a) Do M, N, P là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB nên:

\(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x_B} + {x_C}}}{2} = {x_M}\\\frac{{{x_B} + {x_A}}}{2} = {x_P}\\\frac{{{x_A} + {x_C}}}{2} = {x_N}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_B} + {x_C} = 4\\{x_B} + {x_A} = 2\\{x_A} + {x_C} = 8\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} = 3\\{x_B} =  - 1\\{x_C} = 5\end{array} \right.\)  và  \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{y_B} + {y_C}}}{2} = {y_M}\\\frac{{{y_B} + {y_A}}}{2} = {y_P}\\\frac{{{y_A} + {y_C}}}{2} = {y_N}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{y_B} + {y_C} = 0\\{y_B} + {y_A} = 4\\{y_A} + {y_C} = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{y_A} = 5\\{y_B} =  - 1\\{y_C} = 1\end{array} \right.\)

Vậy \(A\left( {3;5} \right),B\left( { - 1; - 1} \right),C\left( {5;1} \right)\)

b) Trọng tâm tam giác ABC có tọa độ là: \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{3 + \left( { - 1} \right) + 5}}{3} = \frac{7}{3}\\\frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{5 + \left( { - 1} \right) + 1}}{3} = \frac{5}{3}\end{array} \right.\)

Trọng tâm tam giác MNP có tọa độ là: \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{{x_M} + {x_N} + {x_P}}}{3} = \frac{{2 + 4 + 1}}{3} = \frac{7}{3}\\\frac{{{y_M} + {y_N} + {y_P}}}{3} = \frac{{0 + 2 + 3}}{3} = \frac{5}{3}\end{array} \right.\)

Vậy trọng tâm của 2 tam giác ABC và MNP là trùng nhau vì có cùng tọa độ.

Ta có: \(M{F_1} = \sqrt {{{\left( {x + c} \right)}^2} + {y^2}} ,M{F_2} = \sqrt {{{\left( {x - c} \right)}^2} + {y^2}} \).Vậy để điểm M thuộc Hyperbol khi và chỉ khi \(\left| {M{F_1} - M{F_2}} \right| = 2a\) hay\(\left| {\sqrt {{{\left( {x + c} \right)}^2} + {y^2}}  - \sqrt {{{\left( {x - c} \right)}^2} + {y^2}} } \right| = 2a\)

a: vecto AC=(4;-3)

=>VTPT là (3;4)

PT AC là:

3(x-5)+4(y-0)=0

=>3x+4y-15=0

b: vecto AB=(-2;-2)=(1;1)

=>VTPT là (-1;1)

Phương trình AB là:

-1(x-1)+1(y-3)=0

=>-x+1+y-3=0

=>-x+y-2=0

=>x-y+2=0

=>M(x;x+2)

MC=5

=>MC^2=25

=>(5-x)^2+(0-x-2)^2=25

=>(x-5)^2+(x+2)^2=25

=>x^2-10x+25+x^2+4x+4=25

=>2x^2-6x+29-25=0

=>2x^2-6x+4=0

=>x=2 hoặc x=1

=>M(2;4) hoặc M(1;3)

a) Tọa độ điểm F là: \(F\left( {\frac{p}{2};0} \right)\) và phương trình đường chuẩn là: \(\Delta :x =  - \frac{p}{2}\)

b) Ta có: \(MF = \sqrt {{{\left( {x - \frac{p}{2}} \right)}^2} + {y^2}} ,d\left( {M,\Delta } \right) = \left| {x + \frac{p}{2}} \right|\). Để M thuộc (P) thì \(MF{\rm{ }} = \;d\left( {M,\Delta } \right) \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {x - \frac{p}{2}} \right)}^2} + {y^2}}  = \left| {x + \frac{p}{2}} \right|\)

cho em hỏi tại sao chỗ 2y+1,1 toạ độ M tìm sao v ạ

a) Do \({A_1}{F_1} = a - c\) và \({A_1}{F_2} = a - c\) nện\({A_1}{F_1} + {A_1}{F_2} = 2a\).Vậy \({A_1}\left( { - a;{\rm{ }}0} \right)\) thuộc elip (E).

Mà A (-1; 0) thuộc trục Ox nên \({A_1}\left( { - a;{\rm{ }}0} \right)\) là giao điểm của elip (E) với trục Ox.

Tương tự, ta chứng minh được \({A_2}\left( {a;{\rm{ }}0} \right)\) là giao điểm của clip (E) với trục Ox.

b) Ta có:\({B_2}{F_2} = \sqrt {{{\left( {c - 0} \right)}^2} + {{\left( {0 - b} \right)}^2}}  = \sqrt {{c^2} + {b^2}}  = \sqrt {{a^2}}  = a\).Vì \({B_2}{F_1} = {B_2}{F_2}\) nên\({B_2}{F_1} + {B_2}{F_2} = a + a = 2a\). Do đó, \({B_2}\left( {0{\rm{ }};{\rm{ }}b} \right)\) thuộc elip (E). Mà \({B_2}\left( {0{\rm{ }};{\rm{ }}b} \right)\)thuộc trục Oy nên \({B_2}\left( {0{\rm{ }};{\rm{ }}b} \right)\)là giao điểm của elip (E) với trục Oy.

Tương tự, ta chứng minh được: \({B_1}\left( {0{\rm{ }};{\rm{  - }}b} \right)\)là giao ddiemr của elip (E) với trục Oy.

Như vậy, elip (E) đi qua bốn điểm \({A_1}\left( { - a;{\rm{ }}0} \right)\)\({A_2}\left( {a{\rm{ }};{\rm{ }}0} \right)\)\({B_1}\left( {0; - {\rm{ }}b} \right)\)\({B_2}\left( {0;{\rm{ }}b} \right)\)

tui mới lớp 6

mày dám