Chủ đề này có 1 trả lời

[vo thi giang]

cho tam giác ABC, O là tâm đường tròn ngoại tiếp, các đường cao $AA_{1},BB_{1},CC_{1}$. $A_{2},B_{2},C_{2}$  lần lượt thuộc $OA_{1},OB_{1},OC_{1}$ sao cho các tứ giác $AOBC_{2},BOCA_{2},COAB_{2}$ nội tiếp. Chứng minh rằng tâm các đường tròn$\left ( AA_{1}A_{2} \right ),\left ( BB_{1}B_{2} \right ),\left ( CC_{1}C_{2} \right )$ thẳng hàng

[malx]

Gọi $R$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp $(ABC)$

Dễ thấy $\angle A_{1}A_{2}C = \angle OCB$, điều này có nghĩa $OC$ là tiếp tuyến với đường tròn $(A_{1}A_{2}C)$, dẫn đến $OA_{1}.OA_{2} = OC^{2} = R^{2}$.

Tương tự như vậy sẽ có $OA_{1}.OA_{2} = OB_{1}.OB_{2} = OC_{1}.OC_{2} = R^{2}$.

Cho hai đường tròn ngoại tiếp $(AA _{1}A_{2})$  và $(BB _{1}B_{2})$ cắt nhau tại $M, K. MK$ là trục đẳng phương của hai đường tròn này.

Vì $OA_{1}.OA_{2} = OB_{1}.OB_{2}$ nên $O$ cũng nằm trên trục đẳng phương.

Vì tứ giác $ABB_{1}A_{1}$ là tứ giác nội tiếp nên $HB. HB_{1} = HA. HA_{1}, H$ cũng nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn trên. Bốn điểm $M, H, K, O$ thẳng hàng (đường Euler).

Bởi $OK. OM = OA_{1}. OA_{2} = OC_{1}.OC_{2}$ nên bốn điểm $C_{1}, C_{2}, M, K$ nằm trên một đường tròn (1)

Lại có $HK. HM = HA. HA_{1} = HC. HC_{1}$ nên bốn điểm $M, K, C, C_{1}$ nằm trên một đường tròn (2)

(1) và (2) có nghĩa là đường tròn ngoại tiếp $(CC_{1}C_{2})$ đi qua $K$, ba đường tròn $(AA_{1}A_{2})$, $(BB_{1}B_{2})$, $(CC_{1}C_{2})$ có chung tiếp tuyến $MK$ nên tâm của chúng đều nằm trên trung trực của $MK$

 

 

 

Hình gửi kèm

•