Do I thuộc Oy nên tọa độ có dạng \(I\left(0;y\right)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{IA}=\left(1;3-y\right)\\\overrightarrow{BI}=\left(2;y+3\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow IA+IB=\sqrt{1+\left(3-y\right)^2}+\sqrt{2^2+\left(y+3\right)^2}\ge\sqrt{\left(1+2\right)^2+\left(3-y+y+3\right)^2}=3\sqrt{5}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\dfrac{2}{1}=\dfrac{y+3}{3-y}\Rightarrow y=1\Rightarrow I\left(0;1\right)\)

Cách khác:

Do A và B nằm khác phía so với Oy

\(\Rightarrow IA+IB\) đạt giá trị nhỏ nhất khi A, I, B thẳng hàng

Hay I là giao điểm của đường thẳng AB và trục Oy

\(\overrightarrow{BA}=\left(3;6\right)=3\left(1;2\right)\Rightarrow\) đường thẳng AB nhận \(\left(2;-1\right)\) là 1 vtpt

Phương trình AB:

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

I là giao điểm AB và Oy nên tọa độ là nghiệm của hệ:

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

\(\Rightarrow I\left(0;1\right)\)

Chọn D.

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

\(AC=\sqrt{\left(2+1\right)^2+\left(-3-2\right)^2}=\sqrt{34}\)

\(BC=\sqrt{\left(2-1\right)^2+\left(-3-2\right)^2}=\sqrt{26}\)

\(cosBAC=\dfrac{AB^2+AC^2-BC^2}{2\cdot AB\cdot AC}=\dfrac{3}{\sqrt{34}}\)

=>\(sinBAC=\dfrac{5\sqrt{34}}{34}\)

\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}\cdot2\cdot\sqrt{34}\cdot\dfrac{5}{\sqrt{34}}=5\)

câu này mà ở lớp 1 cả lớp 5 còn ko giải được.

mà hình như nó còn chẳng phải toán

\(\overrightarrow{AB}=\left(2;4\right);\overrightarrow{AC}=\left(11;-2\right);\overrightarrow{BC}=\left(9;-6\right)\)

\(\Rightarrow AB=2\sqrt{5};AC=5\sqrt{5};BC=3\sqrt{13}\)

Gọi D là chân đường phân giác trong góc A trên BC

\(\frac{DB}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{2}{5}\Rightarrow BD=\frac{2}{5}CD=\frac{2}{7}BC\Rightarrow\overrightarrow{BD}=\frac{2}{7}\left(9;-6\right)\)

\(\Rightarrow D\left(\frac{46}{7};\frac{44}{7}\right)\Rightarrow\overrightarrow{AD}=\left(\frac{32}{7};\frac{16}{7}\right)=\frac{16}{7}\left(2;1\right)\)

\(\Rightarrow\) Đường thẳng AD nhận \(\left(1;-2\right)\) là 1 vtpt

Phương trình AD:

\(1\left(x-2\right)-2\left(y-4\right)=0\Leftrightarrow x-2y+6=0\)

2.

Đường thẳng d có 1 vtpt là \(\left(1;3\right)\)

Gọi vtpt của d' là \(\left(a;b\right)\Rightarrow cos45^0=\frac{\left|a+3b\right|}{\sqrt{10\left(a^2+b^2\right)}}=\frac{1}{\sqrt{2}}\)

\(\Leftrightarrow a^2+6ab+9b^2=5a^2+5b^2\)

\(\Leftrightarrow4a^2-6ab-4b^2=0\Leftrightarrow\left(2a+b\right)\left(a-2b\right)=0\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}b=-2a\\a=2b\end{matrix}\right.\)

Chọn \(a=2\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}b=-4\\b=1\end{matrix}\right.\)

Có 2 đường thẳng thỏa mãn:

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

Tham khảo

là sao z bn

Ta có: \(\overrightarrow{AB}\left(4;-1\right);\overrightarrow{AC}\left(-1;-4\right)\)

Có \(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=4.\left(-1\right)+\left(-1\right)\left(-4\right)=0\)

Suy ra AB\(\perp\)AC

d nhận \(\overrightarrow{n_d}=\left(1;1\right)\) là 1 vtpt

Gọi \(\overrightarrow{n}=\left(a;b\right)\) là 1 vtpt của \(\Delta\), do d và \(\Delta\) tạo với nhau 1 góc 60 độ

\(\Rightarrow\dfrac{\left|a.1+b.1\right|}{\sqrt{1^2+1^2}.\sqrt{a^2+b^2}}=cos60^0=\dfrac{1}{2}\)

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

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

\(\Rightarrow a^2+4ab+b^2=0\)

Chọn \(a=1\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}b=-2-\sqrt{3}\\b=-2+\sqrt{3}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\) Có 2 đường thẳng \(\Delta\) thỏa mãn:

\(\left[{}\begin{matrix}1\left(x-2\right)-\left(2+\sqrt{3}\right)\left(y+6\right)=0\\1\left(x-2\right)-\left(2-\sqrt{3}\right)\left(y+6\right)=0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x-\left(2+\sqrt{3}\right)y-14-6\sqrt{3}=0\\x-\left(2-\sqrt{3}\right)y-14+6\sqrt{3}=0\end{matrix}\right.\)