Chủ đề này có 1 trả lời

[huuhieuht]

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có $H$ là trực tâm,đường cao $AD$.Gọi $K$ đối xứng $B$ qua $D.KH$ cắt $AC$ tại $Q$.Chứng minh rằng: $\widehat{QDO}=90^{\circ}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 06-05-2016 - 10:58

[baopbc]

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có $H$ là trực tâm,đường cao $AD$.Gọi $K$ đối xứng $B$ qua $D.KH$ cắt $AC$ tại $Q$.Chứng minh rằng: $\widehat{QDO}=90^{\circ}$

Lời giải. 

Gọi $X$ là giao điểm của $AK$ và $CH.I,J,T$ lần lượt là trung điểm $AC,HK,DX.O'$ là điểm đối xứng với $O$ qua $I$.

Hình vẽ

Dễ thấy $AHKC$ nội tiếp đường tròn tâm $O'$. Gọi $M$ là giao điểm của $\odot (HK),\odot (AC)$. Theo bài toán quen thuộc về điểm $Miquel$ ta suy ra $\overline{O',X,M}$ và $O'M\perp DQ$. Mặt khác theo tính chất của trục đẳng phương thì $IJ\perp DM\Rightarrow IJ\parallel O'M$. Sử dụng định lí về đường thẳng $Gauss$ ta được $\overline{I,J,T}$ nên $OD\parallel O'X\Rightarrow \angle QDO=90^\circ.\blacksquare$

______

baopbc