HÌNH HỌC GIẢI TÍCH TỌA ĐỘ OXY dạng 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 0
A x ; y ∈ ∆

- Một vectơ pháp tuyến
(
)
n a;b

của
∆

Khi đó phương trình tổng quát của
∆
là
( ) ( )
0 0
a x x b y y 0− + − =
•

Để viết phương trình tham số của đường thẳng
∆
ta cần xác định
- Điểm
( )
0 0
A 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 0
A 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 0
M x ; y có dạng

(
)
(
)
0 0
: a x x b y y 0∆ − + − =
với
2 2
a b 0+ >

o
Phương trình đường thẳng đi qua
(
)
(
)
A a;0 ,B 0;b
với
ab 0≠
có dạng
y
x

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 2
d : 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 2
d d .

Nguyễn Phú Khánh

529

+ Hệ
(
)
I
vô số nghiệm suy ra
1 2
d d≡

+ Hệ
( )
I
có nghiệm duy nhất suy ra
1
d và
2
d cắt nhau và nghiệm của hệ là tọa
độ giao điểm.
Chú ý
: Với trường hợp
2 2 2
a .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

1
d : x y 3 0,+ + =

2 3

d : x y 4 0, d : x 2y 0− − = − =
. Tìm tọa độ điểm
M
nằm trên
đường thẳng
3
d
sao cho khoảng cách từ
M
đến đường thẳng
1
d
bằng hai lần
khoảng cách từ
M
đến đường thẳng
2
d

2.
Trong mặt phẳng
Oxy,
cho hai đường thẳng
1
d :
+ + =3x y 5 0
,
2
d :

+ + =3x y 1 0
và điểm
(
)
−I 1; 2
. Viết phương trình đường thẳng đi qua I và
cắt
1 2
d , 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
( )
3
M 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.
(
)
∈ ⇒ − −
1
A d A a; 3a 5 ,

(
)
∈ ⇒ − −
2
B 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

( ) ( ) ( )
 
= − + − + = ⇔ + + =

 
2
2 2
2
AB b a 3 a b 4 2 2 t 3t 4 8, với
= −
t b a

⇔ + + = ⇔ = −
2
5t 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 1
x 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
1
d : x y 2 0,
− + =
2
d : 4x 3y 1 0
+ − =
.
Gọi
H'
là điểm đối xứng với H qua
1

d
. Khi đó
H' AC
∈
.
∆
là đường thẳng đi qua H và vuông góc với
1
d
, nên có:
: x y 2 0
∆ + + =

Gọi
I
là giao điểm của
1
d
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
2
d
nên có phương trình :
3x 4y 13 0
− + =
.
AC
cắt
1
d
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
2
M:
x y c 3 0 c 9
y
2
−

=


+ − =


⇔
 
− + + = +


=




( )
c
B 3 2c;6 c C' 4 c;4
2
 
⇒ − − ⇒ − −
 
 

Vì
C' CC'
∈
nên
( )
c
2 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 B
B 2y ; y ,y 3

( )
⇒ − − ⇒ = −
B B B
A 8 2y ; 4 y AB 20 y 2


Gọi tọa độ điểm
( )
− ⇒ = −
C C C
C 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 C
x y 4y 2x 6 1 hoặc
( )

− − = −

C B B C
x 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 C
2x 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
≥
B
y 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 D
D x ;y là chân đường phân giác hạ từ A của ABC∆
Ta có
( ) ( )
2 2
AB 2 2 3 1 2 5,= − − + − =
( ) ( )
2 2
AC 1 2 5 1 3 5= + + − − =
Do đó
( )
( )
D D
D D
2 8
x 2 1 x x
AB 2 8 1
3 5
BD DC DC D ;
2 1
AC 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 B
B 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 B
2x 3y 5 0+ + =
(
)
1
Mặt khác B∈ ∆ suy ra
B B
2x 3y 0− =

( )
2

Từ
(
)
1 và
(
)
2 suy ra
5 5
B ;
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 2
b
2
. Do
∈
A AB

Nên
( )
+
   
= − + = ⇒ = − ⇒ −
   
   
2 2
2
1 a 2 25
IA 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 x
AB :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 b
AC BD a 2
AB 2AD b 2
a 4

( )
⇒ −A 2;0 ,

( )
B 2;2 ,

( )
C 3;0 ,

( )
− −D 1; 2

Cách 3:
Khoảng cách từ
I
đến
AB
là
( )
= = ⇒ = =
5
IH 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 7
50b 50b 125 2a 2a 5
4

Vậy,
( ) ( ) ( ) ( )

− −

       

− − − −
       

       

A 2; 1 ,B 1;3 ,C 3;6 ,D 6;2
35 23 50 38
A 10; ,B 7; ,C 5; ,D 2;
3 3 3 3

Mà
>
C
x 0

( ) ( ) ( ) ( )
⇒ − −A 2; 1 ,B 1;3 ,C 3;6 ,D 6;2
là tọa độ cần tìm.

Ví dụ 6
. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc
Oxy,

cho ∆ABC vuông tại A ,
phương trình đường thẳng BC là :
− − =3x y 3 0
, các đỉnh A và B thuộc trục
hoành và bán kính đường tròn nội tiếp bằng 2. Tìm tọa độ trọng tâm
G
của
∆ABC
.


Nguyễn Phú Khánh

536


Lời giải
Cách 1 :
Vì
( )
= ∩B BC Ox nên
( )
B 1;0
( )
= − ⇒BC : y 3x 3
hệ số góc của
( )
BC
là


= =k tanB 3

hay


= ⇒ =
0 0
B 60 C 30

Giả sử
( )
( )
( )
− ∈A a;0 ,C a; 3a 3 BC

Khi đó :
 
= +
 
 
A B
AB r cot cot
2 2
hay
(
)
− = +a 1 2 1 3 .
TH1:
( )

( )
( )

+

− = + ⇒ = + ⇒

+ +


A 2 3 3;0
a 1 2 1 3 a 2 3 3
C 2 3 3;6 2 3

Khi đó
 
+ +
 
 
 
7 4 3 6 2 3
G ;
3 3

TH2:
( )
( )
( )

− −


− = − + ⇒ = − − ⇒

− − − −


A 2 3 1;0
a 1 2 1 3 a 2 3 1
C 2 3 1; 6 2 3

Khi đó
 
− − − −
=
 
 
 
1 4 3 6 2 3
G' ;
3 3

Cách 2 : Phương trình đường
( )
1
d
phân giác trong của góc A là :
= − +y x a

Phương trình đường
( )

2
d
phân giác trong của góc B là :
= −
3 3
y x
3 3

Tọa độ tâm
1
I
là giao điểm
( ) ( )
1 2
d , d
nên
 
+ −
 
 
+ +
 
1 3a a 1
I ;
1 3 1 3

Theo giả thiết :
( ) ( )
= = ⇒
d I;AB d I;Ox 2 tìm

⇒a ycbt
( Cách 1 )
Cách 3:
ta có
= − = − = −
AB a 1 ,AC 3 a 1 ,BC 2 a 1

( )
( )

= = −

−

⇒ = = = ⇒ − = +

+
− + −

=


2
1 3
S .AB.AC a 1
a 1
S
2 2
r 2 a 1 2 3 1
P

3 1
3 a 1 3 a 1
P
2

*
 
+ +
= + ⇒
 
 
 
7 4 3 6 3
a 2 3 3 G ;
3 3

*
 
− − − −
= − − ⇒
 
 
 
4 3 1 6 2 3
a 2 3 1 G ;
3 3

Cách 4 :
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp
∆

ABC
vì
= ⇒ = ±
r 2 y 2



+
Nguyễn Phú Khánh

537

Phương trình
( )
− −
= − = ⇔ ± = ⇒ = ±
0
x 1 x 1
BI: y tan30 x 1 2 x 1 2 3
3 3

* Nếu A và O khác phía đối với
⇒ = +B x 1 2 3
và
( )
= ⇒ = +d I;AC 2 a x 2


 
+ +

⇒
 
 
 
7 4 3 6 3
G ;
3 3

* Nếu
A
và
O
cùng phía đối với
⇒ = − ⇒ = −B x 1 2 3 a x 2


Ví dụ 7
. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc
Oxy

1
. Cho ABC
∆
với AB 5,
=
đỉnh
( )
C 1; 1
− −
, đường thẳng

( )
AB :
x 2y 3 0
+ − =
và
trọng tâm
G
của
ABC
∆
thuộc đường thẳng
x y 2 0
+ − =
. Xác định tọa độ
A,B

của tam giác.
2.
Cho hình chữ nhật
ABCD
có phương trình cạnh
AB
:
x 2y 1 0
− − =
, đường chéo

BD :
x 7y 14 0
− + =

và đường chéo AC đi qua điểm
(
)
E 2;1 . Tìm tọa độ các đỉnh
của hình chữ nhật.



Lời giải
1.
Gọi
I
là trung điểm
AB
,
(
)
G G
G x ;y
là tọa độ trọng tâm
∆
ABC

2
CG CI
3
⇒ =
 

G

G
2x 1
x
3
2y 1
y
3

−
=


⇔

−

=




G x y 2 0∈ + − =
nên có:
2y 1
2x 1
2 0
3 3
−
−
+ − =

Tọa độ điểm
I
thỏa mãn hệ:
( )
x 2y 3 0
I 5; 1
2y 1
2x 1
2 0
3 3
 + − =

⇒ −

−
−
+ − =



Gọi
( ) ( ) ( )
2
2 2
2
A A A A
AB 5
A x ;y IA x 5 y 1
2 4

 
⇒ = − + + = =
 
 

Hơn nữa
A x 2y 3 0
∈ + − =
suy ra tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:

( ) ( )
A A A
2 2
A A A
x 2y 3 0 x 4
5 1
x 5 y 1 y
4 2
 + − =  =
 
⇔
 
− + + = = −
 
 
hoặc
A
A
x 6
3

y
2
 =


= −





+
Nguyễn Phú Khánh

538

Vậy,
1 3
A 4, ,B 6;
2 2
   
− −
   
   
hoặc ngược lại là tọa độ cần tìm.
2.
B AB BD= ∩ ⇒

toạ độ điểm B là nghiệm của hệ:

( )
x 2y 1 0 x 7
B 7; 3
x 7y 14 0 y 3
 − − =  =
⇔ ⇒ =
 
− + = =
 

Giả sử:
(
)
A 2a 1; a AB : 2 2y 1 0,
= + ∈ − − =


( )
D 7d 14; d BD : x 7y 14 0− ∈ − + =

( ) ( ) ( )
AB 6 2a; 3 a , BD 7d 21; d 3 , AD 7d 2a 15; d a⇒ = − − = − − = − − −
  

Vì
( )( )
AB AD AB.AD 0 3 a 15d 5a 30 0 a 3⊥ ⇒ = ⇔ − − − = ⇔ =
   
( không thỏa )
hoặc 3d a 6 0− − =

( )
a 3d 6 AD d 3;6 2d⇒ = − ⇒ = − −

. Hơn nữa:
( )
C C
BC x 7; y 3= − −



ABCD
là hình chữ nhật nên

( )
C C
C C
d 3 x 7 x d 4
AD BC C d 4; 9 2d
6 2d y 3 y 9 2d
 − = −  = +
 
= ⇒ ⇒ = + −
 
− = − = −
 
 
 

( ) ( )
EA 6d 13; 3d 7 , EC d 2; 8 2d⇒ = − − = + −
 
và d 3≠
Lại có:
( )
E 2;1 AC EA, EC∈ ⇒
 
cùng phương

(
)
(
)
(
)
(
)
2
6d 13 8 2d d 2 3d 7 d 5d 6 0
⇔ − − = + − ⇔ − + =


(
)
(
)
(
)
(

)
⇔ = ⇒ = ⇒
d 2 a 0 A 1; 0 , B 7; 3 , C 6; 5 , D 0; 0

Vậy,
(
)
(
)
(
)
(
)
A 1; 0 , B 7; 3 , C 6; 5 , D 0; 0
là các đỉnh của hình chữ nhật cần tìm.

Ví dụ 8
. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy, cho hai đường thẳng

1
d : x y 1 0,+ − =

2
d :3x y 5 0− + =
. Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành
ABCD
,
biết
( )
I 3;3

là giao điểm của hai đường chéo, hai cạnh của hình bình hành nằm
trên hai đường thẳng
1 2
d ,d
và giao điểm của hai đường thẳng đó là một đỉnh của
hình bình hành.


Lời giải
Tọa độ giao điểm của
1
d
và
2
d
là nghiệm của hệ:
x y 1 0 x 1
3x y 5 0 y 2
+ − = = −
 
⇔
 
− + = =
 
.
Ta giả sử
( )
A 1;2−
và
1 2

AB d ,AD d≡ ≡
, suy ra
( )
C 7;4
.


+
Nguyễn Phú Khánh

539

Gọi
d
là đường thẳng đi qua
I
và
song song với
AB
, suy ra phương
trình
d :x y 6 0
+ − =
.
Tọa độ giao điểm của
d và
AD
:

1

x
x y 6 0
1 23
4
M ;
3x y 5 0 23 4 4
y
4

=

+ − =


 
⇔ ⇒
 
 
− + =
 


=




d
2
d

1
B
D
C
A
I

M
là trung điểm của AD. Khi đó
3 19
D ;
2 2
 
 
 
, suy ra
9 7
B ;
2 2
 
−
 
 
.

Ví dụ 9
. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc
Oxy

1

. Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB :
x 3y 5 0,− + =
đường chéo BD :
x y 1 0− − =
và đường chéo AC đi qua điểm
( )
M 9;2− . Tìm tọa độ các đỉnh của
hình chữ nhật
ABCD .
2.
Cho 3 đường thẳng
1 2
d :x 3y 0, d :2x y 5 0,− = + − =
3
d : x y 0− = . Tìm tọa độ các
điểm
1 2 3
A d , B d , C, D d∈ ∈ ∈
để tứ giác
ABCD
là một hình vuông.


Lời giải
1.
Tọa độ điểm B là nghiệm hệ phương trình:
x 3y 5 0 x 4
x y 1 0 y 3
 − + =  =
⇔

 
− − = =
 

( )
B 4;3⇒ .
Gọi
( ) ( )
A 5 3a;a AB MA 4 3a; 2 a− + ∈ ⇒ = + − +

( )
AC
n 2 a; 4 3a⇒ = − +


Ta có:
(
)
AB
n 1; 3 ,
= −


(
)
BD
n 1; 1 ,
= −

(

)
AC
n 2 a;4 3a
= − +

lần lượt là vectơ pháp
tuyến của
AB,

BD,
AC. Hơn nữa




ABD BAC cos ABD cosBAC= ⇒ =
Mà

2
cosABD ,
5
=


( ) ( )
2 2
10 a 1
cos BAC
10 2 a 4 3a
+

=
− + +

Nên có :
( ) ( )
2 2
10 a 1
2
5
10 2 a 4 3a
+
=
− + +
, bình phương 2 vế, rút gọn ta được
phương trình :
2
a 2a 3 0 a 3+ − = ⇔ = −
hoặc a 1
=


∗
Với a 3
= −
không thỏa vì
AC BD


+
Nguyễn Phú Khánh

540


∗
Với
(
)
a 1 A 2;1
= ⇒ −
. Đường thẳng
AD
đi qua
A
và vuông góc với
AB
nên có
phương trình :
3x y 5 0
+ + =

Tọa độ điểm D là nghiệm của hệ :
x y 1 0 x 1
3x y 5 0 y 2
 − − =  = −
⇔
 
+ + = = −

 

( )
D 1; 2
⇒ − −

Gọi
3 1
I ;
2 2
 
 
 
là trung điểm
BD
do đó
I
cũng là trung điểm
(
)
AC C 5;0
⇒

Vậy,
( )
A 2;1 ,
−

( )
B 4;3 ,

( )
C 5;0 ,
( )
D 1; 2
− −
là tọa độ cần tìm.
2.
Gọi
(
)
2
B b; 5 2b d
− ∈
. Đường thẳng
1
∆
qua B và vuông góc
3
d cắt
3
d tại C .
Phương trình
1
: x y b 5 0∆ + + − =

Tọa độ của
C

là nghiệm hệ
x y 0

5 b 5 b
C ;
x y b 5 0
2 2
 − =
 − − 
⇒

 
+ + − =
 


Đường thẳng
3
AB d

nên có phương trình x y 5 3b 0
− + − =
.
Tọa độ A là nghiệm hệ
x y 5 3b 0
9b 15 3b 5
A ;
x 3y 0
2 2
 − + − =
 − − 
⇒


 
− =
 


Đường thẳng
2
∆
qua
A
và vuông góc
3
d
cắt
3
d
tại

D
.
Phương trình
1
: x y 6b 10 0∆ + − + =

Tọa độ của
D

là nghiệm của hệ
( )
x y 0

D 3b 5;3b 5
x y 6b 10 0
 − =
⇒ − −

+ − + =



ABCD
là hình vuông
2
AD CD 2b 9b 10 0 b 2⇔ = ⇔ − + = ⇔ =
hoặc
5
b
2
=


( ) ( )
3 1 3 3
b 2 A ; , B 2;1 , C ; ,D 1;1
2 2 2 2
   
= ⇒
   
   
hoặc

5 15 5 5 5 5 5 5
b A ; , B ;0 , C ; , D ;
2 4 4 2 4 4 2 2
       
= ⇒
       
       


Ví dụ 10
. Trong mặt phẳng toạ độ đề các vuông góc Oxy
1
. Cho đường thẳng
(
)
d : x 2y 1 0,
+ − =

(
)
d' : 3x y 7 0
+ − =
cắt nhau tại I. Viết
phương trình đường thẳng đi qua
(
)
M 1;2 , đồng thời cắt 2 đường thẳng
(
)
d và

(
)
d'
lần lượt tại A và B sao cho
AI 2AB=
.
2.
Cho các điểm
(
)
(
)
(
)
(
)
A 1;0 ,B 2;4 ,C 1;4 ,D 3;5
− −
và đường thẳng d : 3x y 5 0
− − =
.
Tìm điểm
M
trên
(
)
d
sao cho hai tam 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 2
2 2
IH 2KH IH KH 20 2 a 1 7 3a a 2
 
= ⇔ = ⇔ = − + + ⇒ = −
 
 

Ta có:
AI 2AB
IH HK
HK AB
AI AB
IH 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 2
x 1
3 1
−
−
=
.
2.
(
)
M x; y d 3x y 5 0.
∈ ⇔ − − =

AB 5,CD 17
= =

Ta có:
( ) ( )
AB
AB 3;4 n 4;3
− ⇒ ⇒
 
phương trình đường thẳng
AB : 4x 3y 4 0
+ − =

( ) ( )
CD
CD 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
3
cos
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 7b
3
cos
b 7a5
a 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 2
5
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 6
5
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 16
F ;
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 5
H ;
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.AC
cos 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 2
2
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 2
2
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 2
2 2 2 2
2a 9a 11 2a 6a 5 2a 7a 7 2a 10a 13 0⇔ + + + + − + + + + =
( )
(
)
3 2 2
a 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 23
AH x; y , BC 2x 2; 2y 8
3 3
 
= + − + = − −
 
 
 
,
( )
1 5
CH 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

( ) ( )
2
7 26
x 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 1
A 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
+ − =
1
d : x y 3 0
và:
+ − =
2
d : x y 9 0
. Tìm tọa độ điểm
∈
1
B d
, và

∈
2
C d
sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.

Lời giải
Vì
∈ + − =
1
B d : x y 3 0
nên
( )

B b;3 b− ,
∈ + − =
2
C d : x y 9 0
nên
( )
C c;9 c− .
Tam giác ABC vuông cân tại A khi và chỉ khi

=
 =

⇔
 
⊥
=



2 2
AB AC
AB 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 2
2
u u 2 v 1 v 5
u v 1 u 2 v 5 0

+ + = − + −


− + + − =



( ) ( )
( )
( )
( )
2 2
2
2
2
3u 5
v
3u 5
v
u 1
u 1 v 3 3
u 1
4
u 1 3
uv 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
1
d : X Y 2 0,+ + =

2
d : 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 1
C d d .
•
Xét phép quay
0
(A;90 )
Q
, ta có phương trình − − =
'
1
d : 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 − + =
'
1
d : 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,
<

2
IC 2t 4t 10,= − +

( )
IH d I,CD 2 2= = ⇒
2
CI 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∈ > ⇒ = −
2
IK x 3 AB x 3 2
2
= − ⇒ = −

IAB∆ vuông cân
(
)
(

)
ABCD
AB CD . IH IK
S
2
+ +
=

( )
2
36 x 3 2 4 2 2 2 x 3
2
 
⇔ = − + + −
 
 
 

( )
2
36 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
− − = 

⇒ − = ∩ ⇒ + − =

=

