Đề đáp án thi học sinh giỏi toán 10 tỉnh Hà Nam 2022 2023
Câu I. (5,0 điểm)
- 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.
- 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:
- 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.
- 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)
- Giải phương trình: $left(x^2-x-1right) sqrt{-x^2+7 x-6}=-x^3+5 x^2-3 x-4$.
- 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:
- 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}$.
- 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)
- 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.
- 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:
- 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} .$
- 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 $overrightarrow{AB}=2overrightarrow{DC}Rightarrow Dleft( frac{1}{2};-1 right)$.
