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 !

Đặt \(\overrightarrow{u}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OH}\)

Ta sẽ chứng minh \(\overrightarrow{u}=\overrightarrow{O}\)

Gọi A1, B1, C1 theo thứ tự là hình chiếu của A, B, C ( cũng là hình chiếu của H) trên các đường thẳng BC, CA, AB và gọi Ao, Bo, Co theo thứ tự là trung điểm BC, CA, AB (như hình vẽ)

Chiếu vectơ \(\overrightarrow{u}\)  lên đường thẳng BC theo phương của \(\overrightarrow{AH}\) ta được 

\(\overrightarrow{u_a}=\overrightarrow{A_oA_1}+\overrightarrow{A_oB}+\overrightarrow{A_oC}-\overrightarrow{A_oA_1}=\overrightarrow{O}\)

Suy ra  \(\overrightarrow{u}\)  cùng phương với \(\overrightarrow{AH}\)  (1)

Tương tự như vậy,

ta cũng có  \(\overrightarrow{u}\)   cùng phương với \(\overrightarrow{BH,}\overrightarrow{CH}\) (2)

Từ (1) và (2) và do các vectơ \(\overrightarrow{AH,}\), \(\overrightarrow{BH},\overrightarrow{CH}\) đôi một không cùng phương suy ra \(\overrightarrow{u}=\overrightarrow{O}\)

Vậy \(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OH}\)

Nhưng \(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=3\overrightarrow{OG}\) nên \(\overrightarrow{OH}=3\overrightarrow{OG}\)

Do đó 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)

O. tyH nhé

a: Xét (O) có

ΔABD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔABD vuông tại B

=>BD vuông góc AB

=>BD//CH

Xét (O) có

ΔACD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔACD vuông tại C

=>AC vuông góc CD

=>CD//BH

Xét tứ giác BHCD có

BH//CD

BD//CH

Do đó: BHCD là hình bình hành

b: BHCD là hình bình hành

=>BC cắt HD tại trung điểm của mỗi đường

=>I là trung điểm của HD

Xét ΔHDA có

I,O lần lượt là trung điểm của DH,DA

=>IO là đường trung bình

=>IO//AH và IO=AH/2

=>AH=2IO

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 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 !

Dễ dàng chứng minh được HCDB là hình bình hành ( 2 cặp cạnh đối song song )
=> HA + HD = HO + OA + HO + OD = 2HO + ( OA + OD ) = 2HO (1)
Có : OA = OH + HA
OB = OH + HB
OC = OH + HC 
=> OA + OB + OC = 3.OH + HA + HB + HC = 3. OH + HA + HD (2)
(1) (2) => OA + OB +OC = 3.OH + 2HO = OH (3)
G là trọng tâm tam giác ABC => OA + OB + OC = 3.OG (4)
(3) (4) => OH = 3.OG => OH, OG cùng phương => O, G, H thẳng hàng ( đpcm )

:A

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