Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
AC đi qua A(1;2) và có VTPT nAC = vec-tơ BH = ( 1;2)
=> AC: 1(x-1) + 2(y-2)=0 <=> x+2y -5=0
BC đi qua B(-3;1) và có VTPT nBC = vec-tơ AH = (-3;1)
=>BC : -3(x+3) + (y-1)=0 <=> -3x + y -10 =0
C là giao điểm của AC và BC nên là nghiệm của hệ phương trình:
\(\left\{{}\begin{matrix}x+2y-5=0\\-3x+y-10=0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-\dfrac{15}{7}\\y=\dfrac{25}{7}\end{matrix}\right.\)
Vậy \(C\left(-\dfrac{15}{7};\dfrac{25}{7}\right)\)
Bài này là bài cực khó, phạm vi toán lớp 10 rất khó để giải quyết trọn vẹn bài này nên mình xin phép dùng 1 số kiến thức của lớp 11, có gì khó hiểu thì bạn nhắn cho mình, hoặc nên tự tìm hiểu trên mạng nha !! :))
a) G là trọng tâm tam giác ABC \(\Rightarrow3\overrightarrow{OG}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\)
\(P_{G/\left(O\right)}=OG^2-R^2=\left(\overrightarrow{OG}\right)^2-R^2=\frac{1}{9}\left(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\right)^2-R^2\)
\(=\frac{\overrightarrow{OA}^2+\overrightarrow{OB}^2+\overrightarrow{OC}^2+2\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}+2\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OC}+2\overrightarrow{OB}.\overrightarrow{OC}}{9}-R^2\)
Vì \(\overrightarrow{OA}^2=OA^2=R^2,\overrightarrow{OB}^2=OB^2=R^2,\overrightarrow{OC}^2=OC^2=R^2\)
nên \(\frac{\overrightarrow{OA}^2+\overrightarrow{OB}^2+\overrightarrow{OC}^2+2\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}+2\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OC}+2\overrightarrow{OB}.\overrightarrow{OC}}{9}-R^2=\frac{3R^2+2\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}+2\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OC}+2\overrightarrow{OB}.\overrightarrow{OC}}{9}-R^2\)
\(=\frac{-6R^2+2\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OB}+2\overrightarrow{OA}.\overrightarrow{OC}+2\overrightarrow{OB}.\overrightarrow{OC}}{9}=-\frac{\left(\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}\right)^2+\left(\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OC}\right)^2+\left(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OC}\right)^2}{9}\)
\(=-\frac{\overrightarrow{BA}^2+\overrightarrow{CA}^2+\overrightarrow{CB}^2}{9}=-\frac{AB^2+AC^2+BC^2}{9}\)
b) Theo ĐỊNH LÍ EULER: \(OH=3OG\)
Theo câu a: \(9OG^2-9R^2=-AB^2-AC^2-BC^2\)
\(P_{H/\left(O\right)}=OH^2-R^2=9OG^2-9R^2+8R^2=8R^2-AB^2-AC^2-BC^2\)
Có: \(\frac{AB}{sinC}=\frac{BC}{sinA}=\frac{CA}{sinB}=2R\)thế lên trên ta được:
\(8R^2-AB^2-AC^2-BC^2=8R^2-4R^2sin^2C-4R^2sin^2A-4R^2sin^2B\)
\(=4R^2\left(2-sin^2A-sin^2B-sin^2C\right)=4R^2\left(cos^2A+cos^2B+cos^2C-1\right)\)(*)
Xét: \(cos^2A+cos^2B+cos^2C=\frac{1+cos2A}{2}+\frac{1+cos2B}{2}+cos^2C\)
\(=1+\frac{1}{2}\left(cos2A+cos2B\right)+cos^2C=1+cos\left(A+B\right).cos\left(A-B\right)+cos^2C\)
Xét \(cos\left(A+B\right)=cos\left(180^0+C\right)=-cosC\)thế lên trên ta được:
\(1+cos\left(A+B\right).cos\left(A-B\right)+cos^2C=1-cosC.cos\left(A-B\right)-cosC.cos\left(A+B\right)\)
\(1-cosC.\left[cos\left(A+B\right)+cos\left(A-B\right)\right]=1-2cosC.cosA.cos\left(-B\right)\)
Mà \(cos\left(-B\right)=cos\left(B\right)\)nên ta kết luận: \(cos^2A+cos^2B+cos^2C=1-2cosA.cosB.cosC\)
Thế vào (*): \(\Rightarrow P_{H/\left(O\right)}=4R^2\left(1-2cosA.cosB.cosC-1\right)=-8R^2cosA.cosB.cosC\)
Đề hơi sai nha bạn, mà thoi không sao :))
a) \(G\left(-1;-\dfrac{4}{3}\right);H\left(11;-2\right);I\left(-7;-1\right)\)
b) \(\overrightarrow{IH}=3\overrightarrow{IG}\) suy ra I, G, H thẳng hàng
c) \(\left(x+7\right)^2+\left(y+1\right)^2=85\)
bài toán này nghĩ mãi không ra, mình làm theo cách dời hình của lớp 11 nên không thấy hợp lý lắm.
bản thân \(x_B,x_A\)khá lẻ. Để tí nữa mình sửa lại cho chẵn để dẽ tính hơn.
Vì H I A ^ + H F A ^ = 180 0 nên tứ giác HFAI nội tiếp.
Suy ra: I H F ^ + I A F ^ = 180 0 ⇒ I H F ^ = 180 0 − I A F ^ = 80 0
Ta có H A → , H B → = B H A ^ H B → , H C → = B H C ^ H C → , H A → = C H A ^
⇒ H A → , H B → + H B → , H C → + H C → , H A → = B H A ^ + B H C ^ + C H A ^
= 2 B H C ^ = 2.80 0 = 160 0
Chọn D.