Đề đáp án thi học sinh giỏi toán 10 tỉnh Hà Nam 2022 2023

Đề đáp án thi học sinh giỏi toán 10 tỉnh Hà Nam 2022 2023

Câu I. (5,0 điểm)

1. Cho hàm số $y=x^2-3 x+4$ có đồ thị là $(P)$ và đường thẳng $d$ có phương trình: $y=2 x-m$, với $m$ là tham số. Tìm tất cả các giá trị của $m$ để $d$ cắt $(P)$ tại hai điểm phân biệt ${A, B}$ sao cho $O A^2+O B^2=57$, với $O$ là gốc tọa độ.
2. Cho hàm số $f(x)=sqrt{3-x}-sqrt{3+x}-x^3-x$. Tìm tất cả các giá trị của tham số $a$ để tập nghiệm của bất phương trình $f(2 x-1)>f(-2 a)$ có ít nhất 3 số nguyên.

Hướng dẫn:

1. Hoành độ giao điểm của đường thằng $d$ và $(P)$ là nghiệm của phương trình:

${{x}^{2}}-3x+4=2x-m$ $Leftrightarrow {{x}^{2}}-5x+m+4=0$ (1)

$Delta =25-4cdot 1.(m+4)=9-4m$

Đường thẳng $d$ cắt $(P)$ tại hai điểm phân biệt ${A, B}$ khi và chi khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt $Leftrightarrow Delta >0Leftrightarrow 9-4m>0Leftrightarrow m<frac{9}{4}$ (*)

Với điều kiện (*), gọi hai giao điểm của ${d}$ và $(P)$ là $Aleft(x_1 ; 2 x_1-mright), Bleft(x_2 ; 2 x_2-mright)$, trong đó $x_1, x_2$ là các nghiệm của phương trình (1).

Theo định lý Viet ta có: $x_1+x_2=5, x_1 x_2=m+4$.

Ta có: $O A^2+O B^2=57 Leftrightarrow x_1^2+left(2 x_1-mright)^2+x_2^2+left(2 x_2-mright)^2=57$

$Leftrightarrow 5left( x_{1}^{2}+x_{2}^{2} right)-4mleft( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} right)+2{{m}^{2}}=57$ $Leftrightarrow 5{{left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} right)}^{2}}-10{{x}_{1}}{{x}_{2}}-4mleft( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} right)+2{{m}^{2}}=57$ $Leftrightarrow {{5.5}^{2}}-10(m+4)-4m.5+2{{m}^{2}}=57$$Leftrightarrow 2 m^2-30 m+28=0$ $Leftrightarrowleft[begin{array}{l}m=1 m=14end{array}right.$

Đối chiếu với điều kiện (*) ta thấy $m=14$ bị loại, $m=1$ thỏa mãn yêu cầu đề bài.

1. Tập xác định: $D=left[ -3,;,3 right]$

Ta thấy: $forall x_1 ; x_2 in[-3 ; 3], x_1fleft(x_2right)$

Thật vậy: $fleft( {{x}_{1}} right)-fleft( {{x}_{2}} right)$ $=sqrt{3-{{x}_{1}}}-sqrt{3-{{x}_{2}}}-left( sqrt{3+{{x}_{1}}}-sqrt{3+{{x}_{2}}} right)-left( {{x}_{1}}^{3}-{{x}_{2}}^{3} right)-left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} right)$

$=left( {{x}_{2}}-{{x}_{1}} right)left( frac{1}{sqrt{3-{{x}_{1}}}+sqrt{3-{{x}_{2}}}}+frac{1}{sqrt{3+{{x}_{1}}}+sqrt{3+{{x}_{2}}}}+{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}+{{x}_{1}}{{x}_{2}}+1 right)$

Do đó $fleft(x_1right)-fleft(x_2right)>0, forall x in[-3 ; 3], x_1<x_2$. Suy ra hàm số $f(x)$ nghịch biến trên $[-3 ; 3]$

Do đó: $f(2x-1)>f(-2a)$ $Leftrightarrow left{ begin{array}{*{35}{l}} -3le -2ale 3 -3le 2x-1le 3 2x-1<-2a end{array} right.$ $Leftrightarrow left{ begin{array}{*{35}{l}} frac{-3}{2}le alefrac{3}{2} -1le xle 2 x<frac{1-2a}{2} end{array} right.$

Bất phương trình có ít nhất 3 nghiệm nguyên khi $left{ begin{array}{*{35}{l}} frac{-3}{2}le ale frac{3}{2} frac{1-2a}{2}>1 end{array} right.$ $Leftrightarrow left{ begin{array}{*{35}{l}} frac{-3}{2}le ale frac{3}{2} a<frac{-1}{2} end{array} right.$ $Leftrightarrow frac{-3}{2}le a<frac{-1}{2}.$

Câu II. (4,0 điểm)

1. Giải phương trình: $left(x^2-x-1right) sqrt{-x^2+7 x-6}=-x^3+5 x^2-3 x-4$.
2. Tìm điều kiện của tham số $m$ để mọi $x in[-2 ; 1]$ đều là nghiệm của bất phương trình $x^2+(m-2) x-2 m^2-m+1 leq 0$.

Hướng dẫn:

1. Điều kiện: $-x^2+7 x-6 geq 0 Leftrightarrow 1 leq x leq 6$.

Với điều kiện đó phương trình $left(x^2-x-1right) sqrt{-x^2+7 x-6}=left(x^2-x-1right)(4-x)$ $Leftrightarrow left( {{x}^{2}}-x-1 right)left( sqrt{-{{x}^{2}}+7x-6}+x-4 right)=0$ $Leftrightarrow left[ begin{array}{*{35}{l}}sqrt{-{{x}^{2}}+7x-6}+x-4=0,,(1) {{x}^{2}}-x-1=0,,,,,(2) end{array} right.$

$(1) Leftrightarrowleft{begin{array}{l}4-x geq 0 -x^2+7 x-6=16-8 x+x^2end{array} Leftrightarrowleft{begin{array}{l}4-x geq 0 2 x^2-15 x+22=0end{array} Leftrightarrowleft{begin{array}{l}x leq 4 {left[begin{array}{l}x=2 x=frac{11}{2}end{array}right.}end{array} Leftrightarrow x=2right.right.right.$

$(2) Leftrightarrow x^2-x-1=0 Leftrightarrowleft[begin{array}{l}x=frac{1-sqrt{5}}{2} x=frac{1+sqrt{5}}{2}end{array}right.$

Đối chiếu với điều kiện xác định ta có tập nghiệm của phương trình là: $S=left{2 ; frac{1+sqrt{5}}{2}right}$.

1. Đặt $f(x),,=,,{{x}^{2}}+(m-2)x-2{{m}^{2}}-m+1$

Ta có: $Delta ={{(m-2)}^{2}}-4cdot 1cdot left( -2{{m}^{2}}-m+1 right)={{m}^{2}}-4m+4+8{{m}^{2}}+4m-4=9{{m}^{2}}$

$Rightarrow f(x)$ có 2 nghiệm $x_1=m+1, x_2=-2 m+1$.

TH1: $m+1<-2 m+1$

Để mọi $x in[-2 ; 1]$ đều là nghiệm của bất phương trình đã cho khi $left{begin{array}{l}m+1 leq-2 -2 m+1 geq 1end{array} Leftrightarrowleft{begin{array}{l}m leq-3 m leq 0end{array} Leftrightarrow m leq-3right.right.$.

TH2: $m+1=-2 m+1 Leftrightarrow m=0$

Thay vào bất phương trình đã cho ta được: $x^2-2 x+1 leq 0 Leftrightarrow x=1$ nên $m=0$ (không thỏa mãn)

TH3: $m+1>-2 m+1$

Để mọi $x in[-2 ; 1]$ đều là nghiệm của bất phương trình đã cho khi $left{begin{array}{l}-2 m+1 leq-2 m+1 geq 1end{array} Leftrightarrowleft{begin{array}{l}m geq frac{3}{2} m geq 0end{array} Leftrightarrow m geq frac{3}{2}right.right.$

Kết luận: $left[begin{array}{c}m leq-3 m geq frac{3}{2}end{array}right.$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu III. (2,0 điểm)

Một xí nghiệp sản xuất hai loại sản phẩm, ký hiệu là I và II. Mỗi tấn sản phẩm I lãi 2 triệu đồng, mỗi tấn sản phẩm II lãi 2,2 triệu đồng. Để sản xuất 1 tấn sản phẩm I, thì phải dùng máy $M_1$ liên tục trong 3 giờ và máy $M_2$ liên tục trong 1 giờ. Để sản xuất 1 tấn sản phẩm II, thì phải dùng máy $M_1$ liên tục trong 1 giờ và máy $M_2$ liên tục trong 2 giờ. Biết rằng, một máy không thể sản xuất đồng thời 2 loại sản phẩm, các máy hoạt động bình thường và máy $M_1$ làm việc không quá 9 giờ trong một ngày, máy $M_2$ làm việc không quá 8 giờ trong một ngày. Hỏi trong một ngày, xí nghiệp cần sản xuất bao nhiêu tấn sản phẩm I và sản phẩm II để thu được tổng số tiền lãi cao nhất?

Hướng dẫn:

Gọi $x$ là số tấn sản phẩm I, $y$ là số tấn sản phẩm II mà xí nghiệp cần sản xuất trong một ngày để thu được tổng số tiền lãi cao nhất.

Điều kiện: $x geq 0 ; y geq 0$.

Số giờ máy $M_1$ phải làm việc trong một ngày để sản xuất ra $x$ tấn sản phẩm I và $y$ tấn sản phẩm II là: $3 x+y$

Mà máy $M_1$ làm việc không quá 9 giờ trong một ngày nên ta có bất phương trình: $3 x+y leq 9$

Số giờ máy $M_2$ phải làm việc trong một ngày để sản xuất ra $x$ tấn sản phẩm I và $y$ tấn sản phẩm II là: $x+2 y$

Mà máy $M_2$ làm việc không quá 8 giờ trong một ngày nên ta có bất phương trình $x+2 y leq 8$

Tiền lãi khi sản xuất $x$ tấn sản phẩm I và $y$ tấn sản phẩm II trong một ngày là $T=2 x+2,2 y$

Ta có hệ bất phương trình sau: $left{begin{array}{c}3 x+y leq 9 x+2 y leq 8 x geq 0 y geq 0end{array}right.$

Ta cần tìm các số thực ${x, y}$ thỏa mãn hệ bất phương trình trên sao cho biểu thức $T=F(x ; y)=2 x+2,2 y$ đạt giá trị lớn nhất.

Ta xác định miền nghiệm của hệ bất phương trình $(I)$ (như hình vẽ)

Miền nghiệm của hệ trên là miền trong của tứ giác ${O A C B}$, kể cả các cạnh của tứ giác. Trong đó: $O(0 ; 0), A(0 ; 4), C(2 ; 3), B(3 ; 0)$.

$T$ đạt lớn nhất tại $left(x_0 ; y_0right)$, với $left(x_0 ; y_0right)$ là tọa độ một trong các đỉnh của tứ giác ${O A C B}$

Thay tọa độ các đỉnh $O(0 ; 0), A(0 ; 4), C(2 ; 3), B(3 ; 0)$ của tứ giác ${O A C B}$ vào biểu thức:

$T=F(x, y)=2 x+2,2 y$ ta được:

$F(0,0)=0 ; F(0,4)=frac{44}{5} ; F(2,3)=frac{53}{5} ; F(3,0)=6$

Suy ra giá trị lớn nhất của biểu thức $T$ là $T=F(2 ; 3)=frac{53}{5}$.

Vậy cần sản xuất 2 tấn sản phẩm I và 3 tấn sản phẩm II trong 1 ngày đế xí nghiệp thu được tổng số tiền lãi cao nhất.

Câu IV. (2,0 điểm)

Cho tập hợp $A={0,1,2,3,4,5,6}$. Từ các phần tử của $A$ có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau, là số lẻ và có hai chữ số 2 và 4 luôn đứng cạnh nhau?

Hướng dẫn:

Vì số thỏa mãn yêu cầu bài toán $overline{a_1 a_2 a_3 a_4 a_5 a_6}$ là số lẻ nên $a_6$ có thể chọn một trong các số ${1,3,5}$ ${1,3,5} Rightarrow$ có 3 cách chọn $a_6$.

Úng với mỗi cách chọn $a_6$ ta lập phần $overline{a_1 a_2 a_3 a_4 a_5}$ như sau:

Xét hai chữ số chẵn 2 và 4 đứng cạnh nhau dạng $overline{24}$:

+ Nếu $overline{a_1 a_2}=overline{24}$, chọn 3 chữ số từ 4 chữ số trong tập $A$ sau khi bỏ đi chữ số $a_6$ đã chọn và 2 chữ số 2, 4 để xếp vào 3 vị trí còn lại có $A_4^3$ cách.

Suy ra có $A_4^3$ cách lập phần $overline{a_1 a_2 a_3 a_4 a_5}$ mà $overline{a_1 a_2}=overline{24}$.

+ Nếu $a_1 a_2 neq overline{24}$

Có 3 cách chọn $a_1$ từ 3 chữ số trong tập $A$ sau khi bỏ đi chữ số $a_6$ đã chọn và 3 chữ số 0, 2, 4.

Có 3 cách đặt chữ số $overline{24}$ vào phần $overline{a_1 a_2 a_3 a_4 a_5}$.

Chọn 2 chữ số từ 3 chữ số trong tập $A$ sau khi bỏ đi chữ số $a_6, a_1$ đã chọn và 2 chữ số 2, 4 để xếp vào 2 vị trí còn lại có $A_3^2$ cách.

Suy ra có 3.3.$A_3^2$ cách lập phần $overline{a_1 a_2 a_3 a_4 a_5}$ mà $overline{a_1 a_2} neq overline{24}$

Như vậy có $A_4^3+3 cdot 3 cdot A_3^2$ cách lập phần $a_1 a_2 a_3 a_4 a_5$ mà hai chữ số chẵn kề nhau dạng $overline{24}$

Tương tự có $A_4^3+3 cdot 3 cdot A_3^2$ cách lập phần $a_1 a_2 a_3 a_4 a_5$ mà hai chữ số chẵn kề nhau dạng $overline{42}$

Do đó ta có $2 .left(A_4^3+3 cdot 3 cdot A_3^2right)$ cách lập phần $a_1 a_2 a_3 a_4 a_5$ mà hai chữ số 2 và 4 đứng kề nhau.

Vậy có tất cả 3.[2. $left.left(A_4^3+3 cdot 3 cdot A_3^2right)right]=468$ số thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Nếu học sinh làm theo cách coi 2 số 2 và 4 kề nhau là một phần tử ${X}$ thì ta có 3. $left(C_3^4 cdot 4 !-C_3^2 cdot 3 !right) cdot 2 !=468$ (nếu học sinh không nói và loại đi trường hợp số 0 đứng đầu thì không cho điểm, nếu có nói đến trường hợp này nhưng bị sai ở trường hợp số 0 đứng đầu thì cho 0,5 điểm cho phần phía trên khi xét cả những trường hợp có số 0 đúng đầu).

Câu V. (4,0 điểm)

1. Cho tam giác ${A B C}$ có trọng tâm $G$. Gọi ${N, P}$ lần lượt là các điểm thỏa mãn $2 overrightarrow{B N}+5 overrightarrow{N C}=overrightarrow{0}$ và $overrightarrow{PA}=koverrightarrow{PC},kin mathbb{R}$. Tìm $k$ để 3 điểm ${G, P, N}$ thẳng hàng.
2. Cho tam giác nhọn ${A B C}$ có $B C=a, A C=b, A B=c$. Gọi $S$ là diện tích tam giác ${A B C}$ và $m_a, m_b, m_c$ lần lượt là độ dài các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh ${A, B, C}$. Chứng minh rằng: $a cdot m_a cdot cos mathrm{A}+b cdot m_b cdot cos mathrm{B}+c cdot m_c cdot cos C geq 3 S$.

Hướng dẫn:

1. Gọi $M$ là trung điểm của đoạn thẳng ${B C}$.

Đặt $overrightarrow{PA}=koverrightarrow{PC}Rightarrow overrightarrow{AP}=frac{-k}{1-k}overrightarrow{AC}$ (vì $k=1$ không thỏa mãn)

Ta có: $2overrightarrow{BN}+5overrightarrow{NC}=vec{0}$ $Leftrightarrow 2overrightarrow{BC}+3overrightarrow{NC}=vec{0}$ $Leftrightarrow 2overrightarrow{BC}+3overrightarrow{NM}+3overrightarrow{MC}=vec{0}$ $Leftrightarrow 2overrightarrow{BC}+3overrightarrow{NM}+frac{3}{2}overrightarrow{BC}=vec{0}$ $Leftrightarrow overrightarrow{MN}=frac{7}{6}overrightarrow{BC}$.

$overrightarrow{G P}=overrightarrow{A P}-overrightarrow{A G}=frac{-k}{1-k} overrightarrow{A C}-frac{1}{3}(overrightarrow{A B}+overrightarrow{A C})=left(frac{-2 k-1}{3-3 k}right) overrightarrow{A C}-frac{1}{3} overrightarrow{A B}$

$overrightarrow{G N}=overline{G M}+overline{M N}=frac{1}{3} overline{A M}+frac{7}{6} overline{B C}=frac{1}{6}(overrightarrow{A B}+overrightarrow{A C})+frac{7}{6}(overrightarrow{A C}-overline{A B})=frac{4}{3} overrightarrow{A C}-overline{A B}$

Mà 3 điểm ${G, P, N}$ thẳng hàng nên hai vectơ $overrightarrow{GP},,,overrightarrow{GN}$ cùng phương

$Rightarrow frac{frac{-2 k-1}{3-3 k}}{frac{4}{3}}=frac{-frac{1}{3}}{-1} Leftrightarrow frac{frac{-2 k-1}{3-3 k}}{frac{4}{3}}=frac{1}{3} Leftrightarrow frac{-2 k-1}{1-k}=frac{4}{3} Leftrightarrow k=frac{-7}{2} .$

1. Gọi $h_a, h_b, h_c$ lần lượt là độ dài các đường cao xuất phát từ các đỉnh ${A, B, C}$ của tam giác ${A B C}$.

Ta có: $S=frac{1}{2} a cdot h_a Leftrightarrow frac{1}{h_a}=frac{a}{2 S}$. Tương tự $frac{1}{h_b}=frac{b}{2 S} ; frac{1}{h_c}=frac{c}{2 S}$

Do đó: $a cdot m_a cdot cos mathrm{A}+b cdot m_b cdot cos mathrm{B}+c cdot m_c cdot cos C geq 3 S$

$Leftrightarrow frac{acdot {{m}_{a}}cdot cos text{A}}{2S}+frac{bcdot {{m}_{b}}cdot cos text{B}}{2S}+frac{ccdot {{m}_{c}}cdot cos C}{2S}ge frac{3}{2}Leftrightarrow frac{{{m}_{a}}cdot cos text{A}}{{{h}_{a}}}+frac{{{m}_{b}}cdot cos text{B}}{{{h}_{b}}}+frac{{{m}_{c}}cdot cos C}{{{h}_{c}}}ge frac{3}{2}$ (1)

Gọi $R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ${A B C}$.

+) Trước hết ta chứng minh $m_a geq frac{b^2+c^2}{4 R}$

Thật vậy, gọi $M$ là trung điểm của ${B C}$, trung tuyến ${A M}$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ${A B C}$ tại $K$ thì $A M cdot M K=B M cdot M C=frac{a^2}{4}$ hay $m_a cdot M K=frac{a^2}{4}$

Mặt khác ta có $A K leq 2 R$ nên $M K=A K-A M leq 2 R-m_a$

Suy ra $m_aleft(2 R-m_aright) geq frac{a^2}{4} Leftrightarrow 2 m_a R geq m_a^2+frac{a^2}{4} Leftrightarrow 2 m_a R geq frac{b^2+c^2}{2}-frac{a^2}{4}+frac{a^2}{4}$ $Leftrightarrow 2 m_a R geq frac{b^2+c^2}{2} Leftrightarrow m_a geq frac{b^2+c^2}{4 R}$

+) Tương tự ta cũng có $m_b geq frac{a^2+c^2}{4 R} ; m_c geq frac{a^2+b^2}{4 R}$

+) Lại có $h_a=b sin C=frac{b c}{2 R}$ và $cos A=frac{b^2+c^2-a^2}{2 b c}$

$Rightarrow frac{m_a}{h_a} cos A geq frac{b^2+c^2}{4 R} cdot frac{2 R}{b c} cdot frac{b^2+c^2-a^2}{2 b c}=frac{left(b^2+c^2right)left(b^2+c^2-a^2right)}{4 b^2 c^2}$ $Rightarrow frac{m_a}{h_a} cos A geq frac{left(b^2+c^2right)left(b^2+c^2-a^2right)}{4 b^2 c^2}$

Tương tự $frac{{{m}_{b}}}{{{h}_{b}}}cos Bge frac{left( {{a}^{2}}+{{c}^{2}} right)left( {{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}} right)}{4{{a}^{2}}{{c}^{2}}};,,,frac{{{m}_{c}}}{{{h}_{c}}}cos Cge frac{left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} right)left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}} right)}{4{{a}^{2}}{{b}^{2}}}$

Suy ra $frac{{{m}_{a}}}{{{h}_{a}}}cos A+frac{{{m}_{b}}}{{{h}_{b}}}cos B+frac{{{m}_{c}}}{{{h}_{c}}}cos Cge $$frac{left( {{b}^{2}}+{{c}^{2}} right)left( {{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}} right)}{4{{b}^{2}}{{c}^{2}}}+frac{left( {{a}^{2}}+{{c}^{2}} right)left( {{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}} right)}{4{{a}^{2}}{{c}^{2}}}+frac{left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} right)left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{c}^{2}} right)}{4{{a}^{2}}{{b}^{2}}}$

$frac{{{m}_{a}}}{{{h}_{a}}}cos A+frac{{{m}_{b}}}{{{h}_{b}}}cos B+frac{{{m}_{c}}}{{{h}_{c}}}cos Cge frac{6{{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}}{4{{a}^{2}}{{b}^{2}}{{c}^{2}}}=frac{3}{2}$, do đó (1) đúng.

Vậy $a cdot m_a cdot cos mathrm{A}+b cdot m_b cdot cos mathrm{B}+c cdot m_c cdot cos C geq 3 S$. Dấu "=" xảy ra khi tam giác ${A B C}$ là tam giác đều.

Câu VI. (3,0 điểm)

Trong mặt phẳng ${O x y}$, cho hình thang ${A B C D}$ vuông tại ${A, D}$ và $A B=2 D C$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của điểm $A$ lên đường chéo ${B D}$ và $E$ là trung điểm của đoạn thẳng ${H B}$. Giả sử $H(1 ;-1), Cleft(frac{3}{2} ; frac{-1}{2}right)$ và phương trình đường thẳng $A E: x-y-3=0$. Tìm tọa độ các đỉnh ${A, B}$ và $D$ của hình thang ${A B C D}$.

Hướng dẫn:

Từ $E$ kẻ đường thă̆ng $d$ song song với đường thẳng ${A B}$.

Gọi $I$ là giao điểm của đường thẳng $d$ và đường thẳng ${A D}$.

$K$ là giao điểm của đường thẳng $d$ và đường thẳng ${A H}$ $Rightarrow K$ là trực tâm của tam giác $D A E Rightarrow D K perp A E$

Xét tam giác ${H A B}$ có $E$ là trung điểm của ${H B}$ và $K E / / A B$ $Rightarrow K$ là trung điểm của $A H Rightarrow K E$ là đường trung bình của tam giác ${H A B}$ $Rightarrow K E / / A B$ và $K E=frac{1}{2} A B$

Do đó: $K E / / D C$ và $K E=D C Rightarrow$ Tứ giác ${D C E K}$ là hình bình hành $Rightarrow C E / / D K$ mà $D K perp A E Rightarrow C E perp A E$

Đường thẳng ${C E}$ có phương trình là: $x+y-1=0$.

Vì $E$ là giao điểm của đường thẳng $CE$ và $A E Rightarrow$ Tọa độ $E$ là nghiệm của hệ phương trình: $left{begin{array}{l}x+y=1 x-y=3end{array} Rightarrow E(2 ;-1)right.$

Mà $E$ là trung điểm của $H B Rightarrow B(3 ;-1)$.

Đường thẳng ${A H}$ có phương trình: $x-1=0$. Tọa độ điểm $A$ là nghiệm của hệ:

$left{ begin{array}{*{35}{l}} x-1=0 x-y-3=0 end{array} right.$ $Rightarrow left{ begin{array}{*{35}{l}} x=1 y=-2 end{array}Rightarrow A(1;-2). right.$

Vì $overrightarrow{AB}=2overrightarrow{DC}Rightarrow Dleft( frac{1}{2};-1 right)$.