Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(d\left(I;AB\right)=\frac{\left|\frac{1}{2}+2\right|}{\sqrt{1^2+\left(-2\right)^2}}=\frac{\sqrt{5}}{2}\Rightarrow AD=2d\left(I;AB\right)=\sqrt{5}\)và \(AB=2AD=2\sqrt{5}\)
Do đó \(IA=IB=IC=ID=\frac{1}{2}AC=\frac{5}{2}\)
Gọi \(\omega\) là đường tròn tâm I, bán kính \(R=IA\) thế thì \(\omega\) có phương trình \(\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+y^2=\frac{25}{4}\)
Do vậy tọa độ của A, B là nghiệm của hệ :
\(\begin{cases}\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+y^2=\frac{25}{4}\\x-2y+2=0\end{cases}\)
Giải hệ thu được \(A\left(-2;0\right);B\left(2;2\right)\) (do A có hoành độ âm), từ đó , do I là trung điểm của AC và BD suy ra \(C\left(3;0\right);D\left(-1;-2\right)\)
B A K H C E I D
Ta có \(\widehat{AHC}=\widehat{AEC}=90^0\) nên 4 điểm A, H, C, E cùng thuộc đường tròn đường kính AC.
Gọi I là giao điểm của AC và BD
Ta có \(\widehat{HIE}=2\widehat{HAE}=2\left(180^0-\widehat{BCD}\right)\)
Các tứ giác AKED, AKHB nội tiếp nên \(\widehat{EKD}=\widehat{EAD}\) và \(\widehat{BKH}=\widehat{BAH}\)
Do đó \(\widehat{HKE}=180^0-\widehat{AKD}-\overrightarrow{BKH}=180^0-\overrightarrow{EAD}-\overrightarrow{BAH}=2\overrightarrow{HAE}=2\left(180^0-\overrightarrow{BCD}\right)=\overrightarrow{HIE}\)
Vậy tứ giác HKIE nội tiếp. Do đó I thuộc đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác HKE
- Gọi \(C\left(c;c-3\right)\in d\left(c>0\right)\Rightarrow I\left(\frac{c-2}{2};\frac{c-4}{2}\right)\)
Do I thuộc (C) nên có phương trình :
\(c^2-c-2=0\Leftrightarrow c=2\) V c=-1 (loại c=-1) Suy ra \(C\left(2;-1\right);I\left(0;-1\right)\)
- Điểm E, H nằm trên đường tròn đường kính AC và đường tròn (C) nên tọa độ thỏa mãn hệ phương trình :
\(\begin{cases}x^2+y^2+x+4y+3=0\\x^2+\left(y+1\right)^2=4\end{cases}\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}x=0;y=-3\\x=-\frac{8}{5};y=-\frac{11}{2}\end{cases}\)
- Vì H có hoành độ âm nên \(H\left(-\frac{8}{5};-\frac{11}{5}\right);E\left(0;-3\right)\) Suy ra \(AB:x-y+1=0;BC:x-3y-5=0\)
Tọa độ B thỏa mãn \(\begin{cases}x-y+1=0\\x-3y-5=0\end{cases}\) \(\Leftrightarrow B\left(-4;-3\right)\Rightarrow\overrightarrow{BA}=\left(2;2\right);\overrightarrow{BC}=\left(6;2\right)\Rightarrow\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BC}=16>0\)
Vì \(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}\Rightarrow D\left(4;1\right)\)
Vậy \(B\left(-4;-3\right);C\left(2;-1\right);D\left(4;1\right)\)
B A K C H(-1;1) 4x+3y-13=0 x-y+1=0
Gọi K là điểm đối xứng với H qua đường phân giác trong góc A. Khi đó K thuộc đường thẳng AC. Đường thẳng HK có phương trình \(x+y+2=0\)
Gọi I là giao điểm của HK và đường phân giác trong góc A thì I có tọa độ là nghiệm của hệ :
\(\begin{cases}x-y+2=0\\x+y+2=0\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}x=-2\\y=0\end{cases}\)\(\Rightarrow I\left(-2;0\right)\)
I là trung điểm HK nên suy ta \(K\left(-3;1\right)\)
Khi đó AC :\(3\left(x+3\right)-4\left(y-1\right)=0\Leftrightarrow3x-4y+1=0\)
A có tọa độ thỏa mãn : \(\begin{cases}x-y+2=0\\3x-4y+13=0\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}x=5\\y=7\end{cases}\)\(\Leftrightarrow A\left(5;7\right)\)
AB có phương trình : \(\frac{x+1}{6}=\frac{y+1}{8}\Leftrightarrow4x-3y+1=0\)
B có tọa độ thỏa mãn : \(\begin{cases}4x+3y-1=0\\4x-3y+1=0\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}x=0\\y=\frac{1}{3}\end{cases}\)\(\Rightarrow B\left(0;\frac{1}{3}\right)\)
HC có phương trình : \(3\left(x+1\right)+4\left(y+1\right)=0\Leftrightarrow30+4y+7=0\)
C có tọa độ thỏa mãn hệ phương trình :
\(\begin{cases}3x+4y+7=0\\3x-4y+13=0\end{cases}\)\(\begin{cases}x=-\frac{10}{3}\\y=\frac{3}{4}\end{cases}\)\(\Rightarrow C\left(-\frac{10}{3};\frac{3}{4}\right)\)
cho mk hs: tai sao K thuoc duong thang AC thi HK co phuong trinh nhu vay ak
A C B M G
a)Theo bài ra => Tam giác ABC vuông cân ở A
M(1;-1) là trung điểm BC và G\(\left(\dfrac{2}{3};0\right)\) là trọng tâm
=>\(\overrightarrow{AM}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AG}\)
Giả sử A có tọa độ (a;b)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}1-a=\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{2}{3}-a\right)\\-1-b=-\dfrac{2}{3}b\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{5}{3}\\b=-3\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow A\left(\dfrac{5}{3};-3\right)\)
b)Do tam giác ABC vuông cân ở A=>GM vuông góc với BC
Ta có: \(\overrightarrow{GM}=\left(\dfrac{1}{3};-1\right)\)=>VTPT của đường thẳng BC là: \(\overrightarrow{n}=\left(1;-3\right)\) có M(1;-1) thuộc BC
=>phương trình đường thẳng BC:
1(x-1)-3(y+1)=0
hay x-3y-4=0
=> phương trình tham số của BC:\(\left\{{}\begin{matrix}x=3t+4\\y=t\end{matrix}\right.\)
=> tồn tại số thực t để B(3t+4;t) thuộc đường thẳng BC
MB=MA(do tam giác ABC vuông cân ở A,M là trung điểm BC)
=>\(\overrightarrow{MB}^2=\overrightarrow{MA}^2\)
=>(3t+3)2+(t+1)2=\(\left(\dfrac{2}{3}\right)^2+\left(-2\right)^2=\dfrac{40}{9}\)
=> \(t=-\dfrac{1}{3}\)hoặc \(t=-\dfrac{5}{3}\)
TH1: \(t=-\dfrac{1}{3}\)=>B\(\left(3;-\dfrac{1}{3}\right)\) ,do M(1;-1) là trung điểm BC=>C\(\left(-1;-\dfrac{5}{3}\right)\)
TH2:\(t=-\dfrac{5}{3}\)=>B\(\left(-1;-\dfrac{5}{3}\right)\),do M(1;-1) là trung điểm BC=>C\(\left(3;-\dfrac{1}{3}\right)\)
c) Tam giác ABC vuông cân ở A=>M(1;-1) là tâm đường tròn ngoại tiếp và MA là bán kính=>R2=MA2=\(\dfrac{40}{9}\)
Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC:
(C): \(\left(x-1\right)^2+\left(y+1\right)^2=\dfrac{40}{9}\)
\(d\left(A\left(P\right)\right)=\frac{\left|2\left(-2\right)-2.1+1.5-1\right|}{\sqrt{2^2+\left(-2\right)^2+1^2}}=\frac{2}{3}\)
(P) có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{n_p}=\left(2;-2;1\right);\)
d có vectơ pháp tuyến là \(\overrightarrow{u_d}=\left(2;3;1\right);\left[\overrightarrow{n_p},\overrightarrow{u_d}\right]=\left(-5;0;10\right)\)
Theo giả thiết suy ra (Q) nhận \(\overrightarrow{n}=-\frac{1}{5}\left[\overrightarrow{n_p},\overrightarrow{u_d}\right]=\left(1;0;-2\right)\) làm vectơ pháp tuyến
Suy ra \(\left(Q\right):x-2z+12=0\)