 3− hoặc 
( ) ( )B 0; 3 ,C 4; 5 . 
Chú ý: Ngoài cách trên, ta có thể giải theo cách khác như sau: 
Tịnh tiến hệ trục tọa độ Oxy về hệ tục XAY theo véc tơ OA




, ta có công thức dời 
trục: 
 = +

= +
x X 3
y Y 2
. 
Trong hệ trục mới, ta có phương trình của 1d : X Y 2 0,+ + = 2d : X Y 4 0+ − = . 
Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên phép quay 
±
→0(A, 90 )
Q : B C 
Mà 
±
∈ ⇒ ∈ ='1 1 0 1(A; 90 )
B d C d Q (d ) , do đó ≡ ∩ '2 1C d d . 
• Xét phép quay 0(A;90 )
Q , ta có phương trình − − ='1d : X Y 2 0 
Do đó tọa độ của C là nghiệm của hệ: 
 − − =  =  =
⇔ ⇒  
+ − = = =  
X Y 2 0 X 3 x 6
X Y 4 0 Y 1 y 3
. 
• Xét phép quay 
− 0(A; 90 )
Q , ta có phương trình − + ='1d : X Y 2 0 

Nguyễn Phú Khánh 
 548 
Do đó tọa độ của C là nghiệm của hệ: 
 − + =  =  =
⇔ ⇒  
+ − = = =  
X Y 2 0 X 1 x 4
X Y 4 0 Y 3 y 5
. 
Từ đó ta tìm được B, C. 
Ví dụ 15. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có diện 
tích bằng 18, đáy lớn CD nằm trên đường thẳng có phương trình: x – y 2 0.+ = 
Biết hai đường chéo AC,BD vuông góc với nhau và cắt nhau tại điểm ( )I 3;1 . Hãy 
viết phương trình đường thẳng BC biết điểm C có hoành độ âm. 
Lời giải 
ICD∆ cân tại ( )I 3; 1 , ( ) ( )C t; t 2 d+ ∈ với t 0,< 2IC 2t 4t 10 ,= − + 
( )IH d I,CD 2 2= = ⇒ 2CI 4 2t 4t 10= = − + t 3⇒ = ( không thỏa ) hoặc 
( )t 1 C 1;1= − ⇒ − 
( ) ( )H a; a 2 d ,+ ∈ ( )IH a 3;a 1 ,= − +



 IH CD a 3 a 1 0 a 1⊥ ⇔ − + + = ⇔ =


 



( ) ( )H 1; 3 D 3; 5 CD 4 2⇒ ⇒ = 
( )IC : y 1,= ( ) ( )A x;1 IC x 3 IA x 3∈ > ⇒ = − 2IK x 3 AB x 3 2
2
= − ⇒ = − 
IAB∆ vuông cân 
( ) ( )
ABCD
AB CD . IH IK
S
2
+ +
= ( ) 236 x 3 2 4 2 2 2 x 3 2
 
⇔ = − + + −  
 
( )236 x 3 4⇔ = − + x 3 2 x 1⇔ − = ⇔ = ( không thỏa ) hoặc x 5= ( )A 5;1⇒ 
( )AB d : x y 4 0 B 3; 1 AB DI BC : x 2y 1 0
DI : x 3
− − = 
⇒ − = ∩ ⇒ + − =
= 