Bài 2.55: Cho hình bình hành ABCD có AB = 3a, AD = 5a, góc BAD bằng \({120^0}\)
a) Tìm các tích vô hướng sau: \(\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD,} \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BD} \)
b) Tính độ dài BD và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
a) \(\eqalign{
& \overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AD} = AB.AD.cos\widehat {DAB} \cr
& = 3a.5a.\cos {120^0} = – {{15{a^2}} \over 2} \cr} \)
\(\eqalign{
& \overrightarrow {AC} .\overrightarrow {BD} = (\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {AB} )(\overrightarrow {AD} – \overrightarrow {AB} ) \cr
& = A{D^2} – A{B^2} = 16{a^2} \cr} \)
b) \(\eqalign{
& {\overrightarrow {BD} ^2} = {(\overrightarrow {AD} – \overrightarrow {AB} )^2} = A{D^2} + A{B^2} – 2\overrightarrow {AD} .\overrightarrow {AB} \cr
& = 49{a^2} = > BD = 7a \cr} \)
ABCD là hình bình hành nên: BC = AD = 5a;
\(\widehat {BAD} + \widehat {ABC} = {180^0} = > \widehat {ABC} = {60^0}\)
Áp dụng định lí hàm số cô sin trong tam giác ABC, ta được:
\(\eqalign{
& A{C^2} = B{C^2} + A{B^2} – 2BC.AB.\cos \widehat {ABC} \cr
& = 19{a^2} = > AC = a\sqrt {19} \cr} \)
Áp dụng định lí hàm số sin trong tam giác ABC, ta được:
\(R = {{AC} \over {2\sin \widehat {ABC}}} = {{a\sqrt {19} } \over {2\sin {{60}^0}}} = a{{\sqrt {57} } \over 3}\)
Bài 2.56: Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với A( – 5;6), B( – 4; – 1), C(4;3)
a) Tính tọa độ trực tâm H của tam giác ABC;
b) Tìm điểm M thuộc trục Oy sao cho \(\left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} } \right|\) ngắn nhất
a) Gọi H(x; y). Ta có:
\(\eqalign{
& \overrightarrow {AH} = (x + 5;y – 6) \cr
& \overrightarrow {CH} = (x – 4;y – 3) \cr} \)
Advertisements (Quảng cáo)
Và
\(\eqalign{
& \overrightarrow {BC} = (8;4) \cr
& \overrightarrow {AB} = (1; – 7) \cr} \)
H là trực tâm giác ABC
\(\eqalign{
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC} = 0 \hfill \cr
\overrightarrow {CH} .\overrightarrow {AB} = 0 \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
8(x + 5) + 4(y – 6) = 0 \hfill \cr
(x – 4) – 7(x – 3) = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = – 3 \hfill \cr
y = 2 \hfill \cr} \right. \cr} \)
Vậy H(-3;2)
b) Vì M thuộc trục Oy nên M(O;y).
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có tọa độ điểm G là \(\left( { – {5 \over 3};{8 \over 3}} \right)\) và \(d = \left| {\overrightarrow {MA} + \overrightarrow {MB} + \overrightarrow {MC} } \right| = \left| {3\overrightarrow {MG} } \right| = 3\left| {\overrightarrow {MG} } \right|\)
d đạt giá trị nhỏ nhất \( \Leftrightarrow MG \bot Oy \Leftrightarrow y = {y_G} \Leftrightarrow y = {8 \over 3}\)
Vậy \(M(0;{8 \over 3})\)
Bài 2.57: Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC với A(2;4); B(3;1); C( – 1;1)
a) Tìm tọa độ trọng tâm G, trực tâm H, tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC;
Advertisements (Quảng cáo)
b) Chứng minh H, G, I thẳng hàng.
A(2;4), B(3;1), C( – 1;1)
a) Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là:
\(\left\{ \matrix{
{x_G} = {{{x_A} + {x_B} + {x_C}} \over 3} = {4 \over 3} \hfill \cr
{y_G} = {{{y_A} + {y_B} + {y_C}} \over 3} = 2 \hfill \cr} \right.\)
Vậy \(G\left( {{4 \over 3};2} \right)\)
*Goi H(x; y), ta có:
\(\overrightarrow {AB} = (1; – 3);\overrightarrow {BC} = ( – 4;0)\)
\(\overrightarrow {CH} = (x + 1;y – 1);\overrightarrow {AH} = (x – 2;y – 4)\)
H là trực tâm tam giác ABC
\( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
AH \bot BC \hfill \cr
CH \bot AB \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC} = 0 \hfill \cr
\overrightarrow {CH} .\overrightarrow {AB} = 0 \hfill \cr} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
– 4(x – 2) = 0 \hfill \cr
(x + 1) – 3(y – 1) = 0 \hfill \cr} \right. \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = 2 \hfill \cr
y = 2 \hfill \cr} \right.\)
*Gọi I(x; y), I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC \( \Leftrightarrow IA = IB = IC\)
\(\eqalign{
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
{(x – 2)^2} + {(y – 4)^2} = {(x – 3)^2} + {(y – 1)^2} \hfill \cr
{(x – 2)^2} + {(y – 4)^2} = {(x + 1)^2} + {(y – 1)^2} \hfill \cr} \right. \cr
& \Leftrightarrow \left\{ \matrix{
x = 1 \hfill \cr
y = 2 \hfill \cr} \right. \cr} \)
Vậy: I(1; 2)
b) Ta có: \(\overrightarrow {IA} = (1;0),\overrightarrow {IG} = \left( {{1 \over 3};0} \right)\)
=>\(\overrightarrow {IH} ,\overrightarrow {IG} \) cùng phương nên H, G, I thẳng hàng.
Bài 2.58: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 3a, tâm O; E là điểm trên cạnh BC và BE = a.
a) Tính cạnh OE và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OBE;
b) Gọi G là trọng tâm tam giác ACD. Tính tích vô hướng: \(\overrightarrow {GA} .\overrightarrow {GC} \)
a) Áp dụng định lí hàm số cô sin trong tam giác OBE ta được:
\(O{E^2} = O{B^2} + B{E^2} – 2OB.BE.\cos \widehat {OBE}\)
\(\eqalign{
& O{E^2} = {\left( {{{3a\sqrt 2 } \over 2}} \right)^2} + {a^2} – 2{{3a\sqrt 2 } \over 2}.a.\cos {45^0} = {{5{a^2}} \over 2} \cr
& = > OE = {{a\sqrt {10} } \over 2} \cr} \)
Áp dụng định lí hàm số sin trong tam giác OBE ta được:
\(\eqalign{
& {R_{(\Delta OBE)}} = {{OE} \over {2\sin \widehat {OBE}}} = {{{{a\sqrt {10} } \over 2}} \over {2\sin {{45}^0}}} \cr
& = {{{{a\sqrt {10} } \over 2}} \over {2{{\sqrt 2 } \over 2}}} = {{a\sqrt 5 } \over 2} \cr} \)
b) \(\overrightarrow {GA} .\overrightarrow {GC} = (\overrightarrow {GO} + \overrightarrow {OA} )(\overrightarrow {GO} + \overrightarrow {OC} )\)
\( = \left( {\overrightarrow {GO} + \overrightarrow {OA} } \right)\left( {\overrightarrow {GO} – \overrightarrow {OA} } \right) = {\overrightarrow {GO} ^2} – {\overrightarrow {OA} ^2}\)
\( = {\left( {{1 \over 3}.{{3a\sqrt 2 } \over 2}} \right)^2} – {\left( {{{3a\sqrt 2 } \over 2}} \right)^2} = – 4{a^2}\)
