Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a)
– Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là:
– Tọa độ trực tâm H của tam giác ABC:
Cách 1:
+ Phương trình đường cao BD:
BD ⊥ AC ⇒ Đường thẳng BD nhận 
là một vtpt
BD đi qua B(2; 7)
⇒ Phương trình đường thẳng BD: 7(x - 2) +11(y - 7) = 0 hay 7x + 11y – 91 = 0
+ Phương trình đường cao CE:
CE ⊥ AB ⇒ Đường thẳng CE nhận 
là một vtpt
CE đi qua C(–3; –8)
⇒ Phương trình đường thẳng CE: 1(x + 3) – 2(y + 8)=0 hay x – 2y – 13 = 0.
Trực tâm H là giao điểm của BD và CE nên tọa độ của H là nghiệm của hpt:
Cách 2: Gọi H(x, y) là trực tâm tam giác ABC
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
b) Gọi T(x; y) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Khi đó TA = TB = TC = R.
+ TA = TB ⇒ AT2 = BT2
⇒ (x – 4)2 + (y – 3)2 = (x – 2)2 + (y – 7)2
⇒ x2 – 8x + 16 + y2 – 6y + 9 = x2 – 4x + 4 + y2 – 14y + 49
⇒ 4x – 8y = –28
⇒ x – 2y = –7 (1)
+ TB = TC ⇒ TB2 = TC2
⇒ (x – 2)2 + (y – 7)2 = (x + 3)2 + (y + 8)2
⇒ x2 – 4x + 4 + y2 – 14y + 49 = x2 + 6x + 9 + y2 + 16y + 64
⇒ 10x + 30y = –20
⇒ x + 3y = –2 (2)
Từ (1) và (2) ⇒ x = –5, y = 1 ⇒ T(–5 ; 1).
⇒ T, H, G thẳng hàng.
c) Tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC: T(–5; 1)
Bán kính đường tròn ngoại tiếp ΔABC:
Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC:
(x + 5)2 + (y – 1)2 = 85
a) \(G\left(-1;-\dfrac{4}{3}\right);H\left(11;-2\right);I\left(-7;-1\right)\)
b) \(\overrightarrow{IH}=3\overrightarrow{IG}\) suy ra I, G, H thẳng hàng
c) \(\left(x+7\right)^2+\left(y+1\right)^2=85\)
a) Từ giả thiết suy ra \(\overrightarrow{AB}=\left(2;2\right);\overrightarrow{BC}=\left(-1;-5\right)\)
Do \(2:\left(-1\right)\ne2:\left(-5\right)\) nên A, B, C không thẳng hàng hay A, B, C là ba đỉnh của một tam giác
b)
- Gọi \(G\left(x_1;y_1\right)\) là trọng tâm của tam giác ABC.
Khi đó \(x_1=\frac{1+3+3}{3}=2\) và \(y_1=\frac{2+4+\left(-1\right)}{3}=\frac{5}{3}\)
Suy ra \(G\left(2;\frac{5}{3}\right)\)
- Gọi \(H\left(x_2,y_2\right)\) là trực tâm của tam giác ABC. Khi đó H thỏa mãn :
\(\begin{cases}AH\perp BC\\CH\perp AB\end{cases}\) \(\Rightarrow\begin{cases}\overrightarrow{AH}.\overrightarrow{BC}=0\\\overrightarrow{CH}.\overrightarrow{AB}=0\end{cases}\)
Từ đó, ta có hệ
\(\begin{cases}x_2+5y_2-6=0\\x_2+y_2-1=0\end{cases}\)
Giải hệ thu được ( \(x_2;y_2\)) \(=\left(-\frac{3}{4};\frac{7}{4}\right)\) do đó \(H\left(-\frac{3}{4};\frac{7}{4}\right)\)
- Gọi \(I\left(x_3,y_3\right)\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC,
do \(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IB}+\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{IH}\) nên ta có hệ :
\(\begin{cases}1-x_3+3-x_3+2-x_3=-\frac{3}{4}-x_3\\2-y_4+4-y_3-1-y_3=\frac{7}{4}-y_3\end{cases}\)
Giải hệ ta thu được \(\left(x_3,y_3\right)=\left(\frac{27}{8};\frac{13}{8}\right)\)
Do đó \(I\left(\frac{27}{8};\frac{13}{8}\right)\)
1). Gọi DE cắt (O) tại P khác D. Do AD là đường kính của (O), suy ra A P D ^ = 90 0 , mà A H E ^ = 90 0 ( do H E ∥ B C ⊥ H A ), nên tứ giác APEH nội tiếp.
Ta có A P H ^ = A E H ^ (góc nội tiếp)
= A C B ^ H E ∥ B C = A P B ^ (góc nội tiếp)
⇒ P H ≡ P B
2). Ta có H P ⊥ A C ⇒ A E H ^ = A H P ^ = A E P ^
Suy ra EA là phân giác ngoài đỉnh E của tam giác DEF
Tương tự FA là phân giác ngoài đỉnh F của tam giác DEF
Suy ra A là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh D của tam giác DEF
3). Do I là tâm nội tiếp nên EI là tia phân giác trong.
Mà EA là tia phân giác ngoài, suy ra E I ⊥ A C ⇒ E I ∥ H B
Tương tự F I ∥ H C ; E F ∥ B C ⇒ Δ I E F v à Δ H B C có cạnh tương ứng song song, nên BE; CF và IH đồng quy.
