Найдите площадь треугольника

Даны вершины треугольника A(−2,1), B(3,3), С(1,0). Найти:

а) длина стороны AB = √((3-(-2))² + (3-1)² = √(25 + 4) = √29.

б) уравнение медианы BM.  

Находим координаты точки М как середины стороны АС.

М(((-2+1)/2; (1+3)/2) = (-0,5; 2).

Вектор ВМ = ((-0,5-3); (2-3)) = (-3,5; -1).

Уравнение ВМ: (х – 3)/(-3,5) = (у – 3)/(-1). Это в каноническом виде.

Оно же в общем виде 7у – 2х – 15 = 0.

И в виде уравнения с угловым коэффициентом у = (2/7)х + (15/7).

в) cos угла BCA.  

Вектор СВ = ((1-3); (0-3)) = (-2; -3). Модуль равен √(4 + 9) = √13.

Вектор СА = ((1-(-2)); (0-1)) = (3; -1). Модуль равен √(9 + 1) = √10.

cos(BCA) = (-2*3 + (-3)*(-1))/( √13*√10) = -3/√130 ≈ -0,26312.

г) уравнение высоты CD.

Находим уравнение стороны АВ.

Вектор AB = ((3-(-2)); (3-1)) = (5; 2).

Уравнение АВ: (х + 2)/5 = (у -1)/2 или у = (2/5)х + (9/5).

Угловой коэффициент перпендикуляра к АВ (это высота СD) равен -1/(2/5) = -5/2. Подставим координаты точки С.

0 = (-5/2)*1 + b. Отсюда b = 5/2.  

Уравнение CD: y = (-5/2)x + (5/2).

д) длина высоты СD.

Для вычисления расстояния от точки M(Mx; My) до прямой Ax + By + C = 0 используем формулу:

d = (A·Mx + B·My + C)/√A2 + B2

Подставим в формулу данные: координаты точки С(1; 0) и уравнение прямой АВ:  

2х – 5у + 9 = 0.

d = (2·1 + (-5)·0 + 9)/√22 + (-5)2 = (2 + 0 + 9)/√4 + 25 =

= 11/√29 = 11√29/29 ≈ 2.0426487.

е) площадь треугольника АВС по векторам.

Если вершины треугольника заданы, как точки в прямоугольной декартовой системе координат: A1(x1,y1), A2(x2,y2), A3(x3,y3), то площадь такого треугольника можно вычислить по формуле определителя второго порядка:

S= ± (1 /2) *(x1−x3       y1−y3 )

                       (x2−x3      y2−y3 )  

       

 x1−x3       y1−y3  

        x2−x3      y2−y3    

A(−2,1), B(3,3), С(1,0).

S = (1/2)}|((-2-1)*(3-0) – (1-0)*3-1))| = (1/2)*|(-9-2)| = 11/2 = 5,5 кв.ед.  

Дано: < C =90° ; CB =a =6 см ; <ABC =β =60° ; <SAO =<SBO =<SCO = α =30° ;
S _ вершина пирамиды  SO ┴ (ABC) , O∈(ABC).
 
V =1/3*S(ABC) *SO ---> ?
Если все боковые ребра пирамиды наклонены к плоскости основания под одинаковым углом (в данном случае α =30° )   ,  то высота  пирамиды проходит через центр окружности , описанного около основания  . Здесь  этот центр O  середина  гипотенузы .
BA = BC/cosβ = a/cosβ ;
S(ABC) =1/2*BA*BC*sinβ = 1/2*a/cosβ*a*sinβ =1/2*a²*tqβ .
***   или S(ABC) =1/2*AC*BC =1/2*a*atqβ =1/2*a²*tqβ ***
SO = OB*tqα = 1/2*BA*tqα =1/2*a/cosβ*tqα ;
V =1/3*S(ABC) *SO = 1/3*1/2*a²*tqβ *1/2*a/cosβ*tqα  ;
V = (1/12)a³*tqβ*tqα/cosβ .                        ***1/12*a³*sinβ*tqα/cos²β ***

При   a =6 см ; β =60° ; α =30°  получится :
V= (1/12)a³*tqβ*tqα/cosβ =(1/12)*6³*tq60°*tq30°/cos60°  =(1/12)*6³ *2 =36 (см³) .

2)   R =OA =OB = 10 см  ;  <AOB =2α =2*60° =120°  ;  <O₁CD = β =30° ;
(ABB₁A₁) | | OO₁

S(ABB₁A₁) ---> ?
ABB₁A₁  прямоугольник .
S = S(ABB₁A₁) = AB*BB₁ =AB*H ;  AB _хорда на нижней основ;
Из    ΔAOB :      AB=2*(Rsinα) .
H = Rtqβ ;
S =AB*H=2*Rsinα*Rtqβ =2R²sinα*tqβ .
при  R =10 см  ,  α =60° ,   β =30° получится :
S  =2R²sinα*tqβ  =2*10²sin60°*tq30° =  2*10²*√3/2*1/√3 = 100 (см²) .
3) Дано: правильная пирамида FABC ,  F_вершина .
   
Доказать BF ┴ AC .
Пусть  FO  ┴  (ABC) , где  O основание  высоты  FO, т.е.  BO  проекция ребра  BF на плоскость  треугольника ABC . 
AC ┴ BM      [  BM  высота (медиана , биссектриса)  ] ⇒AC  ┴  BO    ⇒AC ┴ BF (теорема трех перпендикуляров) .