Bài 14 trang 52 SGK Hình học 10 nâng cao

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

LG a

Tính chu vi và diện tích của tam giác đó.

Giải chi tiết:

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

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

LG 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 \(I, G, H\).

Giải chi tiết:

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

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

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.