Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Đường thẳng trong mặt phẳng (Toán học Lớp 10)

(AI giải đề cho tôi)
a) Đường thẳng qua $A(5;0)$, $B(0;-2)$ có dạng $\frac{x}{5}+\frac{y}{-2}=1$, suy ra $2x-5y-10=0$. Thử: $A$: $10-0-10=0$ ✓, $B$: $0+10-10=0$ ✓. Đúng.
b) Đường thẳng qua $A(-6;-4)$ với hệ số góc $k=2$: $y=2(x+6)-4=2x+8$. Đúng.
c) Đường thẳng chắn $Ox$ tại điểm hoành độ 4 và $Oy$ tại điểm tung độ $-1$: $\frac{x}{4}+\frac{y}{-1}=1$, tức $x-4y-4=0$, không phải $x-4y-3=0$. Sai.
d) Đường thẳng $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$ ($a,b>0$) qua $M(1;4)$ nên $\frac{1}{a}+\frac{4}{b}=1$. Diện tích $S=\frac{ab}{2}$. Theo AM-GM: $\frac{1}{a}+\frac{4}{b}\ge 2\sqrt{\frac{4}{ab}}=\frac{4}{\sqrt{ab}}$, suy ra $\sqrt{ab}\ge 4$, $S\ge 8$. Dấu bằng khi $\frac{1}{a}=\frac{4}{b}=\frac{1}{2}$, tức $a=2$, $b=8$. Khi đó phương trình: $\frac{x}{2}+\frac{y}{8}=1⟺4x+y-8=0$, không phải $x+y-5=0$. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Đường thẳng qua $A(5;0)$ và $B(0;-2)$: $\frac{x}{5}+\frac{y}{-2}=1⟺2x-5y-10=0$. Thử lại cả hai điểm đều thỏa.
b) (AI giải đề cho tôi)
$y=2(x+6)-4=2x+8$, thỏa mãn qua $A(-6;-4)$ và hệ số góc 2.
c) (AI giải đề cho tôi)
Phương trình đúng là $\frac{x}{4}+\frac{y}{-1}=1⟺x-4y-4=0$, không phải $x-4y-3=0$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Với $\frac{1}{a}+\frac{4}{b}=1$, AM-GM cho $ab\ge 16$, min khi $a=2$, $b=8$, phương trình là $4x+y-8=0$, không phải $x+y-5=0$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 9: Cho $A(2;-1),B(4;5),C(-3;2)$.

a) $\overrightarrow{AB}=(2;6)$, chọn VTCP $(1;3)$. Phương trình tham số của $AB$: $\{\begin{array}{l}x=2+t\\ y=-1+3t\end{array}$ ($t\in \mathbb{R}$).

b) Đường cao kẻ từ $A$ vuông góc với $BC$. $\overrightarrow{BC}=(-7;-3)$ nên đường cao nhận $\vec{n}=(7;3)$ làm VTPT, qua $A(2;-1)$: $7(x-2)+3(y+1)=0\iff 7x+3y-11=0$.

c) $M$ trung điểm $AC$: $M\left(-\frac{1}{2};\frac{1}{2}\right)$. $\overrightarrow{BM}=\left(-\frac{9}{2};-\frac{9}{2}\right)\parallel (1;1)$, đường thẳng qua $B(4;5)$: $y-5=x-4\iff x-y+1=0$.

d) Trung điểm $AB$ là $(3;2)$, đường trung trực nhận $\vec{n}=(1;3)$ (VTCP của $AB$): $(x-3)+3(y-2)=0\iff x+3y-9=0$.

e) $\overrightarrow{AC}=(-5;3)$ nên VTPT của đường cần tìm là $(3;5)$, qua $B(4;5)$: $3(x-4)+5(y-5)=0\iff 3x+5y-37=0$.

f) Vuông góc với $AB$ nên nhận $\vec{n}=(1;3)$, qua $C(-3;2)$: $(x+3)+3(y-2)=0\iff x+3y-3=0$.

g) $S=\frac{1}{2}\left|x_{\overrightarrow{AB}}{y}_{\overrightarrow{AC}}-y_{\overrightarrow{AB}}{x}_{\overrightarrow{AC}}\right|=\frac{1}{2}|2\cdot 3-6\cdot (-5)|=\frac{36}{2}=18$ (đơn vị diện tích).

h) Trọng tâm: $G=\left(\frac{2+4-3}{3};\frac{-1+5+2}{3}\right)=(1;2)$.

Trực tâm: giao của đường cao từ $A$: $7x+3y-11=0$ và đường cao từ $B$ (vuông góc $AC$, VTPT $(5;-3)$): $5(x-4)-3(y-5)=0\iff 5x-3y-5=0$. Cộng hai phương trình: $12x=16\Rightarrow x=\frac{4}{3}$, $y=\frac{5}{9}$. Vậy $H=\left(\frac{4}{3};\frac{5}{9}\right)$.

Tâm đường tròn ngoại tiếp: giao hai đường trung trực $x+3y-9=0$ và trung trực $AC$ (trung điểm $\left(-\frac{1}{2};\frac{1}{2}\right)$, VTPT $(-5;3)$): $-5x+3y-4=0$. Thay $x=9-3y$: $-45+15y+3y-4=0\Rightarrow 18y=49\Rightarrow y=\frac{49}{18}$, $x=\frac{5}{6}$. Vậy $O=\left(\frac{5}{6};\frac{49}{18}\right)$.

Kiểm tra: $O{A}^2={\left(2-\frac{5}{6}\right)}^2+{\left(-1-\frac{49}{18}\right)}^2=\frac{49}{36}+\frac{4489}{324}=\frac{441+4489}{324}=\frac{4930}{324}$; $O{B}^2={\left(4-\frac{5}{6}\right)}^2+{\left(5-\frac{49}{18}\right)}^2=\frac{361}{36}+\frac{1681}{324}=\frac{3249+1681}{324}=\frac{4930}{324}$; $O{C}^2={\left(-3-\frac{5}{6}\right)}^2+{\left(2-\frac{49}{18}\right)}^2=\frac{529}{36}+\frac{169}{324}=\frac{4761+169}{324}=\frac{4930}{324}$. Ba giá trị bằng nhau, kết quả đúng.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 10: Cho $A(-2;3)$, $B(4;-1)$ và $d:2x+3y-19=0$.

a) Đường thẳng $d$ có vectơ pháp tuyến ${\vec{n}}_d=(2;3)$, nên đường thẳng qua $A$ song song với $d$ có vectơ chỉ phương $\vec{u}=(3;-2)$ (hoặc $\vec{u}=(2;3)$). Chọn $\vec{u}=(3;-2)$, phương trình tham số:
$$\{\begin{array}{l}x=-2+3t\\ y=3-2t\end{array},t\in \mathbb{R}.$$
(Dạng tương đương khác: $x=-2+2t,y=3+3t$.)

b) Đường thẳng qua $B$ vuông góc với $d$ có vectơ chỉ phương là vectơ pháp tuyến của $d$: $\vec{u}={\vec{n}}_d=(2;3)$. Phương trình tham số:
$$\{\begin{array}{l}x=4+2t\\ y=-1+3t\end{array},t\in \mathbb{R}.$$

c) $\overrightarrow{AB}=(4-(-2);-1-3)=(6;-4)$. Vectơ pháp tuyến của $AB$: $\vec{n}=(2;3)$ vì $2\cdot 6+3\cdot (-4)=12-12=0$. Phương trình tổng quát qua $A(-2;3)$:
$$2(x+2)+3(y-3)=0\iff 2x+3y-5=0.$$
Kiểm tra với $B(4;-1)$: $2\cdot 4+3\cdot (-1)-5=8-3-5=0$ (thỏa mãn). Vậy $AB:2x+3y-5=0$.

(AI giải đề cho tôi)
B là giao của AB và BH: giải $\{7x-y+4=0;2x+y-4=0\}$, cộng hai phương trình được $9x=0\Rightarrow x=0,y=4$, nên $B(0;4)$. A là giao của AB và AH: giải $\{7x-y+4=0;x-y-2=0\}$, trừ hai phương trình được $6x+6=0\Rightarrow x=-1,y=-3$, nên $A(-1;-3)$. H là giao của BH và AH: giải $\{2x+y-4=0;x-y-2=0\}$, cộng lại được $3x-6=0\Rightarrow x=2,y=0$, nên $H(2;0)$. Đường cao CH đi qua H và vuông góc với AB nên nhận vectơ pháp tuyến của AB làm vectơ chỉ phương: ${\vec{u}}_{CH}=(7;-1)$. Phương trình tham số: $\{x=2+7t;y=-t\}$, suy ra phương trình tổng quát: $x+7y-2=0$. Kiểm tra: H(2;0) thỏa mãn $2+0-2=0$; vectơ pháp tuyến $(1;7)$ vuông góc với $(7;-1)$ vì $7-7=0$. Vậy đường cao CH có phương trình $x+7y-2=0$.

(AI giải đề cho tôi)
A là giao điểm của AB và AC: giải $\{\begin{array}{l}5x-2y+6=0\\ 4x+7y-21=0\end{array}$ ta được $A(0;3)$.

Vì $H$ là trực tâm nên $BH\perp AC$ và $CH\perp AB$.
- Đường thẳng $BH$ đi qua $H(1;1)$ và có vecto chỉ phương là pháp tuyến của $AC$ là $(4;7)$, nên $BH$ có pháp tuyến $(7;-4)$: $7(x-1)-4(y-1)=0\iff 7x-4y-3=0$.
- Đường thẳng $CH$ đi qua $H(1;1)$ và có vecto chỉ phương là pháp tuyến của $AB$ là $(5;-2)$, nên $CH$ có pháp tuyến $(2;5)$: $2(x-1)+5(y-1)=0\iff 2x+5y-7=0$.

$B=AB\cap BH$: giải $\{\begin{array}{l}5x-2y+6=0\\ 7x-4y-3=0\end{array}$, nhân phương trình đầu với 2 rồi trừ: $3x+15=0\Rightarrow x=-5$, $y=\frac{5(-5)+6}{2}=-\frac{19}{2}$. Vậy $B\left(-5;-\frac{19}{2}\right)$.

$C=AC\cap CH$: giải $\{\begin{array}{l}4x+7y-21=0\\ 2x+5y-7=0\end{array}$, từ phương trình hai $x=\frac{7-5y}{2}$, thay vào: $14-10y+7y-21=0\Rightarrow y=-\frac{7}{3}$, $x=\frac{28}{3}$. Vậy $C\left(\frac{28}{3};-\frac{7}{3}\right)$.

Vecto $\overrightarrow{BC}=\left(\frac{28}{3}+5;-\frac{7}{3}+\frac{19}{2}\right)=\left(\frac{43}{3};\frac{43}{6}\right)=\frac{43}{6}(2;1)$, nên $BC$ có vecto chỉ phương $(2;1)$, pháp tuyến $(1;-2)$.

Phương trình $BC$ qua $B\left(-5;-\frac{19}{2}\right)$: $1(x+5)-2\left(y+\frac{19}{2}\right)=0\iff x-2y-14=0$.

Kiểm tra: $C\left(\frac{28}{3};-\frac{7}{3}\right)$: $\frac{28}{3}+\frac{14}{3}-14=14-14=0$ ✓. Vậy $BC:x-2y-14=0$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$. Ta có $G\left(\frac{-6+0+3}{3};\frac{3-1+2}{3}\right)=G\left(-1;\frac{4}{3}\right)$.

Với mọi điểm $M$: $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=3\overrightarrow{MG}$, nên $\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|=3MG$. Do đó biểu thức nhỏ nhất khi và chỉ khi $MG$ nhỏ nhất, tức $M$ là hình chiếu vuông góc của $G$ lên đường thẳng $d:2x-y-3=0$.

Tính $2x_G-y_G-3=2(-1)-\frac{4}{3}-3=-\frac{19}{3}$. Hình chiếu:
$$M=G-\frac{2x_G-y_G-3}{2^2+(-1{)}^2}(2;-1)=G+\frac{19}{15}(2;-1)=\left(-1+\frac{38}{15};\frac{4}{3}-\frac{19}{15}\right)=\left(\frac{23}{15};\frac{1}{15}\right).$$

Kiểm tra: $2\cdot \frac{23}{15}-\frac{1}{15}-3=\frac{46-1-45}{15}=0$, nên $M\in d$. Vậy $M\left(\frac{23}{15};\frac{1}{15}\right)$, giá trị nhỏ nhất là $3MG=3\cdot \frac{19}{3\sqrt{5}}=\frac{19\sqrt{5}}{5}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $M(0;m)$ nằm trên trục $Oy$. Đường thẳng $AB$ đi qua $A(3;0)$, $B(0;4)$ có phương trình: $\frac{x}{3}+\frac{y}{4}=1\iff 4x+3y-12=0$. Độ dài $AB=\sqrt{3^2+4^2}=5$. Khoảng cách từ $M$ đến $AB$ là $d(M,AB)=\frac{|3\cdot 0+3m-12|}{\sqrt{4^2+3^2}}=\frac{|3m-12|}{5}$. Diện tích tam giác $MAB$: $S=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot d(M,AB)=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot \frac{|3m-12|}{5}=\frac{|3m-12|}{2}$. Theo đề $S=6\iff |3m-12|=12\iff 3m-12=\pm 12\iff m=8$ hoặc $m=0$. Kiểm tra: với $M(0;8)$, tam giác có đáy $AB=5$, chiều cao từ $M$ xuống $AB$ bằng $\frac{|24-12|}{5}=\frac{12}{5}$, diện tích $=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot \frac{12}{5}=6$ ✓; với $M(0;0)=O$, tam giác $OAB$ vuông tại $O$ có diện tích $\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 4=6$ ✓. Vậy có hai điểm thỏa mãn: $M(0;0)$ hoặc $M(0;8)$.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 17: a) Đường thẳng AC đi qua A(0;3) và có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{AC}=(5;-2)$, nên phương trình tham số: $x=5t,y=3-2t$ ($t\in \mathbb{R}$).

b) Ta có $\overrightarrow{MA}+2\overrightarrow{MB}+3\overrightarrow{MC}=(\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OM})+2(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OM})+3(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OM})=6\overrightarrow{OM}-(\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}+3\overrightarrow{OC})$.
Tính $\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}+3\overrightarrow{OC}=(0;3)+2(1;-2)+3(5;1)=(17;2)$.
Vậy biểu thức cần xét có độ dài $|6\overrightarrow{OM}-(17;2)|=6\left|\overrightarrow{OM}-\left(\frac{17}{6};\frac{1}{3}\right)\right|$, nhỏ nhất khi $M$ là hình chiếu vuông góc của $P\left(\frac{17}{6};\frac{1}{3}\right)$ lên $d:4x-3y-2=0$.
Thay $P$ vào vế trái của $d$: $f(P)=4\cdot \frac{17}{6}-3\cdot \frac{1}{3}-2=\frac{34}{3}-3=\frac{25}{3}$.
Hình chiếu: $M=P-\frac{f(P)}{4^2+3^2}(4;-3)=\left(\frac{17}{6};\frac{1}{3}\right)-\frac{1}{3}(4;-3)=\left(\frac{3}{2};\frac{4}{3}\right)$.
Kiểm tra: $4\cdot \frac{3}{2}-3\cdot \frac{4}{3}-2=6-4-2=0$ ✓. Vậy $M\left(\frac{3}{2};\frac{4}{3}\right)$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $B\left(b;\frac{10-b}{7}\right)\in BM$ và $C\left(c;\frac{c+2}{2}\right)\in CN$.

Trung điểm $N$ của $AB$ là $N\left(\frac{1+b}{2};\frac{3+\frac{10-b}{7}}{2}\right)$. Vì $N\in CN$: $x-2y+2=0$, thay vào: $\frac{1+b}{2}-\left(3+\frac{10-b}{7}\right)+2=0$. Nhân với 14: $7+7b-42-20+2b+28=0\Rightarrow 9b-27=0\Rightarrow b=3$. Suy ra $B(3;1)$.

Trung điểm $M$ của $AC$ là $M\left(\frac{1+c}{2};\frac{3+\frac{c+2}{2}}{2}\right)$. Vì $M\in BM$: $x+7y-10=0$, thay vào: $\frac{1+c}{2}+\frac{56+7c}{4}-10=0$. Nhân với 4: $2+2c+56+7c-40=0\Rightarrow 9c+18=0\Rightarrow c=-2$. Suy ra $C(-2;0)$.

Đường thẳng $BC$ đi qua $B(3;1)$ và $C(-2;0)$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{BC}=(-5;-1)$, phương trình: $\frac{x-3}{-5}=\frac{y-1}{-1}$, tức $x-5y+2=0$.

Kiểm tra: $B(3;1)$: $3-5+2=0$ ✓; $C(-2;0)$: $-2+2=0$ ✓.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 5: Cho AB: 4x+y-12=0, đường cao BH: 5x-4y-15=0, đường cao AH: 2x+2y-9=0.

Bước 1: Tìm A và B.
- B nằm trên AB và BH: giải $\{\begin{array}{l}4x+y-12=0\\ 5x-4y-15=0\end{array}$, từ pt đầu $y=12-4x$, thay vào: $5x-4(12-4x)-15=0\Rightarrow 21x=63\Rightarrow x=3$, $y=0$. Vậy $B(3;0)$.
- A nằm trên AB và AH: $4x+(12-4x)$... thay $y=12-4x$ vào $2x+2y-9=0$: $2x+24-8x-9=0\Rightarrow -6x=-15\Rightarrow x=\frac{5}{2}$, $y=2$. Vậy $A\left(\frac{5}{2};2\right)$.

Bước 2: Cạnh AC đi qua A và vuông góc với BH nên có vtpt là vtcp của BH: ${\vec{n}}_{AC}=(4;5)$. AC: $4x+5y+c=0$; thay A: $10+10+c=0\Rightarrow c=-20$. Vậy $AC:4x+5y-20=0$.

Bước 3: Cạnh BC đi qua B và vuông góc với AH nên có vtpt là vtcp của AH: ${\vec{n}}_{BC}=(1;-1)$. BC: $x-y+c=0$; thay B: $3+c=0\Rightarrow c=-3$. Vậy $BC:x-y-3=0$.

Bước 4: $C=AC\cap BC$: từ $x=y+3$ thay vào AC: $4(y+3)+5y-20=0\Rightarrow 9y=8\Rightarrow y=\frac{8}{9}$, $x=\frac{35}{9}$. Vậy $C\left(\frac{35}{9};\frac{8}{9}\right)$.

Bước 5: Đường cao còn lại kẻ từ C, vuông góc với AB nên có vtpt là vtcp của AB: $\vec{n}=(1;-4)$. Đường cao: $x-4y+c=0$; thay C: $\frac{35}{9}-\frac{32}{9}+c=0\Rightarrow c=-\frac{1}{3}$. Vậy đường cao từ C: $x-4y-\frac{1}{3}=0$, tức $3x-12y-1=0$.

Kết quả: $AC:4x+5y-20=0$; $BC:x-y-3=0$; đường cao từ C: $3x-12y-1=0$.

Kiểm tra: AC qua A: $4\cdot \frac{5}{2}+5\cdot 2-20=0$ ✓; AC $\perp$ BH: $(4;5)\cdot (5;-4)=0$ ✓. BC qua B: $3-0-3=0$ ✓; BC $\perp$ AH: $(1;-1)\cdot (2;2)=0$ ✓. Đường cao qua C: $3\cdot \frac{35}{9}-12\cdot \frac{8}{9}-1=\frac{35}{3}-\frac{32}{3}-1=0$ ✓; vuông góc AB: $(1;-4)\cdot (4;1)=0$ ✓.

(AI giải đề cho tôi)
Bài 13: Cho $d:2x-y+1=0$, $A(-1;2)$, $B(4;0)$.

a) Khoảng cách từ $A$ đến $d$:
$$d(A,d)=\frac{|2\cdot (-1)-2+1|}{\sqrt{2^2+(-1{)}^2}}=\frac{|-3|}{\sqrt{5}}=\frac{3\sqrt{5}}{5}.$$

b) Vectơ pháp tuyến của $d$ là $\vec{n}=(2;-1)$. Đường thẳng qua $A$ vuông góc với $d$:
$$\{\begin{array}{l}x=-1+2t\\ y=2-t\end{array}$$
Thay vào phương trình $d$: $2(-1+2t)-(2-t)+1=0\Rightarrow -3+5t=0\Rightarrow t=\frac{3}{5}$.
Suy ra hình chiếu $H\left(-1+\frac{6}{5};2-\frac{3}{5}\right)=H\left(\frac{1}{5};\frac{7}{5}\right)$.
Kiểm tra: $2\cdot \frac{1}{5}-\frac{7}{5}+1=0$ ✓.

c) Gọi $C(0;c)$ trên trục $Oy$. Trọng tâm tam giác $ABC$:
$$G\left(\frac{-1+4+0}{3};\frac{2+0+c}{3}\right)=\left(1;\frac{c+2}{3}\right).$$
$G\in d\Rightarrow 2\cdot 1-\frac{c+2}{3}+1=0\Rightarrow 9-(c+2)=0\Rightarrow c=7$.
Vậy $C(0;7)$.

Diện tích tam giác $ABC$ với $A(-1;2)$, $B(4;0)$, $C(0;7)$:
$$S=\frac{1}{2}\left|x_A(y_B-y_C)+x_B(y_C-y_A)+x_C(y_A-y_B)\right|=\frac{1}{2}\left|(-1)(0-7)+4(7-2)+0\right|=\frac{1}{2}|7+20|=\frac{27}{2}.$$

Kết luận: a) $d(A,d)=\frac{3\sqrt{5}}{5}$; b) $H\left(\frac{1}{5};\frac{7}{5}\right)$; c) $C(0;7)$, $S_{ABC}=\frac{27}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $A(a;0)$, $B(0;b_0)$ là giao điểm của $d$ với hai trục. Vì $M(5;-3)$ là trung điểm $AB$ nên $\frac{a+0}{2}=5\Rightarrow a=10$ và $\frac{0+b_0}{2}=-3\Rightarrow b_0=-6$. Đường thẳng qua $(10;0)$ và $(0;-6)$ có dạng $\frac{x}{10}+\frac{y}{-6}=1$, suy ra $3x-5y-30=0$. Vậy $b=-5$, $c=-30$, do đó $P=2b+c=2(-5)+(-30)=-40$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình ở trang 3 xác nhận bố trí: $A$ trên-trái, $D$ trên-phải, $E$ thuộc $AD$, $F$ thuộc $CD$, $B$ dưới-trái, $C$ dưới-phải. Chọn hệ trục: $B(0;0)$, $A(0;24)$, $C(29;0)$, $D(29;24)$. Khi đó $E(9;24)$ (vì $AE=9$) và $F(29;12)$ (vì $FC=12$). Vùng nuôi Vịt là tam giác $DEF$, ranh giới gần $B$ nhất là đoạn $EF$. Đường thẳng $EF$ qua $E(9;24)$ với vecto chỉ phương $(20;-12)$ có phương trình $3x+5y-147=0$. Khoảng cách từ $B(0;0)$ đến $EF$: $d=\frac{147}{\sqrt{34}}=\frac{147\sqrt{34}}{34}\approx 25,21$ m. Chân đường vuông góc từ $B$ xuống $EF$ có tham số $t=\frac{(B-E)\cdot (20;-12)}{20^2+12^2}=\frac{108}{544}\in (0;1)$, nên thuộc đoạn $EF$. Vậy Tuấn quăng lưỡi câu xa tối đa $\frac{147}{\sqrt{34}}\approx 25,2$ m.

(AI giải đề cho tôi)
Ô tô chuyển động trên đường thẳng qua $A(50;10)$ và $B(20;25)$. Vectơ chỉ phương $\overrightarrow{AB}=(-30;15)$, suy ra vectơ pháp tuyến $(1;2)$, phương trình đường thẳng: $x+2y-70=0$. Vị trí ô tô gần trung tâm $O$ nhất là hình chiếu vuông góc của $O$ lên đường thẳng này. Áp dụng công thức hình chiếu: $H=O-\frac{0+2\cdot 0-70}{1^2+2^2}\cdot (1;2)=\frac{70}{5}(1;2)=(14;28)$. Vậy $(a;b)=(14;28)$ và $-3a+b=-3\cdot 14+28=-42+28=-14$.

Cách 1:

Vì $K\in \Delta :y=2-x$ nên $K(x;2-x)$.

Ta có $\overrightarrow{AK}=\left(x-\sqrt{6};-x\right)$ và $\overrightarrow{BK}=\left(x-\sqrt{2};-x-4\right)$

$AK=\sqrt{{\left(x-\sqrt{6}\right)}^2+x^2}=\sqrt{2x^2-2\sqrt{6}x+6}$

$BK=\sqrt{{\left(\sqrt{2}-x\right)}^2+(-x-4{)}^2}=\sqrt{2x^2+\left(8-2\sqrt{2}\right)x+18}$

Xét hàm số $f(x)=AK+BK=\sqrt{2x^2-2\sqrt{6}x+6}+\sqrt{2x^2+\left(8-2\sqrt{2}\right)x+18}$ với $x\le \sqrt{6}$.

Dùng lệnh Table dò tìm ta được $f_{\min }\approx 6,602720496$ tại $x\approx 0,4405\Rightarrow y\approx 1,5595$.

Vậy điểm $K\left(0,4405;1,5595\right)$.

Cách 2:

Dễ thấy hai điểm $A,B$ nằm cùng phía với $\Delta$.
Gọi $B^{\prime }$ là điểm đối xứng với $B$ qua $\Delta$.
Khi đó $AK+BK=AK+B^{\prime }K$ nhỏ nhất khi và chỉ khi $A,K,B^{\prime }$ thẳng hàng và ${\left(AK+BK\right)}_{\min }=A{B}^{\prime }$.

+ Tìm tọa độ điểm $B^{\prime }(a;b)$.

Tọa độ $(a;b)$ của $B^{\prime }$ thỏa mãn hệ phương trình $\{\begin{array}{l}\left(a-\sqrt{2}\right).1-(b-6).1=0\\ \frac{a+\sqrt{2}}{2}+\frac{b+6}{2}-2=0\end{array}$

$\iff \{\begin{array}{l}a-b=\sqrt{2}-6\\ a+b=-2-\sqrt{2}\end{array}\iff \{\begin{array}{l}a=-4\\ b=2-\sqrt{2}\end{array}\to B^{\prime }\left(-4;2-\sqrt{2}\right)$.

+ Phương trình đường thẳng $A{B}^{\prime }$: $\sqrt{2}\left(x-\sqrt{6}\right)-\left(4+\sqrt{6}\right)(y-2)=0$

$\iff \sqrt{2}x-\left(4+\sqrt{6}\right)y-2\sqrt{3}+2\sqrt{6}+8=0$.

+ Tọa độ điểm $K$.
Ta có $K=A{B}^{\prime }\cap \Delta$ nên tọa độ điểm $K$ là nghiệm của hệ phương trình

$\{\begin{array}{l}x+y=2\\ \sqrt{2}x-\left(4+\sqrt{6}\right)y=2\sqrt{3}-2\sqrt{6}-8\end{array}\iff \{\begin{array}{l}x=0,\mathrm{440517...}\\ y=1,\mathrm{559482...}\end{array}$

Vậy điểm $K\left(0,4405;1,5595\right)$.

(AI giải đề cho tôi)
Kiểm tra từng ý: b) Vecto chỉ phương $BC=(-3;2)$ nên $BC$ có VTPT $(2;3)$, thay $B(-2;1)$: $-4+3+1=0$, thay $C(-5;3)$: $-10+9+1=0$, vậy $BC:2x+3y+1=0$ → đúng. a) $d(A,BC)=|2\cdot 1+3\cdot 2+1|/\sqrt{13}=9/\sqrt{13}=\frac{9\sqrt{13}}{13}$ → đúng. c) $P=3\cdot \overrightarrow{OM}-(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})=3\cdot \overrightarrow{OM}-(-6;6)$, $|P|$ nhỏ nhất khi $M$ là hình chiếu của trọng tâm $G(-2;2)$ lên $d:x+2y+8=0$. Vì $x_G+2y_G+8=10$, ta có $M=G-(10/5)(1;2)=(-4;-2)$, nên $a+b=-6$ → đúng. d) $E(20;-14)$ thuộc $d$ ($20-28+8=0$) nhưng không thuộc $BC$ ($2\cdot 20+3\cdot (-14)+1=-1\ne 0$), nên $E$ không là giao điểm của $BC$ và $d$ → sai. Kết quả khớp đáp án nguồn (Đ, Đ, Đ, S).
a) (AI giải đề cho tôi)
$d(A,BC)=|2\cdot 1+3\cdot 2+1|/\sqrt{13}=9/\sqrt{13}=\frac{9\sqrt{13}}{13}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$BC$ qua $B(-2;1)$, $C(-5;3)$ có VTPT $(2;3)$: $2x+3y+1=0$, thỏa cả $B$ và $C$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$P=3\cdot \overrightarrow{OM}-(-6;6)$ nhỏ nhất khi $M$ là hình chiếu của $G(-2;2)$ trên $d$, tính được $M(-4;-2)$ nên $a+b=-6$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$E(20;-14)$ thuộc $d$ nhưng $2\cdot 20+3\cdot (-14)+1=-1\ne 0$ nên $E$ không thuộc $BC$, do đó không là giao điểm của $BC$ và $d$.

(AI giải đề cho tôi)
Đường thẳng $(d)$ có dạng $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$ với $a,b>0$. Vì $(d)$ qua $M(3;1)$ nên $\frac{3}{a}+\frac{1}{b}=1$. Đặt $u=\frac{1}{a},v=\frac{1}{b}$ ($u,v>0$), ta cần tối thiểu $P=u^2+v^2$ với ràng buộc $3u+v=1$. Theo Cauchy-Schwarz: $(u^2+v^2)(9+1)\ge (3u+v{)}^2=1$, nên $P\ge \frac{1}{10}$, dấu '=' khi $\frac{u}{3}=\frac{v}{1}$, tức $u=\frac{3}{10},v=\frac{1}{10}$. Suy ra $a=\frac{10}{3},b=10$. Khi đó $(d)$: $\frac{3x}{10}+\frac{y}{10}=1\iff 3x+y-10=0$. Kiểm tra: đi qua $M(3;1)$ vì $9+1-10=0$; cắt $Ox$ tại $A\left(\frac{10}{3};0\right)$, $Oy$ tại $B(0;10)$, thỏa $a,b>0$. Giá trị nhỏ nhất $\frac{1}{O{A}^2}+\frac{1}{O{B}^2}=\frac{9}{100}+\frac{1}{100}=\frac{1}{10}$. Kết quả khớp với đáp án nguồn: D.