Bai toan toa do trong mat phang

NTThu Trong mặt phẳng Ox y cho hình thang cân ABCD AB ∥ CD, AB < CD.. NTThu Trong mặt phẳng tọa độOx ycho tam giácABC vuông cân tại A, Lời giải... Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang, biế

PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG MẶT PHẲNGBài toán 1. (NTThu) Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AD, BE, CF Đường tròn tâm D bán kính DF cắt tia đối của tia DE tại M Biết B (−4;5), M (1;10) và C nằm trên đường thẳng4x − 5y + 1 = 0 Viết phương trình đường thẳng AB.

FBH = FBE = ƒFCE = ƒHCE nên ta có HDF = ƒƒ HDE Mà ƒF DB + ƒF HD = ƒEDC + ƒEDH = 900

nên ƒFBD = ƒEDC = ƒBD M Mặt khác DF = DM nên ∆F D M cân tại M, suy ra CM đốixứng với CF qua BC Lại có CF⊥BF nên suy ra BM⊥CM, do đó ta có phương trình

CM : x + y − 11 = 0

Tọa độ điểmC :

(

x + y − 11 = 04x − 5y + 1 = 0⇔

Bài toán 2. (NTThu) Trong mặt phẳngOx y cho hình thang ABCD vuông tại A và D,

AD = DC = 2AB Đường tròn đường kính BD cắt đường thẳng AC tại M khác A Biết

M (4; 3) , C (6; 3) Tìm tọa độ các đỉnh A, B, D

Lời giải Đặt AB = x > 0, suy ra AD = DC = 2x và AC = 2xp2

GọiE là trung điểmCD, ta có ABED là hình chữ nhật nên AE là đường kính của đườngtròn(ABD)hayEM⊥AC Mà ƒACD = 450 nên∆EMC vuông cân tạiMhayCM =CEp

2 =px

2.

Suy ra−−→

AM = 3−−→MC, từ đây ta có A(−2;3)

GọiHlà điểm đối xứng vớiC quaM, ta cóH(2; 3)và DH||EMnênDH⊥AC Phương trình

DH : x − 2 = 0, suy ra D(2; d) Lại có AD⊥DC nên ta cóD(2; −1)hoặcD(2; 7)

Lời giải Đặt AB = a, suy ra AD = 2a, BM

Ta có

−−→

AE =35

−−→

AD +25

Mà xA< 0nên A (−5;4).

Từ AD = 10vàF A = FD nên tọa độ của D là nghiệm của hệ :

((x + 5)2+ (y − 4)2= 100(x − 2)2+ (y − 3)2= 50 ⇔

ED nên ta suy raB (−2;0) Suy raC (6; 6)

Bài toán 4. (NTThu) Trong mặt phẳng Ox y cho hình thang cân ABCD (AB ∥ CD,

AB < CD) Hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau tại I (4; 5)và đường thẳng CD

có phương trình y − 2 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang biết SABCD= 16và điểmC

Phương trình AB : y − 6 = 0 Từ đây, tìm được A (3; 6) , B (5; 6)

Bài toán 5. (NTThu) Trong mặt phẳng tọa độOx ycho tam giácABC vuông cân tại A,

Lời giải (Hình vẽ)

D M







x =135

y =195

⇒ I

µ13

5 ;

195

¶

Đặt AB = a, ta có

AD2=

µ13

−−→

AB +23

A I =p AM.AB

AM2+ AB2 =

p5a

5 ⇒ A I

AD =35

Do đó

−→

I A =32

µ

−1615

¶

yA−19

5 =32

µ

−2815

5 ⇒ a = 2p13 ⇔ AB = 2p13.Mà

B

µb;37 − 4b7

¶2

= 52 ⇔ 5b2− 26b − 123 = 0 ⇔ b =41

5 , b = −3

Do xB< 0nên b = −3 ⇒ B (−3;7) Ta có −−→

BC =32

2 ;

32

¶

lần lượt là trung điểm củaD M vàCD.Tìm tọa độ đỉnh Avà D,biết yD> 0.

Lời giải (Hình vẽ)

F E

H

C B

Đặt AB = a,ta có AD = 2a, BD = ap5 Ta có BH.BD = AB2⇒ BH = pa

5⇒ HE = HD = p2a

5.

Áp dụng định lí Cô sin cho tam giácDEF ta có

EF2= DE2+ DF2− 2DE.DF cos ƒEDF

¶2

+

µ

y −32

¶2

=52(x − 5)2+ (y − 1)2= 8

Bài toán 7. (NTThu) Trong mặt phẳng Ox y cho hình thang ABCD có CD = 3AB và

AB ∥ CD Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD Tìm tọa độ các đỉnh của hình thang, biết I (1; 0), phương trình đường thẳng AD và BC lần lượt có phương trình

F I M

Lời giải (Hình vẽ)

I H E

GọiE, F lần lượt là giao điểm của BC với AM, AN.Ta có M AF = ƒƒ MBF = 450 nên tứ giác

ABMF nội tiếp, suy ra MF⊥AF Tương tự N E⊥AE

GọiH là giao điểm củaMF vớiN E thì ta có AH⊥MNtại I = MN ∩ AH

Ta có AMB = ƒƒ AFB = ƒAM Inên∆AM I =∆AMBhay I vàBđối xứng nhau qua AM.

Phương trình A I : x − 7y + 20 = 0, tọa độ I là nghiệm của hệ

(7x + y − 70 = 0

y =215

⇒ I

µ47

5 ;

215

¶

Phương trình AM : x + 3y − 10 = 0, phương trìnhIB : 3x − y − 24 = 0

Giao điểm K củaIB với AM:

(

x + 3y − 10 = 03x − y − 24 = 0⇔







x = 415

y =35

⇒ K

µ41

5 ;

35

¶

VìK là trung điểm IB nênB (7; −3), suy raC (13; 3) ⇒ D (7;9)

Bài toán 9. (NTThu) Trong mặt phẳng Ox ycho hình vuông ABCD có A (1; 1) , AB = 4 Gọi Mlà trung điểm cạnhBC,K

µ9

5; −35

¶

là hình chiếu vuông góc của D lên AM Tìm tọa

độ các đỉnh còn lại của hình vuông, biết xB< 2.

Lời giải (Hình vẽ)

K N

5; −85

¶,phương trình AM : 2x + y − 3 = 0, DK : x − 2y − 3 = 0

Bài toán 10. Trong mặt phẳngOx ycho hình chữ nhật ABCDcó AD = 2AB, cạnh ABcó phương trình3x − y+14 = 0 GọiMlà trung điểm của cạnh AD, hình chiếu vuông góc của

Mtrên đoạn thẳng AClà điểmH(−2;0) Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật biết rằng đỉnh A có tung độ dương.

Lời giải Từ giả thiết suy ra AM = AB Đặt AB = a ⇒ AD = 2a, AC = ap5

C B

Phương trình đường thẳng AD : x + 3y − 2 = 0

Phương trình đường thẳngCD : 3x − y − 6 = 0 Suy ra tọa độD(2; 0)

Bài toán 11. (NTThu) Trong mặt phẳng tọa độ Ox ycho tam giác ABC vuông tại A,

AB = 2AC có phương trình trung tuyển CM : x − 3y + 12 = 0 và điểm E

−−→

AC +13

−−→

AB =23

−−→

AC +23

−−→

AM

3 ⇒ a = 2p5 ⇔ AC = 2p5.Mặt khác C (3c − 12; c)nên ta có

D H

I A







x = −72

y = −52

⇒ K

µ

−7

2; −52

¶

VìK là trung điểm I I0nên I0(−3;−1).

Ta có ∆AK I0=∆DK I nên A I0∥ ID, mà AH ∥ ID nên I0∈ AH −−→

H I0= (4; 0) ⇒ −→n = (0;1) làVTPT của AH

5;

15

¶, E (1; 3) theo thứ tự là chân đường vuông góc hạ từ A vàB Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.

Lời giải Gọi M (m; −m)

Ta có tứ giác ABDEnội tiếp đường tròn tâm M nên ta cóMD = ME

Hay

µ

m −35

¶2

+

µ

m +15

¶

và xA< 4 Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang.

Lời giải Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc củaC, M lênAD

Ta có AE = EF = FDnênCEđi qua trung điểm đoạnAMhayN ∈ CEvàCE = 2MF = 4NE.Suy ra−−→

N E =1

3

−−→

CN ⇒ E (5;2).Phương trình AD : y − 2 = 0 ⇒ A (a;2), a < 4

F E

N

M

D A

Bài toán 15. Trong mặt phẳngOx y, cho tam giácABC nội tiếp đường tròn tâm I(−4;5) Chân đường cao D(−6;1) hạ từ A xuống BC và đường thẳng AC đi qua điểm E(−3;−3) Tìm tọa độ A,Bbiết A I⊥BI và yA< 0.

Lời giải (hình vẽ)

M

D I

C

E

Vì A IB = ƒ ADB = 900 nên tứ giác A I DBnội tiếp, suy ra I AD =  IBD = ICD

Mà I AC =  IC A nên ƒC AD = ƒACD ⇒∆ADC cân tại D.Do đó D I là đường trung trực củađoạn AC

Ta có−→

I D = (−2;−4), phương trình I D : 2x − y + 13 = 0,phương trình AC : x + 2y + 9 = 0.Tọa độ trung điểm M của đoạn AClà nghiệm của hệ

(2x − y + 13 = 0

Bài toán 16. (A-2013) Trong mặt phẳng với hệ tọa độOx y, cho hình chữ nhật ABCD

có điểm C thuộc đường thẳng d : 2x + y + 5 = 0 và A(−4;8) Gọi M là điểm đối xứng củaB

quaC,N là hình chiếu vuông góc củaBtrên đường thẳng MD Tìm tọa độ các điểmB và

C, biết rằngN(5; −4).

Lời giải (Hình vẽ)

K I

N

M C

y = −112

⇒ K

µ1

2; −112

¶

Ta thấy K là trung điểm củaBN nênB(−4;−7)

Bài toán 17. (B-2013) Trong mặt phẳng với hệ tọa độOx y, cho hình thang cân ABCD

có hai đường chéo vuông góc với nhau và AD = 3BC Đường thẳng BD có phương trình

x + 2y − 6 = 0và tam giácABD có trực tâm làH (−3;2) Tìm tọa độ các đỉnh Cvà D.

Lời giải Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD, ta có A I vuông góc với BD

nênH thuộc A I

Phương trình H I : 2x − y + 8 = 0 Tọa độ điểmI là nghiệm của hệ

(

x + 2y − 6 = 02x − y + 8 = 0⇔

(

x = −2

y = 4 ⇒ I (−2; 4)

Ta có tam giácBIC vuông cân tạiI nên gócCBI = 45 0 Mặt khác,∆CBHvuông tại Hnên

BI phân giác của gócCBH ⇒ Iƒ là trung điểmCH, do đó IC = IB = IH

3; −2

¶

.Gọi→−n = (a; b)là VTPT của đường thẳng CD

Ta có phương trìnhCD : a

µ

x −73

¶+ b (y + 2) = 0.Đặt AB = m, suy raMH = m

Từ đó ta có phương trình củaCD là y + 2 = 0hoặc3x − 4y − 25 = 0

Bài toán 19. (A-2012) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y, cho hình vuông ABCD

Gọi M là trung điểm cạnh BC, N là điểm nằm trên cạnhCD sao cho CN = 2ND.Giả sử

Lời giải (Bạn đọc tự vẽ hình).

Kẻ MH⊥AN, ta cóMH = d(M, AN) =3

p5

2 .

Đặt AB = a, ta có AN = a

p10

3 , M N =5a

6 , AM =a

p5

2 Suy racos àM AN = AM

2

+ AN2− MN22AM.AN =p1

2⇒ àM AN = 450

Suy ra AM =p2MH =3

p10

2 Mà A(a; 2a − 3)nên ta có

µ

a −112

¶2

+

µ2a −72

¶2

=45

2 ⇔ a = 4, a = 1

Vậy A(1; −1)hoặc A(4; 3)

Bài toán 20. (THPT QG 2015) Trong mặt phẳng hệ tọa độ Ox y, cho tam giác ABC

vuông tại A GọiHlà hình chiếu của Atrên cạnhBC;Dlà điểm đối xứng củaBquaH;K

là hình chiếu của vuông góc C trên đường thẳng AD Giả sửH(−5;−5),K (9; −3) và trung điểm của cạnh AC thuộc đường thẳng :x– y + 10 = 0 Tìm tọa độ điểm A.

Lời giải Ta có AHC = ƒƒ AK C = 900nên H, K nằm trên đường tròn đường kính AC

M

K D

H B

GọiM là trung điểm AC, ta cóM (m; m + 10)và MH = MK Suy ra

(m + 5)2+ (m + 15)2= (m − 9)2+ (m + 13)2⇔ m = 0 ⇒ M (0; 10)

Mặt khác B AH = ƒƒ H AD = ƒDCK và B AH = ƒƒ ACD nên suy ra ƒACK = 2ƒACH = àAH M Từ đó,

ta có H M ∥ CK hay H M⊥AK Phương trình AK : x + 3y = 0 ⇒ A (−3a; a) Lại có M A = MH

Lời giải Ta có phương trình A I : 3x − y − 1 = 0, phương trình(I) : (x − 1)2+ (y − 2)2= 10.

H

K I A

Tọa độ củaK là nghiệm của hệ

(3x − y − 1 = 0

y =15

⇒ K

µ2

5;

15

¶

Phương trìnhBK : x + 3y − 1 = 0 Tọa độ củaB là nghiệm của hệ

(

x + 3y − 1 = 03x + y + 5 = 0⇔

3x + 2y–9 = 0, tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình

x + 2y–7 = 0 Viết phương trình đường thẳngBC.

Lời giải Tọa độ của Alà nghiệm của hệ

GọiE là giao điểm của tiếp tuyến tại Avới đường thẳng BC Ta có

Giả sửE(7 − 2x; x), ta có

(6 − 2x)2+ (3 − x)2= (6 − 2x)2+ (x + 1)2⇔ x = 1 ⇒ E(5; 1)

Phương trìnhBC : x − 2y − 3 = 0

Bài toán 23. (Trích đề thi thử TP HN) Trong mặt phẳng Ox y cho tam giác ABC

vuông tại A Gọi H (5; 5) là hình chiếu vuông góc của A lên cạnh BC, đường phân giác trong góc A của tam giác ABC có phương trình x − 7y + 20 = 0 Đường thẳng chứa trung tuyến AM của tam giác ABC đi qua điểm K (−10;5) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác

ABC,biếtBcó tung độ dương.

Lời giải (hình vẽ)

I K'

D

M H

C

K

Vì AD là phân giác nênƒC AD = ƒB AD Mlà trung điểm nên ACM = ƒƒ M AC

Suy ra C AH = ƒƒ M AB(cùng phụ với góc ACMƒ ), do đó H AD = ƒƒ M AD hay AD là phân giáccủa góc àH AM

GọiK0 đối xứng với K quaD,ta có K0∈ AH.Do K K0⊥AD nên phương trìnhK K0: 7x + y +

65 = 0 Suy ra

K K0∩ AD = I :

(

x − 7y + 20 = 07x + y + 65 = 0⇔







x = −192

y =32

¶







x =132

y = 2

⇒ M

µ13

2 ; 2

¶

Ta cóB (b; 15 − 2b), b <15

2 và vìM A = MB nên ta cóB (4; 7) Suy raC (9; −3)

Bài toán 24. (NTThu) Trong mặt phẳngOx ycho tam giác ABC vuông cân tại A Gọi

Mlà trung điểm cạnh ACvà A0đối xứng với Aqua đường thẳngBM BiếtM(4; 2), đường thẳngB A0có phương trình2x + y − 15 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh A,B,C, biết yB> 0.

Lời giải (Hình vẽ)

B

A

Ta cóM A0⊥BA0 nên phương trình M A0: x − 2y = 0

Tọa độ điểm A0 là nghiệm của hệ

(

x − 2y = 02x + y − 15 = 0⇔

Bài toán 25. (NTThu) Cho tam giác ABC cân tạiC.Đường tròn tâmI tiếp xúc vớiC A,

CB lần lượt tại A và B; đường tròn (I) cắt đoạn C I tại D Biết I (1; 2) , đường thẳng AD

có phương trình3x − y + 14 = 0 và đường thẳng ABđi qua điểm F (−3;0) Tìm tọa độ các điểm A, B, C

Lời giải (Hình vẽ)

F'

B A

+)a = −5 ⇒ A (−5;−1), khi đó A, F, I thẳng hàng nê trường hợp này loại.

Bài toán 26. (NTThu) Cho tam giác ABC với các đường cao BE, CF cắt nhau tại H Gọi N là trung điểm AH Biết N (−1;3), F (1;0), trung điểm M của cạnh BCthuộc đường thẳngx − 2y = 0 và đường thẳng AC đi qua điểmK (8; 5) Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C

Lời giải (Hình vẽ)

M

N

H F

E A

VìEF là dây cung chung của hai đường tròn(M)và(N), nênM N là đường trung trực của

F E, từ đây ta tìm được E (2; 5) Phương trình AC : y − 5 = 0 và phương trình đường tròn

(M) : (x − 4)2+ (y − 2)2= 13 Từ đây ta cóC (6; 5), suy raB (2; −1).

Cuối cùng ta tìm được A (−4;5)

Bài toán 27. (NTThu) Trong mặt phẳng Ox ycho tam giác ABC vuông cân tại C, nội tiếp đường tròn(I) Trên cung nhỏ AC của đường tròn I lấy điểmD (D 6= A, D 6= C), trên đoạn BD lấy điểmE sao choBE = AD.Biết E (3; 4) , Dthuộc đường thẳng x + 2y + 7 = 0và điểmF (−5;0)nằm trên đường thẳng AD Tìm tọa độ đỉnhC

Lời giải (Hình vẽ)

E C

I

D F

(−2y − 2)(−2y − 10) + y(y − 4) = 0 ⇔ y = −2 ⇒ D (−3;−2)

Xét hai tam giác ADC và BEC có AD = BE, AC = BC và ƒD AC = EBC Suy ra ∆ADC =

∆BEC, do đóCD = CE.Mặt khác ƒCDE = ƒC AB = 450nên∆DCEvuông cân tạiC

Bài toán 28. (NTThu) Cho tam giác ABCnội tiếp đường tròn(I) : (x − 2)2+(y − 3)2= 100

và có trực tâm H thuộc đường thẳng 2x − y − 3 = 0 Các đường thẳng BH, CH cắt(I) tại điểm thứ hai E, F.Biết phương trìnhEF : 4x − 3y − 29 = 0, yE< 0 và xA> 0.Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C

Lời giải (Hình vẽ)

P Q

D

H F

E

I

B

C A

Tọa độE, F là nghiệm của hệ

((x − 2)2+ (y − 3)2= 1004x − 3y − 29 = 0 ⇔

y =295

Do yE< 0nênE (2; −7)

Gọi P = BH ∩ AC, Q = CH ∩ AB Do tứ giác BCPQ nội tiếp nên ƒPBQ = ƒPCQ, hay ƒACF =

ƒABE ⇒AF =_ AE ⇒ A_ là điểm chính giữa cung _

EF, suy ra I A⊥FE

Phương trình I A : 3x + 4y − 18 = 0 Tọa độ điểm Alà nghiệm của hệ

((x − 2)2+ (y − 3)2= 1003x + 4y − 18 = 0 ⇔

Phương trìnhBC : 2x − y + 9 = 0, tọa độC là nghiệm của hệ

(2x − y + 9 = 0(x − 2)2+ (y − 3)2= 100⇒ C (2; 13)

Bài toán 29. (Thi thử Hà Tĩnh 2016) Trong mặt phẳng tọa độOx y,cho tam giácABC

cân tại C Các điểm M, N lần lượt là chân đường cao hạ từ A và C của tam giác ABC

Trên tia đối của tia AM lấy điểm E sao cho AE = AC Biết ∆ABC có diện tích bằng 8,

đường thẳngCN có phương trình y − 1 = 0,điểm E (−1;7), điểm C có hoành độ dương và điểm A có các tọa độ là các số nguyên Tìm tọa độ các đỉnh của tam giácABC

GọiG là hình chiếu vuông góc của ElênCN.

Theo đề bài, ta cóƒAEC = ƒACE VìGE ∥ AB nên ƒAEG = àM AN = àMCN = ƒNC A

Suy raƒGCE = ƒCEGhayCG = EG

Phương trình EG : x + 1 = 0 ⇒ G (−1;1)

GọiC (c; 1), c > 0; khi đó

GC = GE ⇔ |c + 1| = 6 ⇒ c = 5 ⇒ C (5;1)

Phương trình đường trung trực dcủa đoạnCE : x − y + 2 = 0

Vì tam giácC AEcân tại A nên A ∈ d ⇒ A (a; a + 2)

Bài toán 30. (NTThu) Trong mặt phẳngOx y, cho hình vuông ABCD và điểmM(−4;3)

nằm trên đoạn BD Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên AB, AD Biết phương trình củaEF : x + 6 = 0,CE : x + 7y − 22 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh A,B, C, D.

Lời giải (Hình vẽ)

I E

Bài toán 31. (NTThu) Trong mặt phẳng Ox y cho hình thang ABCD cân với đáy lớn

AB có D (−1;3) Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD, M là trung điểm IB

Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ACM có phương trình x2+ (y − 1)2= 25, điểm I thuộc đường thẳng4x − 3y − 2 = 0 Tìm tọa độ các đỉnh A, B,C.

Lời giải (Hình vẽ)

N

M I

C

D

GọiN là điểm đối xứng với I quaD.Ta có

I M.I N = 2ID.I M = ID.IB = I A.IC

Suy ra AMCN là tứ giác nội tiếp GọiI

µx;4x − 23

¶,suy ra N

µ

−2 − x;20 − 4x

3

¶.Mà N thuộcđường tròn(ACM)nên ta có

(2 + x)2+

µ

17 − 4x3

(

x2+ (y − 1)2= 25(−2x + 6)2+ (−2y + 5)2= 25 ⇔

Tọa độE, F là nghiệm của hệ

(

x − 2 = 0(x − 5)2+ (y − 5)2= 25⇔

Qua E, kẻ đường thẳng song song với AC cắt BC tại K Ta có ∆K EB cân tại E nên

EK = EB = CF Suy ra K ECF là hình bình hành, do đó I là trung điểm của EF, suy ra

I (2; 5)

Từ đó, ta có JE = JF Mà JB = JC nên

∆JBE =∆JCF ⇒ BE J = CF J

Do đó, tứ giác AE JF nội tiếp

Phương trình I J : y − 5 = 0, tạo độ điểm J là nghiệm của hệ

((x − 5)2+ (y − 5)2= 25

y =4029

Vì yA< 1nên trường hợp này loại

Phương trìnhBC : x − y + 3 = 0, phương trình AB : 3x + y − 15 = 0, AC : x + 3y − 5 = 0

Từ đó, ta có B (3; 6) , C (−1;2)

Bài toán 33. (NTThu) Trong mặt phẳng Ox y cho hình bình hành ABCD có A (2; 0) ,

phương trình AD : x − 2y − 2 = 0 và phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD :(x − 1)2+ (y − 2)2= 25 Tìm tọa độ các đỉnhB, C, D biết yD< 0

Bài toán 34. (NTThu) Trong mặt phẳngOx y, cho tam giác ABC vuông tại A, E

µ1

2;

12

¶, J

µ7

4;

74

¶

lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD và ACD Tìm tọa độ các điểm A, B, C biết đường thẳng AD đi quaM (−4;−5)và xA> 0

Lời giải (hình vẽ)

J

I

E C

D

Ta cóI J⊥AD nên phương trình AD : 5x − 3y + 5 = 0.

Vì∆ABC vuông tại Avà E là trung điểmBCnên ƒAEC = 2ƒABE = 2ƒABD = A IB.Suy ra tứgiác AED I nội tiếp Chứng minh tương tự ta cũng có ADE J nội tiếp

Do đó A I DE J nằm trên đường tròn (S)có phương trình

µ

x +118

¶2

+

µ

y −298

¶2

+

µ

y −298

¶2

=425325x − 3y + 5 = 0

¶2

+

µ

y −74

¶2

+

µ

y −74

¶2

=858

2; −12