Vì G là trọng tâm tam giác ABC, nên ta có :

\(\overrightarrow{MA}=3\overrightarrow{MG}\Leftrightarrow\left(x_A-1;y_A+1\right)=3\left(\frac{2}{3}-1;0+1\right)\Leftrightarrow\begin{cases}x_A-1=1\\y_A+1=3\end{cases}\)

                     \(\Leftrightarrow A\left(0;2\right)\)

Giả sử \(B\left(x_1;y_1\right);C\left(x_2;y_2\right)\)

Vì M là trung điểm của BC, nên ta có :

\(\begin{cases}x_1+x_2=2\\y_1+y_2=-2\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}x_2=2-x_1\\y_2=-2-y_1\end{cases}\)

Vậy \(C\left(2-x_1;-2-y_1\right)\)

Ta có \(\overrightarrow{BA}=\left(-x_1;2-y_1\right);\overrightarrow{CA}=\left(x_1-2;y_1+4\right)\)

Vì \(\widehat{BAC}=90^0\) nên \(\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{CA}=0\)

\(\Leftrightarrow-x_1\left(x_1-2\right)+9y_1+4\left(2-y_1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow-x^2_1-y^2_1+2x_1-2y_1+8=0\)  (1)

Do AB = AC nên \(AB^2=AC^2\)

\(x^2_1+\left(y_1-2\right)^2=2\left(2-x_1\right)^2+\left(4-y_1\right)^2\)

\(\Leftrightarrow-4y_1+4=-4x_1+4+16+8y_1\)

\(\Leftrightarrow x_1=3y_1+4\)    (2)

Thay (2) vào (1) ta có : 

\(y^2_1+y_1=0\Leftrightarrow\begin{cases}y_1=0\\y_1=-2\end{cases}\)

Từ đó ta có :

\(B\left(4;0\right);C\left(-2;-2\right)\) hoặc \(B\left(-2;-2\right);C\left(4;0\right)\)

Tóm lại ta có : 

\(A\left(0;2\right);B\left(4;0\right);C\left(2;-2\right)\) là 3 đỉnh của tam giác cần tìm

(Tam giác kia vẫn là tam giác trên chỉ đổi B và C với nhau)

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có :

\(\overrightarrow{MA}=3\overrightarrow{MG}\Leftrightarrow\left(x_A-1;y_A+1\right)=3\left(\frac{2}{3}-1;0+1\right)\Leftrightarrow\begin{cases}x_A-1=-1\\y_A+1=3\end{cases}\)

                     \(\Leftrightarrow A\left(0;2\right)\)

Ta thấy MA có hệ số góc

\(k=\frac{2-\left(-1\right)}{0-1}=-3\)

Vì \(BC\perp MA\) nên đường thẳng nối BC có hệ số góc là \(\frac{1}{3}\), do đó phương trình của nó là :

\(y=\frac{1}{3}\left(x-1\right)-1\Leftrightarrow x-3y-4=0\)

Mặt khác do :

\(MB=MC=MA=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}\)

Vậy tọa độ của B, C thỏa mãn phương trình đường tròn tâm M, bán kính =\(\sqrt{10}\)

\(\left(x-1\right)^2+\left(y+1\right)^2=10\)

Vậy tọa độ của B, C là nghiệm của hệ phương trình :

\(\begin{cases}x-3y-4=0\\\left(x-1\right)^2+\left(y+1\right)^2=10\end{cases}\)

Giải hệ phương trình ta có các nghiệm (4;0) và (-2;2)

Vậy A(0;2);B(4;0);C(-2;-2) là 3 đỉnh của tam giác cần tìm

a)Theo bài ra => Tam giác ABC vuông cân ở A

M(1;-1) là trung điểm BC và G\(\left(\dfrac{2}{3};0\right)\) là trọng tâm

=>\(\overrightarrow{AM}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AG}\)

Giả sử A có tọa độ (a;b)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}1-a=\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{2}{3}-a\right)\\-1-b=-\dfrac{2}{3}b\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{5}{3}\\b=-3\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow A\left(\dfrac{5}{3};-3\right)\)

b)Do tam giác ABC vuông cân ở A=>GM vuông góc với BC

Ta có: \(\overrightarrow{GM}=\left(\dfrac{1}{3};-1\right)\)=>VTPT của đường thẳng BC là: \(\overrightarrow{n}=\left(1;-3\right)\) có M(1;-1) thuộc BC

=>phương trình đường thẳng BC:

1(x-1)-3(y+1)=0

hay x-3y-4=0

=> phương trình tham số của BC:\(\left\{{}\begin{matrix}x=3t+4\\y=t\end{matrix}\right.\)

=> tồn tại số thực t để B(3t+4;t) thuộc đường thẳng BC

MB=MA(do tam giác ABC vuông cân ở A,M là trung điểm BC)

=>\(\overrightarrow{MB}^2=\overrightarrow{MA}^2\)

=>(3t+3)²+(t+1)²=\(\left(\dfrac{2}{3}\right)^2+\left(-2\right)^2=\dfrac{40}{9}\)

=> \(t=-\dfrac{1}{3}\)hoặc \(t=-\dfrac{5}{3}\)

TH1: \(t=-\dfrac{1}{3}\)=>B\(\left(3;-\dfrac{1}{3}\right)\) ,do M(1;-1) là trung điểm BC=>C\(\left(-1;-\dfrac{5}{3}\right)\)

TH2:\(t=-\dfrac{5}{3}\)=>B\(\left(-1;-\dfrac{5}{3}\right)\),do M(1;-1) là trung điểm BC=>C\(\left(3;-\dfrac{1}{3}\right)\)

c) Tam giác ABC vuông cân ở A=>M(1;-1) là tâm đường tròn ngoại tiếp và MA là bán kính=>R²=MA²=\(\dfrac{40}{9}\)

Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC:

(C): \(\left(x-1\right)^2+\left(y+1\right)^2=\dfrac{40}{9}\)

a) Gọi tọa độ các điểm như sau: \(A\left( {{x_A};{y_A}} \right),B\left( {{x_B};{y_B}} \right),C\left( {{x_C};{y_C}} \right)\)

\(M\left( {2;2} \right),N\left( {3;4} \right),P\left( {5;3} \right)\) lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC và  CA nên ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_B} = 2{x_M}=4\\{x_A} + {x_C} = 2{x_P}=10\\{x_C} + {x_B} = 2{x_N}=6\\{y_A} + {y_B} = 2{y_M}=4\\{y_A} + {y_C} = 2{y_P}=8\\{y_C} + {y_B} = 2{y_N}=6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} + {x_B} = 4\\{x_C} - {x_B} = 6\\{x_C} + {x_B} = 6\\{y_A} + {y_B} = 4\\{y_C} - {y_B} = 4\\{y_C} + {y_B} = 6\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{x_A} = 4\\{x_B} = 0\\{x_C} = 6\\{y_A} = 3\\{y_B} = 1\\{y_C} = 5\end{array} \right.\)

Vậy các đỉnh của tam giác có tọa độ là \(A\left( {4;3} \right),B\left( {0;1} \right),C\left( {6;5} \right)\)

b)  Gọi \(G\left( {{x_G};{y_G}} \right),G'\left( {{x_{G'}};{y_{G'}}} \right)\) là trọng tâm của hai tam giác ABC và MNP 

Áp dụng tính chất trọng tâm ta có:

\(\begin{array}{l}{x_G} = \frac{{{x_A} + {x_B} + {x_C}}}{3} = \frac{{4 + 0 + 6}}{3} = \frac{{10}}{3};{y_G} = \frac{{{y_A} + {y_B} + {y_C}}}{3} = \frac{{3 + 1 + 5}}{3} = 3\\{x_{G'}} = \frac{{{x_M} + {x_N} + {x_P}}}{3} = \frac{{2 + 3 + 5}}{3} = \frac{{10}}{3};{y_{G'}} = \frac{{{y_M} + {y_N} + {y_P}}}{3} = \frac{{2 + 4 + 3}}{3} = 3\end{array}\)

Suy ra \(G\left( {\frac{{10}}{3};3} \right)\) và \(G'\left( {\frac{{10}}{3};3} \right)\), tọa độ của chúng bằng nhau nên hai điểm G và G’  trùng nhau (đpcm)

c) Ta có: \(\overrightarrow {AB}  = \left( { - 4; - 2} \right),\overrightarrow {AC}  = \left( {2;2} \right),\overrightarrow {BC}  = \left( {6;4} \right)\)

Suy ra: \(AB = \left| {\overrightarrow {AB} } \right| = \sqrt {{{( - 4)}^2} + {{( - 2)}^2}}  = 2\sqrt 5 ,AC = \left| {\overrightarrow {AC} } \right| = \sqrt {{2^2} + {2^2}}  = 2\sqrt 2 \)

          \(BC = \left| {\overrightarrow {BC} } \right| = \sqrt {{6^2} + {4^2}}  = 2\sqrt {13} \)

          \(\begin{array}{l}\cos A = \cos \left( {\overrightarrow {AB} ,\overrightarrow {AC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {AB} .\overrightarrow {AC} }}{{AB.AC}} = \frac{{( - 4).2 + ( - 2).2}}{{2\sqrt 5 .2\sqrt 2 }} =  - \frac{{3\sqrt {10} }}{{10}} \Rightarrow \widehat A \approx 161^\circ 33'\\\cos B = \cos \left( {\overrightarrow {BA} ,\overrightarrow {BC} } \right) = \frac{{\overrightarrow {BA} .\overrightarrow {BC} }}{{BA.BC}} = \frac{{4.6 + 2.4}}{{2\sqrt 5 .2\sqrt {13} }} = \frac{{8\sqrt {65} }}{{65}} \Rightarrow \widehat B = 7^\circ 7'\\\widehat C = 180^\circ  - \widehat A - \widehat B = 180^\circ  - 161^\circ 33' - 7^\circ 7' = 11^\circ 20'\end{array}\)

a: vecto AB=(1;1)

vecto AC=(2;6)

vecto BC=(1;5)

b: \(AB=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}\)

\(AC=\sqrt{2^2+6^2}=2\sqrt{10}\)

\(BC=\sqrt{1^2+5^2}=\sqrt{26}\)

=>\(C=\sqrt{2}+2\sqrt{10}+\sqrt{26}\)

c: Tọa độ trung điểm của AB là:

x=(1+2)/2=1,5 và y=(-1+0)/2=-0,5

Tọa độ trung điểm của AC là;

x=(1+3)/2=2 và y=(-1+5)/2=4/2=2

Tọa độ trung điểm của BC là:

x=(2+3)/2=2,5 và y=(0+5)/2=2,5

d: ABCD là hình bình hành

=>vecto AB=vecto DC

=>3-x=1 và 5-y=1

=>x=2 và y=4

a)Do A',B',C' là trung điểm BC,CA,AB=> A'B' song song với AB,B'C'song song với BC,C'A' song song với CA

\(\overrightarrow{A'B'}=\left(6;3\right)\) => VTPT của đường thẳng AB là: \(\overrightarrow{n}=\left(1;-2\right)\)

và C' thuộc (AB)=>Phương trình đường thẳng AB là:

(AB): x-2y-6=0

Tương tự ta có phương trình đường thẳng BC là:

(BC): x+4=0

Tọa độ điểm B là nghiệm hệ

\(\left\{{}\begin{matrix}\text{x-2y-6=0}\\x+4=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-4\\y=-5\end{matrix}\right.\)

=>B(-4;-5)

A'(-4;1) là TĐ của BC => tọa độ C(-4;7)

C'(2;-2) là TĐ của AB =>tọa độ A(8;1)

b) Gọi tọa độ trọng tâm G của tam giác A'B'C' là G(x;y)

=>\(\overrightarrow{GA'}+\overrightarrow{GB'}+\overrightarrow{GC'}=0\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}\left(-4-x\right)+\left(2-x\right)+\left(2-x\right)=0\\\left(1-y\right)+\left(4-y\right)+\left(-2-y\right)=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0\\y=1\end{matrix}\right.\)

=>G(0;1)

Thay vào tính

Ta có:\(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}\) =(8-4-4;1-1+7-1-5-1)=(0;0)

=>G là trọng tâm tam giác ABC=>ĐPCM