Bài tập: Phương trình đường thẳng trong mặt phẳng oxy

BÀI TẬP: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG TRONG MẶT PHẲNG Oxy 
Bài 1: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có A(1; -2), đường cao CH : x – y 
+ 1 = 0, đường phân giác trong BN : 2x + y + 5 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C và tính diện tích tam 
giác ABC. 
Bài làm : 
AB đi qua A(1 ;-2) và AB CH AB : x + y + 1 = 0 
 B = ABBN nên tọa độ điểm B là nghiệm của hpt 





052
01
yx
yx






3
4
y
x
 B(-4 ; 3) 
Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua BN thì A’BC. 
Phương trình đường thẳng d đi qua A và vuông góc với BN là d : x – 2y – 5 = 0. 
 Gọi I = dBN thì tọa độ điểm M là nghiệm của hệ pt : 





052
052
yx
yx






3
1
y
x
 I(--1;-3). 
 I là trung điểm của AA’ nên A’(-3 ;-4) 
Phương trình đường thẳng BC : 7x + y + 1 = 0 
 C= BCCH nên tọa độ điểm C là nghiệm của hệ pt : 





01
0257
yx
yx









4
9
4
13
y
x
  C(
4
9
;
4
13
 ) 
 BC = 
4
215
, d(A,BC) = 3 2 ; 
 SABC = 
24
45
Bài 2:Trong mặt phẳng oxy cho ABC có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y 
- 7 = 0 .Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình : x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C . 
Tính diện tích ABC . 
Bài làm : 
- Đường thẳng (AC) qua A(2;1) và vuông góc với đường cao kẻ qua B , nên có véc tơ chỉ phương 
     
2
1; 3 :
1 3
x t
n AC t R
y t
 
   
 

- Tọa độ C là giao của (AC) với đường trung tuyến kẻ qua C : 
2
1 3
1 0
x t
y t
x y
 

  
   
Giải ta được : t=2 và C(4;-5). Vì B nằm trên đường cao kẻ qua B suy ra B(3a+7;a) . M là trung 
điểm của AB 
3 9 1
;
2 2
a a
M
  
  
 
. 
- Mặt khác M nằm trên đường trung tuyến kẻ qua C : 
 
3 9 1
1 0 3 1; 2
2 2
a a
a B
 
         
- Ta có :      
122 1
1; 3 10, : 3 5 0, ;
1 3 10
x y
AB AB AB x y h C AB
 
          

- Vậy :  
1 1 12
. , 10. 6
2 2 10
ABCS AB h C AB   (đvdt). 
Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết 
trực tâm (1;0)H , chân đường cao hạ từ đỉnh B là (0; 2)K , trung điểm cạnh AB là (3;1)M . 
Bài làm : 
- Theo tính chất đường cao : HK vuông góc với AC cho 
nên (AC) qua K(0;2) có véc tơ pháp tuyến 
     1; 2 : 2 2 0 2 4 0KH AC x y x y         

. 
- B nằm trên (BH) qua H(1;0) và có véc tơ chỉ phương 
   1; 2 1 ; 2KH B t t    

. 
- M(3;1) là trung điểm của AB cho nên A(5-t;2+2t). 
- Mặt khác A thuộc (AC) cho nên : 5-t-2(2+2t)+4=0 , suy 
ra t=1 . Do đó A(4;4),B(2;-2) 
- Vì C thuộc (AC) suy ra C(2t;2+t) , 
    2 2;4 , 3;4BC t t HA   
 
. Theo tính chất đường cao kẻ từ A : 
   . 0 3 2 2 4 4 0 1HABC t t t         
 
. Vậy : C(-2;1). 
- (AB) qua A(4;4) có véc tơ chỉ phương      
4 4
2;6 // 1;3 :
1 3
x y
BA u AB
 
   
 
3 8 0x y    
- (BC) qua B(2;-2) có véc tơ pháp tuyến        3;4 : 3 2 4 2 0HA BC x y     

3 4 2 0x y    . 
Bài 4: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x 
– 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm 
toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật 
Bài làm : 
Dễ nhận thấy B là giao của BD với AB cho nên tọa dộ B là nghiệm của hệ : 
2 1 0 21 13
;
7 14 0 5 5
x y
B
x y
    
      
- Đường thẳng (BC) qua B(7;3) và vuông góc với (AB) cho nên có véc tơ chỉ phương: 
    
21
5
1; 2 :
13
2
5
x t
u BC
y t

 
   
  


- Ta có :    , 2 2 2 ,AC BD BIC ABD AB BD       
- (AB) có  1 1; 2n  

, (BD) có   1 22
1 2
n . 1 14 15 3
1; 7 os =
5 50 5 10 10
n
n c
n n


     
 

  
- Gọi (AC) có     2
2 2
a-7b 9 4
, os AC,BD os2 = 2cos 1 2 1
10 550
n a b c c
a b
 
 
        
 

- Do đó :    22 2 2 2 2 25 7 4 50 7 32 31 14 17 0a b a b a b a b a ab b            
- Suy ra : 
     
 
17 17
: 2 1 0 17 31 3 0
31 31
: 2 1 0 3 0
a b AC x y x y
a b AC x y x y

           

         
H(1;0) 
K(0;2) 
M(3;1) 
A 
B C 
- (AC) cắt (BC) tại C 
21
5
13 7 14 5
2 ;
5 15 3 3
3 0
x t
y t t C
x y

 

  
       
 
  


- (AC) cắt (AB) tại A :  
2 1 0 7
7;4
3 0 4
x y x
A
x y y
    
   
    
- (AD) vuông góc với (AB) đồng thời qua A(7;4) suy ra (AD) : 
7
4 2
x t
y t
 

 
- (AD) cắt (BD) tại D : 
7
7 98 46
4 2 ;
15 15 15
7 14 0
x t
y t t D
x y
 
  
      
    
- Trường hợp (AC) : 17x-31y-3=0 các em làm tương tự . 
Bài 5: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai 
đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết 
phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG 
Bài làm : 
- B thuộc d suy ra B :
5
x t
y t


  
, C thuộc d' cho 
nên C: 
7 2x m
y m
 


. 
- Theo tính chất trọng tâm : 
 2 9 2
2, 0
3 3
G G
t m m t
x y
   
     
- Ta có hệ : 
2 1
2 3 1
m t m
t m t
   
 
     
- Vậy : B(-1;-4) và C(5;1) . Đường thẳng (BG) qua G(2;0) có véc tơ chỉ phương  3;4u 

, cho 
nên (BG):  
20 15 82 13
4 3 8 0 ;
3 4 5 5
x y
x y d C BG R
 
         
- Vậy đường tròn có tâm C(5;1) và có bán kính R=      
2 213 169
: 5 1
5 25
C x y     
Bài 6: Trong mp (Oxy) cho đường thẳng () có phương trình: x – 2y – 2 = 0 và hai điểm A 
(-1;2); B (3;4). Tìm điểm M() sao cho 2MA2 + MB2 có giá trị nhỏ nhất 
Bài làm : 
- M thuộc  suy ra M(2t+2;t ) 
- Ta có :    
2 22 2 2 22 3 2 5 8 13 2 10 16 26MA t t t t MA t t           
Tương tự :    
2 22 22 1 4 5 12 17MB t t t t       
- Do dó : f(t)=  2
2
15 4 43 ' 30 4 0
15
t t f t t t         . Lập bảng biến thiên suy ra min f(t) 
= 
641
15
 đạt được tại 
2 26 2
;
15 15 15
t M
 
    
 
A(2;3) 
B 
C 
x+y+5=0 
x+2y-7=0 
G(2;0) 
M 
Bài 7: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: x - y - 2 
= 0, phương trình cạnh AC: x + 2y - 5 = 0. Biết trọng tâm của tam giác G(3; 2). Viết phương trình 
cạnh BC 
Bài làm : 
- y - 2 = 0, phương trình cạnh AC: x + 2y - 5 = 0. Biết trọng tâm của tam giác G(3; 2). Viết phương 
trình cạnh BC 
- (AB) cắt (AC) tại A :  
2 0
3;1
2 5 0
x y
A
x y
  
 
  
- B nằm trên (AB) suy ra B(t; t-2 ), C nằm trên (AC) suy ra C(5-2m;m) 
- Theo tính chất trọng tâm : 
 
 
2 8
3 2 1;22 13
1 7 5 5;3
2
3
G
G
t m
x m Ct m
t m t m t B
y
 
     
   
        

Bài 8: Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC biết A(3;0), đường cao từ đỉnh B có phương 
trình x+y+1=0 trung tuyến từ đỉnh C có phương trình : 2x-y-2=0 . Viết phường trình đường tròn 
ngoại tiếp tam giác ABC 
Bài làm : 
- Đường thẳng d qua A(3;0) và vuông góc với 
(BH) cho nên có véc tơ chỉ phương  1;1u 

 do 
đó d : 
3x t
y t
 


. Đường thẳng d cắt (CK) tại C : 
 
3
4 1; 4
2 2 0
x t
y t t C
x y
 

      
   
- Vì K thuộc (CK) : K(t;2t-2) và K là trung điểm 
của AB cho nên B đối xứng với A qua K suy ra 
B(2t-3;4t-4) . Mặt khác K lại thuộc (BH) cho nên : (2t-3)+(4t-4)+1=0 suy ra t=1 và tạo độ B(-1;0) . 
Gọi (C) :  2 2 2 2 22 2 0 0x y ax by c a b c R         là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . 
Cho (C) qua lần lượt A,B,C ta được hệ : 
1
9 6 0 2
4 4 0 0
5 2 8 0 6
a
a c
a c b
a b c c

  

     
       

- Vậy (C) : 
2
21 25
2 4
x y
 
   
 
Bài 9: Trong mặt phẳng Oxy , cho hình vuông có đỉnh (-4;5) và một đường chéo có phương trình : 
7x-y+8=0 . Viết phương trình chính tắc các cạnh hình vuông 
Bài làm : 
- Gọi A(-4;8) thì đường chéo (BD): 7x-y+8=0. Giả sử B(t;7t+8) thuộc (BD). 
- Đường chéo (AC) qua A(-4;8) và vuông góc với (BD) cho nên có véc tơ chỉ phương 
    
4 7 4 5
7; 1 : 7 39 0
5 7 1
x t x y
u AC x y
y t
    
       
  

. Gọi I là giao của (AC) và (BD) 
thì tọa độ của I là nghiệm của hệ :  
4 7
1 1 9
5 ; 3;4
2 2 2
7 8 0
x t
y t t I C
x y
  
  
        
    
B 
C 
K 
H 
A(3;0) 
x+y+1=0 
2x-y-2=0 
- Từ B(t;7t+8) suy ra :    4;7 3 , 3;7 4BA t t BC t t     
 
. Để là hình vuông thì BA=BC : 
Và BAvuông góc với BC        2
0
4 3 7 3 7 4 0 50 50 0
1
t
t t t t t t
t

             
 
 
0 0;8
1 1;1
t B
t B
 
 
   
. Tìm tọa độ của D đối xứng với B qua I 
   
   
0;8 1;1
1;1 0;8
B D
B D
 
 
 
- Từ đó : (AB) qua A(-4;5) có    
4 5
4;3 :
4 3
AB
x y
u AB
 
  

(AD) qua A(-4;5) có    
4 5
3; 4 :
3 4
AD
x y
u AB
 
   


(BC) qua B(0;8) có    
8
3; 4 :
3 4
BC
x y
u BC

   


(DC) qua D(-1;1) có    
1 1
4;3 :
4 3
DC
x y
u DC
 
  

* Chú ý : Ta còn cách giải khác 
- (BD) : 7 8y x  , (AC) có hệ số góc 
1
7
k   và qua A(-4;5) suy ra (AC): 
31
7 7
x
y   . 
-Gọi I là tâm hình vuông :  
2
2
3;47 8
31
7 7
A C I
A C I
I I
C
C
x x x
y y y
Cy x
x
y
 
  
   

   

- Gọi (AD) có véc tơ chỉ phương       0; , : 1;7 7 os45u a b BD v a b uv u v c     
    
2 27 5a b a b    . Chọn a=1, suy ra    
3 3 3
: 4 5 8
4 4 4
b AD y x x       
Tương tự :        
4 4 1 3 3 7
: 4 5 , : 3 4
3 3 3 4 4 4
AB y x x BC y x x            và đường thẳng 
(DC):  
4 4
3 4 8
3 3
y x x       
Bài 10: Cho tam giác ABC cân tại A, biết phương trình đường thẳng AB, BC lần lượt là:x + 2y – 5 
= 0 và 3x – y + 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng AC, biết rằng AC đi qua điểm F(1; - 3). 
Bài làm : 
- Ta thấy B là giao của (AB) và (BC) cho nên tọa độ B 
là nghiệm của hệ : 
9
2 5 0 7
3 7 0 22
7
x
x y
x y
y

    
 
     

9 22
;
7 7
B
 
   
 
. Đường thẳng d' qua A vuông góc với 
(BC) có    
1
3; 1 1;3
3
u n k      
 
. (AB) có 
1
2
ABk   . Gọi (AC) có hệ số góc là k ta có phương 
A 
B C 
x+2y-5=0 
3x-y+7=0 
F(1;-3) 
trình : 
11 1 1
15 5 33 11 82 3 3 15 5 3
1 1 15 5 3 45 31 1
2 3 3 7
kk k kk
k k
k k kk
k

       
                 

- Với k=-    
1 1
: 1 3 8 23 0
8 8
AC y x x y         
- Với k=    
4 4
: 1 3 4 7 25 0
7 7
AC y x x y         
Bài 11: Trong mặt phẳng Oxy , cho hai đường thẳng d1: 2x + y + 5 = 0, d2: 3x + 2y – 1 = 0 và 
điểm G(1;3). Tìm tọa độ các điểm B thuộc d1 và C thuộc d2 sao cho tam giác ABC nhận điểm G 
làm trọng tâm. Biết A là giao điểm của hai đường thẳng d1 và 2d 
Bài làm : 
- Tìm tọa độ A là nghiệm của hệ :  
2 5 0 11
11;17
3 2 1 0 17
x y x
A
x y y
     
   
    
- Nếu C thuộc 
   1 2; 2 5 , 1 2 ; 1 3d C t t B d B m m        
- Theo tính chất trọng tâm của tam giác ABC khi G là 
trọng tâm thì : 
2 10
1
2 133
11 2 3 2 3 2
3
3
t m
t m
t m t m
 
  
 
    

 
13 2 13 2 35
2 13 2 3 2 24 24
t m t m t
m m m m
      
    
      
- Vậy ta tìm được : C(-35;65) và B( 49;-53). 
Bài 12: Trong mặt phẳng tọa độ độ Oxy, cho tam giác ABC có C(1;2), hai đường cao xuất phát từ 
A và B lần lượt có phương trình là x + y = 0 và 2x – y + 1 = 0. Tính diện tích tam giác ABC. 
Bài làm : 
- (AC) qua C(1;2) và vuông góc với đường cao BK cho nên có : 
   
1 2
2; 1 : 2 5 0
2 1
x y
u AC x y
 
       


- (AC) cắt (AH) tại A : 
3
2 1 0 3 11 55
;
2 5 0 11 5 5 5
5
x
x y
A AC
x y
y

     
            

- (BC) qua C(1;2) và vuông góc với (AH) suy ra    
1
1;1 :
2
BC
x t
u BC
y t
 
  
 

- (BC) cắt đường cao (AH) tại B 
1
3 1 1
2 ;
2 2 2
0
x t
y t t B
x y
 
  
         
   
- Khoảng cách từ B đến (AC) : 
1
1 5
9 1 5 9 92
.
2 5 205 2 5 2 5
S
  
    
A 
B 
C 
G 
M 
2x+y+5=0 
3x+2y-1=0 
Bài 13: Trong mpOxy, cho ABC có trục tâm H
13 13
;
5 5
 
 
 
, pt các đường thẳng AB và AC lần lượt 
là: 4x  y  3 = 0, x + y  7 = 0. Viết pt đường thẳng chứa cạnh BC. 
Bài làm : 
- Tọa độ A là nghiệm của hệ : 
4 3 0
7 0
x y
x y
  

  
Suy ra : A(2;5).  
3 12
; // 1; 4
5 5
HA u
 
    
 
 
. Suy ra 
(AH) có véc tơ chỉ phương  1; 4u 

. (BC) vuông góc 
với (AH) cho nên (BC) có  1; 4n u 
 
 suy ra (BC): x-
4y+m=0 (*). 
- C thuộc (AC) suy ra C(t;7-t ) và 
 
13 22
; 1;4
5 5
ABCH t t u CH
 
      
 
  
. Cho nên ta 
có :  
13 22
4 0 5 5;2
5 5
t t t C
 
       
 
. 
- Vậy (BC) qua C(5;2) có véc tơ pháp tuyến        1; 4 : 5 4 2 0n BC x y      

Bài 14: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ABC có đỉnh A(4; 3), đường cao BH và trung 
tuyến CM có pt lần lượt là: 3x  y + 11 = 0, x + y  1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B, C 
Bài làm : 
Đường thẳng (AC) qua A(4;3) và vuông góc với (BH) suy ra (AC) : 
4 3
3
x t
y t
 

 
(AC) cắt trung tuyến (CM) tại C :  
4 3
3 2 6 0 3 5;6
1 0
x t
y t t t C
x y
 

         
   
- B thuộc (BH) suy ra B(t;3t+11 ). Do (CM) là trung tuyến cho nên M là trung điểm của AB , đồng 
thời M thuộc (CM) . 
4 3 14
;
2 2
t t
M
  
  
 
 
4 3 14
1 0 4
2 2
t t
M CM t
 
        . 
Do đó tọa độ của B(-4;-1) và M(0;1 ). 
Bài 15: Laäp ph. trình caùc caïnh cuûa  ABC, bieát 
ñænh A(1 ; 3) vaø hai ñöôøng trung tuyeán xuaát phaùt 
töø B vaø C coù ph.trình laø: x– 2y +1= 0 vaø y –
1= 0. 
Bài làm : 
Gọi G là trọng tâm tam giác thì tọa độ G là nghiệm 
của hệ  
2 1 0
1;1
1 0
x y
G
y
  

 
. E(x;y) thuộc 
(BC), theo tính chất trọng tâm ta có : 
A(2;5) 
B C 
E 
K 
H 
4x-y-3=0 
x+y-7=0 
B 
H 
C 
M 
A(4;3) 
3x-y+11=0 
x+y-1=0 
A(1;3) 
B 
C 
M 
N 
x-2y+1=0 
y-1=0 
G 
E 
   0;2 , 1; 1 2GA GE x y GA GE      
   
 
 
 
0 2 1
1;0
2 2 1
x
E
y
  
 
  
. C thuộc (CN) cho nên C(t;1), B thuộc (BM) cho nên B(2m-1;m) . Do 
B,C đối xứng nhau qua E cho nên ta có hệ phương trình : 
   
2 1 2 5
5;1 , 3; 1
1 0 1
m t t
B C
m m
    
    
    
. Vậy (BC) qua E(1;0) có véc tơ chỉ phương 
     
1
8; 2 // 4;1 : 4 1 0
4 1
x y
BC u BC x y

        
 
. Tương tự : 
(AB) qua A(1;3) có      
1 3
4; 2 // 2; 1 : 2 7 0
2 1
x y
AB u AB x y
 
         

 
. 
(AC) qua A(1;3) có      
1 3
4; 4 // 1;1 : 2 0
1 1
x y
AC u AC x y
 
         
 
 * Chý ý : Hoặc gọi A' đối xứng với A qua G suy ra A'(1;-1) thì BGCA' là hình bình hành , từ đó ta 
tìm được tọa độ của 2 đỉnh B,C và cách lập các cạnh như trên. 
Bài 16: Cho tam giác ABC có trung điểm AB là I(1;3), trung điểm AC là J(-3;1). Điểm A thuộc 
Oy , và đường thẳng BC đi qua gốc tọa độ O . Tìm tọa độ điểm A , phương trình đường thẳng BC 
và đường cao vẽ từ B ? 
Bài làm : 
- Do A thuộc Oy cho nên A(0;m). (BC) qua gốc tọa độ 
O cho nên (BC): ax+by=0 (1). 
- Vì IJ là 2 trung điểm của (AB) và (AC) cho nên IJ 
//BC suy ra (BC) có véc tơ chỉ phương : 
     IJ 4; 2 // 2;1 : 2 0u BC x y       
 
. 
- B thuộc (BC) suy ra B(2t;t) và A(2-2t;6-t) . Nhưng A 
thuộc Oy cho nên : 2-2t=0 , t=1 và A(0;5). Tương tự 
C(-6;-3) ,B(0;1). 
- Đường cao BH qua B(0;1) và vuông góc với AC cho 
nên có 
     
1
6; 8 // 3;4 : 4 3 3 0
3 4
x y
AC u BH x y

         
 
Bài 17: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d : x+2y-3=0 và hai điểm A(1;0) ,B(3;-4). 
Hãy tìm trên d điểm M sao cho : 3MA MB
 
 nhỏ nhất 
Bài làm : 
- Trên d có M(3-2t;t) suy ra :      2 2 ; , 2 ; 4 3 6 3 12MA t t MB t t MB t t         
  
- Do vậy :      
2 2
3 2 8 ;4 12 3 2 8 4 12MA MB t t MA MB t t         
   
- Hay : f(t)=
2
2 2 676 263 80 64 148 80
5 5 5
MA MB t t t
 
        
 
 
. Dấu đẳng thức xảy ra khi 
t= 
2 19 2
;
5 5 5
M
 
   
 
. Khi đó min(t)= 
26
5
. 
Bài 18: Trong (Oxy) cho hình chữ nhật ABCD , biết phương trình chứa 2 đường chéo là 
1 : 7 4 0d x y   và 2 : 2 0d x y   . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh hình chữ nhật , 
biết đường thẳng đó đi qua điểm M(-3;5). 
Bài làm : 
- Tâm của hình chữ nhật có tọa độ là nghiệm của hệ : 
7 4 0 1 9
;
2 0 4 4
x y
I
x y
    
      
A' 
I(1;3) 
J(-3;1) 
A 
B C 
ax+by=0 
H 
Gọi d là đường thẳng qua M(-3;5 ) có véc tơ pháp tuyến :  ;n a b

. Khi đó 
     : 3 5 0 1d a x b y     . Gọi cạnh hình vuông (AB) qua M thì theo tính chất hình chữ nhật 
: 
1 2
2 2 2 2
1 2
37
7 5
350 2
nn nn a ba b a b
a b a b
b an n n n a b a b
   
           
 
    
Do đó : 
   
   
3 : 3 3 5 0 3 14 0
3 3 3 5 0 3 12 0
a b d x y x y
b a x y x y
           

         
Bài 19: Trong mÆt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi )5;2(,)1;1( BA , ®Ønh C n»m trªn 
®­êng th¼ng 04 x , vµ träng t©m G cña tam gi¸c n»m trªn ®­êng th¼ng 0632  yx . TÝnh 
diÖn tÝch tam gi¸c ABC. 
Bài làm : 
V× G n»m trªn ®­êng th¼ng 02  yx nªn G cã täa ®é )2;( ttG  . Khi ®ã )3;2( ttAG  , 
)1;1( AB VËy diÖn tÝch tam gi¸c ABG lµ 
    1)3()2(2
2
1
..
2
1 22222  ttABAGABAGS =
2
32 t
 NÕu diÖn tÝch tam gi¸c ABC b»ng 13,5 th× diÖn tÝch tam gi¸c ABG b»ng 5,43:5,13  . VËy 
5,4
2
32

t
, suy ra 6t hoÆc 3t . VËy cã hai ®iÓm G : )1;3(,)4;6( 21  GG . V× G lµ träng 
t©m tam gi¸c ABC nªn )(3 BaGC xxxx  vµ )(3 BaGC yyyy  . 
Víi )4;6(1 G ta cã )9;15(1 C , víi )1;3(2 G ta cã )18;12(2 C 
Bài 20: Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng : 2x – 5y + 1 = 0, cạnh bên AB nằm 
trên đường thẳng : 12x – y – 23 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC biết rằng nó đi qua điểm 
(3;1) 
Bài làm : 
Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm ( 3 ; 1) không thuộc AB) nên 
không phải là cạnh tam giác . Vậy còn lại : 9a = 8b hay a = 8 và b = 9 
Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình : a(x – 3) + b( y – 1) = 0 (a2 + b2  0) 
Góc của nó tạo với BC bằng góc của AB tạo với BC nên :
2 2 2 2 2 2 2 2
2a 5b 2.12 5.1
2 5 . a b 2 5 . 12 1
 

   
2 2
2a 5b 29
5a b

 

    2 2 25 2a 5b 29 a b     9a2 + 100ab – 96b2 = 0
a 12b
8
a b
9
 

 

Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0