Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) \(\cos A=-\dfrac{3}{5}\Rightarrow\widehat{A}\approx126^052'\)
b) \(AB:2x+y-1=0;AC=2x-y-3=0\)
c) Phân giác trong \(AD\) có phương trình : \(y+1=0\)
A B H M N C
Giả sử có hai đường thẳng m, n đi qua A, cắt BC theo thứ tự tai M,N sao cho \(S_{\Delta ABM}=S_{\Delta AMN}=S_{\Delta ANC}\)
Khi đó, do ba tam giác này có cùng chiều cao AH nên
\(BM=MN=NC=\frac{1}{3}BC\)
Điều này tương đương với \(\overrightarrow{MC}=-2\overrightarrow{MB}\) và \(\overrightarrow{NB}=-2\overrightarrow{NC}\)
Từ \(\overrightarrow{MC}=-2\overrightarrow{MB}\) suy ra với mọi điểm O
đều có \(\overrightarrow{OM}=\frac{\overrightarrow{OC}+2\overrightarrow{OB}}{3}\) và do đó \(M\left(-2;\frac{7}{3}\right)\)
Ta có :
\(\overrightarrow{AM}=\left(-5;\frac{22}{3}\right)=\frac{1}{3}\left(-15;22\right)\)
Suy ra đường thẳng AN đi qua điểm A(3;-5) và nhận vec tơ \(\overrightarrow{n}=\left(-3;5\right)\) làm vec tơ chỉ phương.
Do đó đường thẳng n có phương trình \(\frac{x-3}{-3}=\frac{y+5}{5}\)
a.
\(\overrightarrow{AB}=\left(4;-2\right)=2\left(2;-1\right)\Rightarrow\) đường thẳng AB nhận (2;-1) là 1 vtcp
Phương trình AB (qua A) có dạng: \(\left\{{}\begin{matrix}x=1+2t\\y=2-t\end{matrix}\right.\)
\(\overrightarrow{CB}=\left(5;-1\right)\Rightarrow\) đường thẳng BC nhận (5;-1) là 1 vtcp
Phương trình BC (qua C) có dạng: \(\left\{{}\begin{matrix}x=5t_1\\y=1-t_1\end{matrix}\right.\)
\(\overrightarrow{CA}=\left(1;1\right)\Rightarrow\) đường thẳng AC nhận (1;1) là 1 vtcp
Phương trình AC (qua A) có dạng: \(\left\{{}\begin{matrix}x=1+t_2\\y=2+t_2\end{matrix}\right.\)
b.
Gọi M là trung điểm BC \(\Rightarrow M\left(\dfrac{5}{2};\dfrac{1}{2}\right)\)
\(\Rightarrow\overrightarrow{AM}=\left(\dfrac{3}{2};-\dfrac{3}{2}\right)=\dfrac{3}{2}\left(1;-1\right)\)
\(\Rightarrow\) Đường thẳng AM nhận (1;-1) là 1 vtcp
Phương trình AM (qua A) có dạng: \(\left\{{}\begin{matrix}x=1+t_3\\y=2-t_3\end{matrix}\right.\)
c.
Đường thẳng AH vuông góc BC nên nhận (1;5) là 1 vtcp
Phương trình AH (qua A) có dạng: \(\left\{{}\begin{matrix}x=1+t_4\\y=2+5t_4\end{matrix}\right.\)
d.
Trung trực AB vuông góc AB nên nhận (1;2) là 1 vtcp
Gọi N là trung điểm AB \(\Rightarrow N\left(3;1\right)\)
Trung trực AB đi qua N và có vtcp là (1;2) nên pt có dạng:
\(\left\{{}\begin{matrix}x=3+t_5\\y=1+2t_5\end{matrix}\right.\)
a: H là trực tâm của ΔABC
=>AH⊥BC và BH⊥AC
=>\(\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{BC}=0;\overrightarrow{BH}\cdot\overrightarrow{AC}=0\)
A(4;3); H(x;y); B(-1;-1); C(2;-4)
\(\overrightarrow{AH}=\left(x-4;y-3\right);\overrightarrow{BC}=\left(2+1;-4+1\right)=\left(3;-3\right)\)
\(\overrightarrow{AH}\cdot\overrightarrow{BC}=0\)
=>3(x-4)+(-3)(y-3)=0
=>x-4+(-1)(y-3)=0
=>x-4-y+3=0
=>x-y-1=0
=>x=y+1
B(-1;-1); H(x;y); A(4;3); C(2;-4)
\(\overrightarrow{BH}=\left(x+1;y+1\right);\overrightarrow{AC}=\left(2-4;-4-3\right)=\left(-2;-7\right)\)
\(\overrightarrow{BH}\cdot\overrightarrow{AC}=0\)
=>-2(x+1)+(-7)(y+1)=0
=>2x+2+7y+7=0
=>2x+7y+9=0
=>2(y+1)+7y+9=0
=>2y+2+7y+9=0
=>9y=-11
=>\(y=-\frac{11}{9}\)
=>\(x=-\frac{11}{9}+1=-\frac29\)
Vậy: H(-2/9;-11/9)
b: C(2;-4); H(-2/9;-11/9)
=>\(\overrightarrow{CH}=\left(-\frac29-2;-\frac{11}{9}+4\right)=\left(-\frac{11}{9};\frac{25}{9}\right)=\left(-11;25\right)\)
=>vecto pháp tuyến là (25;11)
Phương trình đường cao CH là:
25(x-2)+11(y+4)=0
=>25x-50+11y+44=0
=>25x+11y-6=0
=>25x+11y=6
A(4;3); B(-1;-1)
=>\(\overrightarrow{AB}=\left(-1-4;-1-3\right)=\left(-5;-4\right)=\left(5;4\right)\)
=>Vecto pháp tuyến là (-4;5)
Phương trình đường thẳng AB là:
-4(x-4)+5(y-3)=0
=>-4x+16+5y-15=0
=>-4x+5y+1=0
=>-4x+5y=-1
=>4x-5y=1
Tọa độ K là:
\(\begin{cases}25x+11y=6\\ 4x-5y=1\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}125x+55y=30\\ 44x-55y=11\end{cases}\)
=>\(\begin{cases}125x+55y+44x-55y=30+11\\ 4x-5y=1\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}169x=41\\ 5y=4x-1\end{cases}\)
=>\(\begin{cases}x=\frac{41}{169}\\ 5y=4\cdot\frac{41}{169}-1=-\frac{5}{169}\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x=\frac{41}{169}\\ y=-\frac{1}{169}\end{cases}\)
=>K(41/169;-1/169)
c: \(BC=\sqrt{3^2+\left(-3\right)^2}=3\sqrt2\)
\(AC=\sqrt{\left(-2\right)^2+\left(-7\right)^2}=\sqrt{4+49}=\sqrt{53}\)
\(AB=\sqrt{5^2+4^2}=\sqrt{25+16}=\sqrt{41}\)
Chu vi tam giác ABC là:
\(C_{ABC}=AB+AC+BC=3\sqrt2+\sqrt{53}+\sqrt{41}\)
a: A(1;4); B(1;3); C(4;3)
\(AB=\sqrt{\left(1-1\right)^2+\left(3-4\right)^2}=\sqrt{\left(-1\right)^2}=1\)
\(AC=\sqrt{\left(4-1\right)^2+\left(3-4\right)^2}=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}\)
\(BC=\sqrt{\left(4-1\right)^2+\left(3-3\right)^2}=3\)
Chu vi tam giác ABC là:
\(C_{ABC}=AB+AC+BC=1+3+\sqrt{10}=4+\sqrt{10}\) ≃7,16
b: Xét ΔBAC có \(BA^2+BC^2=AC^2\)
nên ΔBAC vuông tại B
=>\(\hat{ABC}=90^0\)
Xét ΔBAC vuông tại B có sin C=AB/AC=1/căn 10
nên \(\hat{C}\) ≃18 độ
ΔBAC vuông tại B
=>\(\hat{BAC}+\hat{BCA}=90^0\)
=>\(\hat{BAC}=90^0-18^0=72^0\)
Gợi ý thôi nhé.
a) Có \(AB=\sqrt{\left(x_B-x_A\right)^2+\left(y_B-y_A\right)^2}=\sqrt{\left(\left(-1\right)-6\right)^2+\left(2-\left(-1\right)\right)^2}=\sqrt{58}\)
Tương tự như vậy, ta tính được AC, BC.
Tính góc: Dùng \(\cos A=\dfrac{AB^2+AC^2-BC^2}{2AB.AC}\)
b) Chu vi thì bạn lấy 3 cạnh cộng lại.
Diện tích: Dùng \(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AB.AC.\sin A\)
c) Gọi \(H\left(x_H,y_H\right)\) là trực tâm thì \(\left\{{}\begin{matrix}AH\perp BC\\BH\perp AC\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{AH}.\overrightarrow{BC}=0\\\overrightarrow{BH}.\overrightarrow{AC}=0\end{matrix}\right.\)
Sau đó dùng: \(\overrightarrow{u}\left(x_1,y_1\right);\overrightarrow{v}\left(x_2,y_2\right)\) thì \(\overrightarrow{u}.\overrightarrow{v}=x_1x_2+y_1y_2\) để lập hệ phương trình tìm \(x_H,y_H\)
Trọng tâm: Gọi \(G\left(x_G,y_G\right)\) là trọng tâm và M là trung điểm BC. Dùng \(\left\{{}\begin{matrix}x_M=\dfrac{x_B+x_C}{2}\\y_M=\dfrac{y_B+y_C}{2}\end{matrix}\right.\) để tìm tọa độ M.
Dùng \(\overrightarrow{AG}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AM}\) để lập hpt tìm tọa độ G.
Bài 2:
A(1;2) B C(3;5) D
Gọi I là tâm hình vuông ABCD
Ta có: I là trung điểm của AC
\(\Rightarrow\begin{cases}x_I=\frac{x_A+x_C}{2}=\frac{4}{2}=2\\y_I=\frac{y_A+y_C}{2}=\frac{2+5}{2}=\frac{7}{2}\end{cases}\)
\(\Rightarrow I\left(2;\frac{7}{2}\right)\)
Gọi: \(B=\left(x;y\right)\)
\(\overrightarrow{AB}=\left(x-1;y-2\right)\)
\(\overrightarrow{IB}=\left(x-2;y-\frac{7}{2}\right)\)
\(\overrightarrow{CB}=\left(x-3;y-5\right)\)
\(\overrightarrow{AC}=\left(2;3\right)\)
Ta có: \(\begin{cases}AB\text{_|_}CB\\IB\text{_|_}AC\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CB}=0\\\overrightarrow{IB}.\overrightarrow{AC}=0\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}\left(x-1\right)\left(x-3\right)+\left(y-2\right)\left(y-5\right)=0\\2\left(x-2\right)+3\left(y-\frac{7}{2}\right)=0\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}\left(\frac{25}{4}-\frac{3}{2}y\right)\left(\frac{17}{4}-\frac{3}{2}y\right)+\left(y-2\right)\left(y-5\right)=0\left(1\right)\\x=\frac{29}{4}-\frac{3}{2}y\left(2\right)\end{cases}\)
\(\left(1\right)\Leftrightarrow\frac{13}{4}y^2-\frac{91}{4}y+\frac{585}{16}=0\)
\(\Leftrightarrow\) TH1: \(y=\frac{9}{2}\Rightarrow x=\frac{1}{2}\)
TH2: \(y=\frac{5}{2}\Rightarrow x=\frac{7}{2}\)
Vậy toạ độ hai đỉnh còn lại là \(\left(\frac{1}{2};\frac{9}{2}\right)\) và \(\left(\frac{7}{2};\frac{5}{2}\right)\)
Vì máy mình đánh ngoặc vuông không được nên ghi thành TH1;TH2. Chứ bạn dụng dấu ngoặc vuông cho đỡ nhé.
Từ giả thiết suy ra \(\overrightarrow{AB}=\left(-2;2\right);\overrightarrow{BC}=\left(4;-3\right)\)
Gọi H(x;y) là trực tâm của tam giác ABC thế thì \(\overrightarrow{CH}=\left(x-2;y\right),\overrightarrow{AH}=\left(x;y-1\right)\)
Ta có H là trực tâm của tam giac ABC khi và chỉ khi
\(\begin{cases}\overrightarrow{AH}.\overrightarrow{BC}=0\\\overrightarrow{CH}.\overrightarrow{AB}=0\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\) \(\begin{cases}4x-3\left(y-1\right)=0\\-2\left(x-2\right)+2y=0\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}x=-9\\y=-11\end{cases}\)
Vậy trực tâm của tam giác ABC là H(-9;-11)
Để tìm tọa độ của tâm I đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có thể sử dụng công thức khoảng cách IA=IB=IC hoặc sử dụng đẳng thức Vecto \(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{IH}\)
Hoặc cũng có thể làm như sau :
Gọi M và N theo thứ tự là trung điểm của AB và BC. Khi đó M(-1;2) và \(N\left(0;\frac{3}{2}\right)\)
Gọi I(x;y) là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác. Khi đó :
\(\begin{cases}\overrightarrow{IM}.\overrightarrow{AB}=0\\\overrightarrow{IN}.\overrightarrow{BC}=0\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}-2\left(-1-x\right)+2\left(2-y\right)=0\\4\left(-x\right)-3\left(\frac{3}{2}-y\right)=0\end{cases}\)
\(\Leftrightarrow\begin{cases}x=\frac{9}{2}\\y=\frac{15}{2}\end{cases}\)
Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC là \(I\left(\frac{9}{2};\frac{15}{2}\right)\)
Từ giả thiết ,ta có \(\overrightarrow{AB}=\left(-5;1\right);\overrightarrow{BC}=\left(3;2\right);\overrightarrow{CA}=\left(2;-3\right)\)
Đặt \(\widehat{CAB}=\alpha;\widehat{ABC}=\beta;\widehat{BCA}=\gamma\), khi đó :
\(\cos\alpha=\frac{\overrightarrow{AB}\overrightarrow{AC}}{\left|\overrightarrow{AB}\right|.\left|\overrightarrow{AC}\right|}=\frac{-5.\left(-2\right)+1.3}{\sqrt{\left(-5\right)^2+1^2}.\sqrt{\left(-2\right)^2+3^2}}=\frac{13}{13.\sqrt{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\)
Tương tự làm như vậy, ta có
\(\cos\beta=\frac{1}{\sqrt{2}}\)
Vậy \(\alpha=\beta=\frac{\pi}{4}\)
và \(\gamma=\frac{\pi}{2}\)