Cho $\bigtriangleup ABC$ với 3 đường cao $AD, BE, CF$. $DE \cap AB \equiv C^{'}, DF \cap AC \equiv B^{'}. H$ là trực tâm tam giác $AB^{'}C^{'}$. CMR: $AD$ là đường thẳng Euler của tam giác $HB^{'}C^{'}$.
Nguồn: Tự chế, không biết có đụng hàng với ai không
Lời giải:
Gọi $O$ là tâm ngoại tiếp tam giác $AB'C'$.Gọi $K$ là điểm đối xứng của $O$ qua $B'C'$.Theo một
bổ đề quen biết thì $K$ là tâm ngoại tiếp của $\Delta HB'C'$.
Ta có $(B'K,KC')=(C'O,OB')=2(C'A,AB')=\pi -(C'D,B'D)$.Do đó $D,B',K,C$ cùng thuộc 1 đường tròn.
Mà $KB'=KC'$ Nên ta có $K$ thuộc phân giác $\widehat{C'KB'}$.Hay $K\in AD$.
Vậy $AD$ đi qua tâm ngoại tiếp tam giác $HB'C'$.Mà $A$ là trực tâm tam giác $HB'C'$
Nên ta có DPCM.
P/S:Làm xong,mình có một bài toán liên quan sau:
Cho $\Delta ABC$.Phân giác trong $BD,CE$ cắt nhau tại $I$.Phân giác ngoài $BX,CY$ cắt nhau tại
$J$.Gọi $P,Q$ thứ tự là tâm Ole của các tam giác $IDE$ và $JXY$.Chứng minh rằng 4 điểm
$A,I,P,Q$ thẳng hàng.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenthehoan: 06-06-2013 - 15:37