Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
a. Từ tọa độ 3 điểm $ABC$ suy ra:
\(\overrightarrow{AB}=(-3,-5); \overrightarrow{BC}=(5,3)\)
\(\Rightarrow AB=|\overrightarrow{AB}|=\sqrt{(-3)^2+(-5)^2}=34; BC=|\overrightarrow{BC}|=\sqrt{5^2+3^2}=\sqrt{34}\)
\(\Rightarrow AB=BC\) nên tam giác $ABC$ cân tại $B$.
b. Đặt $D(x_D,y_D)$
Để $C$ là trung điểm $AD$ thì:
\(\left\{\begin{matrix} x_C=\frac{x_A+x_D}{2}\\ y_C=\frac{y_A+y_D}{2}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 4=\frac{2+x_D}{2}\\ 1=\frac{3+y_D}{2}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x_D=6\\ y_D=-1\end{matrix}\right.\)
c. Đặt $H(x_h,y_h)$
$\overrightarrow{AH}=(x_h-2,y_h-3)$
Vì \(\overrightarrow{AH}\perp \overrightarrow{BC}\Rightarrow \overrightarrow{AH}.\overrightarrow{BC}=0\)
\(\Leftrightarrow 5(x_h-2)+3(y_h-3)=0(1)\)
$H\in BC$ nghĩa là $H,B,C$ thẳng hàng. Do đó tồn tại số thực $k\neq 0$ sao cho:
\(\overrightarrow{BH}=k\overrightarrow{BC}\)
\(\Leftrightarrow (x_h+1,y_h+2)=k(5,3)\)
\(\Rightarrow \frac{x_h+1}{5}=\frac{y_h+2}{3}(2)\)
Từ $(1);(2)\Rightarrow x_h=\frac{58}{17}; y_h=\frac{11}{17}$
a: vecto AB=(-3;-4)
vecto AC=(3;-2)
Vì -3/3<>-4/2-2
nên A,B,C là ba đỉnh của 1 tam giác
b: Tọa độ G là:
x=(2-1+5)/3=2 và y=(3-1+1)/3=2
=>G(2;2) và A(2;3)
Tọa độ I là:
x=(2+2)/2=2 và y=(2+3)/2=2,5
c: K thuộc Oy nên K(0;y)
vecto AI=(0;-0,5); vecto AK=(-2;y-3)
Theo đề, ta có:
0/-2=-0,5/y-3
=>-0,5/y-3=0
=>Ko có K thỏa mãn
a) đặc C (x;y) , ta có : C \(\in\) (d) \(\Leftrightarrow x=-2y-1\)
vậy C (-2y -1 ; y ).
tam giác ABC cân tại C khi và chỉ khi
CA = CB \(\Leftrightarrow\) CA2 = CB2
\(\Leftrightarrow\) (3+ 2y + 1)2 + (- 1- y)2 = (- 1+ 2y + 1)2 + (- 2- y)2
\(\Leftrightarrow\) (4 + 2y)2 + (1 + y)2 = 4y2 + (2 + y)2
giải ra ta được y = \(\dfrac{-13}{14}\) ; x = \(-2\left(\dfrac{-13}{14}\right)-1=\dfrac{13}{7}-1=\dfrac{6}{7}\)
vậy C có tọa độ là \(\left(\dfrac{6}{7};\dfrac{-13}{14}\right)\)
b) xét điểm M (- 2t - 1 ; t) trên (d) , ta có :
\(\widehat{AMB}\) = 900 \(\Leftrightarrow\) AM2 + BM2 = AB2
\(\Leftrightarrow\) (4 + 2t)2 + (1 + t)2 + 4t2 + (2 + t)2 = 17
\(\Leftrightarrow\) 10t2 +22t + 4 = 0 \(\Leftrightarrow\) 5t2 + 11t + 2 = 0
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}t=\dfrac{-1}{5}\\t=-2\end{matrix}\right.\)
vậy có 2 điểm thỏa mãn đề bài là M1\(\left(\dfrac{-3}{5};\dfrac{-1}{5}\right)\) và M2\(\left(3;-2\right)\)
a: \(\overrightarrow{AB}=\left(-11;11\right);\overrightarrow{AC}=\left(-2;6\right)\)
Vì -11/-2<>11/6
nên A,B,C thẳng hàng
ABCD là hình bình hành
=>vecto DC=vecto AB
=>5-x=-11 và 4-y=11
=>x=16 và y=-7
b: \(\overrightarrow{BH}=\left(x+4;y-9\right)\); vecto BC=(9;-5); vecto AH=(x-7;y+2)
Theo đề, ta có:
(x+4)/9=(y-9)/-5 và 9(x-7)+(-5)(y+2)=0
=>-5x-20=9y-81 và 9x-63-5y-10=0
=>-5x-9y=-61 và 9x-5y=73
=>x=481/53; y=92/53
c: Vì (d') vuông góc (d) nên (d'): 4x+3y+c=0
Thay x=-2 và y=3 vào (d'), ta được:
c+4*(-2)+3*3=0
=>c=-1
Đặt A(m,0) B(0,n) lần lượt là giao điểm của \Delta với hai trực tọa độ Ox,0y.
Vậy có 2 đường thẳng thỏa (ycbt):
Gọi \(Q\left(a;0\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{AQ}=\left(a-2;-3\right)\\\overrightarrow{AB}=\left(2;-2\right)\end{matrix}\right.\)
ABQ vuông tại A \(\Leftrightarrow\overrightarrow{AQ}.\overrightarrow{AB}=0\)
\(\Leftrightarrow2\left(a-2\right)+6=0\) \(\Rightarrow a=-1\)
\(\Rightarrow Q\left(-1;0\right)\)
b. Gọi \(H\left(0;b\right)\Rightarrow\overrightarrow{AH}=\left(-2;b-3\right)\)
\(AH=\sqrt{13}\Leftrightarrow4+\left(b-3\right)^2=13\)
\(\Leftrightarrow\left(b-3\right)^2=9\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}b=0\\b=6\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}H\left(0;0\right)\\H\left(0;6\right)\end{matrix}\right.\)