Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 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 :))
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 \(C\left(-\dfrac{15}{7};\dfrac{25}{7}\right)\)
a)
– Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là:
– Tọa độ trực tâm H của tam giác ABC:
Cách 1:
+ Phương trình đường cao BD:
BD ⊥ AC ⇒ Đường thẳng BD nhận 
là một vtpt
BD đi qua B(2; 7)
⇒ Phương trình đường thẳng BD: 7(x - 2) +11(y - 7) = 0 hay 7x + 11y – 91 = 0
+ Phương trình đường cao CE:
CE ⊥ AB ⇒ Đường thẳng CE nhận 
là một vtpt
CE đi qua C(–3; –8)
⇒ Phương trình đường thẳng CE: 1(x + 3) – 2(y + 8)=0 hay x – 2y – 13 = 0.
Trực tâm H là giao điểm của BD và CE nên tọa độ của H là nghiệm của hpt:
Cách 2: Gọi H(x, y) là trực tâm tam giác ABC
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
b) Gọi T(x; y) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Khi đó TA = TB = TC = R.
+ TA = TB ⇒ AT2 = BT2
⇒ (x – 4)2 + (y – 3)2 = (x – 2)2 + (y – 7)2
⇒ x2 – 8x + 16 + y2 – 6y + 9 = x2 – 4x + 4 + y2 – 14y + 49
⇒ 4x – 8y = –28
⇒ x – 2y = –7 (1)
+ TB = TC ⇒ TB2 = TC2
⇒ (x – 2)2 + (y – 7)2 = (x + 3)2 + (y + 8)2
⇒ x2 – 4x + 4 + y2 – 14y + 49 = x2 + 6x + 9 + y2 + 16y + 64
⇒ 10x + 30y = –20
⇒ x + 3y = –2 (2)
Từ (1) và (2) ⇒ x = –5, y = 1 ⇒ T(–5 ; 1).
⇒ T, H, G thẳng hàng.
c) Tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC: T(–5; 1)
Bán kính đường tròn ngoại tiếp ΔABC:
Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC:
(x + 5)2 + (y – 1)2 = 85
Cách làm 2 câu tương tự nhau.
a.
\(\overrightarrow{AB}=\left(2;3\right)\Rightarrow\) đường thẳng AB nhận (3;-2) là 1 vtpt
Phương trình AB (qua A) có dạng:
\(3\left(x-1\right)-2\left(y-1\right)=0\Leftrightarrow3x-2y-1=0\)
\(\overrightarrow{HA}=\left(1;1\right);\overrightarrow{HB}=\left(3;4\right)\)
Do BC vuông góc AH nên nhận (1;1) là 1 vtpt
Phương trình BC (đi qua B) có dạng:
\(1\left(x-3\right)+1\left(y-4\right)=0\Leftrightarrow x+y-7=0\)
Do AC vuông góc HB nên nhận (3;4) là 1 vtpt
Phương trình AC (đi qua A) có dạng:
\(3\left(x-1\right)+4\left(y-1\right)=0\Leftrightarrow3x+4y-7=0\)
Câu b hoàn toàn tương tự
Chọn D.
Gọi H (x; y) là trực tâm tam giác ABC nên
Mà
Suy ra:
Vậy H(2; 2).
Ta có:
Suy ra tam giác ABC vuông tại A do đó trực tâm H trùng với A
Vậy H( -1 ; 3)
Chọn B.
Vì H là trực tâm tam giác ABC nên:
A H ⊥ C B ; B H ⊥ A C ; C H ⊥ B A ⇒ A H → . C B → = 0 ; B H → . A C → = 0 ; C H → . B A → = 0
Ta có
A H → . H B → − H C → + B H → . H C → − H A → + C H → . H A → − H B →
= A H → . C B → + B H → . A C → + C H → . B A → = 0
CHỌN B