Hướng dẫn giải chi tiết tài liệu “Toán 10 Bài 19: Phương trình đường thẳng Lý thuyết + Phần đề bài tạp (Kết nối tri thức với cuộc sống)

III

PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ
TRONG MẶT PHẲNG

C
H
Ư
Ơ
N

BÀI 1. PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
LÝ THUYẾT.
I
=
=
I. VÉC
= TƠ CHỈ PHƯƠNG VÀ PHƯƠNG TRÌNH THAM SỐ CỦA ĐƯỜNG THẲNG
1. Véc tơ chỉ phương của đường thẳng
I
r
r
u
¹
0
1.1. Định nghĩa Vectơ
được gọi là vectơ chỉ phương (VTCP) của đường thẳng D
nếu giá của nó song song hoặc trùng với D .

d

u

u

1.2. Nhận xét:


k
.
u
,  k 0 
a) Nếu u là một vtcp của đường thẳng d thì
cũng là một véc tơ chỉ
phương của d .
b) Một đường thẳng xác định khi biết một vtcp và một điểm mà nó đi qua.
2. Phương trình tham số của đường thẳng
2.1. Đường thẳng d đi qua điểm

M  x0 ; y0 

và có vtcp


u  a; b 

thì có phương trình

 x x0  at

 y  y0  bt

d
. ( Mỗi điểm M bất kỳ thuộc đường thẳng   tương ứng với
duy nhất một số thực t  R và ngược lại).

tham số là

Nhận xét : A Ỵ D Û A(x0 + at;y0 + bt), t Ỵ R

 x  x0  at

y  y0  bt
Oxy
2.2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
, mọi phương trình dạng 
với

a 2  b 2 0 đều là phương trình của đường thẳng d có một vtcp là u  a; b  .



3. Phương trình chính tắc của đường thẳng
Đường thẳng d đi qua điểm

M  x0 ; y0 

và có vtcp


u  a; b 

với a 0, b 0 có

x  x0 y  y0

b
phương trình chính tắc là: a

II. VÉC TƠ PHÁP TUYẾN VÀ PHƯƠNG TRÌNH TỔNG QUÁT CỦA ĐƯỜNG THẲNG
1. Vectơ pháp tuyến của đường thẳng
u
r
r
1.1. Định nghĩa: Vectơ n ¹ 0 gọi là vectơ pháp tuyến (VTPT) của D nếu giá của nó
vng góc với D .

n

d

1.2. Nhận xét:


k
.
n
,  k 0 
a) Nếu n là một vtpt của đường thẳng d thì
cũng là một vtpt của d .



b) Nếu n là một VTPT của đường thẳng d và u là một VTCP của đường thẳng d

n
thì .u 0 .
c) Một đường thẳng xác định khi biết một VTPT và mộ điểm nó đi qua.
2. Phương trình tổng quát (PTTQ) của đường thẳng

M  x0 ; y0 
n  A; B 
d
2.1. Đường thẳng
đi qua điểm
và có VTPT
thì có phương trình
tổng qt là

A  x  x0   B  y  y0  0

.

2.2. Ngược lại, trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy mọi phương trình dạng
Ax  By  C 0  A2  B 2 0 
đều là phương trình tổng quát của đường thẳng d có

n  A; B 
VTPT
.

2.3. Một số trường hợp đặc biệt của PTTQ

Ax  By  C 0  A2  B 2 0 

a) Nếu A 0 phương trình trở thành

By  C 0  y 

.

C
B đường thẳng song

C

M  0;  
B.

song với trục hoành Ox và cắt trục tung Oy tại điểm


b) Nếu B 0 phương trình trở thành

Ax  C 0  x 

C
A đường thẳng song

 C 
M   ;0 
 A .

song với trục tung Oy và cắt trục hồnh Ox tại

c) Nếu C 0 phương trình trở thành Ax  By 0 đường thẳng đi qua gốc tọa độ
O  0;0 

.

d) Đường thẳng có dạng y ax  b , (trong đó a được gọi là hệ số góc của đường


n  a;  1
n  A; B 
thẳng ) có VTPT là
. Ngược lại đường thẳng có VTPT
thì có
hệ số góc là



A
B.

e) Đường thẳng d đi qua điểm

A  a; 0 

và

B  0; b 

x y
 1.
có phương trình là a b

III. LIÊN HỆ GIỮA VTCP VÀ VTPT


1. Từ nhận xét “Nếu n là một VTPT của đường thẳng d và u là một VTCP của đường thẳng


d thì n.u 0 ” ta rút ra được: nếu n  A; B  là một VTPT của đường thẳng d thì một VTCP


u

B
;

A
u
  B; A 


của d là
( hoặc
).


2. Từ nhận xét “Nếu n là một VTPT của đường thẳng d và u là một VTCP của đường thẳng



d thì n.u 0 ” ta rút ra được: nếu u  a; b  là một VTCP của đường thẳng d thì một VTPT


n   b; a 
n  b;  a 
d
của là
(hoặc
).
Hai nhận xét trên giúp ích rất nhiều trong việc chuyển đổi qua lại giữa các dạng phương trình
đường thẳng. Từ PTTQ ta có thể chuyển sang PTTS và ngược lại.
IV. VỊ TRÍ TƯƠNG ĐỐI GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d1 : a1 x  b1 y  c1 0 và
d 2 : a2 x  b2 y  c2 0 . Để xét vị trí tương đối của hai đường thẳng này ta xét số nghiệm của hệ

phương trình
Nếu hệ

 1.1

a1 x  b1 y  c1 0

a2 x  b2 y  c2 0

101\* MERGEFORMAT (.)

có duy nhất 1 nghiệm ta nói hai đường thẳng trên cắt nhau tọa độ giao điểm chính

là nghiệm của hệ phương trình nói trên. Nếu hệ

 1.1

vơ nghiệm ta nói hai đường thẳng nói

1.1
trên song song với nhau. Nếu hệ   nghiệm đúng với mọi x  R thì hai đường thẳng trên
trùng nhau. Tuy nhiên để thuận tiện cho việc xét nhanh vị trí tương đối của hai đường thẳng ta
chú ý nhận xét sau


Nhận xét. Nếu a2b2c2 0 ta có
a1 b1
  d1  d 2  I 
a) a2 b2
a1 b1 c1
   d1 / / d 2
a
b2 c2
2
b)
a1 b1 c1
   d1 d 2
c) a2 b2 c2

IV. GÓC GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d1 : a1 x  b1 y  c1 0 và
d 2 : a2 x  b2 y  c2 0 . Khi đó góc giữa hai đường thẳng được tính theo cơng thức.
cos  d1 ; d 2 

 
n1.n2
a1a2  b1b2
  
n1 . n2
a12  b12 a22  b22

V. KHOẢNG CÁCH
M x ;y
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường thẳng  : ax  by  c 0 và điểm 0  0 0  .
Khi đó khoảng cách từ điểm M 0 đến đường thẳng  được tính theo cơng thức:

d  M 0 ;   

ax0  by0  c
a 2  b2

II HỆ THỐNG BÀI TẬ
P.
=
=
=
DẠNG 1: XÁC ĐỊNH VTCP, VTPT CỦA ĐƯỜNG THẲNG
I
{ Tích vơ hướng hai vt, góc giữa hai vt, độ dài vt, độ dài đường trung tuyến, phân giác,đường cao, diện
tích tam giác, chu vi tam giác…}

1
=
=

=
I

PHƯƠNG PHÁP.

 x  x0  at

y  y0  bt
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , mọi phương trình dạng 
với

a 2  b 2 0 đều là phương trình của đường thẳng d có một vtcp là u  a; b  .


Ax  By  C 0  A2  B 2 0 
Oxy
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
phương trình dạng

n  A; B 
có VTPT
.


n

A
;
B
u

 B;  A 


3. Nếu đường thẳng d có
là một VTPT thì một VTCP của d là

u   B; A 
(hoặc
).


u

a
;
b
n
  b; a 


4. Nếu đường thẳng d có
là một VTCP thì một VTPT của d là

n  b;  a 
(hoặc
).

5. Đường thẳng đi qua 2 điểm A, B thì nhận AB làm VTCP.

2
=
=
=
I
Câu 1:

BÀI TẬP TRẮC N
G

HIỆM.

 x 2  3t

Một vectơ chỉ phương của đường thẳng  y  3  t là:



u1  2; –3 .
u2  3; –1 .
u3  3; 1 .
A.
B.
C.

D.


u4  3; –3

Lời giải
Chọn B
Từ phương trình tham số của đường thẳng ta có một VTCP của đường thẳng là
Câu 2:

Một vectơ pháp tuyến của đường thẳng 2 x  3 y  6 0 là :



n4  2;  3
n2  2;3
n3  3; 2 
A.
B.
C.


u2  3; –1 .

D.


n1   3; 2 

D.


u1  2;3

Lời giải

Chọn A
Từ PTTQ ta thấy một VTPT của đường thẳng là

Câu 3:


n4  2;  3

x y
 1
Vectơ chỉ phương của đường thẳng 3 2
là:



u 4   2;3
u 2  3;  2 
u 3  3; 2 
A.
B.
C.

Lời giải
Chọn B
x y

 1  2 x  3 y  6 0
n
 2;3
3 2

nên đường thẳng có VTPT là
.

u  3;  2 
Suy ra VTCP là
.

Câu 4:

Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng đi qua hai điểm

A   3; 2 

B  1; 4  ?

A.


u1   1; 2  .

B.


u2  2;1 .

C.


u3   2;6  .

D.


u4  1;1 .

Lời giải
Chọn B


AB  4; 2 
AB  4; 2 
Ta có
một VTCP của đường thẳng AB cùng phương với
.

và



1

u2  2;1  AB
u
 2;1
2
Ta thấy
vậy 2
là một VTCP của AB

Câu 5:

Vectơ nào dưới đây là một vectơ pháp tuyến của đường thẳng đi qua hai điểm

A  2;3

và

B  4;1 ?

A.


n1  2;  2  .

B.


n2  2;  1 .

C.


n3  1;1 .

D.


n4  1;  2  .

Lời giải

Chọn C


AB  2;  2 
n
Ta có
một VTPT của đường thẳng AB thì vng góc với AB
 


n. AB 0  x.2  y.   2  0
x 1, y 1  n  1;1
Suy ra
chọn
Chú ý: Ta hồn tồn có thể dùng nhận xét nêu ở mục 2.3.2 để giải quyết nhanh bài toán này.
Câu 6:

ax  by  c 0  1

2
2
với a  b  0 . Mệnh đề nào sau đây sai?

1
n  a; b 

A.
là phương trình tổng quát của đường thẳng có vectơ pháp tuyến là
.
1

B. a 0   là phương trình đường thẳng song song hoặc trùng với trục ox .
1
C. b 0   là phương trình đường thẳng song song hoặc trùng với trục oy .
M x ;y
1
ax  by0  c 0 .
D. Điểm 0  0 0  thuộc đường thẳng   khi và chỉ khi 0

[0H3-1.1-1] Cho phương trình:

Lời giải
Chọn D
Ta có điểm
Câu 7:

M 0  x0 ; y0 

thuộc đường thẳng

 1

khi và chỉ khi

[0H3-1.1-1] Mệnh đề nào sau đây sai? Đường thẳng

d

ax0  by0  c 0 .

được xác định khi biết.

A. Một vecto pháp tuyến hoặc một vec tơ chỉ phương.
B. Hệ số góc và một điểm thuộc đường thẳng.
d
d
C. Một điểm thuộc   và biết   song song với một đường thẳng cho trước.
d
D. Hai điểm phân biệt thuộc   .
Lời giải
Chọn

A.

Nếu chỉ có vecto pháp tuyến hoặc một vecto chỉ phương thì thiếu điểm đi qua để viết đường
thẳng.
Câu 8:

[0H3-1.1-1] Cho tam giác ABC . Hỏi mệnh đề nào sau đây sai?

A. BC là một vecto pháp tuyến của đường cao AH.



B. BC là một vecto chỉ phương của đường thẳng BC.
C. Các đường thẳng AB, BC, CA đều có hệ số góc.

AB
D. Đường trung trực của
có AB là vecto pháp tuyến.
Lời giải

Chọn
Câu 9:

C.

d
[0H3-1.1-1] Đường thẳng  

A.
B.
C.
D.

có vecto pháp tuyến


n  a; b 

. Mệnh đề nào sau đây sai?


u1  b;  a 
d
là vecto chỉ phương của   .

u 2   b; a 
d
là vecto chỉ phương của   .

n  ka; kb  k  R

d
là vecto pháp tuyến của   .
b
 d  có hệ số góc k  a  b 0  .
Lời giải

Chọn
Phương

D.
trình

đường

ax  by  c 0  y 

Suy ra hệ số góc
Câu 10:

k 

thẳng

có

vecto

pháp

tuyến

là

a
c
x   b 0 
b
b
a
b.

[0H3-1.1-1] Cho đường thẳng (d): 2 x  3 y  4 0 . Vecto nào sau đây là vecto pháp tuyến của
(d)?




n  3; 2 
n   4;  6 
n  2;  3
n   2;3 
A. 1
.
B. 2
.
C. 3
.
D. 4
.
Lời giải

Chọn

B.


 d  : 2 x  3 y  4 0  VTPT n  2;3   4;  6 
Ta có
Câu 11:


n  a; b 

d : 3 x  7 y  15 0
[0H3-1.1-1] Cho đường thẳng  
. Mệnh đề nào sau đây sai?

u  7;3
d
A.
là vecto chỉ phương của   .
3
k
d

7.
B.
có hệ số góc

C.

d

khơng đi qua góc tọa độ.
 1 
M   ;2
d
N 5;0
D.   đi qua hai điểm  3  và   .
Lời giải


Chọn
Giả sử

Câu 12:

D.
N  5;0   d : 3 x  7 y  15 0  3.5  7.0 15 0  vl 

[0H3-1.1-1] Cho đường thẳng
giá trị nào của t?
3
t .
2
A.

.

 x 2  3t
7


A ;  2 .
 Điểm A   d  ứng với
 y  1  2t và điểm  2

d :

1
t .
2
B.

C.

t 

1
.
2

D. t 2

Lời giải
Chọn C

Ta có

Câu 13:

7

 2  3t
7

A ;  2    d    2

2

 2  1  2t

[0H3-1.1-1] Cho
A.

A  5;3 .


t 


t 


1
2  t  1
1
2
2

 x 2  3t
 y 5  4t . Điểm nào sau đây không thuộc  d  ?

d :

B.

B  2;5  .

C.

C   1;9  .

D.

D  8;  3 .

Lời giải
Chọn

B.

2 2  3t
B  2;5  

5

5

4
t

Thay

Câu 14:

t 0
 t 0

t 0

[0H3-1.1-1] Một đường thẳng có bao nhiêu vectơ chỉ phương?
A. 1.

B. 2.

C. 3.

D. Vô số.

Lời giải
Chọn D
Câu 15:

[0H3-1.1-1] Một đường thẳng có bao nhiêu vectơ pháp tuyến?
A. 1

B. 2

C. 3

D. Vô số.

Lời giải

Chọn D
 x 2
d :
 y  1  6t ?
Câu 16: [0H3-1.1-1] Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng




u1  6;0 
u2   6;0 
u3  2;6 
u4  0;1
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Lời giải


Chọn D
Từ PTTS ta thấy một VTCP của d là


u  0;6  6  0;1

uu
r
u4 = ( 0;1)

Câu 17:

nên ta có thể chọn một VTCP là

1

 x 5  t
 : 
2

 y  3  3t ?
[0H3-1.1-1] Vectơ nào dưới đây là một vectơ chỉ phương của đường thẳng

A.


u1   1;3


1 
u2  ;3 
2 
B.

x y
 2

C. 2 3

D. 6 x  2 y  8 0

Lời giải
Chọn D
  1 

u   ;3    2u  1;  6 
 2 
Từ PTTS ta thấy một VTCP của  là
nên ta có thể chọn một

VTCP là
Câu 18:

uu
r
u4 = ( 1; - 6)

[0H3-1.1-1] Cho đường thẳng  có phương trình tổng qt: –2 x  3 y – 1 0 . Vectơ nào sau
đây là vectơ chỉ phương của đường thẳng  .
A.

 3; 2  .

B.

 2;3 .

C.

 –3; 2  .

D.

 2; –3 .

Lời giải
Chọn A


n   2;3
u  3; 2 

Từ PTTQ ta thấy một VTPT của
là
suy ra một VTCP là
Câu 19:

[0H3-1.1-1] Cho đường thẳng  có phương trình tổng quát: –2 x  3 y –1 0 . Vectơ nào sau
đây không là vectơ chỉ phương của 
 2
 1;  .
A.  3 

B.

 3; 2  .

C.

 2;3 .

D.

 –3; –2  .

Lời giải
Chọn C

n   2;3

Từ PTTQ của đường thẳng ta thấy một VTPT là
suy ra một VTCP của đường thẳng

 2
u  3; 2   1  3;  2  3  1; 
 3  vậy vec tơ có tọa độ  2;3 không phải là VTCP của  .
là
Câu 20:

[0H3-1.1-1] Vectơ chỉ phương và vectơ pháp tuyến của một đường thẳng:
A. Song song với nhau. B. Vng góc với nhau.
C. Trùng nhau.
D. Bằng nhau.
Lời giải


Chọn B

Câu 21:

[0H3-1.1-2] Mệnh đề nào sau đây đúng? Đường thẳng

A. Đi qua
C.

d

A  1;  2 

 x t
 t  R

y

2
t

B. Có phương trình tham số:
.

.

có hệ số góc

 d  : x  2 y  5 0 :

k

1
2.

D.

d

cắt

 d  có phương trình:

x  2 y 0 .

Lời giải
Chọn C
Giả sử

A  1;  2    d  : x  2 y  5 0  1  2.  2   5 0  vl 



loại A .



 d  : x  2 y  5 0  VTPT n  1;  2   VTCP u  2;1
Ta có
Ta có
Câu 22:

 d  : x  2 y  5 0 

loại

B.

1 5
1
y 
k
2 2  hệ số góc
2 Chọn C

[0H3-1.1-3] Đường thẳng  :5 x  3 y 15 tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích
bằng bao nhiêu?
A. 7,5 .

B. 5 .

C. 15 .
Lời giải

Chọn A
  Ox  A  3;0    Oy B  0;5 
,
.

1
15
S OAB  OA OB  7,5

2
2
Vậy
.

D. 3 .


DẠNG 2: VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG THỎA MÃN MỘT SỐ TÍNH CHẤT CHO
TRƯỚC
{ Tính chất cho trước giúp tìm được: một điểm thuộc đường thẳng và một VTCP (hay VTPT);
tìm được các hệ số A, B, C trong phương trình tổng quát; …}

1
=
=
=
I

PHƯƠNG PHÁP.

M  x0 ; y0 

1. Đường thẳng d đi qua điểm

và có vtcp


u  a; b 

thì có phương trình tham

 x x0  at

d
y  y0  bt
số là 
. ( Mỗi điểm M bất kỳ thuộc đường thẳng   tương ứng với duy nhất
một số thực t  R và ngược lại).
2. Đường thẳng d đi qua điểm

và có vtcp


u  a; b 

với a 0, b 0 có

và có VTPT


n  A; B 

thì có phương trình

M  x0 ; y0 

x  x0 y  y0

b

phương trình chính tắc là: a

3. Đường thẳng d đi qua điểm
tổng quát là

2
=
=
=
I
Câu 1:

M  x0 ; y0 

A  x  x0   B  y  y0  0

BÀI TẬP TỰ LUẬ
N

.

.

2.1. Viết PTTS của đường thẳng.
Viết phương trình tham số của đường thẳng  qua

A  3;  1

và có VTCP


u   2;3

.

Lời giải
Đường

thẳng

 x 3    2  t


 y  1  3t
Câu 2:



qua

A  3;  1

và

có

VTCP


u   2;3

có

 x 3  2t

 y  1  3t

A 3;1 , B  1;3
Viết PTTS của đường thẳng AB biết   
.

Lời giải

Ta có


AB   4; 2   2  2;  1  u  2;  1

A 3;1
Vậy AB đi qua   và có VTCP

là một VTCP của đường thẳng AB .


u  2;  1

 x 3  2t

nên có PTTS  y 1  t .

PTTS

là



Lưu ý. Ta hồn tồn có thể dùng
Câu 3:

AB   4; 2 

làm VTCP của đường thẳng AB .

M  1;7 
Viết PTTS của đường thẳng  qua 
và song song với trục Ox.

Lời giải

i  1;0 

Ta thấy trục hồnh Ox có VTCP chính là vec tơ đơn vị
. Vì đường thẳng  song song

i  1;0 
với trục hoành Ox nên cũng nhận
làm VTCP. Suy ra phương trình tham số của  là
 x  1  t

 y 7

Nhận xét. Hai đường thẳng song song có cùng VTCP.
Câu 4:

x 2 y

3
 5 . Viết PTTS của đường thẳng  qua I  2017;2018  và song
Cho đường thẳng
song với đường thẳng d .
d:

Ta thấy đường thẳng d có một VTCP là

u  3;  5
Câu 5:

Cho

Lời giải

u  3;  5

, vì đường thẳng  / /d nên  cũng nhận

 x 2017  3t

làm VTCP. Vậy PTTS của  là  y 2018  5t .

A  3;1

và

B   3;5 

. Viết PTTS của đường thẳng  là trung trực của đoạn thẳng AB .
Lời giải

I  0;3
Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB suy ra
. Đường trung trực của đoạn thẳng AB


I  0;3
AB   6; 4 
u  2;3
đi qua
và có một VTPT là
nên có một VTCP là
. Vậy PTTS của
 x 2t

AB là  y 3  3t .
2.2. Viết PTTQ của đường thẳng
Câu 1:

Viết PTTQ của đường thẳng d đi qua

K   1;5 

và có VTPT


n  2;1

.

Lời giải
d đi qua

K   1;5 

và có VTPT


n  2;1

có PTTQ là

2  x 1 1 y  5  0  2 x  y  3 0

Câu 2:

K  3;  2 
Viết PTTQ của đường thẳng  đi qua
và song song với đường thẳng
d : x  5 y  2017 0 .


Lời giải
Đường thẳng d có một VTPT là


n  1;  5 

, vì  / /d nên  cũng nhận


n  1;  5 

làm một

1 x  3  5  y  2  0  x  5 y  13 0
VTPT vậy PTTS của  là 

Lưu ý. Ta hồn tồn có thể giải theo cách khác như sau.
x  5 y  C 0  C 2017 
Vì  / /d nên , d có cùng VTCP, PTTQ của  có dạng
, mà  đi

qua
Câu 3:

K  3;  2 

nên ta có

3  5   2   C 0  C  13

A  4;  1 , B  2;3
Viết PTTQ của  là đường trung trực của đoạn thẳng AB với 

.

Lời giải


AB  6; 4  2  3; 2 
Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng
,
vì   AB nên 

n  3; 2 
3 x  1  2  y  1 0  3x  2 y  1 0
có một VTPT là
vậy PTTQ của  là 
AB  I   1;1

Câu 4:

Viết PTTQ của đường thẳng qua hai điểm

A  5;0 

và

B  0;  2 

.

Lời giải
x y


1  2 x  5 y 10  2 x  5 y  10 0
Phương trình đường thẳng AB là 5  2
.

Câu 5:

A 2;  1 ; B  4;5  ; C   3; 2 
Cho tam giác ABC có 
. Viết phương trình tổng qt của đường cao
AH của tam giác ABC .

Lời giải
Gọi AH là đường cao của tam giác.

A
2;

1
 và nhận BC   7;  3   7;3 làm VTPT
AH đi qua 
 AH : 7  x  2   3  y  1 0  7 x  3 y  11 0

2.3. Bài toán chuyển đổi qua lại giữa các dạng phương trình.

Câu 1:

 x 1  2t
 
Cho đường thẳng  y 3  t . Viết PTTQ của đường thẳng.

Lời giải
Cách 1.
Từ phương trình tham số ta thấy  đi qua
PTTQ là
Cách 2.

M  1;3

1 x  1  2  y  3 0  x  2 y  7 0

.

và có


u   2;1

suy ra VTPT là


n  1; 2 

,


 x 1  2t
 x 1  2t
 

 x  2 y 7  x  2 y  7 0

 y 3  t
 2 y 6  2t
.
Câu 2:

Cho đường thẳng  : 2 x  3 y  3 0 . Viết PTTS của đường thẳng.
Lời giải
Cách 1.
Để tìm một điểm mà ĐT đi qua ta cho x một giá trị bất kỳ tính y hoặc ngược lại.
A 0;  1
Cho x 0 thế vào PT đt  ta được.  3 y  3 0  y  1 vậy đt  đi qua điểm 
. Và

có VTPT


n  2;  3

suy ra VTCP


u  3; 2 

 x 3t


. Vậy PTTS của là  y  1  2t .

Cách 2.
Từ PTTQ

 : 2 x  3 y  3 0  3 y  2 x  3  y 

2
x 1
3

 x t


2
 y 1  3 t
Đặt x t ta thu được PTTS là
2.4. Bài tập tổng hợp về viết phương trình đường thẳng
Câu 1:

A 2;3 ; B   4;5  ; C  6;  5  M , N
[0H3-1.2-3] Cho tam giác ABC với 
.
lần lượt là trung điểm
của AB và AC . Phương trình tham số của đường trung bình MN là:

Lời giải

M   1; 4  ; N  4;  1 MN
M   1;4 
MN  5;  5 
Ta có:
.
đi qua

và nhận
làm VTCP
 x  1  5t
 MN : 
 y 4  5t
Câu 2:

[0H3-1.2-3] Phương trình đường thẳng đi qua điểm
điểm A và B sao cho M là trung điểm của AB là:

M  5;  3

Lời giải
Gọi

A  Ox  A  x A ;0  ; B  Oy  B  0; y B 

 x  x 2 xM
 x 10
  A B
  A
 y A  yB 2 yM
 yB  6
Ta có M là trung điểm AB
Suy ra

 AB  :

x
y


1  3x  5 y  30 0
10  6
.

và cắt hai trục tọa độ tại hai


Câu 3:

[0H3-1.2-3] Cho ba điểm
cách đều hai điểm B, C .

A  1;1 ; B  2;0  ; C  3; 4 

. Viết phương trình đường thẳng đi qua A và

Lời giải
Gọi

d

là đường thẳng đi qua A và cách đều B, C . Khi đó ta có các trường hợp sau


3 
5 
I  ;2
AM  ;1
 2  là VTCP

TH1: d đi qua trung điểm của BC .  2  là trung điểm của BC .
d :  2  x  1  3  y  1 0   2 x  3 y  1 0
của đường thẳng d . Khi đó  
.

BC  1; 4 
TH2: d song song với BC , khi đó d nhận
làm VTCP, phương trình đường thẳng

 d  :  4  x  1  y  1 0   4 x  y  3 0 .
Câu 4:

d:

x y
 1
M   1; 6 
a b
, với a 0 , b 0 , đi qua điểm
và tạo với

[0H3-1.2-4] Đường thẳng
các tia Ox , Oy một tam giác có diện tích bằng 4 . Tính S a  2b .
Lời giải
d:

x y
1 6
 1


 1 1
M   1;6 
a b
a b
đi qua điểm
.

Đường thẳng

d:

x y
 1
 ab 8  2 
a b
tạo với các tia Ox ; Oy tam giác có diện tích bằng 4

 1 6
 1 6
  1
  1

 a b
a b
ab 8
ab 8
1 2
Từ   ;  

 b 6

  1
8 b

ab 8

b  12

b

4


3

a 

 a 2 (nhận) hoặc 
2 (Loại)

 a  2b 10 .

Câu 5:

H  1; 1
[0H3-1.2-4] Cho tam giác ABC biết trực tâm
và phương trình cạnh
AB : 5 x  2 y  6 0 , phương trình cạnh AC : 4 x  7 y  21 0 . Phương trình cạnh BC là

Lời giải


 nAB  5;  2 
AB
:
5
x

2
y

6

0
Phương trình
.


n
AC  4; 7 
Phương trình AC : 4 x  7 y  21 0
.
 

 nBH .nAC 0  nBH  7;  4 
BH

AC
Ta có
.



VTPT
n

BH  7;  4 

qua H  1; 1
Suy ra phương trình đường thẳng BH có 
.
BH : 7  x  1  4  y  1 0  7 x  4 y  3 0

.

Ta có điểm B là giao điểm của hai đường thẳng AB và BH , suy ra tọa độ điểm B là nghiệm

của hệ phương trình
Ta lại có

5 x  2 y  6 0


7 x  4 y  3 0

 x  5

19 


19

 y  2  B   5;  2 
.

 

CH  AB  nCH .nAB 0  nCH  2; 5 

.



VTPT nCH  2; 5 

qua H  1;1
Suy ra phương trình đường thẳng CH có 
.

CH : 2  x  1  5  y  1 0  2 x  5 y  7 0

.

Ta có điểm C là giao điểm của hai đường thẳng AC và CH , suy ra tọa độ điểm C là nghiệm
 4 x  7 y  21 0


 2 x  5 y  7 0
của hệ phương trình

28


 x  3

 y  7  C  28 ;  7 

3 .
3
 3



 43 43 

BC  ; 

n
3
6
BC  1;  2 


Ta có
.

VTPT nBC  1;  2 


 28 7 
qua C  ;  
3
 3

Phương trình cạnh BC có 
.
BC : x 

28

3

7

2  y   0  x  2 y  14 0
3

.

Vậy BC : x  2 y  14 0 .
Câu 6:

[0H3-1.2-4] Gọi H là trực tâm của tam giác ABC . Phương trình các cạnh và đường cao của
tam giác là AB : 7 x  y  4 0 ; BH : 2 x  y  4 0 ; AH : x  y  2 0 . Phương trình đường
cao CH của tam giác ABC là


Lời giải
A

H
B

C

Gọi

H  x; y 

.

Ta có H  AH  BH .
2 x  y 4
 x 2


 y 0 , suy ra H  2;0  .
Nên tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình:  x  y 2

u
 1;7 
Đường thẳng AB có vectơ chỉ phương là
.

u
CH
AB
Đường cao
vng góc với cạnh
nên nhận làm vectơ pháp tuyến.
x  2   7  y  0  0  x  7 y  2 0
Vậy phương trình tổng quát của đường cao CH là 
.

Câu 7:

 : x  y  1 0,
[0H3-1.2-4] Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng 1
 2 : 2 x  y  1 0 và điểm P  2;1 .Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm P và cắt hai
 
đường thẳng 1 , 2 lần lượt tại hai điểm A , B sao cho P là trung điểm AB .
Lời giải
Ta có
Vì

1   2  I  0;1

.

A  1  A  a; a  1

. Vì

P  2;1

là trung điểm của đoạn AB

 B  4  a;1  a 

.

8
 8 11 
B   2  a   A  ; 

3
3 3 
Mặt khác


Câu 8:

 2 8
AP  ; 
 3 3   Đường thẳng AP : 2 x  y  5 0 có pt là: 4 x  y  7 0 .

[0H3-1.2-4] Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxy , cho hai đường thẳng d1 và d 2 lần lượt
có phương trình: d1 : x  y 1, d 2 : x  3 y  3 0 . Hãy viết phương trình đường thẳng d đối
xứng với d 2 qua đường thẳng d1 .
Lời giải


Gọi

I  x; y  d1  d 2

. Khi đó tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình

 x  y 1
 x 0

 I  0;1 .

 x  3 y  3 0
 y 1

Chọn

M   3;0   d 2

. Gọi  đi qua M và vng góc với d1 .

Suy ra  có dạng x  y  c 0 .
Vì

M   3; 0     c 3   : x  y  3 0

 x  y  3 0

H x; y  d1  
Gọi 
. Khi đó tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình  x  y 1
 x  1

 y 2  H   1; 2  .
Gọi N là điểm đối xứng của M qua d1 . Khi đó H là trung điểm của MN .

 xN 2 xH  xM 1

 y N 2 yH  yM 4  N  1; 4  .
Vậy đường thẳng d chính là đường thẳng IN , ta có
x 0 y 1

 3 x  y  1 0
1
3

.

Câu 9:

A 3;0 
[0H3-1.2-4] Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho ΔABC có đỉnh 
và phương

trình hai đường cao
BC .

 BB ' : 2 x  2 y  9 0

và

 CC ' : 3x  12 y  1 0 . Viết phương trình cạnh

Lời giải
Gọi

H  x; y 

H x; y 
là trực tâm của tam giác ΔABC . Khi đó tọa độ điểm 
là nghiệm của hệ

11

 x  3


2 x  2 y  9 0
 y  5  H  11 ; 5  .


6
 3 6
phương trình 3 x  12 y  1 0
A 3;0 
Phương trình cạnh AC đi qua 
và vng góc với BB

nên
Vì

 AC 

có dạng 2 x  2 y  c 0 .

A  3; 0    AC 

AC  : 2 x  2 y  6 0  x  y  3 0
nên 6  c 0  c  6. Do đó 
.

C x; y 
Ta có C  AC  CC  nên tọa độ điểm 
là nghiệm của hệ phương trình