Đáp án D

Gọi BB’ là đường kính (O).

  T B ' C → : O → O ' ⇒ O O ' / / B ' C (1)

Ta lại có

B’C // AH ( cùng vuông góc BC) (2)

B’A // CH ( cùng vuông góc BA)

 AH = B’C (3)

Từ (1), (2), (3):   O O ' / / A H O O ' = A H =>O’H = OA = R

=> H ∈ (O’,R)

- Kẻ đường kính BB’ .Nếu H là trực tâm của tam giác ABC thì AH=B’C. Do C,B’ cố định , cho nên B’C là một véc tơ cố định \(\overrightarrow{\Rightarrow AH}=\overrightarrow{B'C}\)

Theo định nghĩa về phép tịnh tiến điểm A đã biến thành điểm H . Nhưng A lại chạy trên (O;R) cho nên H chạy trên đường tròn (O’;R) là ảnh của (O;R) qua phép tịnh tiến dọc theo \(\overrightarrow{v}=\overrightarrow{B'C}\)

- Cách xác định đường tròn (O’;R) . Từ O kẻ đường thẳng song song với B’C . Sau đó dựng véc tơ : \(\overrightarrow{OO'}=\overrightarrow{B'C}\). Cuối cùng từ O’ quay đường tròn bán kính R từ tâm O’ ta được đường tròn cần tìm .

Đáp án B

Gọi I là trung điểm BCH’ đối xứng với H qua I

 ( CH’ // BH do HBH’C là hình bình hành)

⇒ H ' C H ^ + H C M ^ = C H M ^ + H C M ^ = 90 o

(Cách chứng minh khác: Ta có  C H ⊥ A B

Mà H’B//CH

⇒ H ' B ⊥ A B ⇒ H ' B C ^ = 90 o ⇒ H ' ∈ ( O )

Đ I : O->  O’

⇒ O H ' = O ' H

H thuộc đường tròn (O’; R)

Nối OA, gọi M là trung điểm BC \(\Rightarrow\) OM cố định

Qua G kẻ đường thẳng song song OA cắt OM tại P

Trong tam giác OAM, theo định lý Talet:

\(\dfrac{GP}{OA}=\dfrac{PM}{OM}=\dfrac{GM}{AM}=\dfrac{1}{3}\)

Ta có những điều sau:

\(PM=\dfrac{1}{3}OM\) , mà O cố định, M cố định \(\Rightarrow\) P cố định

\(GP=\dfrac{1}{3}OA\Rightarrow GP=\dfrac{R}{3}\)

P cố định, độ dài \(\dfrac{R}{3}\) cố định 

\(\Rightarrow\) Quỹ tích G là đường tròn (P) tâm P bán kính \(r=\dfrac{R}{3}\) (1)

Mặt khác BGCD là hình bình hành \(\Rightarrow\) D đối xứng G qua M (2)

(1);(2) \(\Rightarrow\) quỹ tích D là ảnh của đường tròn (P) qua phép đối xứng tâm M

- Kẻ AA’ ( là đường kính của (O) ) suy ra BHCA’ là hình bình hành , cho nên BC đi qua trung điểm I của A’H .

- A’H’ song song với BC ( vì cùng vuông góc với AH )

- Từ đó suy ra BC là đường trung bình của tam giác AHH’ – Có nghĩa là BC đi qua trung điểm của HH’ . Mặt khác AH vuông góc với BC suy ra BC là trục đối xứng của HH’ , hay H và H’ đối xứng nhau qua BC.

Gọi H là giao ba đường cao của tam giác ABC . Kéo dài AH cắt (O;R) tại H’ . Nối CH’

- Chứng minh IH=IH’ . Thật vậy

          Ta có : \(\widehat{A}=\widehat{BCH'}\) ( Góc nội tiếp chẵn cung BH’ ).(1)

Mặt khác : \(\begin{cases}CH\perp AB\\CI\perp AH'\end{cases}\)\(\Rightarrow\widehat{A}=\widehat{BCH}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra : \(\widehat{BCH}=\widehat{BCH'}\)

Chứng tỏ tam giác HCH’ là tam giác cân . Do BC vuông góc với HH’ , chứng tỏ BC là đường trung trực của HH’ . Hay H và H’ đối xứng nhau qua BC . Cho nên khi A chạy trên đường tròn (O;R) thì H’ cũng chạy trên (O;R) và H sẽ chạy trên đường tròn (O’;R) là ảnh của đường tròn (O;R) qua phép đối xứng trục BC

- Giới hạn quỹ tích : Khi A trùng với B và C thì tam giác ABC suy biến thành đường thẳng . Vì thế trên đường tròn (O’;R) bỏ đi 2 điểm là ảnh của B,C 

Bạn lấy thực hiện phép đối xứng qua \(BC\) thì \(O\) thành \(O'\) thì \(OB=O'B,OC=O'C\) mà \(OB=C=R\) cho nên \(O'B=O'C=R\left(1\right)\)
Ở đây \(R\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp \(ABC'\)
, \(H\) thành \(H'\) với \(O\) là tâm đường tròn ngoại tiếp \(ABC\).
Cho nên \(\widehat{HBC}=\widehat{H'BC}\) ( phép đối xứng trực bảo toàn góc) mặt khác 
\(\widehat{HBC}=\widehat{HAC}\) cùng phụ với góc \(\widehat{C}\).
Điều này chứng tỏ \(ACH'B\) là tứ giác nội tiếp hay \(H'\) cũng thuộc \(\left(O\right)\)

Phép đối xứng là phép dời hình cho nên nó bảo toàn khoảng cách cũng có nghĩa 

\(O'H=OH'=R\) (vì \(H\) nằm trên \(\left(O\right)\)) (2)

Từ (1) và (2) ta được tam giác HBC luôn nội tiếp đường tròn \(\left(O'\right)\) bán kính R
do \(O,BC\) và R cố định nên \(O'\) cố định , ta được điều phải chứng minh.