1. Vị trí tương đối giữa hai đường thẳng

HĐ1 (trang 36)

Đề bài: Trong mặt phẳng toạ độ, cho hai đường thẳng:

$$\Delta_1: x – 2y + 3 = 0;\quad \Delta_2: 3x – y – 1 = 0.$$

a) Điểm $M(1;;2)$ có thuộc cả hai đường thẳng nói trên hay không?

b) Giải hệ $\begin{cases} x – 2y + 3 = 0 \\ 3x – y – 1 = 0 \end{cases}$.

c) Chỉ ra mối quan hệ giữa toạ độ giao điểm của $\Delta_1$ và $\Delta_2$ với nghiệm của hệ phương trình trên.

Lời giải:

a) Thay $M(1; 2)$:

• $\Delta_1$: $1 – 2 \cdot 2 + 3 = 0$ ✓ → $M \in \Delta_1$.
• $\Delta_2$: $3 \cdot 1 – 2 – 1 = 0$ ✓ → $M \in \Delta_2$.

Vậy $M$ thuộc cả hai đường thẳng.

b) Từ phương trình $\Delta_1$: $x = 2y – 3$. Thay vào $\Delta_2$:

$$3(2y – 3) – y – 1 = 0 ;\Leftrightarrow; 5y = 10 ;\Leftrightarrow; y = 2 ;\Rightarrow; x = 1.$$

Hệ có nghiệm duy nhất $(x;;y) = (1;;2)$.

c) Toạ độ giao điểm của $\Delta_1$ và $\Delta_2$ chính là $M(1;;2)$, trùng với nghiệm của hệ phương trình. Tổng quát: toạ độ giao điểm của hai đường thẳng là nghiệm của hệ gồm hai phương trình tương ứng.

Luyện tập 1 (trang 37)

Đề bài: Xét vị trí tương đối giữa các cặp đường thẳng sau:

a) $\Delta_1: x + 4y – 3 = 0$ và $\Delta_2: x – 4y – 3 = 0$;

b) $\Delta_1: x + 2y – \sqrt{5} = 0$ và $\Delta_2: 2x + 4y – 3\sqrt{5} = 0$.

Lời giải:

a) $\Delta_1$ có $\vec{n}_1(1;;4)$, $\Delta_2$ có $\vec{n}_2(1;;-4)$.

Tỉ số: $\dfrac{1}{1} = 1 \neq \dfrac{4}{-4} = -1$ → hai vectơ pháp tuyến không cùng phương → hai đường thẳng cắt nhau.

Tìm giao: cộng hai phương trình $(x + 4y – 3) + (x – 4y – 3) = 0 ;\Rightarrow; 2x = 6 ;\Rightarrow; x = 3$. Thay vào $\Delta_1$: $3 + 4y – 3 = 0 ;\Rightarrow; y = 0$.

Vậy $\Delta_1$ cắt $\Delta_2$ tại điểm $(3;;0)$.

b) $\Delta_1$ có $\vec{n}_1(1;;2)$, $\Delta_2$ có $\vec{n}_2(2;;4)$.

Vì $\vec{n}_2 = 2 \vec{n}_1$ → hai vectơ pháp tuyến cùng phương → hai đường thẳng song song hoặc trùng nhau.

Lấy điểm $A(\sqrt{5};;0)$ thuộc $\Delta_1$ (vì $\sqrt{5} – \sqrt{5} = 0$ ✓). Thay vào $\Delta_2$: $2\sqrt{5} – 3\sqrt{5} = -\sqrt{5} \neq 0$ → $A \notin \Delta_2$.

Vậy $\Delta_1$ và $\Delta_2$ song song với nhau.

2. Góc giữa hai đường thẳng

HĐ2 (trang 37)

Đề bài: Hai đường thẳng $\Delta_1$ và $\Delta_2$ cắt nhau tạo thành bốn góc (H.7.6). Các số đo của bốn góc đó có mối quan hệ gì với nhau?

Lời giải:

Khi hai đường thẳng cắt nhau tạo thành bốn góc, ta có:

• Hai cặp góc đối đỉnh bằng nhau (bốn góc chia làm 2 cặp, mỗi cặp có 2 góc bằng nhau).
• Hai góc kề nhau thì bù nhau (tổng số đo bằng $180^\circ$).

Vì vậy nếu một góc có số đo $\alpha$ thì bốn góc lần lượt có các số đo: $\alpha,; 180^\circ – \alpha,; \alpha,; 180^\circ – \alpha$ (sắp theo thứ tự xoay).

HĐ3 (trang 38)

Đề bài: Cho hai đường thẳng cắt nhau $\Delta_1, \Delta_2$ tương ứng có các vectơ pháp tuyến $\vec{n}_1,;\vec{n}_2$. Gọi $\varphi$ là góc giữa hai đường thẳng đó (H.7.7). Nêu mối quan hệ giữa:

a) Góc $\varphi$ và góc $(\vec{n}_1,;\vec{n}_2)$;

b) $\cos\varphi$ và $\cos(\vec{n}_1,;\vec{n}_2)$.

Lời giải:

a) Quan sát Hình 7.7, có hai trường hợp:

• Trường hợp 1 (hình bên trái): góc $(\vec{n}_1,;\vec{n}_2) = \varphi$ (bằng nhau).
• Trường hợp 2 (hình bên phải): góc $(\vec{n}_1,;\vec{n}_2) = 180^\circ – \varphi$ (bù nhau).

Vậy hai góc này hoặc bằng nhau, hoặc bù nhau.

b) Trong cả hai trường hợp:

• TH1: $\cos\varphi = \cos(\vec{n}_1,;\vec{n}_2)$.
• TH2: $\cos\varphi = \cos(180^\circ – (\vec{n}_1,;\vec{n}_2)) = -\cos(\vec{n}_1,;\vec{n}_2)$.

Vì $\varphi$ là số đo góc không tù ($0^\circ \leq \varphi \leq 90^\circ$) nên $\cos\varphi \geq 0$. Do đó, trong cả hai trường hợp:

$$\cos\varphi = \left|\cos(\vec{n}_1,;\vec{n}_2)\right|.$$

Luyện tập 2 (trang 39)

Đề bài: Tính góc giữa hai đường thẳng $\Delta_1: x + 3y + 2 = 0$ và $\Delta_2: y = 3x + 1$.

Lời giải:

Đưa $\Delta_2$ về dạng tổng quát: $y = 3x + 1 ;\Leftrightarrow; 3x – y + 1 = 0$.

Vectơ pháp tuyến: $\vec{n}_1(1;;3)$ và $\vec{n}_2(3;;-1)$.

Tích vô hướng: $\vec{n}_1 \cdot \vec{n}_2 = 1 \cdot 3 + 3 \cdot (-1) = 0$.

Vì $\vec{n}_1 \cdot \vec{n}_2 = 0$ nên $\vec{n}_1 \perp \vec{n}_2$, suy ra $\Delta_1 \perp \Delta_2$.

Góc giữa $\Delta_1$ và $\Delta_2$ là $90^\circ$.

Luyện tập 3 (trang 39)

Đề bài: Tính góc giữa hai đường thẳng $\Delta_1: \begin{cases} x = 2 + t \\ y = 1 – 2t \end{cases}$ và $\Delta_2: \begin{cases} x = 1 + t’ \\ y = 5 + 3t’ \end{cases}$.

Lời giải:

Từ phương trình tham số, các vectơ chỉ phương:

$$\vec{u}_1(1;;-2),\quad \vec{u}_2(1;;3).$$

Áp dụng công thức (theo chú ý ở SGK):

$$\cos\varphi = \left|\cos(\vec{u}_1,;\vec{u}_2)\right| = \dfrac{|1 \cdot 1 + (-2) \cdot 3|}{\sqrt{1^2 + (-2)^2} \cdot \sqrt{1^2 + 3^2}} = \dfrac{|1 – 6|}{\sqrt{5} \cdot \sqrt{10}} = \dfrac{5}{\sqrt{50}} = \dfrac{5}{5\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}.$$

Góc giữa $\Delta_1$ và $\Delta_2$ là $\varphi = 45^\circ$.

Luyện tập 4 (trang 39)

Đề bài: Cho đường thẳng $\Delta: y = ax + b$, với $a \neq 0$.

a) Chứng minh rằng $\Delta$ cắt trục hoành.

b) Lập phương trình đường thẳng $\Delta_0$ đi qua $O(0;;0)$ và song song (hoặc trùng) với $\Delta$.

c) Hãy chỉ ra mối quan hệ giữa $\alpha_\Delta$ và $\alpha_{\Delta_0}$.

d) Gọi $M$ là giao điểm của $\Delta_0$ với nửa đường tròn đơn vị và $x_0$ là hoành độ của $M$. Tính tung độ của $M$ theo $x_0$ và $a$. Từ đó, chứng minh rằng $\tan\alpha_\Delta = a$.

Lời giải:

a) Cho $y = 0$: $ax + b = 0 ;\Rightarrow; x = -\dfrac{b}{a}$ (do $a \neq 0$).

Suy ra $\Delta$ luôn cắt trục hoành tại đúng một điểm có hoành độ $x = -\dfrac{b}{a}$.

b) Đường thẳng $\Delta_0$ song song (hoặc trùng) với $\Delta$ nên có cùng hệ số góc $a$ với $\Delta$. Mặt khác $\Delta_0$ qua $O(0;;0)$:

$$\Delta_0: y = ax.$$

c) Vì $\Delta_0$ song song (hoặc trùng) với $\Delta$ nên hai đường tạo với trục hoành các góc bằng nhau:

$$\alpha_\Delta = \alpha_{\Delta_0}.$$

d) $M$ thuộc $\Delta_0$ nên tung độ $y_M = a \cdot x_0$.

$M$ cũng thuộc nửa đường tròn đơn vị tâm $O$ bán kính $1$, nửa trên trục hoành. Ta có $|OM| = 1$.

Xét tam giác vuông tạo bởi $M$, hình chiếu vuông góc của $M$ lên trục $Ox$ và gốc $O$: cạnh kề là $|x_0|$, cạnh đối là $|y_M| = |a \cdot x_0|$, cạnh huyền $OM = 1$.

Theo định nghĩa $\tan$ của góc xAz (góc giữa $\Delta_0$ và trục $Ox$, nửa trên trục hoành):

$$\tan\alpha_{\Delta_0} = \dfrac{y_M}{x_0} = \dfrac{a \cdot x_0}{x_0} = a.$$

Kết hợp với câu c): $\tan\alpha_\Delta = \tan\alpha_{\Delta_0} = a$. (đpcm)

Lưu ý: Đây cũng chính là ý nghĩa hình học của hệ số góc: $a$ là tang của góc mà đường thẳng tạo với trục hoành.

3. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng

HĐ4 (trang 40)

Đề bài: Cho điểm $M(x_0;;y_0)$ và đường thẳng $\Delta: ax + by + c = 0$ có vectơ pháp tuyến $\vec{n}(a;;b)$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $M$ trên $\Delta$ (H.7.9).

a) Chứng minh rằng $|\vec{n} \cdot \overrightarrow{HM}| = \sqrt{a^2 + b^2} \cdot HM$.

b) Giả sử $H$ có toạ độ $(x_1;;y_1)$. Chứng minh rằng:

$$\vec{n} \cdot \overrightarrow{HM} = a(x_0 – x_1) + b(y_0 – y_1) = ax_0 + by_0 + c.$$

c) Chứng minh rằng $HM = \dfrac{|ax_0 + by_0 + c|}{\sqrt{a^2 + b^2}}$.

Lời giải:

a) Vì $H$ là hình chiếu vuông góc của $M$ trên $\Delta$ nên $\overrightarrow{HM} \perp \Delta$. Đồng thời $\vec{n}$ là vectơ pháp tuyến của $\Delta$ cũng vuông góc với $\Delta$. Do đó $\vec{n}$ và $\overrightarrow{HM}$ cùng phương, suy ra:

$$\left|\cos(\vec{n},;\overrightarrow{HM})\right| = 1.$$

Vậy:

$$|\vec{n} \cdot \overrightarrow{HM}| = |\vec{n}| \cdot |\overrightarrow{HM}| \cdot \left|\cos(\vec{n},;\overrightarrow{HM})\right| = \sqrt{a^2 + b^2} \cdot HM. ;(\text{đpcm})$$

b) $\overrightarrow{HM} = (x_0 – x_1;; y_0 – y_1)$, nên:

$$\vec{n} \cdot \overrightarrow{HM} = a(x_0 – x_1) + b(y_0 – y_1) = (ax_0 + by_0) – (ax_1 + by_1).$$

Vì $H(x_1;;y_1) \in \Delta$ nên $ax_1 + by_1 + c = 0 ;\Leftrightarrow; ax_1 + by_1 = -c$.

Thay vào:

$$\vec{n} \cdot \overrightarrow{HM} = (ax_0 + by_0) – (-c) = ax_0 + by_0 + c. ;(\text{đpcm})$$

c) Lấy giá trị tuyệt đối hai vế ở câu b) và kết hợp với câu a):

$$|ax_0 + by_0 + c| = \sqrt{a^2 + b^2} \cdot HM ;\Leftrightarrow; HM = \dfrac{|ax_0 + by_0 + c|}{\sqrt{a^2 + b^2}}. ;(\text{đpcm})$$

Luyện tập 5 (trang 40)

Đề bài: Tính khoảng cách từ điểm $M(1;;2)$ đến đường thẳng $\Delta: \begin{cases} x = 5 + 3t \\ y = -5 – 4t \end{cases}$.

Lời giải:

Bước 1: Đưa $\Delta$ về dạng tổng quát.

Vectơ chỉ phương $\vec{u}(3;;-4)$, suy ra vectơ pháp tuyến $\vec{n}(4;;3)$.

Điểm trên $\Delta$: cho $t = 0$ được $A(5;;-5) \in \Delta$.

Phương trình tổng quát:

$$4(x – 5) + 3(y + 5) = 0 ;\Leftrightarrow; 4x + 3y – 5 = 0.$$

Bước 2: Áp dụng công thức khoảng cách.

$$d(M,;\Delta) = \dfrac{|4 \cdot 1 + 3 \cdot 2 – 5|}{\sqrt{4^2 + 3^2}} = \dfrac{|4 + 6 – 5|}{\sqrt{25}} = \dfrac{5}{5} = 1.$$

Vậy khoảng cách từ $M$ đến $\Delta$ bằng $1$.

Vận dụng (trang 41)

Đề bài: Nhân dịp nghỉ hè, Nam về quê ở với ông bà nội. Nhà ông bà nội có một ao cá có dạng hình chữ nhật $ABCD$ với chiều dài $AD = 15$ m, chiều rộng $AB = 12$ m. Phần tam giác $DEF$ là nơi ông bà nuôi vịt, $AE = 5$ m, $CF = 6$ m (H.7.11).

a) Chọn hệ trục toạ độ $Oxy$, có điểm $O$ trùng với điểm $B$, các tia $Ox$, $Oy$ tương ứng trùng với các tia $BC$, $BA$. Chọn 1 đơn vị độ dài trên mặt phẳng toạ độ tương ứng với $1$ m trong thực tế. Hãy xác định toạ độ của các điểm $A$, $B$, $C$, $D$, $E$, $F$ và viết phương trình đường thẳng $EF$.

b) Nam đứng ở vị trí $B$ câu cá và có thể quăng lưới câu xa $10{,}7$ m. Hỏi lưới câu có thể rơi vào nơi nuôi vịt hay không?

Lời giải:

a) Xác định toạ độ các điểm:

Theo Hình 7.11, hình chữ nhật $ABCD$ với $B$ ở góc dưới trái, $C$ ở góc dưới phải, $D$ ở góc trên phải, $A$ ở góc trên trái.

Với hệ trục $O \equiv B$, tia $Ox$ trùng $BC$, tia $Oy$ trùng $BA$:

• $B(0;; 0)$ (gốc).
• $C(15;; 0)$ (vì $BC = AD = 15$).
• $A(0;; 12)$ (vì $BA = 12$).
• $D(15;; 12)$ (giao của các đường thẳng song song).
• $E$ thuộc $AD$ với $AE = 5$: từ $A(0; 12)$ đi $5$ đơn vị theo hướng $D$ → $E(5;; 12)$.
• $F$ thuộc $DC$ với $CF = 6$: từ $C(15; 0)$ đi $6$ đơn vị theo hướng $D$ → $F(15;; 6)$.

Phương trình đường thẳng $EF$:

$\overrightarrow{EF} = (15 – 5;; 6 – 12) = (10;; -6)$. Rút gọn: $\vec{u}(5;;-3)$, suy ra $\vec{n}(3;;5)$.

Phương trình qua $E(5;;12)$:

$$3(x – 5) + 5(y – 12) = 0 ;\Leftrightarrow; 3x + 5y – 75 = 0.$$

b) Kiểm tra lưới có thể rơi vào tam giác $DEF$ hay không:

Trong tam giác $DEF$, cạnh $EF$ gần với $B$ nhất (vì $D$ ở góc đối diện). Khoảng cách ngắn nhất từ $B$ đến tam giác chính là khoảng cách từ $B$ đến đường thẳng $EF$.

$$d(B,; EF) = \dfrac{|3 \cdot 0 + 5 \cdot 0 – 75|}{\sqrt{3^2 + 5^2}} = \dfrac{75}{\sqrt{34}} \approx \dfrac{75}{5{,}831} \approx 12{,}86 \text{ (m).}$$

So sánh: $12{,}86 \text{ m} > 10{,}7 \text{ m}$ (tầm quăng lưới của Nam).

Kết luận: Lưới câu không thể rơi vào nơi nuôi vịt.

Bài tập (trang 41)

Bài 7.7 (trang 41)

Đề bài: Xét vị trí tương đối giữa các cặp đường thẳng sau:

a) $\Delta_1: 3\sqrt{2},x + \sqrt{2},y – \sqrt{3} = 0$ và $\Delta_2: 6x + 2y – \sqrt{6} = 0$;

b) $d_1: x – \sqrt{3},y + 2 = 0$ và $d_2: \sqrt{3},x – 3y + 2 = 0$;

c) $m_1: x – 2y + 1 = 0$ và $m_2: 3x + y – 2 = 0$.

Lời giải:

a) Nhân hai vế $\Delta_1$ với $\sqrt{2}$:

$$\sqrt{2} \cdot (3\sqrt{2},x + \sqrt{2},y – \sqrt{3}) = 0 ;\Leftrightarrow; 6x + 2y – \sqrt{6} = 0.$$

Đây chính là phương trình $\Delta_2$. Vậy $\Delta_1 \equiv \Delta_2$ – hai đường thẳng trùng nhau.

b) $d_1$ có $\vec{n}_1(1;;-\sqrt{3})$, $d_2$ có $\vec{n}_2(\sqrt{3};;-3) = \sqrt{3} \cdot (1;;-\sqrt{3}) = \sqrt{3},\vec{n}_1$.

Hai pháp tuyến cùng phương → $d_1$ và $d_2$ song song hoặc trùng nhau.

Lấy $A(-2;;0) \in d_1$ (vì $-2 – 0 + 2 = 0$). Thay vào $d_2$: $\sqrt{3} \cdot (-2) – 0 + 2 = -2\sqrt{3} + 2 \neq 0$ → $A \notin d_2$.

Vậy $d_1 \parallel d_2$ – song song.

c) $m_1$ có $\vec{n}_1(1;;-2)$, $m_2$ có $\vec{n}_2(3;;1)$.

$\dfrac{1}{3} \neq \dfrac{-2}{1}$ → không cùng phương → cắt nhau.

Tìm giao: từ $m_1$, $x = 2y – 1$. Thay vào $m_2$: $3(2y – 1) + y – 2 = 0 ;\Leftrightarrow; 7y = 5 ;\Leftrightarrow; y = \dfrac{5}{7}$, $x = \dfrac{3}{7}$.

$m_1$ cắt $m_2$ tại $\left(\dfrac{3}{7};; \dfrac{5}{7}\right)$.

Bài 7.8 (trang 41)

Đề bài: Tính góc giữa các cặp đường thẳng sau:

a) $\Delta_1: \sqrt{3},x + y – 4 = 0$ và $\Delta_2: x + \sqrt{3},y + 3 = 0$;

b) $d_1: \begin{cases} x = -1 + 2t \\ y = 3 + 4t \end{cases}$ và $d_2: \begin{cases} x = 3 + s \\ y = 1 – 3s \end{cases}$.

Lời giải:

a) $\vec{n}_1(\sqrt{3};;1)$, $\vec{n}_2(1;;\sqrt{3})$.

$$\cos\varphi = \dfrac{|\vec{n}_1 \cdot \vec{n}_2|}{|\vec{n}_1| \cdot |\vec{n}_2|} = \dfrac{|\sqrt{3} \cdot 1 + 1 \cdot \sqrt{3}|}{\sqrt{3 + 1} \cdot \sqrt{1 + 3}} = \dfrac{2\sqrt{3}}{2 \cdot 2} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}.$$

Góc giữa hai đường thẳng là $\varphi = 30^\circ$.

b) $\vec{u}_1(2;;4)$, $\vec{u}_2(1;;-3)$.

$$\cos\varphi = \dfrac{|\vec{u}_1 \cdot \vec{u}_2|}{|\vec{u}_1| \cdot |\vec{u}_2|} = \dfrac{|2 \cdot 1 + 4 \cdot (-3)|}{\sqrt{4 + 16} \cdot \sqrt{1 + 9}} = \dfrac{10}{\sqrt{20} \cdot \sqrt{10}} = \dfrac{10}{\sqrt{200}} = \dfrac{10}{10\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}.$$

Góc giữa hai đường thẳng là $\varphi = 45^\circ$.

Bài 7.9 (trang 41)

Đề bài: Trong mặt phẳng toạ độ $Oxy$, cho điểm $A(0;;-2)$ và đường thẳng $\Delta: x + y – 4 = 0$.

a) Tính khoảng cách từ điểm $A$ đến đường thẳng $\Delta$.

b) Viết phương trình đường thẳng $a$ đi qua điểm $M(-1;;0)$ và song song với $\Delta$.

c) Viết phương trình đường thẳng $b$ đi qua điểm $N(0;;3)$ và vuông góc với $\Delta$.

Lời giải:

a) Áp dụng công thức khoảng cách:

$$d(A,;\Delta) = \dfrac{|0 + (-2) – 4|}{\sqrt{1^2 + 1^2}} = \dfrac{6}{\sqrt{2}} = 3\sqrt{2}.$$

b) $\Delta$ có pháp tuyến $\vec{n}(1;;1)$. Vì $a \parallel \Delta$ nên $a$ cũng nhận $\vec{n}(1;;1)$ làm pháp tuyến.

Phương trình $a$ qua $M(-1;;0)$:

$$1 \cdot (x – (-1)) + 1 \cdot (y – 0) = 0 ;\Leftrightarrow; x + y + 1 = 0.$$

c) $b \perp \Delta$ nên pháp tuyến của $b$ chính là vectơ chỉ phương của $\Delta$, mà chỉ phương của $\Delta$ là $(1;;-1)$ (vì $(1;-1) \perp (1;1)$).

Phương trình $b$ qua $N(0;;3)$:

$$1 \cdot (x – 0) – 1 \cdot (y – 3) = 0 ;\Leftrightarrow; x – y + 3 = 0.$$

Bài 7.10 (trang 41)

Đề bài: Trong mặt phẳng toạ độ, cho tam giác $ABC$ có $A(1;;0)$, $B(3;;2)$ và $C(-2;;-1)$.

a) Tính độ dài đường cao kẻ từ đỉnh $A$ của tam giác $ABC$.

b) Tính diện tích tam giác $ABC$.

Lời giải:

a) Đường cao kẻ từ $A$ là khoảng cách từ $A$ đến đường thẳng $BC$.

Viết phương trình $BC$: $\overrightarrow{BC} = (-2 – 3;; -1 – 2) = (-5;;-3)$. Lấy chỉ phương $\vec{u}(5;;3)$, suy ra pháp tuyến $\vec{n}(3;;-5)$.

Phương trình $BC$ qua $B(3;;2)$:

$$3(x – 3) – 5(y – 2) = 0 ;\Leftrightarrow; 3x – 5y + 1 = 0.$$

(Kiểm tra: thay $C(-2;;-1)$: $-6 + 5 + 1 = 0$ ✓.)

Tính chiều cao từ $A$:

$$h_A = d(A,;BC) = \dfrac{|3 \cdot 1 – 5 \cdot 0 + 1|}{\sqrt{9 + 25}} = \dfrac{4}{\sqrt{34}} = \dfrac{4\sqrt{34}}{34} = \dfrac{2\sqrt{34}}{17}.$$

b) Diện tích tam giác $ABC$:

$BC = |\overrightarrow{BC}| = \sqrt{(-5)^2 + (-3)^2} = \sqrt{34}$.

$$S_{ABC} = \dfrac{1}{2} \cdot BC \cdot h_A = \dfrac{1}{2} \cdot \sqrt{34} \cdot \dfrac{4}{\sqrt{34}} = \dfrac{1}{2} \cdot 4 = 2.$$

Diện tích tam giác $ABC$ bằng $2$ (đơn vị diện tích).

Bài 7.11 (trang 41)

Đề bài: Chứng minh rằng hai đường thẳng $d: y = ax + b$ ($a \neq 0$) và $d’: y = a’x + b’$ ($a’ \neq 0$) vuông góc với nhau khi và chỉ khi $aa’ = -1$.

Lời giải:

Đưa hai phương trình về dạng tổng quát:

• $d: y = ax + b ;\Leftrightarrow; ax – y + b = 0$, có pháp tuyến $\vec{n}_d(a;;-1)$.
• $d’: y = a’x + b’ ;\Leftrightarrow; a’x – y + b’ = 0$, có pháp tuyến $\vec{n}_{d’}(a’;;-1)$.

Theo định lí: $d \perp d’ \;\Leftrightarrow\; \vec{n}_d \perp \vec{n}_{d’} \;\Leftrightarrow\; \vec{n}_d \cdot \vec{n}_{d’} = 0$.

Tính tích vô hướng:

$$\vec{n}_d \cdot \vec{n}_{d’} = a \cdot a’ + (-1) \cdot (-1) = aa’ + 1.$$

Vậy: $d \perp d’ ;\Leftrightarrow; aa’ + 1 = 0 ;\Leftrightarrow; aa’ = -1$. (đpcm)

Bài 7.12 (trang 41)

Đề bài: Trong mặt phẳng toạ độ, một tín hiệu âm thanh phát đi từ một vị trí và được ba thiết bị ghi tín hiệu đặt tại ba vị trí $O(0;;0)$, $A(1;;0)$, $B(1;;3)$ nhận được cùng một thời điểm. Hãy xác định vị trí phát tín hiệu âm thanh.

Lời giải:

Vì ba thiết bị nhận tín hiệu cùng một thời điểm và âm thanh truyền với cùng vận tốc trong không khí, nên vị trí phát $P(x;;y)$ phải cách đều cả ba thiết bị:

$$PO = PA = PB.$$

Từ $PO^2 = PA^2$:

$$x^2 + y^2 = (x – 1)^2 + y^2 ;\Leftrightarrow; 0 = -2x + 1 ;\Leftrightarrow; x = \dfrac{1}{2}. \quad (1)$$

Từ $PO^2 = PB^2$:

$$x^2 + y^2 = (x – 1)^2 + (y – 3)^2 ;\Leftrightarrow; 0 = -2x + 1 – 6y + 9 ;\Leftrightarrow; 2x + 6y = 10 ;\Leftrightarrow; x + 3y = 5. \quad (2)$$

Thay $(1)$ vào $(2)$: $\dfrac{1}{2} + 3y = 5 ;\Leftrightarrow; 3y = \dfrac{9}{2} ;\Leftrightarrow; y = \dfrac{3}{2}$.

Vị trí phát tín hiệu âm thanh là $P\left(\dfrac{1}{2};; \dfrac{3}{2}\right)$.

ThS. Lê Thị Thuý Nga

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THPT

Trình độ: Thạc sĩ Lý luận dạy học Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ B1

Kinh nghiệm: 11+ năm kinh nghiệm tại Trường THPT Lương Thế Vinh