Bài tập vận dụng – vận dụng cao chuyên đề phương trình đường thẳng

BÀI TẬP VẬN DỤNG VẬN DỤNG CAO CHUYÊN ĐỀ PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG (Dành cho học sinh muốn chinh phục điểm 8+, 9+)

 Câu 1: Cho điểm . Hãy lập phương trình của đường thẳng đi qua điểm và chắn trên hai trục tọa độ hai đoạn thằng có độ dài bằng nhau.

 Lời giải

 Xét qua gốc thì .

 Xét không qua gốc thì khi đó . Theo giả thiết thì .

+ Nếu thì . Vì qua điểm nên , do đó .

+ Nếu thì . Vì qua điểm nên , do đó .

Vậy có 3 đường thẳng: , , .

 Câu 2: Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm và cách đều hai điểm

, .

 Lời giải Xét thì thỏa mãn điều kiện cách đều và .

VTCP nên

Xét không song song với , để cách đều thì đi qua trung điểm của

VTCP nên .

 Câu 3: Đường thẳng cắt các trục tọa độ và lần lượt tại các điểm và . Gọi là điểm chia đoạn theo tỉ số . Viết phương trình đường thẳng đi qua

và vuông góc với .

 Lời giải

Cho , . Do đó , .

Gọi thì . Vậy .

VTCP của là . Do đó phương trình đường thẳng qua điểm và

vuông góc với là hay .

 Câu 4: Cho đường thẳng ; và điểm . Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm , cắt và lần lượt tại và sao cho là trung điểm của đoạn .

 Lời giải .

.



^{1; 2}



M M

d O d y: kxy2x

d O a b, 0 :x y 1

d ab  a  b

ba d x: ya d ^M



^{1; 2}



^{a3 d x: y3}

b a d x: ya d ^M



^{1; 2}



^{a  1 d x: y 1}

2xy0 x  y 3 0 x  y 1 0



^2;5



M ^P



^{1; 2}





^{5; 4}



Q //

d PQ P Q



^{6; 2}



PQ

 2 3

: 5

x t

d y t

  

  



d PQ d P Q, d ^I



^2;3



^PQ



^{0; 2}



MI  

 2

: 5 2

d x

y t

 

   

: 2 8 0

d x  y Ox Oy

A B M AB 3

M d

0

x  y8 y 0 x 4 ^A



^4;0



^B



^0;8





0; 0



M x y ₀ ^{1 2 4 0} 1

1 4

x kx

x k

  

   

 ^M



^{1; 6}



: 2 8 0

d x  y ^u



^{1; 2}



^{d M}

d ^d:1



^x1



^2



^y6



^{0 x2y11 0}

1: 2 2 0

d xy  d₂:xy 3 0 ^M



^{3; 0}



 M d₁ d₂ A B M

AB



x_A;y_A



d₁  y_A 2x_A2 A



x_B;y_B



d₂  y_B x_B 3 B

Vì M là trung điểm của AB nên:

.

Vậy A = .

Đường thẳng  là đường thẳng qua A và M. Từ đó suy ra : 8x – y – 24 = 0.

 Câu 5: Cho đường thẳng : 3x  y 1 0 và điểm I(1; 2). Tìm phương trình đường thẳng

’ đối xứng với  qua điểm I.

 Lời giải.

Lấy một điểm M nằm trên đường thẳng : 2x  y 1 0, chẳng hạn M = (0; 1). Điểm M’ đối xứng với M qua điểm I (1; 2) có tọa độ M'(2; )3 . Đường thẳng ’ đối xứng với  qua I là đường thẳng đi qua điểm M’ và song song với , tức là có VTPT n(2;1). Vậy phương trình của ’ là: 2(x2) ( y3) = 0 hay 2x  y 1 0.

 Câu 6: Cho hai đường thẳng d₁:xy10 và . Hãy lập phương trình của đường thẳng đối xứng với qua .

 Lời giải.

Giao điểm M x y( ; ) của và có tọa độ là nghiệm của hệ phương trình:



 







 











 (0;1)

1 0 0

3 3

0

1 M

y x y

x y

x .

Lấy A(1; 0) thuộc , phương trình đường thẳng AH vuông góc với là 3(x1) 1( y0)0

 3x  y 3 0.

Tọa độ của H là nghiệm của hệ phương trình _



 



 



 



 

























 











5

;12 5 1 5

;6 5 3 5

6 5 3 0

3 3

0 3

3 H B

y x y

x y x

Phương trình đường thẳng MB hay đường thẳng là

   

0 0 7 1 0

5 1 1 5 1

0 12     



 



 







 



 

 y x y

x .

 Câu 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M( 1; 2) và hai đường thẳng d₁:

2 1 0

x y  , d₂: 2x  y 2 0. Viết phương trình đường thẳng  đi qua M và cắt d₁ tại A, cắt d2 tại B sao cho MA2MB.

 Lời giải.

Ta có  d₁ = A suy ra Ad₁ nên A( 1 2 ; )  a a ,  d₂ = B suy ra Bd₂ nên B b( ; 2 2 )  b . Suy ra ^{MA }



^{2 ;a a2}



^{và MB}



^{b 1; 2b4}



^.

Do  qua M nên A B M, , thẳng hàng. Hơn nữa MA2MB, suy ra









    











 









3 16 3

11 0

3 2

2

6 2

2

A A

B A

B A M

B A

M B

A x y

x x

x x y

y y

x x x



 



 3

;16 3 11

0 3 3

2 :x y  d

d3 d₁ d₂

d1 d₂

d1 d₂

d3











 MB MA

MB MA

2 2

Với   . Suy ra và .

Khi đó đường thẳng  qua M( 1; 2) và nhận ^{2 2;}

 

^1;1

AB 3 3

 

 

 . làm véc tơ pháp tuyến nên :

3 0.

x  y

Với MA 2MB

 2 2( 1) 2 2( 2 4)

a b

a b

   



    



 2

3 a b

  

  



. Suy ra A(3; 2) và B( 3; 4) . Khi đó đường thẳng  qua M( 1; 2) và nhận AB ( 6;6)

làm véc tơ pháp tuyến nên :

1 0 x  y .

Vậy có hai đường thẳng cần tìm : x  y 3 0 hoặc : x  y 1 0.

Cách 2. Gọi n(a;b) với a² b² 0 là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng .

Suy ra : a x( 1)b y( 2)0 hay ax by  a 2b0.

Do nên tọa độ điểm A thỏa mãn hệ  .

Do nên tọa độ điểm B thỏa mãn hệ  .

Ta có và . Theo giả thiết

=

    .

Với a b 0, ta chọn a1 suy ra b1. Khi đó : x  y 1 0.

Với a b 0, ta chọn a1 suy ra b 1. Khi đó : x  y 3 0.

Vậy có hai đường thẳng cần tìm : x  y 1 0 hoặc : x  y 3 0.

 Câu 8: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm (2;1)

M và tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4.

 Lời giải.

Gọi a2b,   Oy = B b( ;0) với : 2xy 8 0. Phương trình chính tắc của đường thẳng d:

.

Theo giả thiết, ta có:

  hoặc

MB MA2



















) 4 2 ( 2 2

) 1 ( 2 2

b a

b a















 3 5 3 2

b a



 



 3

;2 3

A 7 



 



 3

;4 3 B 5

A d 



 ₁



















0 1 2

0 2 y x

b a by

ax 



 











a b

b a b

b A a

2

; 2 2

5 2

B d 



 ₂



















0 2 2

0 2 y x

b a b

ax 



 













b a

b b a

a B b

2

; 4 2 4



 









 

a b

a a b MA b

2

; 4 2

4 



 









 a b

a b a MB b

2

; 2 2 2

2 2

2 4 2

2 4 



 





 



 







 

 b a

a a

b MB b

MA

2 2

2 2 2

2 2 



 







 



 





 a b

a b

a b

   

²

2 2 2

2 2

2 4

2 4

b a

a b a

b a b



 







b2a



² 



a2b



² 



















) 2 ( 2

2 2

b a a b

b a a b











 0 0 b a

b a

1



b y a x









_OAB 4 S

d M











 8 1 1 2

ab b

a 





 8

8 2

ab a b













 8

8 2

ab a b

Với suy ra : X 2y 4 0. Với

Suy ra

 Câu 9: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phuong trình đường  thẳng song song với đường thẳng d:2x y 20150 và cắt hai trục tọa độ tại M và N sao cho .

 Lời giải.

Do  qua M m( ; 0)  Ox và N(0; )n  Oy (với m, n ≠ 0) nên hay : nx my mn  0.

Theo giả thiết,  song song với d: 2x y 20150 nên n m n m 1 2

2  

  (*)

Hơn nữa, . Kết hợp với (*), ta được .

Với m3 suy ra n 6. Ta được : 2x  y 6 0. Với m 3 suy ra n6. Ta được : 6x3y180.

 Câu 10: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình đường thẳng  đi qua (3; 2)

M và cắt tia Ox tại A, cắt tia Oy tại B sao cho OA OB 12.

 Lời giải.

Gọi với là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng . Suy ra

: a x( 3)b y( 2)0 hay ax by 3a2b0.

Ta có Ox = A nên và Oy = B nên .

Theo giả thiết, ta có:



Với a = 2b, ta chọn b = 1 suy ra a = 2. Ta được : 2x + y – 8 = 0.

Với 3a = b, ta chọn a = 1 suy ra b = 3. Ta được : x + 3y – 9 = 0.

Cách 2. Do  đi qua A(a; 0)  Ox và B(0; b)  Oy (với a, b > 0) nên hay : bx + ay – ab = 0.

Theo giả thiết, ta có:

OA + OB = 12  a + b = 12  b = 12 – a. (*)

Hơn nữa  đi qua M(3; 2) nên 3b + 2a – ab = 0. Kết hợp với (*), ta được 3(12 – a) + 2a – a(12 – a) = 0   a = 9 hoặc a = 4.









 8

8 2

ab a b





















 











2 2 2

2 4 4 8

8 2

b a ab

a

b 

   

   































0 4 2 1 2 2 1 :

0 4 2 2 2 1 :

y x

y x

5 3

 MN

1

:  

 n

y m

x

5 3 5

3  ²  ² 

 m n

MN 5m² 3 5m3

)

; (a b

n a² b² 0



 



  0 2 ; 3

a b

A a 



 



 

b b B 3a 2

; 0

2 12 3 2

12 3  

 





 b

b a a

b OB a

OA







 









 

 

b a

b b a

ba b a

b a a

b a

3 0 2 2 7 3 2 12

3 2

3 _{2 2}

1

:  

 b

y a x

0 36

2 13





 a a

Với a = 4, suy ra b = 12 – a = 8. Ta được : 2x + y – 8 = 0.

Với a = 9, suy ra b = 12 – a = 3. Ta được : x + 3y – 9 = 0.

 Câu 11: Cho ba điểm A(2; 0), (3; 4)B và P(1;1). Viết phương trình đường thẳng đi qua P đồng thời cách đều A và B.

 Lời giải.

Đường thẳng  đi qua P có dạng a x( 1)b y( 1)0 hay ax by   a b 0.  cách đều A và B khi và chỉ khi:

  .

Nếu a = –4b, chọn a = 4, b = –1 suy ra : 4x – y – 3 = 0.

Nếu 3a = –2b, chọn a = 2, b = –3 suy ra : 2x – 3y + 1 = 0.

Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn bài toán là ₁:4x y30 và ₂ :2x3y10.

 Câu 12: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình đường thẳng  cách điểm (1;1)

A một hoảng bằng 2 vá cách điểm B(2;3) một khoảng bằng 4.

 Lời giải.

Gọi  là đường thẳng cần tìm có dạng : ax by c  0 với . Vì  cách điểm A(1;1) một khoảng bằng 2 nên

  . (1)

Vì  cách điểm B(2;3) một khoảng bằng 4 nên

  (2)

Từ (1) và (2), suy ra 

Trường hợp cb. Thay vào (1), ta được:

  









 0 4 3

0 b a

a .

+ Với a0, ta chọn b1 suy ra cb1. Khi đó : y 1 0.

+ Với 3a4b0, ta chọn a4 suy ra b3 và cb3. Khi đó : 4x3y 3 0.

Trường hợp 3c 4a5b. Thay vào (1), ta được 35a² 4ba32b² 0. Ta coi đây như là phương trình bậc hai theo a và có ’ =

 

2b ² 35.32b² 0 nên phương trình vô nghiệm.

Vậy có hai đường thẳng cần tìm là : y 1 0 hoặc : 4x3y 3 0.

 Câu 13: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ với hệ tọa độ , cho hai điểm ^A



^{2; 4 ,}



^B



^3;5



. Viết phương trình tổng quát của đường thẳng đi qua điểm sao cho khoảng cách từ điểm đến đường thẳng gấp hai lần khoảng cách từ đến



^{a2 b2 0}



   

2 2 2

2

3

; 2

;

b a

b a b

a b B a

d A

d



 



 





 

















b a a b

b a b a

3 2

3 2











 b a

b a

2 3

4

2 0

2 b 

a



A,



2

d 2

2

2 





 b a

c b

a _{2 2}

2 a b

c b

a   



B,



4

d 2 3 4

2

2 





 b a

c b

a _{2 2}

4 3

2a bc  a b c

b a c b

a3  2  

2 











 b a c

b c

5 4 3

2

2 2

2b a b

a   3a² 4ab0

2

6 2

2b a b

a  

Oxy

 ^I



^0;1



A  B .

 Lời giải

Gọi với là véctơ pháp tuyến của đường thẳng Suy ra:

hay

Vì khoảng cách từ đến đường thẳng gấp hai lần khoảng cách từ đến nên:

Với , ta chọn suy ra Khi đó

Với , ta chọn suy ra Khi đó

Vậy có hai đường thẳng cần tìm hoặc

 Câu 14: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ với hệ tọa độ , viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng và cách một khoảng bằng

 Lời giải

Gọi là đường thẳng cần tìm. Do song song với đường thẳng nên có dạng Vì cách một khoảng bằng nên:

   

 

²

2

3 4 6

; 1 ; 1 1 1 5

3 4 4 c c

d d d A c

c

   

                Với , ta được

Với , ta được

Vậy có hai đường thẳng cần tìm hoặc .

 Câu 15: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ với hệ tọa độ , cho đường thẳng và hai điểm phân biệt , không thuộc Viết phương trình đường thẳng , biết rằng khoảng cách từ đến giao điểm của đường thẳng với bằng hai lần khoảng cách từ điểm đến

 Lời giải

Gọi là góc giữa đường thẳng và đường thẳng Đường thẳng có véctơ pháp tuyến

Gọi là giao điểm của đường thẳng với là hình chiếu vuông góc của trên Theo giả thiết bài toán:

nên , suy ra

Gọi với là véctơ pháp tuyến của đường thẳng . Ta có:



^;



n a b _{2 2} 0

a b  .

   

:a x 0 b y 1 0

     ax by b  0.

A  B 

   

2 2 2 2

8 5 0

2 4 3 5

; 2 ; 2. 2 3 2 3 4

3 11 0

a b

a b b a b b

d A d B a b a b

a b

a b a b

 

     

               

8a5b0 a5 b 8. : 5x8y 8 0.

3a11b0 a11 b 3. :11x3y 3 0.

: 5x 8y 8 0

    :11x3y 3 0.

Oxy

 d: 3x4y 1 0 d 1.

  d : 3x4y c 0.

 d 1

6

c : 3x4y 6 0.

4

c  : 3x4y 4 0.

: 3x 4y 6 0

    : 3x4y 4 0 Oxy

: 3 2 0

d x y  ^A



^{1; 3}



^{B d.}

AB B AB d

B d.





^AB



^{d. d}



^{1; 3 .}



nd  

C



^AB



^{d; H B d.}

2

BC  BH 1

sin 2

BH

  BC  ⁰ 3

60 cos .

    2



^;



n a b _{2 2} 0

a b 



^AB



2 2

. 3

3 3 3

cos 2 . 2 2 2

d d

a b

n n

n n a b

     ^ 



 

 

2 2 2 0

3 3 3 0

3 0.

a b a b a ab a

a b

 

        

 



Với ta chọn Khi đó có phương trình

Với , ta chọn suy ra Khi đó có phương trình Vậy có hai đường thẳng cần tìm: y 30; 3xy0.

 Câu 16: Tìm để góc hợp bởi hai đường thẳng và một góc bằng

 Lời giải

Ta có .

Theo giải thiết, góc hợp bởi hai đường thẳng bằng nên:

Vậy là giá trị cần tìm.

 Câu 17: Cho đường thẳng và Viết phương trình đường thẳng đi qua và tạo với một góc

 Lời giải

Đường thẳng đi qua có dạng hay

Theo bài ra tạo với một góc nên:

Nếu chọn ta được

Nếu chọn ta được

Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn x5y 9 0;5x  y 7 0.

 Câu 18: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ , cho đường thẳng d: 2x  y 2 0 và điểm Viết phương trình đường thẳng cách điểm một khoảng bằng và tạo với đường thẳng một góc bằng

 Lời giải Giả sử đường thẳng có phương trình:

Đường thẳng có véctơ pháp tuyến . Đường thẳng có véctơ pháp tuyến

0,

a b1. AB y 30.

3 0

a b a 3 b 1. AB 3xy0.

m ₁: 3x y 70 ₂:mx  y 1 0 30 .0



1 2



2

3 1 cos ;

3 1. 1

m m



  

 

1, 2

  30⁰

 

0 2

2

3 1

cos 30 3 1 3 1

2 1

m

m m

m



    





²

  

^{2 1}

3 1 3 1 .

m m m 3

      

1 m  3

: 3 2 1 0

d x y  ^M



^{1; 2 .}



^

M d 45 .⁰

 M ^{a x}



^1



^{b y}



^2



^{0,a2b2 0 ax by a  2b0.}

 d 45⁰

 

   

0 2 2

2 2 2

2 2 2

3 2 2 3 2

cos 45 26 2 3 2

2 13.

3 2 .

x b a b

a b a b

a b a b

  

      

   

2 2 5

5 24 5 0 .

5 a b

a ab b

a b

 

        5 ,

a b a5;b1 : 5x  y 7 0.

5a b, a1;b 5 : x 5 y 9  0.

Oxy

 

^{1;1 .}

I  I 10

d 45 .⁰

 ax by c  0,a²b² 0.

 ⁿ 



^{a b;}



d nd 



^{2; 1 .}



Vì tạo với đường thẳng một góc nên,

Với , chọn , ta được

Mặt khác

Với , tương tự ta có hai đường thẳng .

Vậy các đường thẳng cầm tìm là:

 Câu 19: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho điểm và hai đường thẳng . Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm và tạo với một tam giác cân tại giao điểm của và

 Lời giải Phương trình đường phân giác góc tạo bởi và là :

Đường thẳng cần tìm đi qua và song song với hoặc

-Trường hợp đi qua và song song với thì có phương trình : -Trường hợp đi qua và song song với thì có phương trình : Vậy có hai đường thẳng càn tìm :

 Câu 20: Cho đường thẳng

a. Tìm tọa độ điểm thuộc đường thẳng và cách gốc tọa độ một khoảng bằng b. Tìm điểm thuộc đường thẳng và cách đều hai điểm

 Lời giải

a. Dễ thấy thuộc đường thẳng và là một véctơ chỉ phương của nên có phương trình tham số là

Điểm thuộc nên tọa độ của điểm có dạng suy ra :

Vậy ta tìm được hai điểm là và

b. Vì nên Điểm cách đều hai điểm suy ra

 d 45⁰

   

2 2

3

2 1

cos ; cos ;

2 3 .

d . 5

a b d n n a b

b a

a b





 

     

   

  3

a b b1,a3 : 3x  y c 0.



^;



^{10 4 10 6}

10 14.

c c

d I c

  

        3

b  a :x3y8;x3y12

: 3 x y 6 0;3 x y 14 0;x 3y 8;x 3y 12

          

,

Oxy ^M



^0;1



1: 7 17 0,

d x y  d₂:x  y 5 0  M

1, 2

d d d₁ d₂.

d1 d₂

 

1

2 2 2

2 2

: 3 13 0

7 17 5

: 3 4 0.

1 1

1 7

x y

x y x y

x y

   

    

  

   

 

 

 ^M



^0;1



1 ₂

 ^M



^0;1



1  x3y 3 0.

 ^M



^0;1



2  3x  y 1 0.

3 3 0;3 1 0.

x y  x  y : 4x 3y 5 0.

   

A  4.

B  ^E



^{5; 0 ,}



^F



^{3; 2 .}





^{0; 3}



M   ^u



^4;3



^

4 3 4 . x t

y t

 

   



A  A ^A



^{4 ; 3 3t   t}



 

²

 

^{2 2}

1

4 4 3 3 4 25 18 7 0 7

25. t

OA t t t t

t

 

           

 

 

1 4; 0

A ₂ 28 96

; .

25 25 A   

 

 

B  ^B



^{4 ; 3 4 .t   t}



^{B E}



^{5; 0 ,}



^F



^{3; 2}



 

²

 

²

 

²

 

²

2 2 6

4 5 3 3 4 3 3 1 .

EB FB  t  t  t  t  t 7

Suy ra

 Câu 21: Cho đường thẳng và điểm a. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của lên

b. Tìm tọa độ điểm đối xứng của qua

 Lời giải

a. Phương trình đi qua , vuông góc với có dạng . qua nên

Do đó

Hình chiếu là giao điểm của và nên có tọa độ thỏa mãn hệ

Vậy .

b. đối xứng với qua khi là trung điểm của

Vậy

 Câu 22: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho điểm và đường thẳng Tìm trên đường thẳng hai điểm sao cho tam giác vuông ở và thỏa mãn

 Lời giải

Do nên có tọa độ dạng với

Suy ra

Tam giác vuông ở nên (do ). Suy ra

Tam giác thỏa mãn

 Câu 23: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho hai điểm và dr Tìm tọa độ điểm thuộc sao cho khoảng cách từ đến đường thẳng bằng

 Lời giải 24 3

; .

7 7

B 

  

 

: 2 4 0

d x y  ^A



^{4;1 .}



A d. '

A A d.

'

d A d 2x y C 0

'

d ^A



^4;1



^{8 1 C 0C  9.}

' : 2 9 0.

d x  y

H d d'

14

2 4 0 5

2 9 0 17

5 . x y x

x y

y

 

   

 

 

  

  

 14 17

5 ; 5

H 

 

 

'

A A d H AA'

' '

'

'

8

2 5

2 29

5 .

A

A A H

A A H

A

x x x x

y y y

y

 

  

 

 

 

  

 ' 8 29; .

A 5 5 

 

 

,

Oxy ^A



^{0; 2}



: 2 2 0.

d x y  d B C, ABC B

2 . AB BC ,

B Cd ^B



^{ 2 2 ;b b C}



^,



^{ 2 2 ;c c}



^bc.



^{2 2 ; 2 ,}

 

^{2 2 ;}



^.

AB   b b BC c b cb

 

ABC B ^{. 0}

 

^{5 6}



^{0 6}

AB BC  c b b  b 5

 

bc 2 6; .

B5 5

 

 

ABC

2 2 1

4 16 12 6

2 2 2 7

25 25 5 5 .

5 c

AB BC c c

c

 

    

           



Oxy A

 

1;1 , B 4; 3







: 2 1 0.

d x y  C d C AB

6.

Gọi

Phương trình đường thẳng là :

Theo giả thiết hoặc

Với ta được Với ta được

 Câu 24: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho đường thẳng và điểm Tìm tọa độ điểm thuộc sao cho tam giác có diện tích vằng (với là gốc tọa độ)

 Lời giải

Đường thẳng có phương trình : Gọi

Theo giả thiết ta có :

Hay

Với suy ra Với suy ra

 Câu 25: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho tam giác có tọa độ đỉnh và hai đường thẳng chứa các đường cao kẻ từ có phương trình lần lượt là :

Tìm tọa độ đỉnh và

 Lời giải

Đường thẳng đi qua và vuông góc với nên có phương trình



^{1 2 ;}

  

^.

C  c c  d



^AB



^{1 1 4 3 7 0.}

3 4

x y

x y

 

    



   

2 2

4 1 3 7

; 6 6 11 3 30 3

4 3

c c

d C AB    c c

       



27. c 11 3

c ^C



^7;3



27 c 11

 43 27

; .

11 11 C  

 

 

Oxy d x: 3y 6 0



^{3; 4 .}



N M d OMN 15

2 O



^{3; 4}



^5.

ON ON 

ON 4x3y0.



^{3 6;}

  

^.

M m m  d

   

²

1 . ; ; 3

2

OMN OMN

S ON d M ON d M ON S

   ON 

 

¹

4 3 6 3

3 13

5 .

3

m m m

m

  

 

  

 

 m 1 ^M



^{3; 1 .}



13

m  3 13

7; .

M 3 

  

 

Oxy ABC ^A



^{1; 0}



, B C

1: 2 1 0, 2: 3 1 0.

d x y  d xy  B C.

d

₂

d

₁

B C

A

AC ^A



^{1; 0}



d1 AC 2xy 2 0.

Tương tự, có phương trình

Do nên tọa độ điểm là nghiệm của hệ: , ta được

Tương tự , ta được

Vậy

 Câu 26: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho tam giác có phương trình cạnh đường cao qua đỉnh và lần lượt có phương trình

Tìm tọa độ đỉnh

 Lời giải

Do nên tọa độ của là nghiệm của hệ: , ta được

Do nên .

Cạnh đi qua và vuông góc với nên có phương trình Cạnh đi qua và vuông góc với nên có phương trình

Do nên .

 Câu 27: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho tam giác có và hai đường

trung tuyến là Xác định tọa độ đỉnh và

 Lời giải AB x3y 1 0.

Bd1AB B 2 1 0 5

3 1 0 2

x y x

x y y

    

 

 

    

 



^{5; 2}



B  

Cd2AC ^C



^{1; 4 .}





^{5; 2 ,}

 

^{1; 4 .}



B   C 

,

Oxy ABC

: 9 0,

BC x  y B C

1: 2 13 0; 2: 7 x 5 y 49 0.

d x y  d    A.

d

₂

d

₁

B C

A

Bd1BC B 2 13 0 5

9 0 4

x y x

x y y

   

 

 

   

  ^B



^{5; 4 .}



C d2BC ^C



^{2; 7}



AC C d₁ AC 2x  y 3 0.

AB B d₂ AB 5x7y 3 0.

A ABAC ^A



^{ 2; 1}



,

Oxy ABC ^A



^1;3



' : 2 1 0, ' : 1 0.

BB x y  CC y  B C.

Do nên tọa độ của có dạng Vì là trung điểm của nên

Mặt khác, nên ta được: hay

Tương tự, là trung điểm của

Mặt khác nên hay

 Câu 28: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ với cho tam giác biết phương trình cạnh phương trình đường trung tuyến và phương trình đường trung tuyến Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác.

 Lời giải

Do nên tọa độ điểm là nghiệm của hệ: , ta được

Tượng tự, , ta được

Gọi là giao điểm của và , khi đó Gọi là trung điểm của , suy ra và

G C' B'

A

B C

'

BBB B



^2b1;b



^.

'

C AB 3

' ; .

2 C b b 

 

 

' '

C CC 3

1 0 1

2

b b

     ^B



^{ 3; 1 .}



'

B AC 1

' ; 2

2 B c 

 

 

' '

B BB 1

2.2 1 0 5

2

c c

     ^C



^{5;1 .}



,

Oxy ABC

: 2 5 0,

BC x y  BB' :y 2 0

' : 2 2 0.

CC x  y

M G C' B'

A

B C

'

BBB BC B 2 0 1

2 5 0 2

y x

x y y

   

 

 

   

 



^{1; 2 .}



B 

'

C CC BC ^C



^{3; 4 .}



G BB' CC' ^G



^{2; 2 .}



M BC ^M



^3;1



^{GM }



^{1;1 .}



Do là trọng tâm tam giác nên thỏa mãn:

, ta được

 Câu 29: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho tam giác có và Viết phương trình đường phân giác trong và phân giác ngoài của góc

 Lời giải

Đường thẳng đi qua hai điểm nên có phương trình Tương tự

Phương trình đường phân giác góc là:

Xét phân giác . Ta có

nên suy ra và nằm cùng phía đối với , suy ra là phân giác ngoài.

Từ đó suy ra là phân giác trong góc

 Câu 30: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho tam giác có và hai đường phân giác trong của góc và có phương trình lần lượt là

Tìm tọa độ điểm và

 Lời giải Gọi là điểm đối xứng của qua phân giác

Suy ra tọa độ điểm là nghiệm của hệ:

Ta được

Gọi là điểm đối xứng của qua phân giác , tương tự Đường thẳng đi qua hai điểm nên có phương trình

nên tọa độ của là nghiệm của hệ , ta được

Tương tự nên ta được

 Câu 31: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho tam giác biết trung điểm các cạnh và lần lượt là : và Viết phương trình đường trung trục của đoạn

 Lời giải.

G ABC ^{A x y}



^;



 

1 3. 1 4

3 3 3.1 0

x x

AM GM

y y

  

  

  

  

 



 



^{4; 0 .}



A ,

Oxy ABC ^A



^{1;5 ,}



^B



^{ 4; 5}





^{4; 1 .}



C  A.

AC A C, AC 2xy 7 0.

: 2 3 0

AB x  y

A 2 7 2 3 5 0

1 0.

4 1 4 1

y

x y x y

x

 

    

    

  

1: 5 0

d y 



; 1



10,



; 1



6

P B d   P C d   B C d₁ d₁

2: 1 0

d x  A.

,

Oxy ABC ^A



^{2; 4}



B C d₁:xy 2 0,d₂:x3y 6 0.

B C.

A1 A d₁.

 

1 ;

A x y

   

2 4 2

3. 6 0 5

2 2 .

3 2 1. 4 0 4

5

x y x

x y y

  

     

 

 

      

 

1

2 4; . A5 5

 

 

A2 A d₂ A2



6; 0 .



BC A A₁, ₂ BC x7y 6 0.

Bd1BC B

4

2 0 3

7 6 0 2

3 x y x

x y

y

 

   

 

 

  

  



4 2; . B3 3

 

 

Cd2BC ^C



^{6; 0 .}



,

Oxy ABC

,

AB BC CA ^M



^{1;1 ,}



^N



^{0; 3}



^P



^{3; 1 .}



. BC

Ta có .

Vì là trung diểm của nên là đường trung bình của tam giác , suy ra Do đó trung trực đoạn qua và nhận làm véctơ pháp tuyến nên có phương trình:

 Câu 32: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho tam giác có và Tìm tọa độ trực tâm của tam giác.

 Lời giải Gọi là trực tâm của tam giác

Ta có

Do là trực tâm nên ta được Vậy

 Câu 33: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho tam giác có các đường trung bình nằm trên các đường thẳng có phương trình

Viết phương trình cạnh

 Lời giải

Giả sử song song với song song với song song với N

M P

A

B C



^{4; 2}



MP  



, P

M AB AC, MP ABC

//

MP BC

BC ^N



^{0; 3}



^{MP}

   

4 x0 3 y3 02xy 3 0

,

Oxy ABC ^A



^{2; 4 ,}



^B



^4;1





^{2; 1 .}



C   H



^;



H x y ABC.



^{2; 4 ,}

 

^{6; 2 ,}

 

^{4; 1 ,}

 

^{0; 5 .}



AH  x y BC    BH  x y AC  

   

H

       

     

2 . 6 4 . 2 0

. 0 1

1 .

4 .0 1 . 5 0

. 0

x y

AH BC x

x y y

BH AC

           

 

 

  

     

  

 



 

 



^{1;1 .}



H 

,

Oxy ABC

1: 2 1 0, 2: 4 13 0, 3: 3 1 0.

d xy  d x y  d x y  .

AB

d

₃

d

₂

d

₁

N M P

A

B C

d1 AB, d₂ BC, d₃ CA.

Gọi là trung điểm của Khi đó nên tọa độ thỏa mãn hệ , ta được

Đường thẳng đi qua và song song với nên có phương trình

 Câu 34: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho tam giác có hai đường trung bình kẻ từ trung điểm của nằm trên các đường thẳng có phương trình

và tọa độ điểm Tìm tọa độ điểm

 Lời giải

TH1: Giả sử song song với , song song với

Tọa độ thỏa mãn hệ: , ta được

Đường thẳng đi qua và song song với nên có phương trình:

Đường thẳng đi qua và song song với nên có phương trình:

Ta có nên tọa độ điểm thỏa mãn hệ , ta được

TH2: Giả sử song song với song song với . Tương tự TH1 ta được

 Câu 35: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho tam giác có đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh có phương trình lần lượt là Tìm tọa độ điểm

 Lời giải

M AB. M d₂d₃ ^{M x y}



^;



4 13 0 6

2 1 0 2

x y x

x y y

   

 

 

   

  ^M



^{5; 2 .}



AB M d₁ 2x  y 8 0.

,

Oxy ABC

M AB

1: 4 7 0, 2: 3 2 9 0

d x y  d x y  ^B



^{7;1 .}



^C.

d

₂

d

₁

M

A

B C

d1 BC d₂ AC.



^;



M x y 4 7 0

3 2 9 0

x y x y

  



  

 ^M



^{5;3 .}



AC A d₂ 3x2y 1 0.

BC B d₁ x4y 3 0.

CACBC ^{C x y}



^;



^{3 2 1 0}

4 3 0

x y x y

  



  

 ^C



^{ 1; 1}



d1 AC, d₂ BC ^C



^{11; 7 .}



,

Oxy ABC ^C



^{4; 1 ,}



A d₁: 2x3y120,d₂: 2x3y0.

. B

Ta có nên tọa độ điểm thỏa mãn hệ: , ta được

Đường thẳng đi qua và vuông góc với nên có phương trình Gọi là trung điểm , suy ra nên tọa độ điểm là Suy ra

 Câu 36: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho tam giác có đường cao qua đỉnh và đường trung tuyến qua đỉnh lần lượt có phương trình

Tìm tọa độ các đỉnh và

 Lời giải Điểm nên tọa độ của có dạng

Gọi là trung điểm , suy ra Mặt khác, nên

Suy ra

Đường thẳng đi qua và vuông góc nên có phương trình

Ta có nên tọa độ điểm là nghiệm của hệ , ta được

 Câu 37: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ cho ba điểm , là các đỉnh của hình thang cân trong đó song song với . Tìm tọa độ điểm

 Lời giải

d₂ d₁ A

B C

1 2

Ad d ^{A x y}



^;



^{2 3 12 0 3}

2 3 0 2

x y x

x y y

    

 

 

  

 



^{3; 2}



A 

BC C d₁ 3x2y100.

M BC M BCd₂ M



^{6; 4 .}





^{8; 7 .}



B 

,

Oxy ABC ^A



^{2;1 ,}



B C

1: 3 7 0, 2: 1 0.

d x y  d x  y B C.

Bd1 B



^3b7;b



^.

M AB ^{3 9}; ¹ .

2 2

b b

M   

 

 

M d2 ^{3 9 1} 1 0 3.

2 2

b b

  b

     



^{2; 3 .}



B  

AC A d₁ 3x  y 7 0.

C ACd2 C 3 7 0

1 0 x y x y

  



  

 ^C



^{4; 5 .}



,

Oxy ^A



^10;5



^B



^{15; 5 ,}



^D



^{20; 0}



ABCD AB CD C.

J I

A B

D C