SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
TRƯỜNG THPT XUÂN HƯNG
 & 

Mã số :………………
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
CÁC DẠNG BÀI TẬP
VIẾT PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
Người thực hiện : NGUYỄN THỊ THANH
Lĩnh vực nghiên cứu :
Quản lý giáo dục :
Phương pháp dạy học bộ môn :……………
Phương pháp giáo dục :
Lĩnh vực khác :…………………………… .
Có đính kèm :
Mô hình Phần mềm Phim ảnh Hiện vật khác
Năm học : 2013- 2014
BM 01-Bia SKKN
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN :
1. Họ và tên : NGUYỄN THỊ THANH
2. Ngày tháng năm sinh : 20 - 04 - 1987
3. Nam, nữ : NỮ
4. Địa chỉ : Tổ 1, khu 3, TT Gia Ray, huyện Xuân Lộc, tỉnh Đồng Nai
5. Điện thoại : 0906992829
6. Fax : - E-mail :
7. Chức vụ :
8. Đơn vị công tác : Trường THPT Xuân Hưng

Học sinh đã được truyền thụ kiến thức cơ bản về phương trình đường thẳng.
Được sự hỗ trợ của các thành viên trong tổ.
2. Khó khăn
Học sinh chưa có thói quen tìm tòi phương pháp giải khi gặp các bài toán tổng quát.
Cần có nhiều thời gian để tạo thói quen học tập cho học sinh.
3. Số liệu thống kê
Đang áp dụng để giảng dạy cho các đối tượng học sinh khá, giỏi.
III. NỘI DUNG ĐỀ TÀI
1.Cơ sở lí luận.
- Nhiệm vụ trung tâm trong trường học THPT là hoạt động dạy của thầy và hoạt động học của
trò, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”. Giúp
học sinh củng cố những kiến thức phổ thông đặc biệt là bộ môn toán học rất cần thiết không thể
thiếu trong đời sống của con người. Môn Toán là một môn học tự nhiên quan trọng và khó với kiến
thức rộng, đa phần các em ngại học môn này.
- Muốn học tốt môn toán các em phải nắm vững những tri thức khoa học ở môn toán một
cách có hệ thống, biết vận dụng lý thuyết linh hoạt vào từng dạng bài tập. Điều đó thể hiện ở việc
học đi đôi với hành, đòi hỏi học sinh phải có tư duy logic. Giáo viên cần định hướng cho học sinh
3
học và nghiên cứu môn toán học một cách có hệ thống trong chương trình học phổ thông, vận dụng
lý thuyết vào làm bài tập, phân dạng các bài tập rồi tổng hợp các cách giải.
- Trong SGK hình học 10 chỉ nêu một số bài tập viết phương trình đường thẳng đơn giản
chưa tạo ra được sự hứng thú, tìm tòi và sáng tạo của học sinh. Vì vậy khi gặp các bài toán phức tạp
hơn các em sẽ lúng túng trong việc tìm lời giải.
- Do vậy, tôi mạnh dạn đưa ra sáng kiến kinh nghiệm này với mục đích giúp cho học sinh
THPT vận dụng và tìm ra phương pháp giải khi gặp các bài toán viết phương trình đường thẳng.
- Trong giới hạn của SKKN tôi chỉ hướng dẫn học sinh giải một số dạng bài toán lập phương
trình đường thẳng thường gặp.
2. Nội dung, biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài:
+ Đưa ra một số dạng bài toán lập phương trình đường thẳng và đề ra phương pháp giải.
A. LÝ THUYẾT :

( )
bau ;=
( a và b khác 0) làm vtcp có phương trình
chính tắc là .
b
yy
a
xx
00
−
=
−
Chú ý: Khi a = 0 hoặc b = 0 thì đường thẳng
∆
không có phương trình chính tắc.
3. Đường thẳng
∆
đi qua hai điểm A và B có phương trình là:
A A
B A B A
x x y y
x x y y
− −
=
− −
,
( )
0 và 0
B A B A
x x y y− ≠ − ≠

≠+= bban
và vtcp
( )
abu −= ;
hoặc
( )
abu ;−=
4
+ Đặc biệt:
Khi b = 0 thì ptđt
∆
:
0=+ cax
song song hoặc trùng với
Oy
.
Khi a = 0 thì ptđt
∆
:
0=+ cby
song hoặc trùng với
Ox
.
Khi c = 0 thì ptđt
∆
:
0=+ byax
đi qua gốc tọa độ O.
6. Đường thẳng
∆

thì phương trình
∆
có dạng:
0bx ay c
′
− + =
8. Đường thẳng
∆
đi qua
( )
00
; yxM
và có hệ số góc k có phương trình là:
( )
00
xxkyy −=−
9. Phương trình đường phân giác góc tạo bởi hai đường thẳng
0; và0:
22221111
=++∆=++∆ cybxacybxa
là:
1 1 1 2 2 2
2 2 2 2
1 1 2 2
ax b y c a x b y c
a b a b
+ + + +
= ±
+ +
10. Vị trí tương đối của hai đường thẳng

===
khi đó:

1
∆
cắt
2
∆

0
≠⇔
D

0 và0//
21
≠=⇔∆∆
x
DD
( hoặc
0≠
y
D
)

0
21
===⇔∆≡∆
yx
DDD
Đặc biệt: khi

c
b
a
b
a
≠=⇔∆∆

2
1
2
2
1
1
21
c
c
b
a
b
a
==⇔∆≡∆
11. Khoảng cách từ điểm
( )
00
; yxM
đến đường thẳng
0: =++∆ cbyax
được tính theo công thức

( )

13. Góc giữa hai đường thẳng
0; và0:
22221111
=++∆=++∆ cybxacybxa
được xác định bởi
công thức:

( )
2
2
2
2
2
1
2
1
2121
21
.

,cos
baba
bbaa
++
+
=∆∆
B. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP LẬP PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG
Dạng 1: Lập phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm A và có VTPT hoặc VTCP.

32
6
b.
∆
đi qua điểm M(-2;3) và có vtpt
( )
1;5=n
có pt là:
( ) ( )
0750325 =++⇔=−++ yxyx
Dạng 2: Lập phương trình đường thẳng
∆
đi qua hai điểm phân biệt A và B.

Phương pháp giải:
Cách 1:
+ Tìm tọa độ
AB
uuur
+ Đt
∆
đi qua A và có vtcp
AB
uuur
Cách 2: đường thẳng
∆
đi qua hai điểm A và B có phương trình là:
A A
B A B A
x x y y

Dạng 3: Lập phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm A và có hệ số góc k.
Phương pháp giải
Đường thẳng
∆
đi qua
( )
0 0
;A x y
và có hệ số góc k có phương trình là:
( )
00
xxkyy −=−
Ví dụ: Lập phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm A(3;1) và có hệ số góc
2
−=
k
Giải

∆
đi qua điểm A(3;1) và có hệ số góc
2
−=
k
có pt là
( )
072321 =−+⇔−−=− yxxy

7
Giải:
Ta có
∆
d//
nên ptđt
∆
có dạng:
02 =+− cyx
Mặt khác
( ) ( )
4021.22;1 −=⇔=+−−⇔∆∈− ccA
Vậy ptđt
∆
là
042 =−− yx
Dạng 5: Lập phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm A và vuông góc với đường thẳng d:
0ax by c+ + =
cho trước.
Phương pháp giải
+
d∆ ⊥ ⇒
pt
∆
có dạng:
0bx ay c
′
− + =

Dạng 6: Cho hai đường thẳng
1 2
và d d
. Lập phương trình đường phân giác của góc giữa
1 2
và d d
.
Phương pháp giải
Phương trình đường phân giác góc tạo bởi hai đường thẳng
0; và0:
22221111
=++∆=++∆ cybxacybxa
là:
1 1 1 2 2 2
2 2 2 2
1 1 2 2
ax b y c a x b y c
a b a b
+ + + +
= ±
+ +
Ví dụ: Lập phương trình đường phân giác của góc giữa hai đường thẳng
032: và0742:
21
=−−=++ yxdyxd
.
Giải
Phương trình đường phân giác của góc giữa
1 2
và d d

Phương pháp giải
* Phương trình các cạnh: áp dụng dạng 2
* Phương trình các đường trung tuyến: + Tìm tọa độ trung điểm các cạnh
+ Áp dụng dạng 2
* Phương trình các đường trung bình: + Tìm tọa độ trung điểm các cạnh
+ Áp dụng dang 4
* Phương trình các đường cao: áp dụng dạng 5
* Phương trình đường trung trực của AB: + Tìm tọa độ trung điểm M của cạnh AB
+ đường trung trực của AB đi qua M và vuông góc với
AB.
* Phương trình đường phân giác trong và ngoài của các góc A:
+ Áp dụng dạng 6
+ Xét vị trí tương đối của hai đỉnh B, C với đường phân giác để tim ra đường phân giác
trong và ngoài của góc A.
Ví dụ: Cho tam giác ABC, biết A(1;5), B(-3;1), C(2;-2).
a. Lập phương trình các cạnh AB, AC, BC.
b. Lập phương trình đường trung tuyến AM.
c. Lập phương trình đường cao AH và đường trung trực của cạnh AB.
d. Lập phương trình các đường trung bình của tam giác ABC .
e. Lập phương trình đường phân giác trong của góc A.
Giải
a. Đường thẳng AB đi qua A và B có phương trình:
1 5
4 0
3 1 1 5
x y
x y
− −
= ⇔ − + =
− − −


= = −


Đt AM đi qua A và M có phương trình là:
1 5
3 2 0
1 1
1 4
2 2
x y
x y
− −
= ⇔ − + =
− − − −
c. + Phương trình đường cao AH:
Ta có
AH BC⊥
nên pt AH có dạng:
5 3 0x y c− + =
Mặt khác:
( )
1;5 5.1 3.5 0 10A AH c c∈ ⇒ − + = ⇒ =
Vậy pt đường cao AH là:
5 3 10 0x y− + =
+ Phương trình đường trung trực của AB:
Gọi I là trung điểm của AB, ta có:

( )
1 3

AC.
Vì
1
/ /d AC
nên pt
1
d
dạng
7 0x y c+ + =
Mặt khác
( ) ( )
1
1;3 7. 1 3 0 4I d c c− ∈ ⇔ − + + = ⇔ =
Vậy pt
1
d
là
7 4 0x y+ + =
Các đường trung bình
2 3
,d d
làm tương tự.
e. Ta có đường phân giác trong và ngoài của góc A là:
( )
( )
( )
!
2 2 2
2
2

3 2 0x y− + =
10
Dạng 8: Lập phương trình đường thẳng
∆
đi qua điểm A và tạo với đường thẳng d một góc
α
cho trước.
Phương pháp giải:
+ Đường thẳng
∆
qua A có phương trình dạng:
( ) ( )
( )
0 0
22
≠+=−+− bayybxxa
AA
(1)
+
0: =
′
+
′
+
′
cybxad
, ta có phương trình
( )
α
cos

°45
.
Giải
Ptđt
∆
có dạng:
( )
( )
0 0202
22
≠+=++⇔=++ baabyaxbyxa
Mặt khác:
( )




−=
=
⇔=−−⇔=
++
+
⇔°=∆
ba
ba
baba
ba
ba
d
2

∆
đi qua điểm A và cách điểm B một khoảng bằng a
cho trước.
Phương pháp giải:
+ Đường thẳng
∆
đi qua A có phương trình dạng:
( ) ( )
( )
0 0
22
≠+=−+− bayybxxa
AA
(1)
+ Ta có:
( )
( ) ( ) ( ) ( )
a
ba
yybxxa
ba
yybxxa
Bd
ABABABAB
=
+
−+−
⇔
+
−+−

,
222
2
2222
=+⇔+=+⇔=
+
+
⇔
+
−−+
=∆ abbbaba
ba
ba
ba
baba
Bd





−=
=
⇔
21
20
0
a
b
b

(1)
+ Ta có:
( ) ( )
∆=∆ ,, CdBd
(2)
+ Giải (2) tìm a, b ( kết hợp điều kiện
0
22
≠+ ba
)
+ Thay a, b và pt (1) được ptđt
∆
Ví dụ: Cho ba điểm A(1;1), B(2;0), C(3;4). Viết phương trình đường thẳng
∆
đi qua A và cách đều
B và C.
Giải:
Đường thẳng
∆
đi qua A có phương trình dạng:
( ) ( )
( )
0 0011
22
≠+=−−+⇔=−+− bababyaxybxa
Mặt khác :
( ) ( )
2 2 2 2
4
2 3

a = −
chọn
2, 3a b= = −
, ptđt
∆
là:
2 3 1 0x y− + =
Dạng 11: Cho ba điểm A, B, C không thẳng hàng. Lập phương trình đường thẳng
∆
cách đều
A, B,C.
Phương pháp giải

∆
cách đều A, B,C nên
∆
đi qua trung điểm M của AB và song song với BC, hoặc
∆
đi qua
trung điểm của AC và song song với AB, hoặc
∆
đi qua ttrung điểm BC và song song với AC.
Nhận xét:
∆
chính là ba đường trung bình của tam giác ABC.
12
Dạng 12: Lập phương trình đường thẳng
∆
đi qua A, song song với đường thẳng d cho trước
và cách d một khoảng l cho trước.

( )
∆∈yxM ;
+
( )
⇒= ldMd ,
ptđt
∆
Ví dụ : Lập phương trình đường thẳng
∆
song song với đt
:8 6 5 0d x y− − =
và cách d một khoảng
bằng 5.
Giải
Cách 1:
Ptđt
∆
có dạng
068: =+− cyxd
Lấy
5
0;
6
M d
 
− ∈
 ÷
 
Ta có
( )

( )
∆∈yxM ;
ta có:
( )



=+−
=−−
⇔=−−⇔=
+
−−
⇔=
04568
05568
505685
68
568
5;
22
yx
yx
x
yx
dMd
Vậy ptđt cần tìm là:
1 2
:8 6 55 0 và :8 6 45 0x y x y∆ − − = ∆ − + =
Dạng 13: Lập phương trình đường thẳng
∆

cách đều hai đường thẳng
0735: và0335:
21
+++=−+ yxdyxd
Giải
Lấy
( )
∆∈yxM ;
Ta có
( ) ( )
1 2
2 2 2 2
5 3 3 5 3 7
, , 5 3 2 0
5 3 5 3
x y x y
d M d d M d x y
+ − + +
= ⇔ = ⇔ + + =
+ +
Vậy ptđt
∆
là:
5 3 2 0x y+ + =
Dạng 14: Cho hai đường thẳng
1 2
và d d
. Lập phương trình đường thẳng
∆
đối xứng với

TH2:
1
d
cắt
2
d
+ Tìm giao điểm M của
1
d
và
2
d
+ Lấy
1
dA∈
. Tìm điểm
A
′
đối xứng với A qua
2
d
.
+ Khi đó
∆
đi qua M và
A
′
( dạng 2 )
Chú ý: Tìm tọa độ điểm
A

tx
d
ty
tx
d
2
: và
1
2
:
. viết phương trình đường thẳng
∆
đối
xứng với
d
′
qua d.
Giải
Ta có
d
cắt
d
′
tại điểm
( )
6;4M −
Lấy
( )
2;0A d
′

x t
y t x
x y
y

=

= −


 
= + ⇔ = −
 
 
− + =


=



6 8
;
5 5
H
 
⇒ −
 ÷
 
Gọi

5 5
A
 
′
⇒ −
 ÷
 
Mà
∆
đối xứng với
d
′
qua d nên
∆
đi qua H và
A
′
có pt là:
7 22 0x y+ − =
Dạng 15: Lập phương trình đường thẳng
∆
đối xứng với đường thẳng d qua điểm M.
Phương pháp giải:
TH1:
ddM ≡∆⇒∈
TH2:
dM
∉
+ Lấy
dA∈

′
Nên
( )
1;3
1
3
.2
2
A
y
x
yyy
xxx
A
A
AMA
AMA
′
⇒



=
=
⇔



−=
−=

và t t
′
.
+ Mặt khác M là trung điểm của AB, giải hệ
2
,
2
A B M
A B M
x x x
t
A B
y y y t
+ =


⇒ ⇒
 
′
+ =


15
+ Đt
∆
đi qua A và B. ( dạng 3)
Ví dụ: Cho hai đương thẳng
1 2
: 2 2 0 và : 3 0d x y d x y− − = + + =
và điểm


=

′
+ =
+ =



⇒ ⇔
  
′
+ = − =



′
=


Suy ra:
11 16 7 16
; , ;
3 3 3 3
A B
   
−
 ÷  ÷
   
Đường thẳng

+
nhỏ nhất.
b. Tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất.
Phương pháp giải:
+ Giả sử
∆
cắt
Ox
( )
;0A a
,
Oy
( )
0;B b
,
0, 0a b> >
,
∆
có pt là
( )
1 1
x y
a b
+ =
a)
OA OB+
nhỏ nhất
+ Ta có
.
1

M M
M
M
x y
b y b a
b y
= − ⇒ ⇒
−
+ thay a , b vào (1) được ptđt
∆
.
b) Diện tích tam giác OAB nhỏ nhất
+ Ta có:
1
M M
x y
M
a b
∈∆ ⇔ + =
suy ra
.
1 2 4 .
M
M
M
M M
M
x y
x y
ab x y

lần lượt tại A và B
khác điểm O sao cho:
a.
OA OB
+
nhỏ nhất.
b. Diện tích tam giác OAB nhỏ nhất.
Giải:
Giả sử
∆
cắt
Ox
( )
;0A a
,
Oy
( )
0;B b
với
0, 0a b> >
.
Đt
∆
đi qua
( )
;0A a
,
( )
0;B b
có pt là:

b b
+ = + = + = + + − +
− −
Áp dụng bđt Cô si, ta có
( )
6 6
5 3 5 2 3 5 2 6
3 3
OA OB b b
b b
+ = + − + ≥ + − = +
− −
Dấu “ = ” khi và chỉ khi
( )
( )
3 6 â
6
3
3
3 6
b nh n
b
b
b loai

= +

− = ⇔
−


17
Chọn
2. 3a b= =
, pt
∆
là
1
2 3
x y
+ =
Dạng 18: Lập phương trình cạnh của tam giác ABC khi biết một số yếu tố của nó.
Bài toán 1: Cho tam giác ABC biết phương trình cạnh AB, đường cao AH và BH. Viết
phương trình hai cạnh còn lại và đường cao thứ ba.
Phương pháp giải:
* Phương trình BC: + Tìm tọa độ điểm
B AB BH= ∩
+ BC đi qua B và vuông góc với AH. ( dạng 5 )
* Phương trình AC: + Tìm tọa độ điểm
A AB AH= ∩
+ AC đi qua A và vuông góc với BH. ( dạng 5 )
* Phương trình đường cao CH:
Cách 1:
+ Tìm tọa độ điểm
H AH BH= ∩
( hoặc
C AC BC
= ∩
)
+ Khi đó CH đi qua điểm H và vuông góc với AB( dạng 5 )
Cách 2:

BC AH
⊥
nên pt BC dạng:
3 4 0 x y c+ + =
Mà
( )
2;4 3.2 4.4 0 22B BC c c∈ ⇔ + + = ⇔ = −
Vậy pt BC là:
3 4 22 0 x y+ − =
+ Phương trình AC:
Ta có
A AB AH= ∩
18
Tọa độ điểm Alà nghiệm của hệ
( )
5 3 2 0 1
1; 1
4 3 1 0 1
x y x
A
x y y
− + = = −
 
⇔ ⇒ − −
 
− + = = −
 
Mặt khác
AC BH⊥
nên pt AC có dạng

3 5 0x y c+ + =
Vì
( )
2 2
6;1 3.6 5.1 0 23C CH c c∈ ⇔ + + = ⇔ = −

Vậy pt CH là
3 5 23 0x y+ − =
Bài toán 2: Cho tam giác ABC, biết đỉnh A, phương trình đường cao BH và CK. Viết phương
trình ba cạnh của tam giác.
Phương pháp giải:
* Phương trình AB: AB đi qua A và vuông góc với CK ( dạng 5)
* Phương trình AC: AC qua A và vuông góc với BH. ( dạng 5)
* Phương trình BC: + Tìm
B AB BH= ∩
,
C AC CK= ∩
+ BC đi qua B và C ( dạng 3)
Ví dụ: Cho tam giác ABC, biết
( )
1; 3A − −
và đường cao
:5 3 25 0 và :3 8 12 0BH x y CK x y+ − = + − =
. Viết phương trình ba cạnh của tam giác ABC.
Giải:
+ Phương trình AB:
Ta có
AB CK⊥
nên pt AB có dạng:
8 3 0x y c− + =

+ − = =
 
Mặt khác:
C AC CK
= ∩
nên tọa độ của C là nghiệm của hệ
( )
3 8 12 0 4
4;0
3 5 12 0 0
x y x
C
x y y
+ − = =
 
⇔ ⇒
 
− − = =
 
Đường thẳng BC qua B và C có pt là:
5 2 20 0x y+ − =
BC đi qua
( ) ( )
1 2
0; 1 , 2; 1A A− −
có phương trình là:
1 0y + =
Bài toán 3: Cho tam giác ABC biết đỉnh A và phương trình hai đường trung tuyến BM và CN.
Viết phương trình các cạnh.
Phương pháp giải:

3 7 0 và 5 0x y x y+ − = + − =
. Viết phương trình các cạnh.
Giải:
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Ta có tọa độ điểm G là nghiệm của hệ:

( )
3 7 0 1
1;4
5 0 4
x y x
G
x y y
+ − = =
 
⇔ ⇒
 
+ − = =
 
Ta lại có:
( ) ( )
; 3 7 , ; 5B BM B t t C CN C t t
′ ′
∈ ⇒ − + ∈ ⇒ − +
Mặt khác:
3
5 1
3 3 3 6
A B C G
A B C G
x x x x

= ∩
+ Giải hệ
3
3
A B C G
A B C G
x x x x
A
y y y y
+ + =

⇒

+ + =

+ AB đi qua A và B, AC đi qua A và C, BC đi qua B và C.
Ví dụ: Cho tam giác ABC có phương trình cạnh BC là
1 3
1 2
x y− −
=
−
, phương trình các đường trung
tuyến BM và CN lần lượt là
3 7 0 và 5 0x y x y+ − = + − =
. Viết phương trình các cạnh AB, AC.
Giải:
Ta có
B BC BM= ∩
nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có tọa độ điểm G là nghiệm của hệ:

( )
3 7 0 1
1;4
5 0 4
x y x
G
x y y
+ − = =
 
⇔ ⇒
 
+ − = =
 
Mặt khác
( )
3
1
1;6
3 6
A B C G
A
A B C G A
x x x x
x
A
y y y y y
+ + =
=

.
+ BC đi qua
21
và AA
. ( dạng 3)
21
Ví dụ: Cho tam giác ABC biết






5
7
;
5
4
A
. Hai đường phân giác trong của góc B và C lần lượt có
phương trình là
013 và012 =−+=−− yxyx
. Viết phương trình cạnh BC.
Giải
Gọi BM, CN lần lượt là đường phân giác của góc B và C.
Gọi AH là đường thẳng đi qua A và vuông góc với CN .
Suy ra pt AH dạng
3 0x y c− + =
Vì
4 7

lần lượt là giao điểm của AH và AK với BC
Khi đó ta có H là trung điểm của
1
AA
, K là trung điểm của
2
AA
.
Suy ra
( ) ( )
1 2
0; 1 , 2; 1A A− −
Bài toán 6: Cho tam giác ABC biết phương trình các cạnh AB, AC và tọa độ trọng tâm G. viết
phương trình BC.
Phương pháp giải:
+ Tìm tọa độ điểm
A AB AC
= ∩
+ Gọi M là trung điểm của BC. Ta có
2AG GM M= ⇒
uuur uuuur
+ Viết pt đường thẳng d đi qua M và song song với AC. (dạng 4)
+ Tìm điểm
I d AB= ∩
+ I là trung điểm của AB
B
⇒
.
+ Đt BC đi qua B và M. ( dạng 3)
Ví dụ: Cho tam giác ABC có trọng tâm

1
2 1; 2
2
1 1 2 1
M
M
M
M
x
x
AG GM M
y
y
− + = +
= −


= ⇔ ⇔ ⇒ − −
 
= −
− − = +



uuur uuuur
Gọi d là đương thẳng đi qua M và song song với AC
Ptđt d là
2 5 12 0x y+ + =
Gọi
I d AB

Mặt khác:
I d AB= ∩
nên I là trung điểm của AB
Suy ra:
( )
2 3
3; 3
2 3
A B I B
A B I B
x x x x
B
y y y y
+ = = −
 
⇔ ⇒ − −
 
+ = = −
 
Đt BC đi qua B và M có phương trình là
2 3 0x y− − =
Bài toán 7: Cho tam giác ABC biết đỉnh A, đường trung trực d của AB và trọng tâm G. viết
phương trình ba cạnh.
Phương pháp giải:
* Phương trình AB: AB đi qua A và vuông góc với đường trung trực d. ( dạng 5 )
* Phương trình AC: + Gọi I là trung điểm của AB
I AB d I
⇒ = ∩ ⇒
+ Ta có
2CG GI C= ⇒

( )
( )
4 2 2 4
8
2 8; 4
4
2 2 1 2
C
C
C
C
x
x
CG GI C
y
y
− = −
=


= ⇒ ⇒ ⇒ −
 
= −
− − = − +


uuur uur
Đt AC đi qua A và C có phương trình là:
9 28 0x y+ + =
23

( )
2 3 12 0 3
3;2
2 3 0 2
x y x
A
x y y
− + = = −
 
⇔ ⇒ −
 
+ = =
 
Đường thẳng AC đi qua hai điểm A và C có phương trình là:
3 7 5 0x y+ − =
.
+ Phương trình BC:
Ta có
BC AH
⊥
nên pt BC có dạng:
3 2 0x y c+ + =
Vì
( )
4; 1C BC− ∈
nên
( )
3.4 2. 1 0 10c c+ − + = ⇒ = −
Vậy pt BC là:
3 2 10 0x y+ − =

2. 4
13 13
8 27
;
20 27
13 13
2. 1
13 13
B
B
x
B
y

= − =


 
⇒ −

 ÷
 
 

= − + = −
 ÷

 

Đường thẳng AB qua A và B có phương trình là:

Giải
+ Phương trình BC:
Ta có
BC AH⊥
nên pt BC có dạng:
0x y c+ + =
Mặt khác
( )
3;2 3 2 0 5C BC c c∈ ⇔ + + = ⇔ = −
Vậy pt BC là
5 0x y+ − =
+ Phương trình AB:
Ta có
BCBMB ∩=
nên tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:
( )
2 2 0 3
3;8
5 0 8
x y x
B
x y y
+ − = = −
 
⇔ ⇒ −
 
+ − = =
 
Gọi
C

 
′
− −
 ÷
 
Đt AB đi qua B và
C
′
có pt là
7 13 0x y+ + =
+ Phương trình AC:
25