Tìm tọa độ các đỉnh của tam giá biết đường tròn ngoại tiếp HBC, H và trung điểm AB
#1
Đã gửi 01-10-2012 - 14:33
$$x^2+y^2-x-5y+4=0$$
$H$ thuộc đường thẳng $\Delta :3x-y-4=0$, trung điểm của $AB$ là $M(2,3)$. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác.
- lehoanghiep, no matter what, hoangkkk và 2 người khác yêu thích
#2
Đã gửi 06-01-2013 - 22:15
Tọa độ $H$ là nghiệm của hệ phương trình :
$\left\{\begin{matrix}
x^2+y^2-5x-y+4=0 & \\
3x-y-4=0 &
\end{matrix}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
x=2 & \\
y=2 &
\end{matrix}\right.$ hay $H\left ( 2;2 \right )$
Dễ thấy $M\left ( 2;3 \right )$ cũng thuộc đường tròn $\left ( HBC \right )$, do vậy tứ giác $MBCH$ nội tiếp.
Phương trình đường thẳng $MH$ là : $x=2$
Có $\widehat{MBH}=\widehat{MCH}$ $\left ( 1 \right )$, mặt khác tứ giác $PBCN$ nội tiếp $\Rightarrow
$ $\widehat{PBN}=\widehat{PCN}$ $\left ( 2 \right )$, lai có $\widehat{MBH}=\widehat{PBN}$ nên từ $\left ( 1 \right )$ và $\left (2 \right )$ ta được $\widehat{PCM}=\widehat{PCN}$ $\Rightarrow$ $CP$ là đường phân giác trong của $\widehat{MCA}$, đông thời $CP$ cũng là đường cao ứng với đáy $AM$ nên tam giác $MAC$ là tam giác cân.
Do $P$ là trung điểm của $MA$ và $M$ là trung điểm của $AB$ nên $\frac{PM}{PB}=\frac{1}{3}$
Tam giác $BPH$ đồng dạng với tam giác $CPM$ nên $\frac{PM}{PB}=\frac{PH}{PC}=\frac{1}{3}$, từ đấy suy ra được $MH$ song song với $BC$ và $H$ là trọng tâm tam giác $ACM$, do đó phương trình đường thẳng $BC$ là $x=c$ (với $c$ là một hằng số khác $2$).
Có $H \in AK$ và $BC$ vuông góc với $AK$ nên $MH$ vuông góc với $AK$ $\Rightarrow$ phương trình đường thẳng $AK$ là $AK : y=2$, nên $y_A=2$, mặt khác $\left\{\begin{matrix}
x_A+x_C+2=6 & \\
y_A+y_C+3=6 &
\end{matrix}\right.$ (tính chất trọng tâm) và $\left\{\begin{matrix}
x_A+c=4 & \\
y_A+y_B=6 &
\end{matrix}\right.$ (tính chất trung điểm) nên suy ra $y_C=1$ và $y_B=4$.
$B, C$ đều cùng thuộc đường tròn $x^2+y^2-x-5y+4=0$ nên thay $y_B =4$ và $y_C=1$ vào ta tìm được $x_B=x_C=0$ hoặc $x_B=x_C=1$
TH1 : $x_B=x_C=0$, ta có $x_A=4$
TH2 : $x_B=x_C=1$, ta có $x_A=3$
Kết luận : Tọa độ $A, B ,C$ lần lượt là $\left ( 4;2 \right ),\left ( 0;4 \right ),\left ( 0;1 \right )$ hoặc $\left ( 3;2 \right ),\left ( 1;4 \right ),\left ( 1;1 \right )$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangkkk: 06-01-2013 - 22:22
- E. Galois, lehoanghiep, MIM và 5 người khác yêu thích
A2K40-er
My Blog : http://a2k40pbc.blogspot.com/
#4
Đã gửi 28-02-2013 - 20:38
Chấm điểm
hoangkkk: 10 điểm
Gọi giao điểm của $AH, PH, CH$ với $BC, AC, AB$ lần lượt là $K$, $N$,$P$, tọa độ ba điểm $A, B, C$ lần lượt là $\left ( x_A;y_A \right ),\left ( x_B;y_B \right ),\left ( x_C;y_C \right )$.
Tọa độ $H$ là nghiệm của hệ phương trình :
$\left\{\begin{matrix}
x^2+y^2-5x-y+4=0 & \\
3x-y-4=0 &
\end{matrix}\right.$ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
x=2 & \\
y=2 &
\end{matrix}\right.$ hay $H\left ( 2;2 \right )$
Dễ thấy $M\left ( 2;3 \right )$ cũng thuộc đường tròn $\left ( HBC \right )$, do vậy tứ giác $MBCH$ nội tiếp.
Phương trình đường thẳng $MH$ là : $x=2$
Có $\widehat{MBH}=\widehat{MCH}$ $\left ( 1 \right )$, mặt khác tứ giác $PBCN$ nội tiếp $\Rightarrow
$ $\widehat{PBN}=\widehat{PCN}$ $\left ( 2 \right )$, lai có $\widehat{MBH}=\widehat{PBN}$ nên từ $\left ( 1 \right )$ và $\left (2 \right )$ ta được $\widehat{PCM}=\widehat{PCN}$ $\Rightarrow$ $CP$ là đường phân giác trong của $\widehat{MCA}$, đông thời $CP$ cũng là đường cao ứng với đáy $AM$ nên tam giác $MAC$ là tam giác cân.
Do $P$ là trung điểm của $MA$ và $M$ là trung điểm của $AB$ nên $\frac{PM}{PB}=\frac{1}{3}$
Tam giác $BPH$ đồng dạng với tam giác $CPM$ nên $\frac{PM}{PB}=\frac{PH}{PC}=\frac{1}{3}$, từ đấy suy ra được $MH$ song song với $BC$ và $H$ là trọng tâm tam giác $ACM$, do đó phương trình đường thẳng $BC$ là $x=c$ (với $c$ là một hằng số khác $2$).
Có $H \in AK$ và $BC$ vuông góc với $AK$ nên $MH$ vuông góc với $AK$ $\Rightarrow$ phương trình đường thẳng $AK$ là $AK : y=2$, nên $y_A=2$, mặt khác $\left\{\begin{matrix}
x_A+x_C+2=6 & \\
y_A+y_C+3=6 &
\end{matrix}\right.$ (tính chất trọng tâm) và $\left\{\begin{matrix}
x_A+c=4 & \\
y_A+y_B=6 &
\end{matrix}\right.$ (tính chất trung điểm) nên suy ra $y_C=1$ và $y_B=4$.
$B, C$ đều cùng thuộc đường tròn $x^2+y^2-x-5y+4=0$ nên thay $y_B =4$ và $y_C=1$ vào ta tìm được $x_B=x_C=0$ hoặc $x_B=x_C=1$
TH1 : $x_B=x_C=0$, ta có $x_A=4$
TH2 : $x_B=x_C=1$, ta có $x_A=3$
Kết luận : Tọa độ $A, B ,C$ lần lượt là $\left ( 4;2 \right ),\left ( 0;4 \right ),\left ( 0;1 \right )$ hoặc $\left ( 3;2 \right ),\left ( 1;4 \right ),\left ( 1;1 \right )$
Cách làm sai rồi
$\bigtriangleup BPH$$\sim$$\bigtriangleup CPM$ thì $\frac{PM}{PH}$$=$$\frac{PC}{PB}$ chứ ạ
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi barcavodich: 28-02-2013 - 20:38
- mat troi be nho và amma96 thích
[topic2=''][/topic2]Music makes life more meaningful
#5
Đã gửi 09-03-2013 - 23:12
#6
Đã gửi 10-03-2013 - 10:16
Gọi $O',O$ lần lượt là tâm ngoại tiếp $HBC,ABC$ $L$ đối xứng $H$ qua $M$
Đặt $O(x,y)$
ta có $H(2,2)$ $O'(\frac{1}{2},\frac{5}{2})$,$M(2,3)$,$L(2,4)$
dễ thấy $HAOO',HALB,OBO'C$ là các hình bình hành
Từ đây tính được tọa độ các điểm $A , B , C$ theo $ x, y $
Giải pt $OM I AB$ và $LO=O'B$ thì ta sẽ tìm được $x, y$
- barcavodich yêu thích
#7
Đã gửi 18-06-2013 - 20:46
cách làm trên sai cả rồi cách thứ nhất tỉ lệ $\frac{PM}{PB}= \frac{PH}{PC}= \frac{1}{3}$ là sai
cách của bạn mat troi be nho thì HAOO' k0 phải là hình bình hành
#8
Đã gửi 18-06-2013 - 20:54
cách làm như sau : vì A là trực tâm tam giác HBC nên $\underset{IA}{\rightarrow}$ = $\underset{IH}{\rightarrow}$ + $\underset{IB}{\rightarrow}$ + $\underset{IC}{\rightarrow}$ gọi B(x;y) $\rightarrow$ A(4-x;6-y) $\rightarrow$ C(3-2x;5-2y) $\rightarrow$ $\left\{\begin{matrix} \underset{AH}{\rightarrow} * \underset{BC}{\rightarrow} = 0& & \\ B thuộc đường tròn trên & & \end{matrix}\right.$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fabregaslf4: 18-06-2013 - 20:56
- maithily yêu thích
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh