Cácdạng bài luyện tập phương trình đường thẳng

Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

BÀI TẬP: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG TRONG MẶT PHẲNG Oxy
Bài 1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A(1; -2), đường cao CH : x – y
+ 1 = 0, đường phân giác trong BN : 2x + y + 5 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C và tính diện tích tam
giác ABC.
Bài làm :
AB đi qua A(1 ;-2) và AB ⊥ CH ⇒ AB : x + y + 1 = 0
x + y + 1 = 0
 x = −4
⇒
B = AB ∩ BN nên tọa độ điểm B là nghiệm của hpt 
2 x + y + 5 + 0
y = 3
⇒ B(-4 ; 3)
Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua BN thì A’ ∈ BC.
Phương trình đường thẳng d đi qua A và vuông góc với BN là d : x – 2y – 5 = 0.
Gọi I = d ∩ BN thì tọa độ điểm M là nghiệm của hệ pt :
x − 2 y − 5 = 0
 x = −1
⇒
⇒ I(--1;-3).

2 x + y + 5 + 0
 y = −3
I là trung điểm của AA’ nên A’(-3 ;-4)
Phương trình đường thẳng BC : 7x + y + 1 = 0
C= BC ∩ CH nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ pt :
13


 x = − 4
7 x + y + 25 = 0

⇒
9

x − y + 1 = 0
 y = − 4
13 9
;− )
4 4
15 2
BC =
, d(A,BC) = 3 2 ;
4
45
SABC =
24
⇒ C( −

Bài 2:Trong mặt phẳng oxy cho ∆ABC có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y
- 7 = 0 .Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình : x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C .
Tính diện tích ∆ABC .
Bài làm :
- Đường thẳng (AC) qua A(2;1) và vuông góc với đường cao kẻ qua B , nên có véc tơ chỉ phương
r
x = 2 + t
n = ( 1; −3) ⇒ ( AC ) : 
( t ∈ R)

 y = 1 − 3t
x = 2 + t

- Tọa độ C là giao của (AC) với đường trung tuyến kẻ qua C : ⇒  y = 1 − 3t
x + y +1 = 0



Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

Giải ta được : t=2 và C(4;-5). Vì B nằm trên đường cao kẻ qua B suy ra B(3a+7;a) . M là trung
 3a + 9 a + 1 
;
điểm của AB ⇒ M 
÷.
2 
 2
- Mặt khác M nằm trên đường trung tuyến kẻ qua C :
3a + 9 a + 1
⇔
+
+ 1 = 0 ⇔ a = −3 ⇔ B ( 1; −2 )
2
2
uuur
12
x − 2 y −1
=

⇔ 3 x − y − 5 = 0, h ( C; AB ) =
- Ta có : AB = ( −1; −3) ⇔ AB = 10, ( AB ) :
1
3
10
1
1
12
10.
= 6 (đvdt).
- Vậy : S ABC = AB.h ( C , AB ) =
2
2
10
Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết
trực tâm H (1;0) , chân đường cao hạ từ đỉnh B là K (0; 2) , trung điểm cạnh AB là M (3;1) .
Bài làm :
- Theo tính chất đường cao : HK vuông góc với AC cho
nên
uuur (AC) qua K(0;2) có véc tơ pháp tuyến
KH = ( 1; −2 ) ⇒ ( AC ) : x − 2 ( y − 2 ) = 0 ⇔ x − 2 y + 4 = 0 .
A
K(0;2)
-uu
Burnằm trên (BH) qua H(1;0) và có véc tơ chỉ phương
KH = ( 1; −2 ) ⇒ B ( 1 + t ; −2t ) .
M(3;1)
H(1;0)
- M(3;1) là trung điểm của AB cho nên A(5-t;2+2t).
- Mặt khác A thuộc (AC) cho nên : 5-t-2(2+2t)+4=0 , suy

B
C
ra t=1 . Do đó A(4;4),B(2;-2)
- uVì
uur C thuộc (AC) suy
uuurra C(2t;2+t) ,
BC = ( 2t − 2; 4 + t ) , HA = ( 3; 4 ) . Theo tính chất đường cao kẻ từ A :
uuur uuur
⇒ HA.BC = 0 ⇒ 3 ( 2t − 2 ) + 4 ( 4 + t ) = 0 → t = −1 . Vậy : C(-2;1).
uuu
r
r
x−4 y−4
=
- (AB) qua A(4;4) có véc tơ chỉ phương BA = ( 2;6 ) // u = ( 1;3) ⇒ ( AB ) :
1
3
⇔ 3x − y − 8 = 0
uuur
- (BC) qua B(2;-2) có véc tơ pháp tuyến HA = ( 3; 4 ) ⇒ ( BC ) : 3 ( x − 2 ) + 4 ( y + 2 ) = 0
⇔ 3x + 4 y + 2 = 0 .
Bài 4: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x
– 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm
toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật
Bài làm :
Dễ nhận thấy B là giao của BD với AB cho nên tọa dộ B là nghiệm của hệ :
x − 2 y +1 = 0
 21 13 
⇒ B ; ÷


 5 5
 x − 7 y + 14 = 0
- Đường thẳng (BC) qua B(7;3) và vuông góc với (AB) cho nên có véc tơ chỉ phương:
21

r
 x = 5 + t
u = ( 1; −2 ) ⇒ ( BC ) : 
 y = 13 − 2t

5


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

- Ta có : R ( AC , BD ) = R BIC = 2R ABD = 2ϕ = 2R ( AB, BD )
uu
r uu
r
uu
r
ur
n1.n2
1 + 14
15
3
=
=

r =
- (AB) có n1 = ( 1; −2 ) , (BD) có n2 = ( 1; −7 ) ⇒ cosϕ = ur uu
5 50 5 10
10
n1 n2
r
- Gọi (AC) có n = ( a, b ) ⇒ cos ( AC,BD ) = cos2ϕ =

a-7b

4
9
= 2 cos 2 ϕ − 1 = 2  ÷− 1 =
5
 10 
50 a 2 + b 2

- Do đó : ⇒ 5 a − 7b = 4 50 a 2 + b 2 ⇔ ( a − 7b ) = 32 ( a 2 + b 2 ) ⇔ 31a 2 + 14ab − 17b 2 = 0
2

17
17

a = − b ⇒ ( AC ) : − ( x − 2 ) + ( y − 1) = 0 ⇔ 17 x − 31 y − 3 = 0

31
31
- Suy ra : 
 a = b ⇒ ( AC ) : x − 2 + y − 1 = 0 ⇔ x + y − 3 = 0
21


x
=
+t

5

13
7

 14 5 
- (AC) cắt (BC) tại C ⇒  y = − 2t ⇔ t = ⇒ C  ; ÷
5
15
 3 3

x − y − 3 = 0


x − 2 y +1 = 0
x = 7
⇔
⇔ A ( 7; 4 )
- (AC) cắt (AB) tại A : ⇔ 
x − y − 3 = 0
y = 4
x = 7 + t
- (AD) vuông góc với (AB) đồng thời qua A(7;4) suy ra (AD) : 
 y = 4 − 2t
x = 7 + t

7

 98 46 
⇒ t = ⇒ D ; ÷
- (AD) cắt (BD) tại D :  y = 4 − 2t
15
 15 15 
 x − 7 y + 14 = 0

- Trường hợp (AC) : 17x-31y-3=0 các em làm tương tự .
Bài 5: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai
đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết
phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG
Bài làm :
x = t
- B thuộc d suy ra B : 
, C thuộc d' cho
A(2;3)
 y = −5 − t
 x = 7 − 2m
x+2y-7=0
nên C: 
.
y = m
G(2;0)
- Theo tính chất trọng tâm :
C
( t − 2m + 9 ) = 2, y = m − t − 2 = 0
⇒ xG =
M

B
G
3
3
x+y+5=0
m − t = 2
m = 1
⇔
- Ta có hệ : 
t − 2m = −3 t = −1


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

r
- Vậy : B(-1;-4) và C(5;1) . Đường thẳng (BG) qua G(2;0) có véc tơ chỉ phương u = ( 3; 4 ) , cho
20 − 15 − 8 13
x−2 y
= ⇔ 4 x − 3 y − 8 = 0 ⇒ d ( C ; BG ) =
= =R
3
4
5
5
13
169
2
2

- Vậy đường tròn có tâm C(5;1) và có bán kính R= ⇒ ( C ) : ( x − 5 ) + ( y − 1) =
5
25
Bài 6: Trong mp (Oxy) cho đường thẳng (∆) có phương trình: x – 2y – 2 = 0 và hai điểm A
(-1;2); B (3;4). Tìm điểm M ∈ (∆) sao cho 2MA 2 + MB 2 có giá trị nhỏ nhất
Bài làm :
- M thuộc ∆ suy ra M(2t+2;t )
nên (BG):

- Ta có : MA2 = ( 2t + 3) + ( t − 2 ) = 5t 2 + 8t + 13 ⇒ 2MA2 = 10t 2 + 16t + 26
2

2

Tương tự : MB 2 = ( 2t − 1) + ( t − 4 ) = 5t 2 − 12t + 17
2

2

2
- Do dó : f(t)= 15t + 4t + 43 ⇒ f ' ( t ) = 30t + 4 = 0 → t = −

2
. Lập bảng biến thiên suy ra min f(t)
15

2
641
 26 2 
đạt được tại t = − ⇒ M  ; − ÷

15
15
 15 15 
Bài 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: x - y - 2
= 0, phương trình cạnh AC: x + 2y - 5 = 0. Biết trọng tâm của tam giác G(3; 2). Viết phương trình
cạnh BC
Bài làm :
- y - 2 = 0, phương trình cạnh AC: x + 2y - 5 = 0. Biết trọng tâm của tam giác G(3; 2). Viết phương
trình cạnh BC
x − y − 2 = 0
⇔ A ( 3;1)
- (AB) cắt (AC) tại A : ⇒ 
x + 2 y − 5 = 0
=

- B nằm trên (AB) suy ra B(t; t-2 ), C nằm trên (AC) suy ra C(5-2m;m)
t − 2m + 8

=3
 xG =
t − 2m = 1  m = 2 → C ( 1; 2 )
3
⇔
⇔
- Theo tính chất trọng tâm : 
t + m = 7
 y = t + m −1 = 2
t = 5 → B ( 5;3)
G


3
Bài 8: Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC biết A(3;0), đường cao từ đỉnh B có phương
trình x+y+1=0 trung tuyến từ đỉnh C có phương trình : 2x-y-2=0 . Viết phường trình đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC
Bài làm :
- Đường thẳng d qua A(3;0) và vuông
r góc với
(BH) cho nên có véc tơ chỉ phương u = ( 1;1) do
B
2x-y-2=0
x = 3 + t
đó d : 
. Đường thẳng d cắt (CK) tại C :
K
y = t
x = 3 + t

A(3;0)
→ t = −4 ⇔ C ( −1; −4 )
y = t
C
H
2 x − y − 2 = 0

x+y+1=0


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

- Vì K thuộc (CK) : K(t;2t-2) và K là trung điểm của AB cho nên B đối xứng với A qua K suy ra
B(2t-3;4t-4) . Mặt khác K lại thuộc (BH) cho nên : (2t-3)+(4t-4)+1=0 suy ra t=1 và tạo độ B(-1;0) .
2
2
2
2
2
Gọi (C) : x + y − 2ax − 2by + c = 0 ( a + b − c = R > 0 ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
1

a=

9 − 6a + c = 0
2


⇒ b = 0
Cho (C) qua lần lượt A,B,C ta được hệ :  4 + 4a + c = 0
5 + 2a + 8b + c = 0 c = −6



2

1
25

- Vậy (C) :  x − ÷ + y 2 =
2

4

Bài 9: Trong mặt phẳng Oxy , cho hình vuông có đỉnh (-4;5) và một đường chéo có phương trình :
7x-y+8=0 . Viết phương trình chính tắc các cạnh hình vuông
Bài làm :
- Gọi A(-4;8) thì đường chéo (BD): 7x-y+8=0. Giả sử B(t;7t+8) thuộc (BD).
- Đường chéo (AC) qua A(-4;8) và vuông góc với (BD) cho nên có véc tơ chỉ phương
r
 x = − 4 + 7t
x+4 y −5
u ( 7; −1) ⇒ ( AC ) : 
⇔
=
⇔ x + 7 y − 39 = 0 . Gọi I là giao của (AC) và (BD)
7
−1
y = 5−t
 x = −4 + 7t
1

 1 9
→ t = ⇔ I  − ; ÷ ⇔ C ( 3; 4 )
thì tọa độ của I là nghiệm của hệ :  y = 5 − t
2
 2 2
7 x − y + 8 = 0

uuu
r
uuur

- Từ B(t;7t+8) suy ra : BA = ( t + 4;7t + 3) , BC = ( t − 3;7t + 4 ) . Để là hình vuông thì BA=BC :
t = 0
2
Và BAvuông góc với BC ⇔ ( t + 4 ) ( t − 3) + ( 7t + 3) ( 7t + 4 ) = 0 ⇔ 50t + 50t = 0 ⇔ 
 t = −1
t = 0 → B ( 0;8 )
 B ( 0;8 ) → D ( −1;1)
⇔
. Tìm tọa độ của D đối xứng với B qua I ⇒ 
t = −1 → B ( −1;1)
 B ( −1;1) → D ( 0;8 )
uuur
x + 4 y −5
=
- Từ đó : (AB) qua A(-4;5) có u AB = ( 4;3) → ( AB ) :
4
3
uuur
x+4 y −5
=
(AD) qua A(-4;5) có u AD = ( 3; −4 ) → ( AB ) :
3
−4
uuur
x y −8
(BC) qua B(0;8) có u BC = ( 3; −4 ) ⇒ ( BC ) : =
3
−4
uuur
x +1 y −1

=
(DC) qua D(-1;1) có u DC = ( 4;3) ⇒ ( DC ) :
4
3
* Chú ý : Ta còn cách giải khác
1
x 31
- (BD) : y = 7 x + 8 , (AC) có hệ số góc k = − và qua A(-4;5) suy ra (AC): y = + .
7
7 7


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

 x A + xC = 2 xI
y + y = 2y
C
I
 A
⇒
-Gọi I là tâm hình vuông :
 yI = 7 xI + 8 ⇒ C ( 3; 4 )

 y = − xC + 31
 C
7 7
r
r

rr r r
0
- Gọi (AD) có véc tơ chỉ phương u = ( a; b ) , ( BD ) : v = ( 1;7 ) ⇒ a + 7b = uv = u v cos45
3
3
3
⇒ ( AD ) : y = ( x + 4 ) + 5 = x + 8
4
4
4
4
4
1
3
3
7
Tương tự : ( AB ) : y = − ( x + 4 ) + 5 = − x − , ( BC ) : y = ( x − 3 ) + 4 = x + và đường thẳng
3
3
3
4
4
4
4
4
(DC): y = − ( x − 3) + 4 = − x + 8
3
3
Bài 10: Cho tam giác ABC cân tại A, biết phương trình đường thẳng AB, BC lần lượt là:x + 2y – 5
= 0 và 3x – y + 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng AC, biết rằng AC đi qua điểm F(1; - 3).

Bài làm :
- Ta thấy B là giao của (AB) và (BC) cho nên tọa độ B
9

A
x=−

x
+
2
y
−
5
=
0


7
⇒
là nghiệm của hệ : 
x+2y-5=0
3 x − y + 7 = 0  y = − 22

F(1;-3)
7
 9 22 
⇔ B  − ; − ÷. Đường thẳng d' qua A vuông góc với
7 
B
C

 7
3x-y+7=0
r
r
1
(BC) có u = ( 3; −1) ⇒ n = ( 1;3) ⇔ k = − . (AB) có
3
1
k AB = − . Gọi (AC) có hệ số góc là k ta có phương
2
1

1 1
1
k =−
− +
k+

8
3 ⇔ 1 = 3k + 1 ⇔ 15k + 5 = 3 − k ⇔ 15k + 5 = 3 − k ⇔ 
trình : 2 3 =

11
k
5 3− k
15k + 5 = k − 3
k = − 4
1−
1−


23
3
7
1
1
- Với k=- ⇒ ( AC ) : y = − ( x − 1) − 3 ⇔ x + 8 y + 23 = 0
8
8
4
4
- Với k= ⇒ ( AC ) : y = − ( x + 1) − 3 ⇔ 4 x + 7 y + 25 = 0
7
7
⇔ a + 7b = 5 a 2 + b 2 . Chọn a=1, suy ra b =

Bài 11: Trong mặt phẳng Oxy , cho hai đường thẳng d1: 2x + y + 5 = 0, d2: 3x + 2y – 1 = 0 và điểm
G(1;3). Tìm tọa độ các điểm B thuộc d1 và C thuộc d2 sao cho tam giác ABC nhận điểm G làm
trọng tâm. Biết A là giao điểm của hai đường thẳng d1 và d 2
Bài làm :
2
x
+
y
+
5
=0

 x = −11
⇔
⇒ A ( −11;17 )

- Tìm tọa độ A là nghiệm của hệ : 
3 x + 2 y − 1 = 0
 y = 17


Gia sư Thành Được
- Nếu C thuộc
d1 ⇒ C ( t ; −2t − 5 )

www.daythem.edu.vn
C

, B ∈ d 2 ⇒ B ( 1 + 2m; −1 − 3m )

3x+2y-1=0
- Theo tính chất trọng tâm của tam giác ABC khi G là
 t + 2m − 10
=1
M

t + 2m = 13
A
3
G
⇔
trọng tâm thì : 

11 − 2t − 3m = 3 2t + 3m = 2

3

2x+y+5=0
t = 13 − 2m
t = 13 − 2m t = −35
B
⇔
⇔
⇒
2 ( 13 − 2m ) + 3m = 2
m = 24
 m = 24
- Vậy ta tìm được : C(-35;65) và B( 49;-53).
Bài 12: Trong mặt phẳng tọa độ độ Oxy, cho tam giác ABC có C(1;2), hai đường cao xuất phát từ
A và B lần lượt có phương trình là x + y = 0 và 2x – y + 1 = 0. Tính diện tích tam giác ABC.
Bài làm :
- (AC) qua C(1;2) và vuông góc với đường cao BK cho nên có :
r
x −1 y − 2
u = ( 2; −1) ⇒ ( AC ) :
=
⇔ x + 2y −5 = 0
2
−1
3

x=

2 x − y + 1 = 0
5

 3 11 

5
⇔
⇔ A  ; ÷⇒ AC =
- (AC) cắt (AH) tại A : 
5
5 5 
x + 2 y − 5 = 0
 y = 11

5
uuur
x = 1+ t
- (BC) qua C(1;2) và vuông góc với (AH) suy ra u BC = ( 1;1) ⇒ ( BC ) : 
y = 2+t
x = 1+ t
3

 1 1
- (BC) cắt đường cao (AH) tại B ⇔  y = 2 + t → t = − ⇔ B  − ; ÷
2
 2 2
x + y = 0

1
− +1− 5
9
1 5 9
9
- Khoảng cách từ B đến (AC) : 2
=

⇒S=
.
=
2 5 2 5 20
5
2 5
 13 13 
Bài 13: Trong mpOxy, cho ∆ABC có trục tâm H  ; ÷, pt các đường thẳng AB và AC lần lượt
5 5
là: 4x − y − 3 = 0, x + y − 7 = 0. Viết pt đường thẳng chứa cạnh BC.
Bài làm :
4 x − y − 3 = 0
- Tọa độ A là nghiệm của hệ : 
x + y − 7 = 0

A(2;5)
K
4x-y-3=0
B

x+y-7=0

H

E

C


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

uuur  3 12  r
r
Suy ra : A(2;5). ⇒ HA =  − ; ÷// u ( 1; −4 ) . Suy ra (AH) có véc tơ chỉ phương u ( 1; −4 ) . (BC)
 5 5
r r
vng góc với (AH) cho nên (BC) có n = u ( 1; −4 ) suy ra (BC): x-4y+m=0 (*).
uuur  13
uuur
22  uuur
- C thuộc (AC) suy ra C(t;7-t ) và CH =  − t ; t − ÷⇒ u AB = ( 1; 4 ) ⊥ CH . Cho nên ta có :
5 
5
13
 22 
− t + 4  t − ÷ = 0 → t = 5 ⇔ C ( 5; 2 ) .
5
5 

r
- Vậy (BC) qua C(5;2) có véc tơ pháp tuyến n = ( 1; −4 ) ⇒ ( BC ) : ( x − 5 ) − 4 ( y − 2 ) = 0
Bài 14: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ∆ABC có đỉnh A(4; 3), đường cao BH và trung
tuyến CM có pt lần lượt là: 3x − y + 11 = 0, x + y − 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C
Bài làm :
 x = 4 + 3t
Đường thẳng (AC) qua A(4;3) và vng góc với (BH) suy ra (AC) : 
y = 3−t
 x = 4 + 3t


→ 2t + 6 = 0 → t = −3 ⇔ C ( −5;6 )
(AC) cắt trung tuyến (CM) tại C :  y = 3 − t
x + y −1 = 0

- B thuộc (BH) suy ra B(t;3t+11 ). Do (CM) là trung tuyến cho nên M là trung điểm của AB , đồng
 t + 4 3t + 14 
B
;
thời M thuộc (CM) . ⇒ M 
÷
2 
 2
t + 4 3t + 14
M
M ∈ ( CM ) ⇒
+
− 1 = 0 ⇒ t = −4 .
x+y-1=0
2
2
Do đó tọa độ của B(-4;-1) và M(0;1 ).
C
H
A(4;3)
Bài 15: Lập ph. trình các cạnh của ∆ ABC, biết đỉnh
A(1 ; 3) và hai đường trung tuyến xuất phát từ B và C
có ph.trình là: x– 2y +1= 0 và y –1= 0.
Bài làm :
Gọi G là trọng tâm tam giác thì tọa độ G là nghiệm

x − 2 y +1 = 0
⇒ G ( 1;1) . E(x;y) thuộc
của hệ 
 y −1 = 0
(BC),
uuu
r theo tính
uuurchất trọng tâm ta có
uuu
r:
uuur
GA = ( 0; 2 ) , GE = ( x − 1; y − 1) ⇒ GA = −2GE
0 = −2 ( x − 1)
⇔
⇒ E ( 1;0 ) . C thuộc (CN) cho
2 = −2 ( y − 1)
nên C(t;1), B thuộc (BM) cho nên B(2m-1;m) . Do
B,C đối xứng nhau qua E cho nên ta có hệ phương
trình :

3x-y+11=0

A(1;3)
N
y-1=0
B

M
x-2y+1=0

G

C

E
A'


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

 2m + t − 1 = 2
t = 5
⇔
⇒ B ( 5;1) , C ( −3; −1) . Vậy (BC) qua E(1;0) có véc tơ chỉ phương

m + 1 = 0
 m = −1
uuur
r
x −1 y
BC ( −8; −2 ) // u = ( 4;1) ⇒ ( BC ) :
= ⇔ x − 4 y − 1 = 0 . Tương tự :
4
1
uuur
r
x −1 y − 3
=

⇔ x + 2y −7 = 0 .
(AB) qua A(1;3) có AB = ( 4; −2 ) // u = ( 2; −1) ⇒ ( AB ) :
2
−1
uuur
r
x −1 y − 3
=
⇔ x− y+2=0
(AC) qua A(1;3) có AC = ( −4; −4 ) // u = ( 1;1) ⇒ ( AC ) :
1
1
* Chý ý : Hoặc gọi A' đối xứng với A qua G suy ra A'(1;-1) thì BGCA' là hình bình hành , từ đó ta
tìm được tọa độ của 2 đỉnh B,C và cách lập các cạnh như trên.
Bài 16: Cho tam giác ABC có trung điểm AB là I(1;3), trung điểm AC là J(-3;1). Điểm A thuộc
Oy , và đường thẳng BC đi qua gốc tọa độ O . Tìm tọa độ điểm A , phương trình đường thẳng BC
và đường cao vẽ từ B ?
Bài làm :
- Do A thuộc Oy cho nên A(0;m). (BC) qua gốc tọa độ
O cho nên (BC): ax+by=0 (1).
A
- Vì IJ là 2 trung điểm của (AB) và (AC) cho nên IJ
H
//BCursuy ra (BC) có
véc
tơ
chỉ
phương
:
r

J(-3;1)
⇔ IJ = ( −4; −2 ) // u = ( 2;1) ⇒ ( BC ) : x − 2 y = 0 .
I(1;3)
- B thuộc (BC) suy ra B(2t;t) và A(2-2t;6-t) . Nhưng A
thuộc Oy cho nên : 2-2t=0 , t=1 và A(0;5). Tương tự
B
C
C(-6;-3) ,B(0;1).
ax+by=0
- Đường cao BH qua B(0;1) và vuông góc với AC cho
nên có
uuur
r
x y −1
AC = ( −6; −8 ) // u = ( 3; 4 ) ⇒ ( BH ) : =
⇔ 4x − 3y + 3 = 0
3
4
Bài 17: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d : x+2y-3=0 và hai điểm A(1;0) ,B(3;-4).
uuur uuur
Hãy tìm trên d điểm M sao cho : MA + 3MB nhỏ nhất
Bài
uuur
uuurlàm :
uuur
- Trên d có M(3-2t;t) suy ra : MA = ( 2 − 2t ; t ) , MB = ( −2t; t + 4 ) ⇒ 3MB = ( −6t + 3t + 12 )
uuur uuur
uuur uuur
2
2

- Do vậy : MA + 3MB = ( 2 − 8t ; 4t + 12 ) ⇒ MA + 3MB = ( 2 − 8t ) + ( 4t + 12 )
2
uuur uuur
2
676 26
- Hay : f(t)= MA + 3MB = 80t 2 + 64t + 148 = 80  t + ÷ +
. Dấu đẳng thức xảy ra khi
≥
5
5
 5
26
2
 19 2 
t= − ⇒ M  ; − ÷. Khi đó min(t)=
.
5
5
5
 5
Bài 18: Trong (Oxy) cho hình chữ nhật ABCD , biết phương trình chứa 2 đường chéo là
d1 : 7 x + y − 4 = 0 và d 2 : x − y + 2 = 0 . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh hình chữ nhật ,
biết đường thẳng đó đi qua điểm M(-3;5).
Bài làm :
7 x + y − 4 = 0
1 9
⇒I ; ÷
- Tâm của hình chữ nhật có tọa độ là nghiệm của hệ : 
4 4
x − y + 2 = 0

Gia s Thnh c

www.daythem.edu.vn

r
Gi d l ng thng qua M(-3;5 ) cú vộc t phỏp tuyn : n ( a; b ) . Khi ú

d : a ( x + 3) + b ( y 5 ) = 0 ( 1) . Gi cnh hỡnh vuụng (AB) qua M thỡ theo tớnh cht hỡnh ch nht
rur
ruu
r
nn1
nn2
7a + b
a b
a = 3b
=
7a + b = 5 a b
r
: r ur = r uu
n n1
n n2
50 a 2 + b 2
2 a 2 + b2
b = 3a
a = 3b d : 3 ( x + 3) + ( y 5 ) = 0 3 x y + 14 = 0
Do ú :
b = 3a ( x + 3) + 3 ( y 5 ) = 0 x + 3 y 12 = 0

Bi 19: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(1;1) , B (2; 5) , đỉnh C nằm trên đờng thẳng x 4 = 0 , và trọng tâm G của tam giác nằm trên đờng thẳng 2 x 3 y + 6 = 0 . Tính diện
tích tam giác ABC.
Bi lm :
Vì G nằm trên đờng thẳng x + y 2 = 0 nên G có tọa độ G = (t ; 2 t ) . Khi đó AG = (t 2;3 t ) ,
AB = (1;1) Vậy diện tích tam giác ABG là
2t 3
2
Nếu diện tích tam giác ABC bằng 13,5 thì diện tích tam giác ABG bằng 13,5 : 3 = 4,5 . Vậy
2t 3
= 4,5 , suy ra t = 6 hoặc t = 3 . Vậy có hai điểm G : G1 = (6;4) , G 2 = (3;1) . Vì G là trọng
2
tâm tam giác ABC nên xC = 3 xG ( xa + xB ) và yC = 3 yG ( ya + y B ) .
Với G1 = (6;4) ta có C1 = (15;9) , với G 2 = (3;1) ta có C2 = ( 12;18)
Bi 20: Tam giỏc cõn ABC cú ỏy BC nm trờn ng thng : 2x 5y + 1 = 0, cnh bờn AB nm
trờn ng thng : 12x y 23 = 0 . Vit phng trỡnh ng thng AC bit rng nú i qua im
(3;1)
Bi lm :
ng thng AC i qua im (3 ; 1) nờn cú phng trỡnh : a(x 3) + b( y 1) = 0 (a2 + b2 0)
2a 5b
2.12 + 5.1
=
Gúc ca nú to vi BC bng gúc ca AB to vi BC nờn : 2 2
2 + 5 . a 2 + b2
22 + 52 . 122 + 12
S =

1
2

(

AG 2 . AB 2 AG. AB

)

2

=

1
2

[

]

2 (t 2) 2 +(3 t ) 2 1 =

a = 12b
5 ( 2a 5b ) = 29 ( a + b ) 9a + 100ab 96b = 0
a = 8 b
9

Nghim a = -12b cho ta ng thng song song vi AB ( vỡ im ( 3 ; 1) khụng thuc AB) nờn
khụng phi l cnh tam giỏc . Vy cũn li : 9a = 8b hay a = 8 v b = 9
Phng trỡnh cn tỡm l : 8x + 9y 33 = 0
2a 5b

29

=
2
2
5
a +b

2

2

2

2

2