Sách bài tập Toán 10 - Hình học 10 nâng cao - Chương III - Bài 1. Phương trình tổng quát của đường thẳng

  1. Tác giả: LTTK CTV
    Đánh giá: ✪ ✪ ✪ ✪ ✪

    Bài 1 trang 100 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Viết phương trình các đường cao của tam giác \(ABC\) biết \(A(-1 ; 2), B(2; -4), C(1 ; 0).\)
    Giải
    Ta có \(\overrightarrow {AB} = (3 ; - 6);\) \( \overrightarrow {BC} = ( - 1 ; 4) ;\) \( \overrightarrow {AC} = (2 ; - 2)\).
    Gọi \(H\) là trực tâm của tam giác \(ABC\) thì đường cao \(AH\) qua \(A\) nhận \(\overrightarrow {BC} \) làm vec tơ pháp tuyến nên có phương trình :
    \( - 1(x + 1) + 4(y - 2) = 0\) hay \(x - 4y + 9 = 0\).
    Đường cao \(BH\) qua \(B\) và nhận \(\overrightarrow {AC} \) làm vec tơ pháp tuyến nên có phương trình:
    \(2(x - 2) - 2(y + 4) = 0\) hay \(x - y - 6 = 0\).
    Đường cao \(CH\) qua \(C\) và nhận \(\overrightarrow {AB} \) làm vec tơ pháp tuyến nên có phương trình :
    \(3(x - 1) - 6(y - 0) = 0\) hay \(x - 2y - 1 = 0\).

    Bài 2 trang 100 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Viết phương trình các đường trung trực của tam giác \(ABC\) biết \(M(-1 ; 1), N(1 ; 9), P(9 ; 1)\) là các trung điểm của ba cạnh tam giác .
    Giải
    (h.92).
    01.jpg
    Giả sử \(M, N, P\) theo thứ tự là trung điểm của các cạnh \(AB, AC, BC\) của tam giác \(ABC.\)
    Ta có \(\overrightarrow {MN} = (2 ; 8) ,\) \( \overrightarrow {NP} = (8 ; - 8) , \) \( \overrightarrow {MP} = (10 ; 0)\). Đường trung trực của cạnh \(BC\) đi qua \(P\) , nhận \(\overrightarrow {MN} \) làm vec tơ pháp tuyến nên có phương trình :
    \(2(x - 9) + 8(y - 1) = 0\) hay \(x+4y-13=0.\)
    Tương tự, đường trung trực của cạnh \(AC\) đi qua \(N,\) nhận \(\overrightarrow {MP} \) làm vec tơ pháp tuyến nên có phương trình: \(x-1=0.\)
    Đường trung trực của cạnh \(AB\) đi qua \(M\), nhận \(\overrightarrow {NP} \) làm vec tơ pháp tuyến nên có phương trình:
    \(x-y+2=0.\)

    Bài 3 trang 100 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Cho đường thẳng \(\Delta :ax + by + c = 0\). Viết phương trình đường thẳng \(\Delta '\) đối xứng với đường thẳng \(\Delta \):
    a) Qua trục hoành;
    b) Qua trục tung;
    c) Qua gốc tọa độ.
    Giải
    Xét điểm \(M(x_M ; y_M)\) tùy ý thuộc \(\Delta \)
    a) Gọi \(N(x_N ; y_N)\) là điểm đối xứng với \(M\) qua \(Ox\). Khi đó \(\left\{ \begin{array}{l}{x_N} = {x_M}\\{y_N} = - {y_M}\end{array} \right.\).
    Do đó
    \(\begin{array}{l}M \in \Delta\Leftrightarrow a{x_M} + b{y_M} + c = 0\\\Leftrightarrow a{x_N} - b{y_N} + c = 0\\\Leftrightarrow N \in {\Delta _1}:ax - by + c = 0.\end{array}\)
    Vậy phương trình đường thẳng đối xứng vơí \(\Delta \) qua \(Ox\) là \(ax-by+c=0.\)
    b) Gọi \(P(x_p ; y_p)\) là điểm đối xứng với \(\Delta \) qua \(Oy.\)
    Khi đó ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_P} = - {x_M}\\{y_P} = {y_M}\end{array} \right.\).
    Do đó :
    \(\begin{array}{l}M \in \Delta\Leftrightarrow a{x_M} + b{y_M} + c = 0\\\Leftrightarrow - a{x_P} + b{y_P} + c = 0\\\Leftrightarrow a{x_P} - b{y_P} - c = 0\\\Leftrightarrow P \in {\Delta _2}: ax - by - c = 0.\end{array}\)
    Vậy phương trình đường thẳng đối xứng với \(\Delta \) qua \(Oy\) là \(ax-by-c=0.\)
    c) Gọi \(Q(x_Q ; y_Q)\) là điểm đối xứng với \(M\) qua \(O\). Khi đó ta có \(\left\{ \begin{array}{l}{x_Q} = - {x_M}\\{y_Q} = - {y_M}\end{array} \right.\).
    Do đó
    \(\begin{array}{l}M \in \Delta \Leftrightarrow a{x_M} + b{y_M} + c = 0\\ \Leftrightarrow - a{x_Q} - b{y_Q} + c = 0\\ \Leftrightarrow a{x_Q} + b{y_Q} - c = 0\\ \Leftrightarrow Q \in {\Delta _3}: ax + by - c = 0.\end{array}\)
    Vậy phương trình đường thẳng đối xứng với \(\Delta \) qua \(O\) là \(ax+by-c=0.\)

    Bài 4 trang 100 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Cho điểm \(A(1 ; 3)\) và đường thẳng \(\Delta : x - 2y + 1 = 0\). Viết phương trình đường thẳng đối xứng với \(\Delta \) qua \(A.\)
    Giải
    Cách 1:Thay tọa độ điểm \(A\) vào \(\Delta \), ta có \(1 - 2.3 + 1 = - 4 \ne 0\), suy ra \(A \notin \Delta \).
    Lấy \(M(1 ; 1) \in \Delta \). Khi đó điểm \(M’\) đối xứng với \(M\) qua \(A\) có tọa độ \(M’=(1 ; 5)\). Đường thẳng \(\Delta '\) đối xứng với \(\Delta \) qua \(A\) sẽ đi qua \(M’\) và song song với \(\Delta \). Từ đó ta có phương trình của \(\Delta '\) là \(x-2y+9=0.\)
    Cách 2: Xét điểm \(M(x_1 ; y_1)\) tùy ý thuộc \(\Delta \) và gọi \(M’(x_2 ; y_2)\) là điểm đối xứng của \(M\) qua \(A\). Suy ra \({x_1} = 2 - {x_2} ; {y_1} = 6 - {y_2}\).
    \(\begin{array}{l}M \in \Delta \Leftrightarrow {x_1} - 2{y_1} + 10\\ \Leftrightarrow 2 - {x_2} - 2(6 - {y_2}) + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {x_2} - 2{y_2} + 9 = 0\\ \Leftrightarrow M' \in \Delta ' : x - 2y + 9 = 0.\end{array}\)

    Bài 5 trang 100 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Xét vị trí tương đối của mỗi cặp đường thẳng sau:
    a) \({d_1}:\,2x - 5y + 6 = 0\) và \({d_2}:\, - x + y - 3 = 0\);
    b) \({d_1}:\, - 3x + 2y - 7 = 0\) và \({d_2}:6x - 4y - 7 = 0\);
    c) \({d_1}:\,\sqrt 2 x + y - 3 = 0\) và \({d_2}:2x + \sqrt 2 y - 3\sqrt 2 = 0\);
    d) \({d_1}:\,(m - 1)x + my + 1 = 0\) và \({d_2}:\,2x + y - 4 = 0\).
    Giải
    a) Cắt nhau.
    b) Song song.
    c) Trùng nhau.
    d) Nếu \(m \ne - 1\) thì \(d_1\) cắt \(d_2\), nếu \(m=-1\) thì \(d_1// d_2\).

    Bài 6 trang 100 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Biện luận vị trí tương đối của hai đường thẳng sau theo tham số \(m\)
    \(\begin{array}{l}{\Delta _1}:4x - my + 4 - m = 0;\\{\Delta _2} : (2m + 6)x + y - 2m - 1 = 0.\end{array}\)
    Giải:
    \(\begin{array}{l}D = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}4&{ - m}\\{2m + 6}&1\end{array}} \right|\\ = 4.1 - ( - m)(2m + 6)\\ = 2{m^2} + 6m + 4 = 2(m + 1)(m + 2).\\{D_x} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}{ - m}&{4 - m}\\1&{ - 2m - 1}\end{array}} \right| \\= ( - m)( - 2m - 1) - 1.(4 - m) \\= 2{m^2} + 2m - 4\\ = 2(m - 1)(m + 2).\\{D_y} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}{4 - m}&4\\{ - 2m - 1}&{2m + 6}\end{array}} \right|\\ = (4 - m)(2m + 6) - 4( - 2m - 1)\\ = - 2{m^2} + 10m + 28\\ = - 2(m - 7)(m + 2).\end{array}\)
    - Xét \(D \ne 0 \Leftrightarrow 2(m + 1)(m + 2) \ne 0\) \( \Leftrightarrow m \ne - 1\) và \(m \ne - 2\). Khi đó \({\Delta _1}, {\Delta _2}\) cắt nhau và giao điểm của \({\Delta _1}\) và \({\Delta _2}\) có tọa độ
    \(\left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{{{D_x}}}{D} = \dfrac{{2(m - 1)(m + 2)}}{{2(m + 1)(m + 2)}} = \dfrac{{m - 1}}{{m + 1}}\\y = \dfrac{{{D_y}}}{D} = \dfrac{{ - 2(m - 7)(m + 2)}}{{2(m + 1)(m + 2)}} = \dfrac{{7 - m}}{{m + 1}}\end{array} \right.\).
    - Xét \(D = 0 \Leftrightarrow 2(m + 1)(m + 2) = 0 \) \( \Leftrightarrow m = - 1\) hoặc \(m = - 2\).
    Với \(m=-1\) thì \({D_x} = 2( - 2).1 = - 4 \ne 0\). Khi đó \({\Delta _1}\) và \({\Delta _2}\) song song.
    Với \(m=-2\) thì \(D = {D_x} = {D_y} = 0\). Khi đó \({\Delta _1}\) và \({\Delta _2}\) trùng nhau.

    Bài 7 trang 101 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Cho điểm \(A(-1 ; 3)\) và đường thẳng \(\Delta \) có phương trình \(x-2y+2=0\). Dựng hình vuông \(ABCD\) sao cho hai đỉnh \(B, C\) nằm trên \(\Delta \) và các tọa độ của đỉnh \(C\) đều dương.
    a) Tìm tọa độ các đỉnh \(B, C, D.\)
    b) Tính chu vi và diện tích của hình vuông \(ABCD.\)
    Giải
    (h.93).
    02.jpg
    a) Đường thẳng \(d\) qua \(A\) và vuông góc với \(\Delta \) có phương trình \(2(x+1)+y-3=0\) hay \(2x+y-1=0.\)
    Tọa độ của \(B\) là nghiệm của hệ \(\left\{ \matrix{ x - 2y + 2 = 0 \hfill \cr 2x + y - 1 = 0 \hfill \cr} \right.\).
    Giải hệ này ta được \(\left\{ \matrix{ x = 0 \hfill \cr y = 1 \hfill \cr} \right.\).
    Vậy \(B=(0 ; 1)\)
    \(AB = \sqrt {{1^2} + {2^2}} = \sqrt 5 \).
    Tọa độ của \(C\) là nghiệm của hệ \(\left\{ \matrix{ {x_C} - 2{y_C} + 2 = 0 \hfill \cr \sqrt {x_C^2 + {{({y_C} - 1)}^2}} = \sqrt 5 \hfill \cr} \right.\).
    Giải hệ này ta được \(\left\{ \matrix{ {x_C} = - 2 \hfill \cr {y_C} = 0 \hfill \cr} \right.\) hoặc \(\left\{ \matrix{ {x_C} = 2 \hfill \cr {y_C} = 2 \hfill \cr} \right.\).
    Nghiệm đầu bị loại do \(y_C =0\). Vậy \(C=(2 ; 2).\)
    Do \(ABCD\) là hình vuông nên \(\overrightarrow {CD} = \overrightarrow {BA}. \)
    Suy ra
    \(\left\{ \matrix{ {x_D} - 2 = - 1 - 0 \hfill \cr {y_D} - 2 = 3 - 1 \hfill \cr} \right. \)
    \(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ {x_D} = 1 \hfill \cr {y_D} = 4 \hfill \cr} \right.\).
    Vậy \(D=(1 ; 4).\)
    b) Chu vi hình vuông \(ABCD\) bằng \(4\sqrt 5 \), diện tích bằng \(5.\)

    Bài 8 trang 101 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Chứng minh rằng diện tích \(S\) của tam giác tạo bởi đường thẳng \(\Delta :ax + by + c = 0\) (\(a, b, c\) khác \(0\)) với các trục tọa độ được tính bởi công thức: \(S = \dfrac{{{c^2}}}{{2|ab|}}\).
    Giải
    Gọi \(M, N\) lần lượt là giao điểm của \(\Delta \) với các trục \(Ox, Oy,\) ta có \(M\left( { - \dfrac{c}{a} ; 0} \right) , N\left( {0 ; - \dfrac{c}{b}} \right)\). Tam giác tạo bởi \(\Delta \) và các trục \(Ox, Oy\) là tam giác vuông \(OMN\) có diện tích \(S = \dfrac{1}{2}.OM.ON \) \(= \dfrac{1}{2}\left| { - \dfrac{c}{a}} \right|.\left| { - \dfrac{c}{b}} \right| = \dfrac{1}{2} \dfrac{{{c^2}}}{{|ab|}}\).

    Bài 9 trang 101 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Lập phương trình đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(P(6 ; 4)\) và tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng \(2\).
    Giải
    (h.94).
    03.jpg
    Giả sử \(\Delta \cap Ox = A(a ; 0) ,\) \( \Delta \cap Oy = B(0 ; b),\) \( a \ne 0, b \ne 0\).
    Phương trình của \(\Delta \):\( \dfrac{x}{a} + \dfrac{y}{b} = 1\).
    \(\begin{array}{l}P \in \Delta \Rightarrow \dfrac{6}{a} + \dfrac{4}{b} = 1 . (1)\\{S_{OAB}} = \dfrac{1}{2}OA.OB = \dfrac{1}{2}|ab| = 2 \\ \Rightarrow |ab| = 4. (2)\end{array}.\)
    Từ (1) suy ra \(b = \dfrac{{4a}}{{a - 6}} (a \ne 6\) vì nếu \(a=6\) thì (1) trở thành \( \dfrac{4}{b} = 0\): vô lí ).
    Thay vào (2) ta được \(\left| {a. \dfrac{{4a}}{{a - 6}}} \right| = 4 \Leftrightarrow {a^2} = |a - 6|\).
    Vói \(a>6\) thì (3) \( \Leftrightarrow {a^2} - a + 6 = 0\) : phương trình vô nghiệm.
    Vói \(a<6\) thì (3) \( \Leftrightarrow {a^2} + a - 6 = 0\), khi đó \(a=2\) hoặc \(a=-3.\)
    - Trường hợp \(a = 2 \Rightarrow b = - 2\), ta có đường thẳng \({\Delta _1}: \dfrac{x}{2} + \dfrac{y}{{ - 2}} = 1\).
    - Trường hợp \(a = - 3 \Rightarrow b = \dfrac{4}{3}\), ta có đường thẳng \({\Delta _2}: \dfrac{x}{{ - 3}} = \dfrac{y}{{ \dfrac{4}{3}}} = 1\).

    Bài 10 trang 101 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Lập phương trình đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(Q(2 ; 3)\) và cắt các tia \(Ox, Oy\) tại hai điểm \(M, N\) khác điểm \(O\) sao cho \(OM+ON\) nhỏ nhất.
    Giải
    Giả sử \(M=(m ; 0), N=(0 ; n)\) với \(m, n >0\). Phương trình của \(\Delta \) là \( \dfrac{x}{m} + \dfrac{y}{n} = 1\).
    \(Q \in \Delta \Rightarrow \dfrac{2}{m} + \dfrac{3}{n} = 1 \Rightarrow n = \dfrac{{3m}}{{m - 2}}\) (dễ thấy \(m \ne 2\)). Do \(n > 0\) nên \(m > 2.\)
    Áp dụng bất đẳng thức cô-si, ta có
    \(\begin{array}{l}OM + ON = m + n = m + \dfrac{{3m}}{{m - 2}}\\= m - 2 + \dfrac{6}{{m - 2}} + 5\\ \ge 2\sqrt {(m - 2) \dfrac{6}{{m - 2}}} + 5 = 2\sqrt 6 + 5\end{array}\)
    Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(m - 2 = \dfrac{6}{{m - 2}}\) hay \(m = 2 + \sqrt 6 \) (do \(m > 0\)).
    Suy ra \(n = 3 + \sqrt 6 \). Vậy \(OM+ON\) nhỏ nhất bằng \(2\sqrt 6 + 5\) khi \(m = 2 + \sqrt 6 \) và \(n = 3 + \sqrt 6 \). Khi đó phương trình của \(\Delta \) là \( \dfrac{x}{{2 + \sqrt 6 }} = \dfrac{y}{{3 + \sqrt 6 }} = 1\).

    Bài 11 trang 101 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Cho điểm \(M(a; b)\) với \(a > 0, b > 0\). Viết phương trình đường thẳng qua \(M\) và cắt các tia \(Ox, Oy\) lần lượt tại \(A, B\) sao cho tam giác \(OAB\) có diện tích nhỏ nhất.
    Giải
    (h.95).
    04.jpg
    Gọi \(A(x_0 ; 0), B(0 ; y_0).\)
    Khi đó, \(x_0 > 0, y_0 > 0\). Phương trình đường thẳng AB là \( \dfrac{x}{{{x_0}}} + \dfrac{y}{{{y_0}}} = 1\).
    \(\begin{array}{l}M \in AB \Rightarrow \dfrac{a}{{{x_0}}} + \dfrac{b}{{{y_0}}} = 1.\\{S_{OAB}} = \dfrac{1}{2}.OA.OB = \dfrac{1}{2}{x_0}.{y_0}.\end{array}\)
    Ta có
    \(1 = \dfrac{a}{{{x_0}}} + \dfrac{b}{{{y_0}}} \ge 2\sqrt { \dfrac{{ab}}{{{x_0}{y_0}}}}\)
    \(\Rightarrow {x_0}{y_0} \ge 4ab\).
    Do đó \({S_{OAB}} = \dfrac{1}{2}{x_0}{y_0} \ge \dfrac{1}{2}.4ab = 2ab\).
    Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \( \dfrac{a}{{{x_0}}} = \dfrac{b}{{{y_0}}} = \dfrac{1}{2}\) hay \(\left\{ \begin{array}{l}{x_0} = 2a\\{y_0} = 2b\end{array} \right.\).
    Vậy diện tích tam giác \(OAB\) nhỏ nhất bằng 2ab khi \(\left\{ \begin{array}{l}{x_0} = 2a\\{y_0} = 2b\end{array} \right.\). Phương trình đường thẳng cần tìm là \( \dfrac{x}{{2a}} + \dfrac{y}{{2b}} = 1\).

    Bài 12 trang 101 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Cho hai đường thẳng
    \({d_1}: 2x - y - 2 = 0 ,\)
    \({d_2}: x + y + 3 = 0\) và điểm \(M(3 ; 0).\)
    a) Tìm tọa độ giao điểm của \(d_1\) và \(d_2\).
    b) Viết phương trình đường thẳng \(\Delta \) đi qua \(M\) , cắt \(d_1\) và \(d_2\) lần lượt tại điểm \(A\) và \(B\) sao cho \(M\) là trung điểm của đoạn thẳng \(AB.\)
    Giải
    a) Tọa độ giao điểm của hai đường thẳng \(d_1, d_2\) là nghiệm của hệ
    \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y - 2 = 0 \\ x + y + 3 = 0\end{array} \right.\)
    Giải hệ ta có \(\left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{{ - 1}}{3}\\y = - \dfrac{8}{3}\end{array} \right.\)
    b) (h.96).
    05.jpg
    Cách 1:
    \(A({x_A} ; {y_A}) \in {d_1} \Rightarrow {y_A} = 2{x_A} - 2 ;\) \( B({x_B} ; {y_B}) \in {d_2} \Rightarrow {y_B} = - {x_B} - 3\).
    Vì \(M\) là trung điểm của \(AB\) nên
    \(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_B} = 2{x_M}\\{y_A} + {y_B} = 2{y_M} \end{array} \right. \\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_B} = 6\\2{x_A} - 2 - {x_B} - 3 = 0\end{array} \right. \\ \Rightarrow {x_A} = \dfrac{{11}}{3} \Rightarrow {y_A} = \dfrac{{16}}{3}.\end{array}\)
    Vậy \(A\left( { \dfrac{{11}}{3} ; \dfrac{{16}}{3}} \right)\).
    Đường thẳng \(MA\) trùng với đường thẳng \(\Delta \). Từ đó ta tìm được phương trình của \(\Delta \) là \(8x-y-24=0.\)
    Cách 2:
    Dễ thấy đường thẳng \(\Delta \) cần tìm không vuông góc với \(Ox\). Gọi k là hệ số góc của \(\Delta \) thì phương trình của \(\Delta \) có dạng: \(y=k(x-3).\)
    Gọi \(A = \Delta \cap {d_1} , B = \Delta \cap {d_2}\). Khi đó hoành độ của A là nghiệm của phương trình :\(2x - 2 = k(x - 3)\).
    Suy ra \({x_A} = \dfrac{{3k - 2}}{{k - 2}} (k \ne 2\) vì nếu \(k=2\) thì phương trình \(2x - 2 = k(x - 3)\) vô nghiệm).
    Hoành độ của \(B\) là nghiệm của phương trình \( - x - 3 = k(x - 3)\).
    Suy ra \({x_B} = \dfrac{{3k - 3}}{{k + 1}} (k \ne - 1\) vì nếu \(k=-1\) thì phương trình \( - x - 3 = k(x - 3)\) vô nghiệm). Từ giả thiết \(M\) là trung điểm của \(AB\) suy ra:
    \({x_A} + {x_B} = 2{x_M} \)
    \( \Leftrightarrow \dfrac{{3k - 2}}{{k - 2}} + \dfrac{{3k - 3}}{{k + 1}} = 6 \Leftrightarrow k = 8\).
    Vậy phương trình của \(\Delta \) là \(y=8(x-3)\) hay \(8x-y-24=0.\)

    Bài 13 trang 101 SBT Hình học 10 Nâng cao.
    Cho tam giác \(ABC\) có \(A(0 ; 0),\) \( B(2 ; 4),\) \( C(6 ; 0)\) và các điểm \(M\) trên cạnh \(AB, N\) trên cạnh \(BC, P\) và \(Q\) trên cạnh \(AC\) sao cho \(MNPQ\) là hình vuông. Tìm tọa độ các điểm \(M, N, P, Q.\)
    Giải
    (h.97).
    06.jpg
    \(A(0 ; 0), C(6 ; 0) \Rightarrow A, C \in Ox \)
    \( \Rightarrow P, Q \in Ox \)
    \( \Rightarrow P = ({x_P} ; 0), Q = ({x_Q} ; 0)\) với \(0 < x_p < x_Q < 6.\)
    Phương trình đường thẳng \(AB :y=2x;\)
    Phương trình đường thẳng \(AC: y=0.\)
    Gọi cạnh hình vuông là \(a\). Ta có
    \( \dfrac{{MN}}{{AC}} = \dfrac{{BM}}{{BA}} \Rightarrow \dfrac{a}{6} = \dfrac{{BM}}{{BA}}\) (1).
    Kẻ \(BH \bot AC\), suy ra \(BH=4\). Ta có
    \( \dfrac{{MP}}{{BH}} = \dfrac{{AM}}{{AB}} \Rightarrow \dfrac{a}{4} = \dfrac{{AM}}{{AB}} \) (2).
    Từ (1) và (2) suy ra :\( \dfrac{a}{6} + \dfrac{a}{4} = \dfrac{{BM}}{{AB}} + \dfrac{{AM}}{{AB}} = 1\). Do đó \(a = \dfrac{{12}}{5}\).Vậy \({y_M} = {y_N} = \dfrac{{12}}{5}\).
    Do \(M \in AB\) nên \({y_M} = 2{x_M}\), suy ra \({x_M} = \dfrac{6}{5}, {x_P} = {x_M} = \dfrac{6}{5}\).
    Vì \(PQ = {x_Q} - {x_P}\) nên \({x_Q} = {x_P} + a = \dfrac{6}{5} + \dfrac{{12}}{5} = \dfrac{{18}}{5}\).
    Các điểm cần tìm là \(M\left( { \dfrac{6}{5} ; \dfrac{{12}}{5}} \right), P\left( { \dfrac{6}{5} ; 0} \right), \) \( Q\left( { \dfrac{{18}}{5} ; 0} \right), N\left( { \dfrac{{18}}{5} ; \dfrac{{12}}{5}} \right)\).