CMR trong 1 tam giác có trọng tâm G,trực tâm H,tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là O thì H,G,O thẳng hàng
Cho tam giác ABC có trực tâm H, trọng tâm G và O là tâm đường tròn ngoại tiếp. Chứng minh H, O, G thẳng hàng
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 !
Bài 5 . Chứng minh rằng trong một tam giác , trọng tâm G , trực tâm H , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là O ( giao 3 đường trung trực của 3 cạnh tam giác ). Thì H,G,O thẳng hàng
mấy bạn giỏi toán giúp mik vs nhé
https://olm.vn/hoi-dap/detail/215867258818.html bài này mik giải rồi
Cho tam giác ABC ,trực tâm H ; trọng tâm G ; tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác O.Chứng minh 3 điểm H, O, G thẳng hàng
Bài này là chứng minh đường thẳng ơ le.
cách 1:
Gọi E,FE,F lần lượt là trung điểm của BC,AC. Ta có EF là đường trung bình của tam giác ABC nên EF//AB.
Ta lại có OF//BH(cùng vuông góc với ACA). Do đó : ˆOFE=ˆABH
Tương tự ˆOEF=ˆBAH
Từ đó ta có tam giác ABH đồng dạng với tam giác EFO
Suy ra AH/OE=AB/EF=2
mà AG/GE=2.
Do đó: AG/EG=AH/OE=2
mà ˆHAG=ˆOEG
⇒ΔHAG∼ΔEOG⇒ˆHGA=ˆEGO
nên ˆHGA+ˆAGO=ˆHGO=180
Vậy H,G,O thẳng hàng.
C2 : dùng véc tơ để tính
C3: dựng đường tròn 9 điểm => ...
Ta có : góc DCA = góc DBA = 90 độ ( góc nội tiếp chắn \(\frac{1}{2}\) (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 .
\(\Rightarrow\) \(H,\)\(I,\)\(D\) thẳng hàng và \(IH=ID\) (tính chất đường chéo hình bình hành)
Ta lại có : \(OI=\frac{1}{2}AH\) ( đường trung bình tam giác \(DAH\) ) \(\left(1\right)\)
\(GI=\frac{1}{2}GA\) (tính chất trọng tâm của \(ABC\) ) \(\left(2\right)\)
Góc\(HAG\) = góc \(GIO\) ( so le trong vì \(AH\) // \(OI\) ) \(\left(3\right)\)
Do đó tam giác \(GAH\) đồng dạng tam giác \(GIO\) ( c.g.c)
\(\Rightarrow\) góc \(HGA\) = góc \(IGO\) (góc tương ứng của 2 tam giác đồng 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 !
Cho tam giác ABC, gọi H, G, O lần lượt là trực tâm, trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác, M là trung điểm BC
a. CMR : AH = 2* OG
b> CMR : H, G, O thẳng hàng và GH= 2*OG
AI LÀM ĐÚNG MÌNH LIKE CHO
Cho tam giác ABC nội tiếp đường O bán kính R. H là trực tâm của tam giác ABC. Gọi AD la đường kính của đường tròn O
A. CMR : BH = DC
B. CMR : H,G,O thẳng hàng.trong đó G là trong tâm tam giác ABC
C. AH căt (O;R) tại H'. Tinh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BH'C
cho tam giác ABC có H là trực tâm, G là trọng tâm và O là tâm đường tròn đi qua 3 điểm của tam giác ABC. chứng minh rằng: H, G, O thẳng hàng
Cho tam giác ABC trọng tâm G trực tâm H đường tròn ngọai tiếp O . Chứng minh rằng G , H < O thẳng hàng
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)
Cho tam giác ABC. Gọi H là trực tâm của tam giác, G là trọng tâm của tam giác, O là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác. Chứng minh rằng đoạn thẳng AH gấp 2 lần khoảng cách từ O đến BC.
Cho ba điểm A(4; 3), B(2; 7) và C(-3; -8).
a, Tìm tọa độ trọng tâm G và trực tâm H của tam giác ABC;
b, Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh T, G và H thẳng hàng.
c, Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
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