ΔABC có \(B\left(-1;\sqrt{3}-4\right)\) và \(C\left(3;\sqrt{3}+8\right)\) và AB = 3AC
Tính giá trị lớn nhất của diện tích tam giác ABC
ΔABC có \(B\left(-1;\sqrt{3}-4\right)\) và \(C\left(3;\sqrt{3}+8\right)\) và AB = 3AC
Tính giá trị lớn nhất của diện tích tam giác ABC
Cho tam giác đều ABC nội tiếp (O; R). M là điểm tùy ý trên đường tròn. Tìm giá trị lớn nhất của
S = MA2 + 2MB2 - 3MC2 theo R
Gọi cạnh tam giác là a thì \(a=R\sqrt{3}\)
Do tính đối xứng của đường tròn và tam giác đều, không mất tính tổng quát, giả sử M nằm trên cung nhỏ BC
\(\Rightarrow\widehat{BMC}=180^0-\widehat{BAC}=120^0\)
\(\Rightarrow AM.BC=AB.CM+AC.BM\Leftrightarrow AM=BM+CM\)
\(\Rightarrow S=\left(BM+CM\right)^2+2BM^2-3CM^2\)
\(=3BM^2+2BM.CM-2CM^2\)
Lại có: \(BC^2=BM^2+CM^2-2MB.MC.cos\widehat{BMC}\)
\(=BM^2+CM^2+MB.MC\Rightarrow MB.MC=3R^2-BM^2-CM^2\)
\(\Rightarrow S=6R^2+BM^2-4CM^2\)
Gọi I là điểm thỏa mãn \(\overrightarrow{BI}-4\overrightarrow{CI}=\overrightarrow{0}\Leftrightarrow\overrightarrow{BI}=\dfrac{4}{3}\overrightarrow{BC}\)
\(\Rightarrow BI=\dfrac{4\sqrt{3}}{3}R\) ; \(CI=\dfrac{\sqrt{3}}{3}R\)
\(S=6R^2+\left(\overrightarrow{BI}+\overrightarrow{IM}\right)^2-4\left(\overrightarrow{CI}+\overrightarrow{IM}\right)^2\)
\(S=6R^2+BI^2-4CI^2-3IM^2=10R^2-3IM^2\)
\(S_{max}\) khi \(IM_{min}\Rightarrow M\equiv C\Rightarrow S=CA^2+2CB^2=9R^2\)
Hmm, sao lại không có nhỉ, thử cách khác.
O đồng thời là trọng tâm tam giác
\(S=\left(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OA}\right)^2+2\left(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OB}\right)^2-3\left(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OC}\right)^2\)
\(=OA^2+2OB^2-3OC^2+2\overrightarrow{MO}\left(\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{OB}-3\overrightarrow{OC}\right)\)
\(=2\overrightarrow{MO}\left[\overrightarrow{CO}+\overrightarrow{OA}+2\overrightarrow{CO}+2\overrightarrow{OB}\right]\)
\(=2\overrightarrow{MO}\left(\overrightarrow{CA}+2\overrightarrow{CB}\right)=2\overrightarrow{MO}.\overrightarrow{CE}\)
Với E là điểm sao cho \(\overrightarrow{CA}+2\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{CE}\)
Ta có: \(AE=CD=2BC=2\sqrt{3}R\) ; \(\widehat{CAE}=120^0\)
\(\Rightarrow CE=\sqrt{AC^2+AE^2-2AC.AE.cos120^0}=R\sqrt{21}\)
\(S=2\overrightarrow{MO}.\overrightarrow{CE}=2MO.CE.cos\left(\widehat{MO};\overrightarrow{CE}\right)=2R.R\sqrt{21}.cos\left(\overrightarrow{MO};\overrightarrow{CE}\right)\)
\(=2\sqrt{21}R^2.cos\left(\overrightarrow{MO};\overrightarrow{CE}\right)\le2\sqrt{21}R^2\)
\(\Rightarrow S_{max}=2\sqrt{21}R^2\) khi \(\overrightarrow{OM}\) cùng chiều \(\overrightarrow{CE}\)
Lần này chắc là đúng rồi, sai sót của bài làm cũ ở chỗ biểu thức S không đối xứng A; B; C nên việc giả sử M nằm trên cung nhỏ BC là sai
Update thêm cái hình vẽ cho bạn dễ hình dung
trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho A(-3;6); B(1;-2); C(6;3)
a) Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC?
b) Tìm toạ độ tâm K đường tròn nội tiếp
c) Tìm toạ độ H là trực tâm của tam giác đó
d) Tìm toạ độ điểm E với E là đường cao kẻ từ A
e) Tìm toạ độ điểm G với G là chân đường phân giác kẻ từ A xuống BC
Giúp em vs , bài hơi khó
a, Gọi \(I\left(x;y\right)\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}IA=IB\\IA=IC\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}IA^2=IB^2\\IA^2=IC^2\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(-3-x\right)^2+\left(6-y\right)^2=\left(1-x\right)^2+\left(-2-y\right)^2\\\left(-3-x\right)^2+\left(6-y\right)^2=\left(6-x\right)^2+\left(3-y\right)^2\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-2y=-5\\3x-y=0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=1\\y=3\end{matrix}\right.\)
cho tam giác ABC có BC=a, AB = c , AC=b thỏa mãn hệ thức a2 +b2 =5c2 , tính góc giữa 2 trung tuyến AM và BN
Gọi G là giao điểm của AM và BN.
Theo công thức tính độ dài đường trung tuyến: \(AM^2=\dfrac{2b^2+2c^2-a^2}{4}\);
\(BN^2=\dfrac{2c^2+2a^2-b^2}{4}\).
Từ đó \(AG^2=\dfrac{4}{9}AM^2=\dfrac{2b^2+2c^2-a^2}{9}\); \(BG^2=\dfrac{4}{9}BN^2=\dfrac{2c^2+2a^2-b^2}{9}\).
Do đó \(AG^2+BG^2=\dfrac{a^2+b^2+4c^2}{9}=\dfrac{9c^2}{9}=c^2=AB^2\).
Theo định lý Pythagoras đảo thì tam giác AGB vuông tại G.
Vậy góc giữa 2 trung tuyến AM và BN là 90o.
Cho tam giác ABC cố định và có trọng tâm G . Điểm M thay đổi trong mặt phẳng thoả mãn MA2+MB2+MC2_12AB2=GA2+GB2+GC2.Quỹ tích điểm M là một đường tròn có bán kính bằng :
A.12AB2 B.4AB2 C.4AB D.2AB
\(\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA}\right)^2+\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GB}\right)^2+\left(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GC}\right)^2=GA^2+GB^2+GC^2+12AB^2\)
\(\Leftrightarrow3MG^2+2\overrightarrow{MG}\left(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}\right)=12AB^2\)
\(\Leftrightarrow MG^2=4AB^2\Leftrightarrow MG=2AB\)
Quỹ tích M là đường tròn tâm G bán kính \(R=2AB\)
cho tam giác ABC có các cạnh thỏa
a(a2-b2)=c(b2-c2).Tính góc B
Ta có: \(a\left(a^2-b^2\right)=c\left(b^2-c^2\right)\Leftrightarrow a^3+c^3=b^2c+b^2a\)
\(\Leftrightarrow\left(a+c\right)\left(a^2-ac+c^2\right)=b^2\left(c+a\right)\Leftrightarrow b^2=a^2-ac+c^2\).
Theo định lý hàm cos: \(b^2=a^2+c^2-2cos\widehat{B}.ac\).
Do đó \(cos\widehat{B}=\dfrac{1}{2}\) hay \(\widehat{B}=60^o\).
Cho tam giác đều ABC cạnh a. Lấy M,N,P lần lượt trên ba cạnh BC,CA,AB sao cho BM=2MC AC=3AN, Ap=x, x>0, Tìm x để AM vuồn góc với NP
Trong mp Oxy cho tam giác ABC có A(-1;1) B(1;3) và trọng tâm G(-2; -2/3). Tìm M trên Oy sao cho tam giác MBC vuông tại M
Biết . \(\sin x+\cos x=\sqrt{2}\). Hỏi giá trị của \(\sin^4x+\cos^4x\)
\(sinx+cosx=\sqrt{2}\)
\(\Leftrightarrow\left(sinx+cosx\right)^2=2\)
\(\Leftrightarrow sin^2x+cos^2x+2.sinx.cosx=2\)
\(\Leftrightarrow1+2.sinx.cosx=2\)
\(\Leftrightarrow2.sinx.cosx=1\)
Khi đó \(sin^4x+cos^4x=\left(sin^2x+cos^2x\right)^2-2.sinx.cosx=1^2-1=0\)
Đơn giản biểu thức
a) \(G=\left(1-\sin^2\alpha\right)\cot^2\alpha+1-\cot^2\alpha\)
b) \(E=\dfrac{1-\sin^2\alpha}{2\sin\alpha.\cos\alpha}\)
c) \(P=\cot x+\dfrac{\sin x}{1+\cos x}\)