Lời giải:

Gọi B(a,b)B(a,b) và C(c,d)C(c,d)

Ta có HA−→−=(0,4)⊥BC−→−=(c−a,d−b)⇒4(d−b)=0→b=dHA→=(0,4)⊥BC→=(c−a,d−b)⇒4(d−b)=0→b=d

Thay d=bd=b:

HB−→−=(a−1,b−2)⊥AC−→−=(c−1,b−6)HB→=(a−1,b−2)⊥AC→=(c−1,b−6)

⇒(a−1)(c−1)+(b−2)(b−6)=0⇒(a−1)(c−1)+(b−2)(b−6)=0

Lại có IA2=IB2=IC2↔{(a−2)2+

Ta có \(HK\perp BC,K\in BC;\overrightarrow{HK}=\left(0;-2\right)\Rightarrow y-1=0\)

Gọi M là trung điểm của BC ta có phương trình \(x+3=0;M=IM\cap BC\Rightarrow M\left(-3;1\right)\)

Gọi D là điểm đối xứng của A qua I chỉ ra BHCD là hình bình hành. Khi đó M là trung điểm của HD, suy ra D(-5;-1).

I là trung điểm của AD, suy ra A(-1;7)

\(AI=\sqrt{20}\), phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là : \(\left(x+3\right)^2+\left(y-3\right)^2=20\)

Tọa độ điểm B, C là nghiệm của hệ phương trình :

\(\begin{cases}y-1=0\\\left(x+3\right)^2+\left(y-3\right)^2=20\end{cases}\)\(\Leftrightarrow\begin{cases}x=1\\y=1\end{cases}\) hoặc \(\begin{cases}x=-7\\y=1\end{cases}\)

Vậy ta có \(B\left(1;1\right),C\left(-7;1\right)\) hoặc \(B\left(-7;1\right),C\left(1;1\right)\)

Suy ra \(A\left(-1;7\right);B\left(1;1\right),C\left(-7;1\right)\)

   hoặc\(A\left(-1;7\right);B\left(-7;1\right),C\left(1;1\right)\)

gọi M là giao điểm của AH và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: \(\left(x+2\right)^2+y^2=74\)

Phương trình đường thẳng AH là : \(x=3\Rightarrow M\left(3;7\right)\)

gọi N là trung điểm của HM \(\Rightarrow N\left(3;3\right)\)

Vẽ hình và chứng minh được H và M đối xứng qua BC

\(\Rightarrow N\in BC\)

Đường thẳng BC qua N và nhận \(\overrightarrow{u_{BC}}\) làm VTPT nên có phương trình là y=3

từ đó tìm được \(c\left(\sqrt{65}-2;3\right)\)

gọi M là giao điểm của AH và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: (x+2)2+y2=74(x+2)2+y2=74

Phương trình đường thẳng AH là : x=3⇒M(3;7)x=3⇒M(3;7)

gọi N là trung điểm của HM ⇒N(3;3)⇒N(3;3)

Vẽ hình và chứng minh được H và M đối xứng qua BC

⇒N∈BC⇒N∈BC

Đường thẳng BC qua N và nhận uBC−→−uBC→ làm VTPT nên có phương trình là y=3

từ đó tìm được c(65−−√−2;3)

\(\left(x,y\right)\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}IA=IB\\IA=IC\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}IA^2=IB^2\\IA^2=IC^2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x+1\right)^2+\left(y-2\right)^2=\left(x-2\right)^2+y^2\\\left(x+1\right)^2+\left(y-2\right)^2=\left(x+3\right)^2+\left(y-1\right)^2\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}6x-4y=-1\\4x+2y=-5\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-\dfrac{11}{14}\\y=-\dfrac{13}{14}\end{matrix}\right.\)

Vậy \(I\left(-\dfrac{11}{14};-\dfrac{13}{14}\right)\)