Advertisements (Quảng cáo)
Cho ba điểm \(A(-1 ; 1), B(3 ; 1), C(2 ; 4).\)
a) Tính chu vi và diện tích của tam giác \(ABC.\)
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 \(\overrightarrow {IH} = 3\overrightarrow {IG} \).
Giải
a) 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
\(\dfrac{1}{2}AB.AC.{\mathop{\rm s}\nolimits} {\rm{in4}}{5^0} = \dfrac{1}{2}.4.3\sqrt 2 .\dfrac{1}{{\sqrt 2 }}\)
\(= 6\).
b) 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 \(H=(2 ; 2).\)
Advertisements (Quảng cáo)
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 \(\overrightarrow {IH} = 3\overrightarrow {IG} \).