Tọa độ A là nghiệm: \(\left\{{}\begin{matrix}x-y-2=0\\x+2y-5=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow A\left(3;1\right)\)

\(\left\{{}\begin{matrix}x_A+x_B+x_C=3x_G\\y_A+y_B+y_C=3y_G\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_B+x_C=6\\y_B+y_C=5\end{matrix}\right.\) (1)

B thuộc AB nên: \(x_B-y_B=2\Rightarrow x_B=y_B+2\)

C thuộc AC nên: \(x_C+2y_C-5=0\Rightarrow x_C=-2y_C+5\)

Thế vào (1) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}y_B+2-2y_C+5=6\\y_B+y_C=5\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}y_B=3\Rightarrow x_B=5\\y_C=2\Rightarrow x_C=1\end{matrix}\right.\)

Phương trình BC: \(\dfrac{x-5}{1-5}=\dfrac{y-3}{2-3}\Leftrightarrow x-4y+7=0\)

\(cosB=\dfrac{\left|1.2+\left(-7\right).1\right|}{\sqrt{1^2+\left(-7\right)^2}.\sqrt{2^2+1^2}}=\dfrac{1}{\sqrt{10}}\)

Gọi vtpt của AC có tọa độ \(\left(a;b\right)\)

\(\Rightarrow cosC=cosB=\dfrac{1}{\sqrt{10}}=\dfrac{\left|2a+b\right|}{\sqrt{a^2+b^2}.\sqrt{2^2+1^2}}=\dfrac{1}{\sqrt{10}}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{2}\left|2a+b\right|=\sqrt{a^2+b^2}\)

\(\Leftrightarrow2\left(2a+b\right)^2=a^2+b^2\)

\(\Leftrightarrow7a^2+8ab+b^2=0\Leftrightarrow\left(a+b\right)\left(7a+b\right)=0\)

Chọn \(a=1\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}b=-1\\b=-7\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}\left(a;b\right)=\left(1;-1\right)\\\left(a;b\right)=\left(1;-7\right)\end{matrix}\right.\)

(Trường hợp \(\left(a;b\right)=\left(1-;7\right)\) loại do khi đó AC song song AB, vô lý)

\(\Rightarrow\) Phương trình AC: \(1\left(x-4\right)-1\left(y-0\right)=0\)

ai biêt

Tam giác AMB vuông cân tại M có trọng tâm G => GB=GA (=GD) => G là tâm ngoại tiếp tam giác BAD => ^AGD = 2^ABD = 90⁰

a) \(AG:3x-y-13=0\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=t\\y=3t-13\end{cases}}\Rightarrow G\left(t_1;3t_1-13\right),A\left(t_2;3t_2-13\right)\)

\(\overrightarrow{DG}=\left(t_1-7;3t_1-11\right)\); \(\overrightarrow{DG}\)vuông góc với VTCP (1;3) của AG

\(\Rightarrow\left(t_1-7\right)+3\left(3t_1-11\right)=0\Leftrightarrow t_1=4\Rightarrow G\left(4;-1\right)\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{GA}=\left(t_2-4;3t_2-12\right)\)

Ta có; \(\left(t_2-4\right)^2+\left(3t_2-12\right)^2=GA^2=d^2\left(D,AG\right)=10\)

\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}t_2=5\\t_2=3\end{cases}}\Rightarrow\orbr{\begin{cases}A\left(5;2\right)\\A\left(3;-4\right)\end{cases}}\). Mà hoành độ của A nhỏ hơn A nên \(A\left(3;-4\right)\).

b) E là trung điểm BM, có \(\overrightarrow{AG}=\left(1;3\right)\Rightarrow\overrightarrow{AE}=\left(\frac{3}{2};\frac{9}{2}\right)\Rightarrow E\left(\frac{9}{2};\frac{1}{2}\right)\Rightarrow\overrightarrow{ED}=\left(\frac{5}{2};-\frac{5}{2}\right)\)

\(\Rightarrow ED:\hept{\begin{cases}x=7+m\\y=-2-m\end{cases}}\Rightarrow B\left(7+m;-2-m\right)\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{GB}=\left(3+m;-1-m\right)\)

Lại có: \(\left(3+m\right)^2+\left(1+m\right)^2=GB^2=GA^2=10\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}m=0\\m=-4\end{cases}}\Rightarrow\orbr{\begin{cases}B\left(7;-2\right)\left(l\right)\\B\left(3;2\right)\end{cases}}\)

Đường thẳng AB: đi qua \(B\left(3;2\right)\),VTCP \(\overrightarrow{AB}\left(0;6\right)\)\(\Rightarrow AB:\hept{\begin{cases}x=3\\y=2+t\end{cases}}\Leftrightarrow x-3=0.\)

Kéo dài đường cao AH lần lượt cắt BC và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại hai điển E và K, ta dễ dàng chứng minh được E là trung điểm HK

Đường cao \(AH\perp BC\) nên có phương trình \(x-y=0\), E là giao điểm của BC và AH \(\Rightarrow E\left(4;4\right)\) và H là trung điểm \(HK\Rightarrow K\left(3;3\right)\), suy ra bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là \(R=IK=\sqrt{5}\)

\(\Rightarrow\) phương trình đường tròn là \(\left(x-5\right)^2+\left(y-4\right)^2=5,\left(C\right)\)

Vậy hai điểm B, C là nghiệm của hệ hai phương trình đường thẳng BC và đường tròn (C) \(\Rightarrow B\left(3;5\right);C\left(6;2\right)\) và đỉnh A là nghiệm hệ của đường cao AH và đường tròn (C) \(\Rightarrow A\left(6;6\right)\)

Diện tích tam giác ABC là :

\(S_{ABC}=\frac{1}{2}d\left(A,BC\right).BC=\frac{1}{2}\frac{\left|6+6-8\right|}{\sqrt{2}}.3\sqrt{2}=6\)

a: Tọa độ trọng tâm là:

x=(1+2+0)/3=1 và y=(3+1+3)/3=7/3

c: \(d\left(A;d\right)=\dfrac{\left|1\cdot1+3\cdot\left(-1\right)+1\right|}{\sqrt{1^2+\left(-1\right)^2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)

Tọa độ B là nghiệm: \(\left\{{}\begin{matrix}x+y+1=0\\x-2y-2=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow B\left(0;-1\right)\)

Gọi vtpt của đường thẳng CM (cũng là đường cao kẻ từ C) có tọa độ \(\left(a;b\right)\)

H là chân đường cao kẻ từ B

\(cos\widehat{HBC}=\dfrac{\left|1.1+1.\left(-2\right)\right|}{\sqrt{1^2+1^2}.\sqrt{1^2+\left(-2\right)^2}}=\dfrac{1}{\sqrt{10}}\)

\(\Rightarrow cos\widehat{MCB}=cos\widehat{HBC}=\dfrac{1}{\sqrt{10}}=\dfrac{\left|a+b\right|}{\sqrt{a^2+b^2}.\sqrt{1^2+1^2}}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{a^2+b^2}=\sqrt{5}\left|a+b\right|\Leftrightarrow a^2+b^2=5\left(a+b\right)^2\)

\(\Leftrightarrow2a^2+5ab+2b^2=0\Leftrightarrow\left(a+2b\right)\left(2a+b\right)=0\)

Chọn \(\left(a;b\right)=\left[{}\begin{matrix}\left(2;-1\right)\\\left(1;-2\right)\end{matrix}\right.\) (trường hợp (1;-2) loại do song song BH)

\(\Rightarrow\) Phương trình đường cao kẻ từ C:

\(2\left(x-2\right)-1\left(y-1\right)=0\Leftrightarrow2x-y-3=0\)

Tọa độ C là nghiệm: \(\left\{{}\begin{matrix}x+y+1=0\\2x-y-3=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow C\left(...\right)\)

Gọi N là trung điểm BC \(\Rightarrow\) tọa độ N

Tam giác ABC cân tại A \(\Rightarrow\) AN là trung tuyến đồng thời là đường cao

\(\Rightarrow\) Đường thẳng AN vuông góc BC \(\Rightarrow\) nhận (1;-1) là 1 vtpt và đi qua N

\(\Rightarrow\) Phương trình AN

Đường thẳng AB vuông góc CM nên nhận (1;2) là 1 vtpt

\(\Rightarrow\) Phương trình AB (đi qua B và biết vtpt)

\(\Rightarrow\) Tọa độ A là giao điểm AB và AN

gọi K1 là giao điểm của AK với BC. Đầu tiên e chứng minh I là trực tâm của Tam Giác AK1B.

chứng minh tam giác AK1B cân tại K1, rồi suy ra K1M vuông góc vowis AB, suy ra I là trực tâm. rồi e làm như bình thường