Bài 14 trang 52 SGK Hình học 10 nâng cao

LG a

Tính chu vi và diện tích của tam giác đó.

Lời giải chi tiết:

Ta có \(\overrightarrow {AB}  = (6\,;\,3)\,,\overrightarrow {AC}  = (6\,;\, - 3),\) \(\overrightarrow {BC}  = (0\,;\, - 6).\)

Suy ra 

\(\eqalign{
& AB = \sqrt {{6^2} + {3^2}} = \sqrt {45} = 3\sqrt 5 \cr 
& AC = \sqrt {{6^2} + {{( - 3)}^2}} = \sqrt {45} = 3\sqrt 5 \cr 
& BC = \sqrt {{0^2} + {{( - 6)}^2}} = \sqrt {36} = 6 \cr} \)

Tam giác \(ABC\) cân tại \(A\).

Chu vi tam giác \(ABC\) là \(3\sqrt 5  + 3\sqrt 5  + 6 = 6\sqrt 5  + 6\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\) thì \(AM\) là đường cao của ta giác \(ABC\).

Ta có \(M(2\,;\,1)\,,\,\,\overrightarrow {AM}  = (6\,;\,0)\) \(\Rightarrow AM = \sqrt {{6^2} + 0}  = 6\).

Diện tích tam giác \(ABC\) là

 \({S_{ABC}} = {1 \over 2}BC.AM = {1 \over 2}.6.6 = 18\)

LG b

Tìm tọa độ của trọng tâm \(G\), trực tâm \(H\) và tâm \(I\) của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Từ đó hãy kiểm tra tính chất thẳng hàng của ba điểm \(I, G, H\).

Lời giải chi tiết:

Tọa độ trọng tâm \(G\) của tam giác \(ABC\) là

\(\left\{ \matrix{
{x_G} = {1 \over 3}({x_A} + {x_B} + {x_C}) = {1 \over 3}( - 4 + 2 + 2) = 0 \hfill \cr 
{y_G} = {1 \over 3}({y_A} + {y_B} + {y_C}) = {1 \over 3}(1 + 4 - 2) = 1 \hfill \cr} \right.\,\)

Vậy \(G\,(0\,;\,1)\).

Gọi \(H\,({x_H}\,,\,{y_H})\) là trực tâm tam giác \(ABC\) \( \Rightarrow AH \bot BC\) và \(BH \bot AC\)

Ta có

\(\eqalign{
& \left\{ \matrix{
\overrightarrow {AH} .\,\overrightarrow {BC} = 0 \hfill \cr 
\overrightarrow {BH} .\,\overrightarrow {AC} = 0 \hfill \cr} \right.\cr& \Leftrightarrow \,\,\left\{ \matrix{
({x_H} + 4).0 + ({y_H} - 1).( - 6) = 0 \hfill \cr 
({x_H} - 2).6 + ({y_H} - 4).( - 3) = 0 \hfill \cr} \right.\,\, \cr 
&  \Leftrightarrow \,\,\left\{ \matrix{
{x_H} = {1 \over 2}\hfill \cr 
{y_H} = 1 \hfill \cr} \right. \cr} \)

Vậy \(H\,\left( {{1 \over 2}\,;\,1} \right)\).

Gọi \(I\,({x_I}\,,\,{y_I})\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Ta có

\(\eqalign{
& \left\{ \matrix{
A{I^2} = B{I^2} \hfill \cr 
A{I^2} = C{I^2} \hfill \cr} \right.\cr& \Leftrightarrow \,\,\left\{ \matrix{
{({x_I} + 4)^2} + {({y_I} - 1)^2} = {({x_I} - 2)^2} + {({y_I} - 4)^2} \hfill \cr 
{({x_I} + 4)^2} + {({y_I} - 1)^2} = {({x_I} - 2)^2} + {({y_I} + 2)^2} \hfill \cr} \right. \cr 
& \Leftrightarrow \,\,\left\{ \matrix{
{x_I}^2 + 8{x_I} + 16 + {y_I}^2 - 2{y_I} + 1 = {x_I}^2 - 4{x_I} + 4 + {y_I}^2 - 8{y_I} + 16 \hfill \cr 
{x_I}^2 + 8{x_I} + 16 + {y_I}^2 - 2{y_I} + 1 = {x_I}^2 - 4{x_I} + 4 + {y_I}^2 + 4{y_I} + 4 \hfill \cr} \right. \cr 
&  \Leftrightarrow \,\,\left\{ \matrix{
4{x_I} + 2{y_I} = 1 \hfill \cr 
4{x_I} - 2{y_I} = - 3 \hfill \cr} \right.\cr& \Leftrightarrow \,\,\left\{ \matrix{
{x_I} = - {1 \over 4} \hfill \cr 
{y_I} = 1 \hfill \cr} \right. \cr} \)

Vậy \(I\,( - {1 \over 4}\,;\,1)\).

Khi đó, ta có \(\overrightarrow {IG}  = \left( {{1 \over 4}\,;\,0} \right)\,,\,\,\,\overrightarrow {IH}  = \left( {{3 \over 4}\,;\,0} \right)\).

Do đó \(\overrightarrow {IG}  = {1 \over 3}\overrightarrow {IH} \)

Suy ra \(I, G, H\) thẳng hàng.

Loigiaihay.com