a) Cho tam giác nhọn ABC, AB = 2a,AC = 3a,BAC = 60^0. Về phía ngoài ta
Câu hỏi
Nhận biếta) Cho tam giác nhọn \(ABC\), \(AB = 2a,\,AC = 3a,\,\,\widehat {BAC} = {60^0}\). Về phía ngoài tam giác, dựng tam giác \(ACD\) vuông cân tại đỉnh \(A\). Tính độ dài các đoạn thẳng \(BC,\,BD\) và các tích vô hướng \(\overrightarrow {AB} .\,\overrightarrow {AC} ,\,\,\overrightarrow {BD} .\,\overrightarrow {AC} \) theo \(a\).
b) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ \(Oxy\), cho tam giác \(ABC\) có ba đỉnh \(A\left( {1;2} \right),\,B\left( { - 1; - 1} \right),\,C\left( {2; - 1} \right)\). Tìm tọa độ trực tâm \(H\) của tam giác \(ABC\).
Đáp án đúng:
Lời giải của Tự Học 365
Giải chi tiết:
a) Cho tam giác nhọn \(ABC\), \(AB = 2a,\,AC = 3a,\,\,\widehat {BAC} = {60^0}\). Về phía ngoài tam giác, dựng tam giác \(ACD\) vuông cân tại đỉnh \(A\). Tính độ dài các đoạn thẳng \(BC,\,BD\) và các tích vô hướng \(\overrightarrow {AB} .\,\overrightarrow {AC} ,\,\,\overrightarrow {BD} .\,\overrightarrow {AC} \) theo \(a\).
*) Tính \(BC,\,BD\):
Ta có: \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2.AB.AC.\cos \widehat {BAC}\)
\(\begin{array}{l} = {\left( {2a} \right)^2} + {\left( {3a} \right)^2} - 2.2a.3a.\cos {60^0} = {\left( {2a} \right)^2} + {\left( {3a} \right)^2} - 2.2a.3a.\frac{1}{2}\\ = 4{a^2} + 9{a^2} - 6{a^2} = 7{a^2}\,\, \Rightarrow BC = a\sqrt 7 \end{array}\)
Do tam giác \(ACD\)dựng vêc phía ngoài tam giác\(ABC\) nên:
\(\widehat {BAD} = \widehat {BAC} + \widehat {CAD} = {60^0} + {90^0} = {150^0}\)
Khi đó:
\(B{D^2} = A{B^2} + A{D^2} - 2.AB.AD.\cos \widehat {BAD} = {\left( {2a} \right)^2} + {\left( {3a} \right)^2} - 2.2a.3a.\cos {150^0} = {\left( {2a} \right)^2} + {\left( {3a} \right)^2} - 2.2a.3a.\frac{{ - \sqrt 3 }}{2}\)
\( = 4{a^2} + 9{a^2} + 6\sqrt 3 {a^2} = \left( {13 + 6\sqrt 3 } \right){a^2}\,\,\, \Rightarrow BD = a\sqrt {13 + 6\sqrt 3 } \)
*) Tính \(\overrightarrow {AB} .\,\overrightarrow {AC} ,\,\,\overrightarrow {BD} .\,\overrightarrow {AC} \):
\(\overrightarrow {AB} .\,\overrightarrow {AC} = AB.AC.\cos \left( {\overrightarrow {AB} ;\overrightarrow {AC} } \right) = 2a.3a.\cos {60^0} = 3{a^2}\)
\(\overrightarrow {BD} .\,\overrightarrow {AC} = \left( {\overrightarrow {BA} + \overrightarrow {AD} } \right).\,\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {BA} \,.\overrightarrow {AC} + \,\overrightarrow {AD} .\,\overrightarrow {AC} = \overrightarrow {BA} \,.\overrightarrow {AC} + 0\) (do \(AD \bot AC\))
\( = \overrightarrow {BA} \,.\overrightarrow {AC} = - \overrightarrow {AB} \,.\overrightarrow {AC} = - 3{a^2}\)
Vậy, \(BC = a\sqrt 7 \), \(BD = a\sqrt {13 + 6\sqrt 3 } \), \(\overrightarrow {AB} .\,\overrightarrow {AC} = 3{a^2}\), \(\overrightarrow {BD} .\,\overrightarrow {AC} = - 3{a^2}\).
b) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ \(Oxy\), cho tam giác \(ABC\) có ba đỉnh \(A\left( {1;2} \right),\,B\left( { - 1; - 1} \right),\,C\left( {2; - 1} \right)\). Tìm tọa độ trực tâm \(H\) của tam giác \(ABC\).
Do \(H\) là trực tâm của tam giác \(ABC\) nên \(\left\{ \begin{array}{l}\overrightarrow {AH} .\overrightarrow {BC} = 0\\\overrightarrow {BH} .\overrightarrow {AC} = 0\end{array} \right.\) (*)
Giả sử \(H\left( {a;b} \right)\), khi đó: \(\overrightarrow {AH} = \left( {a - 1;b - 2} \right),\,\,\overrightarrow {BH} = \left( {a + 1;b + 1} \right)\)
Ta có: \(\overrightarrow {BC} = \left( {3;0} \right),\,\,\overrightarrow {AC} = \left( {1; - 3} \right)\)
\(\left( * \right) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\left( {a - 1} \right).3 + \left( {b - 2} \right).0 = 0\\\left( {a + 1} \right).1 + \left( {b + 1} \right).\left( { - 3} \right) = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a - 1 = 0\\a + 1 - 3b - 3 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\ - 3b - 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 1\\b = - \frac{1}{3}\end{array} \right.\)
Vậy, \(H\left( {1; - \frac{1}{3}} \right)\).