α) Έχουμε \(\vec{α}\cdot\vec{β}=2\cdot 1+(-2)\cdot 1=0\), άρα τα διανύσματα \(\vec{α}\) και \(\vec{β}\) είναι κάθετα.

β) i. Το σημείο \(Κ(2,1)\) είναι η αρχή και το σημείο \(Α\) είναι το πέρας του διανύσματος \(\vec{α}=(2,-2)\), οπότε

$$x_Α-x_Κ=2\iff x_Α-2=2\iff x_Α=4$$

και

$$y_Α-y_Κ=-2\iff y_Α-1=-2\iff y_Α=-1.$$

Άρα \(Α(4,-1)\). Το σημείο \(Κ(2,1)\) είναι η αρχή και το σημείο \(Β\) είναι το πέρας του διανύσματος \(\vec{β}=(1,1)\), οπότε

$$x_Β-x_Κ=1\iff x_Β-2=1\iff x_Β=3$$

και

$$y_Β-y_Κ=1\iff y_Β-1=1\iff y_Β=2.$$

Άρα \(Β(3,2)\).
ii. Η ευθεία \(ΑΒ\) έχει εξίσωση:

\begin{align}&y-2=\frac{2-(-1)}{3-4}\cdot (x-3)\\ \iff&y-2=-3\cdot(x-3)\\ \iff&3x+y=11.\end{align}

Το σημείο \(Γ(x_Γ,y_Γ)\) είναι ένα σημείο της ευθείας \(ΑΒ\), άρα οι συντεταγμένες του επαληθεύουν την εξίσωση της ευθείας, δηλαδή \(3x_Γ+y_Γ=11\).
iii. Έχουμε ισοδύναμα:

\begin{align}&|\overrightarrow{ΚΓ}|=\frac{1}{2}|\overrightarrow{ΑΒ}|\\ \iff&\sqrt{(x_Γ-2)^2+(y_Γ-1)^2}=\frac{1}{2}\sqrt{(3-4)^2+(2+1)^2}\\ \iff&(x_Γ-2)^2+(y_Γ-1)^2=\frac{10}{4}\\ \overset{\textbf{(β.ii)}}{\iff}&(x_Γ-2)^2+(10-3x_Γ)^2=\frac{10}{4}\\ \iff&5x_Γ^2-32x_Γ+\frac{203}{4}=0.\end{align}

Η τελευταία εξίσωση είναι \(2^\text{ου}\) βαθμού με \(Δ=9 > 0\) και ρίζες \(x_1=\dfrac{35}{10}=3,5\) και \(x_2=\dfrac{29}{10}=2,9\). Επειδή το \(Γ\) είναι εσωτερικό του τμήματος \(ΑΒ\), η τετμημένη του θα πρέπει να είναι μεταξύ \(3\) και \(4\). Άρα \(x_Γ=3,5\) και

$$3\cdot 3,5+y_Γ=11\iff y_Γ=0,5.$$