Để kéo đường dây điện băng qua một hồ hình chữ nhật ABCD với độ dài AB = 200 m, AD = 180 m, người ta dự định làm 4 cột điện liên tiếp cách đều, cột thứ nhất nằm trên bờ AB và cách đỉnh A khoảng cách 20 m, cột thứ tư nằm trên bờ CD và cách đỉnh C khoảng cách 30 m. Tính các khoảng cách từ vị trí các cột thứ hai, thứ ba đến các bờ AB, AD.

Lời giải

Cách 1:

Gọi A(x_A; y_A); B(x_B; y_B) và C(x_C; y_C) là tọa độ ba đỉnh của tam giác ABC.

Ta có:

+) M(4; 0) là trung điểm của BC nên \(\left\{ \begin{array}{l}4 = \frac{{{x_B} + {x_C}}}{2}\\0 = \frac{{{y_B} + {y_C}}}{2}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} + {x_C} = 8\\{y_B} + {y_C} = 0\end{array} \right.\)(1)

+) N(5; 2) là trung điểm của CA nên \[\left\{ \begin{array}{l}5 = \frac{{{x_A} + {x_C}}}{2}\\2 = \frac{{{y_A} + {y_C}}}{2}\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_C} = 10\\{y_A} + {y_C} = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_C} = 10 - {x_A}\\{y_C} = 4 - {y_A}\end{array} \right.\](2)

+) P(2; 3) là trung điểm của AB nên \[\left\{ \begin{array}{l}2 = \frac{{{x_A} + {x_B}}}{2}\\3 = \frac{{{y_A} + {y_B}}}{2}\end{array} \right.\]

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_B} = 4\\{y_A} + {y_B} = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} = 4 - {x_A}\\{y_B} = 6 - {y_A}\end{array} \right.\](3)

Thay (2) và (3) vào (1) ta được:

\(\left\{ \begin{array}{l}\left( {4 - {x_A}} \right) + \left( {10 - {x_A}} \right) = 8\\\left( {6 - {y_A}} \right) + \left( {4 - {y_A}} \right) = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}14 - 2{x_A} = 8\\10 - 2{y_A} = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} = 3\\{y_A} = 5\end{array} \right.\) A(3; 5)

Khi đó \[\left\{ \begin{array}{l}{x_B} = 4 - 3 = 1\\{y_B} = 6 - 5 = 1\end{array} \right.\] B(1; 1)

\[\left\{ \begin{array}{l}{x_C} = 10 - 3 = 7\\{y_C} = 4 - 5 = - 1\end{array} \right.\] C(7; –1)

Vậy A(3; 5), B(1; 1) và C(7; –1).

Cách 2:

Do M, N, P

lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB

Nên MN, NP, PM là các đường trung bình của tam giác ABC.

MN // AB, NP // BC, MP // AC.

+) Do MN // BM và NP // BM nên tứ giác MNPB là hình bình hành

\( \Rightarrow \overrightarrow {MB} = \overrightarrow {NP} \)

Gọi B(x_B; y_B) và có M(4; 0), N(5; 2) và P(2, 3).

\( \Rightarrow \overrightarrow {MB} = \left( {{x_B} - 4;{y_B}} \right)\) và \(\overrightarrow {NP} = \left( {2 - 5;3 - 2} \right) = \left( { - 3;1} \right)\)

Khi đó \(\overrightarrow {MB} = \overrightarrow {NP} \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} - 4 = - 3\\{y_B} = 1\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} = 1\\{y_B} = 1\end{array} \right.\) B(1; 1)

Tương tự ta cũng có A(3; 5) và C(7; –1).

Vậy A(3; 5), B(1; 1) và C(7; –1).

Lời giải

* Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Gọi I(a; b) là tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Khi đó IA = IB = IC.

Với ba điểm A(1; 2), B(3; 4) và C(2; –1) ta có:

+) \(\overrightarrow {IA} = \left( {1 - a;2 - b} \right)\) \( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {IA} } \right| = \sqrt {{{\left( {1 - a} \right)}^2} + {{\left( {2 - b} \right)}^2}} \)

+) \(\overrightarrow {IB} = \left( {3 - a;4 - b} \right)\) \( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {IB} } \right| = \sqrt {{{\left( {3 - a} \right)}^2} + {{\left( {4 - b} \right)}^2}} \)

+) \(\overrightarrow {IC} = \left( {2 - a; - 1 - b} \right)\)\( \Rightarrow \left| {\overrightarrow {IC} } \right| = \sqrt {{{\left( {2 - a} \right)}^2} + {{\left( { - 1 - b} \right)}^2}} \)

Do đó IA = IB = IC IA² = IB² = IC²

(1 – a)² + (2 – b)² = (3 – a)² + (4 – b)² = (2 – a)² + (–1 – b)²

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {1--a} \right)^2} + {\left( {2--b} \right)^2} = {\left( {3--a} \right)^2} + {\left( {4--b} \right)^2}\\{\left( {1--a} \right)^2} + {\left( {2--b} \right)^2} = {\left( {2--a} \right)^2} + {\left( {--1--b} \right)^2}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}1 - 2a + {a^2} + 4 - 4b + {b^2} = 9 - 6a + {a^2} + 16 - 8b + {b^2}\\1 - 2a + {a^2} + 4 - 4b + {b^2} = 4 - 4a + {a^2} + 1 + 2b + {b^2}\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4a + 4b = 20\\2a - 6b = 0\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + b = 5\\a - 3b = 0\end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{{15}}{4}\\b = \frac{5}{4}\end{array} \right.\)\( \Rightarrow I\left( {\frac{{15}}{4};\frac{5}{4}} \right)\)

* Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC.

Gọi H(x₀; y₀) là tọa độ trực tâm của tam giác ABC.

Vì H là trực tâm của tam giác ABC nên theo kết quả của Bài 4.15, phần a) trang 54 ta có \(\overrightarrow {AH} = 2\overrightarrow {IM} \) (với M là trung điểm của BC).

Với A(1; 2), B(3; 4), C(2; –1) và \(I\left( {\frac{{15}}{4};\frac{5}{4}} \right)\)ta có:

• Trung điểm M của BC có tọa độ là: \(\left\{ \begin{array}{ccccc}{x_M} = \frac{{3 + 2}}{2} = \frac{5}{2}\\y{ & _M} = \frac{{4 + \left( { - 1} \right)}}{2} = \frac{3}{2}\end{array} \right.\) \( \Rightarrow M\left( {\frac{5}{2};\frac{3}{2}} \right)\)

• \(\overrightarrow {IM} = \left( {\frac{5}{2} - \frac{{15}}{4};\frac{3}{2} - \frac{5}{4}} \right) = \left( {\frac{{ - 5}}{4};\frac{1}{4}} \right)\)

\( \Rightarrow 2\overrightarrow {IM} = \left( {\frac{{ - 5}}{2};\frac{1}{2}} \right)\)

• \(\overrightarrow {AH} = \left( {{x_0} - 1;{y_0} - 2} \right)\)

Ta có: \(\overrightarrow {AH} = 2\overrightarrow {IM} \)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} - 1 = \frac{{ - 5}}{2}\\{y_0} - 2 = \frac{1}{2}\end{array} \right.\)\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_0} = \frac{{ - 3}}{2}\\{y_0} = \frac{5}{2}\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow H\left( {\frac{{ - 3}}{2};\frac{5}{2}} \right).\)

Vậy \(I\left( {\frac{{15}}{4};\frac{5}{4}} \right)\) và \(H\left( {\frac{{ - 3}}{2};\frac{5}{2}} \right).\)