Chương 3: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG

Đào Thành Lộc
Đào Thành Lộc 31 tháng 3 2016 lúc 20:07

a) Từ giả thiết suy ra \(\overrightarrow{AB}=\left(2;2\right);\overrightarrow{BC}=\left(-1;-5\right)\) 

Do \(2:\left(-1\right)\ne2:\left(-5\right)\) nên A, B, C không thẳng hàng hay A, B, C là ba đỉnh của một tam giác

b)

- Gọi \(G\left(x_1;y_1\right)\) là trọng tâm của tam giác ABC.

Khi đó \(x_1=\frac{1+3+3}{3}=2\) và \(y_1=\frac{2+4+\left(-1\right)}{3}=\frac{5}{3}\)

Suy ra \(G\left(2;\frac{5}{3}\right)\)

- Gọi \(H\left(x_2,y_2\right)\) là trực tâm của tam giác ABC. Khi đó H thỏa mãn :

\(\begin{cases}AH\perp BC\\CH\perp AB\end{cases}\) \(\Rightarrow\begin{cases}\overrightarrow{AH}.\overrightarrow{BC}=0\\\overrightarrow{CH}.\overrightarrow{AB}=0\end{cases}\)

Từ đó, ta có hệ 

\(\begin{cases}x_2+5y_2-6=0\\x_2+y_2-1=0\end{cases}\)

Giải hệ thu được ( \(x_2;y_2\)\(=\left(-\frac{3}{4};\frac{7}{4}\right)\) do đó \(H\left(-\frac{3}{4};\frac{7}{4}\right)\)

- Gọi \(I\left(x_3,y_3\right)\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC,

do \(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{IH}\) nên ta có hệ :

\(\begin{cases}1-x_3+3-x_3+2-x_3=-\frac{3}{4}-x_3\\2-y_4+4-y_3-1-y_3=\frac{7}{4}-y_3\end{cases}\)

Giải hệ ta thu được \(\left(x_3,y_3\right)=\left(\frac{27}{8};\frac{13}{8}\right)\)

Do đó \(I\left(\frac{27}{8};\frac{13}{8}\right)\)

 

Bình luận (0)
Hung nguyen
Hung nguyen 24 tháng 7 2018 lúc 19:15

Bài hệ đặt: √(x^2 + 4) = a; (y + 1) = b.

Thì có hệ:

a + √(b^2 - 5) = 4; √(a^2 + 5) + b = 6

Hệ này thì đơn giản rồi. Cứ bình phương rồi lấy (1) - (2) sẽ chỉ còn ẩn theo a, b lúc đó rút thế là xong.

Bình luận (0)
Lưu Thị Thảo Ly
Lưu Thị Thảo Ly 20 tháng 7 2018 lúc 17:43

.Chương 3: PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNG

Bình luận (0)
Hung nguyen
Hung nguyen 24 tháng 7 2018 lúc 19:15

Bài hệ đặt: √(x^2 + 4) = a; (y + 1) = b.

Thì có hệ:

a + √(b^2 - 5) = 4; √(a^2 + 5) + b = 6

Hệ này thì đơn giản rồi. Cứ bình phương rồi lấy (1) - (2) sẽ chỉ còn ẩn theo a, b lúc đó rút thế là xong.

Bình luận (0)
Mysterious Person
Mysterious Person 18 tháng 7 2018 lúc 11:20

ta dể dàng chứng minh đc \(DA\) là phân giác góc \(\widehat{EDF}\) (sử dụng tính chất của tứ giác nội tiếp)

từ đó có thể chứng minh được \(DB\) là phân giác của góc \(\widehat{FDG}\) (\(\widehat{FDB}=\widehat{BDG}\) vì cùng phụ \(\dfrac{1}{2}\widehat{EDF}\))

\(\Rightarrow\) \(G\) đối sứng với \(F\) qua \(BC\) \(\Rightarrow\widehat{CGB}=90^o\)

đặc \(C\left(x_c;y_c\right)\) \(\Rightarrow\overrightarrow{CG}\left(2-x_c;-6-y_c\right)\)\(\overrightarrow{BG}\left(6;-2\right)\)

ta có \(\overrightarrow{CG}\perp\overrightarrow{BG}\) (\(\widehat{CGB}=90^o\))

\(\Rightarrow6\left(2-x_c\right)-2\left(-6-y_C\right)=0\) \(\Leftrightarrow-6x_c+2y_c=-24\) (1)

(1) \(C\in d\) \(\Rightarrow\) hpt : \(\left\{{}\begin{matrix}-6x_c+2y_c=-24\\2x_c+y_c-8=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_c=4\\y_c=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow C\left(4;0\right)\)

đặc \(I\)\(CB\cap FG\) có tọa độ là \(I\left(x_i;y_i\right)\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{GI}\left(x_i-2;y_i+6\right)\)\(\overrightarrow{BC}\left(8;4\right)\)

ta có : \(\overrightarrow{BC}\perp\overrightarrow{GI}\) \(\Rightarrow8\left(x_i-2\right)+4\left(y_i+6\right)\Leftrightarrow8x_i+4y_i=-8\) (2)

ta có : \(\overrightarrow{BI}\left(x_i+4;y_i+4\right)\)\(\overrightarrow{BI}\uparrow\uparrow\overrightarrow{BC}\)

\(\Rightarrow\dfrac{8}{x_i+4}=\dfrac{4}{y_i+4}\Leftrightarrow-4x_i+8y_i=-16\) (3)

từ (2) với (3) ta có hpt : \(\left\{{}\begin{matrix}8x_i+4y_i=-8\\-4x_i+8y_i=-16\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_i=0\\y_i=-2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow I\left(0;-2\right)\)

đặc \(F\left(x_f;y_f\right)\)

ta có : \(I\) là trung điểm \(FG\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{x_f+2}{2}=0\\\dfrac{y_f-6}{2}=-2\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_f=-2\\y_f=2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow F\left(-2;2\right)\) \(\Rightarrow\) \(\overrightarrow{FC}\left(6;-2\right)\)

ta có phương trình đường thẳng \(AB\) là phương trình của đường thẳng đi qua \(B\left(-4;-4\right)\) và nhận \(\overrightarrow{FC}\left(6;-2\right)\) làm vectơ pháp tuyến

\(\Rightarrow6\left(x+4\right)-2\left(y+4\right)=0\) \(\Leftrightarrow6x-2y+16=0\)

vậy phương trình của cạnh \(AB\)\(6x-2y+16=0\)

Bình luận (0)
Hung nguyen
Hung nguyen 17 tháng 7 2018 lúc 16:31

Gợi ý: Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Dễ dàng chứng minh được AD là phân giác góc EDF.

=> BD là phân giác góc FDG.

=> FG đối xứng với nhau qua BC.

=> BG vuông góc GC

Vẽ đường GC tìm được tọa độ của C

Vẽ đường BC.

Gọi I là giao điểm của FG và BC tìm tọa độ của I có I rồi tìm được tọa độ của F có F thì vẽ được đường thẳng AB.

Bình luận (3)
Hung nguyen
Hung nguyen 16 tháng 7 2018 lúc 8:06

\(\left(17-3x\right)\sqrt{5-x}+\left(3y-14\right)\sqrt{4-y}\)

\(\Leftrightarrow\left(3\left(x-5\right)-2\right)\sqrt{5-x}=\left(3\left(y-4\right)-2\right)\sqrt{4-y}\)

\(\Leftrightarrow5-x=4-y\)

\(\Leftrightarrow y=x-1\)

Thế vô PT (2) ta được:

\(2\sqrt{3x+4}+3\sqrt{5x+9}=x^2+6x+13\)

Giải tiếp sẽ tìm được nghiệm 0, -1. Hướng đẫn: Dùng liên hợp hay đặt ẩn phụ đều được.

Bình luận (0)
Hung nguyen
Hung nguyen 16 tháng 7 2018 lúc 8:21

Gợi ý câu trên:

Gọi I là tâm đường tròn (C) Dễ dàng chứng minh được AI vuông góc với NM => Phương trình AI lại có A thuộc (C) => Tìm được tọa độ A. Gọi E là trung điểm của MN

=> E thuộc MN => E thuộc AH

Biểu diễn được H theo E AH lại vuông góc với HI nên tìm được tọa độ của E => tọa độ của H. Có H có I thì viết được phương trình BC

Bình luận (3)
Mysterious Person
Mysterious Person 16 tháng 7 2018 lúc 20:57

biểu diển giùm anh Hùng Nguyễn nha .

\(ý_1\) : tìm tọa độ điểm \(A\)

nhìn vào phương trình đường tròn ta dể dàng thấy được tâm \(I\left(3;1\right)\)

như anh hùng đã nói rất dể dàng ta có chứng minh được \(NM\perp AI\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{u}_{MN}\perp\overrightarrow{AI}\) \(\Rightarrow\left(3-x_A\right)+2\left(1-y_A\right)\)

cộng với \(A\) thuộc đường tròn : \(\left(C\right)x^2+y^2-6x-2y+5=0\) ta được hệ phương trình

\(\left\{{}\begin{matrix}x_A+2y_A=5\\x_A^2+y_A^2-6x_A-2y_A+5=0\end{matrix}\right.\) giải hệ bằng cách thế ta tìm đc 2 điểm \(A\) có tọa độ lần lược là : \(A_1\left(5;0\right)\)\(A_2=\left(1;2\right)\)

\(ý_2\) : viết phương trình cạnh \(BC\)

đặc \(H\left(x;y\right)\) ta có \(\overrightarrow{AH}\perp\overrightarrow{HI}\) \(\Rightarrow x^2+y^2-8x-y+15=0\) (1)

bắt trước tiến sỉ Hùng Nguyễn ta đặc \(E\) là trung điểm \(MN\)

ta có thể dể dàng chứng minh được tứ giác \(AMHN\) là hình chữ nhật

\(\Rightarrow\) \(E\) là trung điểm \(AH\)

TH1: \(A\left(5;0\right)\) \(\Rightarrow E\left(\dfrac{5+x}{2};\dfrac{y}{2}\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{5-\dfrac{5+x}{2}}{5-x}=\dfrac{-\dfrac{y}{2}}{-y}\Leftrightarrow y^2=\left(5-x\right)^2\) (2)

từ (1) (2) ta có hpt \(\left\{{}\begin{matrix}x^2+y^2-8x-y+15=0\\y^2=\left(5-x\right)^2\end{matrix}\right.\) giải hệ ta được các cặp nghiệm . \(\left(5;0\right)\left(\dfrac{7}{2};\dfrac{3}{2}\right)\left(\dfrac{9}{2};\dfrac{-1}{2}\right)\) loại hết

TH2: \(A\left(1;2\right)\) \(\Rightarrow E\left(\dfrac{1+x}{2};\dfrac{2+y}{2}\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{1-\dfrac{1+x}{2}}{1-x}=\dfrac{2-\dfrac{2+y}{2}}{2-y}\Leftrightarrow\left(1-x\right)^2=\left(2-y\right)^2\) (3)

từ (1) (3) ta có hpt \(\left\{{}\begin{matrix}x^2+y^2-8x-y+15=0\\\left(1-x\right)^2=\left(2-y\right)^2\end{matrix}\right.\) giải hệ ta được các cặp nghiệm . \(\left(\dfrac{7}{2};\dfrac{-1}{2}\right)\left(3;0\right)\) loại hết

\(\Rightarrow\) không có phương trình đường thẳng \(BC\) thỏa mãn điều kiện bài toán

Bình luận (3)
hang nguyenthiminh

1/Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Đỉnh B thuộc đường thẳng d1: 2x-y+2=0, đỉnh C thuộc đường thẳng d2: x-y-5=0. Gọi H là hình chiếu của B xuống AC, biết M(\(\dfrac{9}{5}\);\(\dfrac{2}{5}\)), K(9;2) lần lượt là trung điểm của AH và CD Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật ABCD, biết điểm C có hoành độ lờn hơn 4

2/Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, biết B(\(\dfrac{1}{2}\);1). Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tieepa xúc với BC, CA, AB lần lượt tại D,E,F. Biết điểm D(3;1). đường thẳng È:y-3=0. Tìm tọa độ điểm A biết A có tung độ dương

3/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, choa tam giác ABC cân tại A , D là trung điểm AB . Biết rằng I(\(\dfrac{11}{3}\);\(\dfrac{5}{3}\)); E(\(\dfrac{13}{3}\);\(\dfrac{5}{3}\)) lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , trọng tâm tam giác ADC, các diểm M(3;-1);N(-3;0) lần lượt thuộc các đường thẳng DC, AB.Tìm tọa độ các điểm A,B,C, biết A có tung độ dương

4/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm H(1;0) , chân đường cao hạ từ đinh B là K(0;2), trung điểm cạnh AB là M (3;1)

5/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại C có phân giác trong AD với D (\(\dfrac{7}{2}\);-\(\dfrac{7}{2}\)) thuộc BC . Gọi E,F là hai điểm làn lượt thuộc các cạnh AB, AC sao cho AE=AF. Đường thẳng EF cắt BC taị K.Biết E(\(\dfrac{3}{2}\);-\(\dfrac{5}{2}\)), F có hoành độ nhỏ hơn 3 và phương trình đường thẳng AK : x-2y-3=0. Viết phương trình của các cạnh tam giác ABC.

6/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x-1)2+(y-1)2 + 25 và các điểm A (7;9), B(0;8). Tìm tọa độ điểm M thuộc (c) sao cho biểu thức P= MA+2MB min

7/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có góc BAC =120O , đường cao BH: \(\sqrt{3}\)x+y-2=0. Trung điểm của cạnh BC là M( \(\sqrt{3}\);\(\dfrac{1}{2}\)) và trực tâm H(0;2). Tìm tọa độ các đỉnh B,C của tam giác ABC

8/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, CHO (C1); x2 + y2-6x+8y+23=0, (C2) : x2 + y2+12x-10y+53=0 và (d) : x-y-1=0. Viết phương trình đường trong (C) có tâm thuộc (d), tiếp xúc trong với (C1), và tiếp xúc ngoài với (C2)

Khoá học trên OLM của Đại học Sư phạm HN

Loading...

Khoá học trên OLM của Đại học Sư phạm HN