Ta có  = (2; -5). Gọi M(x; y) là 1 điểm nằm trên đường thẳng AB thì AM = (x – 1; y – 4). Ba điểm A, B, M thẳng hàng nên hai vec tơ  và  cùng phương, cho ta:

 =  <=>   5x + 2y -13 = 0

Đó chính là phương trình đường thẳng AB.

Tương tự ta có phương trình đường thẳng BC: x – y -4 = 0

phương trình đường thẳng CA: 2x + 5y -22 = 0

A’ là trung điểm của cạnh BC nên -4 =  (x_B+ x_C)

=> x_B+ x_C = -8                        (1)

Tương tự ta có  x_A+ x_C = 4         (2)

                       x_B+ x_{C = 4}          (3)  

=>  x_A+ x_B+ x_{C =0                            (4)}

Kết hợp (4) và (1) ta có:  x_A= 8

             (4) và (2) ta có:  x_B= -4

               (4) và (3) ta có: x_{C = -4}

Tương tự ta tính được: y_A = 1; y_B = -5; y_C = 7.

Vậy A(8;1), B(-4;-5), C(-4; 7).

Gọi G la trọng tâm tam giác ABC thì 

x_G= = 0;        y_G =  = 1  => G(0,1).

x_G’= ;         y_G’ =  = 1 => G'(0;1)

Rõ ràng G và G’ trùng nhau.

A B C M G

Vì M(1;-1) là trung điểm BC và \(G\left(\frac{2}{3};0\right)\) là trọng tâm của tam giác ABC nên \(\overrightarrow{MA}=3\overrightarrow{MG}\) từ đó tìm được A(0;2)

Vì tam giác ABC cân tại A nên \(BC\perp MA\) tức là đường thẳng BC đi qua M(1;-1), nhận \(\overrightarrow{MA}=\left(-1;3\right)\) làm vec tơ pháp tuyến.

Do đó đường thẳng BC có phương trình  \(-1\left(x-1\right)+3\left(y+1\right)=0\)

                                                           hay  \(-x+3y+4=0\)

Do tam giác ABC vuông tại A nên MB=MC=MA=\(\sqrt{10}\)

Suy ra B, C nằm trên đường tròn \(\left(x-1\right)^2+\left(y+1\right)^2=10\)

Từ đó tọa độ 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 thu được (x;y) = (4;0) và (x;y) = (-2;2)

Vậy A(0;2), B(4; 0), C(-2;-2)

a) Có
\(\overrightarrow{BC}^2=\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}\right)^2=\overrightarrow{BA}^2+\overrightarrow{AC}^2+2\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{AC}\)
\(=\overrightarrow{BA}^2+\overrightarrow{AC}^2-2\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}\)
\(\Rightarrow\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=\dfrac{\overrightarrow{BA}^2+\overrightarrow{AC}^2-\overrightarrow{BC^2}}{2}=\dfrac{5^2+8^2-7^2}{2}=20\).
\(cos\widehat{BAC}=\dfrac{\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}}{\left|\overrightarrow{AB}\right|.\left|\overrightarrow{AC}\right|}=\dfrac{20}{5.8}=\dfrac{1}{2}\).
Vì vậy \(\widehat{BAC}=60^o\).
b) Tương tự:
\(\overrightarrow{CA}.\overrightarrow{CB}=\dfrac{CA^2+CB^2-AB^2}{2}=\dfrac{7^2+8^2-5^2}{2}=44\).

a: A(1;2); B(-1;1); C(5;-1)

\(\overrightarrow{AB}=\left(-1-1;1-2\right)=\left(-2;-1\right)\)

\(\overrightarrow{AC}=\left(5-1;-1-2\right)=\left(4;-3\right)\)

\(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=\left(-2\right)\cdot4+\left(-1\right)\cdot\left(-3\right)=-8+3=-5\)

b: \(AB=\sqrt{\left(-2\right)^2+\left(-1\right)^2}=\sqrt5\)

\(AC=\sqrt{4^2+\left(-3\right)^2}\) =5

B(-1;1); C(5;-1)

=>\(BC=\sqrt{\left(5+1\right)^2+\left(-1-1\right)^2}=\sqrt{6^2+\left(-2\right)^2}=\sqrt{40}=2\sqrt{10}\)

Xét ΔABC có \(cosBAC=\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2\cdot AB\cdot AC}\)

\(=\frac{5+25-40}{2\cdot\sqrt5\cdot5}=\frac{-10}{10\sqrt5}=-\frac{1}{\sqrt5}\)

=>sin BAC=\(=\sqrt{1-\cos^2BAC}=\sqrt{1-\left(-\frac{1}{\sqrt5}\right)^2}=\frac{2}{\sqrt5}\)

Do tam giác ABC vuông tại A và \(\widehat{B}=30^o\) \(\Rightarrow C=60^o\)

\(\Rightarrow\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BC}\right)=150^o;\)\(\left(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC}\right)=30^o;\left(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{CB}\right)=120^o\)

\(\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)=90^o;\left(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA}\right)=30^o\).Do vậy:

a) \(\cos\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{BC}\right)+\sin\left(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC}\right)+\tan\frac{\left(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{CB}\right)}{2}\)

\(=\cos150^o+\sin30^o+\tan60^o\)

\(=-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}+\sqrt{3}\)

\(=\frac{\sqrt{3}+1}{2}\)

b) \(\sin\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)+\cos\left(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{AB}\right)+\cos\left(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{BA}\right)\)

\(=\sin90^o+\cos30^o+\cos0^o\)

\(=1+\frac{\sqrt{3}}{2}\)

\(=\frac{2+\sqrt{3}}{2}\)

A B C I M H J K

a. ta có \(BI=\frac{1}{4}BA=\frac{3}{4}\)

Dễ thấy hai tam giác \(\Delta ABM~\Delta CBI\Rightarrow\frac{MB}{IB}=\frac{AB}{BC}\Rightarrow MB=\frac{3}{4}.\frac{3}{4}=\frac{9}{16}\)

vậy \(\frac{BM}{BC}=\frac{9}{64}\).

b.Xét tam giác AJB ta áp dụng địh lý menelaus có

\(\frac{AC}{CJ}.\frac{JK}{KB}.\frac{BI}{IA}=1\Rightarrow\frac{JK}{KB}=\frac{3}{2}\Rightarrow\frac{BK}{KJ}=\frac{2}{3}\)