Khoang cach tu mot diem den mot duong thang trong OXY

Hình học 10|

HÌNH HỌC 10
CHƯƠNG 3: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG
BÀI 1: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG

LÝ THUYẾT.
I
=
=
 Cho điểm M  x0 ; y0  và đường thẳng  : Ax  By  C  0 .
=
Ax0  By0  C
+)I d  M ,    MH 
0
2
2
A B
+) Đặc biệt: d  M , Ox   y0 , d  M , Oy   x0 .

 Khoảng cách giữa hai đường thẳng
+) Nếu 1  1 hoặc 1   2 thì d  1 ,  2   0 .
+) Nếu 1 / /  2 thì d  1 , 2   d  M , 2  với M bất kì thuộc 1 .

c c
1 : ax  by  c1  0
+) Đặc biệt: Nếu 
thì d  1 ;  2   1 2
a 2  b2
 2 : ax  by  c2  0
 Cho điểm A  xA , y A  , B  xB , yB  và đường thẳng  : Ax  By  C  0 .

+) Nếu  AxA  ByA  C  AxB  ByB  C   0 thì A, B nằm cùng phía so với đường thẳng  .
+) Nếu  AxA  ByA  C  AxB  ByB  C   0 thì A, B nằm khác phía so với đường thẳng  .

 Cho hai đường thẳng 1 : A1 x  B1 y  C1  0, 2 : A2 x  B2 y  C2  0
Phương trình hai phân giác của góc tạo bởi 1 ,  2 có dạng:

 A1 x  B1 y  C1 A 2 x  B2 y  C2

 d1 

2
2
2
2
A

B
A

B
A1 x  B1 y  C1
A 2 x  B2 y  C2
1
1
2
2


2
2

2
2

A x B y C
A x B y C
A1  B1
A2  B2
 1 2 1 2 1   2 2 2 2 2  d2 
A1  B1
A2  B2


BÀI TẬP TỰ LUẬN.
II
=
Loại
= 1: Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng, hai đường
thẳng
=I song song có sử dụng công thức trực tiếp.

Ví dụ 1
Ví
Trong mặt phẳng Oxy , tính khoảng cách từ điểm M  1;1 đến đường thẳng  : 3x  4 y  3  0 ?

1|

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

DẠNG 4: KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN ĐƯỜNG THẲNG

| Chương 3: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Lời giải
Ta có d  M ;   

3.  1  4.1  3
3   4 
2

2

 2.

Ví dụ 2
Ví
Trong mặt phẳng Oxy , tính khoảng cách từ giao điểm của hai đường thẳng x  3 y  4  0 và
2 x  3 y  1  0 đến đường thẳng  : 3x  y  4  0 .

Lời giải
Gọi A  x; y  là giao điểm của hai đường thẳng x  3 y  4  0 và 2 x  3 y  1  0 . Khi đó toạ độ điểm

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

x  3y  4  0
 x  1
.

A là nghiệm của hệ 
2 x  3 y  1  0
y 1

Khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng  là d  A;   

3.  1  1  4
3 1
2

2



2
.
10

Ví dụ 3
Ví
Trong mặt phẳng Oxy , cho hai đường thẳng d : 2 x  3 y  1  0 và  : 4 x  6 y  5  0. Tính
khoảng cách từ đường thẳng d đến đường thẳng  ?
Lời giải
2 3 1
nên d //  . Ta có M 1;1  d .


4 6 5
Do d //  nên khoảng cách giữa hai đường thẳng d và  là

Ta có

d d;   d  M ;  

4.1  6.1  5

 4 

2

 62



3 13
.
26

Ví dụ 4
Ví
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để khoảng cách từ điểm A  1; 2  đến đường thẳng
 : mx  y  m  4  0 bằng 2 5 .

Lời giải
Ta có d  A;   

m.  1  2  m  4
m 1
2

2



m  2  m  4
m2  1

2 5

|2


Hình học 10|
 m  3  5. m 2  1
  m  3  5  m 2  1
2

 4m 2  6m  4  0
 m  2

m  1

2

Vậy với m  2 và m 

1
thì thoả yêu cầu bài toán.
2

Ví dụ 5
khoảng bằng 3 .
Lời giải
Ta có:

 qua P  2;5 và nhận n   a; b  làm một vectơ pháp tuyến (với a 2  b2  0 ) có phương trình tổng
quát là:  : a( x  2)  b( y  5)  0  ax  by - 2a - 5b  0
5a  b  2a  5b
d  Q,    3 
3
a 2  b2

 3a  4b  3 a 2  b 2
b  0
.
 24ab  7b  0  
b  24 a
7

Với b  0 , chọn a  1 . Phương trình đường thẳng  : x  2 .
24
Với b  a , chọn a  7, b  24 . Phương trình đường thẳng  : 7 x  24 y  134  0 .
7
2

Ví dụ 6
Ví
Trong mặt phẳng Oxy , có bao nhiêu đường thẳng song song với đường thẳng  : 3x  4 y  2  0
và cách M 1;1 một khoảng là 1 ?
Lời giải
Gọi đường thẳng cần tìm là d . Do d //  nên phương trình đường thẳng d có dạng
d : 3x  4 y  c  0, c  2 .

c  2
1 7  c  5  

. Loại trường hợp c  2
3 4
c  13
Vậy có 1 đường thẳng d thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Ta có d ( M , d )  1 

3.1  4.1  c
2

2

Ví dụ 7
Ví
x  1 t
Trong mặt phẳng Oxy , cho  1 : 
và 2 : x  3 y  9  0 , điểm P  1;3 . Đường thẳng d
 y  4  2t
3|

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

Ví
Trong mặt phẳng Oxy , viết phương trình của đường thẳng qua P  2;5 và cách Q  5;1 một


| Chương 3: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
đi qua P và cắt 1 ,  2 tại A, B sao cho P là trung điểm của AB . Tính khoảng cách từ M 1; 1
đến đường thẳng d ?
Lời giải
Ta có:

+ A 1  A 1  t;4  2t 
+ B 2 : x  3 y  9  B 3b  9; b 

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

+ P  1;3 là trung điểm AB .

1  t  3b  9
 1

t  3b  6
t  0
2



 A 1; 4  , B  3; 2  .
2t  b  2
b  2
 4  2t  b  3

2
x 1 y  4
Phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm A, B là d :

 d : x  2y  7  0
3  1 2  4
1  2  1  7 10

2 5 .

Khoảng cách từ M đến đường thẳng d là d  M ; d  
2
5
12   2 

Ví dụ 8
Ví
Trong mặt phẳng Oxy , cho 3 đường thẳng có phương trình 1 : x  y  3  0; 2 : x  y  4  0 ;
3 : x  2 y  0 . Tìm tọa độ điểm M nằm trên  3 sao cho khoảng cách từ M đến 1 bằng 2 lần

khoảng cách từ M đến  2 .
Lời giải
Ta có: M  3  M  2t; t 
Do khoảng cách từ M đến 1 bằng 2 lần khoảng cách từ M đến  2 nên ta có

d  M ; 1   2d  M ;  2 


2t  t  3

2

2t  t  4

2
2
 3t  3  2  t  4 
t  11



 t 1
3t  3  2  t  4 

Vậy có hai điểm thỏa mãn là M1  22; 11 , M 2  2;1

III
==
=I

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1

Ví
Trong mặt phẳng Oxy , tính khoảng cách từ điểm M 1; 2  đến đường thẳng  : x  2 y  6  0 ?
Lời giải
Ta có d  M ;   

1  2.2  6
12   2 

2



3 5
.
5

|4

Hình học 10|

Bài 2
Ví
x  1 t
Trong mặt phẳng Oxy , tính khoảng cách từ điểm A  3; 4  đến đường thẳng  : 
,t 
 y  3  2t
Lời giải

.

Đường thẳng  đi qua điểm M 1;3 và có một vectơ chỉ phương u   1; 2   vectơ pháp tuyến
của  là n   2; 1 .
Phương trình tổng quát của  là 2.  x  1  1.  y  3  0  2 x  y  1  0 .
Khoảng cách từ A đến  là d  A;   

2.3  4  1
22   1

2



3 5
.
5

Ví
 x  2  3t
Trong mặt phẳng Oxy , cho hai đường thẳng d : 2 x  3 y  6  0 và  : 
,t 
 y  3  2t
khoảng cách từ đường thẳng d đến đường thẳng  ?
Lời giải
Lấy M  2;3    .

. Tính

Đường thẳng d có một vectơ pháp tuyến n   2; 3 , đường thẳng  có một vectơ chỉ phương

u   3; 2  .
Ta có n.u  2.3   3 .2  0 và M  d nên d //  .
Khoảng cách giữa hai đường thẳng d và  là d  d ;    d  M ; d  

2.2  3.3  6
2 3
2

2



13
.
13

Bài 4

Ví
Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng d đi qua hai điểm A 1;1 và B  3; 2  . Tính khoảng cách
từ điểm M  1; 2  đến đường thẳng d .
Lời giải

d có một vectơ chỉ phương AB   2;1  vectơ pháp tuyến của d là n   1; 2  .
Phương trình đường thẳng d là 1.  x  1  2.  y  1  0   x  2 y  1  0 .
Khoảng cách từ M đến đường thẳng d là d  M , d  

1.  1  2.2  1

 1

2

 22



4 5
.
5

Bài 5
Ví
x  1 t
, t  và  : x  3 y  4  0 . Tính
Trong mặt phẳng Oxy , Cho hai đường thẳng d : 
 y  3  2t
khoảng cách từ giao điểm của hai đường thẳng d và  đến đường thẳng 1 : 2 x  2 y  11  0 ?

5|

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

Bài 3


| Chương 3: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Lời giải
Gọi M là giao điểm của hai đường thẳng d và  . Khi đó toạ độ điểm M là nghiệm của hệ
x  3y  4  0
x  1 t
4

. Thay 
vào x  3 y  4  0 ta được 1  t  3  3  2t   4  0  t 
.
x  1 t
y

3

2
t
7

 y  3  2t

Với t  

4
 11 13 
thì M  ;  .
7
7 7

Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng 1 là d  M ; 1  

2.

11
13
 2.  11
7
7
22   2 

2



73 2
.
28

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

Bài 6
Ví
Trong không gian Oxy , tìm n để khoảng cách từ điểm I  2;3 đến đường thẳng

d : x  ny  1  2n  0 bằng 1.

Lời giải
Ta có d  I , d   1 

2  3n  1  2n
1 n

2

 1  1  n  1  n2  n  0 .

Bài 7
Ví
Trong mặt phẳng Oxy , tìm toạ độ điểm A thuộc đường thẳng d : x  2 y  1  0 và có khoảng cách
đến đường thẳng d1 : x  y  1  0 bằng 3 2 .
Lời giải
Do A  d nên A  2 y  1; y  .
Ta có d  A; d1   2 

2 y 1  y  1
12  12

y  2
.
 3 2  3y  6  
 y  2

Với y  2 : A  3; 2 , với y  2 : A  5; 2 .

Bài 8
Ví
Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng d1 : 6 x  2 y  1  0 và d2 : x  3 y  1  0 . Tìm trên đường
thẳng d3 : 2 x  y  0 điểm N sao cho khoảng cách từ N đến đường thẳng d1 bằng 2 lần khoảng
cách từ N đến đường thẳng d 2 ?
Lời giải
Do N  d3 nên N  n; 2n  .
Ta có d  N , d1   2d  N , d 2  

6n  2.2n  1
62  22

 2.

n  3.2n  1
12  32

 2n  1  4. 7n  1

|6


Hình học 10|

3

 n  26
 2n  1  28n  4
 3 3
1 1

. Vậy N  ;  và N  ;  .


 6 3
 26 13 
 2n  1  28n  4
n  1

6

Bài 9
Ví
x  t
Trong mặt phẳng Oxy , cho  1 : 
và 2 : x  y  2  0 , hai điểm C  1;3 , G  0;3 .
 y  4  2t
Đường thẳng d cắt 1 ,  2 tại A, B sao cho G là trọng tâm của ABC . Tính khoảng cách từ

M 1; 1 đến đường thẳng d ?
Lời giải

+ B  2 : x  y  2  0  B b; b  2 
+ G là trọng tâm của ABC
t  b 1
0
 3
t  b  1
t  1




 A  1; 2  , B  2; 4  .
4

2
t

b

2

3
2
t

b

0
b

2



3

3
x 1 y  2
Phương trình đường thẳng d đi qua hai điểm A, B là d :


 d : 2x  3y  8  0
2 1 4  2
2.1  3.  1  8
 13
Khoảng cách từ M đến đường thẳng d là d  M ; d  
2
2
 2    3

Loại 2. Sử dụng khoảng cách để viết PTĐT và tìm điểm trong mặt
phẳng.
Loại 2.1: Sử dụng khoảng cách để viết phương trình đường thẳng.

BÀI TẬP TỰ LUẬN.
II
=
Ví dụ 1
=
Ví
=I
Trong mặt phẳng Oxy , lập phương trình đường thẳng d song song với

 : 3x  4 y  12  0 và d

cách A  2;3 một khoảng là 2.
Lời giải
Vì d //  : 3x  4 y  12  0 nên d có dạng: 3x  4 y  c  0 ( điều kiện: c  12 ).
Vì d  A; d   2 

3.2  4.3  c

5

c  16  tm 
 c  6  10  
.
c  4  tm 
7|

2

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

Ta có:
+ A 1  A  t ;4  2t 


| Chương 3: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

 d1 : 3x  4 y  16  0
Vậy có 2 đường thẳng d thỏa mãn yêu cầu bài toán là 
.
 d 2 : 3x  4 y  4  0

Ví dụ 2
Ví
Trong mặt phẳng Oxy , lập phương trình đường thẳng d vuông góc với đường thẳng
x  2 y 3
và cách đều hai điểm B  2;3 , C  4; 1 .
:


1
4
Lời giải
x  2 y 3
Vì đường thẳng d   :
nên đường thẳng d có dạng: x  4 y  c  0 .

1
4
2  4.3  c 4  4.1  c

Vì d cách đều hai điểm B  2;3 , C  4; 1  d  B; d   d  C; d  
17
17

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

 c  10  c

 c  5 .
Vậy phương trình đường thẳng d cần tìm là: x  4 y  5  0 .

Ví dụ 3
Ví
Trong mặt phẳng Oxy , lập phương trình đường thẳng d đi qua điểm A 1; 2  và cách đều hai điểm

M  5;1 ; N  3; 1 .
Lời giải
Gọi vectơ pháp tuyến của đường thẳng d là: n   a, b  . Điều kiện: a 2  b2  0 .
Khi đó đường thẳng d đi qua A 1; 2  nhận vectơ pháp tuyến là n có dạng: a  x  1  b  y  2   0

 d : ax  by  a  2b  0 .

Vì đường thẳng d cách đều hai điểm M  5;1 ; N  3; 1

 d  M; d   d  N; d  

5a  b  a  2b
a 2  b2



3a  b  a  2b

a 2  b2
 4a  b  2a  3b
 2a  2b
a  b
 4a  b  2a  3b  


 4a  b  3b  2a
6a  4b
3a  2b

a  1
 d : x  y 1  0 .
Với a  b ta chọn 
b  1
a  2
 d : 2x  3 y  8  0 .

Với 3a  2b ta chọn 
b  3

Ví dụ 4
Ví
Trong mặt phẳng Oxy , lập phương trình đường thẳng d đi qua H  3; 4  và cách K  1;1 một
khoảng bằng 4.
Lời giải
Gọi vectơ pháp tuyến của đường thẳng d là: n   a, b  . Điều kiện: a 2  b2  0 .

|8


Hình học 10|
Khi đó đường thẳng d đi qua H  3; 4  nhận vectơ pháp tuyến là n có dạng: a  x  3  b  y  4   0
 d : ax  by  3a  4b  0 .

Vì d  K ; d   4 

a  b  3a  4b
a 2  b2

4

 4a  3b  4 a 2  b2

Ví dụ 5
Ví
Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có A  6; 3 , B  4;3 , C  9;2  . Viết phương trình
đường phân giác trong của góc A.

Lời giải
Phương trình đường thẳng AB : 3x  y  15  0 .
Phương trình đường thẳng AC : x  3 y  3  0 .
Gọi đường thẳng d là đường phân giác trong của góc A và H  x; y  là điểm bất kì thuộc đường
thẳng d.
Khi đó: d  H ; AB   d  H , AC  

3x  y  15
10



x  3y  3
10

.

 3x  y  15  x  3 y  3
x  y  9  0

.
x  y  3  0
Thay tọa độ của B, C vào phương trình đường thẳng x  y  9  0 ta được:

 4  3  99  2  9  0

 x  y  9  0 là phương trình phân giác ngoài của góc A.

Vậy phương trình đường phân giác trong của góc A là: x  y  3  0 .

III
==
=I

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1

Ví
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , lập phương trình đường thẳng d vuông góc với
 : 2 x  y  3  0 và cách điểm M  2; 2  một khoảng là

5.

Lời giải
Vì đường thẳng d   : 2 x  y  3  0 nên d có dạng: x  2 y  c  0 .

9|

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

 16a2  24ab  9b2  16a 2  16b2
b  0
.
 7b2  24ab  0  
7b  24a  0
Với b  0 chọn a  1  d : x  3  0 .
a  24
Với 7a  24b  0 chọn 
 d : 24 x  7 y 100  0 .

b  7


| Chương 3: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Vì d  M , d   5 

24c
5

c  7
.
 5  c2 5 
c  3

 d1 : x  2 y  7  0
Vậy có 2 đường thẳng d thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 
.
d2 : x  2 y  3  0

Bài 2
Ví
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , lập phương trình đường thẳng d là đường thẳng song song và
cách đều hai đường thẳng 1 : 3x  y  6  0; 2 : 6 x  2 y  1  0 .
Lời giải

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

1

 1

Lấy điểm M  2;0   1; N  0;    2 ; Trung điểm của MN giả sử là : I  1; 
4
 2

Vì đường thẳng d song song và cách đều hai đường thẳng 1 : 3x  y  6  0; 2 : 6 x  2 y  1  0 .

d : 3x  y  c  0
13
. Do đó : c 

4
I  d
Vậy phương trình đường thẳng d : 3x  y 

13
0.
4

Bài 3
Ví
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai điểm A 1;1 , B  2; 4  và đường thẳng

 : mx  y  3  0 . Tìm tất cả giá trị của tham số m để  cách đều hai điểm A , B .
Lời giải

 cách đều hai điểm A , B
m2
2m  1
 d  A,    d  B,   


2
m 1
m2  1
 m  2  2m  1  m2  4m  4  4m2  4m  1
m  1
 3m2  3  0  
.
 m  1

Bài 4
Ví
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , viết phương trình đường thẳng  cách điểm I 1; 3 một
khoảng bằng 5, biết đường thẳng đó vuông góc với đường thẳng d  : x  y  2019  0 .
Lời giải
Đường thẳng  vuông góc với đường thẳng d : x  y  2019  0 nên phương trình  có dạng:
x  y  c  0.

c  5 2  4
5 
.
11
c  5 2  4
Phương trình đường thẳng cần tìm là: 1 : x  y  5 2  4  0 ; 2 : x  y  5 2  4  0 .
Vì d  I ;    5 

1 3  c

Bài 5
Ví
| 10

Hình học 10|
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình các đường thẳng kẻ từ điểm A 1;3 và cách điểm

I  3; 1 một khoảng bằng 2.
Lời giải
Phương trình của đường thẳng  đi qua A có vectơ pháp tuyến n   a; b  (với a 2  b2  0 ) có dạng
a  x  1  b  y  3  0  ax  by  a  3b  0 .

3a  b  a  3b
a b
2

2

2

2a  4b
a 2  b2

2

b  0
  2a  4b   4  a  b   12b  16ab  0  4b  3b  4a   0  
b  4 a
3

+ Với b  0 , chọn a  1 , phương trình  : x 1  0 .
4a

+ Với b 
, chọn a  3; b  4 , phương trình  : 3x  4 y  15  0 .
3
Vậy có hai phương trình đường thẳng là: x  1  0 và 3x  4 y  15  0 .
2

2

2

2

Loại 2.2: Sử dụng khoảng cách để tìm điểm

BÀI TẬP TỰ LUẬN.
II
=
Ví dụ 1
=
Ví
=I
Trong mặt phẳng Oxy , tìm những điểm nằm trên đường thẳng

d : 2 x  y  1  0 và có khoảng cách

đến d  : 3x  4 y 10  0 bằng 2 .
Lời giải
Lấy điểm M 0  x0 ;1  2 x0   d
Ta có:
3x0  4 1  2 x0   10

d  M , d   2 
 2  5 x0  6  10
9  16


4
3
 4 3
 x0  5  y0   5  M  5 ;  5 



.

16
37
 16 37 
 M  ; 
 x0    y0 
5
5
 5 5 


.

Ví dụ 2
Ví
Trong mặt phẳng Oxy , tìm điểm M trên trục Ox cách đều hai đường thẳng: d1 : x  2 y  3  0 và
d2 : 2 x  y  1  0 .

Lấy điểm M  m;0   Ox .
Ta có:
11 |

Lời giải

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

d ( I ; )  2 


| Chương 3: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
d  M , d1   d  M 1 , d 2  

m3
5



2m  1
5

m  4
 m  3  2m  1


m   2
m


3


2
m

1

3

 2 
Vậy có hai điểm M1  4;0  , M 2   ;0  .
 3 

Ví dụ 3
Ví
Trong mặt phẳng Oxy , cho điểm

A  1; 2  và hai đường thẳng d1 : x  y  1  0 và

d2 : x  2 y  5  0 . Tìm trên đường thẳng d1 một điểm M sao cho: d  M ; d2   AM .

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

Lời giải
Lấy điểm M  t; t  1  d1
Ta có:
d  M ; d 2   AM 

t  2  t  1  5

1 4



 t  1   t  3
2

2

 3t  7  5. 2t 2  4t  10
  3t  7   5  2t 2  4t  10 
2

 9t 2  42t  49  10t 2  20t  50
 t 2  22t  1  0
t  11  2 30

t  11  2 30


30  M  11  2


30 

Với t  11  2 30  M 11  2 30; 12  2 30
Với t  11  2

30; 12  2

Ví dụ 4
Ví
Trong mặt phẳng Oxy , cho A  2; 2  , B  5;1 và đường thẳng  : x – 2 y  8  0. Điểm C   và C
có hoành độ dương sao cho diện tích tam giác ABC bằng 17 . Tìm tọa độ điểm C.
Lời giải
Ta có: AB 

 5  2  1  2 
2

2

 10

Phương trình đường thẳng AB : x  3 y  8  0 . Điểm C   C  2t  8; t 
Ta có: SABC

III
==
=I

t  10
5t  16
1
1
 17  AB.d  C; AB   17 
10.
 17  
 C 12;10 
t   18

2
2
10
5


BÀI TẬP TỰ LUYỆN
| 12


Hình học 10|

Bài 1
Ví
Tìm điểm M  d : x  y  2  0 mà khoảng cách đến d  : 4 x  3 y 12  0 bằng 3 .
Lời giải
Lấy điểm M 0  x0 ; 2  x 0   d
Ta có:
4 x0  3  2  x0   12
d  M , d   3 
 3  x0  6  15
9  16

 x0  21  y0  19  M  21; 19 

.
 x0  9  y0  11  M  9;11

Ví
Tìm tọa độ điểm M trên trục Ox và cách đều hai đường thẳng: d1 : 3x  2 y  6  0 và

d 2 : 3x  2 y  3  0 .

Lời giải
Gọi M (m;0) . Theo bài ra ta có
d  M , d1   d  M , d 2   3m  6  3m  3  m 

1
1 
 M  ;0  .
2
2 

Bài 3
Ví
Cho điểm A  2;1 và hai đường thẳng d1 : x  2 y  1  0 và d 2 : 4 x  3 y  5  0 . Tìm trên đường
thẳng d1 một điểm M sao cho: d  M ; d2   AM .
Lời giải
Lấy điểm M  2 t  1; t   d1
Ta có:

d  M ; d 2   AM 

4  2t  1  3t  5
16  9



 2t  1   t  1
2

2

 5t  1  5 5t 2  6t  2
 25t 2  10t  1  125t 2  150t  50
 100t 2  140t  49  0
7
10
7
 12 7 
Với t   M  ; 
10
 5 10 
t

Bài 4
Ví
Cho hai điểm A 1; 2  và B  4;6  . Tìm tọa độ điểm M trên trục Oy sao cho diện tích tam giác

13 |

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

Bài 2


| Chương 3: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
MAB bằng 1 ?

Lời giải
Ta có: AB  5 , Gọi M  0; m   Oy

Phương trình đường thẳng AB là: 4 x  3 y  2  0
Ta có: SABC

4

m
1
1 3m  2

 1  . AB.d  M , AB   1  .5.
 1  3m  2  2 
3

2
2
5
m  0

 4
Vậy M1  0;  , M 2  0;0  .
 3

Bài 5
STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

Ví
Trong mặt phẳng Oxy , cho ba đường thẳng:
d1 : x  y  3  0

d2 : x  y  4  0

d3 : x  2 y  0 .

Tìm điểm M  d3 sao cho d  M , d1   2d  M , d2 
Lời giải
Ta có M  d3  M  2t; t 
Mà d  M , d1   2d  M , d 2  

2t  t  3
2

2

2t  t  4
2

3t  3  2t  8
 3t  3  2 t  4  
3t  3  2t  8

t  11  M  22; 11
.

t  1  M  2;1

Loại 3: Các bài toán sử dụng khoảng cách trong tam giác, tứ giác.
LÝ THUYẾT.
I
=
1. Định nghĩa – Tính chất – Phương pháp giải toán ….

=
Khoảng cách từ điểm M  x0 ; y0  đến đường thẳng  : ax  by  c  0
=
ax  by0  c
d  M ,   0
.
I
2
2

tính theo công thức

a b

2. Công thức giải nhanh (nếu có)
Cho tam giác ABC có tọa độ ba đỉnh A  xA ; y A  , B  xB ; yB  , C  xC ; yC  .
Ta có AB  xB  xA ; y B  y A    x1; y1  , AC  xC  xA ; yC  y A    x2 ; y2 
Diện tích tam giác là SABC 

II
=
=
=I

1
x1 y2  x2 y1
2

BÀI TẬP TỰ LUẬN.

| 14


Hình học 10|

Ví dụ 1
Ví
Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A  3;11 , hai đỉnh B và C nằm trên đường thẳng
 : 3x  4 y  2020  0 . Tính độ dài đường cao AH của tam giác ABC .

Lời giải
Độ dài đường cao AH của tam giác ABC là khoảng cách từ điểm A  3;11 đến đường thẳng
 : 3x  4 y  2020  0 , ta có:

AH  d  A,   

9  44  2020
32  42

 397

Ví
Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2020 . Biết A 1;0  , B  0; 2  và trung điểm I của AC
nằm trên đường thẳng y  2019 x  2020 . Biết C  m; n  với m . Tính m  n
Lời giải

x y
Ta có AB  5 , phương trình đường thẳng AB :   1 hay 2 x  y  2  0
1 2
I thuộc đường thẳng y  2019 x  2020 nên I  a; 2019a  2020

Khoảng cách từ I thuộc đường thẳng AB là h  d  I , AB  
SIAB 

2021a  2022
5

2021a  2022 2020
1
2020
1
1
SABC  AB.h 
 2021a  2022  2020

5.

2
2
2
2
2
5

a  2

a  2
2021

2

 2 4078382 
 2017 4078382 
Với a 
I
;
;
  C
 (loại)
2021
2021 
 2021 2021 
 2021
Với a  2  I  2;2018  C  3;4036  m  3; n  4036
15 |

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

Ví dụ 2


| Chương 3: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
Vậy m  n  4033

Ví dụ 3
Ví
Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC , với A 1;1 , B  2;5 , đỉnh C nằm trên đường thẳng

x  4  0 , trọng tâm G nằm trên đường thẳng 2 x  3 y  6  0 . Tính diện tích tam giác ABC .
Lời giải
Ta có AB  3; 4   AB  5 và phương trình đường thẳng AB :

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

Đỉnh C nằm trên đường thẳng x  4  0 nên C  4, c 

x 1 y 1
hay 4 x  3 y  7  0

3
4

xA  xB  xC

1
 xG 
3
Theo tính chất trọng tâm, 
 y  y A  yB  yC  c  6
 G
3
3
Do G nằm trên đường thẳng 2 x  3 y  6  0 , nên 2   c  6   6  0  c  2  C  4; 2 
Khoảng cách từ C đến đường thẳng AB là d  C , AB  
Diện tích tam giác ABC là S 

4.4  3.2  7
5

3

1
1
15
AB.d  C , AB   .5.3 
2
2
2

Ví dụ 4
Ví
Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm A 1;0  , B  2; 4  , C 1; 4  , D  3;5 và đường thẳng
d : 3x  y – 5  0 . Tìm điểm M trên d sao cho hai tam giác MAB , MCD có diện tích bằng nhau.

Lời giải
Cách 1:
Điểm M thuộc d : 3x  y – 5  0 hay y  3x – 5 , ta có M  a,3a  5

x 1 y
  4x  y  4  0
1
4
x 1 y  4

 x  2y  9  0
CD  2;1  CD  5 và phương trình đường thẳng CD :
2
1

Mặt khác, AB 1;4   AB  17 và phương trình đường thẳng AB :

Diện tích tam giác MAB là S1 

4a   3a  5  4 a  1
1
1
AB.d  M , AB   . 17.

2
2
2
17

a  2  3a  5  17 19  5a
1
1
Diện tích tam giác MCD là S2  CD.d  M , CD   . 5.

2
2
2
5

a  3
Hai tam giác có diện tích bằng nhau  a  1  19  5a  
a  5
Vậy có hai điểm thỏa mãn : M1  3;4  , M 2  5;10 
Cách 2:
| 16

Hình học 10|
Điểm M thuộc d : 3x  y – 5  0 hay y  3x – 5 , ta có M  a,3a  5
Mặt khác: AB 1;4  , AM  a  1;3a  5 .
Diện tích tam giác MAB là S1 

1
1
 3a  5  4  a  1  a  1
2
2

CD  2;1 , CM  a  1;3a  9  .

1
1
2  3a  9    a  1  5a  19
2
2
a  3
Hai tam giác có diện tích bằng nhau  a  1  5a  19  
a  5
Diện tích tam giác MCD là S2 

Ví dụ 5
Ví
Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD , có diện tích bằng 12 , tâm I là
giao điểm của đường thẳng d1 : x  y  3  0 và x  y  6  0 . Trung điểm của một cạnh là giao
điểm của d1 với trục Ox . Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật
Lời giải

9

x


x  y  3  0
2  I9;3
Theo giả thiết, tọa độ tâm I là nghiệm của hệ 



2 2
x  y  6  0
y  3

2
Gọi M là giao của d1 : x  y  3  0 với Ox suy ra M  3;0  . Giả sử M là trung điểm của AD thì

AD  d1 và AD đi qua điểm M nên phương trình cạnh AD là x  y  3  0  A  a;3  a 
Ta có : AM  2 a  3
Diện tích hình chữ nhật ABCD là S  AB. AD  2 AM .2 IM  2 2 a  3 .2

17 |

3
 12 a  3  12
2

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

Vậy có hai điểm thỏa mãn : M1  3;4  , M 2  5;10 


| Chương 3: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

a  4

a  2
+ Với a  4 , ta có A  4; 1 , điểm D đối xứng với A qua M  3;0  ; C đối xứng với A qua
9 3
9 3
I  ;  ; B đối xứng với D qua I  ;  nên ta tính được tọa độ các đỉnh là D  2;1 ; C  5; 4  ;
2 2
2 2

B  7;2 

+ Với a  2 , ta có A  2;1 , điểm D đối xứng với A qua M  3;0  ; C đối xứng với A qua
9 3
9 3
I  ;  ; B đối xứng với D qua I  ;  nên ta tính được tọa độ các đỉnh là D  4; 1 ; B  5; 4  ;
2 2
2 2

C  7;2 

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

Tóm lại, tọa độ bốn đỉnh của hình chữ nhật là  4; 1 ,  2;1 ,  5; 4  ,  7; 2  .

Ví dụ 6
Ví
Trong mặt phẳng Oxy cho hình thoi

ABCD và ba đường thẳng d1 : 4 x  y  9  0 ;

d2 : 2 x  y  6  0 ; d3 : x  y  2  0 . Biết hình thoi có diện tích bằng 15 , các đỉnh A, C thuộc d 3 ,

B thuộc d1 và D thuộc d 2 .
Lời giải

ABCD là hình thoi nên BD  AC . Phương trình BD : x  y  m  0 .
m9

x

x  y  m  0

 m  9 4m  9 
3
 B
;
Tọa độ của B là nghiệm của hệ 


3 
 3
4 x  y  9  0
 y   4m  9


3

m6

x

x  y  m  0

 m  6 2m  6 
3
 D
;

Tọa độ của D là nghiệm của hệ 

3
3 

2 x  y  6  0
 y  2m  6

3


| 18


Hình học 10|

 1 2m  1 

Tâm I của hình thoi là trung điểm của BD có tọa độ I  ; 

2 
2
1 2m  1
Do I là trung điểm AC nên I thuộc d3 : x  y  2  0  
 2  0  m  3
2
2
1 5
Suy ra BD : x  y  3  0 , B  2;1 , D  1; 4  , I  ; 
2 2
Diện tích của hình thoi là S  2SABD  BD.d  A, BD 
Trong đó BD  3 2 , A  a, a  2   d3 nên d  A, BD  
Suy ra S  3 2.

2a  1
2

a  a  23
2



2a  1
2

a  3
 15  
 a  2

Với a  2  A  2;0  , C  3;5

Ví dụ 7
Ví
Viết phương trình các cạnh của hình vuông ABCD biết AB, CD lần lượt đi qua các điểm P  2;1 ,

Q  3;5 , còn BC, AD đi qua các điểm R  0;1 và S  3; 1
Lời giải

Giả sử AB : ax  by  c  0 ; AD : bx  ay  c '  0 , điều kiện a 2  b2  0

P  2;1  AB  2a  b  c  0 1

S  3; 1  AD  3b  a  c '  0  2 
Ta có d  R, AD   d  Q, AB  

a  c '
a b
2

2



3a  5b  c
a 2  b2

 a  c '  3a  5b  c

 2a  b  c  0
c  2a  b


Ta có hệ phương trình 3b  a  c '  0
 c '  3b  a
 a  c '  3a  5b  c
 2a  3b  a  4b



19 |

 *

 3

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

Với a  3  A  3;5 , C  2;0 


| Chương 3: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
 a  7b
*  4a 12ab  9b  a  8ab  16b  3a  20ab  7b  0  
1
a b
3

Với a  7b , chọn a  7, b  1 ta có c  15, c '  4 . Phương trình các cạnh hình vuông là

2

2

2

2

2

2

AB : 7 x  y  15  0 , AD : x  7 y  4  0 , CD : 7 x  y  26  0 , BC : x  7 y  7  0

1
Với a   b , chọn a  1, b  3 ta có c  1, c '  10 . Phương trình các cạnh hình vuông là
3
AB : x  3 y  1  0 , AD : 3x  y  10  0 , CD : x  3 y  12  0 , BC : 3x  y  1  0

Ví dụ 8
STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

Ví
Trong mặt phẳng Oxy , cho hình thanng ABCD có hai đáy AB và CD , đỉnh A 1;1 và trung điểm
 1 
của BC là M   ;0  . Tìm tọa độ đỉnh D có hoành độ dương và thuộc đường thẳng
 2 
d : 5x  y  1  0 , biết diện tích của hình thang ABCD bằng 14 .

Lời giải

Gọi E là giao điểm của AM và CD , ta thấy S ADE  S ABCD  14 .

M là trung điểm của AE nên E  2; 1
AE  3; 2  , AE  13 và phương trình đường thẳng AE :
D  d : y  5x  1  D  d ;5d  1 với d  0 ; d  D, AE  

x 1 y 1
hay 2 x  3 y  1  0

3
2

2d  3  5d  1  1
13



13d  2
13

Dễ thấy :
S ABCD  SADE

S ADE

30

13d  2
d   ( L)

1
1

 AE.d  D, AE  
13.
 14  13d  2  28 
13

2
2
13
d  2

Vậy D  2;11
| 20


Hình học 10|

III
==
=I

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1

Ví
Trong mặt phẳng Oxy , cho ABC có A  6; 2  , B  3;1 , C  0;3 .Tính khoảng cách từ A đến
đường thẳng BC .

Lời giải
Ta có BC :

2.(6)  3.2  9
15
x  3 y 1
.


 2 x  3 y  9  0 . d  A,  BC   
2
2
3
2
13
2 3

Ví
Trong mặt phẳng Oxy , cho hình chữ nhật có đỉnh A 1;3 và phương trình hai cạnh x  2 y  0
và 2 x  y  15  0 .Tính diện tích hình chữ nhật và suy ra khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng
BD.
Lời giải

Gọi hình chữ nhật là ABCD . Thế tọa độ điểm A vào hai phương trình đã cho ta thấy không thỏa
 BC : x  2 y  0 và CD : 2 x  y  15  0 .
Ta có AB  d  A,  BC   

S ABCD  AB. AD  5.

1  2.3

5

 5 , AD  d  A,  CD   

2.1  3  15
5



10
5

10
 10 .
5

Ta có d  A, BD  .BD  2S ABD  S ABCD  10 , BD  AB2  AD2  5  20  5  d  A, BD   2 .

Bài 3
Ví
Trong mặt phẳng Oxy , cho ABC có tọa độ đỉnh A  0;1 và phương trình các đường cao
BB : 2 x  y  1  0 và CC : x  3 y  1  0 .Tính diện tích ABC .

Lời giải

21 |

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

Bài 2

| Chương 3: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

Phương trình AB : 3x  y  1  0 và AC : x  2 y  2  0 .

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

B  BB  AB  B  2; 5 và C  CC  AC  C  4; 1 .
1
1 2.0  3.1  11
. 52  14 .
Phương trình BC : 2 x  3 y 11  0 . S ABC  d  A, BC  .BC 
2
2
13

Bài 4
Ví
Trong mặt phẳng Oxy , cho ABC có tọa độ các đỉnh A 1;3 , B  3; 1 .Tìm tọa độ điểm C
thuộc đường thẳng d : x  2 y  7  0 để S ABC  12 .
Lời giải

C  d : x  7  2 y  C  7  2m; m  .

Có AB   4; 4   AB  4 2 . Phương trình AB : x  y  2  0 .
Kẻ CH  AB , CH  d  C , AB  

3m  9
2

. Do đó S ABC  12  CH . AB  24 

3m  9
2

.4 2  24

 3m  9  6  3m  9  6  m  5 hay m  1 .
Vậy có hai điểm thỏa mãn bài toán là : C1  3;5 , C2  5;1

Bài 5
Ví
3
Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; -3), B(3; -2), có diện tích bằng
và trọng tâm
2
| 22


Hình học 10|
thuộc đường thẳng d: 3x – y – 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C.
Lời giải
5 5
Ta có: AB  2, M  ;   , AB : x  y  5  0
2 2
1
3
3
SABC  d (C , AB). AB   d (C , AB) 

2
2
2

Bài 6
Ví
Trong mặt phẳng Oxy , cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4 . Biết A 1;0  , B  0; 2  và
giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y  x . Tìm tọa độ C và D .
Lời giải

Đường thẳng AB : 2 x  y  2  0 . Gọi I  d : y  x  I  t; t  , C  2t  1;2t  , D  2t;2t  2  .

S ABCD

 4
6t  4
t
4
4
 AB.CH  4  CH 
 d  C , AB   CH 

 3.

5
5
5
t  0

)t 

4
5 8 8 2
 C  ; , D ;  ,
3
 3 3  3 3

)t  0  C  1;0  , D  0; 2  .

Bài 7
Ví
Trong không gian Oxy , cho ABC vuông tại C . Biết A  3;0  , đỉnh C thuộc trục tung và có
tung độ nhỏ hơn 1 , điểm B nằm trên đường thẳng  : 4 x  3 y  12  0 . Tìm tọa độ trọng tâm G

23 |

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

1
1
Gọi G(t; 3t – 8) là trọng tâm tam giác ABC thì d (G, AB)  d (C , AB) 
3
2
t  (3t  8)  5
t  1  G(1; 5)
1
 d (G, AB) 


2

2
t  2  G(2; 2)
mà: CM  3GM  C(-2; 10) hoặc C(1; -4) .


| Chương 3: Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
của ABC biết tam giác có diện tích bằng 6 .
Lời giải
Do C  Oy  C  0; c  ;c  1; B   B  3b;4  4b  . ABC vuông tại C

c2  9
1 .
9  4c

 CA.CB  0  9b  c  4  4b  c   0  b  1  

3c  12
1
Lại có S ABC  d  C ,   AB 
2
10
S ABC  6  c  4 b  1  4  2 

25  b  1 
2

3
c  4 b  1 . Do đó :
2

c3  4c 2  7c  72  0
c4
Thay (1) vào (2) ta có :  c  9 
 4 3
 c  0  do c  1
2
9  4c
c  4c  25c  0

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

2

 4
Vậy C  O  0;0 , B 0;4 , G 1; 
 3

Bài 8
Ví
Trong mặt phẳng Oxy , cho hình thang ABCD có đay lớn CD  3 AB , C  3; 3 , trung điểm của
AD là M  3;1 . Tìm tọa độ đỉnh B biết SBCD  18 , AB  10 và đỉnh D có hoành độ dương

Lời giải



Gọi n   A; B  là một VTPT của CD A2  B 2  0



 CD : A  x  3  B  y  3  0  Ax  By  3 A  3B  0 .
Ta có SBCD  S ACD  18

 d  A; CD  

2S ACD
36
6 10


CD
5
3 10

 d  M , CD  

3 A  B  3 A  3B 3 10
3 10


5
5
A2  B 2

 5 6 A  4B  3 10 A2  B 2

| 24


Hình học 10|

 25  36 A2  48 AB  16B2   90  A2  B2 

Với A 


A 
 810 A2  1200 AB  310B2  0  
A 


B
3
.
31B
27

B
:chọn B  3  A  1  CD : x  3 y  6  0  D  3d  6; d  .
3

 D  6;0 
d  0
2
2
2
Ta có : CD2  90   3d  9    d  3  90   d  3  9  
. 
 d  6
 D  12; 6 

1
Vì D có hoành độ dương nên nhận D  6;0   A  0;2  . Ta có AB  DC   3; 1  B  3;1 .
3
31B
 31d  12 
Với
chọn
B  27  A  31  CD : 31x  27 y  12  0
A
 D  d;

27
27 

729
2
 31d  93 
(loại ).
 CD   d  3  
  90   d  3 
169
 27 
2

Vậy B  3;1 .

25 |

2

STRONG TEAM TOÁN VD–VDC

2