Cho tam giác \(ABC\) có ba góc ngọn, các điểm \(M\), \(N\) thứ tự là trung điểm của \(BC\) và \(AC\). Các đường trung trực của \(BC\) và \(AC\) cắt nhau tại \(O\). Qua \(A\) kẻ đường thẳng song song với \(OM\), qua \(B\) kẻ đường thẳng song song với \(ON\), chúng cắt nhau tại \(H\).
\(a.\) Nối \(MN\), \(\Delta AHB\) đồng dạng với tam giác nào?
\(b.\) Gọi \(G\) là trọng tâm \(\Delta ABC\), chứng minh \(\Delta AHG\) đồng dạng với \(\Delta MOG\)?
\(c.\) Chứng minh ba điểm \(H\), \(O\), \(G\) thẳng hàng?
a) Ta chứng minh \(\Delta HAB~\Delta OMN\). Thật vậy, từ đề bài, dễ thấy H, O lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC. Vẽ đường tròn ngoại tiếp này. Dựng đường kính AD của (O). AH cắt BC tại E.
Ta thấy \(\widehat{ACD}=\widehat{AEB}\left(=90^o\right)\) và \(\widehat{ADC}=\widehat{ABE}\) (góc nội tiếp cùng chắn \(\stackrel\frown{AC}\)). \(\Rightarrow\Delta ACD~\Delta AEB\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\widehat{BAH}=\widehat{CAO}\)
Mà \(\widehat{CAO}=\widehat{OCA}\), thêm vào đó tứ giác OMCN nội tiếp (vì \(\widehat{OMC}=\widehat{ONC}=90^o\)) nên \(\widehat{OMN}=\widehat{OCN}\). Do đó \(\widehat{HAB}=\widehat{OMN}\)
Hoàn toàn tương tự, ta suy ra \(\widehat{HBA}=\widehat{ONM}\). Từ đó suy ra \(\Delta HAB~\Delta OMN\left(g.g\right)\) (đpcm)
b) Ta thấy BH//CD\(\left(\perp AC\right)\) và CH//BD\(\left(\perp AB\right)\) nên tứ giác BDCH là hình bình hành. Mà M là trung điểm BC nên M cũng là trung điểm của DH. Lại có O là trung điểm của AD nên OM là đường trung bình của tam giác DHA \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}OM//AH\\OM=\dfrac{1}{2}AH\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\widehat{HAG}=\widehat{GMO}\\\dfrac{AH}{OM}=\dfrac{GA}{GM}\left(=2\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta AHG~\Delta MOG\left(c.g.c\right)\) (đpcm)
c) Từ \(\Delta AHG~\Delta MOG\Rightarrow\widehat{AGH}=\widehat{MGO}\)
Do A, G, M thẳng hàng nên \(\widehat{AGH}+\widehat{HGM}=180^o\)
Từ đó suy ra \(\widehat{HGM}+\widehat{MGO}=180^o\) \(\Rightarrow\) H, O, G thẳng hàng.
