skkn các dạng bài tập viết phương trình đường thẳng

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
TRƯỜNG THPT XUÂN HƯNG
 & 

Mã số :………………
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
CÁC DẠNG BÀI TẬP
VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
Người thực hiện : NGUYỄN THỊ THANH
Lĩnh vực nghiên cứu :
Quản lý giáo dục :
Phương pháp dạy học bộ môn :……………
Phương pháp giáo dục :
Lĩnh vực khác :…………………………… .
Có đính kèm :
Mô hình Phần mềm Phim ảnh Hiện vật khác
Năm học : 2013- 2014
BM 01-Bia SKKN
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN :
1. Họ và tên : NGUYỄN THỊ THANH
2. Ngày tháng năm sinh : 20 - 04 - 1987
3. Nam, nữ : NỮ
4. Địa chỉ : Tổ 1, khu 3, TT Gia Ray, huyện Xuân Lộc, tỉnh Đồng Nai
5. Điện thoại : 0906992829
6. Fax : - E-mail :
7. Chức vụ :
8. Đơn vị công tác : Trường THPT Xuân Hưng

II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO :
-Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Đại học
-Năm nhận bằng : 2010
-Chuyên ngành đào tạo : Toán học
III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC :
-Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm : Giảng dạy Toán.
-Số năm có kinh nghiệm : 04 năm
-Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 4 năm gần đây :
2
BM02-LLKHSKKN
Tên sáng kiến kinh nghiệm:
CÁC DẠNG BÀI TẬP VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.
-Trong những năm học qua, tôi được phân công giảng dạy các lớp 10. Đa số học sinh nhận thức
còn chậm giáo viên cần có phương pháp cụ thể cho từng dạng toán để học sinh nắm được bài tốt
hơn.
- Trong chương trình toán THPT, mà cụ thể là phân môn Hình học 10 học sinh đã được tiếp cận
với phương trình đường thẳng ( Giữa học kì II ). Tuy nhiên, trong chương trình SGK Hình học lớp
10 hiện hành được trình bày ở phần đầu chương III, phần bài tập đưa ra sau bài học rất hạn chế. Mặt
khác do số tiết phân phối chương trình cho phần này quá ít nên trong quá trình giảng dạy, các giáo
viên chưa thể đưa ra được nhiều bài tập cho nhiều dạng để hình thành kỹ năng giải cho học sinh.
Trong khi đó, trong thực tế các bài toán viết phương trình đường thẳng rất phong phú và đa dạng và
đặc biệt là trong các đề thi Đại học - Cao đẳng -THCN, các em sẽ gặp một lớp các bài toán về
phương trình đường thẳng mà chỉ có số ít các em biết phương pháp giải nhưng trình bày còn lủng
củng chưa được gọn gàng, sáng sủa.
- Vì vậy tôi mới tổng hợp một số dạng bài tập để giúp các em học sinh lớp 10 có thể tự học để
nâng cao kiến thức, đặc biệt tôi hy vọng chuyên đề này có thể giúp các em học sinh lớp 12 tự ôn tập
để giải tốt các đề thi Đại học - Cao đẳng –THCN.
II. THỰC TRẠNG TRƯỚC KHI THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP CỦA ĐỀ TÀI.
1. Thuận lợi

Học sinh đã được truyền thụ kiến thức cơ bản về phương trình đường thẳng.
Được sự hỗ trợ của các thành viên trong tổ.
2. Khó khăn
Học sinh chưa có thói quen tìm tòi phương pháp giải khi gặp các bài toán tổng quát.
Cần có nhiều thời gian để tạo thói quen học tập cho học sinh.
3. Số liệu thống kê
Đang áp dụng để giảng dạy cho các đối tượng học sinh khá, giỏi.
III. NỘI DUNG ĐỀ TÀI
1.Cơ sở lí luận.
- Nhiệm vụ trung tâm trong trường học THPT là hoạt động dạy của thầy và hoạt động học của
trò, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”. Giúp
học sinh củng cố những kiến thức phổ thông đặc biệt là bộ môn toán học rất cần thiết không thể
thiếu trong đời sống của con người. Môn Toán là một môn học tự nhiên quan trọng và khó với kiến
thức rộng, đa phần các em ngại học môn này.
- Muốn học tốt môn toán các em phải nắm vững những tri thức khoa học ở môn toán một
cách có hệ thống, biết vận dụng lý thuyết linh hoạt vào từng dạng bài tập. Điều đó thể hiện ở việc
học đi đôi với hành, đòi hỏi học sinh phải có tư duy logic. Giáo viên cần định hướng cho học sinh
3
học và nghiên cứu môn toán học một cách có hệ thống trong chương trình học phổ thông, vận dụng
lý thuyết vào làm bài tập, phân dạng các bài tập rồi tổng hợp các cách giải.
- Trong SGK hình học 10 chỉ nêu một số bài tập viết phương trình đường thẳng đơn giản
chưa tạo ra được sự hứng thú, tìm tòi và sáng tạo của học sinh. Vì vậy khi gặp các bài toán phức tạp
hơn các em sẽ lúng túng trong việc tìm lời giải.
- Do vậy, tôi mạnh dạn đưa ra sáng kiến kinh nghiệm này với mục đích giúp cho học sinh
THPT vận dụng và tìm ra phương pháp giải khi gặp các bài toán viết phương trình đường thẳng.
- Trong giới hạn của SKKN tôi chỉ hướng dẫn học sinh giải một số dạng bài toán lập phương
trình đường thẳng thường gặp.
2. Nội dung, biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài:
+ Đưa ra một số dạng bài toán lập phương trình đường thẳng và đề ra phương pháp giải.
A. LÝ THUYẾT :

1. Đường thẳng
∆
đi qua
( )
00
; yxM
và nhận
( )
( )
0a ;
22
≠+= bbau
làm vtcp có phương trình
tham số là:



+=
+=
btyy
atxx
0
0
2. Đường thẳng
∆
đi qua
( )
00
; yxM
và nhận

( )
bau ;=
( a và b khác 0) làm vtcp có phương trình
chính tắc là .
b
yy
a
xx
00
−
=
−
Chú ý: Khi a = 0 hoặc b = 0 thì đường thẳng
∆
không có phương trình chính tắc.
3. Đường thẳng
∆
đi qua hai điểm A và B có phương trình là:
A A
B A B A
x x y y
x x y y
− −
=
− −
,
( )
0 và 0
B A B A
x x y y− ≠ − ≠

4. Đường thẳng
∆
đi qua
( )
00
; yxM
và nhận
( )
( )
0a ;
22
≠+= bban
làm vtpt có phương trình là

( ) ( )
0
00
=−+− yybxxa

5. Phương trình tổng quát của đường thẳng
∆
có dạng
0=++ cbyax
+
∆
có vtpt là
( )
( )
0a ;
22

≠+= bban
và vtcp
( )
abu −= ;
hoặc
( )
abu ;−=
4
+ Đặc biệt:
Khi b = 0 thì ptđt
∆
:
0=+ cax
song song hoặc trùng với
Oy
.
Khi a = 0 thì ptđt
∆
:
0=+ cby
song hoặc trùng với
Ox
.
Khi c = 0 thì ptđt
∆
:
0=+ byax
đi qua gốc tọa độ O.
6. Đường thẳng
∆

cắt trục
Ox
tại
( )
0;aA
và
Oy
tại
( )
bB ;0
có phương trình theo đoạn chắn
1=+
b
y
a
x
7. Cho đường thẳng d có phương trình là
0=++ cbyax
. Khi đó:
+
/ /d
∆
thì phương trình
∆
có dạng :
0ax by c
′
+ + =
+
d∆ ⊥

thì phương trình
∆
có dạng:
0bx ay c
′
− + =
8. Đường thẳng
∆
đi qua
( )
00
; yxM
và có hệ số góc k có phương trình là:
( )
00
xxkyy −=−
9. Phương trình đường phân giác góc tạo bởi hai đường thẳng
0; và0:
22221111
=++∆=++∆ cybxacybxa
là:
1 1 1 2 2 2
2 2 2 2
1 1 2 2
ax b y c a x b y c
a b a b
+ + + +
= ±
+ +
10. Vị trí tương đối của hai đường thẳng

Cho hai đường thẳng
0; và0:
22221111
=++∆=++∆ cybxacybxa
Đặt



,


,
b
b
22
11
22
11
2 2
11
ac
ac
D
cb
cb
D
a
a
D
yx

===
khi đó:

1
∆
cắt
2
∆

0
≠⇔
D

0 và0//
21
≠=⇔∆∆
x
DD
( hoặc
0≠
y
D
)

0
21
===⇔∆≡∆
yx
DDD
Đặc biệt: khi

222
,, cba
khác 0 thì:
5

1
∆
cắt
2
∆

2
2
1
1
b
a
b
a
≠⇔

2
1
2
2
1
1
21
//
c

c
b
a
b
a
≠=⇔∆∆

2
1
2
2
1
1
21
c
c
b
a
b
a
==⇔∆≡∆
11. Khoảng cách từ điểm
( )
00
; yxM
đến đường thẳng
0: =++∆ cbyax
được tính theo công thức

( )

22
00
,
ba
cbyax
Md
+
++
=∆
12. Vị trí của hai điểm đối với một đường thẳng:
Cho đường thẳng
0: =++∆ cbyax
và hai điểm
( ) ( )
NNMM
yxNyxM ; và;
không nằm trên
∆
. Khi
đó:
+ M và N nằm cùng phía với
∆
( )( )
0>++++⇔ cbyaxcbyax
NNMM
+ M và N nằm khác phía với
∆
( )( )
0<++++⇔ cbyaxcbyax
NNMM

13. Góc giữa hai đường thẳng
0; và0:
22221111
=++∆=++∆ cybxacybxa
được xác định bởi
công thức:

( )
2
2
2
2
2
1
2
1
2121
21
.

,cos
baba
bbaa
++
+
=∆∆
B. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP LẬP PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
Dạng 1: Lập phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm A và có VTPT hoặc VTCP.

Ví dụ: Lập phương trình đường thẳng
∆
trong các trường hợp sau:
a.
∆
đi qua điểm M(2;1) và có vtcp
( )
4;3=u
.
b.
∆
đi qua điểm M(-2;3) và có vtpt
( )
1;5=n
.
Giải
a.
∆
đi qua điểm M(2;1) và có vtcp
( )
4;3=u
có pt là:



+=
+=
ty
tx
41

32
6
b.
∆
đi qua điểm M(-2;3) và có vtpt
( )
1;5=n
có pt là:
( ) ( )
0750325 =++⇔=−++ yxyx
Dạng 2: Lập phương trình đường thẳng
∆
đi qua hai điểm phân biệt A và B.

Phương pháp giải:
Cách 1:
+ Tìm tọa độ
AB
uuur
+ Đt
∆
đi qua A và có vtcp
AB
uuur
Cách 2: đường thẳng
∆
đi qua hai điểm A và B có phương trình là:
A A
B A B A
x x y y

x x y y
− −
=
− −
Ví dụ : Trong mặt phẳng Oxy cho hai điểm
( ) ( )
1;2 , 2;0A B −
a. Lập phương trình tham số của đường thẳng AB.
b. Lập phương trình tổng quát của đường thẳng AB.
Giải
a. Đường thẳng AB đi qua A(1;2) và có vtcp là
( )
3; 2AB = − −
uuur
có phương trình tham số là:
1 3
2 2
x t
y t
= −


= −

b. Đường thẳng AB đi qua A(1;2) và nhận
( )
2; 3n = −
r
làm vtpt có pttq là:
2 3 4 0x y− + =

Dạng 3: Lập phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm A và có hệ số góc k.
Phương pháp giải
Đường thẳng
∆
đi qua
( )
0 0
;A x y
và có hệ số góc k có phương trình là:
( )
00
xxkyy −=−
Ví dụ: Lập phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm A(3;1) và có hệ số góc
2
−=
k
Giải

∆
đi qua điểm A(3;1) và có hệ số góc
2
−=
k
có pt là
( )
072321 =−+⇔−−=− yxxy

Dạng 4: Lập phương trình đường thẳng
∆
đi qua diểm A và song song với đường thẳng d:
0ax by c+ + =
cho trước.
Phương pháp giải
+
/ /d
∆ ⇒
pt
∆
có dạng
0ax by c
′
+ + =
(*)
+ Ta có
A c
′
∈∆ ⇒
+ Thay
c
′
vào (*) ta được ptđt
∆
Ví dụ: Lập phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm A(1;-2) và song song với đường thẳng
032: =−− yxd
.

7
Giải:
Ta có
∆
d//
nên ptđt
∆
có dạng:
02 =+− cyx
Mặt khác
( ) ( )
4021.22;1 −=⇔=+−−⇔∆∈− ccA
Vậy ptđt
∆
là
042 =−− yx
Dạng 5: Lập phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng d:
0ax by c+ + =
cho trước.
Phương pháp giải
+
d∆ ⊥ ⇒
pt
∆
có dạng:
0bx ay c
′
− + =

(*)
+ Ta có
A c
′
∈∆ ⇒
+ Thay
c
′
vào (*) ta được ptđt
∆
.
Ví dụ: Lập phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm A(5;2) và vuông góc với đường thẳng
01: =−+ yxd
.
Giải:
Ta có
d⊥∆
nên ptđt
∆
có dạng:
0=+− cyx
Mặt khác
( )
30252;5 −=⇔=+−⇔∆∈ ccA
Vậy ptđt
∆
là
03 =−− yx

Dạng 6: Cho hai đường thẳng
1 2
và d d
. Lập phương trình đường phân giác của góc giữa
1 2
và d d
.
Phương pháp giải
Phương trình đường phân giác góc tạo bởi hai đường thẳng
0; và0:
22221111
=++∆=++∆ cybxacybxa
là:
1 1 1 2 2 2
2 2 2 2
1 1 2 2
ax b y c a x b y c
a b a b
+ + + +
= ±
+ +
Ví dụ: Lập phương trình đường phân giác của góc giữa hai đường thẳng
032: và0742:
21
=−−=++ yxdyxd
.
Giải
Phương trình đường phân giác của góc giữa
1 2
và d d

là:

( )
2 2 2 2
8 13 0
2 4 7 2 3
4 1 0
2 4 1 2
y
x y x y
x
+ =

+ + − −
= ± ⇔

+ =
+ + −

Chú ý: Để xác định đường phân giác trong hay ngoài ta làm như sau:
+ Lấy
1 2
,A d B d∈ ∈
+ Xét vị trí của A, B đối với các đường phân giác
8
• Nếu A, B khác phía thì đó là đường phân giác trong.
• Nếu A, B cùng phía thì đó là đường phân giác ngoài.
Dạng 7: Cho tam giác ABC biết tọa độ các đỉnh. Lập phương trình các cạnh, các đường trung
tuyến, các đường trung bình, các đường cao, các đường trung trực, các đường phân giác của
góc trong và ngoài của tam giác ABC.

Phương pháp giải
* Phương trình các cạnh: áp dụng dạng 2
* Phương trình các đường trung tuyến: + Tìm tọa độ trung điểm các cạnh
+ Áp dụng dạng 2
* Phương trình các đường trung bình: + Tìm tọa độ trung điểm các cạnh
+ Áp dụng dang 4
* Phương trình các đường cao: áp dụng dạng 5
* Phương trình đường trung trực của AB: + Tìm tọa độ trung điểm M của cạnh AB
+ đường trung trực của AB đi qua M và vuông góc với
AB.
* Phương trình đường phân giác trong và ngoài của các góc A:
+ Áp dụng dạng 6
+ Xét vị trí tương đối của hai đỉnh B, C với đường phân giác để tim ra đường phân giác
trong và ngoài của góc A.
Ví dụ: Cho tam giác ABC, biết A(1;5), B(-3;1), C(2;-2).
a. Lập phương trình các cạnh AB, AC, BC.
b. Lập phương trình đường trung tuyến AM.
c. Lập phương trình đường cao AH và đường trung trực của cạnh AB.
d. Lập phương trình các đường trung bình của tam giác ABC .
e. Lập phương trình đường phân giác trong của góc A.
Giải
a. Đường thẳng AB đi qua A và B có phương trình:
1 5
4 0
3 1 1 5
x y
x y
− −
= ⇔ − + =
− − −

Tương tự ta có pt AC là:
7 12 0x y+ − =
, pt BC là:
3 5 4 0x y+ + =
b. Gọi M là trung điểm của BC, ta có:
9

3 2 1
1 1
2 2
;
1 2 1
2 2
2 2
M
M
x
M
y
− +

= = −


 
⇒ − −

 ÷
−
 


= = −


Đt AM đi qua A và M có phương trình là:
1 5
3 2 0
1 1
1 4
2 2
x y
x y
− −
= ⇔ − + =
− − − −
c. + Phương trình đường cao AH:
Ta có
AH BC⊥
nên pt AH có dạng:
5 3 0x y c− + =
Mặt khác:
( )
1;5 5.1 3.5 0 10A AH c c∈ ⇒ − + = ⇒ =
Vậy pt đường cao AH là:
5 3 10 0x y− + =
+ Phương trình đường trung trực của AB:
Gọi I là trung điểm của AB, ta có:

( )
1 3

1
2
1;3
5 1
3
2
I
I
x
I
y
−

= = −


⇒ −

+

= =


Đường trung trực của cạnh AB đi qua I và vuông góc với AB có pt là:
2 0x y+ − =

d. Gọi
1
d
là đường trung bình của tam giác ABC đi qua trung điểm I của AB và song song với

AC.
Vì
1
/ /d AC
nên pt
1
d
dạng
7 0x y c+ + =
Mặt khác
( ) ( )
1
1;3 7. 1 3 0 4I d c c− ∈ ⇔ − + + = ⇔ =
Vậy pt
1
d
là
7 4 0x y+ + =
Các đường trung bình
2 3
,d d
làm tương tự.
e. Ta có đường phân giác trong và ngoài của góc A là:
( )
( )
( )
!
2 2 2
2
2

3 16 0
4 7 12
3 2 0
7 1
1 1
x y d
x y x y
x y d
+ − =
− + + −
= ± ⇔

− + =
+

+ −

Mặt khác:
Thay tọa độ của B và C vào vế trái của
( )
1
d
ta được: -3+3.1-16=-16, 2+3.(-2)-16=-20
( ) ( )
16 . 20 320 0⇒ − − = >
⇒
B và C nằm cùng phía với đường thẳng
1
d
Vậy pt đường phân giác trong của góc A là:

3 2 0x y− + =
10
Dạng 8: Lập phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm A và tạo với đường thẳng d một góc
α
cho trước.
Phương pháp giải:
+ Đường thẳng
∆
qua A có phương trình dạng:
( ) ( )
( )
0 0
22
≠+=−+− bayybxxa
AA
(1)
+
0: =
′
+
′
+
′
cybxad
, ta có phương trình
( )
α
cos

.

,cos
2222
=
′
+
′
+
′
+
′
=∆
baba
bbaa
d
(2)
+ Giải pt (2) tìm a, b ( kết hợp điều kiện
0
22
≠+ ba
)
+ Thay a, b và pt (1) được ptđt
∆
Ví dụ: Viết phương trình đường thẳng
∆
qua A(-2;0) và tạo với đường thẳng
033: =−+ yxd
một
góc

°45
.
Giải
Ptđt
∆
có dạng:
( )
( )
0 0202
22
≠+=++⇔=++ baabyaxbyxa
Mặt khác:
( )




−=
=
⇔=−−⇔=
++
+
⇔°=∆
ba
ba
baba
ba
ba
d
2

1
2
0232
2
2
31.
3
45cos,cos
22
2222
Với
ba 2=
chọn
1,2 == ba
, ptđt
∆
là
042 =++ yx
Với
ba
2
1
−=
chọn
2,1 −== ba
, ptđt
∆
là
022 =+− yx
Dạng 9: Lập phương trình đường thẳng

∆
đi qua điểm A và cách điểm B một khoảng bằng a
cho trước.
Phương pháp giải:
+ Đường thẳng
∆
đi qua A có phương trình dạng:
( ) ( )
( )
0 0
22
≠+=−+− bayybxxa
AA
(1)
+ Ta có:
( )
( ) ( ) ( ) ( )
a
ba
yybxxa
ba
yybxxa
Bd
ABABABAB
=
+
−+−
⇔
+
−+−

=∆
2222
,
(2)
+ Giải (2) tìm a, b ( kết hợp điều kiện
0
22
≠+ ba
)
+ Thay a, b và pt (1) được ptđt
∆
Ví dụ : Cho hai điểm A(1;1) và B(3;6). Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm A và cách điểm
B một khoảng bằng 2.
Giải
Đường thẳng
∆
đi qua A có phương trình dạng:
( ) ( )
( )
0 0011
22
≠+=−−+⇔=−+− bababyaxybxa
11
Mặt khác:
( ) ( )
( )
020214522
5263

,
222
2
2222
=+⇔+=+⇔=
+
+
⇔
+
−−+
=∆ abbbaba
ba
ba
ba
baba
Bd





−=
=
⇔
21
20
0
a
b
b

Với b = 0 chọn a = 1, ptđt
∆
là
01
=−
x
Với
21
20a
b −=
chọn
20,21 −== ba
, ptđt
∆
là
012021 =−− yx
Dạng 10: Lập phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm A và cách đều hai điểm B, C cho
trước.
Phương pháp giải
+ Đường thẳng
∆
đi qua A có phương trình dạng:
( ) ( )
( )
0 0
22
≠+=−+− bayybxxa
AA

(1)
+ Ta có:
( ) ( )
∆=∆ ,, CdBd
(2)
+ Giải (2) tìm a, b ( kết hợp điều kiện
0
22
≠+ ba
)
+ Thay a, b và pt (1) được ptđt
∆
Ví dụ: Cho ba điểm A(1;1), B(2;0), C(3;4). Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua A và cách đều
B và C.
Giải:
Đường thẳng
∆
đi qua A có phương trình dạng:
( ) ( )
( )
0 0011
22
≠+=−−+⇔=−+− bababyaxybxa
Mặt khác :
( ) ( )
2 2 2 2
4
2 3

, ,
2
3
a b
a b a b
d B d C
b
a
a b a b
= −

− +

∆ = ∆ ⇔ = ⇔

= −
+ +

Với
4a b= −
chọn
4, 1a b= = −
, ptđt
∆
là:
4 3 0x y− − =
Với
2
3
b

a = −
chọn
2, 3a b= = −
, ptđt
∆
là:
2 3 1 0x y− + =
Dạng 11: Cho ba điểm A, B, C không thẳng hàng. Lập phương trình đường thẳng
∆
cách đều
A, B,C.
Phương pháp giải

∆
cách đều A, B,C nên
∆
đi qua trung điểm M của AB và song song với BC, hoặc
∆
đi qua
trung điểm của AC và song song với AB, hoặc
∆
đi qua ttrung điểm BC và song song với AC.
Nhận xét:
∆
chính là ba đường trung bình của tam giác ABC.
12
Dạng 12: Lập phương trình đường thẳng
∆
đi qua A, song song với đường thẳng d cho trước
và cách d một khoảng l cho trước.

Phương pháp giải
Cách 1:
+ ptđt
0: =++ cbyaxd
.
∆
d//
nên pt
∆
có dạng:
0=
′
++ cbyax
(1)
+ lấy
dM ∈
. Ta có
( )
lMd =∆,
c
′
⇒
+ Thay
c
′
vào (1) được ptđt
∆
.
Cách 2:
+ Lấy

( )
∆∈yxM ;
+
( )
⇒= ldMd ,
ptđt
∆
Ví dụ : Lập phương trình đường thẳng
∆
song song với đt
:8 6 5 0d x y− − =
và cách d một khoảng
bằng 5.
Giải
Cách 1:
Ptđt
∆
có dạng
068: =+− cyxd
Lấy
5
0;
6
M d
 
− ∈
 ÷
 
Ta có
( )

( )
2
2
5
8.0 6.
5 50 45
6
, 5 5 5 50
5 50 55
8 6
c
c c
d M c
c c
 
− − +
 ÷
+ = =
 
 
∆ = ⇔ = ⇔ + = ⇔ ⇔
 
+ = − = −
 
+ −
Vậy ptđt cần tìm là:
1 2
:8 6 55 0 và :8 6 45 0x y x y∆ − − = ∆ − + =
Cách 2:
Lấy

( )
∆∈yxM ;
ta có:
( )



=+−
=−−
⇔=−−⇔=
+
−−
⇔=
04568
05568
505685
68
568
5;
22
yx
yx
x
yx
dMd
Vậy ptđt cần tìm là:
1 2
:8 6 55 0 và :8 6 45 0x y x y∆ − − = ∆ − + =
Dạng 13: Lập phương trình đường thẳng
∆

cách đều hai đường thẳng
1 2
và d d
cho trước.
Phương pháp giải
+ Lấy
( )
∆∈yxM ;
+
( ) ( )
21
,, dMddMd =

⇒
ptđt
∆
Chú ý: nếu
1
d
cắt
2
d
thì
∆
chính là đường phân giác của góc tạo bởi
1 2
và d d
13
Ví dụ: Lập phương trình đường thẳng
∆

cách đều hai đường thẳng
0735: và0335:
21
+++=−+ yxdyxd
Giải
Lấy
( )
∆∈yxM ;
Ta có
( ) ( )
1 2
2 2 2 2
5 3 3 5 3 7
, , 5 3 2 0
5 3 5 3
x y x y
d M d d M d x y
+ − + +
= ⇔ = ⇔ + + =
+ +
Vậy ptđt
∆
là:
5 3 2 0x y+ + =
Dạng 14: Cho hai đường thẳng
1 2
và d d
. Lập phương trình đường thẳng
∆
đối xứng với

1
d

qua
2
d
.
Phương pháp giải
TH1:
21
// dd
+ Lấy
1
dA∈
. Tìm điểm
A
′
đối xứng với A qua
2
d
.
+ Khi đó
∆
đi qua
A
′
và song song với
1
d
( dạng 4 )

TH2:
1
d
cắt
2
d
+ Tìm giao điểm M của
1
d
và
2
d
+ Lấy
1
dA∈
. Tìm điểm
A
′
đối xứng với A qua
2
d
.
+ Khi đó
∆
đi qua M và
A
′
( dạng 2 )
Chú ý: Tìm tọa độ điểm
A

′
đối xứng với A qua đường thẳng d ta làm như sau:
+ Viết ptđt
d
′
đi qua A và vuông góc với d.
+ Tìm tọa độ giao điểm H của d và
d
′
+ H là trung điểm của
AA
′
suy ra tọa độ
A
′
Ví dụ : Cho đường thẳng



′
=
′
−−=
′



+=
−=
ty

tx
d
ty
tx
d
2
: và
1
2
:
. viết phương trình đường thẳng
∆
đối
xứng với
d
′
qua d.
Giải
Ta có
d
cắt
d
′
tại điểm
( )
6;4M −
Lấy
( )
2;0A d
′

− ∈
. Gọi
′
∆
là đường thẳng đi qua
( )
2;0A −
và vuông góc với d.
Khi đó
′
∆
có phương trình là:
( )
2 2 0 2 4 0x y x y− + + = ⇔ − + =
14
Gọi
H d
′
= ∩ ∆
, tọa độ của H là nghiệm của hệ pt
3
5
2
6
1
5
2 4 0
8
5
t

x t
y t x
x y
y

=

= −


 
= + ⇔ = −
 
 
− + =


=



6 8
;
5 5
H
 
⇒ −
 ÷
 
Gọi

A
′
đối xứng với A qua d, khi đó H là trung điểm của
AA
′
6 2
2.( ) 2
5 5
8 16
2.
5 5
A
A
x
y
′
′

= − + = −


⇒


= =



2 16
;

5 5
A
 
′
⇒ −
 ÷
 
Mà
∆
đối xứng với
d
′
qua d nên
∆
đi qua H và
A
′
có pt là:
7 22 0x y+ − =
Dạng 15: Lập phương trình đường thẳng
∆
đối xứng với đường thẳng d qua điểm M.
Phương pháp giải:
TH1:
ddM ≡∆⇒∈
TH2:
dM
∉
+ Lấy
dA∈

. Tìm
A
′
đối xứng với A qua M ( M là trung điểm của
AA
′
)
+
∆
đi qua
A
′
và song song với d. ( dạng 4)
Ví dụ: lập phương trình đường thẳng
∆
đối xứng với đường thẳng
0: =− yxd
qua điểm M(2;1).
Giải
Ta có
dM
∉
Lấy
( )
dA ∈1;1
. Gọi
A
′
đối xứng với A qua M, khi đó M là trung điểm của
AA

′
Nên
( )
1;3
1
3
.2
2
A
y
x
yyy
xxx
A
A
AMA
AMA
′
⇒



=
=
⇔



−=
−=

′
′
′
′
Vì
∆
đối xứng với d qua M nên
∆
đi qua
A
′
và song song với d.
Ptđt
∆
là:
2 0x y− − =
Dạng 16: Cho hai đường thẳng
1 2
và d d
cắt nhau và điểm M. Lập phương trình đường thẳng
∆
đi qua M và cắt
1 2
và d d
lần lượt tại hai điểm A và B sao cho M là trung điểm của đoạn AB,
Phương pháp giải:
+ Vì
1 2
,A d B d∈ ∈ ⇒
tọa độ A, B theo tham số

và t t
′
.
+ Mặt khác M là trung điểm của AB, giải hệ
2
,
2
A B M
A B M
x x x
t
A B
y y y t
+ =


⇒ ⇒
 
′
+ =


15
+ Đt
∆
đi qua A và B. ( dạng 3)
Ví dụ: Cho hai đương thẳng
1 2
: 2 2 0 và : 3 0d x y d x y− − = + + =
và điểm

( )
3;0M
. Lập phương
trình đường thẳng
∆
đi qua M và cắt
1 2
và d d
lần lượt tại A và B sao cho M là trung điểm của AB.
Giải:
Ta có
( ) ( )
1 2
;2 2 , ; 3A d A t t B d B t t
′ ′
∈ ⇒ − ∈ ⇒ − −
Mặ khác M là trung điểm của AB nên ta có hệ
11
2
6
3
2 2 5 7
3
A B M
A B M
t
x x x
t t
y y y t t
t


=

′
+ =
+ =



⇒ ⇔
  
′
+ = − =



′
=


Suy ra:
11 16 7 16
; , ;
3 3 3 3
A B
   
−
 ÷  ÷
   
Đường thẳng

∆
đi qua A và B có pt là:
8 24 0x y− − =
Dạng 17: Cho điểm
( )
;
M M
M x y
với
0, 0
M M
x y> >
. Lập phương trình đường thẳng
∆
đi qua
M và cắt trục
Ox
tại
( )
;0A a
và cắt trục
Oy
tại
( )
0;B b
với
0, 0a b> >
sao cho
a.
OA OB

+
nhỏ nhất.
b. Tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất.
Phương pháp giải:
+ Giả sử
∆
cắt
Ox
( )
;0A a
,
Oy
( )
0;B b
,
0, 0a b> >
,
∆
có pt là
( )
1 1
x y
a b
+ =
a)
OA OB+
nhỏ nhất
+ Ta có
.
1

M M M
M
x y b x
M a
a b b y
∈∆ ⇔ + = ⇒ =
−
+ Mặt khác
. . .
M M M M M
M M M M
M M M
b x x y x y
OA OB a b b x b x y b y
b y b y b y
+ = + = + = + + = + + + −
− − −
+ Áp dụng bđt Cô si:
.
2 .
M M
M M M M M M M
M
x y
OA OB x y b y x y x y
b y
+ = + + + − ≥ + +
−
+ Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi
.

M M
M
M
x y
b y b a
b y
= − ⇒ ⇒
−
+ thay a , b vào (1) được ptđt
∆
.
b) Diện tích tam giác OAB nhỏ nhất
+ Ta có:
1
M M
x y
M
a b
∈∆ ⇔ + =
suy ra
.
1 2 4 .
M
M
M
M M
M
x y
x y
ab x y

a b ab
= + ≥ ⇔ ≥
16
+ Mặt khác:
1 1
. . 2 .
2 2
OAB M M
S OAOB a b x y
∆
= = ≥
+ Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi
,
M M
x y
a b
a b
= ⇒
+ Thay a, b vào (1) ta được ptđt
∆
.
Ví dụ: Lập phương trình đường thẳng
∆
đi qua
( )
2;3M
và cắt các trục
Ox
,
Oy

lần lượt tại A và B
khác điểm O sao cho:
a.
OA OB
+
nhỏ nhất.
b. Diện tích tam giác OAB nhỏ nhất.
Giải:
Giả sử
∆
cắt
Ox
( )
;0A a
,
Oy
( )
0;B b
với
0, 0a b> >
.
Đt
∆
đi qua
( )
;0A a
,
( )
0;B b
có pt là:

1
x y
a b
+ =
Mặt khác
( ) ( )
2 3
2;3 1 1M
a b
∈∆ ⇔ + =
a. Từ (1)
2

3
b
a
b
⇒ =
−
(
3 vì 0b a
≠ >
nên
3)b >
Mà
2 6
5 3
3 3
b
OA OB a b b b

b b
+ = + = + = + + − +
− −
Áp dụng bđt Cô si, ta có
( )
6 6
5 3 5 2 3 5 2 6
3 3
OA OB b b
b b
+ = + − + ≥ + − = +
− −
Dấu “ = ” khi và chỉ khi
( )
( )
3 6 â
6
3
3
3 6
b nh n
b
b
b loai

= +

− = ⇔
−


= −

Suy ra
2 6a = +
Vậy pt
∆
là
1
2 6 3 6
x y
+ =
+ +
b. Ta có:
2 3 2 3 6
1 2 . =2 24ab
a b a b ab
= + ≥ ⇔ ≥
Mặt khác
1 1 1
. . .24 12
2 2 2
OAB
S OAOB a b
∆
= = ≥ =
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
2 3
3 2a b
a b
= ⇔ =

17
Chọn
2. 3a b= =
, pt
∆
là
1
2 3
x y
+ =
Dạng 18: Lập phương trình cạnh của tam giác ABC khi biết một số yếu tố của nó.
Bài toán 1: Cho tam giác ABC biết phương trình cạnh AB, đường cao AH và BH. Viết
phương trình hai cạnh còn lại và đường cao thứ ba.
Phương pháp giải:
* Phương trình BC: + Tìm tọa độ điểm
B AB BH= ∩
+ BC đi qua B và vuông góc với AH. ( dạng 5 )
* Phương trình AC: + Tìm tọa độ điểm
A AB AH= ∩
+ AC đi qua A và vuông góc với BH. ( dạng 5 )
* Phương trình đường cao CH:
Cách 1:
+ Tìm tọa độ điểm
H AH BH= ∩
( hoặc
C AC BC
= ∩
)
+ Khi đó CH đi qua điểm H và vuông góc với AB( dạng 5 )
Cách 2:

+ Tìm tọa độ điểm
H AH BH= ∩
+ Tìm tọa độ điểm
C AC BC= ∩
+ CH đi qua hai điểm H và C. ( dạng 3)
Ví dụ: Cho tam giác ABC biết
:5 3 2 0AB x y− + =
, đường cao
: 4 3 1 0 và :7 2 22 0AH x y BH x y− + = + − =
a. Viết phương trình các cạnh BC, AC.
b. Viết phương trình đường cao thứ ba.
Giải:
a. Phương trình BC:
Ta có
B AB BH= ∩
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ pt:
7 2 22 0 2
5 3 2 0 4
x y x
x y y
+ − = =
 
⇔
 
− + = =
 

( )
2;4B⇒
Mặt khác

BC AH
⊥
nên pt BC dạng:
3 4 0 x y c+ + =
Mà
( )
2;4 3.2 4.4 0 22B BC c c∈ ⇔ + + = ⇔ = −
Vậy pt BC là:
3 4 22 0 x y+ − =
+ Phương trình AC:
Ta có
A AB AH= ∩
18
Tọa độ điểm Alà nghiệm của hệ
( )
5 3 2 0 1
1; 1
4 3 1 0 1
x y x
A
x y y
− + = = −
 
⇔ ⇒ − −
 
− + = = −
 
Mặt khác
AC BH⊥
nên pt AC có dạng

1
2 7 0x y c− + =
Mà
( ) ( ) ( )
1 1
1; 1 2. 1 7. 1 0 5A AC c c− − ∈ ⇔ − − − + = ⇔ = −
Vậy phương trình AC:
2 7 5 0x y− − =
b. Ta có
C AC BC
= ∩
T ọa độ điểm C là nghiệm của hệ
( )
2 7 5 0 6
6;1
3 4 22 0 1
x y x
C
x y y
− − = =
 
⇔ ⇒
 
+ − = =
 
Mặt khác
CH AB
⊥
nên pt CH có dạng
2

3 5 0x y c+ + =
Vì
( )
2 2
6;1 3.6 5.1 0 23C CH c c∈ ⇔ + + = ⇔ = −

Vậy pt CH là
3 5 23 0x y+ − =
Bài toán 2: Cho tam giác ABC, biết đỉnh A, phương trình đường cao BH và CK. Viết phương
trình ba cạnh của tam giác.
Phương pháp giải:
* Phương trình AB: AB đi qua A và vuông góc với CK ( dạng 5)
* Phương trình AC: AC qua A và vuông góc với BH. ( dạng 5)
* Phương trình BC: + Tìm
B AB BH= ∩
,
C AC CK= ∩
+ BC đi qua B và C ( dạng 3)
Ví dụ: Cho tam giác ABC, biết
( )
1; 3A − −
và đường cao
:5 3 25 0 và :3 8 12 0BH x y CK x y+ − = + − =
. Viết phương trình ba cạnh của tam giác ABC.
Giải:
+ Phương trình AB:
Ta có
AB CK⊥
nên pt AB có dạng:
8 3 0x y c− + =

Vì
( )
1; 3A AB− − ∈
nên
( ) ( )
8. 1 3. 3 0 1c c− − − + = ⇒ = −
Vậy phương trình AB là
8 3 1 0x y− − =
+ Phương trình AC: ( tương tự AB )
Ta có AC qua
( )
1; 3A − −
và vuông góc với BH có phương trình là:
3 5 12 0x y− − =
+ Phương trình BC:
Ta có
B AB BH= ∩
nên tọa độ của B là nghiệm của hệ:
19
( )
8 3 1 0 2
2;5
5 3 25 0 5
x y x
B
x y y
− − = =
 
⇔ ⇒
 

+ − = =
 
Mặt khác:
C AC CK
= ∩
nên tọa độ của C là nghiệm của hệ
( )
3 8 12 0 4
4;0
3 5 12 0 0
x y x
C
x y y
+ − = =
 
⇔ ⇒
 
− − = =
 
Đường thẳng BC qua B và C có pt là:
5 2 20 0x y+ − =
BC đi qua
( ) ( )
1 2
0; 1 , 2; 1A A− −
có phương trình là:
1 0y + =
Bài toán 3: Cho tam giác ABC biết đỉnh A và phương trình hai đường trung tuyến BM và CN.
Viết phương trình các cạnh.
Phương pháp giải:

+ Tìm tọa độ trọng tâm G
+ Từ phương trình BM suy ra tọa độ điểm B theo t.
+ Từ phương trình CN suy ra tọa độ điểm C theo
't
.
+ Giải hệ



=++
=++
GCBA
GCBA
yyyy
xxxx
3
3



′
⇒
t
t
CB,⇒
+ AB đi qua A và B, BC đi qua B và C, AC đi qua A và C.
Ví dụ: Cho tam giác ABC biết
( )
2;3A −
, phương trình các đường trung tuyến BM và CN lần lượt là

3 7 0 và 5 0x y x y+ − = + − =
. Viết phương trình các cạnh.
Giải:
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Ta có tọa độ điểm G là nghiệm của hệ:

( )
3 7 0 1
1;4
5 0 4
x y x
G
x y y
+ − = =
 
⇔ ⇒
 
+ − = =
 
Ta lại có:
( ) ( )
; 3 7 , ; 5B BM B t t C CN C t t
′ ′
∈ ⇒ − + ∈ ⇒ − +
Mặt khác:
3
5 1
3 3 3 6
A B C G
A B C G
x x x x

t t t
y y y y t t t
′
+ + =
+ = = −

 
⇔ ⇔
  
′ ′
+ + = + = =
 

Suy ra:
( ) ( )
1;10 , 6; 1B C− −
+ Đt AB điq qua A và B có pt là:
7 17 0x y− + =
+ Đt AC đi qua A và C có pt là:
2 4 0x y+ − =
+ Đt BC đi qua B và C có pt là:
11 7 40 0x y+ + =
Bài toán 4: Cho tam giác ABC, biết phương trình cạnh BC và Phương hai đường trung tuyến
BM và CN. Viết phương trình AB và AC.
Phương pháp giải:
20
+ Tìm
,B BC BM C BC CN= ∩ = ∩
+ Tìm trọng tâm
G BM CN

= ∩
+ Giải hệ
3
3
A B C G
A B C G
x x x x
A
y y y y
+ + =

⇒

+ + =

+ AB đi qua A và B, AC đi qua A và C, BC đi qua B và C.
Ví dụ: Cho tam giác ABC có phương trình cạnh BC là
1 3
1 2
x y− −
=
−
, phương trình các đường trung
tuyến BM và CN lần lượt là
3 7 0 và 5 0x y x y+ − = + − =
. Viết phương trình các cạnh AB, AC.
Giải:
Ta có
B BC BM= ∩
nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:

( )
1 3
2
2;1
1 2
1
3 7 0
x y
x
B
y
x y
− −

=
=


⇔ ⇒
−
 
=


+ − =

Tương tự
( )
0;5C BC CN C= ∩ ⇒

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có tọa độ điểm G là nghiệm của hệ:

( )
3 7 0 1
1;4
5 0 4
x y x
G
x y y
+ − = =
 
⇔ ⇒
 
+ − = =
 
Mặt khác
( )
3
1
1;6
3 6
A B C G
A
A B C G A
x x x x
x
A
y y y y y
+ + =
=

 
⇔ ⇒
 
+ + = =


+ Đt AB đi qua A và B có pt là:
5 11 0x y+ − =
+ Đt AC đi qua A và C có pt là:
5 0x y− + =
Bài toán 5: Cho tam giác ABC biết đỉnh A, phương trình hai đường phân giác trong của góc
B và C. Viết phương trình cạnh BC.
Phương pháp giải :
+ Gọi BM, CN lần lượt là đường phân giác của góc B và C.
+ Viết phương trình AH vuông góc với CN, AK vuông góc BM ( dạng 5)
+ Tìm điểm
BMAKKCNAHH ∩=∩= ,
+ Gọi
21
, AA
lần lượt là giao điểm của AH và AK với BC
H
⇒
là trung điểm của
1
AA
, K là
trung điểm của
212
, AAAA ⇒

.
+ BC đi qua
21
và AA
. ( dạng 3)
21
Ví dụ: Cho tam giác ABC biết






5
7
;
5
4
A
. Hai đường phân giác trong của góc B và C lần lượt có
phương trình là
013 và012 =−+=−− yxyx
. Viết phương trình cạnh BC.
Giải
Gọi BM, CN lần lượt là đường phân giác của góc B và C.
Gọi AH là đường thẳng đi qua A và vuông góc với CN .
Suy ra pt AH dạng
3 0x y c− + =
Vì
4 7

;
5 5
A AH
 
∈
 ÷
 
nên
1c = −
Pt AH là
3 1 0x y− − =
Mặt khác:
2 1
( ; )
5 5
H AH CN H= ∩ ⇒
Gọi AK là đường thẳng đi qua A và vuông góc với BM
Tương tự, ta có pt AK là:
2 3 0x y+ − =
và
7 1
;
5 5
K
 
 ÷
 
Gọi
21
, AA

lần lượt là giao điểm của AH và AK với BC
Khi đó ta có H là trung điểm của
1
AA
, K là trung điểm của
2
AA
.
Suy ra
( ) ( )
1 2
0; 1 , 2; 1A A− −
Bài toán 6: Cho tam giác ABC biết phương trình các cạnh AB, AC và tọa độ trọng tâm G. viết
phương trình BC.
Phương pháp giải:
+ Tìm tọa độ điểm
A AB AC
= ∩
+ Gọi M là trung điểm của BC. Ta có
2AG GM M= ⇒
uuur uuuur
+ Viết pt đường thẳng d đi qua M và song song với AC. (dạng 4)
+ Tìm điểm
I d AB= ∩
+ I là trung điểm của AB
B
⇒
.
+ Đt BC đi qua B và M. ( dạng 3)
Ví dụ: Cho tam giác ABC có trọng tâm

( )
2; 1G − −
, phương trình các cạnh AB, AC lần lượt là
4 15 0 và 2 5 3 0x y x y+ + = + + =
. Viết phương trình cạnh BC.
Giải
Ta có
A AB AC
= ∩
nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ
( )
4 15 0 4
4;1
2 5 3 0 1
x y x
A
x y y
+ + = = −
 
⇔ ⇒ −
 
+ + = =
 
22
Gọi M là trung điểm của BC
Ta có:
( )
( )
( )
2 4 2 2

1
2 1; 2
2
1 1 2 1
M
M
M
M
x
x
AG GM M
y
y
− + = +
= −


= ⇔ ⇔ ⇒ − −
 
= −
− − = +



uuur uuuur
Gọi d là đương thẳng đi qua M và song song với AC
Ptđt d là
2 5 12 0x y+ + =
Gọi
I d AB

= ∩
, ta có tọa độ điểm I là nghiệm của hệ
7
4 15 0
7
; 1
2
2 5 12 0
2
1
x y
x
I
x y
y

+ + =
= −


 
⇔ ⇒ − −
 
 ÷
+ + =
 


= −


Mặt khác:
I d AB= ∩
nên I là trung điểm của AB
Suy ra:
( )
2 3
3; 3
2 3
A B I B
A B I B
x x x x
B
y y y y
+ = = −
 
⇔ ⇒ − −
 
+ = = −
 
Đt BC đi qua B và M có phương trình là
2 3 0x y− − =
Bài toán 7: Cho tam giác ABC biết đỉnh A, đường trung trực d của AB và trọng tâm G. viết
phương trình ba cạnh.
Phương pháp giải:
* Phương trình AB: AB đi qua A và vuông góc với đường trung trực d. ( dạng 5 )
* Phương trình AC: + Gọi I là trung điểm của AB
I AB d I
⇒ = ∩ ⇒
+ Ta có
2CG GI C= ⇒

uuur uur
+ AC đi qua A và C ( dạng 3)
* Phương trình BC: + Ta có I là trung điểm AB
B⇒
+ BC đi qua B và C ( dạng 3)
Ví dụ: Cho tam giác ABC biết
( )
1; 3A − −
, trọng tâm
( )
4; 2G −
và đường trung trực d của cạnh AB
có phương trình là:
3 2 4 0x y+ − =
. Viết phương trình ba cạnh.
Giải
+ Phương trình AB:
Ta có AB đi qua
( )
1; 3A − −
và vuông góc với đt
:3 2 4 0d x y+ − =
có phương trình là:
2 3 7 0x y− − =
+ Phương trình AC:
Gọi I là trung điểm của AB
( )
2; 1I AB d I⇒ = ∩ ⇒ −
Mặt khác:
( )

( )
( )
4 2 2 4
8
2 8; 4
4
2 2 1 2
C
C
C
C
x
x
CG GI C
y
y
− = −
=


= ⇒ ⇒ ⇒ −
 
= −
− − = − +


uuur uur
Đt AC đi qua A và C có phương trình là:
9 28 0x y+ + =
23

+ Phương trình BC:
Ta có I là trung điểm của AB nên
( )
5;1B
Đt AB đi qua A và B có pt là:
2 3 7 0x y− − =
Bài toán 8: Cho tam giác ABC biết C và phương trình đường cao AH, đường trung tuyến AM.
Viết phương trình ba cạnh.
Phương pháp giải:
* Phương trình AC: + Tìm điểm
A AH AM= ∩
+ AC đi qua A và C ( dạng 3)
* Phương trình BC: BC đi qua C và vuông góc với AH ( dạng 5)
* Phương trình AB: + Gọi M là trung điểm của BC
M AM BC M B
⇒ = ∩ ⇒ ⇒
+ AB đi qua A và B. ( dạng 3)
Ví dụ: Cho tam giác ABC biết
( )
4; 1C −
, đường cao, đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A có lần lượt có
phương trình là:
2 3 12 0 và 2 3 0x y x y− + = + =
. Viết phương trình ba cạnh.
Giải
Gọi AH, AM lần lượt là đường cao, đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A.
+ Phương trình AC:
Ta có
A AH AM= ∩
Tọa độ của điểm A là nghiệm của hệ

( )
2 3 12 0 3
3;2
2 3 0 2
x y x
A
x y y
− + = = −
 
⇔ ⇒ −
 
+ = =
 
Đường thẳng AC đi qua hai điểm A và C có phương trình là:
3 7 5 0x y+ − =
.
+ Phương trình BC:
Ta có
BC AH
⊥
nên pt BC có dạng:
3 2 0x y c+ + =
Vì
( )
4; 1C BC− ∈
nên
( )
3.4 2. 1 0 10c c+ − + = ⇒ = −
Vậy pt BC là:
3 2 10 0x y+ − =

+ Phương trình AB:
Gọi M là trung điểm của BC
M AM BC⇒ = ∩
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ
30
2 3 0
13
3 2 10 0 20
13
x
x y
x y
y

=

+ =


⇔
 
+ − =


= −


Mà M là trung điểm của BC nên ta có
24
30 8

2. 4
13 13
8 27
;
20 27
13 13
2. 1
13 13
B
B
x
B
y

= − =


 
⇒ −

 ÷
 
 

= − + = −
 ÷

 

Đường thẳng AB qua A và B có phương trình là:

53 47 65 0x y+ + =
Bài toán 9: Cho tam giác ABC biết đỉnh C, phương trình đường cao AH và phương trình
đường phân giác trong BM của góc B. Viết phương trình các cạnh.
Phương pháp giải:
* Phương trình BC: BC qua C và vuông góc với AH. ( dạng 5)
* Phương trình AB: + Tìm tọa độ điểm
BCBMB ∩=
+ Tìm
C
′
đối xứng với C qua BM
ABC
∈
′
⇒
+ AB đi qua B và
C
′
.
* Phương trình AC: + Tìm
ABAHA ∩=

+ AC đi qua A và C.
Ví dụ: Cho tam giác ABC có đỉnh
( )
3;2C
, đường cao AH và đường phân giác trong BM của góc B
lần lượt là
1 0 và 2 2 0x y x y− + = + − =
. Viết phương trình ba cạnh.

Giải
+ Phương trình BC:
Ta có
BC AH⊥
nên pt BC có dạng:
0x y c+ + =
Mặt khác
( )
3;2 3 2 0 5C BC c c∈ ⇔ + + = ⇔ = −
Vậy pt BC là
5 0x y+ − =
+ Phương trình AB:
Ta có
BCBMB ∩=
nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:
( )
2 2 0 3
3;8
5 0 8
x y x
B
x y y
+ − = = −
 
⇔ ⇒ −
 
+ − = =
 
Gọi
C

′
là điểm đối xứng với C qua BM
C AB
′
⇒ ∈
Khi đó đt
CC
′
đi qua C và vuông góc với BM có pt là
2 1 0x y− + =
Gọi
I BM CC
′
= ∩
ta có
3 4
;
5 5
I
 
 ÷
 
Mặt khác I là trung điểm của
CC
′
suy ra
9 2
;
5 5
C

 
′
− −
 ÷
 
Đt AB đi qua B và
C
′
có pt là
7 13 0x y+ + =
+ Phương trình AC:
25