|
|
|
Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé ! * Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope * Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây |
| Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
29-08-2008, 09:35 AM | #46 |
+Thành Viên Danh Dự+ | I.41)Định lí chùm đường thẳng đồng quy. Định lí 1: Ba đường thẳng đồng quy thì định ra trên hai đường thẳng song song những đoạn thẳng tỉ lệ. Chứng minh: __________________ Sáng trưa chiều lo lắng biết bao điều, biết vâng lời và lắng nghe em nhiều, thế mới là con ma được thương yêu. thay đổi nội dung bởi: ma 29, 30-08-2008 lúc 09:18 AM |
The Following User Says Thank You to ma 29 For This Useful Post: | IMO 2010 (27-11-2010) |
29-08-2008, 05:05 PM | #47 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2008 Bài gởi: 75 Thanks: 9 Thanked 94 Times in 26 Posts | Không biết có phải đưa về độ dài đại số không nhỉ ???? I.42)Đường tròn Apollonius Định lí:Cho hai điểm A và B cố định. Khi đó quĩ tích điểm M sao cho $\frac{MA}{MB}=k (k \neq 1) $ là một đường tròn cố định được gọi là đường tròn Apollonius. Chứng minh: Lấy D,E thuộc đường thẳng AB sao cho $\frac{DA}{DB}=\frac{EA}{EB}=k $ $\Rightarrow (DEAB)=-1 $ a\Phần thuận Ta có $\frac{MA}{MB}=\frac{EA}{EB}=k \Rightarrow $ ME là phân giác của $\hat{AMB} \Rightarrow \hat{EMD}=90^0 \Rightarrow $ M thuộc đường tròn đường kính DE. b\Phần đảo Lấy M' thuộc đường tròn đường kính DE $\Rightarrow \hat{EMD}=90^0 $. Lại có $ (DEAB)=-1 \Rightarrow $ ME là phân giác của $\hat{AMB} \Rightarrow $đpcm ***Chu t tung:Xem thêm [Only registered and activated users can see links. ] thay đổi nội dung bởi: trung anh, 30-08-2008 lúc 11:28 AM |
The Following User Says Thank You to trung anh For This Useful Post: | IMO 2010 (27-11-2010) |
29-08-2008, 08:25 PM | #48 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2008 Bài gởi: 75 Thanks: 9 Thanked 94 Times in 26 Posts | I.43)Định lí Blanchet Định lí:Cho tam giác ABC có AH là đường cao ứng với cạnh BC. Gọi I là một diểm tùy ý thuộc đoạn AH.các đoạn thẳng BI,CI cắt các cạnh tam giác tại E và F.Chứng minh rằng HA là phân giác của góc EHF Chứng minh: Qua I kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB,HF,HE,AC lần lượt tại M,N,P,Q. Ta chỉ cần chứng minh IN=IP là xong !! Theo Thales: $\frac{IN}{IM} =\frac{CH}{CB} $ $ \frac {IP} {IQ} = \frac{BH}{BC} $ Do đó : $\frac{IN}{IP} . \frac{IQ}{IM} = \frac{CH}{BH} $ Hiển nhiên $\frac{IQ}{IM} = \frac{CH}{BH} $ Nên IN =IP ---------------> dpcm Các cách c/m khác [Only registered and activated users can see links. ] thay đổi nội dung bởi: ma 29, 30-08-2008 lúc 09:18 AM |
The Following User Says Thank You to trung anh For This Useful Post: | IMO 2010 (27-11-2010) |
29-08-2008, 09:18 PM | #49 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2008 Bài gởi: 79 Thanks: 10 Thanked 27 Times in 15 Posts | I.44)Mở rộng của định lí Blanchet Định lí:Cho tam giác ABC, lấy $T,E,F $ lần lượt thuộc các đoạn $BC,CA,AB $ sao cho 3 đường thẳng $AT,BE,CF $ đồng quy tại một điểm.Gọi $L $ là giao điểm của $AT $ và $EF $.Gọi H là hình chiếu của $L $ xuống $BC $. Chứng minh rằng $HL $ là phân giác của $\hat{EHF} $ Chứng minh: Sử dụng Ceva và Menelaus ta chứng minh được $(KTBC)=-1 $ Theo định lí về chùm điều hòa ta lại có $(KLFE)=-1 $ $\hat{LHK}=90^o $------>đpcm (hệ quả của chùm điều hòa) __________________ :facebowling: Tình yêu như chiếc đồng hồ cát, khi trái tim được lấp đầy thì cái đầu trống rỗng. --------------------------------------------------- The most important thing in this world is FAMILY. It means Father And Mother, I Love You ..... thay đổi nội dung bởi: ma 29, 30-08-2008 lúc 11:07 AM |
03-09-2008, 11:00 PM | #50 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2007 Đến từ: SMU Residence @Prinsep Hostel, 83 Prinsep Street, Singapore Bài gởi: 400 Thanks: 72 Thanked 223 Times in 106 Posts | I.45) Định lí Jacobi: Định lí: Cho tam giác ABC và các điểm $A_1,B_1,C_1 $ trên mặt phẳng sao cho:$\hat{BAC_1}=\hat{CAB_1}=\alpha $,$\hat{ABC_1}=\hat{CBA_1}=\beta $,$\hat{BCA_1}=\hat{ACB_1}=\gamma $.Khi đó $AA_1,BB_1,CC_1 $ đồng quy tại điểm Jacobi N. Chứng minh: Do $AA_1,BA_1,CA_1 $ đồng quy tại $A_1 $ và tương tự cho $A_2,A_3 $ nên áp dụng định lý Ceva dạng Sin ta có: $\frac{sin \hat{CBA_1}.sin \hat{BAA_1}.sin \hat{ACA_1}}{sin \hat{ABA_1}.sin \hat{CAA_1}.sin \hat{BCA_1}}=1 $ ->$\frac{sin \beta .sin \hat{BAA_1}.sin (\hat{ACB}+\gamma)}{sin (\hat{ABC}+ \beta).sin \hat{CAA_1}.sin \gamma}=1 $ Xây dựng hai đẳng thức tương tự cho $A_2,A_3 $ rồi nhân 3 đẳng thức trên với nhau ta được: $\frac{\sin \hat{BAA_1}.\sin \hat{ACC_1}.\sin \hat{CBB_1}}{\sin \hat{CAA_1}.\sin \hat{BCC_1}.\sin \hat{ABB_1}}=1 $ Như vậy $AA_1,BB_1,CC_1 $ đồng quy theo định lý Ceva dạng Sin. __________________ "Apres moi,le deluge" thay đổi nội dung bởi: ma 29, 09-10-2008 lúc 11:40 AM |
05-09-2008, 10:00 AM | #51 |
+Thành Viên Danh Dự+ | I.46)Định lí Kiepert Định lí:Dựng ra phía ngoài tam giác ABC các tam giác cân đồng dạng BCM,CAN,ABP(Cân ở M,N,P).Khi ấy ta có AM,BN,CP đồng quy Chứng minh Do các tam giác BCM,CAN,ABP cân và đồng dạng nên dễ thấy: $ \hat{MBC} =\hat{PBA} ; \hat{PAB}=\hat{NAC}; \hat{NCA}=\hat{MCB} $ Theo định lí Jacobi ta có điều cần chứng minh. __________________ Sáng trưa chiều lo lắng biết bao điều, biết vâng lời và lắng nghe em nhiều, thế mới là con ma được thương yêu. thay đổi nội dung bởi: ma 29, 05-09-2008 lúc 10:48 AM |
05-09-2008, 10:12 AM | #52 |
+Thành Viên Danh Dự+ | I.47)Định lí Kariya Định lí : Cho tam giác ABC nhận (I) là đường tròn nội tiếp.Ở phía ngoài tam giác lấy các điểm M,N,P sao cho IM =IN=IP và IM,IN,IP tương ứng vuông góc BC,CA,AB.Khi đó ta có AM,BN,CP đồng quy. Chứng minh: Từ giả thiết bài toán dễ suy ra: $\Delta{BIM}=\Delta{BIP} $(c.g.c) Do đó: $\hat{IBM}=\hat{IBP} $ =>$\hat{MBC}=\hat{PBA} $ Tương tự: $ \hat{PAB}=\hat{NAC}; \hat{NCA}=\hat{MCB} $ Theo định lí Jacobi ta có điều cần chứng minh. __________________ Sáng trưa chiều lo lắng biết bao điều, biết vâng lời và lắng nghe em nhiều, thế mới là con ma được thương yêu. thay đổi nội dung bởi: ma 29, 19-09-2008 lúc 04:52 PM |
05-09-2008, 11:06 AM | #53 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2008 Bài gởi: 75 Thanks: 9 Thanked 94 Times in 26 Posts | I.48)Cực trực giao Đây là một khái niệm mở rộng kết quả về trực tâm tam giác. Định lí: Cho tam giác ABC. d là một đường thẳng bất kì trong mặt phẳng. Gọi $A_1,B_1,C_1 $ lần lượt là hình chiếu của A,B,C trên d. Gọi $A_2,B_2,C_2 $ lần lượ là hình chiếu của $A_1,B_1,C_1 $ trên BC,CA,AB. Khi đó $A_1A_2,B_1B_2,C_1C_2 $ đồng quy tại một điểm gọi là cực trực giao của đường thẳng d đối với $\Delta $ ABC. Chứng minh: Áp dụng định lí carnot ta có đpcm $\Leftrightarrow $ $(A_2B^2-A_2C^2)+(B_2C^2-B_2A^2)+(C_2A^2-C_2B^2)=0 $ $\Leftrightarrow (A_1B^2-A_1C^2)+(B_1C^2-B_1A^2)+(C_1A^2-C_1B^2)=0 $ $\Leftrightarrow (A_1B^2-C_1B^2)+(B_1C^2-A_1C^2)+(C_1A^2-B_1A^2)=0 $ $\Leftrightarrow (A_1B_1^2-C_1B_1^2)+(B_1C_1^2-A_1C_1^2)+(C_1A_1^2-B_1A_1^2)=0 $(hiển nhiên đúng) Trực tâm là trường hợp khi d trùng với một trong ba cạnh của $\Delta $ ABC Các bạn có thể tìm thấy nhiều điều hữu ích liên quan ở đây:[Only registered and activated users can see links. ] thay đổi nội dung bởi: ma 29, 06-09-2008 lúc 11:32 AM |
05-09-2008, 01:47 PM | #54 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2008 Bài gởi: 75 Thanks: 9 Thanked 94 Times in 26 Posts | I.49)Khái niệm tam giác hình chiếu ,công thức Euler về diện tích tam giác hình chiếu Định lí: Cho $(O,R) $ là đường tròn nội tiếp tam giác ABC.Cho điểm M nằm trong tam giác.Gọi $A_1,B_1,C_1 $là hình chiếu của M lên ba cạnh BC,AC,AB. Khi đó ta gọi $A_1,B_1,C_1 $ là tam giác hình chiếu của điểm M đối với tam giác ABC. Ta có công thức Euler về diện tích của tam giác hình chiếu: $\frac{S_{A_1B_1C_1}}{S_{ABC}}=\frac{|R^2-OM^2|}{4R^2} $ Chứng minh:(Mashimaru) Ta có tứ giác $MA_1CB_1 $ nội tiếp đường tròn đường kính $MC $ nên $A_1B_1=MCsinC $, tương tự thì $B_1C_1=MAsinA $. Gọi $D $ là giao điểm của $MC $ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC $. Ta có: $\widehat{MB_1A_1}=\widehat{MCA_1}=\widehat{BAD} $ và $\widehat{C_1B_1M}=\widehat{C_1AM} $. Mặt khác: $\widehat{A_1B_1C_1}=\widehat{MB_1A_1}+\widehat{MB_ 1C_1}=\widehat{DAB}+\widehat{MAC_1}=\widehat{MAD} $ Xét tam giác $ADM $, theo định lý sin ta có: $ \frac{AM}{sin\widehat{ADM}}=\frac{DM}{sin\widehat{ MAD}}=\frac{DM}{sin\widehat{A_1B_1C_1}} $ Suy ra: $AMsin\widehat{A_1B_1C_1}=DMsin\widehat{ADM} $. Từ đó ta có: $S_{A_1B_1C_1}=\frac{1}{2}B_1A_1.C_1B_1.sin\widehat {A_1B_1C_1}=\frac{1}{2}.MCsinC.MAsinA.sin\widehat{ A_1B_1C_1}=\frac{1}{2}MC.MD.sinAsinBsinC $ Mặt khác, ta lại có: $S_{ABC}=2R^2sinAsinBsinC $ và $MC.MD=P_{M/(O)}=|OM^2-R^2| $ nên: $ \frac{S_{A_1B_1C_1}}{S_{ABC}}=|\frac{R^2-OM^2}{4R^2}| $ Chú ý:Tam giác hình chiếu còn có tên gọi là tam giác bàn đạp hoặc tam giác thùy túc. Và ở đây là tài liệu tiếng Anh bên MR: thay đổi nội dung bởi: novae, 22-08-2010 lúc 08:21 PM |
The Following User Says Thank You to trung anh For This Useful Post: | IMO 2010 (27-11-2010) |
06-09-2008, 02:31 PM | #55 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2008 Bài gởi: 75 Thanks: 9 Thanked 94 Times in 26 Posts | I.50)Khái niệm hai điểm đẳng giác Định lí: Cho tam giác ABC. M là một điểm nằm trong tam giác. 1/Khi đó các đường thẳng đối xứng với AM,BM,CM qua tia phân giác đồng quy tại M'. M' được gọi là điểm đẳng giác của M. 2/Lần lượt đặt D,E,F và D',E',F' là chân các đường cao hạ từ M và M' xuông BC,AC,AB. a/Khi đó D,E,F,D'E',F' cùng thuộc một đường tròn tâm O. Và O là trung điểm của M và M'. b/Khi đó cũng có $AM' \perp EF, BM' \perp FD, CM' \perp DE $. Và $AM \perp E'F', BM \perp F'D', CM \perp D'E' $ Chứng minh: 1/(hình 1) $\frac{S_{ABI}}{S_{ACJ}}=\frac{\bar{BI}}{\bar{CJ}}= \frac{\bar{AB}.\bar{AI}.sin(AB,AI)}{\bar{AC}.\bar{ AJ}.sin(AC,AJ)} $ $\frac{S_{ABJ}}{S_{ACI}}=\frac{\bar{BJ}}{\bar{CI}}= \frac{\bar{AB}.\bar{AJ}.sin(AB,AJ)}{\bar{AC}.\bar{ AI}.sin(AC,AI)} $ $\Rightarrow \frac{\bar{BI}}{\bar{CI}}.\frac{\bar{BJ}}{\bar{CJ} }=\frac{AB^2}{AC^2} $ Tương tự áp dụng định lí Ceva thuận và đảo ta có đpcm1 2/ a/(hình 2) $(BA;BM) \equiv (BM';BC) $ (mod $\pi $) $\Leftrightarrow (DF;DM) \equiv (F'M';F'D') $ (mod $\pi $) $\Leftrightarrow (DF;DM) + 90^0 \equiv (F'M';F'D') + 90 ^0 $ (mod $\pi $) $\Leftrightarrow (DF;DM)+(DM;DD') \equiv (F'M';F'D')+(F'F;F'M') $ (mod $\pi $) $\Leftrightarrow (DF;DD') \equiv (F'F;F'D') $ (mod $\pi $) $\Rightarrow FF'D'D $ nội tiếp. Trung trực FF' và DD' gặp nhau tại trung điểm O của MM'(t/c đường trung bình hình thang) $\Rightarrow $ F,F'D,D' thuộc đường tròn tâm O. Tương tự ta có đpcm. b/(hình 3) $\widehat{MAF}=\widehat{M'AE} $ lại có $\widehat{AMF}=\widehat{AEF} \Rightarrow \Delta AMF \sim \Delta AEG $(g.g) $\Rightarrow \widehat{AGE}=\widehat{AE'M'}=90^0 \Rightarrow $ Tương tự ta có đpcm Trường hợp M là trọng tâm thì M' là điểm đối trung (AM,BM,CM lần lượt được gọi là các đường đối trung) có tính chất rằng: $(M'E'^2 + M'F'^2+ M'D'^2 ) $ min thay đổi nội dung bởi: trung anh, 06-09-2008 lúc 05:55 PM |
The Following User Says Thank You to trung anh For This Useful Post: | IMO 2010 (27-11-2010) |
09-09-2008, 07:03 PM | #56 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2008 Bài gởi: 75 Thanks: 9 Thanked 94 Times in 26 Posts | Em đang đọc bên Cực đối cực thì thấy có link nhảy sang đây(liên hệ các định lí) Em thấy nên đưa cả thêm phần định nghĩa về các phép biến hình. Ví dụ như phép nghịch đảo có ít bạn học sinh lớp 10 như em biết!!!! |
The Following User Says Thank You to trung anh For This Useful Post: | IMO 2010 (27-11-2010) |
10-09-2008, 09:37 AM | #57 | |
+Thành Viên Danh Dự+ | Trích:
Nói chung là khá nhiều nội dung (và dài)...... Mà hiện nay tài liệu về những thứ này đã có và hình như khá phổ biến ở VN nên anh cũng không định cho vào .......... Những cái anh nêu ở trên đa phần là những thứ mà ít tài liệu đề cập rõ ràng lí thuyết thôi. __________________ Sáng trưa chiều lo lắng biết bao điều, biết vâng lời và lắng nghe em nhiều, thế mới là con ma được thương yêu. | |
The Following User Says Thank You to ma 29 For This Useful Post: | IMO 2010 (27-11-2010) |
10-09-2008, 05:51 PM | #58 |
+Thành Viên Danh Dự+ | I.51)Khái niệm tứ giác toàn phần . Khái niệm: Một tứ giác toàn phần là một hình được tạo nên bởi bốn đường thẳng, từng đôi một cắt nhau nhưng không có ba đường nào đồng qui. Một hình tứ giác toàn phần có 4 cạnh là 4 đường thẳng ấy, có 6 đỉnh là 6 giao điểm của chúng và 3 đường chéo là 3 đoạn đi qua đỉnh đối diện (chú ý hai đỉnh này không cùng thuộc một cạnh). Chúng ta có một kết quả cơ bản và thú vị về tứ giác này như sau: Định lí :Trong hình tứ giác toàn phần cặp đỉnh đối diện nằm trên một đường chéo và cặp giao điểm của đường chéo đó với hai đường chéo còn lại lập thành một hàng điểm điều hòa. Xem hình vẽ sau: __________________ Sáng trưa chiều lo lắng biết bao điều, biết vâng lời và lắng nghe em nhiều, thế mới là con ma được thương yêu. thay đổi nội dung bởi: ma 29, 20-02-2009 lúc 06:20 PM |
18-09-2008, 10:39 PM | #59 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2008 Bài gởi: 75 Thanks: 9 Thanked 94 Times in 26 Posts | I.52)Đường thẳng Droz-Farny Định lí: Cho hai đường thẳng bất kì vuông góc với nhau tại trực tâm của tam giác ABC. Chúng tương ứng cắt các cạnh BC, AC, AB tại X, X'; Y, Y'; Z, Z'. Khi đó ta có $M_a, M_b, M_c $ tương ứng là các trung điểm của $XX',YY',ZZ' $ thẳng hàng Chứng minh:(dịch từ bài viết của Jean-Louis Ayme) Đặt C là đường tròn ngoại tiếp $\Delta $ ABC. $C_a $ là đường tròn ngoại tiếp HXX' và $H_a $ là điểm đối xứng với H qua BC. Tương tự với các đường tròn khác. $\Rightarrow C_a,C_b,C_c $ có tâm lần lượt là $M_a,M_b,M_c $.XX' là đường kính của đường tròn $C_a, H_a $ nằm trên đường tròn này $ \Rightarrow H_a $ là giao của C và $C_a $ và $HH_a \perp BC $. Áp dụng định lí Collings(trong bài viết điểm Anti-steiner) với đường thẳng XYZ đi qua H, ta có $H_aX, H_bY, H_cZ $ đồng quy tại N trên C. Áp dụng định lí Miquel cho tam giác XNY với các điểm $H_a, H_b, H \Rightarrow C, C_a,C_b $ cùng đi qua M. Tương tự $C_c $ cũng đi qua M. Như vậy $C_a,C_b,C_c $ cùng đi qua H và M (đồng trục). Nên tâm của chúng thẳng hàng. Các tài liệu có liên quan: thay đổi nội dung bởi: trung anh, 18-09-2008 lúc 10:52 PM |
The Following 3 Users Say Thank You to trung anh For This Useful Post: |
19-09-2008, 01:58 PM | #60 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2008 Bài gởi: 75 Thanks: 9 Thanked 94 Times in 26 Posts | I.53)Đường tròn Droz-Farny Định lí: Cho điểm P bất kì và tam giác ABC. Điểm Q là điểm đẳng giác với P đối với tam giác ABC. Chân các đường vuông góc với các cạnh BC,AC,AB của P là $P_a, P_b, P_c $. Lấy $P_a $ làm tâm vẽ đường tròn đi qua Q cắt BC tại $A_1, A_2. $.$B_1,B_2,C_1,C_2 $ định nghĩa tương tự. Khi đó $A_1, A_2,B_1,B_2,C_1,C_2 $ cùng thuộc đường tròn tâm P. Chứng minh: O là trung điểm của PQ Ta đã biết O cách đều $P_a,P_b,P_c,Q_a,Q_b,Q_c $ Mà : $PC_2^2=PP_c^2+P_cC_2^2=PP_c^2+QP_c^2=\frac{PQ^2}{2 }+2P_cO^2 $(công thức đường trung tuyến) Hoàn toàn tương tự ta sẽ có các điểm $A_1,A_2,B_1,B_2,C_1,C_2 $ cách đều P (điều cần chứng minh). thay đổi nội dung bởi: ma 29, 23-11-2008 lúc 03:58 PM |
The Following 2 Users Say Thank You to trung anh For This Useful Post: | falling down (29-01-2010), IMO 2010 (27-11-2010) |
Bookmarks |
Ðiều Chỉnh | |
Xếp Bài | |
|
|