Cho tam giác ABC có trực tâm H , trọng tâm G , O là tâm đường tròn 
ngoại tiếp , I là trung điểm BC , AD là đường kính của (O) . 
Chứng minh H , G , O thẳng hàng ? 
Giải : 
Ta có : góc DCA = góc DBA = 90 độ ( góc nội tiếp chắn 1/2 (O)) 
Xét tứ giác BHCD ta có : 
BH // DC ( vì cùng vuông góc với AC ) 
CH // DB ( vì cùng vuông góc với AB ) 
Do đó tứ giác BHCD là hình bình hành . 
===> H , I , D thẳng hàng và IH = ID (t/c đường chéo hbhành) 
Ta lại có : OI = 1/2 AH ( đ.trung bình tam giác DAH ) (1) 
GI = 1/2 GA (t/chất trọng tâm của ABC ) (2) 
góc HAG = góc GIO ( so le trong vì AH // OI ) (3) 
Do đó tam giác GAH đồng dạng tam giác GIO ( c.g.c) 
===> góc HGA = góc IGO (góc tương ứng của 2 t.giác đ.dạng ) 
Vì góc HGA và góc IGO là 2 góc ở vị trí đối đỉnh bằng nhau nên ta suy ra H , G , O thẳng hàng . 
Vậy trong 1 tam giác trực tâm , trọng tâm , tâm đường tròn ngoại tiếp cùng nằm trên 1 đường thẳng đó là đường thẳng Euler !

a)

– Tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC là:

– Tọa độ trực tâm H của tam giác ABC:

Cách 1:

+ Phương trình đường cao BD:

BD ⊥ AC ⇒ Đường thẳng BD nhận  là một vtpt

BD đi qua B(2; 7)

⇒ Phương trình đường thẳng BD: 7(x - 2) +11(y - 7) = 0 hay 7x + 11y – 91 = 0

+ Phương trình đường cao CE:

CE ⊥ AB ⇒ Đường thẳng CE nhận  là một vtpt

CE đi qua C(–3; –8)

⇒ Phương trình đường thẳng CE: 1(x + 3) – 2(y + 8)=0 hay x – 2y – 13 = 0.

Trực tâm H là giao điểm của BD và CE nên tọa độ của H là nghiệm của hpt:

Cách 2: Gọi H(x, y) là trực tâm tam giác ABC

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình

b) Gọi T(x; y) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Khi đó TA = TB = TC = R.

+ TA = TB ⇒ AT2 = BT2

⇒ (x – 4)2 + (y – 3)2 = (x – 2)2 + (y – 7)2

⇒ x2 – 8x + 16 + y2 – 6y + 9 = x2 – 4x + 4 + y2 – 14y + 49

⇒ 4x – 8y = –28

⇒ x – 2y = –7 (1)

+ TB = TC ⇒ TB2 = TC2

⇒ (x – 2)2 + (y – 7)2 = (x + 3)2 + (y + 8)2

⇒ x2 – 4x + 4 + y2 – 14y + 49 = x2 + 6x + 9 + y2 + 16y + 64

⇒ 10x + 30y = –20

⇒ x + 3y = –2 (2)

Từ (1) và (2) ⇒ x = –5, y = 1 ⇒ T(–5 ; 1).

⇒ T, H, G thẳng hàng.

c) Tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC: T(–5; 1)

Bán kính đường tròn ngoại tiếp ΔABC:

Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC:

(x + 5)2 + (y – 1)2 = 85

bài này giải đc cách lớp 7

chứng minh định lý phụ : đường trung bình (đường nối bởi 2 điểm trung điểm của cạnh 1 và 2 của 1 tam giác) song song với cạnh còn lại

các bạn tự chứng minh định lý phụ kia, định lý này trên mạng có nhiều (có cách giải lớp 7)  nên mình sẽ ko chứng minh lại nữa

ta áp dụng định lý phụ vào bài:

vì tâm đường tròn tam giác ngoại tiếp là o => o là giao điểm 3 đường trung trực.

 

đường thẳng GO cắt AH tại H', F,P,D lần lượt là trung điểm của AG,H'G,BG nên 

FP,PD lần lượt là đường trung bình của tam giác BGH', AGH'

=>  FP//AH', PD//BH'

vì AH là đường cao, OK là đường trung trực , H' thuộc AH=> AH'//OK

mà FP//AH' => FP//OK

vì AK là đường trung tuyến, trọng tâm G => AG=2GK mà Flà trung điểm của AG => FG=GK

xét tam giác FGP,GOK:

FG=GK, góc OGK=FGP (đối đ), góc GFB=GKO ( FP//OK)

=> OG=GP

vì BM là đường trung tuyến, trộng tâm G, D là trung điểm của BG=> DG=GM

xét tam giác PGD,MOG:

OG=GP, DG=GM, góc G1=G2 (đđ)

=> PD//OM mà PD//BH' => BH'//OM mà OM là đường trung trực => BH' là đường cao mà AH' cũng là đường cao => H' là trực tâm=> H trùng với H' => H,G,O thằng hàng

O. tyH nhé

https://olm.vn/hoi-dap/detail/215867258818.html bài này mik giải rồi

Gọi M là trung điểm của cạnh BC

O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC hay O là giao điểm của 3 đường trung trực của tam giác ABC.

\(\Rightarrow OA=OC\)

Trên tia đối của OA lấy D sao cho OA = OD.

Lúc đó thì OC = OD = OA

\(\Rightarrow\Delta ACD\)vuông tại C ( do có đường trung tuyến bằng nửa cạnh huyền)

\(\Rightarrow DC\perp AC\).Kết hợp với \(BH\perp AC\left(gt\right)\Rightarrow BH//CD\)

Tương tự ta có: \(BD//HC\)

Xét \(\Delta BHC\)và \(\Delta CDB\)có:

      \(\widehat{HBC}=\widehat{DCB}\)(\(BH//CD,slt\))

      BC: cạnh chung

      \(\widehat{HCB}=\widehat{DBC}\)(\(BD//HC,slt\))

Do đó \(\Delta BHC\)\(=\Delta CDB\left(g-c-g\right)\)

\(\Rightarrow BH=CD\)(hai cạnh tương ứng)

Xét \(\Delta BHM\)và \(\Delta CDM\)có:

      BM = CM (gt)

     \(\widehat{HBM}=\widehat{DCM}\left(BH//CD,slt\right)\)

     BH = CD (cmt)

Do đó \(\Delta BHM\)\(=\Delta CDM\left(c-g-c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{BMH}=\widehat{CMD}\)(hai góc tương ứng) và HM = DM (hai cạnh tương ứng)

Mà \(\widehat{BMD}+\widehat{CMD}=180^0\)(kề bù)

\(\Rightarrow\widehat{BMD}+\widehat{BMH}=180^0\Rightarrow\widehat{HMD}=180^0\)

Lúc đó thì H,M,D thẳng hàng.

Tam giác ABC có AM là trung tuyến và G là trọng tâm nên \(AG=\frac{2}{3}AM\)

\(\Rightarrow\)Tam giác AHD cũng có AM là trung tuyến và  \(AG=\frac{2}{3}AM\)

\(\Rightarrow G\)là trọng tâm của tam giác AHD 

Lại có HO cũng là tung tuyến của tam giác AHD nên HO đi qua G

Vậy H,O,G thẳng hàng (đpcm)

a) \(G\left(-1;-\dfrac{4}{3}\right);H\left(11;-2\right);I\left(-7;-1\right)\)

b) \(\overrightarrow{IH}=3\overrightarrow{IG}\) suy ra I, G, H thẳng hàng

c) \(\left(x+7\right)^2+\left(y+1\right)^2=85\)