ChiLanA0K48

cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$.$M$ là trung điểm $BC$ và $M'=AM\cap (O)$.Tiếp tuyến tại $M'$ cắt đường thẳng qua $M$ vuông góc với $AO$ tại $X$.$Y,Z$ được xác định tương tự.Chứng minh rằng $X,Y,Z$ thẳng hàng

 

U-Th

Ý tưởng ta sẽ chứng minh $X,Y, Z$ cùng thuộc trục đẳng phương của đường tròn $(O)$ và đường tròn Euler của tam giác $ABC$

Bài giải

Gọi $D$ là giao điểm $AO$ với $(O)$

Gọi $I$ là trung điểm $AH$

Kết quả quen thuộc, ta có $M$ cũng là trung điểm $HD$

Suy ra $IM$ là đường trung bình tam giác $HAD$

Suy ra $IM\parallel OA$

Gọi $N$ là tâm Euler của tam giác $ABC$ suy ra $NM\parallel OA$

Lại có $XM\perp OA$ suy ra $XM\perp NM$

Suy ra $X$ là giao điểm tiếp tuyến tại $M$ của $(N)$ và tiếp tuyến tại $M'$ của $(O)$

Gọi $P$ là giao điểm $XM$ và $OA$ suy ra $MPDM'$ nội tiếp

Suy ra $\angle AMP=\angle ADM'=\angleMM'X$

Suy ra $\angle M'MX=\angle M'MX$

Suy ra $XM=XM'$ suy ra $MX^2=M'X^2$

Suy ra X có cùng phương tích đến $(O)$ và $(N)$

Tương tự với $Y,Z$

Suy ra $X, Y, Z$ thẳng hàng.

Cho tam giác ABC khác tam giác cân. đường tròn tâm I nội tiếp tam giác và tiếp xúc với các cạnh BC, AC, AB lần lượt tại D, E, F. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ADI, BEI, CFI thẳng hàng.

Gọi $D'$ là giao điểm phân giác ngoài góc $A$ với $BC$

Tương tự có $E, F$

Dễ thấy $AD'DI$ nội tiếp đường tròn đường kính $ID'$

Như vậy chỉ cần chứng minh $D',E',F'$ thẳng hàng

Lại có $\frac{D'B}{D'C}=\frac{AB}{AC}$

tương tự suy ra $\frac{D'B}{D'C}.\frac{E'C}{E'A}.\frac{F'A}{F'B}=1$

Áp dụng định lý Menelaus suy ra $\overline{D',E',F'}

suy ra đpcm

Bài 6 : Cho D là điểm nằm trên cạnh BC của tam giác ABC sao cho $\angle CAD=\angle CBA$. Một đường tròn tâm O qua hai điểm B,D cắt cạnh AB,AD lần lượt tại E,F. Đường thẳng BF và DE cắt nhau tại G. M là trung điểm AG. Chứng minh CM vuông góc với AO.

Bài giải

Do tứ giác $BDEF$ nội tiếp suy ra $\angle FBD=\angle AEF$ suy ra $\angle EAC=\angle AEF$ suy ra $EF/parallel AC$

Gọi $J$ là giao điểm $EF$ và $BC$

Gọi $I$ là giao điểm $AG$ và $BC$

Gọi $N$ là giao điểm $AG$ và $EF$

Áp dụng định lý Thales, ta có:

$\frac{\overline{IJ}}{\overline{IC}}=\frac{\overline{IN}}{\overline{IA}}$

Áp dụng định lý Brocard cho tứ giác toàn phần nội tiếp $BDEFAJ$ suy ra $O$ là trực tâm tam giác $AGJ$

suy ra $GJ\perp AO$

Cũng có $(AGNI)=-1$ (do tứ giác toàn phần)

$M$ là trung điểm $AG$ suy ra $\overline{IA}.\overline{IG}=\overline{IN}.\overline{IM}\Rightarrow \frac{\overline{IN}}{\overline{IA}}=\frac{\overline{IG}}{\overline{IM}}$

suy ra $\frac{\overline{IG}}{\overline{IM}}=\frac{\overline{IJ}}{\overline{IC}}$

suy ra $JG\parallel CM$

suy ra $CM\perp AO$

Cho tam giác ABC có trực tâm H và tâm ngoại tiếp O. AO cắt (O) tại A'; A'H cắt (O) tại A₁ và AH cắt (O) tại A₂; các cặp điểm B₁, B₂ và     C₁, C₂ được xác định tương tự. Chứng minh rằng A₁A₂, B₁B₂, C₁C₂ đồng quy.

Bài này vẫn đúng với trường hợp hai điểm đẳng giác liên hợp bất kì trong tam giác nên mình xin phép mở rộng một chút thế này:

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. $M,N$ là hai điểm đẳng giác liên trong tam giác.. $AM$ cắt $(O)$ tại $A'$. $AN$ cắt $(O)$ tại $A_1$. $A'N$ cắt $(O)$ tại $A_2$.  Tương tự có $B_1,B_2,C_1,C_2$

Chứng minh rằng $A_1A_2,B_1B_2,C_1C_2$ đồng qui.

Bài giải:

Trước hết ta cần bổ đề:

Cho tam giác $ABC$. $M,N$ là hai điểm đẳng giác liên hợp của tam giác. $AM$ cắt $(O)$ tại $A'$. $A'N$ cắt $BC$ tại $D$. Chứng minh rằng $MD$ song song $AN$.

(Bổ đề này mình có bài chứng minh nhưng thực sự thấy nó hơi dài nên rất mong các bạn chứng minh giúp nếu bí quá mình sẽ gửi link chứng minh sau )

 

Trở lại bài toán:

Phát hiện ra điểm đồng qui thuộc $MN$ (đường nối hai điểm đẳng giác liên hợp)

Do đó ta sẽ đi chứng minh ba đường cùng đi qua một điểm thuộc $MN$

Gọi $P$ là giao điểm $MN$ và $A_1A_2$

Gọi $D$ là giao điểm $A'N$ với $BC$. Gọi $J$ là giao điểm $MD$ với $A_1A_2$

Áp dụng bổ đề đã nêu trên suy ra $MJ$ song song $A_1N$

Áp dụng ĐL $Thales$ suy ra $\frac{PN}{PM}=\frac{A_1N}{JM}$

Dễ chứng minh được tứ giác $A_2JA'M$ nội tiếp suy ra $DA_2.DA'=DJ.DM$

Mặt khác $A2BA'C$ cùng thuộc đườn tròn $(O)$

suy ra $DB.DC=DA_2.DA'$

suy ra $DB.DC=DJ.DM$ suy ra $BJCM$ nội tiếp suy ra $\angle MBC=\angle MJC$ suy ra $\angle NBA=\angle MJC$

suy ra $\angle AA_1B_1=\angle MJC$

suy ra $JC$ song song $A_1B_1$

Gọi $P'$ là giao của $MN$ với $B_1B_2$

Gọi $E$ là giao của $B'N$ với $AC$. Gọi $I$ là giao của $ME$ với $B_1B_2$

Chứng minh tương tự như trên

suy ra $\frac{P'N}{P'M}=\frac{B_1N}{IM}$

và $IC$ song song $A_1B_1$

suy ra $IJ$ song song $A_1B_1$

cũng thấy tam giác $A_1NB_1$ và $MJI$ là hai tam giác đồng dạng (tam giác có cạnh tương ứng song song)

suy ra $\frac{A_1N}{MJ}=\frac{B_1N}{MI}$

suy ra $P,P'$ trùng nhau

Chứng minh tương tự suy ta $A_1A_2,B_1B_2,C_1C_2, MN$ đồng qui

Bài toán: Cho đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác $ABC$ và lần lượt tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $X,Y,Z$. Gọi $M,N$ thứ tự là giao điểm của $BY,XZ$ và $XY,CZ$. Gọi $F$ là trung điểm $YM$, $E$ là trung điểm $ZN$. Chứng minh rằng $AI,YE,ZF$ đồng quy

Nguồn: Bài 19 Chương vecto Tài liệu chuyên toán 10, mình cần tìm một cách làm khác

Bài này có thể phát biểu đơn giản hơn như sau:

Cho tam giác $ABC$. $BE,CF$ là hai đường đối trung của tam giác. $M,N$ lần lượt là trung điểm $BE,CF$. Chứng minh rằng $CM,BN$ và trung trực $BC$ đồng qui.

Solution: http://www.artofprob...&t=618154

Bạn làm sai đoạn cuối nhé $\frac{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{abc}\leq 1$ chứ

Công nhận là sai thật. Mình ẩu quá. Xin lỗi mọi người nhé! Mình chứng minh lại thế này:

 

 

   Cho tam giác $ABC$ với độ dài 3 cạnh là $a,b,c$. Gọi $R,l_{a},l_{b},l_{c}$  lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác và độ dài 3 đường phân giác trong hạ từ 3 đỉnh xuống 3 cạnh của tam giác .Gọi $r_{a},r_{b},r_{c}$ lần lượt là bán kính đường tròn bàng tiếp ứng với 3 đỉnh của tam giác .CMR :

 

             $\frac{l_{a}^2.l_{b}^2.l_{c}^2}{a^2.b^2.c^2}\leq (\frac{r_{a}+r_{b}+r_{c}}{6R})^3$

 

$\frac{l_a^{2}}{a^2}=\frac{4bc.p(p-a)}{(b+c)^2a^2}$

$(b+c)^{2}\geq 4bc\Rightarrow \frac{l_a^2}{a^2}\leq \frac{p(p-a)}{a^2}\Rightarrow \frac{l_a^2l_b^2l_c^2}{a^2b^2c^2}\leq\frac{p^3(p-a)(p-b)(p-c)}{a^2b^2c^2}$

suy ra $\frac{l_a^2l_b^2l_c^2}{a^2b^2c^2}\leq\frac{p^3(p-a)(p-b)(p-c)}{a^2b^2c^2}\leq \frac{1}{27}\left (\frac{p(p-a)}{bc}+\frac{p(p-b)}{ca}+\frac{p(p-c)}{ab} \right )^{3}$

 

mà ta có $cos^{2}\frac{A}{2}=\frac{cosA+1}{2}=\frac{1}{2}\left (\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}+1 \right )=\frac{p(p-a)}{bc}$

suy ra $\frac{l_a^2l_b^2l_c^2}{a^2b^2c^2}\leq\frac{1}{27}\left ( cos^2\frac{A}{2}+cos^2\frac{B}{2}+cos^2\frac{C}{2} \right )^3= \frac{1}{27}\left (\frac{1}{2}\sum cosA +\frac{3}{2} \right )^3$

 mà

$\sum cosA=1+\frac{r}{R}$

$\sum r_a=p\left ( \sum tan\frac{A}{2} \right )=p\left ( \frac{4R+r}{p} \right )=4R+r$

$\Rightarrow \frac{l_a^2l_b^2l_c^2}{a^2b^2c^2}\leq\frac{1}{27}\left ( \frac{r}{2R}+2 \right )^3=\left ( \frac{4R+r}{6R}\right )^3= \left ( \frac{r_a+r_b+r_c}{6R} \right )^3$

suy ra đpcm

   Cho tam giác $ABC$ với độ dài 3 cạnh là $a,b,c$. Gọi $R,l_{a},l_{b},l_{c}$  lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác và độ dài 3 đường phân giác trong hạ từ 3 đỉnh xuống 3 cạnh của tam giác .Gọi $r_{a},r_{b},r_{c}$ lần lượt là bán kính đường tròn bàng tiếp ứng với 3 đỉnh của tam giác .CMR :

 

             $\frac{l_{a}^2.l_{b}^2.l_{c}^2}{a^2.b^2.c^2}\leq (\frac{r_{a}+r_{b}+r_{c}}{6R})^3$

 

$\frac{l_a^{2}}{a^2}=\frac{4bc.p(p-a)}{(b+c)^2a^2}$

$(b+c)^{2}\geq 4bc\Rightarrow \frac{l_a^2}{a^2}\leq \frac{p(p-a)}{a^2}\Rightarrow \frac{l_a^2l_b^2l_c^2}{a^2b^2c^2}\leq\frac{p^3(p-a)(p-b)(p-c)}{a^2b^2c^2}$

lại có

$\frac{r_a}{R}=\frac{\frac{S}{p-a}}{\frac{abc}{4S}}=\frac{4p(p-a)(p-b)(p-c)}{(p-a)abc}=\frac{4p(p-b)(p-c)}{abc}\Rightarrow \frac{\sum r_a}{6R} = \frac{2p\sum (p-b)(p-c)}{3abc}$

bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

$\frac{p^3(p-a)(p-b)(p-c)}{a^2b^2c^2}\leq \left ( \frac{2p\sum (p-b)(p-c)}{3abc} \right )^3\Leftrightarrow \frac{p-a)(p-b)(p-c)}{8a^2b^2c^2}\leq \left ( \sum \frac{(p-b)(p-c)}{3abc} \right )^3$

ta có:

$\left ( \sum \frac{(p-b)(p-c)}{3abc} \right )^3\geq \frac{(p-b)^2(p-c)^2(p-a)^2}{a^3b^3c^3}\geq \left ( \frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{a^2b^2c^2} \right ).\frac{p-a)(p-b)(p-c)}{abc}= \left ( \frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{a^2b^2c^2} \right ).\frac{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{8abc}\geq \frac{(p-a)(p-b)(p-c)}{8a^2b^2c^2}$

 

suy ra bất đẳng thức cần chứng minh

Một đường tròn $(O)$ cắt các cạnh $BC,CA,AB$ của tam giác $ABC$ theo thứ tự tại $A_1,A_2;B_1,B_2;C_1,C_2$. Gọi $A_0$ là giao của hai tiếp tuyến của $(O)$ tại $A_1,A_2$. Tương tự có $B_0,C_0$. Chứng minh $AA_0,BB_0,CC_0$ đồng quy.

 

Bài 22:

 

Cho tam giác $ABC$ và 1 đường tròn $(O)$. Gọi $A'B'C'$ là tam giác đường tạo thành bởi 3 đường đối cực của lần lượt $A, B, C$ với $(O)$.

Khi đó $AA', BB', CC'$ đồng quy.

 

Hai bài này là một mà

Bài toán: Cho hay đường thẳng $a$ và $b$ song song với nhau. Ba đường thẳng $d_1, d_2, d_3$ phân biệt sao cho không có đường thẳng nào song song với $a$ (hoặc $b$). $d_2$ giao $a$ tại $B$ và giao $b$ tại $B'$. $d_3$ giao $a$ tại $C$ và giao $b$ tại $C'$.

Chọn 2 điểm phân biệt $A$ và $A'$ bất kỳ trên $d_1$ và không nằm trên $a$ hay $b$. Gọi $M, N$ lần lược là giao điểm của các cặp đường thẳng $(AB, A'B')$ và $(AC, A'C')$. Chứng minh rằng $MN$ song song với $a$ khi và chỉ khi $d_1, d_2, d_3$ đồng quy.

 

Hình thành trên cơ sở hình học xạ ảnh và định lý Desargues, nhưng nếu không dùng kiến thức bên hình học xạ ảnh thì làm như thế nào ạ.

 

Phần thuận: Giả sử $d_1,d_2,d_3$ đồng qui

Gọi $S$ là giao của ba đường thẳng nói trên

Áp dụng định lí $Menelaus$ ta có:

$\left\{\begin{matrix} \frac{MB'}{MA'}.\frac{BS}{BB'}.\frac{AA'}{AS}=1\\ \frac{NC'}{NA'}.\frac{CS}{CC'}.\frac{AA'}{AS}=1 \end{matrix}\right.$

Theo $Thales$ suy ra $\frac{BS}{BB'}=\frac{CS}{CC'} \Rightarrow \frac{MB'}{MA'}=\frac{NC'}{NA'} \Rightarrow MN\parralel B'C'$

Phần đảo: Giả sử $MN\parralel BC$

Áp dụng $Thales$ suy ra

$\left\{\begin{matrix} \frac{AM}{AB}=\frac{AC}{AN}\\ \frac{A'M}{A'B'}=\frac{A'N}{A'C'} \end{matrix}\right.$

Gọi $S,R$ lần lượt là giao điểm $AA"$ với $BB',CC'$

Áp dụng định lý $Menelaus$ suy ra:

$\left\{\begin{matrix} \frac{AB}{AM}.\frac{A'M}{A'B'}.\frac{SB'}{SB}=1\\ \frac{AC}{AN}.\frac{A'N}{A'C'}.\frac{RC'}{RC}=1 \end{matrix}\right.\Rightarrow \frac{SB'}{SB}=\frac{RC'}{RC}$

Gọi giao $AA'$ với $a,b$ lần lượt là $X,Y$ từ trên suy ra $\frac{SX}{SY}=\frac{RX}{RY}$ mà $S,R$ đều nằm ngoài đoạn $XY$

suy ra $S,R$ trùng nhau suy ra $BB',CC',AA'$ đồng qui

 

Dùng kiến thức  xạ ảnh thì nhanh với đẹp hơn nhiều

Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $DO$.

Hình như $H$ phải là hình chiếu của $A$ lên $OP$

Cách giải của bạn hay lắm Mình cũng có cách giải thế này (không hay bằng nhưng thôi cứ up lên )

 

$\left\{\begin{matrix} AD\perp OK\\ AP\perp OA\\ AB\perp OF\\ AC\perp OE \end{matrix}\right.\Rightarrow A(DPBC)=O(KAFE)$

$ABDC$ là tứ giác điều hòa suy ra $A(DPBC)=-1$

$\Rightarrow O(KAFE)=-1\Leftrightarrow A(KOEF)=-1$

Gọi $X,Y$ lần lượt là giao điểm $OP$ với $AC,AB)

từ trên suy ra $(KOXY)=-1$ từ đó dễ dàng chứng minh $AO,XF,YE$ đồng qui

Áp dụng $Desargues$ cho tam giác $AXY$ và OEF$ suy ra $\overline{K,M,N}$

CMR tam giác ABC đều $\Leftrightarrow b+c=\frac{a}{2}+h_{a}.\sqrt{3}$

$\frac{a}{2}+\frac{2\sqrt{3}\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}{a}\leq \frac{a}{2}+\frac{(p-b+p-c).\frac{3(p-a)+p}{2}}{a}=\frac{4p-2a}{2}=b+c$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hay tam giác $ABC$ đều

Cho tam giác ABC với C, B cố định và BC = 2a. Đỉnh A di động sao cho trung điểm K của đoạn HG nằm trên BC với H, G lần lượt là trực tâm, trọng tâm tam giác ABC. TÌm quỹ tích A

 

Chọn hệ trục $Oxy$ với $O$ là trung điểm $BC$, trục $Ox\equiv BC$

Đặt $A(x_a;y_a)$; $B(-a;0)$; $C(a;0)$

Phương trình đường thẳng $AH$ là $y=y_a$

Phương trình đường thẳng $AC$ có dạng $\frac{x-x_a}{a-y_a}=\frac{y-y_a}{-ya}$$\Leftrightarrow y_ax+(a-x_a)y-ay_a=0$

Từ đó viết đc phương trình đường thẳng $BH$ là: $(a-x_a)x-y_ay+a^{2}-ax_a=0$

suy ra tọa độ trực tâm $H$ là $\left (\frac{y_a^{2}}{a-x_a}-a;y_a \right )$

Tọa độ trọng tâm $G$ là $\left ( \frac{x_a}{3};\frac{y_a}{3} \right )$

Phương trình đường thẳng $Euler$ của tam giác là $\frac{x-\frac{x_a}{3}}{\frac{y_a^2}{a-x_a}-a-\frac{x_a}{3}}=\frac{y-\frac{y_a}{3}}{y_a-\frac{y_a}{3}}\Leftrightarrow 2y_ax-x_ay_a=3y\left ( \frac{3y_a^2}{a-x_a}-3a-x_a \right )+-\frac{y_a^3}{a-x_a}+ay_a$

Tọa độ giao điểm của $GH$ với $BC$ là $\left ( \frac{-y_a^2}{2(a-x_a)}+\frac{a}{2}-\frac{x_a}{2} \right;0 )$

Tọa độ trung điểm $GH$ là $\left ( \frac{y_a^2}{2(a-x_a)}-\frac{a}{2}+\frac{x_a}{6};\frac{2y_a}{3} \right )$

Trung điểm $GH$ thuộc $BC$ suy ra $\frac{-y_a^2}{2(a-x_a)}+\frac{a}{2}-\frac{x_a}{2}=\frac{y_a^2}{2(a-x_a)}-\frac{a}{2}+\frac{x_a}{6}\Leftrightarrow \frac{y_a^2}{a-x_a}=a-\frac{2}{3}x_a\Leftrightarrow y_a^{2}=a^2-\frac{5}{3}ax_a+\frac{2}{3}x_a^2$

 

Biến đổi suy ra quỹ tích $A$ là một hình hyperbole

 

P/s: Cách này có vẻ không hay lắm nhưng ra gợi ý quỹ tích là hình hyperbole và xác định được tiêu điểm, tiêu cự

gpt: $3^x+4^x=5^x$

$\Leftrightarrow 9^{\frac{x}{2}}+16^{\frac{x}{2}}=25^{\frac{x}{2}}\Leftrightarrow \left ( \frac{9}{25} \right )^{\frac{x}{2}}+\left ( \frac{16}{25} \right )^{\frac{x}{2}}=1$

Nếu $x\geq 2$ thì

Vì $\frac{9}{25}< 1\Rightarrow \left ( \frac{9}{25} \right )^{\frac{x}{2}}\leq\frac{9}{25}$

tương tự suy ra $VT\leq1$

đẳng thức xả ra khi và chỉ khi $x=2$

Nếu $x\leq 2$ thì $\frac{9}{25}< 1\Rightarrow \left ( \frac{9}{25} \right )^{\frac{x}{2}}>\frac{9}{25}$

suy ra $x=2$

Câu 3 (5,0 điểm)

      Cho tam giác $ABC$ có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm $O$. Gọi $M, N, P$ lần lượt là trung điểm $BC, CA, AB$. Gọị $d_1$ là đường thẳng qua $M$ và song song với $OA$, $d_2$ là đường thẳng qua $N$ và song song với $OB$, $d_3$ là đường thẳng qua $P$ và song song với $OC$. Chứng minh rằng $d_1, d_2, d_3$ đồng qui.

 

$d_1,d_2,d_3$ đồng qui tại tâm đường tròn $Euler$ của tam giác $ABC$

Bài toán : Trên các cạnh $AB,AC$ của tam giác $ABC$ lấy các điểm $M$ và $N.$ Các đường tròn đường kính $BN$ và đường tròn đường kính $CM$ cắt nhau tại hai điểm $P$ và $Q.$ Chứng minh rằng nếu $P$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ thì $Q$ nằm trên đường tròn $Euler$ của tam giác đó.

Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$

$B_1,C_1$ lần lượt là chân đường cao hạ từ đỉnh $B,C$ xuống các cạnh $AC,AB$

Dễ thấy $B_1$ thuộc đường tròn đường kính $BN$, $C_1$ thuộc đường tròn đường kính $CM$

$\left\{\begin{matrix} P_{(H/(BNB_1))}=\overline{HB}.\overline{HB_1}\\ P_{(H/(CNC_1))}=\overline{HC}.\overline{HC_1}\\ \overline{HB}.\overline{HB_1}=\overline{HC}.\overline{HC_1} \end{matrix}\right.$

Suy ra $H$ thuộc trục đẳng phương của $(BNB_1)$ và (CMC_1)$

Suy ra $\overline{P,H,Q}$

$\Rightarrow \overline{HP}.\overline{HQ}=\overline{HB}.\overline{HB_1}$

Gọi $R$ là trung điểm $HB$, $S$ là trung điểm $HP$

Dễ dàng suy ra $\overline{HB_1}.\overline{HR}=\overline{HQ}.\overline{HS}$

Nếu $P$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ thì dễ chứng minh $S$ thuộc đường tròn $Euler$ của tam giác $ABC$

Từ đó suy ra $Q$ thuộc đường tròn $Euler$

Chú ý tính chất bán kính đường tròn $Euler$ bằng $\frac{1}{2}$ bán kính đường tròn ngoại tiếp