Gọi E là trung điểm AC, do H và K cùng nhìn AC dưới 1 góc vuông nên H, K thuộc đường tròn đường kính AC (1)

\(\Rightarrow EH=EK\) hay E nằm trên trung trực HK

Gọi F là trung điểm HK \(\Rightarrow F\left(2;-1\right)\)

\(\overrightarrow{HK}=\left(14;-8\right)=2\left(7;-4\right)\Rightarrow\) EF nhận (7;-4) là 1 vtpt

Phương trình EF: \(7\left(x-2\right)-4\left(y+1\right)=0\Leftrightarrow7x-4y-18=0\)

 Tọa độ E là nghiệm: \(\left\{{}\begin{matrix}x-y+10=0\\7x-4y-18=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow E\left(\dfrac{58}{3};\dfrac{88}{3}\right)\)

\(\widehat{ACH}=\widehat{HAK}\) (cùng phụ \(\widehat{ABC}\)) \(\Rightarrow AH=HK\) 

Mà \(AE=EK\) theo (1) \(\Rightarrow AK\) là trung trực EH

\(\overrightarrow{HE}=\left(\dfrac{73}{3};\dfrac{103}{3}\right)=\dfrac{1}{3}\left(73,103\right)\) \(\Rightarrow AK\) nhận \(\left(103;-73\right)\) là 1 vtpt

Tới đây bạn hãy kiểm tra lại số liệu, số liệu quá bất hợp lý

Tính tiếp như sau:

Viết pt AK (biết đi qua K và có vtpt như trên)

Tìm tọa độ giao điểm P của EH và AK

Khi đó P là trung điểm AK, tìm tọa độ A dễ dàng bằng công thức trung điểm

Ta có \(HK\perp BC,K\in BC;\overrightarrow{HK}=\left(0;-2\right)\Rightarrow y-1=0\)

Gọi M là trung điểm của BC ta có phương trình \(x+3=0;M=IM\cap BC\Rightarrow M\left(-3;1\right)\)

Gọi D là điểm đối xứng của A qua I chỉ ra BHCD là hình bình hành. Khi đó M là trung điểm của HD, suy ra D(-5;-1).

I là trung điểm của AD, suy ra A(-1;7)

\(AI=\sqrt{20}\), phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là : \(\left(x+3\right)^2+\left(y-3\right)^2=20\)

Tọa độ điểm B, C là nghiệm của hệ phương trình :

\(\begin{cases}y-1=0\\\left(x+3\right)^2+\left(y-3\right)^2=20\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}x=1\\y=1\end{cases}\) hoặc \(\begin{cases}x=-7\\y=1\end{cases}\)

Vậy ta có \(B\left(1;1\right),C\left(-7;1\right)\) hoặc \(B\left(-7;1\right),C\left(1;1\right)\)

Suy ra \(A\left(-1;7\right);B\left(1;1\right),C\left(-7;1\right)\)

   hoặc\(A\left(-1;7\right);B\left(-7;1\right),C\left(1;1\right)\)

Ta có \(\widehat{AHC}=\widehat{AEC}=90^0\) nên 4 điểm A, H, C, E cùng thuộc đường tròn đường kính AC.

Gọi I là giao điểm của AC và BD

Ta có \(\widehat{HIE}=2\widehat{HAE}=2\left(180^0-\widehat{BCD}\right)\)

Các tứ giác AKED, AKHB nội tiếp nên \(\widehat{EKD}=\widehat{EAD}\) và \(\widehat{BKH}=\widehat{BAH}\)

Do đó \(\widehat{HKE}=180^0-\widehat{AKD}-\overrightarrow{BKH}=180^0-\overrightarrow{EAD}-\overrightarrow{BAH}=2\overrightarrow{HAE}=2\left(180^0-\overrightarrow{BCD}\right)=\overrightarrow{HIE}\)

Vậy tứ giác HKIE nội tiếp. Do đó I thuộc đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác HKE

- Gọi \(C\left(c;c-3\right)\in d\left(c>0\right)\Rightarrow I\left(\frac{c-2}{2};\frac{c-4}{2}\right)\)

Do I thuộc (C) nên có phương trình :

\(c^2-c-2=0\Leftrightarrow c=2\) V c=-1 (loại c=-1) Suy ra \(C\left(2;-1\right);I\left(0;-1\right)\)

- Điểm E, H nằm trên đường tròn đường kính AC và đường tròn (C) nên tọa độ thỏa mãn hệ phương trình :

\(\begin{cases}x^2+y^2+x+4y+3=0\\x^2+\left(y+1\right)^2=4\end{cases}\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}x=0;y=-3\\x=-\frac{8}{5};y=-\frac{11}{2}\end{cases}\)

- Vì H có hoành độ âm nên \(H\left(-\frac{8}{5};-\frac{11}{5}\right);E\left(0;-3\right)\) Suy ra \(AB:x-y+1=0;BC:x-3y-5=0\)

Tọa độ B thỏa mãn \(\begin{cases}x-y+1=0\\x-3y-5=0\end{cases}\) \(\Leftrightarrow B\left(-4;-3\right)\Rightarrow\overrightarrow{BA}=\left(2;2\right);\overrightarrow{BC}=\left(6;2\right)\Rightarrow\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BC}=16>0\)

Vì \(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}\Rightarrow D\left(4;1\right)\)

Vậy \(B\left(-4;-3\right);C\left(2;-1\right);D\left(4;1\right)\)

cho mình hỏi vì sao góc HIE = 2 HAE

Gọi giao điểm khác D của hai đường tròn (BED);(CFD) là K'; K'I cắt EF tại L; DL cắt (I;ID) tại M khác D.

Ta thấy IE = IF; AI là phân giác ngoài của ^EAF, từ đây dễ suy ra 4 điểm A,E,I,F cùng thuộc một đường tròn

Vì 3 điểm D,F,E lần lượt thuộc các cạnh BC,CA,AB của \(\Delta\)ABC nên (BED);(CFD);(AFE) đồng quy (ĐL Miquel)

Hay điểm K' thuộc đường tròn (AIFE). Do vậy LI.LK' = LE.LF = LD.LM (= P_L/(G) = P_L/(I) )

Suy ra 4 điểm K',M,I,D cùng thuộc một đường tròn. Mà ID = IM nên ^IK'D = ^IK'M.

Đồng thời ^DIM = 180⁰ - ^DK'M = 180⁰ - ^EK'F + 2.^FK'D = ^BAC + 2.^ACB = 2.^AID

Suy ra IA vuông góc DM, từ đó M,L,D,A thẳng hàng (Vì IA cũng vuông góc AD)

Khi đó dễ thấy AL là phân giác ^BAC, K'L là phân giác ^EK'F, mà tứ giác AEK'F nội tiếp

Suy ra AEK'F là tứ giác điều hòa, từ đây AK' là đường đối trung của \(\Delta\)AEF

Suy ra K' trùng K. Kẻ tiếp tuyến Kx của (G), ta có ^BKx = ^EKx - ^EKB = ^EFK - ^EFD = ^BCK

Do đó (BKC) tiếp xúc với (G) tại K, tức KG đi qua tâm của (BKC)   (1)

Gọi S là trung điểm cung lớn BC của (ABC). Có SB = SC và ^BKC = ^AED + ^AFD = 180⁰ - ^BSC/2

Suy ra S là tâm của đường tròn (BKC)                                             (2) 

Từ (1) và (2) suy ra KG luôn đi qua S cố định (Vì S là trung điểm cùng BC lớn cố định) (đpcm).

a: Tọa độ I là:

\(\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{-2+6}{2}=\dfrac{4}{2}=2\\y=\dfrac{4-2}{2}=1\end{matrix}\right.\)

b: A(1;3); I(2;1)

vecto AI=(1;-2)

PTTS của AI là;

x=1+t và y=3-2t

d: I(2;1); C(6;-2)

\(R=IC=\sqrt{\left(6-2\right)^2+\left(-2-1\right)^2}=5\)

Phương trình đường tròn đường kính BC là:

(x-2)^2+(y-1)^2=5^2=25

c: vecto BC=(8;-6)=(4;-3)

=>VTPT là (3;4)

Phương trình BC là:

3(x+2)+4(y-4)=0

=>3x+6+4y-16=0

=>3x+4y-10=0

Phương trình AH là:

4(x-1)+(-3)(y-3)=0

=>4x-4-3y+9=0

=>4x-3y+5=0

Tọa độ H là:

4x-3y+5=0 và 3x+4y-10=0

=>x=2/5 và y=11/5

H(0,4; 2,2); A(1;3)

\(AH=\sqrt{\left(1-0,4\right)^2+\left(3-2,2\right)^2}=1\)

a: \(\overrightarrow{AB}=\left(-11;11\right);\overrightarrow{AC}=\left(-2;6\right)\)

Vì -11/-2<>11/6

nên A,B,C thẳng hàng

ABCD là hình bình hành

=>vecto DC=vecto AB

=>5-x=-11 và 4-y=11

=>x=16 và y=-7

b: \(\overrightarrow{BH}=\left(x+4;y-9\right)\); vecto BC=(9;-5); vecto AH=(x-7;y+2)

Theo đề, ta có: 

(x+4)/9=(y-9)/-5 và 9(x-7)+(-5)(y+2)=0

=>-5x-20=9y-81 và 9x-63-5y-10=0

=>-5x-9y=-61 và 9x-5y=73

=>x=481/53; y=92/53

c: Vì (d') vuông góc (d) nên (d'): 4x+3y+c=0

Thay x=-2 và y=3 vào (d'), ta được:

c+4*(-2)+3*3=0

=>c=-1