Bài tập viết phương trình đường thẳng trong oxy năm 2024

Nội dung Text: Bài tập phương trình đường thẳng trong mặt phẳng Oxy có đáp án

1. 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 x  y  1  0  x  4 B = AB  BN nên tọa độ điểm B là nghiệm của hpt   2 x  y  5  0 y  3  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 : x  2 y  5  0  x  1    I(--1;-3). 2 x  y  5  0  y  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 :  13 x   4  7 x  y  25  0    9 x  y  1  0 y   4  13 9  C(  ; ) 4 4 15 2 BC = , d(A,BC) = 3 2 ; 4 45 SABC = 24 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  x  2  t n  1; 3    AC  :  t  R   y  1  3t x  2  t  - Tọa độ C là giao của (AC) với đường trung tuyến kẻ qua C :   y  1  3t x  y 1  0  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  3a  9 a  1  điểm của AB  M  ; .  2 2  - Mặt khác M nằm trên đường trung tuyến kẻ qua C : 3a  9 a  1    1  0  a  3  B 1; 2  2 2
2.   x  2 y 1 12 - Ta có : AB   1; 3  AB  10,  AB  :   3 x  y  5  0, h  C ; AB   1 3 10 1 1 12 - Vậy : S ABC  AB.h  C , AB   10.  6 (đvdt). 2 2 10 Bài 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm H (1; 0) , chân đường cao hạ từ đỉnh B là K (0; 2) , trung điểm cạnh AB là M (3; 1) . Bài làm : - Theo tính chất đường cao : HK vuông góc với AC cho nên (AC) qua K(0;2) có véc tơ pháp tuyến  KH  1; 2    AC  : x  2  y  2   0  x  2 y  4  0 . A K(0;2) - B nằm trên (BH) qua H(1;0) và có véc tơ chỉ phương  KH  1; 2   B 1  t; 2t  . M(3;1) H(1;0) - 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 B C ra t=1 . Do đó A(4;4),B(2;-2) - Vì C thuộc (AC) suy ra C(2t;2+t) ,     BC   2t  2;4  t  , HA   3;4  . Theo tính chất đường cao kẻ từ A :      HA.BC  0  3  2t  2   4  4  t   0  t  1 . Vậy : C(-2;1).   x4 y4 - (AB) qua A(4;4) có véc tơ chỉ phương BA   2; 6  // u  1;3   AB  :  1 3  3x  y  8  0   - (BC) qua B(2;-2) có véc tơ pháp tuyến HA   3; 4    BC  : 3  x  2   4  y  2   0  3x  4 y  2  0 . 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 : x  2 y 1  0  21 13    B ;   x  7 y  14  0  5 5 - Đường thẳng (BC) qua B(7;3) và vuông góc với (AB) cho nên có véc tơ chỉ phương:  21  x  5  t  u  1; 2    BC  :   y  13  2t   5 - Ta có :  AC , BD   BIC  2 ABD  2  2  AB, BD         n1.n2 1  14 15 3 - (AB) có n1  1; 2  , (BD) có n2  1; 7   cos =       n1 n2 5 50 5 10 10  a-7b 9 4 - Gọi (AC) có n   a, b   cos  AC,BD   cos2 =  2 cos2   1  2    1  50 a 2  b2  10  5 2 - Do đó :  5 a  7b  4 50 a 2  b 2   a  7b   32  a 2  b 2   31a 2  14ab  17b 2  0  17 17 - Suy ra :  a   31 b   AC  :  31  x  2    y  1  0  17 x  31y  3  0   a  b   AC  : x  2  y  1  0  x  y  3  0 
3.  21 x  5  t   13 7  14 5  - (AC) cắt (BC) tại C   y   2t  t   C  ;   5 15  3 3  x y3 0   x  2 y 1  0 x  7 - (AC) cắt (AB) tại A :     A  7; 4  x  y  3  0 y  4 x  7  t - (AD) vuông góc với (AB) đồng thời qua A(7;4) suy ra (AD) :   y  4  2t x  7  t  7  98 46  - (AD) cắt (BD) tại D :  y  4  2t  t   D ;   x  7 y  14  0 15  15 15   - 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 : x  t - B thuộc d suy ra B :  , C thuộc d' cho A(2;3)  y  5  t  x  7  2m x+2y-7=0 nên C:  . y  m - Theo tính chất trọng tâm : G(2;0)  xG   t  2m  9  2, y  m  t  2  0 C G B M 3 3 x+y+5=0 m  t  2 m  1 - Ta có hệ :   t  2m  3 t  1  - Vậy : B(-1;-4) và C(5;1) . Đường thẳng (BG) qua G(2;0) có véc tơ chỉ phương u   3;4  , cho x2 y 20  15  8 13 nên (BG):   4 x  3 y  8  0  d  C ; BG    R 3 4 5 5 13 2 2 169 - Vậy đường tròn có tâm C(5;1) và có bán kính R=   C  :  x  5    y  1  5 25 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 ) 2 2 - Ta có : MA2   2t  3   t  2   5t 2  8t  13  2MA2  10t 2  16t  26 2 2 Tương tự : MB 2   2t  1   t  4   5t 2  12t  17 2 - Do dó : f(t)= 15t 2  4t  43  f '  t   30t  4  0  t   . Lập bảng biến thiên suy ra min f(t) 15 641 2  26 2  = đạt được tại t    M  ;   15 15  15 15 
4. 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 x  y  2  0 - (AB) cắt (AC) tại A :    A  3;1 x  2 y  5  0 - B nằm trên (AB) suy ra B(t; t-2 ), C nằm trên (AC) suy ra C(5-2m;m)  t  2m  8  xG   3 3 t  2m  1 m  2  C 1; 2   - Theo tính chất trọng tâm :     y  t  m 1  2 t  m  7 t  5  B  5;3  G   3 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 u  1;1 do B  x  3t 2x-y-2=0 đó d :  . Đường thẳng d cắt (CK) tại C : K y  t x  3  t  y  t  t  4  C  1; 4  C A(3;0) 2 x  y  2  0 H  - Vì K thuộc (CK) : K(t;2t-2) và K là trung điểm x+y+1=0 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) : x 2  y 2  2ax  2by  c  0  a 2  b 2  c  R 2  0  là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .  1 9  6a  c  0 a  2   Cho (C) qua lần lượt A,B,C ta được hệ : 4  4a  c  0  b  0 5  2a  8b  c  0 c  6    2  1 25 - Vậy (C) :  x    y 2   2 4 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   x  4  7t x  4 y 5 u  7; 1   AC  :     x  7 y  39  0 . Gọi I là giao của (AC) và (BD) y  5t 7 1  x   4  7t  1  1 9 thì tọa độ của I là nghiệm của hệ :  y  5  t  t   I   ;   C  3; 4  7 x  y  8  0 2  2 2 
5.     - Từ B(t;7t+8) suy ra : BA   t  4;7t  3 , BC   t  3;7t  4  . Để là hình vuông thì BA=BC : t  0 Và BAvuông góc với BC   t  4  t  3   7t  3 7t  4   0  50t 2  50t  0   t  1 t  0  B  0;8   B  0;8   D  1;1  . Tìm tọa độ của D đối xứng với B qua I   t  1  B  1;1   B  1;1  D  0;8     x4 y5 - Từ đó : (AB) qua A(-4;5) có u AB   4;3   AB  :  4 3  x  4 y 5 (AD) qua A(-4;5) có u AD   3; 4    AB  :  3 4  x y 8 (BC) qua B(0;8) có uBC   3; 4    BC  :  3 4  x 1 y 1 (DC) qua D(-1;1) có uDC   4;3   DC  :  4 3 * Chú ý : Ta còn cách giải khác 1 x 31 - (BD) : y  7 x  8 , (AC) có hệ số góc k   và qua A(-4;5) suy ra (AC): y   . 7 7 7  x A  xC  2 xI y  y  2y  A  C I -Gọi I là tâm hình vuông :   yI  7 xI  8  C  3; 4    yC   xC  31   7 7      - Gọi (AD) có véc tơ chỉ phương u   a; b  ,  BD  : v  1;7   a  7b  uv  u v cos450 3 3 3  a  7b  5 a 2  b 2 . Chọn a=1, suy ra b    AD  : y   x  4   5  x  8 4 4 4 4 4 1 3 3 7 Tương tự :  AB  : y    x  4   5   x  ,  BC  : y   x  3  4  x  và đường thẳng 3 3 3 4 4 4 4 4 (DC): y    x  3  4   x  8 3 3 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  9 A x x  2 y  5  0   7 là nghiệm của hệ :   3 x  y  7  0  y   22 x+2y-5=0   7 F(1;-3)  9 22   B   ;   . Đường thẳng d' qua A vuông góc với  7 7  B C   3x-y+7=0 1 (BC) có u   3; 1  n  1;3  k   . (AB) có 3 1 k AB   . Gọi (AC) có hệ số góc là k ta có phương 2
6. 1 1 1  1   k 1 3k  1 15k  5  3  k k   8 trình : 2 3  3    15k  5  3  k    11 k 5 3 k 15k  5  k  3 k   4 1 1 23 3   7 1 1 - Với k=-   AC  : y    x  1  3  x  8 y  23  0 8 8 4 4 - Với k=   AC  : y    x  1  3  4 x  7 y  25  0 7 7 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 d 2 Bài làm : 2 x  y  5  0  x  11 - Tìm tọa độ A là nghiệm của hệ :    A  11;17  3 x  2 y  1  0  y  17 - Nếu C thuộc C d1  C  t; 2t  5  , B  d 2  B 1  2m; 1  3m  3x+2y-1=0 - Theo tính chất trọng tâm của tam giác ABC khi G là  t  2m  10  1 M  3 t  2m  13 A G trọng tâm thì :   11  2t  3m  3 2t  3m  2   3 t  13  2m  t  13  2m t  35 2x+y+5=0    B 2 13  2m   3m  2  m  24 m  24 - 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 :  x 1 y  2 u   2; 1   AC  :   x  2y 5  0 2 1  3 2 x  y  1  0 x  5   3 11  5 - (AC) cắt (AH) tại A :    A  ;   AC  x  2 y  5  0  y  11 5 5  5   5   x  1 t - (BC) qua C(1;2) và vuông góc với (AH) suy ra uBC  1;1   BC  :  y  2t x  1 t  3  1 1 - (BC) cắt đường cao (AH) tại B   y  2  t  t    B   ;  x  y  0 2  2 2  1  1 5 2 9 1 5 9 9 - Khoảng cách từ B đến (AC) :  S  .  5 2 5 2 5 2 5 20
7.  13 13  Bài 13: Trong mpOxy, cho ABC có trục tâm H  ;  , pt các đường thẳng AB và AC lần lượt 5 5 là: 4x  y  3 = 0, x + y  7 = 0. Viết pt đường thẳng chứa cạnh BC. Bài làm :  4x  y  3  0 - Tọa độ A là nghiệm của hệ :  x  y  7  0 A(2;5)   3 12    Suy ra : A(2;5).  HA    ;  // u 1; 4  . Suy ra K x+y-7=0  5 5 H  4x-y-3=0 (AH) có véc tơ chỉ phương u 1; 4  . (BC) vuông góc   với (AH) cho nên (BC) có n  u 1; 4  suy ra (BC): x- B C 4y+m=0 (*). E - C thuộc (AC) suy ra C(t;7-t ) và   13 22    CH    t ; t    u AB  1; 4   CH . Cho nên ta 5 5  13  22  có :  t  4  t    0  t  5  C  5; 2  . 5  5   - Vậy (BC) qua C(5;2) có véc tơ pháp tuyến n  1; 4    BC  :  x  5   4  y  2   0 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 :  x  4  3t Đường thẳng (AC) qua A(4;3) và vuông góc với (BH) suy ra (AC) :  y  3 t  x  4  3t  (AC) cắt trung tuyến (CM) tại C :  y  3  t  2t  6  0  t  3  C  5;6  x  y 1  0  - B thuộc (BH) suy ra B(t;3t+11 ). Do (CM) là trung tuyến cho nên M là trung điểm của AB , đồng  t  4 3t  14  B thời M thuộc (CM) .  M  ;   2 2  t  4 3t  14 M M   CM     1  0  t  4 . x+y-1=0 2 2 Do đó tọa độ của B(-4;-1) và M(0;1 ). C H A(4;3) Bài 15: Laäp ph. trình caùc caïnh cuûa  ABC, bieát 3x-y+11=0 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. A(1;3) Bài làm : Gọi G là trọng tâm tam giác thì tọa độ G là nghiệm M x  2 y 1  0 N của hệ   G 1;1 . E(x;y) thuộc G x-2y+1=0  y 1  0 y-1=0 (BC), theo tính chất trọng tâm ta có : C B E
8.         GA   0;2  , GE   x  1; y  1  GA  2GE 0  2  x  1    E 1;0  . C thuộc (CN) cho nên C(t;1), B thuộc (BM) cho nên B(2m-1;m) . Do 2  2  y  1  B,C đối xứng nhau qua E cho nên ta có hệ phương trình : 2m  t  1  2 t  5 A'    B  5;1 , C  3; 1 . Vậy (BC) qua E(1;0) có véc tơ chỉ phương m  1  0  m  1   x 1 y BC  8; 2  // u   4;1   BC  :   x  4 y  1  0 . Tương tự : 4 1   x 1 y  3 (AB) qua A(1;3) có AB   4; 2  // u   2; 1   AB  :   x  2y  7  0 . 2 1   x 1 y  3 (AC) qua A(1;3) có AC   4; 4  // u  1;1   AC  :   x y2 0 1 1 * 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). A - Vì IJ là 2 trung điểm của (AB) và (AC) cho nên IJ H //BC suy ra (BC) có véc tơ chỉ phương :    IJ   4; 2  // u   2;1   BC  : x  2 y  0 . J(-3;1) I(1;3) - 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). B C - Đường cao BH qua B(0;1) và vuông góc với AC cho ax+by=0 nên có   x y 1 AC   6; 8  // u   3; 4    BH  :   4x  3y  3  0 3 4 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 : MA  3MB nhỏ nhất  Bài làm :   - Trên d có M(3-2t;t) suy ra : MA   2  2t; t  , MB   2t; t  4   3MB   6t  3t  12      2 2 - Do vậy : MA  3MB   2  8t ; 4t  12   MA  3MB   2  8t    4t  12    2 2  2  676 26 - Hay : f(t)= MA  3MB  80t  64t  148  80  t     . Dấu đẳng thức xảy ra khi  5 5 5 2  19 2  26 t=   M  ;   . Khi đó min(t)= . 5  5 5 5 Bài 18: Trong (Oxy) cho hình chữ nhật ABCD , biết phương trình chứa 2 đường chéo là d1 : 7 x  y  4  0 và d 2 : x  y  2  0 . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh hình chữ nhật , biết đường thẳng đó đi qua điểm M(-3;5). Bài làm : 7 x  y  4  0 1 9 - Tâm của hình chữ nhật có tọa độ là nghiệm của hệ :  I ;  x  y  2  0 4 4
9.  Gọi d là đường thẳng qua M(-3;5 ) có véc tơ pháp tuyến : n  a; b  . Khi đó  d : a  x  3  b  y  5   0 1 . Gọi cạnh hình vuông (AB) qua M thì theo tính chất hình chữ nhật      nn1 nn2 7a  b a b  a  3b :          7a  b  5 a  b   n n1 n n2 50 a 2  b 2 2 a 2  b2 b  3a  a  3b  d : 3  x  3   y  5   0  3 x  y  14  0 Do đó :  b  3a   x  3  3  y  5  0  x  3 y  12  0  Bài 19: Trong mÆt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi A(1;1) , B(2; 5) , ®Ønh C n»m trªn ®­êng th¼ng x  4  0 , vµ träng t©m G cña tam gi¸c n»m trªn ®­êng th¼ng 2 x  3 y  6  0 . TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC. Bài làm : V× G n»m trªn ®­êng th¼ng x  y  2  0 nªn G cã täa ®é G  (t ; 2  t ) . Khi ®ã AG  (t  2;3  t ) , AB  (1;1) VËy diÖn tÝch tam gi¸c ABG lµ 1 1 2t  3 S  2 AG 2 . AB 2   AG . AB  2  2   2 ( t  2 ) 2  (3  t ) 2  1 2 = NÕu diÖn tÝch tam gi¸c ABC b»ng 13,5 th× diÖn tÝch tam gi¸c ABG b»ng 13,5 : 3  4,5 . VËy 2t  3  4,5 , suy ra t  6 hoÆc t  3 . VËy cã hai ®iÓm G : G1  (6;4) , G 2  (3;1) . V× G lµ träng 2 t©m tam gi¸c ABC nªn xC  3 xG  ( xa  xB ) vµ yC  3 yG  ( ya  yB ) . Víi G1  (6;4) ta cã C1  (15;9) , víi G 2  (3;1) ta cã C2  (12;18) 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 : Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình : a(x – 3) + b( y – 1) = 0 (a2 + b2  0) 2a  5b 2.12  5.1 Góc của nó tạo với BC bằng góc của AB tạo với BC nên :  2 2 2 2 2 5 . a b 2  52 . 122  12 2 a  12b 2a  5b 29 2    5  2a  5b   29  a  b   9a + 100ab – 96b = 0   2 2 2 2 2 a b 2 5 a  8 b  9 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 Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0