- LG a
- LG b
Cho ba điểm \(A(-1 ; 1), B(3 ; 1), C(2 ; 4).\)
LG a
Tính chu vi và diện tích của tam giác \(ABC.\)
Lời giải chi tiết:
Ta có
\(\begin{array}{l}AB = \sqrt {{{(3 + 1)}^2} + {{(1 - 1)}^2}} = 4.\\BC = \sqrt {{{(2 - 3)}^2} + {{(4 - 1)}^2}} = \sqrt {10} .\\AC = \sqrt {{{(2 + 1)}^2} + {{(4 - 1)}^2}} = 3\sqrt 2 .\end{array}\)
Chu vi tam giác \(ABC\) là \(4 + \sqrt {10} + 3\sqrt 2 .\)
Ta có \(\overrightarrow {AB} = (4 ; 0) ; \overrightarrow {AC} = (3 ; 3)\) nên \(\cos \widehat {BAC} = \dfrac{{12}}{{4.3\sqrt 2 }} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\), suy ra \(\widehat {BAC} = {45^0}\).
Vậy diện tích tam giác \(ABC\) bằng
\(\dfrac{1}{2}AB.AC.{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in4}}{5^0} = \dfrac{1}{2}.4.3\sqrt 2 .\dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\)
\(= 6\).
LG b
Tìm tọa độ trực tâm \(H\), trọng tâm \(G\) và tâm \(I\) của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Hãy kiểm nghiệm lại hệ thức \(\overrightarrow {IH} = 3\overrightarrow {IG} \).
Lời giải chi tiết:
Gọi \(H({x_1} ; {y_1})\) là trực tâm tam giác \(ABC.\)
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {CH} .\overrightarrow {AB} = 0\\\overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC} = 0\end{array} \right..\) Từ đó dẫn đến \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} - 2 = 0\\{x_1} + {y_1} - 4 = 0\end{array} \right..\)
Suy ra \(H=(2 ; 2).\)
Trọng tâm \(G\) của tam giác \(ABC\) có tọa độ
\(\left\{ \begin{array}{l}{x_G} = \dfrac{{ - 1 + 3 + 2}}{3} = \dfrac{4}{3}\\{y_G} = \dfrac{{1 + 1 + 4}}{3} = 2\end{array} \right.\)
Giả sử \(I({x_2} ; {y_2})\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Khi đó \(IA=IB\) và \(IA=IC.\)
Từ \(IA=IB\) suy ra
\({({x_2} + 1)^2} + {({y_2} - 1)^2}\)
\(= {({x_2} - 3)^2} + {({y_2} - 1)^2}.\) (1)
Từ \(IA=IC\) suy ra
\({({x_2} + 1)^2} + {({y_2} - 1)^2}\)
\(= {({x_2} - 2)^2} + {({y_2} - 4)^2}.\) (2)
Từ (1) ta có \(x_1=1\), thay vào (2) được \(y_2=2\). Vậy \(I=(1 ; 2).\)
Như vậy \(\overrightarrow {IH} = (1 ; 0) ; \overrightarrow {IG} = \left( {\dfrac{1}{3} ; 0} \right)\).
Từ đó suy ra \(\overrightarrow {IH} = 3\overrightarrow {IG} \).