Diễn Đàn MathScopeDiễn Đàn MathScope
  Diễn Đàn MathScope
Ghi Danh Hỏi/Ðáp Thành Viên Social Groups Lịch Ðánh Dấu Ðã Ðọc

Go Back   Diễn Đàn MathScope > Sơ Cấp > Hình Học

News & Announcements

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 !

* Nội quy MathScope.Org

* Một số quy định chung !

* 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

* Những câu hỏi thường gặp

* Về việc viết bài trong Box Đại học và Sau đại học


Trả lời Gởi Ðề Tài Mới
 
Ðiều Chỉnh Xếp Bài
Old 28-07-2008, 10:03 AM   #1
ma 29
+Thành Viên Danh Dự+
 
ma 29's Avatar
 
Tham gia ngày: May 2008
Đến từ: ĐH Kinh tế Quốc dân
Bài gởi: 888
Thanks: 113
Thanked 967 Times in 210 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới ma 29
Một số kiến thức về hình trong các cuộc thi Olympic Toán !

MỘT SỐ KIẾN THỨC VỀ HÌNH TRONG CÁC CUỘC THI OLYMPIC TOÁN
(Mathscope.org)
Những kiến thức sau đây gồm một số kiến thức cơ sở để khám phá hình học olympiad hoặc là những kết quả đẹp nổi tiếng :hornytoro:.Bài viết này được soạn ra nhằm đáp ứng nhu cầu tra cứu ,học hỏi của nhiều bạn đọc.
Nó sẽ cần sự chung tay của nhiều thành viên !.
Đầu tiên mình sẽ giới thiệu mục lục và nếu ai biết phần kiến thức ấy thì có thể post lên , nhưng để đảm bảo cho tính hệ thống , chặt chẽ và dễ theo dõi của bài viết ,mình xin nêu một số quy ước như sau:
1) Mỗi bài viết đều phải vẽ hình minh họa.
2)Mỗi bài viết chỉ đề cập đến 1 đề mục kiến thức.
3) Phải đảm bảo thứ tự nêu trong mục lục.
4)Chúng tôi chỉ giữ lại những trao đổi có ích kể từ sau khi hoàn thành mục lục, điều đó có nghĩa là những trao đổi chen giữa không bị xóa lúc này nhưng sẽ bị xóa khi mục lục được hoàn tất.
.

Bây giờ sẽ là nội dung chính

A/ MỤC LỤC


I/ Một số định nghĩa ,định lí , điểm và đường đặc biệt không duy nhất :


I.1)Định lí Menelaus
I.2)Mở rộng định lí Menelaus theo diện tích
I.3)Định lí Menelaus cho tứ giác
I.4)Định lí Ceva
I.5)Định lí Ceva dạng sin
I.6)Định lí Desargues
I.7)Định lí Pappus
I.8)Một trường hợp đặc biệt của định lí Pappus qua góc nhìn hình xạ ảnh.
I.9)Đẳng thức Ptolemy
I.10)Bất đẳng thức Ptolemy
I.11)Định lí Pascal
I.12)Định lí Brianchon
I.13)Định lí Miquel
I.14)Công thức Carnot
I.15)Định lí Carnot
I.16)Định lí Brokard
I.17)Định lí Euler về khoảng cách giữa tâm 2 đường tròn nội, ngoại tiếp của tam giác
I.18)Định lí Euler về khoảng cách giữa tâm 2 đường tròn nội, ngoại tiếp của tứ giác (Định lí Fuss)
I.19)Định lí Casey
I.20)Định lí Stewart
I.21)Định lí Lyness
I.22)Định lí Lyness mở rộng (Bổ đề Sawayama)
I.23)Định lí Thébault
I.24)Công thức Jacobi liên quan đến tâm tỉ cự,định lí Lebnitz
I.25)Định lí Newton cho tứ giác ngoại tiếp
I.26)Định lí Breichneider
I.27)Định lí con nhím
I.28)Định lí Gergonne -Euler
I.29)Định lí Peletier
I.30)Định lí Miobiut
I.31)Định lí Viviani
I.32)Công thức Lagrange mở rộng
I.33) Đường thẳng Simson
I.34)Đường thẳng Steiner
I.35) Điểm Anti-Steiner (Định lí Collings)
I.36)Định lí Napoleon
I.37)Định lí Morley
I.38)Định lí con bướm với đường tròn
I.39)Định lí con bướm với cặp đường thẳng
I.40)Điểm Blaikie
I.41)Định lí chùm đường thẳng đồng quy
I.42)Đường tròn Apollonius
I.43)Định lí Blanchet
I.44)Định lí Blanchet mở rộng
I.45) Định lí Jacobi
I.46) Định lí Kiepert
I.47)Định lí Kariya
I.48)Cực trực giao
I.49)Khái niệm tam giác hình chiếu ,công thức Euler về diện tích tam giác hình chiếu
I.50)Khái niệm hai điểm đẳng giác
I.51)Khái niệm tứ giác toàn phần.
I.52)Đường thẳng Droz-Farny
I.53) Đường tròn Droz-Farny
I.54)Định lí Van Aubel về tứ giác và các hình vuông dựng trên cạnh
I.55)Hệ thức Van Aubel
I.56)Định lí Pithot
I.57)Định lí Johnson
I.58) Định lí Eyeball
I.59) Bổ đề Haruki
I.60)Bài toán Langley
I.61)Định lí Paul Yiu về đường tròn bàng tiếp.
I.62)Định lí Maxwell
I.63)Định lí Brahmagupta về tứ giác nội tiếp có hai đường chéo vuông góc.
I.64)Định lí Schooten
I.65)Định lí Bottema
I.66)Định lí Pompeiu
I.67)Định lí Zaslavsky
I.68)Định lí Archimedes
I.69) Định lí Urquhart
I.70)Định lí Mairon Walters
I.71)Định lí Poncelet về bán kính đường tròn nội tiếp,bàng tiếp trong tam giác vuông.
I.72)Định lí Hansen
I.73)Định lí Steinbart suy rộng
I.74)Định lí Monge & d'Alembert I
I.75)Định lí Monge & d'Alembert II
I.76)Định lí Steiner về bán kính các đường tròn.
I.77)Định lí Bellavitis
I.78)Định lí Feuer bach-Luchterhand:








II/Một số điểm và đường đặc biệt được xác định duy nhất với tam giác và tứ giác,tứ điểm:


Ở đây nếu không giải thích gì thêm thì yếu tố được hiểu là trong tam giác.



II.1) Đường thẳng Euler của tam giác
II.2)Đường tròn và tâm Euler
II.3)Đường đối trung, điểm Lemoine
II.4)Điểm Gergone,điểm Nobb, đường thẳng Gergone
II.5)Điểm Nagel
II.6)Điểm Brocard
II.7)Điểm Schiffler
II.8)Điểm Feuerbach
II.9)Điểm Kosnita
II.10)Điểm Musselman,định lí Paul Yiu về điểm Musselman
II.11)Khái niệm vòng cực của tam giác.
II.12)Điểm Gibert
II.13)Trục Lemoine
II.14)Tâm Morley
II.15) Tâm Spieker và đường thẳng Nagel
II.16)Hai điểm Fermat
II.17)Điểm Parry reflection.
II.18)Đường tròn Taylor ,tâm Taylor
II.19)Điểm Bevan
II.20)Điểm Vecten
II.21)Điểm Mittenpunkt
II.22)Điểm Napoleon
II.23)Đường tròn Adam
II.24)Tam giác Fuhrmann ,đường tròn Fuhrmann
II.25)Hình luc giác và đường tròn Lemoine thứ nhất
II.26)Hình lục giác và đường tròn Lemoine thứ hai
II.27)Điểm Euler của Tứ giác nội tiếp
II.28)Đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần
II.29)Đường thẳng Gauss của tứ giác toàn phần.
II.30) Điểm Miquel của tứ giác toàn phần
II.31)Đường tròn Miquel của tứ giác toàn phần
II.32)Hình bình hành Varignon của tứ giác .
II.33)Điểm Poncelet của tứ giác.



Ghi chú:Bản pdf đã có tại đây :[Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Sáng trưa chiều lo lắng biết bao điều, biết vâng lời lắng nghe em nhiều, thế mới là con ma được thương yêu.

thay đổi nội dung bởi: ma 29, 26-05-2011 lúc 01:12 AM
ma 29 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 61 Users Say Thank You to ma 29 For This Useful Post:
2M (01-09-2008), 4232 (11-08-2008), 4evercontinue (02-01-2009), 8826 (08-02-2009), Akira Vinh HD (03-08-2012), AnhIsGod (21-03-2012), arsenal1000 (20-07-2012), buon qua (03-10-2010), caubemetoan96 (26-01-2012), choimoinhu (07-09-2008), chu t tung (17-08-2008), CMPITG (18-09-2008), conami (05-05-2011), Curi_Gem (13-07-2010), cutyhamchoi (13-10-2010), dungtoank22 (21-09-2013), duycvp (18-10-2009), ha.uyen2796 (23-10-2012), hahahaha4 (09-07-2011), hoangkhtn2010 (01-02-2011), hoangkute69 (06-08-2012), hoaxinh (25-09-2010), hoduckhanhgx (24-03-2012), HSBACTT (27-09-2010), Htutat (27-09-2010), huynhcongbang (24-06-2010), Idie9xx (04-04-2013), IMO 2010 (27-11-2010), inhtoan (06-04-2009), king_k0m_n (10-09-2010), legend (30-10-2010), luckystar_9x (21-04-2011), Mai Nguyen (28-03-2011), Math Long (09-04-2009), MathForLife (26-12-2010), mathmath123 (15-01-2013), Mercury (12-10-2008), Messi_ndt (10-10-2010), nam1994 (05-07-2010), nbkschool (05-12-2008), nknguyen28 (30-10-2009), qkn1ght (16-10-2010), Raul Chavez (06-10-2014), sarah (18-01-2009), shindohikaru (19-04-2011), Shyran (22-07-2010), tanglangquan (17-01-2011), Thales16 (20-10-2010), Thanh vien (08-02-2010), thanhquang0410 (21-09-2010), thcanh (17-05-2011), tienanh_tx (05-08-2012), toi_yeu_vn (18-10-2009), trantuanh (01-10-2010), trung anh (18-08-2008), ttttien77 (29-10-2009), vantinyeu (19-09-2010), wikipedia1995 (08-12-2010), yuichi (18-09-2010)
Old 01-08-2008, 02:25 PM   #2
ma 29
+Thành Viên Danh Dự+
 
ma 29's Avatar
 
Tham gia ngày: May 2008
Đến từ: ĐH Kinh tế Quốc dân
Bài gởi: 888
Thanks: 113
Thanked 967 Times in 210 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới ma 29
B/MỘT SỐ KHÁI NIỆM,ĐỊNH LÍ.
Mình sẽ viết cái đầu tiên nha:

I.1)Định lí Menelaus





Định lí: Cho tam giác ABC và 3 điểm M,N,P lần lượt thuộc BC,CA,AB.
Khi đó M,N,P thẳng hàng khi và chỉ khi:

$\frac{\bar{MB}}{\bar{MC}} .\frac{\bar{NC}}{\bar{NA}}.\frac{\bar{PA}}{\bar{PB }} =1 $(1)
Chứng minh:


a)Khi M,N,P thẳng hàng.
Trên MN lấy 1 điểm Q sao cho AQ//BC
Theo Thales ;
$\frac{\bar{NC}}{\bar{NA}}=\frac{\bar{MC}}{\bar{QA} } $

$\frac{\bar{PA}}{\bar{PB}}= \frac{\bar{QA}}{\bar{MB}} $

Từ đó dễ có đẳng thức (1)trên.
b)Ngược lại ,khi có (1):
Giả sử PN cắt BC tại M'.
Theo phần trước ta có:

$\frac{\bar{M'B}}{\bar{M'C}} .\frac{\bar{NC}}{\bar{NA}}.\frac{\bar{PA}}{\bar{PB }} =1 $

Kết hợp với (1) suy ra
$\frac{\bar{MB}}{\bar{MC}}=\frac{\bar{M'B}}{\bar{M' C}} $
Do đó M trùng M' tức là M,N,P thẳng hàng.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Mình đưa lên vài file ,còn dùng dc cho cả mấy phần sau nữa
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
File Kèm Theo
Kiểu File : pdf 6-concur-solns.pdf (71.3 KB, 1556 lần tải)
Kiểu File : pdf eeg-11.pdf (175.2 KB, 1149 lần tải)
Kiểu File : pdf ge_G1.pdf (315.0 KB, 1269 lần tải)
__________________
Sáng trưa chiều lo lắng biết bao điều, biết vâng lời lắng nghe em nhiều, thế mới là con ma được thương yêu.

thay đổi nội dung bởi: ma 29, 09-02-2009 lúc 09:26 AM
ma 29 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 15 Users Say Thank You to ma 29 For This Useful Post:
arsenal1000 (24-07-2012), Doomkaka (23-08-2010), duycvp (18-10-2009), G-Dragon (12-05-2011), IMO 2010 (27-11-2010), inhtoan (06-04-2009), Math Long (13-09-2009), maths_huucong (28-09-2009), nguyen__ (17-07-2010), o_o (18-09-2010), phamtoan (21-11-2011), tranduchien161 (13-12-2009), trantuanh (01-10-2010), ttttien77 (29-10-2009), wikipedia1995 (08-12-2010)
Old 02-08-2008, 10:47 AM   #3
ma 29
+Thành Viên Danh Dự+
 
ma 29's Avatar
 
Tham gia ngày: May 2008
Đến từ: ĐH Kinh tế Quốc dân
Bài gởi: 888
Thanks: 113
Thanked 967 Times in 210 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới ma 29
2)Mở rộng định lí Menelaus theo diện tích.

Mình sẽ làm nốt phần về Menelaus

I.2)Mở rộng định lí Menelaus theo diện tích


Định lí:Cho tam giác ABC và 3 điểm M,N,P lần lượt nằm trên BC,CA,AB.Khi đó ta có:

$\frac{S_{MNP}}{S_{ABC}}= \frac{ \bar{BM}.\bar{CN}.\bar{AP}-\bar{CM}.\bar{AN}.\bar{BP} }{\bar{AB} .\bar{BC}.\bar{CA}} $

Chứng minh :(thamtuhoctro post)


Gọi $e_1 ,e_2 ,e_3 $ là vector chỉ phương của $BC, CA, AB. $
Ta có:
$\begin{array}{l}S\left[ {ABC} \right] = S\left[ {MAB} \right] + S\left[ {MCA} \right] \\ \Rightarrow S\left[ {ABC} \right] = S\left[ {PMA} \right] + S\left[ {PBM} \right] + S\left[ {NMC} \right] + S\left[ {NAM} \right] \\\Rightarrow S\left[ {ABC} \right] = S\left[ {MNP} \right] + S\left[ {BMP} \right] + S\left[ {CNM} \right] + S\left[ {APN} \right] \\ \end{array} $
mặt khác :
$\frac{{S\left[ {BMP} \right]}}{{S\left[ {ABC} \right]}} = \frac{{\overline {BM} .\overline {BP} .\sin \left( {e_1 ;e_2 } \right)}}{{\overline {BC} .\overline {BA} .\sin \left( {e_1 ;e_2 } \right)}} = \frac{{\overline {BM} .\overline {BP} }}{{\overline {BC} .\overline {BA} }} $
tương tự:

$\frac{{S\left[ {CNM} \right]}}{{S\left[ {ABC} \right]}} = \frac{{\overline {CN} .\overline {CM} }}{{\overline {CA} .\overline {CB} }} $

$\frac{{S\left[ {APN} \right]}}{{S\left[ {ABC} \right]}} = \frac{{\overline {AP} .\overline {AN} }}{{\overline {AB} .\overline {AC} }} $
Ta suy ra:

$\begin{array}{l}\frac{{S\left[ {MNP} \right]}}{{S\left[ {ABC} \right]}} = 1 - \frac{{S\left[ {BMP} \right]}}{{S\left[ {ABC} \right]}} - \frac{{S\left[ {CNM} \right]}}{{S\left[ {ABC} \right]}} - \frac{{S\left[ {APN} \right]}}{{S\left[ {ABC} \right]}} \\\Rightarrow \frac{{S\left[ {MNP} \right]}}{{S\left[{ABC}\right]}} = 1 - \frac{{\overline {BM} .\overline {BP} }}{{\overline {BC} .\overline {BA} }} - \frac{{\overline {CN} .\overline {CM} }}{{\overline {CA} .\overline {CB} }} - \frac{{\overline {AP} .\overline {AN}}}{{\overline {AB} .\overline {AC} }} \\\Rightarrow \frac{{S\left[ {MNP} \right]}}{{S\left[ {ABC} \right]}} = \frac{{\overline {BM} .\overline {CN} .\overline {AP} - \overline {CM} .\overline {AN} .\overline {BP} }}{{\overline {AB} .\overline {BC} .\overline {CA} }} \\ \end{array} $

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Sáng trưa chiều lo lắng biết bao điều, biết vâng lời lắng nghe em nhiều, thế mới là con ma được thương yêu.

thay đổi nội dung bởi: ma 29, 11-11-2008 lúc 09:48 AM
ma 29 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 8 Users Say Thank You to ma 29 For This Useful Post:
IMO 2010 (27-11-2010), inhtoan (06-04-2009), o_o (18-09-2010), phamtoan (21-11-2011), rubic9x (25-09-2010), trantuanh (01-10-2010), ttttien77 (29-10-2009), wikipedia1995 (08-12-2010)
Old 02-08-2008, 10:50 AM   #4
ma 29
+Thành Viên Danh Dự+
 
ma 29's Avatar
 
Tham gia ngày: May 2008
Đến từ: ĐH Kinh tế Quốc dân
Bài gởi: 888
Thanks: 113
Thanked 967 Times in 210 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới ma 29
3)Định lí Menelaus cho tứ giác:

I.3)Định lí Menelaus cho tứ giác:


Định lí:Cho tứ giác ABCD và một đường thẳng d cắt AB,BC,CD,DA lần lượt ở M,N,P,Q. Khi đó ta có:
$\frac{\bar{MA}}{\bar{MB}} .\frac{\bar{NB}}{\bar{NC}}.\frac{\bar{PC}}{\bar{PD }} .\frac{\bar{QD}}{\bar{QA}}=1 $

Chứng minh:
Ta sẽ làm giống cách chứng minh ở tam giác
Trên d lấy hai điểm I,J sao cho AI//BJ//CD
Theo Thales ta có:
$\frac{\bar{MA}}{\bar{MB}}=\frac{\bar{IA}}{\bar{JB} } $
$\frac{\bar{NB}}{\bar{NC}}=\frac{\bar{JB}}{\bar{PC} } $
$\frac{\bar{QD}}{\bar{QA}}=\frac{\bar{PD}}{\bar{IA} } $
Từ đó dễ có điều cần chứng minh.

*Chú ý
1)Khi áp dụng cho tứ giác ,định lí Menelaus chỉ phát biểu dạng thuận bởi dạng đảo nói chung không đúng!
2) Các bạn thử suy nghĩ xem với dạng thuận như thế này thì có thể mở rộng cho đa giác được không? -Một vấn đề khá thú vị
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Sáng trưa chiều lo lắng biết bao điều, biết vâng lời lắng nghe em nhiều, thế mới là con ma được thương yêu.

thay đổi nội dung bởi: ma 29, 11-11-2008 lúc 10:13 AM
ma 29 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 7 Users Say Thank You to ma 29 For This Useful Post:
duycvp (18-10-2009), IMO 2010 (27-11-2010), o_o (18-09-2010), phamtoan (21-11-2011), trantuanh (01-10-2010), ttttien77 (29-10-2009), wikipedia1995 (08-12-2010)
Old 04-08-2008, 09:11 AM   #5
bali
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jul 2008
Bài gởi: 35
Thanks: 11
Thanked 23 Times in 6 Posts
I.4) Định lý Ceva



Định lý:
Cho tam giác ABC.Gọi E, F, G là ba điểm tương ứng nằm trên BC, CA, AB. Ba đường thẳng AE, BF, CG cắt nhau tại một điểm O khi và chỉ khi:
$\frac {\overline{AG}}{\overline{GB}}.\frac {\overline{BE}}{\overline{EC}}.\frac {\overline{CF}}{\overline{FA}}=1 $

Chứng minh:
Phần thuận:
Giả sử ba đường thẳng AE, BF, CG cắt nhau tại một điểm O. TỪ A và C, kẻ các đường song song với BF, chúng lần lượt cắt CG và AE tại K, I tương ứng.
Ta có: $\frac {\overline{CF}}{\overline{FA}}=\frac {\overline{CO}}{\overline{OK}} $ và $\frac {\overline{CI}}{\overline{AK}}=\frac {\overline{CO}}{\overline{OK}} $ (Sử dụng định lý Thales)
$\Rightarrow \frac {\overline{CF}}{\overline{FA}}=\frac {\overline{IC}}{\overline{AK}} $. Các cặp tam giác đồng dạng IEC và OEB, AKG và BOG : $\frac {\overline{BE}}{\overline{CE}}=\frac {\overline{BO}}{\overline{CI}} $ và $\frac {\overline{AG}}{\overline{BG}}=\frac {\overline{AK}}{\overline{BO}} $
Do đó: $\frac {\overline{AG}}{\overline{GB}}.\frac {\overline{BE}}{\overline{EC}}.\frac {\overline{CF}}{\overline{FA}}=\frac {\overline{AK}}{\overline{OB}}.\frac {\overline{BO}}{\overline{IC}}.\frac {\overline{CI}}{\overline{AK}}=1 $

Phần đảo:
Giả sử ta có: $\frac {\overline{AG}}{\overline{GB}}.\frac {\overline{BE}}{\overline{EC}}.\frac {\overline{CF}}{\overline{FA}}=1 $
Qua giao điểm của các đường thẳng AE và BF, kẻ đường thẳng $CC_1 $ với $C_1 $ nằm trên cạnh AB. Khi đó, theo chứng minh phần thuận:
$\frac {\overline{AC_1}}{\overline{C_1 B}}.\frac {\overline{BE}}{\overline{EC}}.\frac {\overline{CF}}{\overline{FA}}=1=\frac {\overline{AG}}{\overline{GB}}.\frac {\overline{BE}}{\overline{EC}}.\frac {\overline{CF}}{\overline{FA}}=1 $
Suy ra $\frac {\overline{AC_1}}{\overline{C_1 B}}=\frac {\overline{AG}}{\overline{GB}} $, hay $C_1 \equiv G $, ta có điều phải chứng minh
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: ma 29, 13-11-2008 lúc 05:08 PM
bali is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 10 Users Say Thank You to bali For This Useful Post:
duycvp (18-10-2009), HeastLTT (20-03-2010), IMO 2010 (27-11-2010), levanhuan (04-09-2008), ma 29 (04-08-2008), o_o (18-09-2010), phamtoan (21-11-2011), trantuanh (01-10-2010), ttttien77 (29-10-2009), wikipedia1995 (08-12-2010)
Old 04-08-2008, 01:17 PM   #6
bali
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jul 2008
Bài gởi: 35
Thanks: 11
Thanked 23 Times in 6 Posts
5) Định lí Ceva dạng sin

I.5) Định lý Ceva sin



Định lý:

Gọi E, F, G là ba điểm tương ứng nằm trên các đường thẳng BC, CA, AB của tam giác ABC. Ba đường thẳng AE, BF, CG cắt nhau tại một điểm O khi và chỉ khi: $\frac {\sin ABF}{\sin CBF}.\frac {\sin BCG}{\sin ACG}.\frac {\sin CAE}{\sin BAE}=1 $



Chứng minh:
Phần thuận: Giả sử AE, BF, CG đồng quy tại O. Khi đó hai tam giác ABE và ACE có cùng chiều cao hạ từ đỉnh A.
$\Rightarrow \frac {BE}{EC}=\frac {S_{ABE}}{S_{ACE}}=\frac {AB.AE.\sin BAE}{AC.AE.\sin CAE}=\frac {AB.\sin BAE}{AC.\sin CAE} $
Tương tự $\frac {CF}{FA}=\frac {BC.\sin CBF}{BA.\sin ABF} $
Và $\frac {AG}{GB}=\frac {CA.\sin ACG}{CB.\sin BCG} $
Nhân từng vế ba đẳng thức trên được: $\frac {\sin ABF}{\sin CBF}.\frac {\sin BCG}{\sin ACG}.\frac {\sin CAE}{\sin BAE}=\frac {BE}{EC}.\frac {CF}{FA}.\frac {AG}{GB}=1 $ (Theo định lý Ceva)
Từ đó suy ra đpcm.

Phần đảo: CM tương tự phần đảo ở mục 4.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: ma 29, 13-11-2008 lúc 05:10 PM
bali is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 8 Users Say Thank You to bali For This Useful Post:
duycvp (18-10-2009), HeastLTT (20-03-2010), IMO 2010 (27-11-2010), ma 29 (04-08-2008), o_o (18-09-2010), phamtoan (21-11-2011), trantuanh (01-10-2010), ttttien77 (29-10-2009)
Old 04-08-2008, 01:50 PM   #7
trung anh
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jul 2008
Bài gởi: 75
Thanks: 9
Thanked 94 Times in 26 Posts
I.6) Định lý Desargues


Định lý:

Cho tam giác ABC và tam giác A'B'C'. Khi đó AA', BB', CC' đồng quy khi và chỉ khi các giao điểm của BC và B'C', CA và C'A', AB và A'B' thẳng hàng.




Chứng minh:

Gọi X, Y, Z là lần lượt là các giao điểm của các cặp cạnh BC và B’C’, CA và C’A’, AB và A’B’ .

Phần thuận:
Giả sử các đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy tại S. Ta chứng minh X, Y, Z thẳng hàng.
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác SBC với cát tuyến XB'C' ta có:
$\frac{\bar{XB}}{\bar{XC}}.\frac{\bar{C'C}}{\bar{C' S}}.\frac{\bar{B'S}}{\bar{B'B}}=1 $ hay $\frac{\bar{XB}}{\bar{XC}} = \frac{\bar{SC'}}{\bar{SB'}}.\frac{\bar{BB'}}{\bar{ CC'}} $

Tương tự, ta có:
$\frac{\bar{YC}}{\bar{YA}} = \frac{\bar{SA'}}{\bar{SC'}}.\frac{\bar{CC'}}{\bar{ AA'}} $ và $\frac{\bar{ZA}}{\bar{ZB}} = \frac{\bar{SB'}}{\bar{SA'}}.\frac{\bar{AA'}}{\bar{ BB'}} $

Nhân từng vế các đẳng thức trên lại với nhau, và theo định lí Menelaus suy ra X, Y, Z thẳng hàng.

Phần đảo:
Giả sử các điểm X, Y, Z thẳng hàng. Ta chứng minh các đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy.
Gọi S là giao điểm của AA’ và BB’. SC cắt đường thẳng AC’ tại C”.
Xét 2 tam giác ABC và A’B’C” có các đường nối các đỉnh tương ứng đồng quy, do đó theo phần thuận giao điểm của các cạnh tương ứng cũng đồng quy.
Ta thấy AB cắt A’B’ tại Z, AC cắt A’C” tại Y (do A’, C’, C” thẳng hàng), suy ra giao điểm X’ của BC và B’C” phải thuộc YZ. Tức là X’ là giao của YZ và BC nên X’ trùng với X.
Suy ra C” trùng với C’, hay AA’, BB’, CC’ đồng quy.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: ma 29, 21-08-2008 lúc 11:10 AM
trung anh is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 10 Users Say Thank You to trung anh For This Useful Post:
duycvp (18-10-2009), HeastLTT (20-03-2010), IMO 2010 (27-11-2010), ma 29 (04-08-2008), nguyen__ (17-07-2010), o_o (18-09-2010), phamtoan (21-11-2011), trantuanh (01-10-2010), ttttien77 (29-10-2009), wikipedia1995 (08-12-2010)
Old 07-08-2008, 03:33 PM   #8
ma 29
+Thành Viên Danh Dự+
 
ma 29's Avatar
 
Tham gia ngày: May 2008
Đến từ: ĐH Kinh tế Quốc dân
Bài gởi: 888
Thanks: 113
Thanked 967 Times in 210 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới ma 29
7)Định lí Pappus

I.7)Định lí Pappus

Định lí: Cho ba điểm A,B,C nằm trên đường thẳng a, X,Y,Z nằm trên đường thẳng b.Gọi M,N,P lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng (AY,BX) ,(AZ,CX),CY,BZ).
Khi đó M,N,P thẳng hàng.

Chứng minh:


Định lí này có một cách chứng minh dùng Menelaus ,nếu có điều kiện mình sẽ post lên,còn sau đây là một cách dựa trên kiến thức cơ sở về tỉ số kép và phép chiếu xuyên tâm.
Ta có bổ đề sau được chứng minh dễ dàng nhờ những hiểu biết ban đầu về tỉ số kép và phép chiếu xuyên tâm:

Bổ đề: Cho góc xOy và các điểm A,B,C thuộc Ox; D,E,F thuộc Oy.
Khi đó AD,BE,CF đồng quy khi và chỉ khi: (OABC) =(ODEF) .

Bổ đề trên bạn đọc tự chứng minh, bây giờ ta sẽ trở lại bài toán.
Kí hiệu $F_E $ là phép chiếu xuyên tâm E.
Gọi T,Q lần lượt là giao điểm của BX và AZ; CX và BZ.
Sử dụng bổ đề trên thì ta sẽ cần chứng minh: (BTMX) =(BZPQ)

+)Trường hợp a//b bạn đọc hãy chứng minh nhờ Thales

+)Khi a không song song với b.Gọi S là giao của a và b.
Ta thấy:
Với :$F_A: (BTMX) =(SZYX) $
Với $F_C : (SZYX)=(BZPQ) $
Từ đó suy ra điều cần chứng minh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Sáng trưa chiều lo lắng biết bao điều, biết vâng lời lắng nghe em nhiều, thế mới là con ma được thương yêu.

thay đổi nội dung bởi: ma 29, 13-11-2008 lúc 05:17 PM
ma 29 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 10 Users Say Thank You to ma 29 For This Useful Post:
Akira Vinh HD (03-08-2012), Curi_Gem (13-07-2010), duycvp (18-10-2009), HeastLTT (20-03-2010), IMO 2010 (27-11-2010), o_o (19-09-2010), phamtoan (21-11-2011), trantuanh (01-10-2010), ttttien77 (29-10-2009), wikipedia1995 (08-12-2010)
Old 07-08-2008, 03:34 PM   #9
ma 29
+Thành Viên Danh Dự+
 
ma 29's Avatar
 
Tham gia ngày: May 2008
Đến từ: ĐH Kinh tế Quốc dân
Bài gởi: 888
Thanks: 113
Thanked 967 Times in 210 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới ma 29
I.8)Một trường hợp đặc biệt của định lí Pappus qua góc nhìn hình xạ ảnh.


Ở phần này chúng tôi chỉ dùng hình xạ ảnh để dẫn dắt đến kết quả còn nội dung định lí và cách chứng minh thì hoàn toàn phù hợp với kiến thức hình THCS!
Ta có kết quả sau liên quan đến hình xạ ảnh: Các đường thẳng song song với nhau thì gặp nhau tại một điểm ở vô cực và ngược lại .
Vận dụng vào định lí Pappus ở trên , cho các điểm A,B,C ra vô cực thì theo kết quả về hình xạ ảnh ta có
YM//ZN ( Vì YM,ZN cùng đi qua một điểm (A) ở vô cực )Tương tự thì :XN//YP,XM//ZP.
Và khi ấy M,N,P vẫn thẳng hàng. Ta phát biểu lại được một định lí đơn giản và hữu dụng sau đây:


Định lí:Trên mặt phẳng cho ba điểm X,Y,Z thẳng hàng và ba điểm M,N,P thỏa mãn XN//YP,YM//ZN,XM//ZP.
Khi đó ta cũng có M,N,P thẳng hàng.

Chứng minh:

Trường hợp MP//XYZ thì đơn giản,bạn đọc tự chứng minh.
Ta sẽ xét khi MP không song song với XYZ.
Gọi S là giao điểm của MP với XYZ.
Đường thẳng qua X song song với YP cắt MP ở N'. Bài toán sẽ được gải quyết nếu ta chứng minh được rằng ZN' // YM (Vì khi ấy N' trùng N).

Thật vậy,chú ý YP//XN', ZP//XM nên theo Thales ta có:
$\frac{SY}{SZ} =\frac{SY}{SX} .\frac{SX}{SZ} = \frac{SP}{SN'} .\frac{SM}{SP} = \frac{SM}{SN'} $
Đến đây theo Thales đảo ta suy ra ZN' //YM. Chứng minh được hoàn tất.!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Sáng trưa chiều lo lắng biết bao điều, biết vâng lời lắng nghe em nhiều, thế mới là con ma được thương yêu.

thay đổi nội dung bởi: ma 29, 14-01-2010 lúc 04:17 PM
ma 29 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 7 Users Say Thank You to ma 29 For This Useful Post:
Curi_Gem (13-07-2010), HeastLTT (20-03-2010), IMO 2010 (27-11-2010), o_o (19-09-2010), trantuanh (01-10-2010), ttttien77 (29-10-2009), wikipedia1995 (08-12-2010)
Old 07-08-2008, 03:41 PM   #10
long14893
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Mar 2008
Bài gởi: 8
Thanks: 0
Thanked 6 Times in 1 Post
9)Đẳng thức Ptolemy

I.9)Đẳng thức Ptolemy

Định lí Với tứ giác nội tiếp ABCD thì:
AB.CD+AD.BC=AC.BD

Chứng minh:

Lấy điểm E thuộc AC sao cho $\hat {DEC} =\hat {ADB} $

$\to \Delta ADB $đồng dạng $\Delta DEC \to \frac{AD}{DE} = \frac{DB}{DC}=\frac {AB}{EC} \to AB.DC = EC.DB $

Tương tự $\Delta ADE $đồng dạng $\Delta BDC \to AE.BD = AD.BC $$\to AD.BC+AB.CD = BD(EA+EC)=BD.AC (DPCM) $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: ma 29, 20-11-2008 lúc 09:51 AM
long14893 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 6 Users Say Thank You to long14893 For This Useful Post:
Curi_Gem (13-07-2010), HeastLTT (20-03-2010), IMO 2010 (27-11-2010), o_o (19-09-2010), trantuanh (01-10-2010), ttttien77 (29-10-2009)
Old 07-08-2008, 05:36 PM   #11
trung anh
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jul 2008
Bài gởi: 75
Thanks: 9
Thanked 94 Times in 26 Posts
I.10) Bất đẳng thức Ptolemy


Định lý:

Cho tứ giác ABCD. Khi đó có $AC.BD \leq AB.CD + AD.BC $

Chứng minh:
Lấy E nằm trong tứ giác ABCD sao cho
$\hat{EDC}=\hat{ADB} $ và $\hat{ECD}=\hat{ABD} $
Khi đó $\Delta ABD $ ~ $\Delta ECD \Rightarrow \frac{AB}{BD}=\frac{EC}{DC} $ hay $AB.DC=EC.BD $.
Hơn nữa $\Delta ADE $ ~ $\Delta BDC (c.g.c) \Rightarrow \frac{AD}{AE}=\frac{BD}{CB} $ hay $AD.CB=BD.AE. $
Vậy ta có $AB.CD + BC.AD = BD(EA+EC) \geq BD.AC $(đpcm).
Xem thêm:[Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: ma 29, 26-08-2008 lúc 07:09 AM
trung anh is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 6 Users Say Thank You to trung anh For This Useful Post:
Curi_Gem (13-07-2010), HeastLTT (20-03-2010), IMO 2010 (27-11-2010), o_o (19-09-2010), trantuanh (01-10-2010), ttttien77 (29-10-2009)
Old 07-08-2008, 08:12 PM   #12
trung anh
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jul 2008
Bài gởi: 75
Thanks: 9
Thanked 94 Times in 26 Posts
I.11) Định lý Pascal


Định lý:

Cho 6 điểm A,B,C,D,E,F cùng thuộc một đường tròn. Khi đó các giao điểm của các cặp cạnh AB và DE, BC và EF, CD và FA thẳng hàng.


Chứng minh:
Gọi P,M,N lần lượt là giao điểm của AF và CD, AB và DE, BC và EF. Gọi P', M', N' lần lượt là giao điểm của BC và DE, BC và AF, DE và AF.
Áp dụng định lí Menelaus cho $\Delta $ P'M'N' với cát tuyến PCD:
$\frac{\bar{CP'}}{\bar{CM'}}.\frac{\bar{DN'}}{\bar{ DP'}}.\frac{\bar{PM'}}{\bar{PN'}}=1 $
$\Leftrightarrow \frac{\bar{PM'}}{\bar{PN'}}=\frac{\bar{CM'}}{\bar{ CP'}}.\frac{\bar{DP'}}{\bar{DN'}} $
Tương tự ta có:
$\frac{\bar{NP'}}{\bar{NM'}}=\frac{\bar{FN'}}{\bar{ FM'}}.\frac{\bar{EP'}}{\bar{EN'}} $ và $\frac{\bar{MN'}}{\bar{MP'}}=\frac{\bar{AN'}}{\bar{ AM'}}.\frac{\bar{BM'}}{\bar{BP'}} $
Nhân các biểu thức trên lại kết hợp với các biểu thức phương tích sau:
$\bar{BM'}.\bar{CM'}=\bar{AM'}.\bar{FM'} $
$\bar{EN'}.\bar{DN'}=\bar{FN'}.\bar{AN'} $
$\bar{CP'}.\bar{BP'}=\bar{DP'}.\bar{EP'} $
Ta có :
$\frac{\bar{NP'}}{\bar{NM'}}.\frac{\bar{MN'}}{\bar{ MP'}}.\frac{\bar{PM'}}{\bar{PN'}}=1 $.
Áp dụng định lí Menelaus đảo ta có đpcm.

Các bạn có thể vào đây xem thêm:[Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: ma 29, 24-11-2008 lúc 04:37 PM
trung anh is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 10 Users Say Thank You to trung anh For This Useful Post:
conan_3150 (05-09-2010), Curi_Gem (13-07-2010), IMO 2010 (27-11-2010), ma 29 (08-08-2008), MathForLife (26-12-2010), milu_93 (01-09-2010), o_o (19-09-2010), Thanh Ngoc (22-06-2010), trantuanh (01-10-2010), ttttien77 (29-10-2009)
Old 07-08-2008, 09:22 PM   #13
trung anh
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jul 2008
Bài gởi: 75
Thanks: 9
Thanked 94 Times in 26 Posts
I.12) Định lý Brianchon


Định lý:

Cho lục giác ABCDEF ngoại tiếp (O). Chứng minh rằng ba đường chéo lớn AD, BE, CF đồng quy.


Chứng minh:
Ta kí hiệu các tiếp điểm của (O) trên AB,BC,CD,DE,EF,FA lần lượt là M,N,P,Q,R,S. Xét cực và đối cực đối với (O). Gọi K,I,J lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng (SM,PQ) ,(MN,QR),(NP,RS). Vì SM và PQ là đường đối cực của A và D nên AD là đường đối cực của K. Tương tự BE và FC lần lượt là đường đối cực của I và J.
Dùng định lí Pascal cho lục giác nội tiếp MNPQRS ta có I,J,K thẳng hàng. Nên ta có các đường đối cực của I,J,K (lần lượt là BE,CF,AD) cùng đi qua cực của đường thẳng này (đường thẳng đi qua I,J,K) nên AD,BE,CF đồng quy (đpcm).
Tương tự ngược lại có thế chứng minh định lí pascal thông qua Brianchon và cực đối cực(xem thêm cực đối cực ở mục III.5 hoặc xem [Only registered and activated users can see links. ]).
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: ma 29, 21-08-2008 lúc 11:11 AM
trung anh is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 10 Users Say Thank You to trung anh For This Useful Post:
Curi_Gem (13-07-2010), duycvp (18-10-2009), HeastLTT (20-03-2010), IMO 2010 (27-11-2010), ma 29 (08-08-2008), o_o (19-09-2010), Thanh Ngoc (22-06-2010), trantuanh (01-10-2010), ttttien77 (29-10-2009), vannam_dn (20-01-2009)
Old 08-08-2008, 05:56 PM   #14
ma 29
+Thành Viên Danh Dự+
 
ma 29's Avatar
 
Tham gia ngày: May 2008
Đến từ: ĐH Kinh tế Quốc dân
Bài gởi: 888
Thanks: 113
Thanked 967 Times in 210 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới ma 29
I.13)Định lí Miquel

Định lí: Cho tam giác ABC và ba điểm M,N,P lần lượt nằm trên BC,CA,AB. Khi đó các đường tròn ngoại tiếp các tam giác APN,BPM và CMN đồng quy.

Chứng minh:

Gọi S là giao điểm của (BPM) và (CMN).Ta sẽ chứng minh S nằm trên (APN).
Thật vậy:

$(SN,SP) \equiv (SN,SM) + (SM,SP) \equiv (CN,CM) +(BM,BP) \equiv( CA,CB) + (BC,BA) \equiv (CA,BA) \equiv (AN,AP) (mod \pi) $

Suy ra điều cần chứng minh.!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Sáng trưa chiều lo lắng biết bao điều, biết vâng lời lắng nghe em nhiều, thế mới là con ma được thương yêu.

thay đổi nội dung bởi: ma 29, 22-11-2008 lúc 10:07 AM
ma 29 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 6 Users Say Thank You to ma 29 For This Useful Post:
HeastLTT (20-03-2010), IMO 2010 (27-11-2010), milu_93 (01-09-2010), o_o (28-09-2010), trantuanh (01-10-2010), ttttien77 (29-10-2009)
Old 08-08-2008, 06:57 PM   #15
trung anh
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jul 2008
Bài gởi: 75
Thanks: 9
Thanked 94 Times in 26 Posts
I.14) Công thức Carnot


Định lý:

Cho $\Delta $ ABC nội tiếp (O,R). Gọi x,y,z lần lượt là khoảng cách từ O đến BC,AC,AB. Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có:
a)Nếu $\Delta ABC $ nhọn thì công thức Carnot là $x+y+z=R+r $.
b)Nếu $\hat{A}>9O^0 $ thì công thức carno là $y+z-x=R+r $
Chứng minh:

a)Nếu $\Delta ABC $ nhọn

Gọi F, E, D lần lượt là trung điểm của BC,CA,AB. Như vậy ta có
$OF=x, OE=y, OD=z $. Đặt $BC=a, CA=b, AB=c $.
Áp đụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác nội tiếp OFBD ta có:
$OB.DF=OF.DB+FB.OD $ hay $R.\frac{b}{2}=z.\frac{a}{2}+x.\frac{c}{2} $
Tương tự ta có $R.\frac{c}{2}=y.\frac{a}{2}+x.\frac{b}{2} $ và $R.\frac{a}{2}=y.\frac{c}{2}+z.\frac{b}{2} $
ta lại có $r(\frac{b}{2}+\frac{a}{2}+\frac{c}{2})= S_{ABC} = S_{OBC}+S_{AOC}+S_{ABO}=x.\frac{a}{2}+y.\frac{b}{2 }+z.\frac{c}{2} $
Cộng bốn biểu thức trên lại ta có
$(r+R)(\frac{a+b+c}{2})=(x+y+z)(\frac{a+b+c}{2}) \Rightarrow R+r=x+y+z $

b)Nếu $\hat{A}>9O^0 $ chứng minh tương tự.


Viết dưới dạng lượng giác, công thức Carnot chính là hệ thức $cosA + cosB + cosC = 1 + \frac{r}{R} $. Chú ý hệ thức này đúng với mọi tam giác.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: ma 29, 27-09-2010 lúc 02:29 PM
trung anh is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 6 Users Say Thank You to trung anh For This Useful Post:
HeastLTT (20-03-2010), IMO 2010 (27-11-2010), o_o (02-10-2010), phamtoan (21-11-2011), trantuanh (01-10-2010), ttttien77 (29-10-2009)
Trả lời Gởi Ðề Tài Mới

Bookmarks

Ðiều Chỉnh
Xếp Bài

Quuyền Hạn Của Bạn
You may not post new threads
You may not post replies
You may not post attachments
You may not edit your posts

BB code is Mở
Smilies đang Mở
[IMG] đang Mở
HTML đang Tắt

Chuyển đến


Múi giờ GMT. Hiện tại là 05:03 AM.


Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2017, Jelsoft Enterprises Ltd.
Inactive Reminders By mathscope.org
[page compression: 150.47 k/168.79 k (10.86%)]