D02 xác định phương trình đường thẳng muc do 3

Câu [HH10.C3.1.E02.c] Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD ( AB / /CD, AB  CD) có AD DC , D(3;3) Đường thẳng AC có phương trình x  y  0 , đường thẳng AB qua M ( 1;  1) Viết phương trình đường thẳng BC Lời giải D C H A I D' M B Gọi H hình chiếu D AC D giao điểm DH với AD Vì DC  AD nên ADC       cân D  DAC DCA mà CAB DCA (so le trong)  DAH D ' AH  H trung điểm BB BB qua B vng góc với AC Ta viết phương trình BB : x  y  0 H BB ' AC  H  4;  D 5;1 Có H trung điểm DD Do  AB qua M nhận MD ' làm vtcp nên phương trình AB : x  y  0  AC  AB  A  2;0    C  6;   ADCD Ta có hình bình hành nên AD D ' C Do đó, Gọi d đường trung trực DC , suy d : 3x  y  17 0 Gọi I d  AB , I trung điểm Câu  53 11   43 11  AB  d I  ;   B  ;   10 10   5 AB  BC C CB Đường thẳng qua nhận làm vectơ phương nên BC : x  13 y  106 0 [HH10.C3.1.E02.c] (HSG trường THPT Nga Sơn-Thanh Hóa 2017-2018) Trong mặt phẳng  Oxy  , cho tam giác ABC có B   4;   Gọi D , E , F chân đường cao hạ từ đỉnh A, B, C Điểm G điểm thuộc tia đối tia DE thoả mãn DG DF Cho G  2;   , C  d : x  y  0 Viết phương trình cạnh AB Lời giải Ta chứng minh BG ^ GC Phương trình GC : x  y  12 0  C (4;0) Phương trình BC : x  y  0  F ( 2;2) F đối xứng với G qua BC Phương trình AB : x  y  0 Câu [HH10.C3.1.E02.c] (HSG Lớp 10 – SGD Hải Dương - Năm 2018) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy 3  D  2;   A 2;6  2 , cho tam giác ABC có đỉnh  , chân đường phân giác kẻ từ đỉnh A điểm    I   ;1 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm   Viết phương trình đường thẳng BC Lời giải 125  T  :  x     y  1  2  - Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình - Đường thẳng AD có phương trình: x  0 T  E  2;   Gọi E giao điểm đường thẳng AD đường tròn    Do E điểm cung BC nên IE  BC  3  5  D  2;   IE  ;    nhận vectơ 2  làm vectơ pháp tuyến nên có - Đường thẳng BC qua điểm  phương trình là: x  y  0 Câu [HH10.C3.1.E02.c] (HSG cấp trường Yên Định 2017-2018) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đường cao AH : 3x  y  0 trung tuyến AM : x  y  0   Biết H , M thuộc đoạn BC , BAH MAC BC 3 10 Viết phương trình tổng quát đường thẳng BC Lời giải A N B H M C   Gọi N trung điểm cạnh AB Ta có: NH NA  NAH NHA   Vì MN / / AC  NMA MAC     Mặt khác theo giả thiết MAC NAH  NHA NMA Suy A , M , H , N thuộc 0    đường tròn  ANM AHM 90  BAC 90 Vậy tam giác ABC vuông A 10 AM  BC  2 Từ ta có Ta có: A AM  AH  A   1;  Vì M  AM : x  y  0  M  m;  3m  AM  10  2  m  1   m    m  10   m1    2  m    1 m   M ;   2  Khi BC qua M BC  AH  BC : x  y  0 +) Với  19  m   M   ;   2  Khi BC qua M BC  AH  BC : x  y  26 0 +) Với Câu [HH10.C3.1.E02.c] (HSG Tốn 12 - Bình Phước năm 1819) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy  , cho ABC có phân giác AK ( K  BC ) góc BAC có phương trình x  y  0 Tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC qua điểm M (1;0) cắt BC E Viết  19 22  I  ;  phương trình đường thẳng BC Biết trung điểm AK  13 13  đường thẳng BC song song với đường thẳng d : x  12 y  2018 0 Lời giải       Ta có: AKE EBA  BAK CAE  KAC KAE  Do tam giác AEK cân E nên EI  AK EI đường phân giác góc KEA 19 22 I( ; ) EI qua 13 13 có phương trình x  y  0 Gọi N điểm đối xứng với M qua EI , suy N  BC Mà MN qua M có phương trình x  y  0 4  H MN  EI  H  ;    13 13  8  N  ;  H trung điểm MN nên  13 13  BC qua N song song với d có phương trình: x  12 y  0 Câu A 1; [HH10.C3.1.E02.c] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có   , tiếp tuyến A  đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt BC D , đường phân giác góc ADB có M   4;1 phương trình x  y  0 , điểm thuộc cạnh AC Viết phương trình cạnh AB Lời giải A E M' O J M D C F B  Gọi AF phân giác góc BAC Ta có: AFD BCA       FAC ; FAD FAB  BAD    BCA BAD   AFD FAD    FAC FAB Mặt khác:  Vậy tam giác DAF cân D Từ suy DE  AF Phương trình đường thẳng AI : x  y  0 Gọi M’ điểm đối xứng với M qua AI  M '(4;9) Suy phương trình đường thẳng AB là: 5x  y  0 Câu [HH10.C3.1.E02.c] (HSG cấp trường Toán 10 – THPT Đan Phượng năm 2018- 2019)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD với hai đáy AB CD Biết diện tích hình thang   H   ;0  A 1;1   14 (đơn vị diện tích), đỉnh trung điểm cạnh BC   Viết phương trình tổng quát đường thẳng AB biết đỉnh D có hồnh độ dương D nằm đường thẳng d : x  y  0 Lời giải E ( - 2;- 1) , AE = 13 Gọi E giao điểm AH DC , ta có D ABH = D ECH S = S ABCD = 14 (1) Do ADE Phương trình đường thẳng AE : x - y +1 = Ta có: Suy ra: D ( x; x +1) , x > S ADE ; d ( D, AE ) = x - 3( x +1) +1 13x + = d ( D, AE ) AE = 2 (2) 13 = 13x + 13 éx = ê = 14 Û ê Þ D ( 2;11) 30 êx =2 L) ( ê 13 ë Từ (1) (2) ta có: r uuu r n = ED = ( 1; 3) Đường thẳng AB qua A nhận véc tơ véc tơ phương x y = Phương trình tổng quát đường thẳng AB là: [HH10.C3.1.E02.c] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Viết phương trình đường cao AD , phân giác 13x + Câu A  4;  1 B  1;5  C   4;   CE ABC biết , , Lời giải  Ta có:   AB   3;6  BC   5;  10  AC   8;   , ,  AB 3 , BC 5 , AC 4    BC   5;  10   5v v  1;  Ta có: với A  4;  1  v  1;  Đường cao AD qua nhận làm vectơ pháp tuyến  Phương trình AD :1 x     y  1 0  x  y  0 EA CA   ACB E  x; y Gọi chân đường phân giác góc , ta có: EB CB  4    EA  EB EA   x ;   y   , EB   x ;5  y  , với     x    x   x  8 5    E ;   3    y    y   y 5     5 E ;  C   4;   Đường thẳng CE qua  3  có phương trình x  y  0 Câu [HH10.C3.1.E02.c] Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có AB 2 BC Gọi M trung điểm đoạn AB G trọng tâm tam giác ACD Viết phương trình đường thẳng AD Biết M  1;  5  G  ;0    Lời giải Gọi H hình chiếu G lên AB K trung điểm CD Đặt BC 3a  0, suy AB 6a, GH 2a, HM a 40 2 MG MH  HG  5a  a  2 AM 3a 2 2, AG  AK  3a  3 Suy ra:  A  x; y  Giả sử Khi   x     y  8  AM 2      64    AG    x   y       x  y  x  y 3   x 3 y   x 3 y    y 0     y 8    x  1, y 0   x 19 , y 8 5  A   1;0  Nếu đường thẳng AD qua A vng góc với AM nên có phương trình x  y  0  19  A ;  Nếu  5  đường thẳng AD qua A vng góc với AM nên có phương trình x  y  25 0 Câu [HH10.C3.1.E02.c] Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD ( AB / / CD, AB  CD) có AD DC , D(3;3) Đường thẳng AC có phương trình x  y  0 , đường thẳng AB qua M ( 1;  1) Viết phương trình đường thẳng BC Lời giải Kẻ CP // AD cắt AB tạo P , suy tứ giác ADCP hình thoi Gọi H  AC  DP ta có DH  AC suy đường thẳng DH có phương trình x  y  0  x  y  0  H  4;   x  y    Khi toạ độ điểm H nghiệm hệ sau uuur uuu r  P  5;1 ta có DH HP Đường thẳng PM có phương trình x  y  0 Gọi P  x; y  Mặt khác đường thẳng DC // PM nên đường thẳng DC có phương trình là: x  y  0  x  y  0  C  6;   x  y   C  Tọa độ điểm nghiệm hệ Xét tam giác BCP ta có AD DC CP CB nên tam giác BCP cân C  t 1   11 2 t  CP CB  10   3t     t   B  PM  B  3t  2; t   Vì , ta có Với t 1  B  5;1 P 11  43 11  t   B ;   5  Vậy đường thẳng BC có phương trình x  13 y  106 0 Với Câu [HH10.C3.1.E02.c] (HSG Toán 12 - Hịa Bình năm 1718) Trong mặt phẳng hệ trục tọa độ Oxy , cho điểm K   2;    C  có phương trình  x  1 đường tròn tâm K cắt đường tròn thẳng AB  C  điểm 2   y  1 10 Đường tròn  C2  A,B cho dây cung AB 2 Viết phương trình đường Lời giải Lời giải Gọi H IK  AB Tính IH  H  IK  H  t; 2t  1 Viết phương trình đường thẳng IK :  x  y  0 IH   H  0;  1 H  2; 3 Đường thẳng AB qua H vng góc với IK nên có phương trình x  y  0 x  y  0 Câu 1.[HH10.C3.1.E02.c] (HSG Hà Tĩnh - Khối 10 - Lần 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC vuông A , đỉnh C   4;1 , phân giác góc A có phương trình x  y  0 Viết phương trình đường thẳng BC , biết diện tích tam giác ABC 36 đỉnh A có hoành độ dương B Lời giải K H A D C  n AD : x  y   Từ C kẻ CH  AD H , CH  AB K gọi AD véc-tơ pháp tuyến AD  n AD  1;1 CH  AD  nCH  1;  1 qua C ( 4;1)   CH  VTPT nCH (1;  1)   CH  : x  y  0  Phương trình đường thẳng :  x  y  0  x 0   H  0;5  x  y   y    Tọa độ điểm H nghiệm hệ phương trình CK  K  4;9  Ta có tam giác ACK cân tại A  H trung điểm  A  a;5  a   a    KA  a  4;   a  CA  a  4;  a  Gọi ;    ( a  4)( a  4)  (4  a )(a  4)  Vì AK  AC  KA.CA 0   a  0  a 4  A  4;1  AC   8;0   AC 8    AK (0;8)  n AK (1;0)  AK : x  0 gọi B  4; b   AB (0; b 1)  AB  b   b 10 S ABC  AB AC  b  36  b  9    b  b   B  4;   f x, y  x  y   f B  9; fC   f B fC   B; C Với Đặt  phía với AD (loại) b 10  B  4;10  f  x, y   x  y   f B 9; fC   f B fC   B; C Với Đặt khác AD phía với (TM) qua B  4;10    BC   8;   nên có phương trình: BC Đường thẳng  x 4  8t  t     y 10  9t Câu [HH10.C3.1.E02.c] (SỞ GD-ĐT HẢI PHÒNG) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình K  7;   vng ABCD tâm E , gọi G trọng tâm tam giác ABE Điểm thuộc đoạn ED cho GA GK Tìm tọa độ đỉnh A viết phương trình cạnh AB , biết đường thẳng AG có phương trình x  y  13 0 đỉnh A có hồnh độ nhỏ Lời giải +) Ta có GA GB GK nên G tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABK  AGK 2 ABK 2.45 90 ⇒ tam giác tam giác AGK vuông cân G K  7;   +) Đường thẳng GK qua vng góc với AG  GK : x  y  0 Ta có G GK  AG  G  4;  1 A  t ;3t  13 , t  Do AG có phương trình 3x  y  13 0 nên GA GK d  K ; AG   10 Có  t 3 t 4    t 3 2 A  3;   GA  10   t     3t  12  10 t   Từ Vậy MG  cos MAG    10 AM +) Ta có  2 n1  a; b  ,  a  b   n  3;  1 Gọi VTPT đường thẳng AB VTPT AG đường thẳng 3a  b  b 0 3  cos MAG     6ab  8b 0   10 10 10 a  b  3a  4b Khi đó:  tan MAG  +) Với 3a  4b  AB : x  y  24 0 d  K ; AB  2  d  K ; AG   10 Thấy (loại) b   AB : x   +)Với Câu C   2;3 [HH10.C3.1.E02.c] Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có , đường cao AH : 3x  y  0 , đường phân giác BE : x  y 0 Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC Lời giải * Đường thẳng BC qua điểm C vng góc với AH có phương trình: x2 y     x  y  0 B BE  BC  B  1;1    n  a; b  n  1;  n  2;3   * Gọi VTPT AB , ; VTPT BE BC  Vì BE đường phân giác góc ABC nên: a b     2 2 cos n; n1  cos n1 ; n2 2 26  13  a  2ab  b  a  b a b  2a  3b 0   3a  2b 0  12a  26ab  12b 0   2a  3b   3a  2b  0   n  2;3 a  b  a   b  TH1: chọn (loại)   n  3;   TH2: 2a  3b 0 chọn a 3  b 2 phương trình đường thẳng chứa cạnh AB là: *      x  1   y  1 0  3x  y  0 5   A  ;0  3  * A  AH  AB x2 y   11   x  11y  15 0 AC * Phương trình đường thẳng chứa cạnh là: