Ta chứng minh tam giác DEF là tam giác vuông cân tại E .
Gọi P là điểm đối xứng của D qua A . Tam giác BDP vuông cân tại B nên EP = ED.
Mặt khác do tam giác DEF cân tại E nên ED = EF nên E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DPF.
Suy ra D E F ^ = P F D ^ ⇒ E B F D \widehat{DEF}=\widehat{PFD}\Rightarrow EBFD D E F = P F D ⇒ E B F D
Suy ra D E F ^ = D B F ^ = 9 0 0 \widehat{DEF}=\widehat{DBF}=90^0 D E F = D B F = 9 0 0
D E : x − 2 y + 6 = 0 DE: x-2y+6=0 D E : x − 2 y + 6 = 0 D = D E ∩ D = DE\ \cap D = D E ∩ { x − 2 y + 6 = 0 x + y = 0 ⇒ D ( − 2 ; 2 ) \left\{\begin{matrix} x-2y+6=0\\ x+y=0 \end{matrix}\right.\Rightarrow D(-2;2) { x − 2 y + 6 = 0 x + y = 0 ⇒ D ( − 2 ; 2 )
Xét tam giác vuông EDA có 3EA = AB = AD, D E 2 = A D 2 + A E 2 = 10 A E 2 DE^2=AD^2+AE^2=10AE^2 D E 2 = A D 2 + A E 2 = 1 0 A E 2
Vì A ∈ d ′ ⇒ A ( a ; 8 − 3 a ) , a ∈ Z A\in d'\Rightarrow A(a;8-3a), a\in Z A ∈ d ′ ⇒ A ( a ; 8 − 3 a ) , a ∈ Z
4 2 + 2 2 = 10 [ ( a − 2 ) 2 + ( 4 − 3 a ) 2 ] ⇔ 5 a 2 − 14 a + 9 = 0 ⇔ [ a = 1 a = 9 5 4^2+2^2=10\left [ (a-2)^2+(4-3a)^2 \right ]\Leftrightarrow 5a^2-14a+9=0\Leftrightarrow \bigg \lbrack \begin{matrix} a=1\\ a=\frac{9}{5} \end{matrix} 4 2 + 2 2 = 1 0 [ ( a − 2 ) 2 + ( 4 − 3 a ) 2 ] ⇔ 5 a 2 − 1 4 a + 9 = 0 ⇔ [ a = 1 a = 5 9
Vậy A (1;5)
Ta có E B ‾ = − 2 E A ‾ ⇒ { x B − 2 = 2 y B − 4 = − 2 ⇒ B ( 4 ; 2 ) \overline{EB}=-2\overline{EA}\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x_B-2=2\\ y_B-4=-2 \end{matrix}\right.\Rightarrow B(4;2) E B = − 2 E A ⇒ { x B − 2 = 2 y B − 4 = − 2 ⇒ B ( 4 ; 2 )
Ta có D C ‾ = 2 A B ‾ ⇒ { x C + 2 = 6 y C − 2 = − 6 ⇒ C ( 4 ; − 4 ) \overline{DC}=2\overline{AB}\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x_C+2=6\\ y_C-2=-6 \end{matrix}\right.\Rightarrow C(4;-4) D C = 2 A B ⇒ { x C + 2 = 6 y C − 2 = − 6 ⇒ C ( 4 ; − 4 )
Vậy tọa độ bốn điểm cần tìm là A(1;5), B(4;2), C (4;-4), D (-2;2)
Bài toán này có thể chứng minh tứ giác EBFD nội tiếp bằng cách chỉ ra điểm M cách đều 4 điểm E, B, F, D với M là trung điểm DF.
