Sửa đề: IE cắt BG tại M

Xét ΔABC có

AD là đường trung tuyến

G là trọng tâm

Do đó: A,G,D thẳng hàng và AG=2GD

AG=2GD

GI=2GD

Do đó: AG=GI

=>G là trung điểm của AI

Xét ΔABI có

BG,IE là các đường trung tuyến

BG cắt IE tại M

Do đó: M là trọng tâm của ΔABI

a: BHCD là hình bình hành

=>BC cắt HD tại trung điểm của mỗi đường

mà M là trung điểm của BC

nên M là trung điểm của HD

BHCD là hình bình hành

=>BH//CD và BD//CH

BH//CD

BH⊥AC

Do đó: CD⊥CA

=>C nằm trên đường tròn đường kính AD(1)

BD//CH

CH⊥AB

Do đó: BD⊥BA

=>B nằm trên đường tròn đường kính AD(2)

Từ (1),(2) suy ra B,C nằm trên đường tròn đường kính AD

=>AD là đường kính của đường tròn ngoại tiếp ΔABC

=>O là trung điểm của AD

XétΔAHD có

AM,HO là các đường trung tuyến

AM cắt HO tại G

Do đó: G là trọng tâm của ΔAHD

=>\(AG=\frac23AM\)

Xét ΔABC có

AM là đường trung tuyến

\(AG=\frac23AM\)

Do đó: G là trọng tâm của ΔABC

a: Qua B, kẻ BE//MN(E∈AG). Qua C, kẻ CF//MN(F∈AG)

=>BE//CF

Xét ΔABC có

AD là đường trung tuyến

G là trọng tâm

Do đó: A,G,D thẳng hàng và AG=2/3AD

Xét ΔDEB và ΔDFC có

\(\hat{DBE}=\hat{DCF}\) (hai góc so le trong, BE//CF)

DB=DC

\(\hat{EDB}=\hat{FDC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔDEB=ΔDFC

=>BE=CF và DE=DF

Xét ΔABE có MG//BE

nên \(\frac{AM}{AB}=\frac{AG}{AE}\)

=>\(\frac{AB}{AM}=\frac{AE}{AG}\)

Xét ΔAFC có GN//CF
nên \(\frac{AG}{AF}=\frac{AN}{AC}\)

=>\(\frac{AC}{AN}=\frac{AF}{AG}\)

\(\frac{AB}{AM}+\frac{AC}{AN}=\frac{AE+AF}{AG}=\frac{AE+AE+EF}{AG}\)

\(=\frac{2\cdot AE+2\cdot ED}{AG}=\frac{2\cdot AD}{AG}=\frac{2\cdot\frac32\cdot AG}{AG}=3\)

b: \(\frac{AB}{AM}+\frac{AC}{AN}=3\)

=>\(\frac{AM+MB}{AM}+\frac{AN+NC}{AN}=3\)

=>\(1+\frac{MB}{AM}+1+\frac{NC}{AN}=3\)

=>\(\frac{BM}{AM}+\frac{CN}{NA}=1\)

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

\(\Rightarrow d\left(C;AB\right)=h_a=\dfrac{2S_{ABC}}{AB}=\dfrac{3\sqrt{2}}{2}\)

Gọi M là trung điểm AB, K là chân đường vuông góc hạ từ G xuống AB \(\Rightarrow GK||CH\) (cùng vuông góc AB)

Áp dụng định lý Talet: \(\dfrac{GK}{CH}=\dfrac{GM}{CM}=\dfrac{1}{3}\) (t/c trọng tâm)

\(\Rightarrow\dfrac{d\left(G;AB\right)}{d\left(C;AB\right)}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow d\left(G;AB\right)=\dfrac{1}{3}d\left(C;AB\right)=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)

Do G thuộc \(3x-y-8=0\Rightarrow\) tọa độ G có dạng \(G\left(a;3a-8\right)\)

Phương trình AB: \(1\left(x-2\right)-1\left(y+3\right)=0\Leftrightarrow x-y-5=0\)

\(d\left(G;AB\right)=\dfrac{\left|a-\left(3a-8\right)-5\right|}{\sqrt{1^2+\left(-1\right)^2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)

\(\Leftrightarrow\left|2a-3\right|=1\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}a=2\Rightarrow G\left(2;-2\right)\\a=1\Rightarrow G\left(1;-5\right)\end{matrix}\right.\)

Áp dụng công thức trọng tâm: \(\left\{{}\begin{matrix}x_C=3x_G-x_A-x_B\\y_C=3y_G-y_A-y_B\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}C\left(1;-1\right)\\C\left(-2;-10\right)\end{matrix}\right.\)

Đường cao CH đi qua C và vuông góc AB nên nhận \(\left(1;1\right)\) là vtpt

Có 2 đường thỏa mãn: \(\left[{}\begin{matrix}1\left(x-1\right)+1\left(y+1\right)=0\\1\left(x+2\right)+1\left(y+10\right)=0\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow...\)

\(\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}\right|=\left|\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}\right|\)

\(\Leftrightarrow\left|\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GC}\right|=\left|\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CA}\right|\)

\(\Leftrightarrow\left|3\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}\right|=\left|\overrightarrow{CB}\right|\)

\(\Leftrightarrow\left|3\overrightarrow{MG}\right|=\left|\overrightarrow{CB}\right|\)

\(\Leftrightarrow MG=\dfrac{1}{3}BC\)

Tập hợp M là đường tròn tâm G bán kính \(R=\dfrac{BC}{3}\)