Đến nội dung

Hình ảnh

Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho hình vuông ABCD tâm I. Gọi G(1;-2) và K(3;1) lần lượt là trọng tâm tam giác ACD và tam giác ABI. Tìm tọa độ điểm

- - - - - hình học phẳng

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 6 trả lời

#1
toanoimaulaidayvoita

toanoimaulaidayvoita

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 4 Bài viết

Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho hình vuông ABCD tâm I. Gọi G(1;-2) và K(3;1) lần lượt là trọng tâm tam giác ACD và tam giác ABI. Tìm tọa độ điểm A.



#2
Moon Loves Math

Moon Loves Math

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 42 Bài viết

Trước tiên, ta cần đi chứng minh $\Delta AKG$ vuông cân tại $K$.

Thật vậy, xét $\Delta AMN$, ta có:

$AM=MC \quad (=AI^2+IM^2)$

Mặt khác, dễ dàng chỉ ra rằng $MC=MN$ (gọi $H$ là trung điểm $NC$, chỉ ra $MH$ cũng là đường cao của $\Delta MNC$)

Suy ra $AM=MN$ hay $\Delta AMN$ cân tại $M$.

Nếu gọi cạnh hình vuông là $a$ thì ta có:

$AM=\sqrt{\frac{2(AB^2+AI^2)-BI^2}{4}}=\sqrt{\frac{2(a^2+\frac{a^2}{2})-\frac{a^2}{2}}{4}}=\frac{a\sqrt{10}}{4}$

$AN=\sqrt{AD^2+DN^2}=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$.

Ta thấy $\frac{AN}{AM}=\sqrt{2}$ nên $\Delta AMN$ vuông cân tại $M$.

Xét phép vị tự: $V_{(A,\frac{2}{3})}: M \mapsto K,\quad N \mapsto G$

Có được $\Delta AKG$ vuông cân tại $K$.

Suy ra $AK=KG=\sqrt{(1-3)^2+(-2-1)^2}=\sqrt{13}$.

Gọi tọa độ của điểm A là $(x, y)$.

Ta có hệ sau: $\begin{cases} \overrightarrow{KA}\cdot \overrightarrow{GK}=0 \\ \left |\overrightarrow{AK} \right |=\sqrt{13} \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} 2(x-3)+3(y-1)=0 \\ (x-3)^2+(y-1)^2=13 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{ll} x=0 \wedge y=6 \\x=6 \wedge y=-1 \end{array}\right.$

Vậy có 2 điểm $A$ thỏa đề là $A(0,6)$ và $A(6,-1)$.

 

*Bạn kiểm tra lại kết quả giúp mình luôn nha, bài này mình tính hơi vội.

Hình gửi kèm

  • hinhve.PNG


#3
toanoimaulaidayvoita

toanoimaulaidayvoita

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 4 Bài viết

Trước tiên, ta cần đi chứng minh $\Delta AKG$ vuông cân tại $K$.

Thật vậy, xét $\Delta AMN$, ta có:

$AM=MC \quad (=AI^2+IM^2)$

Mặt khác, dễ dàng chỉ ra rằng $MC=MN$ (gọi $H$ là trung điểm $NC$, chỉ ra $MH$ cũng là đường cao của $\Delta MNC$)

Suy ra $AM=MN$ hay $\Delta AMN$ cân tại $M$.

Nếu gọi cạnh hình vuông là $a$ thì ta có:

$AM=\sqrt{\frac{2(AB^2+AI^2)-BI^2}{4}}=\sqrt{\frac{2(a^2+\frac{a^2}{2})-\frac{a^2}{2}}{4}}=\frac{a\sqrt{10}}{4}$

$AN=\sqrt{AD^2+DN^2}=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$.

Ta thấy $\frac{AN}{AM}=\sqrt{2}$ nên $\Delta AMN$ vuông cân tại $M$.

Xét phép vị tự: $V_{(A,\frac{2}{3})}: M \mapsto K,\quad N \mapsto G$

Có được $\Delta AKG$ vuông cân tại $K$.

Suy ra $AK=KG=\sqrt{(1-3)^2+(-2-1)^2}=\sqrt{13}$.

Gọi tọa độ của điểm A là $(x, y)$.

Ta có hệ sau: $\begin{cases} \overrightarrow{KA}\cdot \overrightarrow{GK}=0 \\ \left |\overrightarrow{AK} \right |=\sqrt{13} \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} 2(x-3)+3(y-1)=0 \\ (x-3)^2+(y-1)^2=13 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{ll} x=0 \wedge y=6 \\x=6 \wedge y=-1 \end{array}\right.$

Vậy có 2 điểm $A$ thỏa đề là $A(0,6)$ và $A(6,-1)$.

 

*Bạn kiểm tra lại kết quả giúp mình luôn nha, bài này mình tính hơi vội.

 

bn ơi tại sao tỉ lệ giữa AN vs AM =căn 2 thì tam giác AMN vuông v?



#4
Moon Loves Math

Moon Loves Math

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 42 Bài viết

$\Delta AMN$ cân tại $M$, có: $\frac{AN}{AM}=\sqrt{2}$

Nên theo định lý cos, ta có:

$\cos{\widehat{AMN}}=\frac{MA^2+MN^2-AN^2}{2MA\cdot MN}=\frac{MA^2+MA^2-(AM\sqrt{2})^2}{2MA\cdot MN}=0$

Nên $\widehat{AMN}=90^{\circ}$



#5
Khuvuctpanhoc

Khuvuctpanhoc

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết

Trước tiên, ta cần đi chứng minh $\Delta AKG$ vuông cân tại $K$.

Thật vậy, xét $\Delta AMN$, ta có:

$AM=MC \quad (=AI^2+IM^2)$

Mặt khác, dễ dàng chỉ ra rằng $MC=MN$ (gọi $H$ là trung điểm $NC$, chỉ ra $MH$ cũng là đường cao của $\Delta MNC$)

Suy ra $AM=MN$ hay $\Delta AMN$ cân tại $M$.

Nếu gọi cạnh hình vuông là $a$ thì ta có:

$AM=\sqrt{\frac{2(AB^2+AI^2)-BI^2}{4}}=\sqrt{\frac{2(a^2+\frac{a^2}{2})-\frac{a^2}{2}}{4}}=\frac{a\sqrt{10}}{4}$

$AN=\sqrt{AD^2+DN^2}=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$.

Ta thấy $\frac{AN}{AM}=\sqrt{2}$ nên $\Delta AMN$ vuông cân tại $M$.

Xét phép vị tự: $V_{(A,\frac{2}{3})}: M \mapsto K,\quad N \mapsto G$

Có được $\Delta AKG$ vuông cân tại $K$.

Suy ra $AK=KG=\sqrt{(1-3)^2+(-2-1)^2}=\sqrt{13}$.

Gọi tọa độ của điểm A là $(x, y)$.

Ta có hệ sau: $\begin{cases} \overrightarrow{KA}\cdot \overrightarrow{GK}=0 \\ \left |\overrightarrow{AK} \right |=\sqrt{13} \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} 2(x-3)+3(y-1)=0 \\ (x-3)^2+(y-1)^2=13 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{ll} x=0 \wedge y=6 \\x=6 \wedge y=-1 \end{array}\right.$

Vậy có 2 điểm $A$ thỏa đề là $A(0,6)$ và $A(6,-1)$.

 

*Bạn kiểm tra lại kết quả giúp mình luôn nha, bài này mình tính hơi vội.

Bn ơi mik ms học lp 10 nên ko bt vị tự là gì. Bn có thể giải lại khúc đó mà bằng cách khác đc ko? Mik muốn cm 2 tam giác đó đồng dạng nhg ko cm đc



#6
Moon Loves Math

Moon Loves Math

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 42 Bài viết

Bạn thử dùng Thales để chỉ ra $KG \parallel MN$ do $\frac{AK}{AM}=\frac{AG}{AN}$.



#7
Khuvuctpanhoc

Khuvuctpanhoc

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết

Trước tiên, ta cần đi chứng minh $\Delta AKG$ vuông cân tại $K$.

Thật vậy, xét $\Delta AMN$, ta có:

$AM=MC \quad (=AI^2+IM^2)$

Mặt khác, dễ dàng chỉ ra rằng $MC=MN$ (gọi $H$ là trung điểm $NC$, chỉ ra $MH$ cũng là đường cao của $\Delta MNC$)

Suy ra $AM=MN$ hay $\Delta AMN$ cân tại $M$.

Nếu gọi cạnh hình vuông là $a$ thì ta có:

$AM=\sqrt{\frac{2(AB^2+AI^2)-BI^2}{4}}=\sqrt{\frac{2(a^2+\frac{a^2}{2})-\frac{a^2}{2}}{4}}=\frac{a\sqrt{10}}{4}$

$AN=\sqrt{AD^2+DN^2}=\sqrt{a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$.

Ta thấy $\frac{AN}{AM}=\sqrt{2}$ nên $\Delta AMN$ vuông cân tại $M$.

Xét phép vị tự: $V_{(A,\frac{2}{3})}: M \mapsto K,\quad N \mapsto G$

Có được $\Delta AKG$ vuông cân tại $K$.

Suy ra $AK=KG=\sqrt{(1-3)^2+(-2-1)^2}=\sqrt{13}$.

Gọi tọa độ của điểm A là $(x, y)$.

Ta có hệ sau: $\begin{cases} \overrightarrow{KA}\cdot \overrightarrow{GK}=0 \\ \left |\overrightarrow{AK} \right |=\sqrt{13} \end{cases}$

$\Leftrightarrow \begin{cases} 2(x-3)+3(y-1)=0 \\ (x-3)^2+(y-1)^2=13 \end{cases}$

$\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{ll} x=0 \wedge y=6 \\x=6 \wedge y=-1 \end{array}\right.$

Vậy có 2 điểm $A$ thỏa đề là $A(0,6)$ và $A(6,-1)$.

 

*Bạn kiểm tra lại kết quả giúp mình luôn nha, bài này mình tính hơi vội.

mik giải ra (0;3) và (6;-1)







Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: hình học phẳng

0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh