Bài 111643

Question

Trong không gian $Oxyz$ cho ba điểm $A(1;1;1), B(2;3;4), C(6;-3;2)$.
a.Chứng minh rằng $A,B,C$ là ba đỉnh của một tam giác.
b.Tính chu vi và diện tích $\Delta ABC$.Tính các góc của $\Delta ABC$.
c.Tính độ dài đường cao của $\Delta ABC$ kẻ từ đỉnh $B$, bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam giác đó.
d.Xác định tọa độ trực tâm $H$ của $\Delta ABC$.
e.Xác định tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$.
f.Tính độ dài đường phân giác của $\Delta ABC$ kẻ từ đỉnh $B$.
g.Tìm tọa độ điểm $M$ thuộc $Ox$ để $\Delta MAB$ cân tại $M$.
h.Tìm tọa độ điểm $D$ để $ABCD$ là hình bình hành.

score 0 · Answer 1

Giải
a) Ta có $\overrightarrow {AB}(1;2;3)$ và $\overrightarrow {AC}(5;-4;1)$ suy ra $\overrightarrow {AB}$ và $\overrightarrow {AC}$ không cùng phương.
Vậy, ba điểm $A,B,C$ không thẳng hàng.

b) Khi đó ta lần lượt có:
$CV_{\Delta ABC}=AB+AC+BC$
$=\sqrt{1^{2}+2^{2}+3^{2}}+\sqrt{5^{2}+(-4)^{2}+1^{2}}+\sqrt{4^{2}+(-6)^{2}+(-2)^{2}}\\=\sqrt{14}+\sqrt{42}+\sqrt{56}$
$S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{2}.\sqrt{14}.\sqrt{42}=7\sqrt{3}$
$\cos B=\frac{\overrightarrow {BA}.\overrightarrow {BC}}{|\overrightarrow {BA}|.|\overrightarrow {BC}}|=\sqrt{\frac{7}{30}}$
$\Rightarrow \cos C=\sin B=\sqrt{1-\cos^{2} B}=\sqrt{\frac{23}{30}}$

c) Gọi $h_{B}$ là độ dài đường cao kẻ từ đỉnh $B$ và $r,R$ theo thứ tự là bán kính đường tròn nội tiếp,ngoại tiếp $\Delta ABC$. Ta lần lượt có:
$S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}h_{B}.AC \Leftrightarrow h_{B}=\frac{2S_{\Delta ABC}}{AC}=\frac{2.7\sqrt{3}}{\sqrt{42}}=2\sqrt{7}$
$S_{\Delta ABC}=p.r \Leftrightarrow r=\frac{S_{\Delta ABC}}{p}=\frac{2S_{\Delta ABC}}{AB+BC+AC}=\frac{2.7\sqrt{3}}{\sqrt{14}+\sqrt{42}+\sqrt{56}}=\\\frac{\sqrt{14}}{\sqrt{3}+1}$
$S_{\Delta ABC}=\frac{abc}{4R} \Leftrightarrow R= \frac{AB.BC.CA}{4S_{\Delta ABC}}=\frac{\sqrt{14}.\sqrt{42}.\sqrt{56}}{4.7\sqrt{3}}=\sqrt{14}$

d) Vì $\Delta ABC$ vuông tại $A$ nên trực tâm $H \equiv A$, tức là $H(1;1;1)$.

e) Vì $\Delta ABC$ vuông tại $A$ nên tâm $I$ của đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$ chính là trung điểm của $BC$, tức là $I(4;0;3)$.

f) Gọi $K(x;y;z)$ là chân đường phân giác trong của $\Delta ABC$ xuất phát từ $B$, ta có:
$\frac{\overrightarrow {AK}}{\overrightarrow {CK} }=-\frac{BA}{BC}=-\frac{1}{2} \Leftrightarrow 2\overrightarrow {AK}=-\overrightarrow {CK}$
$\Leftrightarrow 2(x-1;y-1;z-1)=-(x-6;y+3;z-2)$
$\Leftrightarrow \begin{cases} 2(x-1)=-x+6 \\ 2(y-1)=-y-3 \\ 2(z-1)=-z+2 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x=\frac{8}{3} \\ y=-\frac{1}{3} \\ z=\frac{4}{3}\end{cases} \Rightarrow K(\frac{8}{3};-\frac{1}{3};\frac{4}{3}) $.
Khi đó ta được:
$BK=\sqrt{(\frac{8}{3}-2)^{2}+(-\frac{1}{3}-3)^{2}}+(\frac{4}{3}-4)^{2}=\frac{\sqrt{170}}{3}$

g) Điểm $M$ thuộc $Ox$ nên $M(x;0;0)$, khi đó $\Delta MAB$ cân tại $M$ khi:
$MA=MB \Leftrightarrow MA^{2}=MB^{2}$
$\Leftrightarrow (x-1)^{2}+(-1)^{2}+(-1)^{2}=(x-2)^{2}+(-3)^{2}+(-4)^{2} \Leftrightarrow x=13$
$\Rightarrow M(13;0;0)$
Vậy, ta được $M(13;0;0)$ thỏa mãn điều kiện đầu bài.

h) Giả sử hình bình hành $ABCD$ có giao điểm hai đường chéo là $E$. Khi đó:
* Vì $E$ là trung điểm $AC$ nên $E(\frac{7}{2};-2;\frac{3}{2})$
* Vì $E$ là trung điểm $BD$ nên $D(5;-5;-1)$
Vậy,với điểm $D(5;-5;-1)$ thì $ABCD$ là hình bình hành.

Bài 111643

1 Đáp án

Lý thuyết liên quan

Bài 111643

1 Đáp án

Liên quan

Lý thuyết liên quan