Bài tập viết phương trình tham số lớp 10 năm 2024
Bài viết tóm tắt lý thuyết và hướng dẫn phương pháp giải một số dạng toán liên quan đến phương trình tham số của đường thẳng trong chương trình Hình học 10 chương 3.
2. Phương trình chính tắc của đường thẳng Cho đường thẳng $\Delta $ đi qua ${M_0}\left( {{x_0};{y_0}} \right)$ và $\overrightarrow u = (a;b)$ (với $a \ne 0$, $b \ne 0$) là vectơ chỉ phương thì phương trình $\frac{{x – {x_0}}}{a} = \frac{{y – {y_0}}}{b}$ được gọi là phương trình chính tắc của đường thẳng $\Delta .$
2. CÁC VÍ DỤ Ví dụ 1: Cho điểm $A(1;-3)$ và $B(-2;3).$ Viết phương trình tham số của đường thẳng $\Delta $ trong mỗi trường hợp sau:
Ví dụ 2: Viết phương trình tổng quát, tham số, chính tắc (nếu có) của đường thẳng $\Delta $ trong mỗi trường hợp sau:
Ví dụ 3: Cho tam giác $ABC$ có $A(-2;1)$, $B(2;3)$ và $C(1;-5).$
Ví dụ 4: Cho tam giác $ABC$ biết $AB:x + y – 1 = 0$, $AC:x – y + 3 = 0$ và trọng tâm $G(1;2).$ Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh $BC.$ Ta có tọa độ điểm $A$ là nghiệm của hệ: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {x + y – 1 = 0}\\ {x – y + 3 = 0} \end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {x = – 1}\\ {y = 2} \end{array}} \right.$ $ \Rightarrow A( – 1;2).$ Gọi $M(x;y)$ là trung điểm của $BC.$ Vì $G$ là trọng tâm nên $\overrightarrow {AG} = 2.\overrightarrow {GM} $, $\overrightarrow {AG} (2;0)$, $\overrightarrow {GM} (x – 1;y – 2).$ Suy ra $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {2 = 2.(x – 1)}\\ {0 = 2.(y – 2)} \end{array}} \right.$ $ \Rightarrow M(2;2).$ $B\left( {{x_B};{y_B}} \right) \in AB$ $ \Rightarrow {x_B} + {y_B} – 1 = 0$ $ \Rightarrow {y_B} = 1 – {x_B}$, do đó $B\left( {{x_B};1 – {x_B}} \right).$ $C\left( {{x_C};{y_C}} \right) \in AC$ $ \Rightarrow {x_C} – {y_C} + 3 = 0$ $ \Rightarrow {y_C} = {x_C} + 3$, do đó $C\left( {{x_C};{x_C} + 3} \right).$ Mà $M$ là trung điểm của $BC$ nên ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{x_M} = \frac{{{x_B} + {x_C}}}{2}}\\ {{y_M} = \frac{{{y_B} + {y_C}}}{2}} \end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{x_B} + {x_C} = 4}\\ {{x_C} – {x_B} = 0} \end{array}} \right.$ $ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{x_B} = 2}\\ {{x_C} = 2} \end{array}} \right..$ Vậy $B(2; – 1)$, $C(2;5)$ $ \Rightarrow \overrightarrow {BC} (0;6)$ suy ra phương trình đường thẳng $BC$ là $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {x = 2}\\ {y = – 1 + 6t} \end{array}} \right..$ 3. BÀI TẬP LUYỆN TẬP Bài 1: Cho điểm $A(2;-2)$ và $B(0;1).$ Viết phương trình tham số của đường thẳng $\Delta $ trong mỗi trường hợp sau:
Bài 2: Viết phương trình tổng quát, tham số, chính tắc (nếu có) của đường thẳng $\Delta $ trong mỗi trường hợp sau:
Bài 3: Cho tam giác $ABC$ có $A(2;-1)$, $B(-2;-3)$ và $C(-1;5).$
Bài 4: Cho tam giác $ABC$ biết $A(1;4)$, $B(3;-1)$ và $C(6;-2).$
Bài 5: Viết phương trình đường thẳng qua $M(3;2)$ và cắt tia $Ox$ tại $A$, tia $Oy$ tại $B$ sao cho:
Gọi $A(a;0)$, $B(0;b)$ ($a > 0$, $b > 0$). Phương trình $\Delta $ cần tìm có dạng: $\frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1.$ Mặt khác $OA = a$, $OB = b.$
Bài 6: Cho hình bình hành hai cạnh có phương trình: $3x – y – 2 = 0$ và $x + y – 2 = 0.$ Viết phương trình hai cạnh còn lại biết tâm hình bình hành là $I(3;1).$ Gọi $AB:3x – y – 2 = 0$, $AD:x + y – 2 = 0.$ Khi đó $A(1;1)$ $ \Rightarrow C(5;1)$, $CD:3x – y – 14 = 0$, $AD:x + y – 6 = 0.$ Bài 7: Cho tam giác $ABC$ có trung điểm của $AB$ là $I(1;3)$, trung điểm $AC$ là $J( – 3;1).$ Điểm $A$ thuộc $Oy$ và đường $BC$ qua gốc tọa độ $O.$ Tìm tọa độ điểm $A$, phương trình $BC$ và đường cao vẽ từ $B.$ $A(0;a)$ $ \Rightarrow B(2;6 – a)$, $C( – 6;2 – a).$ $BC$ đi qua gốc tọa độ nên $\overrightarrow {OB} $ và $\overrightarrow {OC} $ cùng phương, suy ra $2(2 – a) = (6 – a)( – 6)$ $ \Leftrightarrow a = 5.$ DẠNG TOÁN 2: XÁC ĐỊNH TỌA ĐỘ ĐIỂM THUỘC ĐƯỜNG THẲNG. 1. PHƯƠNG PHÁP GIẢI Để xác định tọa độ điểm thuộc đường thẳng ta dựa vào nhận xét sau: + Điểm $A$ thuộc đường thẳng $\Delta :\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {x = {x_0} + at}\\ {y = {y_0} + b{t^\prime }} \end{array}} \right.$, $t \in R$ (hoặc $\Delta :\frac{{x – {x_0}}}{a} = \frac{{y – {y_0}}}{b}$) có dạng: $A\left( {{x_0} + at;{y_0} + bt} \right).$ Điểm $A$ thuộc đường thẳng $\Delta :ax + by + c = 0$ (điều kiện ${a^2} + {b^2} \ne 0$) có dạng: $A\left( {t;\frac{{ – at – c}}{b}} \right)$ với $b \ne 0$ hoặc $A\left( {\frac{{ – bt – c}}{a};t} \right)$ với $a \ne 0.$ 2. CÁC VÍ DỤ Ví dụ 1: Cho đường thẳng $\Delta :3x – 4y – 12 = 0.$
Ví dụ 2: Cho hai đường thẳng $\Delta: x – 2y + 6 = 0$ và $\Delta ‘:\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = – 1 – t}\\ {y = t} \end{array}} \right..$
Ví dụ 3: Cho tam giác $ABC$ vuông ở $A.$ Biết $A(-1;4)$, $B(1;-4)$, đường thẳng $BC$ đi qua điểm $K\left( {\frac{7}{3};2} \right).$ Tìm toạ độ đỉnh $C.$ Ta có $\overrightarrow {BK} \left( {\frac{4}{3};6} \right)$ suy ra đường thẳng $BC$ nhận $\overrightarrow u (2;9)$ làm VTCP. Nên có phương trình là: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {x = 1 + 2t}\\ {y = – 4 + 9t} \end{array}} \right..$ $C \in BC$ $ \Rightarrow C(1 + 2t; – 4 + 9t).$ Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên $\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 0$, $\overrightarrow {AB} (2; – 8)$, $\overrightarrow {AC} (2 + 2t; – 8 + 9t)$ suy ra $2(2 + 2t) – 8(9t – 8) = 0$ $ \Leftrightarrow t = 1.$ Vậy $C(3;5).$ Ví dụ 4: Cho hình bình hành $ABCD.$ Biết $I\left( {\frac{7}{2};\frac{5}{2}} \right)$ là trung điểm của cạnh $CD$, $D\left( {3;\frac{3}{2}} \right)$ và đường phân giác góc $\widehat {BAC}$ có phương trình là $\Delta: x – y + 1 = 0.$ Xác định tọa độ đỉnh $B.$ Cách 1: Điểm $I$ là trung điểm của $CD$ nên $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{x_C} = 2{x_I} – {x_D} = 4}\\ {{y_C} = 2{x_I} – {y_D} = \frac{7}{2}} \end{array}} \right.$ $ \Rightarrow C\left( {4;\frac{7}{2}} \right).$ Vì $A \in \Delta $ nên tọa độ điểm $A$ có dạng $A(a;a + 1).$ Mặt khác $ABCD$ là hình bình hành tương đương với $\overrightarrow {DA} $, $\overrightarrow {DC} $ không cùng phương và $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} .$ $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} $ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{x_B} – a = 4 – 3}\\ {{y_B} – a – 1 = \frac{7}{2} – \frac{3}{2}} \end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{x_B} = a + 1}\\ {{y_B} = a + 3} \end{array}} \right.$ $ \Rightarrow B(a + 1;a + 3).$ $\overrightarrow {DA} $, $\overrightarrow {DC} $ không cùng phương khi và chỉ khi $\frac{{a – 3}}{1} \ne \frac{{a + 1 – \frac{3}{2}}}{2}$ $ \Leftrightarrow a \ne \frac{{11}}{2}.$ Đường thẳng $\Delta $ là phân giác góc $\widehat {BAC}$ nhận vectơ $\overrightarrow u = (1;1)$ làm vectơ chỉ phương nên $\cos (\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow u )$ $ = \cos (\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow u )$ $ \Leftrightarrow \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow u }}{{|\overrightarrow {AB} ||\overrightarrow u |}} = \frac{{\overrightarrow {AC} .\overrightarrow u }}{{|\overrightarrow {AC} ||\overrightarrow u |}}$ $(*).$ Có $\overrightarrow {AB} (1;2)$, $\overrightarrow {AC} \left( {4 – a;\frac{5}{2} – a} \right)$ nên: $(*) \Leftrightarrow \frac{3}{{\sqrt 5 }} = \frac{{\frac{{13}}{2} – 2a}}{{\sqrt {{{(4 – a)}^2} + {{\left( {\frac{5}{2} – a} \right)}^2}} }}$ $ \Leftrightarrow 2{a^2} – 13a + 11 = 0$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {a = 1}\\ {a = \frac{{11}}{2}\:{\rm{(loại)}}} \end{array}} \right..$ Vậy tọa độ điểm $B(2;4).$ Cách 2: Ta có $C\left( {4;\frac{7}{2}} \right).$ Đường thẳng $d$ đi qua $C$ vuông góc với $\Delta $ nhận $\overrightarrow u = (1;1)$ làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là: $1.(x – 4) + 1.\left( {y – \frac{7}{2}} \right) = 0$ hay $2x + 2y – 15 = 0.$ Tọa độ giao điểm $H$ của $\Delta $ và $d$ là nghiệm của hệ: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {x – y + 1 = 0}\\ {2x + 2y – 15 = 0} \end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {x = \frac{{13}}{4}}\\ {y = \frac{{17}}{4}} \end{array}} \right.$ $ \Rightarrow H\left( {\frac{{13}}{4};\frac{{17}}{4}} \right).$ Gọi $C’$ là điểm đối xứng với $C$ qua $\Delta $ thì khi đó $C’$ thuộc đường thẳng chứa cạnh $AB$ và $H$ là trung điểm của $CC’$ do đó: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{x_{C’}} = 2{x_H} – {x_C}}\\ {{y_{C’}} = 2{y_H} – {y_C}} \end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{x_{C’}} = \frac{5}{2}}\\ {{y_{C’}} = 5} \end{array}} \right.$ $ \Rightarrow C’\left( {\frac{5}{2};5} \right).$ Suy ra đường thẳng chứa cạnh $AB$ đi qua $C’$ và nhận $\overrightarrow {DC} = (1;2)$ làm vectơ chỉ phương nên có phương trình là: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {x = \frac{5}{2} + t}\\ {y = 5 + 2t} \end{array}} \right..$ Thay $x$, $y$ từ phương trình đường thẳng chứa cạnh $AB$ vào phương trình đường thẳng $\Delta $ ta được: $\frac{5}{2} + t – 5 – 2t + 1 = 0$ $ \Leftrightarrow t = – \frac{3}{2}$ suy ra $A(1;2).$ $ABCD$ là hình bình hành nên $\overrightarrow {AB} = \overrightarrow {DC} $ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{x_B} – 1 = 1}\\ {{y_B} – 2 = 2} \end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{x_B} = 2}\\ {{y_B} = 4} \end{array}} \right..$ Suy ra $B(2;4).$ Chú ý: Bài toán có liên quan đến đường phân giác thì ta thường sử dụng nhận xét: “$\Delta $ là đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng cắt nhau ${\Delta _1}$ và ${\Delta _2}$ khi đó điểm đối xứng với điểm $M \in {\Delta _1}$ qua $\Delta $ thuộc ${\Delta _2}$”. Ví dụ 5: Cho đường thẳng $d:x – 2y – 2 = 0$ và hai điểm $A(0;1)$ và $B(3;4).$ Tìm tọa độ điểm $M$ trên $d$ sao cho $|\overrightarrow {MA} + 2\overrightarrow {MB} |$ là nhỏ nhất. $M \in d$ $ \Rightarrow M(2t + 2;t)$, $\overrightarrow {MA} ( – 2t – 2;1 – t)$, $\overrightarrow {MB} (1 – 2t;4 – t).$ Do đó $MA + 2MB = ( – 6t; – 3t + 9).$ Suy ra $|\overrightarrow {MA} + 2\overrightarrow {MB} |$ $ = \sqrt {{{( – 6t)}^2} + {{( – 3t + 9)}^2}} $ $ = \sqrt {45\left( {t – \frac{3}{5}} \right) + \frac{{314}}{5}} $ $ \ge \sqrt {\frac{{314}}{5}} .$ $|\overrightarrow {MA} + 2\overrightarrow {MB} |$ nhỏ nhất khi và chỉ khi $t = \frac{3}{5}$ do đó $M\left( {\frac{{16}}{5};\frac{3}{5}} \right)$ là điểm cần tìm. 3. BÀI TẬP LUYỆN TẬP Bài 1: Cho hai đường thẳng ${d_1}:x – y = 0$ và ${d_2}:2x + y – 1 = 0.$ Tìm toạ độ các đỉnh hình vuông $ABCD$ biết rằng đỉnh $A$ thuộc ${d_1}$, đỉnh $C$ thuộc ${d_2}$ và các đỉnh $B$, $D$ thuộc trục hoành. $A \in {d_1}$, $C \in {d_2}$, $B$, $D$ thuộc trục hoành suy ra: $A(a;a)$, $C(c;1 – 2c)$, $B(b;0)$, $D(d;0).$ Vì $ABCD$ là hình vuông và $B$, $D$ thuộc trục hoành nên $A$ và $C$ đối xứng nhau qua trục hoành, do đó $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {a = c}\\ {a = 2c – 1} \end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow a = c = 1.$ Suy ra $A(1;1)$, $C(1;-1).$ $ABCD$ là hình vuông suy ra $BA \bot BC$ và trung điểm của $AC$ trùng với trung điểm của $BD.$ $BA \bot BC$ $ \Rightarrow \overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} = 0$ $ \Leftrightarrow {(1 – b)^2} – 1 = 0$ $ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {b = 0}\\ {b = 2} \end{array}} \right.$ $(1).$ Trung điểm của $AC$ trùng trung điểm của $BD$ nên $b + d = 2$ $(2).$ Từ $(1)$ và $(2)$ ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {b = 0}\\ {d = 2} \end{array}} \right.$ hoặc $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {b = 2}\\ {d = 0} \end{array}} \right..$ Vậy có hai hình vuông thỏa mãn có tọa độ các đỉnh là: $A(1;1)$, $B(2;0)$, $C(1; – 1)$, $D(0;0)$ và $A(1;1)$, $B(0;0)$, $C(1; – 1)$, $D(2;0).$ Bài 2: Cho điểm $A(2;2)$ và các đường thẳng ${d_1}:x + y – 2 = 0$ và ${d_2}:x + y – 8 = 0.$ Tìm toạ độ các điểm $B$ và $C$ lần lượt thuộc ${d_1}$ và ${d_2}$ sao cho tam giác $ABC$ vuông cân tại $A.$ $B \in {d_1}$, $C \in {d_2}$ nên tọa độ $B$, $C$ có dạng $B(a;2 – a)$, $C(b;8 – b).$ $\overrightarrow {AB} = (a – 2; – a)$, $\overrightarrow {AC} (b – 2;6 – b).$ Tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ nên: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {AB = AC}\\ {\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} = 0} \end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{{(a – 2)}^2} + {a^2} = {{(b – 2)}^2} + {{(6 – b)}^2}}\\ {(a – 2)(b – 2) – a(6 – b) = 0} \end{array}} \right.$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {(a – 1)(b – 4) = 2}\\ {{{(a – 1)}^2} – {{(b – 4)}^2} = 3} \end{array}} \right..$ Giải hệ này dễ dàng tìm được $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {a = – 1}\\ {b = 3} \end{array}} \right.$ hoặc $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {a = 3}\\ {b = 5} \end{array}} \right..$ Từ đó $B( – 1;3)$, $C(3;5)$ hoặc $B(3; – 1)$, $C(5;3).$ Bài 3: Tam giác $ABC$ biết $A(2;-1)$ và phương trình hai đường phân giác trong của góc $B$ và góc $C$ lần lượt là: $\Delta: x – 2y + 1 = 0$, $\Delta ‘:2x – 3y + 6 = 0.$ Xác định tọa độ $B$ và $C.$ Điểm $A'(0;3) \in BC$ là điểm đối xứng $A$ qua $\Delta $, $A”(0;2) \in BC$ là điểm đổi xứng $A$ qua $\Delta ‘.$ Ta có $BC: x = 0$ suy ra $B\left( {0;\frac{1}{2}} \right)$ và $C\left( {0;\frac{5}{3}} \right).$ Bài 4: Cho đường thẳng $\Delta: x – 2y + 3 = 0$ và hai điểm $A(2;5)$ và $B(-4;5).$ Tìm tọa độ điểm $M$ trên $\Delta $ sao cho: a) $2M{A^2} + M{B^2}$ đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 5: Viết phương trình đường thẳng $\Delta ‘$ đối xứng với đường thẳng $\Delta $ qua điểm $I$ biết:
Bài 6: Cho hình vuông tâm $I(2;3)$ và $AB:x – 2y – 1 = 0.$ Viết phương trình các cạnh còn lại và các đường chéo. $DC:x – 2y + 9 = 0.$ $BC:2x + y – 2 = 0.$ $AD:2x + y – 12 = 0.$ $AC:x + 3y – 11 = 0.$ $BD:3x – y – 3 = 0.$ Bài 7: Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ biết phương trình cạnh $BC$ là $\sqrt 3 x – y – \sqrt 3 = 0$, điểm $A$, $B$ thuộc trục hoành. Xác định toạ độ trọng tâm $G$ của tam giác $ABC$ biết bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ bằng $2.$ Dễ thấy $B(1;0).$ Vì $C \in \Delta $ $ \Rightarrow C(a;\sqrt 3 (a – 1)).$ $A$, $B$ thuộc trục hoành và tam giác $ABC$ vuông nên $A(a;0).$ $\overrightarrow {AB} = (a – 1;0)$, $\overrightarrow {AC} = (0;\sqrt 3 (a – 1))$, $ABC$ là tam giác khi và chỉ khi $\overrightarrow {AB} $, $\overrightarrow {AC} $ không cùng phương hay $a \ne 1.$ Theo công thức tính diện tích tam giác ta có ${S_{ABC}} = pr = \frac{1}{2}AB.AC.$ Suy ra: $2(AB + BC + CA) = AB.AC.$ Mặt khác: $AB = |a – 1|$, $BC = 2|a – 1|$, $CA = \sqrt 3 |a – 1|.$ Nên ta có $2(3 + \sqrt 3 )|a – 1| = \sqrt 3 {(a – 1)^2}$ suy ra $a = 1$ (loại), $a = 3 + 2\sqrt 3 $ hoặc $a = – 1 – 2\sqrt 3 .$ Vậy có hai trường hợp xảy ra ta tìm được tọa độ trọng tâm trong hai trường hợp đó là: ${G_1}\left( {\frac{{7 + 4\sqrt 3 }}{3};\frac{{2\sqrt 3 + 6}}{3}} \right)$, ${G_2}\left( {\frac{{ – 1 – 4\sqrt 3 }}{3};\frac{{ – 2\sqrt 3 – 6}}{3}} \right).$ Nhận xét: Cách khác: Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ABC.$ Vì $r = 2$ $ \Rightarrow {y_I} = \pm 2.$ Từ phương trình đường thẳng $BC$ suy ra $\widehat B = {60^0}$, do đó: $BI:y = \frac{{x – 1}}{{\sqrt 3 }}$ $ \Rightarrow {x_I} = 1 \pm 2\sqrt 3 $ $ \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {{x_A} = {x_C} = 3 + 2\sqrt 3 }\\ {{x_A} = {x_C} = – 1 – 2\sqrt 3 } \end{array}} \right..$ Từ phương trình $BC$ ta suy ra được ${y_C}$ do đó tìm được tọa độ ba đỉnh rồi suy ra tọa độ trọng tâm. Bài 8: Cho tam giác $ABC$ có $C(-2;0)$, đường phân giác trong góc $A$ có phương trình là $5x + y – 3 = 0$ và thỏa mãn $\overrightarrow {AB} = 2\overrightarrow {OM} $ với $M(2;3).$ Tìm tọa độ điểm $A$, $B.$ $A(a;3 – 5a)$ $ \Rightarrow B(4 + a;9 – 5a)$, $\vec u( – 1;5)$, $\overrightarrow {AB} (4;6)$, $\overrightarrow {AC} ( – 2 – a;5a – 3).$ $\cos (\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow u )$ $ = \cos (\overrightarrow {AC} ;\overrightarrow u )$ $ \Leftrightarrow \frac{{26}}{{\sqrt {{4^2} + {6^2}} }}$ $ = \frac{{26a – 13}}{{\sqrt {{{(2 + a)}^2} + {{(5a – 3)}^2}} }}$ $ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {a = 0}\\ {a = 1} \end{array}} \right..$ Chỉ có trường hợp $a = 1 \Rightarrow B(5;4).$ Bài 9: Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ có đỉnh $A(6;6)$, đường thẳng đi qua trung điểm của các cạnh $AB$ và $AC$ có phương trình $x + y – 4 = 0.$ Tìm tọa độ các đỉnh $B$ và $C$, biết điểm $\frac{\alpha }{{{a^2}}} + \frac{\beta }{{{a^{\prime 2}}}} = \frac{\alpha }{{{b^2}}} – \frac{\beta }{{{b^{\prime 2}}}} = k > 0$, $\alpha + \beta > 0$ nằm trên đường cao đi qua đỉnh $C$ của tam giác đã cho. Gọi $H’$ là chân đường cao xuất phát từ đỉnh $A$, $H$ là giao điểm của đường thẳng $\Delta $ và $AH.$ Vì $H \in \Delta $ nên $H(a;4 – a).$ $\overrightarrow {AH} .\overrightarrow u = 0$ $ \Leftrightarrow – 1(a – 6) + 1( – 2 – a) = 0$ $ \Leftrightarrow a = 2$ $ \Rightarrow H(2;2)$ (trong đó $\overrightarrow u ( – 1;1)$ là vectơ chỉ phương của $\Delta $). $H$ là trung điểm của đoạn thẳng $AH’$ nên $H'( – 2; – 2).$ Đường thẳng chứa cạnh $BC$ đi qua $H$ nhận $\overrightarrow u $ làm vectơ chỉ phương nên $BC:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {x = – 2 – t}\\ {y = – 2 + t} \end{array}} \right..$ Gọi $B( – 2 – t;t – 2)$ $ \Rightarrow C(t – 2; – 2 – t).$ $E$ nằm trên đường cao đi qua đỉnh $C$ nên $\overrightarrow {EC} .\overrightarrow {AB} = 0.$ Hay $(t – 3)( – 8 – t) + (1 – t)(t – 8) = 0$ $ \Leftrightarrow {t^2} – 2t – 8 = 0$ $ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} {t = 4}\\ {t = – 2} \end{array}} \right..$ Vậy $B( – 6;2)$, $C(2; – 6)$ hoặc $B(0; – 4)$, $C( – 4;0).$ Bài 10: Cho tam giác $ABC$ có diện tích $S = \frac{3}{2}$, tọa độ các đỉnh $A(2; – 3)$, $B(3; – 2)$ và trọng tâm $G$ của tam giác nằm trên đường thẳng có phương trình $3x – y – 8 = 0.$ Tìm tọa độ đỉnh $C.$ $I$ là trung điểm $AB$ thì $I\left( {\frac{5}{2}; – \frac{5}{2}} \right).$ ${S_{GAB}} = \frac{1}{2}$ $ \Rightarrow GH = \frac{{{S_{GAB}}}}{{AB}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}$, $G(a;8 – 3a).$ $AB:x – y – 5 = 0$, $d(G;AB) = GH$ từ đó suy ra $C( – 2; – 10)$ hoặc $C(1;1).$ Bài 11: Cho điểm $M(1;1)$ và hai đường thẳng: ${d_1}:3x – y – 5 = 0$, ${d_2}:x + y – 4 = 0.$ Viết phương trình tổng quát của đường thẳng $d$ đi qua $M$ và cắt ${d_1}$, ${d_2}$ lần lượt tại $A$, $B$ sao cho $2MA – 3MB = 0.$ $A \in {d_1}$ $ \Rightarrow A\left( {{x_1};3{x_1} – 5} \right).$ $B \in {d_2}$ $ \Rightarrow B\left( {{x_2};4 – {x_2}} \right).$ Vì $A$, $B$, $M$ thẳng hàng và $2MA = 3MB$ $ \Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {2\overrightarrow {MA} = 3\overrightarrow {MB} \:(1)}\\ {2\overrightarrow {MA} = – 3\overrightarrow {MB} \:(2)} \end{array}} \right..$ Ta có $\overrightarrow {MA} = \left( {{x_1} – 1;3{x_1} – 6} \right)$, $\overrightarrow {MB} = \left( {{x_2} – 1;3 – {x_2}} \right).$ $(1) \Leftrightarrow 2\left( {{x_1} – 1;3{x_1} – 6} \right)$ $ = 3\left( {{x_2} – 1;3 – {x_2}} \right)$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{x_1} = \frac{5}{2}}\\ {{x_2} = 2} \end{array}} \right..$ Suy ra $A\left( {\frac{5}{2};\frac{5}{2}} \right)$, $B(2;2).$ Suy ra phương trình $d:x – y = 0.$ $(2) \Leftrightarrow 2\left( {{x_1} – 1;3{x_1} – 6} \right)$ $ = – 3\left( {{x_2} – 1;3 – {x_2}} \right)$ $ \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{x_1} = 1}\\ {{x_2} = 1} \end{array}} \right..$ Suy ra $A(1;-2)$, $B(1;3).$ Suy ra phương trình $d: x – 1 = 0.$ Bài 12: Cho tam giác $ABC$, phương trình các đường thẳng chứa đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh $A$ lần lượt là $x – 2y – 13 = 0$ và $13x – 6y – 9 = 0.$ Tìm tọa độ các đỉnh $B$ và $C$ biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ là $I(-5;1).$ Ta có $A(-3;-8).$ Gọi $M$ là trung điểm $BC$ $ \Rightarrow IM//AH.$ Ta suy ra phương trình $IM:x – 2y + 7 = 0.$ Suy ra tọa độ $M$ thỏa mãn: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {x – 2y + 7 = 0}\\ {13x – 6y – 9 = 0} \end{array}} \right.$ $ \Rightarrow M(3;5).$ Phương trình đường thẳng $BC:2(x – 3) + y – 5 = 0$ $ \Leftrightarrow 2x + y – 11 = 0.$ $B \in BC$ $ \Rightarrow B(a;11 – 2a).$ Khi đó $IA = IB$ $ \Leftrightarrow {a^2} – 6a + 8 = 0$ $ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {a = 4}\\ {a = 2} \end{array}} \right..$ Từ đó suy ra $B(4;3)$, $C(2;7)$ hoặc $B(2;7)$, $C(4;3).$ Bài 13: Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác $ABC$ biết $M(1;4)$, $N(-1;3)$ là trung điểm của $BC$, $CA$ và $H\left( {\frac{1}{3}; – \frac{5}{3}} \right)$ là trực tâm tam giác $ABC.$ Từ giả thiết suy ra: $MN \bot CH$, $\overrightarrow {NM} (2;1)$ $ \Rightarrow CH:\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {x = – t}\\ {y = – 1 + 2t} \end{array}} \right..$ Gọi $C( – t; – 1 + 2t)$ $ \Rightarrow A(t – 2;7 – 2t)$ $ \Rightarrow \overrightarrow {HA} \left( {t – \frac{7}{3};\frac{{26}}{3} – 2t} \right)$, $\overrightarrow {CM} (t + 1;5 – 2t).$ Do đó $\overrightarrow {HA} .\overrightarrow {CM} = 0$ $ \Leftrightarrow \left( {t – \frac{7}{3}} \right)(t + 1) + \left( {\frac{{26}}{3} – 2t} \right)(5 – 2t) = 0.$ $ \Leftrightarrow 15{t^2} – 86t + 123 = 0$ $ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {t = 3}\\ {t = \frac{{41}}{{15}}} \end{array}} \right..$ Do đó $C( – 3;5)$, $B(5;3)$, $A(1;1)$ hoặc $C\left( { – \frac{{41}}{{15}};\frac{{67}}{{15}}} \right)$, $B\left( {\frac{{71}}{{15}};\frac{{53}}{{15}}} \right)$, $A\left( {\frac{{11}}{{15}};\frac{{23}}{{15}}} \right).$ |