Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Từ giả thiết suy ra \(\overrightarrow{AB}=\left(2;2\right);\overrightarrow{BC}=\left(-1;-5\right)\)
Do \(2:\left(-1\right)\ne2:\left(-5\right)\) nên A, B, C không thẳng hàng hay A, B, C là ba đỉnh của một tam giác
b)
- Gọi \(G\left(x_1;y_1\right)\) là trọng tâm của tam giác ABC.
Khi đó \(x_1=\frac{1+3+3}{3}=2\) và \(y_1=\frac{2+4+\left(-1\right)}{3}=\frac{5}{3}\)
Suy ra \(G\left(2;\frac{5}{3}\right)\)
- Gọi \(H\left(x_2,y_2\right)\) là trực tâm của tam giác ABC. Khi đó H thỏa mãn :
\(\begin{cases}AH\perp BC\\CH\perp AB\end{cases}\) \(\Rightarrow\begin{cases}\overrightarrow{AH}.\overrightarrow{BC}=0\\\overrightarrow{CH}.\overrightarrow{AB}=0\end{cases}\)
Từ đó, ta có hệ
\(\begin{cases}x_2+5y_2-6=0\\x_2+y_2-1=0\end{cases}\)
Giải hệ thu được ( \(x_2;y_2\)) \(=\left(-\frac{3}{4};\frac{7}{4}\right)\) do đó \(H\left(-\frac{3}{4};\frac{7}{4}\right)\)
- Gọi \(I\left(x_3,y_3\right)\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC,
do \(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{IH}\) nên ta có hệ :
\(\begin{cases}1-x_3+3-x_3+2-x_3=-\frac{3}{4}-x_3\\2-y_4+4-y_3-1-y_3=\frac{7}{4}-y_3\end{cases}\)
Giải hệ ta thu được \(\left(x_3,y_3\right)=\left(\frac{27}{8};\frac{13}{8}\right)\)
Do đó \(I\left(\frac{27}{8};\frac{13}{8}\right)\)
G là trọng tâm tam giác ABC => \(\vec{GA}+\vec{GB}+\vec{GC}=\vec{0}\) => \(\vec{GB}+\vec{GC}=-\vec{GA}\) => \(\left|\vec{GB}+\vec{GC}\right|=\left|-\vec{GA}\right|=GA\)
Tam giác ABC vuông tại nên có trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng 1/2 cạnh huyền BC ; Mà G là trong tâm tam giác nên GA = 2/3 . (1/2. BC) = BC/3 = 5
=> \(\left|\vec{GB}+\vec{GC}\right|=5\)
Đáp án A
a, 3 đường trung tuyến cách nhau tại trọng tâm, khoảng cách từ trọng tâm đến đỉnh bằng \(\dfrac{2}{3}\) độ dài trung tuyến đi qua đỉnh đó
Từ định lí trên ta có \(\left\{{}\begin{matrix}m_a=\dfrac{2}{3}GA\\m_b=\dfrac{2}{3}GB\\m_c=\dfrac{2}{3}GC\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m_a^2=\dfrac{4}{9}GA^2\\m_b^2=\dfrac{4}{9}GB^2\\m_c^2=\dfrac{4}{9}GB^2\end{matrix}\right.\)
Đặt D = GA2 + GB2 + GC2
⇒ D = ma2 + mb2 + mc2
⇒ D = \(\dfrac{2\left(a^2+b^2\right)-c^2+2\left(b^2+c^2\right)-a^2+2\left(a^2+c^2\right)-b^2}{4}\)
⇒ D = \(\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}\)
b, cotA = \(\dfrac{cosA}{sinA}=\dfrac{\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}}{\dfrac{a}{2R}}=R.\dfrac{b^2+c^2-a^2}{abc}\)
Tương tự ta có
cotB = \(R.\dfrac{a^2+c^2-b^2}{abc}\)
cotC = \(R.\dfrac{a^2+b^2-c^2}{abc}\)
Vậy cotA + cotB + cotC = \(R.\dfrac{a^2+b^2+c^2}{abc}\) (1)
Theo công thức tính diện tích
S = \(\dfrac{abc}{4R}\) ⇒ abc = 4 . S . R
Thế vào (1) ta có
cotA + cotB + cotC = \(R.\dfrac{a^2+b^2+c^2}{4.S.R}=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{4S}\)
a, \(\overrightarrow{GA}=-\dfrac{1}{3}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right)\)
\(\Rightarrow GA^2=\dfrac{1}{9}\left(AB^2+AC^2+2AB.AC.cosA\right)\)
\(=\dfrac{1}{9}\left(c^2+b^2+2bc.cosA\right)\)
\(=\dfrac{1}{9}\left(c^2+b^2+b^2+c^2-a^2\right)=\dfrac{2b^2+2c^2-a^2}{9}\)
Tương tự \(GB^2=\dfrac{2a^2+2c^2-b^2}{9}\); \(GC^2=\dfrac{2a^2+2b^2-c^2}{9}\)
\(\Rightarrow GA^2+GB^2+GC^2=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}\)
b, \(cotA+cotB+cotC=\dfrac{cosA}{sinA}+\dfrac{cosB}{sinB}+\dfrac{cosC}{sinC}\)
\(=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bcsinA}+\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2acsinB}+\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2absinC}\)
\(=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bcsinA}+\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac.\dfrac{b}{a}sinA}+\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2ab.\dfrac{c}{a}sinA}\)
\(=\dfrac{a}{2sinA}\left(\dfrac{b^2+c^2-a^2}{abc}+\dfrac{a^2+c^2-b^2}{abc}+\dfrac{a^2+b^2-c^2}{abc}\right)\)
\(=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{2bcsinA}=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{4.S}\)
O A B x y a b -b H
a) Do AB//Ox và tam giác OAB đều nên điểm A đối xứng với điểm B qua Ox.
Suy ra: AB = 2 = 2b. Nên b = 1.
Áp dụng định lý Pi-ta-go: \(OH=\sqrt{AB^2-HA^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}\).
Suy ra: \(a=\sqrt{3}\Rightarrow x_A=\sqrt{3};y_B=-\sqrt{3}\).
Vậy \(A\left(1;\sqrt{3}\right),B\left(-1;-\sqrt{3}\right)\).
gọi K1 là giao điểm của AK với BC. Đầu tiên e chứng minh I là trực tâm của Tam Giác AK1B.
chứng minh tam giác AK1B cân tại K1, rồi suy ra K1M vuông góc vowis AB, suy ra I là trực tâm. rồi e làm như bình thường
Xét tam giác đều ANC có đường cao AH.
Do tam giác ANC là tam giác đều nên đường cao đồng thời là đường trung tuyến.
Ta có A H = A C . sin A C H ^ = a . sin 60 0 = a 3 2
G là trọng tâm tam giác nên: A G = 2 3 . A H = 2 3 . a 3 2 = a 3 3
Đáp án D