Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(d\left(A\left(P\right)\right)=\frac{\left|2\left(-2\right)-2.1+1.5-1\right|}{\sqrt{2^2+\left(-2\right)^2+1^2}}=\frac{2}{3}\)
(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 \(\left(Q\right):x-2z+12=0\)
D G F C N E O M B H K J I A
Gọi G là điểm đối xứng của M qua O \(\Rightarrow G=\left(1;-3\right)\in CD\)
Gọi I là điểm đối xứng của M qua O \(\Rightarrow I=\left(-1;5\right)\in AD\)
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 \(B\left(-4;-3\right);C\left(2;-1\right);D\left(4;1\right)\)
Hai tam giác vuông DAM và ABN bằng nhau (cạnh cạnh cạnh)
\(\Rightarrow\widehat{ADM}=\widehat{BAN}\) mà \(\widehat{BAN}+\widehat{DAN}=90^0\Rightarrow\widehat{ADM}+\widehat{DAN}=90^0\)
\(\Rightarrow AN\perp DM\Rightarrow\) đường thẳng AN nhận \(\left(3;-1\right)\) là 1 vtpt
Phương trình AN:
\(3\left(x-\frac{7}{2}\right)-1\left(y-\frac{3}{2}\right)=0\Leftrightarrow3x-y-9=0\)
Tọa độ A là nghiệm: \(\left\{{}\begin{matrix}2x-y-6=0\\3x-y-9=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow A\left(3;0\right)\)
\(\Rightarrow\overrightarrow{AN}=\left(\frac{1}{2};\frac{3}{2}\right)\Rightarrow AN=\frac{\sqrt{10}}{2}\)
Pitago tam giác ABN: \(AB^2+BN^2=AN^2\)
\(\Rightarrow AB^2+\frac{1}{4}AB^2=\frac{5}{2}\Rightarrow AB^2=S_{ABCD}=2\)
Gọi \(B\left(x;y\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{AB}=\left(x-3;y\right)\\\overrightarrow{NB}=\left(x-\frac{7}{2};y-\frac{3}{2}\right)\end{matrix}\right.\)
\(\left\{{}\begin{matrix}AB\perp BN\\AB^2=2\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x-3\right)\left(x-\frac{7}{2}\right)+y\left(y-\frac{3}{2}\right)=0\\\left(x-3\right)^2+y^2=2\end{matrix}\right.\)
Giải hệ này tìm x; y (rút gọn, trừ vế cho vế, rút y theo x rồi thay vào 1 trong 2 pt giải)
Có tọa độ B \(\Rightarrow\) tọa độ C (thông qua N là trung điểm BC)
Viết pt CD qua C (đã biết) và song song AB (đã biết vtcp nên biết vtpt của CD)