Chuyên đề môn toán ỨNG DỤNG CÔNG THỨC TÍNH KHOẢNG CÁCH và góc vào một số bài TOÁN HÌNH học tọa độ PHẲNG

CHUYÊN ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC
ỨNG DỤNG CÔNG THỨC TÍNH KHOẢNG CÁCH VÀ GÓC VÀO MỘT
SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỌA ĐỘ PHẲNG
A/ PHẦN MỞ ĐẦU.
I/ Tác giả viết chuyên đề.
-

Giáo viên: Nguyễn Huy Nguyện
Tổ: Toán – Tin
Trường THPT Yên Lạc 2
Mail:

II/ Lý do chọn đề tài.
-

-

-

Trong đề thi ĐH – CĐ luôn xuất hiện bài toán về tọa độ phẳng, một vài
năm gần đây bài toán này gây cho học sinh khá nhiều khó khăn về độ khó
của nó. Để giải được bài toán này ngoài việc học sinh cần nắm vững các
kiến thức cơ bản và các phương pháp giải học sinh còn phải có kiến thức
về hình học phẳng như các hệ thức lượng trong tam giác, trong tam giác
vuông, các kiến thức về các hình như tam giác, hình vuông, hình chữ
nhật, hình thoi, hình bình hành, hình thang…
Trong quá trình giảng dạy và làm các đề thi tôi thấy xuất hiện khá nhiều
các bài toán về hình học tọa độ phẳng cần tính các góc, khoảng cách và
sử dụng các công thức tính góc và khoảng cách để giải quyết bài toán.
Thông thường các giả thiết về góc và khoảng cách đều được ẩn bên trong
hình vẽ.

Chính vì các lý do trên nên tôi viết chuyên đề này nhằm mục đích có
thêm tài liệu phục vụ cho việc giảng dạy của mình và làm tài liệu cho học
sinh ôn tập.

III/ Mục đích.
-

Chuyên đề này nhằm mục đích củng cố lại cho học sinh các kiến thức về
góc và khoảng cách trong bài toán tọa độ phẳng.
Sử dụng các kiến thức đó vào giải quyết các bài toán từ cơ bản đến nâng
cao.
Các bài tập trong chuyên đề nhằm mục đích phát triển tư duy toán học
cho học sinh.
Chuyên đề là một tài liệu cho giáo viên tham khảo và giảng dạy, giúp học
sinh tự ôn tập.

IV/ Phạm vi nghiên cứu và sử dụng.
Trang 1


1/ Phạm vi nghiên cứu.
Trong chuyên đề nghiên cứu về các bài toán về tọa độ phẳng có sử dụng các
công thức về góc và khoảng cách, cách tư duy một số bài toán để đưa về dạng
cơ bản.
2/ Phạm vi sử dụng.
Chuyên đề này sử dụng cho học sinh THPT từ lớp 10 đến lớp 12. Đặc biệt là
các học sinh ôn thi đại học – cao đẳng.
B/ NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ.
ỨNG DỤNG CÔNG THỨC TÍNH KHOẢNG CÁCH VÀ GÓC VÀO MỘT
SỐ BÀI TOÁN TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG

I/ Kiến thức áp dụng.
1/ Công thức tính khoảng cách:
*/ Khoảng cách từ một điểm

M ( x0 ; y0 )

đến đường thẳng

d ( M ; ∆) =

∆ ax + by + c = 0

:

là:

ax0 + by0 + c
a 2 + b2

∆1

∆2

*/ Khoảng cách giữa hai đường thẳng
và
song song với nhau bằng khoảng
cách từ một điểm M bất kì thuộc đường thẳng này đến đường thẳng kia.
d ( ∆1 ; ∆ 2 ) = d ( M ; ∆ 2 ) = d ( N ; ∆1 )

M ∈∆1 N ∈ ∆ 2

(với
;
)

2/ Công thức tính góc:
*/ Góc giữa hai đường thẳng
và

uu
r
n2 ( a2 ; b2 )

∆1

và

∆2

có véctơ pháp tuyến lần lượt là

ur uu
r
cos ( ∆1 ; ∆ 2 ) = cos n1 ; n2 =

(

)

là

*/ Chú ý: góc giữa hai đường thẳng thuộc

 π
0; 2 

3/ Hệ thức lượng trong tam giác.
*/ Trong tam giác vuông:
Trang 2

.

a1.a2 + b1.b2
a12 + b12 . a2 2 + b22

ur
n1 ( a1; b1 )


- Định lý pitago: Tam giác

ABC

vuông tại

A

ta có:

BC 2 = AB 2 + AC 2

- Các công thức tính sin, cosin, tang, cotang trong tam giác vuông.
*/ Trong tam giác bất kỳ:
ABC

Định lý cosin trong tam giác

cos ∠A =

:

AB 2 + AC 2 − BC 2
2 AB. AC

II/ Một số bài tập áp dụng.
1/ Bài tập cơ bản. Ta xét hai bài tập cơ bản sau:
Bài 1: Viết phương trình đường thẳng
B ( −2; 2 )

đến đường thẳng

∆

bằng

∆

A ( 1;1)

qua

và khoảng cách từ điểm

5

Lời giải:
Gọi

r
r
n ( a; b ) ≠ 0

là véctơ pháp tuyến của đường thẳng

Do đường thẳng

∆

qua

A ( 1;1)

nên phương trình của

∆
∆

có dạng:

a ( x − 1) + b( y − 1) = 0 ⇔ ax + by − a − b = 0

(1)

Theo đề bài ta có:
d ( B; ∆ ) = 5 ⇔

−2a + 2b − a − b
a 2 + b2

= 5 ⇔ ( −3a + b ) = 5a 2 + 5b 2 ⇔ 2a 2 − 3ab − 2b 2 = 0
2

 a = 2b
⇔
a = − 1 b

2

Với

a = 2b

chọn

a = 2 ⇒ b =1

khi đó phương trình đường thẳng

∆

là:

2x + y − 3 = 0

Với

1
a=− b
2

chọn

a = 1 ⇒ b = −2

khi đó phương trình đường thẳng

x − 2y +1 = 0

Trang 3

∆

là:


∆

Vậy có đường thẳng

thỏa mãn đề bài là

∆1 : 2 x + y − 3 = 0

Bài 2: Viết phương trình đường thẳng
∆2 : x + 3 y − 3 = 0
450
thẳng
một góc

∆2 : x − 2 y + 1 = 0

và

∆1

đi qua điểm

A ( −2;0 )

và tạo với đường

Lời giải:
Gọi

ur
r
n1 ( a; b ) ≠ 0

là một vectơ pháp tuyến của đường thẳng

Một véctơ pháp tuyến của đường thẳng

∆2

là

∆1

.

uur
n2 ( 1;3)

Theo đề bài ta có:
ur uu
r
cos ( ∆1 ; ∆ 2 ) = cos 450 ⇔ cos n1 ; n2 =

(

⇔ ( a + 3b ) = 5 ( a + b
2

Với
Với

a = 2b

2

chọn

1
a=− b
2

chọn

2

)

)

2
⇔
2

a + 3b
a + b . 10
2

2

=

2
⇔ a + 3b = 5. a 2 + b 2
2

 a = 2b

⇔ 2a − 3ab − 2b = 0 ⇔ 
a = − 1 b

2
2

a = 2 ⇒ b =1

2

khi đó phương trình đường thẳng

a = 1 ⇒ b = −2

∆1

khi đó phương trình đường thẳng

là:

∆1

2x + y + 4 = 0

là:

x − 2y + 2 = 0

Trên đây là hai bài toán cơ bản về viết phương trình đường thẳng liên quan
tới khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng và góc giữa hai đường

r
r
n ( a; b ) ≠ 0

thẳng. Cách giải quyết loại bài tập này là ta gọi
là véctơ pháp tuyến
của đường thẳng cần viết phương trình. Sau đó dựa vào đề bài để tìm liên hệ
giữa a và b từ đó chúng ta sẽ chọn được một véctơ pháp tuyến của đường thẳng
khi đó sẽ viết được phương trình đường thẳng đó.
Dưới đây tôi xin trình bày một số bài tập phức tạp hơn nhưng có thể đưa được
về phương pháp của hai bài toán trên để giải.
Trang 4


2. Bài tập liên quan đến góc giữa hai đường thẳng.
ABC

Oxy

BC

Bài 1: trong hệ trục tọa độ
, cho tam giác
cân có đáy là
nằm trên
d1
2x − 5 y +1 = 0
AB
đường thẳng
có phương trình là:

, cạnh bên
nằm trên đường
d2
12 x − y − 23 = 0
AC
thẳng
có phương trình là:
. Viết phương trình cạnh
biết
rằng

AC

đi qua điểm

M ( 3,1)

.

*/ Phân tích:
Ta thấy tam giác

ABC

cân tại

A

∠ABC = ∠ACB

nên

mà góc

∠ABC = ( d1 ; d 2 )
AC

Như vậy ta hoàn toàn có thể viết được phương trình đường thẳng
đi qua
M ( 3;1)
d1
và tạo với
một góc xác định. Như vậy bài toán được giải quyết.
Lời giải:
Ta có:

d1

uur
n2 ( 12; −1)

Do

có một véc tơ pháp tuyến là:
cos ∠ABC = cos ( d1; d 2 ) =

do đó

∆ABC

cân tại

A

ur
n1 ( 2; −5 ) d 2

,

có một véc tơ pháp tuyến là

5
5

cos ( AC ; BC ) = cos ∠ACB = cos ∠ABC =

nên ta có
Trang 5

5
5


Gọi

r
r
n ( a; b ) ≠ 0

là một vtpt của đường thẳng

cos ( AC ; BC ) =

Ta có
8
a= b
9

Với

chọn

a = −12b

Với

phương trình đường thẳng

a = 12 ⇒ b = −1

(loại vì

.

8

a= b

2a − 5b
⇔

5
9
=
⇔ 9a 2 + 100ab − 96b 2 = 0

2
2
5
 a = −12b
29. a + b

a =8⇒b =9

chọn

12 x − y − 35 = 0

5
⇔
5

AC

AC / / AB

AC

là:

phương trình đường thẳng

8 x + 9 y − 33 = 0

AC

là:

)

Vậy chỉ có một phương trình đường thẳng

AC

thỏa mãn ycbt là:

8 x + 9 y − 33 = 0

Bài 2 (Đại học khối A, A1 năm 2012):
Trong mặt phẳng tọa độ
cạnh

BC N

,

Oxy

, cho hình vuông

là điểm trên cạnh

CD

sao cho

đường thẳng AN có phương trình là:

ABCD

. Gọi

CN = 2 ND

2x − y − 3 = 0

M

là trung điểm của

. Giả sử

 11 1 
M ; ÷
 2 2

. Tìm tọa độ đỉnh

A

và

.

*/ Phân tích: Đây là đề thi đại học khối A năm 2012, là một bài toán khá khó
với học sinh. Khi giải học sinh sẽ khó phát hiện ra dữ kiện để có thể tìm được
tọa độ điểm

A

.

Trong đáp án của Bộ GD&ĐT có trình bày cách giải như sau:
Gọi H là giao điểm của
AB

lần lượt cắt

AD

và

AN
BC

và
tại

BD
P

. Kẻ đường thẳng qua

và

Q

.

Trang 6

H

và song song với


HP = x

Đặt

QC = x

Ta có

PD = x, AP = 3 x, HQ = 3 x

suy ra
nên

Hơn nữa ta có

MQ = x

do đó

∆AHP = ∆HMQ

suy ra

AH ⊥ HM

AH = HM

AM = 2 MH = 2d ( M ;( AN ) ) =

Do đó
Do

.

3 10
2

A ∈ AN ⇒ A ( t ; 2t − 3)

AM =

Vậy

2
2

t = 1
3 10
7
45
 11  
⇔  t − ÷ +  2t − ÷ =
⇔ t 2 − 5t + 4 = 0 ⇔ 
2
2 
2
2

t = 4

A ( 1; −1)

hoặc

A ( 4;5 )

.

*/ Nhận xét: Với cách giải như trên ta thấy việc xác định được
AH = HM

AM =

và

3 10

2

AH ⊥ HM

là rất khó khăn đối với học sinh.

Với bài toán này nếu ta viết được phương trình của đường thẳng
tìm tọa độ của điểm

A

trở lên đơn giản vì

AM

thì việc

ta chỉ cần xác định được góc

là xong bằng cách dựa vào định lý cosin trong tam giác
Trang 7

AM

A = AM ∩ AN

Để viết được phương trình của đường thẳng
∠MAN

,

∆AMN

.


Với ý tưởng đó tôi xin trình bày một cách giải khác như sau:
Gọi cạnh của hình vuông là
DN =

khi đó ta có:

BC x
=
2
2

CN =

,

Từ đó ta suy ra

Xét tam giác

AMN

r
r
n ( a; b ) ≠ 0

5x
6

ta có:

AM =

,

,

x 5
2

AN =

,

x 10
3

MA2 + NA2 − MN 2
2
cos ∠MAN =
=
2MA.NA
2

là véctơ pháp tuyến của đường thẳng AM.

cos ( AM ; AN ) = cos ∠MAN =

Ta có

2
⇔
2

2a − b
5. a + b
2

2

=

2
⇔ 3a 2 − 8ab − 3b 2 = 0
2

 a = 3b
⇔
a = − 1 b
3


Với

2x

3

x
3

MN =

Gọi

x

BM = MC =

a = 3b

chọn

a = 3⇒ b =1

do đó phương trình đường thẳng AM là:

3 x + y − 17 = 0

Trang 8


Suy ra tọa độ điểm

A

là nghiệm của hệ phương trình:

3x + y − 17 = 0  x = 4
⇔
⇒ A ( 4;5)

2 x − y − 3 = 0
y = 5

Với

1
a=− b
3

chọn

Vậy có hai điểm

a = 1 ⇒ b = −3

A

làm tương tự ta có

thỏa mãn điều kiện đề bài là

A ( 1; −1)

A ( 4;5 )

hoặc

*/ Nhận xét: Với hai cách giải trên ta thấy việc tính ra góc
so với việc chứng minh được

AH ⊥ HM

,

AH = HM

∠MAN

AM =

và

A ( 1; −1)

3 10
2

đễ dàng hơn
.

Bài 3: (Trích đề thi thử đại học khối A, A1 lần 1 nhóm 2 Vĩnh Phúc năm học
2013 – 2014).
Trong hệ trục tọa độ
thẳng chứa cạnh

BD

Oxy

, cho hình chữ nhật

AB : x − 2 y − 1 = 0

x − 7 y + 14 = 0

ABCD

. Có phương trình đường

, phương trình đường thẳng chứa đường chéo

là
, đường thẳng
của hình chữ nhật.

AC

đi qua điểm

M ( 2;1)

. Tìm tọa độ các đỉnh

*/ Phân tích: Với bài toán trên nếu ta viết được phương trình đường thẳng
thì bài toán được giải quyết.

Ta thấy:

∠BAC = ∠ABD = ϕ = ( AB, BD )

Trang 9

AC


(AB) có vtpt

ur
n1 = ( 1; −2 )

, (BD) có vtpt

uu
r
n2 = ( 1; −7 )

uu
r uu
r
n1.n2
1 + 14
15
3
⇒ cosϕ = ur uu
=

=
r =
5 50 5 10
10
n1 n2

Như vậy phương trình đường thẳng

AC

hoàn toàn viết được.

Lời giải:
Gọi

ϕ

là góc giữa hai đường thẳng

Ta có (AB) có vtpt

ur
n1 = ( 1; −2 )

AB

và

BD

, (BD) có vtpt

uu
r
n2 = ( 1; −7 )

uu
r uu
r
n1.n2
1 + 14
15
3
⇒ cosϕ = ur uu
=
=
r =
5 50 5 10
10
n1 n2

( AC; BD ) = ∠ABD = ( AB, BD ) = ϕ ⇒ cos ( AC,AB ) =
Mà:
Gọi

r
r
n ( a; b ) ≠ 0

là véctơ pháp tuyến của đường thẳng

3
10
AC

 a = −b
3
2
2
cos ( AC,BD ) =
=
⇔ 7 a + 8ab + b = 0 ⇔ 
2
2
a = − 1 b
10
5 a +b
7

a-2b

Ta có:

 a = −b
⇔
a = − 1 b
7


Với

a = −b

Ta có
Suy ra

chọn

a = 1 ⇒ b = −1

A = AB ∩ AC ⇒ A ( 1; 0 )
C ( 6;5 )

và

,

phương trình đường thẳng

B = AB ∩ BD ⇒ B ( 7;3)

D ( 0; 2 )

Trang 10

,

AC

là:

x − y −1 = 0

7 5
I = AC ∩ BD ⇒ I  ; ÷
2 2


Với

1
a=− b
7

AC / / BD

chọn

a = 1 ⇒ b = −7

AC

phương trình của

x − 7 y + 12 = 0

là:

(loại vì

)

Vậy các đỉnh của hình chữ nhật là:

A ( 1;0 ) B ( 7;3 ) C ( 6;5 )
,

*/ Nhận xét: Trên đây tôi vẽ hình với trường hợp
ngược lại

AB < AD

thì

và

,

AB > AD

∠BAC = ∠ABD = ϕ = ( AB, BD )

D ( 0; 2 )

.

trong trường hợp

vẫn đúng.

Bài 4 (Trích Đề thi thử đại học khối A; A1 lần 1 nhóm 2 tỉnh Vĩnh Phúc năm
học 2013 – 2014).
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
AB = 2 AD
B, C , D

Oxy

, cho hình chữ nhật

. Phương trình đường thẳng

biết điểm

D

ABCD

BD : 4 x + 3 y + 3 = 0

có đỉnh

A ( 1;1)

. Tìm tọa độ các điểm

có hoành độ không âm.

Lời giải từ đáp án của đề thi:
d ( A; BD ) =

Ta có
Gọi

H

4 + 3+ 3
4 2 + 32

=2

là hình chiếu vuông góc của

A

trên

1
1
1
5
1
+
=
⇔
= ⇒ AD = 5
2
2
2
2

AD
AB
AH
4 AD
4

Gọi

 −4 m − 3 
D  m;
÷∈ BD, m ≥ 0
3 


⇔ 25m + 30m = 0 ⇔ m = 0

Xét

∆ABD

AB = 2 AD

có:

)
2

. Ta có:
m=−

2

Với

(

BD.

hoặc

2
 −4 m − 3 
AD 2 = 5 ⇔ ( m − 1) + 
− 1÷ = 5
3



6
5

(loại)

m = 0 ⇒ D ( 0; −1)

Đường thẳng

AB

đi qua

A

và có véctơ pháp tuyến
Trang 11

và

uuur
AD ( −1; −2 )


Phương trình

AB : x + 2 y − 3 = 0

{

hệ:
I

Gọi

Vậy,

{

tọa độ

( x; y )

của

B

thỏa mãn

x + 2y −3 = 0
x = −3
⇔
⇒ B ( −3;3)
4x + 3y + 3 = 0
y=3

là trung điểm của

⇒ C ( −4;1)

.

{ B} = AB ∩ BD ⇒

 −3 
BD ⇒ I  ;1÷
 2 

B ( −3;3) , C ( −4;1) , D ( 0; −1)

. Mà

I

AC

cũng là trung điểm của

.

*/ Phân tích:
- Với lời giải trên tôi nghĩ rằng để dựng thêm điểm H và sử dụng hệ thức lượng
1
1
1
+
=
2
2
AD
AB
AH 2

trong tam giác vuông

ABD

để tính

AD

thì hơi khó khăn đối

với học sinh.
Vì vậy tôi có một hướng giải quyết khác như sau:
Do đỉnh A đã biết tọa độ nên tôi nghĩ đến việc viết phương trình đường thẳng
AD

.

Nếu tìm được góc giữa hai đường thẳng
trình đường thẳng

AD

Theo giả thiết ta thấy
cos ∠ADB =

được

1
5

AD

và

BD

thì sẽ viết được phương

.

AB = 2 AD

mà tam giác

ABD

vuông tại A. Nên ta tính

như vậy ta sẽ viết được phương trình đường thẳng

đó tìm ra được tọa độ điểm

D

. Từ đó ta tìm ra các đỉnh còn lại.

Trang 12

AD

từ


Lời giải:
ABD

Xét tam giác vuông
cos ( DA; DB ) =

Suy ra

Gọi

r
r
n ( a; b ) ≠ 0

1
5

do

là véctơ pháp tuyến của đường thẳng

Ta có
a = −2b

Suy ra

AD

 a = −2b
1
=
⇔
a = − 2 b
5
25. a 2 + b 2

11
4a + 3b

a = 2 ⇒ b = −1 ⇒

chọn

D ( 0; −1)

nên ta có

1
5

.

1
cos ( DA; DB ) =
⇔
5

Với

AB = 2 AD

cos ∠ADB =

phương trình đường thẳng

AD : 2 x − y − 1 = 0

thỏa mãn.

Các điểm còn lại làm như lời giải trên.
a=−

Với

Suy ra

2
b
11

chọn

 6 3
D− ; ÷
 5 5

a = 2 ⇒ b = −11 ⇒

loại vì

D

Bài 5: Trong hệ trục tọa độ
Phương trình đường thẳng
BC

AD : 2 x − 11 y + 9 = 0

có hoành độ không âm.
Oxy

AD

CD = BC 2 = 2 AB

cạnh
và
có tung độ dương.

phương trình đường thẳn

, cho hình thang
là:

2x + y + 6 = 0

ABCD

, điểm

vuông tại

M ( 2,5 )

A

và

D

.

là trung điểm của

. Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang biết điểm

Trang 13

A


AD

*/ Phân tích: Do đề bài chỉ cho phương trình của đường thẳng
và tọa độ
điểm M nên ta sẽ bám vào hai giả thiết này để viết các phương trình đường
thẳng có liên quan. Nếu ta gọi
phương trình đường thẳng
CD = BC 2 = 2 AB

MN

nên nếu gọi

N

là trung điểm của

AD

và tìm được tọa độ điểm
E

là trung điểm của

DC

thì khi đó ta viết được
N

. Do giả thiết cho

thì

∆BEC

∠BCE = 45 = ∠BMN
0

suy ra
từ đó ta viết được phương trình của
được tọa độ các đỉnh của hình thang.

vuông cân

BC

và ta sẽ tìm

Lời giải:
Gọi
Gọi

N, E

F

lần lượt là trung điểm của

là giao điểm của

AD

và

Ta có
Gọi

vuông cân và

r
r
n ( a; b ) ≠ 0

Với

MN

MN / / DC

DC

là:
nên

x − 2 y + 8 = 0 ⇒ N ( −4; 2 )

.

∠BCE = 450 = ∠BMN

là một véctơ pháp tuyến của đường thẳng

BC

 a = −3b
1
cos ( MN ; BC ) = cos 45 ⇔
=
⇔
2
2
a = 1 b
2
5. a + b
3

0

Ta có:

và

BC

Ta có phương trình đường thẳng
∆BEC

AD

a = −3b

chọn

a = 3 ⇒ b = −1

a − 2b

phương trình
Trang 14

BC

là

3x − y − 1 = 0 ⇒ F ( −1; −4 )

Gọi

Với

A ( x0 ; −2 x0 − 6 )

1
a= b
3

⇒ F ( −7;8 )

chọn

ta có

a =1⇒ b = 3

D ( −3;0 )

⇒ B ( −1;6 ) ⇒ C ( 5; 4 )
A ( −5; 4 )

,

loại vì điểm

phương trình đường thẳng

làm tương tự ta có

Từ đó ta có

Vậy:

uuu
r
uuur
FA = 2 AN ⇒ A ( −3;0 )

A ( −5; 4 )

A

BC

có tung độ dương.

là

x + 3 y − 17 = 0

.

, phương trình đường thẳng

AB

là

x − 2 y + 13 = 0

.

B ( −1;6 ) C ( 5; 4 )

,

,

D ( −3; 0 )

.

2/ Bài tập liên quan đến khoảng cách.
Bài 1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ

Oxy

, lập phương trình đường thẳng d đi

qua điểm A(1; 2) và cắt đường tròn (C) có phương trình
một dây cung có độ dài bằng 8.
Lời giải :
Giả sử một véctơ pháp tuyến của
có phương trình:

d

là

r
r
n (a ; b ) ≠ 0

, vì

d

( x − 2)2 + ( y + 1) 2 = 25

đi qua điểm

A ( 1; 2 )

theo

nên

ax + by – a – 2b = 0

d

Vì cắt (C) theo dây cung có độ dài bằng 8 nên khoảng cách từ tâm
của (C) đến d bằng 3.
Trang 15

I ( 2; –1)

d

d ( I,d ) =

Với

2a − b − a − 2b

a=0

a +b
2

chọn

2

b =1

3
a=− b
4

= 3 ⇔ a − 3b = 3 a 2 + b 2

a = 0
⇔ 8a + 6ab = 0 ⇔ 
a = − 3 b

4

2

suy ra phương trình đường thẳng

d:y–2=0

d : 3x − 4 y + 5 = 0

a = 3 ⇒ b = −4

Với
chọn
phương trình đường thẳng
Bài 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông
ABCD

có phương trình:

( x − 2)

2

+ ( y − 3) = 10
2

. Xác định tọa độ các đỉnh của hình
M ( −3; −2 )

vuông biết đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm
hoành độ dương.

và điểm A có

*/ Phân tích:

Do đường tròn

( C)

nội tiếp hình vuông nên cạnh

AB

tiếp xúc với đường tròn,

I
suy ra d ( I ; AB ) = R với là tâm đường tròn. Như vậy ta hoàn toàn viết được

phương trình đường thẳng

AB

. Từ đó suy ra tọa độ các đỉnh của hình vuông.

Lời giải:
Gọi

r
r
n ( a, b ) ≠ 0

là véctơ pháp tuyến của đường thẳng

Phương trình đường thẳng
Đường tròn (C) có tâm

AB

I ( 2;3)

có dạng:

AB

ax + by + 3a + 2b = 0

và bán kính

Trang 16

R = 10

.

.


Do

( C)

2a + 3b + 3a + 2b
a 2 + b2

Với
Gọi

a = −3b

Với
Gọi

2

nên

d ( I ; AB ) = R

a = 3 ⇒ b = −1

(với

t >0

phương trình đường thẳng
IA2 = 2.R 2 = 20

) ta có

b = −3a

chọn

A ( 3t + 3; t )

Từ đó suy ra

a = 1 ⇒ b = −3

(với
2

t > −1

loại vì

t >0

phương trình đường thẳng

) ta có

AB : 3x − y + 7 = 0

nên

t = 0
2
+ ( 3t + 4 ) = 20 ⇔ 10t 2 + 20t + 20 = 20 ⇒ 
t = −2

1 + 3t )
Suy ra (

AB : x − 3 y − 3 = 0

IA2 = 2.R 2 = 20

+ ( t − 3) = 20 ⇔ 10t 2 +10 = 20 ⇒ t = 1
2

A(6;1); B(0; −1); C ( −2;5); D(4;7)

Vậy các điểm cần tìm là

A(6;1); B(0; −1); C ( −2;5); D(4; 7)

Bài 3: Trong mặt phẳng tọa độ
thẳng chứa cạnh
là

hay

 a = −3b
= 10 ⇔ 10(a 2 + b 2 ) = 25(a + b) 2 ⇔ (a + 3b)(3a + b) = 0 ⇔ 
b = −3a

chọn

A ( t ;3t + 7 )

( t − 2)

AB

tiếp xúc với

x − 2 y +1 = 0

AB

là:

Oxy

x − 2y + 5 = 0

cho hình thoi

ABCD

,

có phương trình đường

, phương trình đường thẳng chứa cạnh

. Viết phương trình các đường thẳng

M ( −3;3) ∈ AD N ( −1; 4 ) ∈ BC

.

.

*/ Phân tích:

Trang 17

AD

và

BC

, biết

CD


Do
Do

AD / / BC
ABCD

d ( AB, CD )

nên ta chỉ cần viết phương trình một đường.

là hình thoi nên ta có

d ( AB, CD ) = d ( M ; BC )

mà khoảng cách

ta xác định được. Như vậy bài toán được giải quyết.

Lời giải:

Lấy điểm

Do
Gọi

ABCD

Với

ta có

4
5

d ( AB, CD ) = d ( M ; BC ) =

là hình thoi nên ta có

r
r

n ( a; b ) ≠ 0

dạng:

Do

K ( −5;0 ) ∈ AB

d ( AB; CD ) = d ( K ; CD ) =

là véctơ pháp tuyến của

BC

4
5

khi đó phương trình của

BC

có

a ( x + 1) + b ( y − 4 ) = 0 ⇔ ax + by + a − 4b = 0

1

a= b

−2 a − b

4
4
2
d ( M ; BC ) =
⇔
=
⇔ 4a 2 + 20ab − 11b 2 = 0 ⇔ 
2
2
5
5
a +b
 a = − 11 b

2

1
a= b
2

chọn

a =1⇒ b = 2

trình đường thẳng

phương trình BC là:

AD : x + 2 y − 3 = 0

.

Trang 18

x + 2y − 7 = 0

suy ra phương


a=−

Với

11
b
2

chọn

phương trình của

a = 11 ⇒ b = −2

BC

phương trình

AD :11x − 2 y + 39 = 0

,

,

11x − 2 y + 19 = 0

suy ra

.

Bài 4: Viết phương trình các cạnh của hình vuông
BC CD DA

là:

lần lượt đi qua các điểm

M ( 2;1)

,

ABCD

N ( 0;1)

;

. biết các cạnh

P ( 3;5 ) Q ( −3; −1)

;

AB

,

.

*/ Phân tích:

d ( AB; CD ) = d ( AD; BC )

Do đề bài cho hình vuông nên ta có
mà tất cả các cạnh
này đều đi qua một điểm cho trước nên ta nghĩ đế sử dụng khoảng cách để viết
phương trình một cạnh bất kì nào đó của hình vuông, các cạnh còn lại ta sẽ viết
được phương trình dựa vào quan hệ vuông góc và song song.
Lời giải:
Gọi

r
r
n1 ( a; b ) ≠ 0

tuyến của

là véctơ pháp tuyến của

Phương trình của
Do

suy ra

là véctơ pháp

BC

Phương trình của

ABCD

AB

r
r
n2 ( b; − a ) ≠ 0

AB
BC

có dạng:
có dạng:

ax + by − 2a − b = 0

bx − ay + a = 0

là hình vuông nên ta có

d ( AB; CD ) = d ( AD; BC ) ⇔ d ( P; AB ) = d ( Q; BC )

Trang 19


a + 4b

=

a 2 + b2

 a = 7b
⇔
2
2
a = − 1 b
b +a
3


−3b + 2a

Suy ra:
Với

a = 7b

a = 7 ⇒ b =1

chọn

phương trình của

AB : 7 x + y − 15 = 0

BC : x − 7 y + 7 = 0 AD : x − 7 y − 4 = 0 CD : 7 x + y − 26 = 0

,

Với

1
a=− b
3

,

a = 1 ⇒ b = −3

chọn

phương trình của

.

AB : x − 3 y + 1 = 0

BC : 3x + y − 1 = 0 AD : 3 x + y + 10 = 0 CD : x − 3 y + 12 = 0

,

,

,

,

.

Bài 5: (Trích đề thi thử đại học khối A, A1 lần 2 tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2013 –
2014).
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
AM

trung tuyến

điểm của đoạn
phía với

A

, điểm
AM

B

, điểm

Oxy

cho tam giác

thuộc đường thẳng
D ( −1; −7 )

so với đường thẳng

BC

ABC

x+ y+6=0

có điểm

. Điểm

N ( 0;1)

không nằm trên đường thẳng
đồng thời khoảng cách từ

bằng nhau. Xác định tọa độ các điểm

C ( 5;1)

A

AM

và

D

,

là trung
và khác
tới

BC

A, B

*/ Phân tích:
Với giả thiết
BC

đi qua

d ( A; BC ) = d ( D; BC )

C ( 5;1)

trung điểm của

ta nghĩ đến viết phương trình của đường thẳng

nhưng tọa độ điểm

AM

nên ta có

A

lại chưa biết. Theo đề bài thì

d ( A; BC ) = 2d ( N ; BC )

từ đây ta viết được phương trình của

BC

do đó

Trang 20

là

d ( D; BC ) = 2d ( N ; BC )

từ đó ta suy ra tọa độ điểm

như vậy bài toán được giải quyết.

N ( 0;1)

B⇒M ⇒ A

Lời giải:
r
r
n ( a; b ) ≠ 0

Gọi

BC

của
Do

N

là véctơ pháp tuyến của đường thẳng

có dạng:

ax + by − 5a − b = 0

là trung điểm của

Mà theo giả thiết thì

AM

Với

a = 2b

Suy ra
.

Với

Suy ra
Vậy

nên ta có

d ( A; BC ) = 2d ( N ; BC )

suy ra

−5a

a = 2 ⇒ b =1

phương trình của

B ( 17; −23) ⇒ M ( 11; −11) ⇒ A ( −11;13)

chọn

a = 1 ⇒ b = −2

và

B ( −3; −3)

BC

loại vì

phương trình của

B ( −3; −3) ⇒ M ( 1; −1) ⇒ A ( −1;3 )

A ( −1;3 )

d ( D; BC ) = 2d ( N ; BC )

 a = 2b
= 2.
⇔
a = − 1 b
a2 + b2
a 2 + b2

2

chọn

1
a=− b
2

khi đó phương trình

.

d ( A; BC ) = d ( D; BC )

−6a − 8b

Do đó ta có:

BC

2 x + y − 11 = 0

là:

A

và

BC

D

là:

thỏa mãn điều kiện

cùng phía đối với

BC

x − 2y − 3 = 0

A, D

khác phía với

BC

.

Bài 6: (trích đề thi thử đại học khối B lần 2 Vĩnh Phúc năm học 2013 – 2014).
Trang 21


Oxy

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
đường thẳng

d : x − y − 4 = 0,

ABCD

, cho hình vuông

đường thẳng

có đỉnh

A

thuộc

M (4;0),

BC

đi qua điểm
đường thẳng
N (0;2).
AMN
A
CD đi qua điểm
Biết tam giác
cân tại , viết phương trình đường
thẳng BC.
*/ Phân tích:
M
d
A

B

D

N

A

Với bài toán trên ta tìm ra ngay điểm
dựa vào đặc điểm của hình vuông là

C

. Để viết được phương trình của

BC ⊥ DC

và

d ( A; BC ) = d ( A; DC )

BC

.

Lời giải:
Giả sử

A ( t; t − 4 ) ∈ d

, do tam giác

AMN

cân tại đỉnh

A

nên

AM = AN ⇔ AM 2 = AN 2
⇔ ( t − 4 ) + ( t − 4 ) = t 2 + ( t − 6 ) ⇔ t = −1 ⇒ A ( −1; −5 )
2

Gọi

r
r
n ( a; b ) ≠ 0

ur
n ' ( b; −a )

2

2

là véctơ pháp tuyến của đường thẳng

là một véctơ pháp tuyến của

Phương trình đường thẳng
Phương trình đường thẳng

BC
DC

DC

có dạng:

có dạng:

BC

. Do đó ta có:

ax + by − 4a = 0
bx − ay + 2a = 0

Trang 22

do

BC ⊥ DC

nên

ta


ABCD

Do

là hình vuông nên khoảng cách

−5a − 5b

⇔

Với
Với

3a + b = 0
⇔
a 2 + b2
 a − 3b = 0

7a − b

=

a 2 + b2

3a + b = 0
a − 3b = 0

d ( A, BC ) = d ( A, CD )

, chọn
, chọn

a = 1 ⇒ b = −3 ⇒
a = 3 ⇒b = 1⇒

phương trình

phương trình

Vậy có hai phương trình của đường thẳng

BC : x − 3 y − 4 = 0

hoặc

BC : x − 3 y − 4 = 0

BC

BC : 3x + y − 12 = 0

.

thỏa mãn điều kiện bài toán là:

BC : 3x + y − 12 = 0

III/ Bài tập tương tự.
Bài 1: Trong mặt phẳng với hệ trục
giác
đỉnh

ABC

A, C

biết

B ( 2; −1)

Oxy

, viết phương trình các cạnh của tam

, đường cao và đường phân giác trong lần lượt qua các

có phương trình lần lượt là:

3 x − 4 y + 27 = 0

Bài 2: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
∆ : 2x + 3y + 4 = 0

một góc

450

. Tìm tọa độ điểm

B∈∆

Oxy

cho

và

x + 2y −5 = 0

A ( 1;1)

và đường thẳng

sao cho đường thẳng

AB

hợp với

∆

.

Bài 3: (Trích đề thi đại học khối B năm 2002).
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
1 
I  ;0÷
2 

Oxy

cho hình chữ nhật

Biết phương trình đường thẳng chứa cạnh

AB = 2 AD

A

Oxy

thuộc cạnh

AC

các đỉnh của tam giác

, điểm
ABC

M ( 2; −3)

thuộc

.
Trang 23

AB

có tâm là

x − 2y + 2 = 0

A

, cho tam giác

. Biết rằng cạnh huyền nằm trên đường thẳng

N ( 7;7 )

là

. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật biết điểm

Bài 4: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
tại

AB

ABCD

và

có hoành độ âm.
ABC

d : x + 7 y − 31 = 0

và nằm ngoài

vuông cân
, điểm

AB

. Tìm tọa độ


Bài 5. (trích đề thi thử đại học khối A, A1 nhóm 2 lần 1 tỉnh Vĩnh Phúc năm học
2013 – 2014).

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình
x − 2 y −1 = 0

x − 7 y + 14 = 0

đường thẳng AB, BD lần lượt là
và
; đường thẳng AC
đi qua điểm M(2;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
Bài 6. (trích đề thi thử đại học khối A, A1 nhóm 1 lần 1 tỉnh Vĩnh Phúc năm học
2013 – 2014).
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
đường thẳng
đi qua

O

d2 : 2x − y − 1 = 0

và cắt

d1 , d 2

Oxy

cắt nhau tại

lần lượt tại

A, B

, cho đường thẳng
I

d1 : x + 2 y − 3 = 0

và

. Viết phương trình đường thẳng

sao cho

2IA = IB

d

.

Bài 7: (Trích đề thi thử đại học khối A, A1 nhóm 2 lần 1 Vĩnh phúc năm học
2013 – 2014).
Trong hệ trục tọa độ
thẳng chứa cạnh

Oxy

, cho hình chữ nhật

AB : x − 2 y − 1 = 0

là

, đường thẳng
của hình chữ nhật.

AC

đi qua điểm

Bài 8: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
tai

A ( 2;1)

và

M ( −3; 4 )

BC

thuộc đoạn

một cạnh nằm trên đường thẳng
còn lại của hình vuông đó.

và

PF

+ y − 6x + 2 y + 6 = 0
2

tới

( C)

với

E, F

BC = 4 BM

Oxy

và điểm

P ( 1;3)

Oxy

M ( 2;1)

. Tìm tọa độ các đỉnh

, Cho tam giác

ABC

vuông cân

. Tìm tọa độ đỉnh

, cho hình vuông tâm

( ∆) : x − 2y − 1 = 0

Bài 10: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ

( C) : x

Oxy

sao cho

Bài 9: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ

2

có phương trình đường

, phương trình đường thẳng chứa đường chéo

x − 7 y + 14 = 0

BD

ABCD

B, C

I(2;3)

, có

. Viết phương trình các cạnh

, cho đường tròn

. Viết phương trình các tiếp tuyến

là các tiếp điểm. Tính diện tích tam giác

Trang 24

.

PEF

PE


Bài 11: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
(C ) : x 2 + y 2 – 2 x – 2 y + 1 = 0

Oxy

, cho hai đường tròn

(C ') : x 2 + y 2 + 4 x – 5 = 0

và

Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn

Bài 12: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ

( C) : x

qua

M

+ y + 4x − 6 y + 9 = 0
2

và cắt

lớn nhất (với

( C)
I

và điểm

M ( 1; −8 )

tại hai điểm phân biệt

là tâm đường tròn

( C)

phương trình
M ( −9; 2 )

AB : x − 3 y + 5 = 0

Oxy

A, B

.

lần lượt tại A,

, cho đường tròn

. Viết phương trình đường thẳng
sao cho diện tích tam giác

d

đi

ABI

).

Bài 13: Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ

qua

(C ), (C ')

MA = 2 MB

B sao cho

2

cùng đi qua

M ( 1;0 )

Oxy

và đường chéo

, cho hình chữ nhật

BD : x − y − 1 = 0

. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó.

C. KẾT LUẬN.
Trang 25

ABCD

, đường chéo

có

AC

đi