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

(AI giải đề cho tôi)
Giao điểm hai trung tuyến $BM$ và $CN$ là trọng tâm $G$: giải $x+7y-10=0$, $x-2y+2=0$ được $G(\frac{2}{3};\frac{4}{3})$. Gọi $B(b_1;b_2)$ trên $BM$: $b_1+7b_2=10$; trung điểm $N$ của $AB$ nằm trên $CN$: $(1+b_1)-2(3+b_2)+2=0\Rightarrow b_1-2b_2=3$. Suy ra $b_2=1$, $b_1=3$, tức $B(3;1)$. Gọi $C(c_1;c_2)$ trên $CN$: $c_1-2c_2=-2$; trung điểm $M$ của $AC$ nằm trên $BM$: $(1+c_1)+7(3+c_2)-20=0\Rightarrow c_1+7c_2=-2$. Suy ra $c_2=0$, $c_1=-2$, tức $C(-2;0)$. Đường thẳng $BC$ qua $B(3;1)$ và $C(-2;0)$ có vectơ chỉ phương $(5;1)$, phương trình: $x-5y+2=0$. Khớp đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Kiểm tra từng ý. b) VTCP của BC là (-3;2) nên VTPT (2;3), qua B(-2;1): 2(-2)+3(1)+c=0 ⇒ c=1, được BC: 2x+3y+1=0. Đúng. a) Giao BC với d: thay x=-2y-8 vào 2x+3y+1=0 ⇒ -4y-16+3y+1=0 ⇒ y=-15, x=22. Giao điểm là (22;-15), không phải E(20;-14). Sai. c) d(A,BC)=|2·1+3·2+1|/√13=9/√13=9√13/13. Đúng. d) P=3(MG−...) tức P=3\overrightarrow{MG} với G là trọng tâm tam giác ABC: G=(-2;2). P nhỏ nhất ⇔ |\overrightarrow{MG}| nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của G trên d. Hình chiếu: M=G−((x_G+2y_G+8)/5)(1;2)=(-2;2)−(10/5)(1;2)=(-4;-2). Vậy a+b=-6. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Giao điểm của BC: 2x+3y+1=0 và d: x+2y+8=0 là (22;-15), không phải E(20;-14).
b) (AI giải đề cho tôi)
VTPT (2;3), qua B(-2;1) ⇒ 2x+3y+1=0.
c) (AI giải đề cho tôi)
d(A,BC)=|2+6+1|/√13=9√13/13.
d) (AI giải đề cho tôi)
P=3\overrightarrow{MG}, G(-2;2) trọng tâm; M là hình chiếu của G trên d: M(-4;-2), a+b=-6.

(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 $u=\frac{1}{a},v=\frac{1}{b}$, ta cần tìm min của $u^2+v^2$ với điều kiện $3u+v=1$. Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $(3u+v{)}^2\le (3^2+1^2)(u^2+v^2)=10(u^2+v^2)$, nên $u^2+v^2\ge \frac{1}{10}$, dấu bằng khi $\frac{u}{3}=\frac{v}{1}$, tức $u=\frac{3}{10},v=\frac{1}{10}$. Suy ra $a=\frac{10}{3},b=10$, đường thẳng là $\frac{3x}{10}+\frac{y}{10}=1\iff 3x+y-10=0$. Kiểm tra: qua $M(3;1)$: $9+1-10=0$ đúng; $a=10/3>0,b=10>0$ thỏa. Kết quả trùng với đáp án nguồn là B.

(AI giải đề cho tôi)
Đường thẳng AB: x−2y=0 có vecto pháp tuyến (1;−2), nên AD vuông góc AB có vecto chỉ phương (1;−2) và đi qua M(−1/2;1): điểm trên AD dạng (−1/2+t; 1−2t). Thay vào x=2y: −1/2+t=2−4t ⇒ t=1/2 ⇒ A(0;0). Gọi B(2y;y) trên AB, BC vuông góc AB nên C=B+v(1;−2)=(2;6): 2y+v=2, y−2v=6 ⇒ y=2, v=−2 ⇒ B(4;2), AB=√(16+4)=2√5. D=A+w(1;−2)=(w;−2w), CD∥AB (chỉ phương (2;1)): (2−w; 6+2w)∥(2;1) ⇒ 2−w=2(6+2w) ⇒ w=−2 ⇒ D(−2;4), AD=2√5. Diện tích = AB·AD = 2√5·2√5 = 20, khớp đáp số nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $A(x_1;y_1)\in {\Delta }_1$, vì $P(2;1)$ là trung điểm $AB$ nên $B(4-x_1;2-y_1)$. Điều kiện: $A\in {\Delta }_1\Rightarrow x_1-y_1+1=0$; $B\in {\Delta }_2\Rightarrow 2(4-x_1)+(2-y_1)-1=0\iff 9-2x_1-y_1=0$. Trừ hai phương trình: $8-3x_1=0\Rightarrow x_1=\frac{8}{3}$, $y_1=\frac{11}{3}$. Suy ra $B\left(\frac{4}{3};-\frac{5}{3}\right)$. Vecto chỉ phương $\overrightarrow{AB}=\left(\frac{4}{3};\frac{16}{3}\right)\parallel (1;4)$, nên đường thẳng qua $P$ có hệ số góc $4$: $y-1=4(x-2)\iff 4x-y-7=0$. Chuyển về dạng $ax+by-1=0$: chia cho $-7$ rồi nhân $-1$, ta được $\frac{4}{7}x-\frac{1}{7}y-1=0$, tức $a=\frac{4}{7},b=-\frac{1}{7}$. Vậy $3a+2b=\frac{12}{7}-\frac{2}{7}=\frac{10}{7}\approx 1,43$.

(AI giải đề cho tôi)
Điểm $C(a;b)$ thuộc $d$ nên $b=7a+8$. Khoảng cách $CQ=\sqrt{685}$ cho $(a+2{)}^2+(7a+9{)}^2=685$. Khai triển: $a^2+4a+4+49a^2+126a+81=685\Rightarrow 50a^2+130a-600=0\Rightarrow 5a^2+13a-60=0$. Giải: $a=\frac{-13\pm \sqrt{169+1200}}{10}=\frac{-13\pm 37}{10}$, tức $a=\frac{12}{5}$ hoặc $a=-5$. Vì $C$ có hoành độ nhỏ nhất nên $a=-5$, khi đó $b=7(-5)+8=-27$. Vậy $4a+7b=4(-5)+7(-27)=-20-189=-209$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $M(a;b)\in \Delta :x+y-2=0$ nên $b=2-a$. Ta có $\overrightarrow{AB}=(2-1;1-3)=(1;-2)$ và $\overrightarrow{AM}=(a-1;(2-a)-3)=(a-1;-a-1)$. Diện tích tam giác $MAB$ là $S=\frac{1}{2}\left|1\cdot (-a-1)-(-2)(a-1)\right|=\frac{1}{2}\left|-a-1+2a-2\right|=\frac{1}{2}|a-3|$. Theo đề $S=4$ nên $|a-3|=8$, cho $a=11$ hoặc $a=-5$. Vì $a>0$ nên $a=11$, suy ra $b=2-11=-9$. Vậy $a\cdot b=11\cdot (-9)=-99$, khớp với đáp án nguồn (mã đề 0111, câu 22).

a) $AC\perp BH$ nên $AC$ có một vectơ pháp tuyến là $\vec{n}=(3;-1)$. $AC:3(x+1)-1(y+2)=0$ hay $3x-y+1=0$. $A$ là giao điểm của $AC$ và $AM$. Xét hệ: $\{\begin{array}{l}3x-y+1=0\\ 5x+y-9=0\end{array}$. Giải được $x=1;y=4$. Vậy $A(1;4)$.
b) $B\in BH$ nên $B(5-3b;b)$. $M$ là trung điểm $BC$ nên $M\left(\frac{4-3b}{2};\frac{b-2}{2}\right)$. $M\in AM$ nên $5\left(\frac{4-3b}{2}\right)+\left(\frac{b-2}{2}\right)-9=0$. Giải được $b=0$. Vậy $B(5;0)$.
Lưu ý: Học sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tương đương.

a) $AC\perp BH$ nên $AC$ có một vectơ pháp tuyến là $\vec{n}=(3;-1)$. $AC:3(x+1)-1(y+2)=0$ hay $3x-y+1=0$. $A$ là giao điểm của $AC$ và $AM$. Xét hệ: $\{\begin{array}{l}3x-y+1=0\\ 5x+y-9=0\end{array}$. Giải được $x=1;y=4$. Vậy $A(1;4)$.
b) $B\in BH$ nên $B(5-3b;b)$. $M$ là trung điểm $BC$ nên $M\left(\frac{4-3b}{2};\frac{b-2}{2}\right)$. $M\in AM$ nên $5\left(\frac{4-3b}{2}\right)+\left(\frac{b-2}{2}\right)-9=0$. Giải được $b=0$. Vậy $B(5;0)$.
Lưu ý: Học sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tương đương.

a) $AC\perp BH$ nên $AC$ có một vectơ pháp tuyến là $\vec{n}=(3;-1)$. $AC:3(x+1)-1(y+2)=0$ hay $3x-y+1=0$. $A$ là giao điểm của $AC$ và $AM$. Xét hệ: $\{\begin{array}{l}3x-y+1=0\\ 5x+y-9=0\end{array}$. Giải được $x=1;y=4$. Vậy $A(1;4)$.
b) $B\in BH$ nên $B(5-3b;b)$. $M$ là trung điểm $BC$ nên $M\left(\frac{4-3b}{2};\frac{b-2}{2}\right)$. $M\in AM$ nên $5\left(\frac{4-3b}{2}\right)+\left(\frac{b-2}{2}\right)-9=0$. Giải được $b=0$. Vậy $B(5;0)$.
Lưu ý: Học sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tương đương.

a) $AC\perp BH$ nên $AC$ có một vectơ pháp tuyến là $\vec{n}=(3;-1)$. $AC:3(x+1)-1(y+2)=0$ hay $3x-y+1=0$. $A$ là giao điểm của $AC$ và $AM$. Xét hệ: $\{\begin{array}{l}3x-y+1=0\\ 5x+y-9=0\end{array}$. Giải được $x=1;y=4$. Vậy $A(1;4)$.
b) $B\in BH$ nên $B(5-3b;b)$. $M$ là trung điểm $BC$ nên $M\left(\frac{4-3b}{2};\frac{b-2}{2}\right)$. $M\in AM$ nên $5\left(\frac{4-3b}{2}\right)+\left(\frac{b-2}{2}\right)-9=0$. Giải được $b=0$. Vậy $B(5;0)$.
Lưu ý: Học sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tương đương.

(AI giải đề cho tôi)
Tàu B chuyển động trên đường thẳng qua điểm $(-5;-3)$ với vecto chỉ phương $(20;-30)$, tức $(2;-3)$, có phương trình: $x=-5+2s,y=-3-3s\Rightarrow 3x+2y+21=0$. Khoảng cách ngắn nhất giữa tàu A$(2;-3)$ và tàu B là khoảng cách từ A đến đường thẳng này: $d=\frac{|3\cdot 2+2\cdot (-3)+21|}{\sqrt{3^2+2^2}}=\frac{21}{\sqrt{13}}\approx 5,8238\approx 5,8$ km.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đường cao từ A vuông góc với BC có VTPT (1;-1), đi qua A(-1;-2): phương trình tổng quát x + y + 3 = 0, phương trình tham số x = -1 + t, y = -2 - t (t ∈ ℝ).

b) Đường thẳng AB đi qua A(-1;-2) và M(-2;-8), có VTCP u = AM = (-1;-6) (hoặc (1;6)). Phương trình tham số: x = -1 + t, y = -2 + 6t. Phương trình tổng quát: 6x - y + 4 = 0 (kiểm tra: A: -6+2+4=0 ✓; M: -12+8+4=0 ✓).

c) B = AB ∩ BC: thay y = x + 4 vào 6x - y + 4 = 0 được 5x = 0 → B(0;4). VTCP AB = (1;6), VTCP BC = (1;1). cos B = |1+6|/(√37·√2) = 7/√74 ≈ 0,8137 → B̂ = arccos(7/√74) ≈ 35,5°.

d) Tam giác cân tại A nên AB = AC. C nằm trên BC: C(t; t+4). AC² = (t+1)² + (t+6)², AB² = 37. Giải (t+1)² + (t+6)² = 37 → 2t² + 14t = 0 → t = 0 (cho B) hoặc t = -7 → C(-7;-3). Kiểm tra: C thuộc BC vì -7 - (-3) + 4 = 0 ✓; AC² = 36 + 9 = 45... kiểm tra lại: AC² = (-7+1)² + (-3+2)² = 36 + 1 = 37 = AB² ✓.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì $K$ là hình chiếu vuông góc của $B$ trên $AC$ nên $BK\perp AC$, do đó $AC$ nhận vectơ pháp tuyến chính là vectơ chỉ phương của $BK$. Đường thẳng $BK:5x-6y+11=0$ có vectơ chỉ phương ${\vec{u}}_{BK}=(6;5)$, vậy ${\vec{n}}_{AC}=(6;5)$. Đường thẳng $AC$ đi qua $A(1;5)$ nên có phương trình: $6(x-1)+5(y-5)=0\iff 6x+5y-31=0$.

b) Gọi $B(a;b)$. Vì $M$ là trung điểm $AB$ nên $M\left(\frac{a+1}{2};\frac{b+5}{2}\right)$. Vì $M\in CM$ nên tồn tại $t$: $\frac{a+1}{2}=3+3t$, $\frac{b+5}{2}=1-2t$, suy ra $a=5+6t$, $b=-3-4t$. Lại vì $B\in BK$: $5(5+6t)-6(-3-4t)+11=0\iff 54+54t=0\iff t=-1$. Khi đó $B(-1;1)$. Kiểm tra: $M(0;3)$ thuộc $CM$ (với $t=-1$) và $5(-1)-6(1)+11=0$ đúng.

(AI giải đề cho tôi)
$H$ là hình chiếu vuông góc của $N(-1;-8)$ lên đường thẳng $\Delta :x+3y-5=0$. Đường thẳng qua $N$ vuông góc với $\Delta$ có VTCP $(1;3)$: điểm dạng $(-1+t;-8+3t)$. Thay vào $\Delta$: $-1+t+3(-8+3t)-5=0\Rightarrow 10t-30=0\Rightarrow t=3$. Vậy $H(2;1)$, tức $a=2$, $b=1$, nên $a+b=3$.

Gắn hệ trục tọa độ Oxy như hình vẽ. Vì hình chữ nhật ABCD với chiều dài $AD=14$ m, chiều rộng $AB=10$ m và độ dài các đoạn thẳng $AE=5$ m, $CF=6$ nên ta tìm được tọa độ $A(0;10),B(0;0),C(14;0),D(14;10),E(5;10),F(14;6)$. Đường thẳng EF đi qua $E(5;10),F(14;6)$ nên có một vecto chỉ phương là $\overrightarrow{EF}(9;-4)$, từ đó có một vecto pháp tuyến là $\vec{n}(4;9)$. Khi đó phương trình của đường thẳng $EF$ là $4(x-5)+9(y-10)=0$ hay $4x+9y-110=0$. Suy ra phương trình đoạn thẳng $EF$ là $4x+9y-110=0$ với $5\le x\le 14$. Gọi $\Delta$ là đường thẳng đi qua điểm $B$ và vuông góc với đường thẳng $EF$. Khi đó đường thẳng $\Delta$ có phương trình dạng $9x-4y+c=0$. Do điểm $B(0;0)\in \Delta$ nên tìm được $c=0$, suy ra đường thẳng $\Delta$ có phương trình là $9x-4y=0$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của điểm $B$ trên đường thẳng $EF$. Khi đó tọa độ $H$ là nghiệm của hệ $\{\begin{array}{l}4x+9y-110=0\\ 9x-4y=0\end{array}$. Giải hệ ta được: $\{\begin{array}{l}x=\frac{440}{97}\approx 4,54\\ y=\frac{990}{97}\approx 10,2\end{array}$ Nên $H\left(\frac{440}{97};\frac{990}{97}\right)$. Ta có điểm $H$ không thuộc đoạn thẳng $EF$. Vậy điểm $E$ nằm trong khu vực nuôi vịt gần gốc tọa độ $B$ nhất, và $BE=\sqrt{5^2+10^2}=5\sqrt{5}\approx 11,18$. Hơn nữa theo giả thiết An đứng ở vị trí $B$ câu cá và có thể quăng lưới câu xa 10,5m < 11,18m. Vậy lưới câu không thể vào nơi nuôi vịt được.

Gắn hệ trục tọa độ $Oxy$ như hình vẽ. Vì hình chữ nhật $ABCD$ với chiều dài $AD=16$ m, chiều rộng $AB=12$ m và độ dài các đoạn thẳng $AE=6$ m, $CF=7$ nên ta tìm được tọa độ $A(0;12),B(0;0),C(16;0),D(16;12),E(6;12),F(16;7)$. Đường thẳng $EF$ đi qua $E(6;12),F(16;7)$ nên có một vecto chỉ phương là $\overrightarrow{EF}(10;-5)$, từ đó có một vecto pháp tuyến là $\vec{n}(1;2)$. Khi đó phương trình của đường thẳng $EF$ là $1(x-6)+2(y-12)=0$ hay $x+2y-30=0$. Suy ra phương trình đoạn thẳng $EF$ là $x+2y-30=0$ với $6\le x\le 16$. Gọi $\Delta$ là đường thẳng đi qua điểm $B$ và vuông góc với đường thẳng $EF$. Khi đó đường thẳng $\Delta$ có phương trình dạng $2x-y+c=0$. Do điểm $B(0;0)\in \Delta$ nên tìm được $c=0$, suy ra đường thẳng $\Delta$ có phương trình là $2x-y=0$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của điểm $B$ trên đường thẳng $EF$. Khi đó tọa độ $H$ là nghiệm của hệ $$\{\begin{array}{l}x+2y-30=0\\ 2x-y=0\end{array}$$ Giải hệ ta được: $$\{\begin{array}{l}x=6\\ y=12\end{array}$$ Ta có điểm $H(6;12)$ trùng với điểm $E$ nằm trên đoạn thẳng $EF$ nên $H$ là điểm nằm trong phần tam giác $DEF$ (khu vực nuôi vịt) mà gần gốc tọa độ $B$ nhất. Khoảng cách ngắn nhất đó là $BH=\sqrt{6^2+12^2}=6\sqrt{5}\approx 13,4$ m. Hơn nữa theo giả thiết Bình đứng ở vị trí $B$ câu cá và có thể quăng lưới câu xa 10,5m $<13,4$m. Vậy lưới câu không thể vào nơi nuôi vịt được.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đường thẳng $AC$ đi qua $A(2;1)$ và $C(-1;3)$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{AC}=(-3;2)$, nên vectơ pháp tuyến $\vec{n}=(2;3)$. Phương trình: $2(x-2)+3(y-1)=0\iff 2x+3y-7=0$. Kiểm tra: $A$: $4+3-7=0$; $C$: $-2+9-7=0$. Đúng.

b) Trung điểm của $AB$ là $I\left(\frac{2+(-1)}{2};\frac{1+0}{2}\right)=\left(\frac{1}{2};\frac{1}{2}\right)$. Vectơ $\overrightarrow{AB}=(-3;-1)$ làm pháp tuyến của đường trung trực. Phương trình: $-3\left(x-\frac{1}{2}\right)-1\left(y-\frac{1}{2}\right)=0\iff 3x+y-2=0$.

c) Tam giác $ABM$ cân tại $M$ khi và chỉ khi $MA=MB$, tức $M$ nằm trên đường trung trực của $AB$: $3x+y-2=0$. Kết hợp với $M$ trên $(\Delta ):3x+2y-3=0$:
$$\{\begin{array}{l}3x+y-2=0\\ 3x+2y-3=0\end{array}$$
Trừ hai phương trình: $y-1=0\Rightarrow y=1$; suy ra $3x+2-3=0\Rightarrow x=\frac{1}{3}$.
Vậy $M\left(\frac{1}{3};1\right)$. Kiểm tra: $M{A}^2={\left(\frac{1}{3}-2\right)}^2+(1-1{)}^2=\frac{25}{9}$; $M{B}^2={\left(\frac{1}{3}+1\right)}^2+1^2=\frac{16}{9}+1=\frac{25}{9}$. Đúng $MA=MB$.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đường thẳng $d$ đi qua $M(1;1)$ và có vectơ chỉ phương $\vec{v}(40;30)$ (có thể rút gọn thành $(4;3)$). Phương trình tham số: $x=1+40t,y=1+30t$ với $t\in \mathbb{R}$ (hoặc $x=1+4t,y=1+3t$).

b) Gọi $\theta$ là góc giữa $AB$ và $d$. Với $B\in AB$, gọi $H$ là chân đường vuông góc từ $B$ xuống $d$, tam giác $BEH$ vuông tại $H$ nên $d(B,d)=BE\cdot \sin \theta$. Điều kiện $BE=2d(B,d)$ (với $B\ne E$) suy ra $\sin \theta =\frac{1}{2}$, tức góc giữa $AB$ và $d$ bằng $30^{\circ }$.

Đường thẳng $d:x-\sqrt{3}y-2=0$ có hệ số góc $k_d=\frac{1}{\sqrt{3}}$, tương ứng góc $30^{\circ }$ với trục $Ox$. Vậy $AB$ qua $A(1;\sqrt{3})$ và tạo với $d$ góc $30^{\circ }$, nên góc của $AB$ với trục $Ox$ là $0^{\circ }$ hoặc $60^{\circ }$.

- Trường hợp 1: $AB\parallel Ox$ qua $A$: $y=\sqrt{3}$. Kiểm tra: $AB$ cắt $d$ tại $E(5;\sqrt{3})$, với mọi $B\ne E$ trên đường này, $d(B,d)=\frac{|x_B-5|}{2}=\frac{BE}{2}$, thỏa $BE=2d(B,d)$. (Lưu ý $A(1;\sqrt{3})$ không thuộc $d$ vì $1-3-2=-4\ne 0$.)

- Trường hợp 2: $AB$ có hệ số góc $\tan 60^{\circ }=\sqrt{3}$: $y-\sqrt{3}=\sqrt{3}(x-1)\iff y=\sqrt{3}x$. Kiểm tra: giao điểm $E=(-1;-\sqrt{3})$, góc giữa hai đường bằng $|60^{\circ }-30^{\circ }|=30^{\circ }$, thỏa điều kiện.

Vậy có hai đường thẳng: $AB:y=\sqrt{3}$ và $AB:y=\sqrt{3}x$ (tức $\sqrt{3}x-y=0$).

Có $P(2;1),Q(10;7)\Rightarrow \overrightarrow{PQ}=(8;6)\Rightarrow vtpt\vec{n}=(6;-8)\Rightarrow PQ:6x-8y-4=0$
Khoảng cách ngắn nhất chính là độ dài đường cao KH hay khoảng cách từ K đến PQ
$d(K;PQ)=\frac{\left|6.13-8.2-4\right|}{\sqrt{6^2+(-8{)}^2}}=5,8$. Kết quả 5,8