Chủ đề này có 126 trả lời

[hagiang215]

Từ điều kiện $\widehat{AIB}=90^{\circ}$ => $\widehat{ACB}=\frac{1}{2}\widehat{AIB}=45^{\circ}$=> Tam giác ADC vuông cân tại D => DI vuông góc với AC

=> pt AC qua M là :$x-2y+9=0$. $d(D,AC)=\frac{10}{\sqrt{5}}=2\sqrt{5}$$\Rightarrow AD=2\sqrt{10}$

Gọi A$(2a-9, a)\Rightarrow (2a-8)^2+(a+1)^2=40$=> a=5 hoặc a=1. Do A có hoành độ >0 nên A$(1,5)$ => B$(2,-2)$

tại sao DI vuông góc với AC?

[kudoshinichihv99]

tại sao DI vuông góc với AC?

Ta có tứ giác AIDB nội tiếp => góc ADI=ABI=45, Mà ACD vuông cân tại D => góc CAD=45=> DI vuông góc AC

[caybutbixanh]

Topic này rất cần phải khôi phục.........

Bài 50: Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ và $M$ là trung điểm $AB.$ Đường thẳng $CM$ có phương trình $5x-7y-20=0$ và $K(\frac{11}{6};\frac{-7}{6})$ là trọng tâm tam giác $ACM.$ Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ có tâm nằm trên đường thẳng $2x+4y+7=0$ và có bán kính bằng $\frac{5}{\sqrt{2}}.$ Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác $ABC$, biết $A$ và $C$ có tọa độ nguyên.

[chanhquocnghiem]

Topic này rất cần phải khôi phục.........

Bài 50: Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ và $M$ là trung điểm $AB.$ Đường thẳng $CM$ có phương trình $5x-7y-20=0$ và $K(\frac{11}{6};\frac{-7}{6})$ là trọng tâm tam giác $ACM.$ Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ có tâm nằm trên đường thẳng $2x+4y+7=0$ và có bán kính bằng $\frac{5}{\sqrt{2}}.$ Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác $ABC$, biết $A$ và $C$ có tọa độ nguyên.

Điểm $C$ thuộc $CM:5x-7y-20=0$ và $C$ có tọa độ nguyên $\Rightarrow$ tọa độ của $C$ có dạng $C(7k+4;5k)$ ($k\in \mathbb{Z}$)

Ta có : $d(K,CM)=\frac{\left | \frac{55}{6}+\frac{49}{6}-20 \right |}{\sqrt{5^2+7^2}}=\frac{8}{3\sqrt{74}}\Rightarrow d(A,CM)=3\ d(K,CM)=\frac{8}{\sqrt{74}}$

Gọi $t$ là đường thẳng đi qua $A$ và song song với $CM$ ---> phương trình của $t$ là $5x-7y-12=0$ hoặc $5x-7y-28=0$.

Vì $A$ và $K$ nằm cùng phía đối với đường thẳng $CM$ nên chọn $t:5x-7y-12=0$.

$A\in t$ và $A$ có tọa độ nguyên $\Rightarrow$ tọa độ của $A$ có dạng $A(7k'+1;5k'-1)$ ($k'\in\mathbb{Z}$)

Gọi $N$ là trung điểm $AC$ ; $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC\Rightarrow IA=IC=\frac{5\sqrt{2}}{2}\Rightarrow AC< 5\sqrt{2}$

Mà $AC=\sqrt{(x_C-x_A)^2+(y_C-y_A)^2}=\sqrt{\left [ 7(k-k')+3 \right ]^2+\left [ 5(k-k')+1 \right ]^2}$

Vì $AC< 5\sqrt{2}$ nên chỉ có $2$ trường hợp :

1) $k'=k+1$ (khi đó $AC=4\sqrt{2}$)

2) $k'=k$ (khi đó $AC=\sqrt{10}$)

 

$1)$ Nếu $k'=k+1\Rightarrow A(7k+8;5k+4)$ ; $C(7k+4;5k)$ ; $N(7k+6;5k+2)$

        $IN$ đi qua $N$ và $IN$ _|_ $AC\Rightarrow IN:x+y-12k-8=0$ (1)

        $IN=\sqrt{IA^2-NA^2}=\frac{3}{\sqrt{2}}$ (2)

        (1),(2) $\Rightarrow I\left ( 7k+\frac{9}{2};5k+\frac{7}{2} \right )$ hoặc $I\left ( 7k+\frac{15}{2};5k+\frac{1}{2} \right )$

        + Nếu $I\left ( 7k+\frac{9}{2};5k+\frac{7}{2} \right )\Rightarrow 2x_I+4y_I+7=34k+30=0$ vô lý vì $k$ nguyên (loại)

        + Nếu $I\left ( 7k+\frac{15}{2};5k+\frac{1}{2} \right )\Rightarrow 2x_I+4y_I+7=34k+24=0$ vô lý vì $k$ nguyên (loại)

$2)$ Nếu $k'=k\Rightarrow A(7k+1;5k-1)$ ; $C(7k+4;5k)$ ; $N(7k+\frac{5}{2};5k-\frac{1}{2})$

        $IN$ đi qua $N$ và $IN$ _|_ $AC\Rightarrow IN:3x+y-26k-7=0$ (3)

        $IN=\sqrt{IA^2-NA^2}=\sqrt{10}$ (4)

        (3),(4) $\Rightarrow I\left ( 7k+\frac{3}{2};5k+\frac{5}{2} \right )$ hoặc $I\left ( 7k+\frac{7}{2};5k-\frac{7}{2} \right )$

        + Nếu $I\left ( 7k+\frac{3}{2};5k+\frac{5}{2} \right )\Rightarrow 2x_I+4y_I+7=34k+20=0$ vô lý vì $k$ nguyên (loại)

        + Nếu $I\left ( 7k+\frac{7}{2};5k-\frac{7}{2} \right )\Rightarrow 2x_I+4y_I+7=34k=0\Rightarrow k=0$ 

           $\Rightarrow A(1;-1)$ ; $C(4;0)$ ; $I\left ( \frac{7}{2};-\frac{7}{2} \right )$

           $\Rightarrow AI:x+y=0$ ; $BC:x-y-4=0$ ; $BC\cap AI=P(2;-2)$

           $P$ là trung điểm của $BC\Rightarrow B(0;-4)$

 

Đáp án : $A(1;-1)$ ; $B(0;-4)$ ; $C(4;0)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chanhquocnghiem: 11-01-2016 - 16:02

[caybutbixanh]

Bài 51:Cho tam giác $ABC$ có trung điểm BC là $I(6;1)$, đường cao BD,CE; $H(3;0)$ là trực tâm, AH:x+2y-3=0,DE:x-2=0.Tìm B,C biết $x_B<x_C$

[chanhquocnghiem]

Bài 51:Cho tam giác $ABC$ có trung điểm BC là $I(6;1)$, đường cao BD,CE; $H(3;0)$ là trực tâm, AH:x+2y-3=0,DE:x-2=0.Tìm B,C biết $x_B<x_C$

$I(6;1)\in BC$ và $BC$ _|_ $AH$ $\Rightarrow BC:2x-y-11=0$

Gọi $J$ là trung điểm của $DE$.

Các tam giác vuông $BDC$ và $BEC$ có chung cạnh huyền $BC\Rightarrow IB=IC=ID=IE\Rightarrow IJ$ là đường trung trực của $DE\Rightarrow IJ:y-1=0\Rightarrow J(2;1)\Rightarrow IJ=4$

Vì $BC:2x-y-11=0$ và $x_B<x_C\Rightarrow y_B<y_C$

Và vì $B$ và $E$ nằm cùng phía, $C$ và $D$ nằm cùng phía đối với đường thẳng $IJ:y=1\Rightarrow y_E< y_D$

Đặt $JE=JD=t$ ($t> 0$) $\Rightarrow E(2;1-t)$ và $D(2;1+t)$

$\Rightarrow IB=IC=ID=IE=\sqrt{JE^2+IJ^2}=\sqrt{t^2+16}$

Tọa độ của $B$ và $C$ là nghiệm của hệ :

$\left\{\begin{matrix}2x-y-11=0\\(x-6)^2+(y-1)^2=t^2+16 \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}B\left ( 6-\frac{\sqrt{5t^2+80}}{5};1-\frac{2\sqrt{5t^2+80}}{5} \right )\\C\left ( 6+\frac{\sqrt{5t^2+80}}{5} ;1+\frac{2\sqrt{5t^2+80}}{5} \right) \end{matrix}\right.$

Suy ra $BD:y=\frac{(5t+2\sqrt{5t^2+80})x-30t+(t-3)\sqrt{5t^2+80}-20}{\sqrt{5t^2+80}-20}$

và $CE:y=\frac{(5t+2\sqrt{5t^2+80})x-30t-(t+3)\sqrt{5t^2+80}+20}{\sqrt{5t^2+80}+20}$

$BD\cap CE=H\Rightarrow H\left ( \frac{-t^3+104t+16\sqrt{5t^2+80}}{20t+8\sqrt{5t^2+80}};\frac{-t^3-16t-4(t-1)\sqrt{5t^2+80}+80}{4\sqrt{5t^2+80}+80} \right )$

Suy ra $\frac{-t^3+104t+16\sqrt{5t^2+80}}{20t+8\sqrt{5t^2+80}}=3$ (1)

và $\frac{-t^3-16t-4(t-1)\sqrt{5t^2+80}+80}{4\sqrt{5t^2+80}+80}=0$ (2)

Giải hệ 2 phương trình (1) và (2) ta có nghiệm duy nhất $t=2$

$\Rightarrow B(4;-3)$ và $C(8;5)$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chanhquocnghiem: 22-01-2016 - 14:29

[Ngay ay se den]

Bài 51:Cho tam giác $ABC$ có trung điểm BC là $I(6;1)$, đường cao BD,CE; $H(3;0)$ là trực tâm, AH:x+2y-3=0,DE:x-2=0.Tìm B,C biết $x_B<x_C$

-ok 

- Đầu tiên, từ pt AH và I viết được pt BC

- Sau đó,  Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC giả sử tọa độ A theo 1 ẩn, từ véc tơ (AH)=2vt(IJ) suy ra tọa độ J theo ẩn A 

- Tiếp theo, Gọi DE cắt J tại P và Q, chứng minh A là điểm chính giữa cung PQ ( dựa vào góc ABC=góc ADE), suy ra JA vuông góc DE, suy ra được 1 pt bậc nhất , tìm được tọa độ A,

- Cuối cùng, cho BC cắt đường tròn J bán kính JA, tìm được B,C

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ngay ay se den: 22-01-2016 - 16:29

[kudoshinichihv99]

Tiếp tục nào các bạn: 

Bài 52

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy có tam giác ABC vuông ở A, B(1;1) đường thẳng AC có phương trình 4x+3y-32=0. Trên tia BC lấy điểm M sao cho BM.BC=75. Tìm tọa độ đỉnh C biết bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC là $\frac{5\sqrt{5}}{2}$

[kudoshinichihv99]

$I(6;1)\in BC$ và $BC$ _|_ $AH$ $\Rightarrow BC:2x-y-11=0$

Gọi $J$ là trung điểm của $DE$.

Các tam giác vuông $BDC$ và $BEC$ có chung cạnh huyền $BC\Rightarrow IB=IC=ID=IE\Rightarrow IJ$ là đường trung trực của $DE\Rightarrow IJ:y-1=0\Rightarrow J(2;1)\Rightarrow IJ=4$

Vì $BC:2x-y-11=0$ và $x_B<x_C\Rightarrow y_B<y_C$

Và vì $B$ và $E$ nằm cùng phía, $C$ và $D$ nằm cùng phía đối với đường thẳng $IJ:y=1\Rightarrow y_E< y_D$

Đặt $JE=JD=t$ ($t> 0$) $\Rightarrow E(2;1-t)$ và $D(2;1+t)$

$\Rightarrow IB=IC=ID=IE=\sqrt{JE^2+IJ^2}=\sqrt{t^2+16}$

Tọa độ của $B$ và $C$ là nghiệm của hệ :

$\left\{\begin{matrix}2x-y-11=0\\(x-6)^2+(y-1)^2=t^2+16 \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix}B\left ( 6-\frac{\sqrt{5t^2+80}}{5};1-\frac{2\sqrt{5t^2+80}}{5} \right )\\C\left ( 6+\frac{\sqrt{5t^2+80}}{5} ;1+\frac{2\sqrt{5t^2+80}}{5} \right) \end{matrix}\right.$

Suy ra $BD:y=\frac{(5t+2\sqrt{5t^2+80})x-30t+(t-3)\sqrt{5t^2+80}-20}{\sqrt{5t^2+80}-20}$

và $CE:y=\frac{(5t+2\sqrt{5t^2+80})x-30t-(t+3)\sqrt{5t^2+80}+20}{\sqrt{5t^2+80}+20}$

$BD\cap CE=H\Rightarrow H\left ( \frac{-t^3+104t+16\sqrt{5t^2+80}}{20t+8\sqrt{5t^2+80}};\frac{-t^3-16t-4(t-1)\sqrt{5t^2+80}+80}{4\sqrt{5t^2+80}+80} \right )$

Suy ra $\frac{-t^3+104t+16\sqrt{5t^2+80}}{20t+8\sqrt{5t^2+80}}=3$ (1)

và $\frac{-t^3-16t-4(t-1)\sqrt{5t^2+80}+80}{4\sqrt{5t^2+80}+80}=0$ (2)

Giải hệ 2 phương trình (1) và (2) ta có nghiệm duy nhất $t=2$

$\Rightarrow B(4;-3)$ và $C(8;5)$.

Dài, dễ nhầm !  Trước tiên lập phương trình BC.

-Gọi M là trung điểm AH 

Ta có DE là dây cung chung của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEDH và BCDE => IM là trung trực DE

=> phương trình IM => tọa độ M

- Có H, M => tọa độ A (công thức trung điểm)

- Tham số E $\overrightarrow{AE}.\overrightarrow{EH}=0$=> tọa độ E ( có 2 nghiệm gồm E và D)

=> pt AB,AC => tọa độ B,C( lấy giao với BC) lấy nghiệm xB>xC

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kudoshinichihv99: 28-01-2016 - 15:06

[caybutbixanh]

Topic này rất cần phải khôi phục.........

Bài 50: Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ và $M$ là trung điểm $AB.$ Đường thẳng $CM$ có phương trình $5x-7y-20=0$ và $K(\frac{11}{6};\frac{-7}{6})$ là trọng tâm tam giác $ACM.$ Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ có tâm nằm trên đường thẳng $2x+4y+7=0$ và có bán kính bằng $\frac{5}{\sqrt{2}}.$ Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác $ABC$, biết $A$ và $C$ có tọa độ nguyên.

Cách 2:

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC tức G là giao CM với AI

 Gọi F là trung điểm AM.Vì M là trung điểm AB nên IM vuông góc AB

Mà $\frac{CK}{CF}=\frac{CG}{CM}=\frac{2}{3}$ nên GK//AB do đó $IM \perp GK (1)$

Gọi N là trung điểm AC suy ra N là giao MK với AC

Dễ có $MN//BC;IG \bot BC$ nên $GI \bot MK (2)$

Từ (1) và (2) suy ra I là trực tâm tam giác MGK tức $IK \bot CM$

------------------------------------------------------

$I \in 2x+4y+7=0 \Rightarrow I(a;\frac{-2a-7}{4});\\$

$\overrightarrow{KI}(A-\frac{11}{6};\frac{-a}{2}-\frac{7}{12});\overrightarrow{u_{CM}}=(7;5)$

Theo chứng minh trên, ta có $7(a-\frac{11}{6})+5(\frac{-a}{2}-\frac{7}{12})=0\Leftrightarrow a=\frac{7}{2};\Rightarrow I(\frac{7}{2};\frac{-7}{2})$

Lại có :$C \in 5x-7y-20=0 \Rightarrow C(c;\frac{5c-20}{7})\Rightarrow \overrightarrow{IC}(c-\frac{7}{2};\frac{5c}{7}+\frac{9}{14});\\$

$IC=R\Leftrightarrow (c-\frac{7}{2})^2+(\frac{5c}{7}+\frac{9}{14})^2=\frac{25}{2}\Leftrightarrow c=4 (c \in \mathbb{Z})\rightarrow C(4;0)$

 

$\overrightarrow{CF}=\frac{3}{2}.\overrightarrow{CK}\Rightarrow F(\frac{3}{4};\frac{-7}{4})$

Mà $M \in CM$ nên $M(m;\frac{5m-20}{7})$ suy ra $A (\frac{3}{2}-m;\frac{-5m}{7}-\frac{9}{14})$

Tương tự như điểm C , ta dùng $IA=R$ để tìm để tìm A, cụ thể :

$(m+2)^2+(\frac{-5m}{7}+\frac{10}{7})^2=\frac{25}{2}\Leftrightarrow m=\frac{1}{2} \wedge m=\frac{-33}{74}$

Với $m=\frac{1}{2}$ ta tìm được $A(1;-1);B(0;-4)$ .Giá trị m còn lại tính ra không thỏa tọa độ A,C nguyên.

Đáp số $A(1;-1);B(0;-4);C(4;0)$

--------------------------------------------------------

Vấn đề là tại sao ta nghĩ ra phải chứng minh KI vuông góc CM ? Từ gt ta thấy đã biết rõ điểm K, phương trình CM và I điểm đã cho thuộc một đường thẳng ( khi tham số hóa thì còn 1 một ẩn ). Do đó ta đặt một giả thiết :Nếu có IK vuông góc CM thì ta tìm được I, từ bán kính ta tìm được C. Còn A,B thì sao ? Từ gt ta thấy có thể thông qua trung điểm M (vì CM đã có pt), không chỉ vậy có được F là trung điểm AM nên hoàn toàn xác định được.Để khẳng định gt đã đặt ra là đúng thì ta có thể thực nghiệm bằng vẽ nhiều hình rồi chứng minh như trên.

[thienphunguyen]

Trong mặt phẳng tọa dộ Oxy, cho 2 điểm A(2;-1), B(2;-5). Gọi (C) là đường tròn đường kính AB. Đường kính MN của đường tròn (C) thay đổi (luôn khác AB) sao cho các đường thằng AM, AN cắt tiếp tuyến tại B của đường tròn (C) lần lượt tại điểm P và Q. Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác MPQ, biết H nằm trên đường thẳng d: 2x-y-7=0.

[hoa2000kxpt]

Topic này còn hoàn động không ạ ? Em thấy anh kudoshinichihv99 nói là Topic sẽ hoạt động đến khi hoàn thành kì thi THPT Quốc Gia 2015. 

[tritanngo99]

Bài 01:

Cho mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD, đường thẳng AB,AC lần lượt có phương trình là: x-y+5=0 và x+3y-7=0. Trọng tâm G của tam giác ACD nằm trên đường thẳng d:2x-y-6=0. Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật.

[tritanngo99]

Bài 02: Cho hình bình hành ABCD. Gọi I là giao điểm của AC và BD. Gọi O(-2;-21/2) là trung điểm IC. Gọi H(1;1) là trực tâm tam giác ABD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành.

[tritanngo99]

Bài 03: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(4;1) và đường tròn (C) có phương trình $x^2+y^2-2x+4y-1=0$. Viết phương trình đường thẳng d cắt (C) tại B,C sao cho tam giác ABC đều. 

[kudoshinichihv99]

Topic này còn hoàn động không ạ ? Em thấy anh kudoshinichihv99 nói là Topic sẽ hoạt động đến khi hoàn thành kì thi THPT Quốc Gia 2015. 

Topic luôn mở mà nếu có bài thì e cứ đăng lên nhé

[kudoshinichihv99]

Bài 01:

Cho mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD, đường thẳng AB,AC lần lượt có phương trình là: x-y+5=0 và x+3y-7=0. Trọng tâm G của tam giác ACD nằm trên đường thẳng d:2x-y-6=0. Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật.

Bài này xem ở ĐÂY

[kudoshinichihv99]

Bài 03: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(4;1) và đường tròn (C) có phương trình $x^2+y^2-2x+4y-1=0$. Viết phương trình đường thẳng d cắt (C) tại B,C sao cho tam giác ABC đều. 

Gọi I là tâm đường tròn (C) . Ta chứng minh được AI vuông góc vs BC tại H => pt BC có tham số

Tính AH,IH( theo tham số). Do tam giác ABC đều=> Áp dụng $AH=\sqrt{3}HC=\sqrt{3}.\sqrt{R^2-IH^2}$ => tham số => pt BC

[tritanngo99]

Cho tam giác ABC có: I(3/2;1/16);J(1;0);K(2;-8) lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn nội tiếp và bàng tiếp góc A. Lập pt đường thẳng BC biết $x_B>0$

[kudoshinichihv99]

Cho tam giác ABC có: I(3/2;1/16);J(1;0);K(2;-8) lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn nội tiếp và bàng tiếp góc A. Lập pt đường thẳng BC biết $x_B>0$

Bạn có thẻ xem ở ĐÂY

Dạo này lười đánh máy quá