Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hì...

B

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

Gọi \(Q = KI \cap DH\). Chứng minh KBHQ là hình vuông từ đó suy ra \(d\left( {B;HI} \right) = 2d\left( {K;HI} \right).\)

Gọi tọa độ điểm B theo 1 chữ, thay vào biểu thức trên để tìm B.

Loại nghiệm bởi dữ kiện K và B nằm cùng phía đối với đường thẳng HI.

Cho đường thẳng \(\Delta :ax + by + c = 0\) và điểm \({M_0}\left( {{x_0};{y_0}} \right) \Rightarrow d\left( {{M_0};\Delta } \right) = \frac{{\left| {a{x_0} + b{y_0} + c} \right|}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}.\)

Giải chi tiết:

Gọi \(Q = KI \cap DH\).

Vì \(CH \bot AH\;\left( {gt} \right) \Rightarrow A,\;C,\;H\) cùng thuộc một đường tròn tâm  I .

\( \Rightarrow A,\;B,\;C,\;D,\;H\) cùng thuộc một đường tròn tâm  I .

Ta có: \(\angle ADK + \angle DAM = {90^o}\) (\(\Delta ADK\) vuông tại K)

\(\angle CMH + \angle DAM = {90^o}\) (\(\Delta ADM\) vuông tại D)

\( \Rightarrow \angle ADK = \angle CMH\) (cùng phụ với \(\angle DAM\))

Xét \(\Delta DKA\) và \(\Delta MHC\) ta có:

 \(\begin{array}{l}\angle DKA = \angle MHC = {90^o}\,\\MC = DA\,\,\left( { = CD} \right)\\\angle ADK = \angle CMH\;\;\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta DKA = \Delta MHC\;\;\left( {ch - gn} \right)\end{array}\)

\( \Rightarrow AK = CH\) (2 cạnh tương ứng)

Lại có: \(AB = CB\) (ABCD là hình vuông)

\(\angle KAB = \angle HCB\) (góc nội tiếp cùng chắn cung BH)

\( \Rightarrow \Delta AKB = \Delta CHB\;\;\left( {c - g - g} \right)\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}KB = HB\,\,(1)\,\,\,\\\angle ABK = \angle CBH\end{array} \right.\) (các cạnh và các góc tương ứng).

Ta có: \(\angle ABK + \angle KBC = \angle ABC = {90^o}\) (ABCD là hình vuông)

\( \Rightarrow \angle CBH + \angle KBC = {90^o} = \angle KBH\;\;\left( 2 \right)\)

\( \Rightarrow \Delta KBH\) vuông cân tại B

\( \Rightarrow \angle BHK = {45^o}\)

Ta có: \(\angle QHB = \angle DHB = {90^o}\)    (3) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

 \( \Rightarrow \angle DHK = \angle DHB - \angle BHK = {90^o} - {45^o} = {45^o}\)

\( \Rightarrow \Delta DKH\) vuông cân tại K

\( \Rightarrow KD = KH\;\;\left( {tc} \right)\)

Mà \(ID = IH\) (5 điểm A, B, C, D, H cùng thuộc một đường tròn tâm  I)

\( \Rightarrow \) KI là đường trung trực của DH \( \Rightarrow KI \bot DH\)

\( \Rightarrow \angle KQH = {90^o}\) kết hợp (1), (2), (3)

\( \Rightarrow \) KBHQ là hình vuông

Lại có: \(IB = IH\) (5 điểm A, B, C, D, H cùng thuộc một đường tròn tâm I)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow IK = IQ = \frac{1}{2}KQ = \frac{1}{2}BH\\ \Rightarrow d\left( {K;HI} \right) = \frac{1}{2}d\left( {B;HI} \right) = \frac{{\left| {3 + 1 + 1} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {1^2}} }} = \frac{5}{{\sqrt {10} }} = \frac{{\sqrt {10} }}{2}\\ \Rightarrow d\left( {B;HI} \right) = \sqrt {10} .\end{array}\)

 Ta có đỉnh B thuộc đường thẳng \(d\,\,:\,\,5x + 3y - 10 = 0\)

\( \Rightarrow \) Gọi \(B\left( {\frac{{10 - 3t}}{5};t} \right) \in d\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow d\left( {B;HI} \right) = \frac{{\left| {3.\frac{{10 - 3t}}{5} + t + 1} \right|}}{{\sqrt {{3^2} + {1^2}} }} = \sqrt {10}  \Leftrightarrow \frac{{\left| {30 - 9t + 5t + 5} \right|}}{{5\sqrt {10} }} = \sqrt {10} \\ \Leftrightarrow \left| { - 4t + 35} \right| = 50 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - 4t + 35 = 50\\ - 4t + 35 =  - 50\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t =  - \frac{{15}}{4}\\t = \frac{{85}}{4}\end{array} \right. \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}B\left( {\frac{{17}}{4}; - \frac{{15}}{4}} \right)\\B\left( { - \frac{{43}}{4};\frac{{85}}{4}} \right)\end{array} \right..\end{array}\) 

Do K và B nằm cùng phía đối với đường thẳng HI  nên \(B\left( {\frac{{17}}{4}; - \frac{{15}}{4}} \right)\) thỏa mãn.

Chọn B.