Trang chủ Lớp 10 Toán lớp 10 Nâng cao Bài 14 trang 52 Hình học 10 Nâng cao: Trong mặt phẳng...

Bài 14 trang 52 Hình học 10 Nâng cao: Trong mặt phẳng tọa độ, cho tam giác ABC...

Trong mặt phẳng tọa độ, cho tam giác ABC. Bài 14 trang 52 SGK Hình học 10 nâng cao – Bài 2. Tích vô hướng của hai vectơ

Advertisements (Quảng cáo)

Bài 14. Trong mặt phẳng tọa độ, cho tam giác \(ABC\) có các đỉnh \(A( – 4\,;\,1),\,B(2\,;\,4),\,C(2\,;\, – 2)\).

a) Tính chu vi và diện tích của tam giác đó.

b) Tìm tọa độ của trọng tâm \(G\), trực tâm \(H\) và tâm \(I\) của đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Từ đó hãy kiểm tra tính chất thẳng hàng của ba điểm \(I, G, H\).

a) Ta có \(\overrightarrow {AB}  = (6\,;\,3)\,\,\,\overrightarrow {AC}  = (6\,;\, – 3)\,\,\,\overrightarrow {BC}  = (0\,;\, – 6).\) Suy ra 

\(\eqalign{
& AB = \sqrt {{6^2} + {3^2}} = \sqrt {45} = 3\sqrt 5 \cr
& AC = \sqrt {{6^2} + {{( – 3)}^2}} = \sqrt {45} = 3\sqrt 5 \cr
& BC = \sqrt {{0^2} + {{( – 6)}^2}} = \sqrt {36} = 6 \cr} \)

Tam giác \(ABC\) cân tại \(A\).

Chu vi tam giác \(ABC\) là \(3\sqrt 5  + 3\sqrt 5  + 6 = 6\sqrt 5  + 6\).

Gọi \(M\) là trung điểm của \(BC\) thì \(AM\) là đường cao của ta giác \(ABC\).

Ta có \(M(2\,;\,1)\,\,\,\overrightarrow {AM}  = (6\,;\,0)\,\, \Rightarrow \,\,AM = \sqrt {{6^2} + 0}  = 6\).

Diện tích tam giác \(ABC\) là

 \({S_{ABC}} = {1 \over 2}BC.AM = {1 \over 2}.6.6 = 18\)

b)  Tọa độ trọng tâm \(G\) của tam giác \(ABC\) là

Advertisements (Quảng cáo)

\(\left\{ \matrix{
{x_G} = {1 \over 3}({x_A} + {x_B} + {x_C}) = {1 \over 3}( – 4 + 2 + 2) = 0 \hfill \cr
{y_G} = {1 \over 3}({y_A} + {y_B} + {y_C}) = {1 \over 3}(1 + 4 – 2) = 1 \hfill \cr} \right.\,\)

Vậy \(G\,(0\,;\,1)\).

Gọi \(H\,({x_H}\,\,{y_H})\) là trực tâm tam giác \(ABC\). Ta có

\(\eqalign{
& \left\{ \matrix{
\overrightarrow {AH} .\,\overrightarrow {BC} = 0 \hfill \cr
\overrightarrow {BH} .\,\overrightarrow {AC} = 0 \hfill \cr} \right.\,\, \Leftrightarrow \,\,\left\{ \matrix{
({x_H} + 4).0 + ({y_H} – 1).( – 6) = 0 \hfill \cr
({x_H} – 2).6 + ({y_H} – 4).( – 3) = 0 \hfill \cr} \right.\,\, \cr
& \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\left\{ \matrix{
{x_H} = {1 \over 2}\hfill \cr
{y_H} = 1 \hfill \cr} \right. \cr} \)

Vậy \(H\,\left( {{1 \over 2}\,;\,1} \right)\).

Gọi \(I\,({x_I}\,\,{y_I})\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC\). Ta có

\(\eqalign{
& \left\{ \matrix{
A{I^2} = B{I^2} \hfill \cr
A{I^2} = C{I^2} \hfill \cr} \right.\,\, \Leftrightarrow \,\,\left\{ \matrix{
{({x_I} + 4)^2} + {({y_I} – 1)^2} = {({x_I} – 2)^2} + {({y_I} – 4)^2} \hfill \cr
{({x_I} + 4)^2} + {({y_I} – 1)^2} = {({x_I} – 2)^2} + {({y_I} + 2)^2} \hfill \cr} \right. \cr
& \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\left\{ \matrix{
{x_I}^2 + 8{x_I} + 16 + {y_I}^2 – 2{y_I} + 1 = {x_I}^2 – 4{x_I} + 4 + {y_I}^2 – 8{y_I} + 16 \hfill \cr
{x_I}^2 + 8{x_I} + 16 + {y_I}^2 – 2{y_I} + 1 = {x_I}^2 – 4{x_I} + 4 + {y_I}^2 + 4{y_I} + 4 \hfill \cr} \right. \cr
& \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\left\{ \matrix{
4{x_I} + 2{y_I} = 1 \hfill \cr
4{x_I} – 2{y_I} = – 3 \hfill \cr} \right.\,\, \Leftrightarrow \,\,\left\{ \matrix{
{x_I} = – {1 \over 4} \hfill \cr
{y_I} = 1 \hfill \cr} \right. \cr} \)

Vậy \(I\,( – {1 \over 4}\,;\,1)\).

Khi đó, ta có \(\overrightarrow {IG}  = \left( {{1 \over 4}\,;\,0} \right)\,\,\,\,\overrightarrow {IH}  = \left( {{3 \over 4}\,;\,0} \right)\).

Do đó \(\overrightarrow {IG}  = {1 \over 3}\overrightarrow {IH} \)  ,

Suy ra \(I, G, H\) thẳng hàng.