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.
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
#1
Đã gửi 06-01-2023 - 13:16
#2
Đã gửi 06-01-2023 - 21:45
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.
- Khuvuctpanhoc yêu thích
#3
Đã gửi 16-01-2023 - 16:12
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
Đã gửi 16-01-2023 - 17:55
$\Delta AMN$ 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 $\widehat{AMN}=90^{\circ}$
- toanoimaulaidayvoita yêu thích
#5
Đã gửi 26-01-2023 - 14:37
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
Đã gửi 26-01-2023 - 16:37
Bạn thử dùng Thales để chỉ ra $KG \parallel MN$ do $\frac{AK}{AM}=\frac{AG}{AN}$.
#7
Đã gửi 27-01-2023 - 11:08
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)
- ILikeMath22042001 yêu thích
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: hình học phẳng
Toán Trung học Cơ sở →
Hình học →
$S_{ABCD}\leq \frac{AC^{2}+BD^{2}}{4}$Bắt đầu bởi Khanh12321, 29-04-2024 hình học phẳng |
|
|||
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Hình học →
Hình học phẳng →
a) PS^2 = PM^2 + SM.SN b) Đường thẳng HF song song với đường thẳng AB.Bắt đầu bởi Saturina, 16-02-2024 hình học phẳng |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Hình học →
a. Chứng minh rằng P, Q, T thẳng hàng. b. Chứng minh các đường thẳng PQ, BC và AY đồng quy.Bắt đầu bởi Saturina, 16-02-2024 hình học, hình học phẳng |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Hình học →
Chứng minh A,K,G thẳng hàngBắt đầu bởi ThanhBill, 06-01-2024 hình học phẳng, hình học |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Hình học →
Một số định lí về hình học phẳngBắt đầu bởi wrlong, 18-12-2023 hình học phẳng |
|
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh