Bài 3 trang 99 SGK Hình học 10

LG a

Cho \(M\) là một điểm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Tính \(MA^2+ MB^2+ MC^2\) theo \(a\)

Lời giải chi tiết:

Ta có:

\(\eqalign{
& \overrightarrow {MA} = \overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OM} \cr 
& {\overrightarrow {MA} ^2} = {(\overrightarrow {OA} - \overrightarrow {OM} )^2}\cr&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\, = {\overrightarrow {OA} ^2} + {\overrightarrow {OM} ^2} - 2\overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OM} \cr 
& \Rightarrow {\overrightarrow {MA} ^2} = 2{R^2} - 2\overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OM} (1) \cr} \)

Tương tự ta có:

\(\eqalign{
& M{B^2} = {\overrightarrow {MB} ^2} = 2{R^2} - 2\overrightarrow {OB} .\overrightarrow {OM} (2) \cr 
& M{C^2} = {\overrightarrow {MC} ^2} = 2{R^2} - 2\overrightarrow {OC.} \overrightarrow {OM} (3) \cr} \)

Từ (1), (2) và (3) suy ra:

 \(M{A^2} + M{B^2} + M{C^2}\)\( = 6{R^2} - 2\overrightarrow {OM} (\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC} )\)

\(O\) cũng là trọng tâm của tam giác \(ABC\) nên \(\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow  0\)

Suy ra \(M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} = 6{R^2} \)

Áp dụng định lý sin trong tam giác ABC ta có:

\(\dfrac{a}{{\sin A}} = 2R \) \(\Leftrightarrow \dfrac{a}{{\sin {{60}^0}}} = 2R \) \(\Leftrightarrow R = \dfrac{a}{{2\sin {{60}^0}}} = \dfrac{a}{{2.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}\)

Vậy \(M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} \)\(  = 6.{\left( {\dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)^2}= 2a^2\)

LG b

Cho đường thẳng \(d\) tùy ý, tìm điểm \(N\) trên đường thẳng \(d\) sao cho \(NA^2+ NB^2 + NC^2\) nhỏ nhất.

Lời giải chi tiết:

\(\begin{array}{l}
N{A^2} + N{B^2} + N{C^2}\\
= {\overrightarrow {NA} ^2} + {\overrightarrow {NB} ^2} + {\overrightarrow {NC} ^2}\\
= {\left( {\overrightarrow {NO} + \overrightarrow {OA} } \right)^2} + {\left( {\overrightarrow {NO} + \overrightarrow {OB} } \right)^2} \\+ {\left( {\overrightarrow {NO} + \overrightarrow {OC} } \right)^2}\\
= {\overrightarrow {NO} ^2} + 2\overrightarrow {NO} .\overrightarrow {OA} + {\overrightarrow {OA} ^2}\\
+ {\overrightarrow {NO} ^2} + 2\overrightarrow {NO} .\overrightarrow {OB} + {\overrightarrow {OB} ^2}\\
+ {\overrightarrow {NO} ^2} + 2\overrightarrow {NO} .\overrightarrow {OC} + {\overrightarrow {OC} ^2}\\
= 3N{O^2} + 2\overrightarrow {NO} \left( {\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} } \right)\\
+ \left( {O{A^2} + O{B^2} + O{C^2}} \right)\\
= 3N{O^2} + 3{R^2}
\end{array}\)

(vì \(\overrightarrow {OA}  + \overrightarrow {OB}  + \overrightarrow {OC}  = \overrightarrow 0 \) và \(OA = OB = OC = R\))

Vì \(R\) không đổi nên để \(N{A^2} + N{B^2} + N{C^2}\) nhỏ nhất thì \(NO\) nhỏ nhất hay N là hình chiếu của O trên d.

Vậy N là hình chiếu của O trên d thì \(N{A^2} + N{B^2} + N{C^2}\) nhỏ nhất.

Loigiaihay.com