Đến nội dung


Hình ảnh

Những định nghĩa và tính chất cơ bản


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 40 trả lời

#1 neverstop

neverstop

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 261 Bài viết
  • Đến từ:Russia

Đã gửi 02-12-2006 - 21:19

Mình thấy trong diễn đàn, phần Hình học Olympic có rất nhiều câu hỏi cơ bản như: điểm đẳng giác là gì, đường đối trung là như thế nào, cực trực giao là sao, ... hay những thuật ngữ trên nhưng viết bằng tiếng Anh như thế nào, những khái niệm tiếng Anh thì ở tiếng Việt cái gì là tương đương, ...

Những kiến thức này trong chương trình phổ thông không được dạy. Thường thì các bạn sẽ tìm được chúng trong các tài liệu tham khảo nâng cao, hoặc từ trên mạng, hoặc được bồi dưỡng, truyền thụ lại.

Mình thiết nghĩ những kiến thức này rất cần thiết và cơ bản cho bất kỳ một học sinh nào muốn bước chân vào khu vực Olympic. Nói vậy có nghĩa là các bạn nên chuẩn bị những kiến thức cơ bản thật vững trước khi đánh trận nơi đây. Những sự giúp đỡ, giải đáp của người khác sẽ không thể đáp ứng được toàn bộ những câu hỏi cơ bản như vậy.

Cho nên mình muốn lập ra topc này để mọi người gửi những thắc mắc, những câu hỏi về một khái niệm, tính chất cơ bản nào đó của một vấn đề hình học mở rộng (tức không có trong chương trình phổ thông) để tập hợp những lời giải đáp vào chung một nơi tiện cho các bạn tra cứu.

Tất cả những câu hỏi và câu trả lời sẽ được cập nhật tại trang này. Mong các bạn thường xuyên để ý. Những kết quả nêu ở mục này xin được phép không nêu chứng minh ở trang đầu tiên, để cho gọn gàng và dễ tra cứu. Tuy nhiên trong các bài viết tiếp theo, nếu bạn nào có thể chứng minh, xin góp sức chung.

Nếu trong quá trình biên soạn các định nghĩa và tính chất, có điều gì chưa chính xác hoặc thiếu, rất mong các bạn góp ý.

--------------------------------------------------------------------------------------------------

I. Mục lục các khái niệm

1. Khái niệm điểm đẳng giác

2. Khái niệm cực trực giao

3. Khái niệm tam giác hình chiếu

4. Khái niệm tứ giác toàn phần


II. Mục lục các định lý

1. Định lí Miquel

2. Định lí Carno

3. Định lí Desargues

4. Định lí Pascal

5. Định lí Brianchon

6. Định lí Pappus

7. Định lí Thebault

8. Định lí Breichneider

9. Định lí Lebnitz

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi neverstop: 05-01-2007 - 22:45

Download phần mềm miễn phí: http://rilwis.tk

#2 neverstop

neverstop

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 261 Bài viết
  • Đến từ:Russia

Đã gửi 08-12-2006 - 15:05

Định lí Desargues

Định lý này là 1 kết quả cơ bản của hình học xạ ảnh về 2 tam giác thấu xạ. Tuy nhiên cách chứng minh của nó lại chỉ đơn thuần dùng hình học sơ cấp cho nên được ứng dụng khá nhiều..

Định lý: Cho tam giác ABC và tam giác A'B'C'. Khi đó điều kiện cần và đủ để các đường thẳng nối các đỉnh tương ứng của 2 tam giác đồng quy là các giao điểm của các cạnh tương ứng của 2 tam giác thẳng hàng; tức 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.

Hình đã gửi

Chứng minh:

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

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 Mê-nê-la-uyt cho tam giác SB’C’ với cát tuyến XBC ta có:
$\dfrac{\bar{XB}}{\bar{XB}}.\dfrac{\bar{C'C}}{\bar{C'S}}.\dfrac{\bar{B'S}}{\bar{B'B}}=1$ hay $\dfrac{\bar{XB}}{\bar{XB}} = \dfrac{\bar{SC'}}{\bar{SB'}}.\dfrac{\bar{BB'}}{\bar{CC'}}$

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

Nhân từng vế các đẳng thức trên lại với nhau, và theo định lí Mê-nê-la-uyt 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.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi neverstop: 09-01-2007 - 07:54

Download phần mềm miễn phí: http://rilwis.tk

#3 neverstop

neverstop

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 261 Bài viết
  • Đến từ:Russia

Đã gửi 09-12-2006 - 01:15

Định lí Carno (manutd)

Định lý: Cho tam giác ABC và các điểm M, N, P lần lượt thuộc các đường thẳng BC, CA, AB. Gọi x, y, z lần lượt là đường thẳng vuông góc với BC, CA, AB tại M, N, P tương ứng. Khi đó x, y, z đồng quy khi và chỉ khi đẳng thức sau thỏa mãn:
$MB^2-MC^2+NC^2-NA^2+PA^2-PB^2=0$.

Hình đã gửi

Chứng minh:

Gọi X, Y, Z là các giao điểm của x, y, z với BC, CA, AB tương ứng.

Phần thuận:
Giả sử x, y, z, đồng quy tại 1 điểm S, ta cần chứng minh hệ thức trên được thỏa mãn.

Theo định lý Pythagores ta có: $MB^2-MC^2+NC^2-NA^2+PA^2-PB^2=(XB^2+XM^2)-(XC^2+XM^2)+(YC^2+YN^2)-(YA^2+YN^2)+(ZA^2+ZP^2)-(ZB^2+ZP^2)$
$XB^2-XC^2+YC^2-YA^2+ZA^2-ZB^2=(XB^2+XS^2)-(XC^2+XS^2)+(YC^2+YS^2)-(YA^2+YS^2)+(ZA^2+ZS^2)-(ZB^2+ZS^2)$
$XB^2-XC^2+YC^2-YA^2+Z'A^2-Z'B^2=0$
Từ đó suy ra $Z'A^2-Z'B^2 = ZA^2-ZB^2$.
Mặt khác ta thấy $ZA^2-ZB^2 = (\bar{ZA}+\bar{ZB})(\bar{ZA}-\bar{ZB})=2\bar{ZD}.\bar{BA}$ với D là trung điểm của AB.
Tương tự ta có $Z'A^2-Z'B^2 = 2\bar{Z'D}.\bar{BA}$
Từ đây suy ra $2\bar{ZD}.\bar{BA} = 2\bar{Z'D}.\bar{BA}$.
suy ra Z trùng với Z', tức x, y, z đồng quy.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 22-04-2009 - 18:53

Download phần mềm miễn phí: http://rilwis.tk

#4 zaizai

zaizai

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Thành viên
  • 1380 Bài viết
  • Đến từ:Quảng Trị
  • Sở thích:giải toán(đặc biệt là Bất đẳng thức), đá bóng <br>đội bóng yêu thích là Man utd

Đã gửi 09-12-2006 - 18:22

Định nghĩa "Tứ giác toàn phần"
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, có 6 đỉnh là 6 giao điểm và 3 đường chéo là 3 đoạn đi qua đỉnh đối diện (chú ý hai đỉnh này không phụ thuộc một cạnh).

Tính chất:
Trong một tứ giác toàn phần, ba trung điểm của ba đường chéo thẳng hàng.

Chứng minh tính chât:
Hình đã gửi
Hình minh họa có từ giác toàn phần với 6 điểm A,B,C,D,E,F, bốn cạnh là CA,CB,AF,FD và 3 đường chéo là AE,BD,CF. Ta cần chứng minh 3 trung điểm M,N,Y của 3 đường chéo nói trên thẳng hàng.
Dựng JK,KL,JL là các đường trung bình của tam giác ABC nên M,N,Y lần lượt thuộc JK,JL,KL. Do đó ta có:
$ \dfrac{\bar{MK}}{\bar{MJ}}= \dfrac{\bar{EC}}{\bar{EB}} \\ \dfrac{\bar{NJ}}{\bar{NL}}= \dfrac{\bar{DA}}{\bar{DC}} \\ \dfrac{\bar{YL}}{\bar{YK}}= \dfrac{\bar{FB}}{\bar{FA}}$
Nhân từng vế đẳng thức ta có:
$ \dfrac{\bar{MK}}{\bar{MJ}} \times \dfrac{\bar{NJ}}{\bar{NL}} \times \dfrac{\bar{YL}}{\bar{YK}}=\dfrac{\bar{EC}}{\bar{EB}} \times \dfrac{\bar{DA}}{\bar{DC}} \times \dfrac{\bar{FB}}{\bar{FA}}=1$
Điều này suy ra M,N,Y thẳng hàng theo định lí Menelaus.

PS: anh neverstop cứ để phần này thế đã nhé, tối em post hình và lời giải cho tính chất trên :Leftrightarrow Giờ đi măm măm đã :oto

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 22-04-2009 - 17:48


#5 neverstop

neverstop

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 261 Bài viết
  • Đến từ:Russia

Đã gửi 10-12-2006 - 00:06

Khái niệm điểm đẳng giác

Khái niệm này còn có tên gọi hơi khác là điểm đẳng giác liên hợp, khái niệm tiếng Anh tương ứng là isogonal conjugate.

Định nghĩa: Cho tam giác $ABC$ và một điểm $M$ bất kỳ. Các đường thẳng đối xứng của $AM, BM, CM$ tương ứng qua các đường phân giác góc $A, B, C$ sẽ đồng quy tại 1 điểm $M'$. Điểm $M'$ này được gọi là điểm đẳng giác của điểm $M$.

Chú ý:điểm đẳng giác của trọng tâm tam giác được gọi là điểm đối trung. Điểm này có tên tiếng Anh là symmedian point. Các đường thẳng đối xứng với các trung tuyến của tam giác qua các đường phân giác tương ứng được gọi là các đường đối trung, tên tiếng Anh của chúng tương ứng cũng là symmedian line.

Tính chât 1: Nếu điểm $M $là tâm tỉ cự của bộ 3 điểm $A, B, C$ theo các hệ số $x, y, z$ thì $M'$ là tâm tỉ cự của bộ ba điểm $A, B, C$ theo các hệ số $\dfrac{a^2}{x}, \dfrac{b^2}{y}, \dfrac{c^2}{z}$, trong đó $a, b, c$ là độ dài các cạnh của tam giác $ABC$.

Tính chất 2: Gọi $D,E,F$ thứ tự là hình chiếu của $M$ lên $BC,CA,AB$, $D',E',F'$ thứ tự là hình chiếu của $M'$ lên $BC,CA,AB$. Ta có 6 điểm $D,E,F,D',E',F'$ nằm trên một đường tròn, tâm $O$ của đường tròn này là trung điểm $MM'$. Ngoài ra ta cũng chứng minh được $AM'\perp EF,BM'\perp FD,CM'\perp DE$.
(tính chất này được chứng minh trực tiếp từ định nghĩa, bạn đọc tự chứng minh)
Hình đã gửi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manutd: 17-01-2007 - 10:18

Download phần mềm miễn phí: http://rilwis.tk

#6 neverstop

neverstop

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 261 Bài viết
  • Đến từ:Russia

Đã gửi 10-12-2006 - 00:07

Khái niệm cực trực giao

Khái niệm này có tên tiếng Anh tương ứng là orthopole.

Định nghĩa: Cho tam giác ABC và một đường thẳng d bất kỳ. Từ các đỉnh A, B, C hạ các đường vuông góc xuống d cắt d tại M, N, P tương ứng. Từ M, N, P lần lượt hạ các đường vuông góc xuống các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC. Các đường vuông góc này đồng quy tại một điểm S gọi là cực trực giao của đường thẳng d đối với tam giác ABC.

Hình đã gửi

Chứng minh: Gọi G,O,H lần lượt là hình chiếu của M,N,P lên BC,CA,AB (hình vẽ). Để chứng minh MG,NO,PH đồng quy ta dùng định lí Carnot, cụ thể là cần chứng minh:
$?GB^2-GC^2+OC^2-OA^2+HA^2-HB^2=0$
$\leftrightarrow MB^2-MC^2+NC^2-NA^2+PA^2-PB^2=0$
$\leftrightarrow MB^2-PB^2+NC^2-MC^2+PA^2-NA^2=0$
$\leftrightarrow MN^2-PN^2+NP^2-MP^2+PM^2-NM^2=0$
Đẳng thức cuối hiển nhiên đúng, ta có ĐPCM.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 22-04-2009 - 18:23

Download phần mềm miễn phí: http://rilwis.tk

#7 neverstop

neverstop

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 261 Bài viết
  • Đến từ:Russia

Đã gửi 10-12-2006 - 00:09

Khái niệm tam giác hình chiếu (zaizai)

Khái niệm này còn được gọi là tam giác bàn đạp và thuật ngữ tiếng Anh tướng ứng với nó là pedal triangle.

Định nghĩa: Cho tam giác ABC và điểm P bất kỳ. Từ P hạ đường vuông góc xuống các cạnh BC, CA, AB theo thứ tự cắt các cạnh đó tại D, E, F. Tam giác DFE gọi là tam giác hình chiếu của điểm P đối với tam giác ABC.

Hình đã gửi

Tính chất (manutd): $S[DEF]=\dfrac{1}{4}(1-\dfrac{OP^2}{R^2}).S[ABC]$
trong đó ký hiệu S[XYZ] dùng để chỉ diện tích đại số (diện tích có hướng) của tam giác XYZ.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 14-06-2009 - 09:38

Download phần mềm miễn phí: http://rilwis.tk

#8 neverstop

neverstop

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 261 Bài viết
  • Đến từ:Russia

Đã gửi 10-12-2006 - 00:10

Định lí Miquel

Định lý: Cho tam giác ABC. Các điểm D, E, F nằm trên các đường thẳng chứa các cạnh BC, CA, AB tương ứng. Khi đó các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AEF, BFD, CDE đồng quy.

Hình đã gửi

Chứng minh: Gọi I là giao điểm của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác BDF,CDE. Ta chứng minh I nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác [AEF bằng góc định hướng. Thật vậy,
ABC, đường tròn qua D tiếp xúc với AB tại B, đường tròn qua D tiếp xúc với AC tại C đồng quy tại một điểm.

Hình đã gửi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 22-04-2009 - 19:17

Download phần mềm miễn phí: http://rilwis.tk

#9 neverstop

neverstop

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 261 Bài viết
  • Đến từ:Russia

Đã gửi 10-12-2006 - 00:24

Định lí Brianchon

Định lý này được coi là tương đương đối với định lý Pascal nhờ vào khái niệm Cực và đối cực (xem thêm tại đây)

Định lý: Cho lục giác ABCDEF ngoại tiếp đường tròn (O). Khi đó các đường chéo lớn AD, BE, CF đồng quy.

Hình đã gửi
Download phần mềm miễn phí: http://rilwis.tk

#10 neverstop

neverstop

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 261 Bài viết
  • Đến từ:Russia

Đã gửi 10-12-2006 - 00:26

Định lí Pascal

Định lý: Cho lục giác ABCDEF nội tiếp. Khi đó các giao điểm của các cặp cạnh đối AB và DE, BC và EF, CD và FA đồng quy.

Hình đã gửi
Download phần mềm miễn phí: http://rilwis.tk

#11 neverstop

neverstop

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 261 Bài viết
  • Đến từ:Russia

Đã gửi 10-12-2006 - 00:28

Định lí Pappus

Định lý: Trên đường thẳng $d_1$lần lượt lấy các điểm$A_1,B_1,C_1$ Trên đường thẳng $d_2$ lần lượt lấy các điểm $A_2,B_2,C_2$. Gọi $A_3,B_3,C_3$ lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng $B_1C_2$ và $B_2C_1$, $C_1A_2$ và $C_2A_1$, $A_1B_2$và $A_2B_1$. Khi đó $A_3,B_3,C_3$ thẳng hàng.

Chứng minh:(PDatK40SP)

Hình đã gửi
Áp dụng phép chiếu xuyên tâm $ A_1 $
$ ( B_1DA_3A_2) = (OC_2B_2A_2) $
Áp dụng phép chiếu xuyên tâm $ C_1 $
$(B_1C_2C_3E) = (OC_2B_2A_2) $
$ \Rightarrow ( B_1DA_3A_2) =(B_1C_2C_3E) $
Xét phép chiếu tâm $ B_3 $ ta có điều phải chứng minh

zaizai: định lí trên còn có thể chứng minh dễ hiểu hơn bằng thuần túy hình học. Qua năm mới mình sẽ cố gắng post lên hoặc nhờ anh neverstop bổ sung. Cảm ơn PDatK40SP đã bổ sung 1 chứng minh hay.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 22-04-2009 - 19:21

Download phần mềm miễn phí: http://rilwis.tk

#12 manutd

manutd

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 609 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vương quốc Anh

Đã gửi 17-12-2006 - 00:21

Định lí Thébault

Địnhl lí này có 1 tiểu sử khá thú vị. Theo bài viết Sawayama and Thébault's Theorem trên tạp chí Forum Geometricorum (số 3/2003) thì năm 1938, trên tạp chí American Mathematics Monthly nhà định lí nổi tiếng người Pháp Victor Thébault đã đăng định lí này. Lời giải tính toán của nó lần đầu tiên xuất hiện năm 1973 ở Hà Lan và trở nên phổ biến vào năm 1989 trên tạp chí Crux (giải bởi Veldkamp - 1 trong 2 tác giả của lời giải đã đăng ở Hà Lan).

Câu chuyện tưởng đã kết thúc nhưng đến ngay cuối năm đó Swiss R. Stark, một giáo viên tại Kantonsschule - Schaffhausen, xuất bản trong cuốn Toán học cơ bản một lời giải tổng hợp (tức chỉ dùng các công cụ của hình học phẳng) của 1 kết quả mở rộng hơn đề ra ban đầu. Sự mở rộng này đã đưa ra một trường hợp đặc biệt đối với hình chữ nhật - một kết quả đã được biết đến bởi J. Neuberg và nó đã được chú thích trong tạp chí AMM trong bản online. Lời giải tính toán đầu tiên cho sự mở rộng này được tìm ra bởi K. B. Taylor (người Anh), chứng minh chiếm mất 24 trang giấy. Đến năm 1986, một chứng minh khác ngắn gọn hơn được tìm ra bởi Gerhard Turnward.

Rồi đến năm 2001, R. Shail trong sự phân tích của mình, đã nhận ra một chứng minh hoàn hảo hơn cho 1 trường hợp tổng quát mà bài toán của Stark chỉ là một trường hợp đặc biệt. Sự tổng quát cuối cùng này được chứng minh bằng tính toán không hoàn chỉnh lắm bởi S. Geuron. Năm 2003, AMM xuất bản một lời giải của B. J. English, nhận được từ năm 1975.

Theo tạp chí JSTOR, lời giải bài toán của Shail đã được giải trước đó từ rất lâu, từ năm 1905 bởi Y. Sawayama, một giáo viên trung học tại Tokyo - Nhật Bản. chứng minh của ông ấy là sự pha trộn giữa cách chứng minh hình học tổng hợp và tính toán.

Bởi vậy, định lí này chúng ta có thể gọi là định lí Sawayama-Thébault.

Chú thích thêm 1 chút: khi nói đến chứng minh bằng tính toán (nguyên bản là metric) thì có thể hiểu sự chứng minh đó dùng những công cụ cao cấp của đại số làm phương tiện.

Toàn bộ bài báo này các bạn có thể xem ở file gửi kèm theo cuối bài viết.

Định lí: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). D là một điểm nằm trên cạnh BC. Đường tròn tâm P tiếp xúc với 2 đoạn AD,DC và tiếp xúc trong với (O). Đường tròn tâm Q tiếp xúc với 2 đoạn AD,DB và tiếp xúc trong với (O). Gọi I là tâm nội tiếp tam giác ABC. Ta có: P,I,Q thẳng hàng.

Bổ đề 1: Gọi M là điểm chính giữa cung BC không chứa A. Nếu I là một điểm thuộc đoạn AM và MI=MB=MC thì I là tâm nội tiếp của tam giác ABC.

Đây là một bổ đề quen thuộc và có chứng minh đơn giản. Vì vậy, chúng tôi không nêu ra ở đây.

Bổ đề 2: Gọi E,F lần lượt là tiếp điểm của (P) với DC,AD. Ta có: E,I,F thẳng hàng.

Hình đã gửi

Chứng minh bổ đề 2: Gọi K là tiếp điểm của (P) và (O). KE,KF cắt (O) lần nữa tại M,N. Xét phép vị tự tâm K biến (P) thành (O), ta thấy ngay M là điểm chính giữa cung BC không chứa A. Gọi Jlà giao điểm của EFvà AM . Ta có AFJKnội tiếp. Áp dụng định lí Miquel cho tam giác AFJ , xét EJKtiếp xúc với AMtại J . Từ đó,$ MJ^2=ME.MK$ . Mặt khác, từ hai tam giác MEC,MCKđồng dạng với nhau suy ra $ MC^2=ME.MK$. Vì vậy, MC=MJ. Áp dụng bổ đề 1 suy ra Jlà tâm nội tiếp tam giác ABC . Bổ đề 2 được chứng minh. Chứng minh định lí:
Hình đã gửi
. Gọi G,Hlần lượt là tiếp điểm của (Q)với DB,AD . Gọi Ilà giao điểm của EFvà GH . Theo bổ đê 2, Ilà tâm nội tiếp tam giác ABC . Vậy ta chỉ cần chứng minh P,I,Qthẳng hàng. Thật vậy, gọi X,Ylần lượt là giao điểm của GHvà DQ ; EFvà DP. Áp dụng định lí Thales ta có: $\dfrac{IX}{PD}=\dfrac{YD}{PD}=\dfrac{QX}{QD}$ . Vậy , P,I,Qthẳng hàng. Định lí được chứng minh hoàn toàn.

File gửi kèm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 22-04-2009 - 19:39

không thể online nhiều được nữa, hẹn gặp lại diễn đàn trong một ngày gần đây

#13 titikid91yb

titikid91yb

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 166 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:chuyên Yên Bái
  • Sở thích:ồ là lá..mình thích làm toán nhất là hình học và bđt và yêu thích câu lạc bộ ARSENALhttp://i108.photobucket.com/albums/n9/PDatK40SP/hamtChienthangcuaDT9.jpg%5b/IMG%5d

Đã gửi 17-12-2006 - 08:22

Định lí: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). D là một điểm nằm trên cạnh BC. Đường tròn tâm P tiếp xúc với 2 đoạn AD,DC và tiếp xúc trong với (O). Đường tròn tâm Q tiếp xúc với 2 đoạn AD,DB và tiếp xúc trong với (O). Gọi I là tâm nội tiếp tam giác ABC. Ta có: P,I,Q thẳng hàng.

ủa đây là định lí lyness mà anh manutd

@manutd: anh cũng có nghe đến cái tên này, nhưng không biết là nó được ghi trong tài liệu nào. Nếu ai có thì PM cho MU. Sau đó MU sẽ xem xét lại. Còn cái tên Thébault thì đã được khẳng định rồi.
@zaizai: theo mình thì có thể định lí trên là Thébault. Trong rất nhiều tài liệu hình học thì nó mang tên như vậy. Còn định lí Lyness có lẽ là do thầy Minh Hà giới thiệu trên TTT2. Có lẽ đây là 1 sự nhầm lẫn. Mình xin đính chính cụ thể nó là định lí: Sawayma-Thébault.
@manutd: anh không đọc tạp chí ấy. Ai biết nó được đăng ở số nào thì PM cho MU.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 22-04-2009 - 19:41

Hình đã gửi
Trời đã cho ta một trí thông minh tuyệt vời...
Mới 3 tuổi đã biết cười,biết nói...
Lên lớp 5 đã thuộc làu bảng chữ cái,chữ số...
Vừa vào cấp 3 đã làm cả trường chuyên kinh ngạc khi đã thành thạo tất cả các phép toán cộng,trừ,nhân,chia...
Tương lai đang chờ đón ta...
Nguyễn Duy Cương,toánTK17 chuyên nguyễn tất thành,yên bái

#14 vo thanh van

vo thanh van

    Võ Thành Văn

  • Hiệp sỹ
  • 1197 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình quê ta ơi

Đã gửi 04-01-2007 - 11:19

@zai zai:zai zai à,mình nghĩ về tứ giác toàn phần có 1 tính chất nữa mà mình chưa thấy bạn đưa ra và chứng minh,đó là diện tích của 3 tam giác của tứ giác toàn phần bằng nhau,chứng minh tính chất này cũng dễ thôi,ta dùng tính chất của đường thẳng Sim-sơn để chứng minh và một tính chất nữa là mỗi đường chéo bị hai đường chéo kia chia điều hòa .Theo mình để chứng minh trung điểm của 3 đường chéo thẳng hàng cũng có thể lấy trung điểm của các cạnh ED,DC,EC r?#8220;i áp dụng định lí Mênlaus
@anh neverstop:Về định lí Passcal,định lí Brianchon,em nghĩ anh nên đưa ra cách chứng minh định lí này,cách chứng minh cũng rất dễ nhưng mà anh nên đưa ra để các bạn tham khảo và bài viết của anh hoàn thiện hơn.
À theo em anh nên đưa các khái niệm cực và đối cực ở bài viết trước của anh và một số định lí khác đơn giản hơn như Menelaushay Xê-va vào đây luôn cho có hệ thống
Mình cũng xin bổ sung thêm một định lí:
Định lí BREICHNEIDER:(định lí cos cho tứ giác):Gọi a,b,c,d độ dài cạch liên tiếp của 1 tứ giác,m và n là đọ dài hai đường chéo,A và C là 2 góc đối diện.Lúc đó:$m^{2}n^{2}=a^{2}c^{2}+b^{2}d^{2}-2abcd.cos(A+C)$
Định lí Leibnitz:Với các chất điểm (A;a);(B;b);(C;c).G là tâm tỉ cự của các chất điểm ấy.Lúc đó với mọi M ta có
$a \vec{MA} ^{2}+b \vec{MB} ^{2}+c\vec{MC} ^{2}=(a+b+c) \vec{MG} ^{2}+a \vec{GA} ^{2}+b \vec{GB} ^{2}+c\vec{GC} ^{2}$
Định lí HELLY:Cho trước một số hữu hạn hình lồi mà trong đó mỗi bộ 3 hình lồi trong các hình lồi đã cho có một điểm chung thì khi đó tồn tại một điểm chung cho tất cả các hình lồi đã cho

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi neverstop: 05-01-2007 - 21:34

Quy ẩn giang hồ

#15 neverstop

neverstop

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 261 Bài viết
  • Đến từ:Russia

Đã gửi 05-01-2007 - 21:40

Rất cám ơn vo thanh van vì những ý kiến quý giá, dạo này anh ko lên mạng được nhiều nên chưa kịp bổ xung cho các định lí đã gửi. Anh sẽ cố gắng làm trong thời gian ngắn nhất.

Phần về tứ giác toàn phần em có thể nói rõ hơn được ko? 3 tam giác của tứ giác toàn phần là những tam giác nào vậy?

Các định lí em bổ xung đều khá hay, đều là những kết quả rất hay được sử dụng. Nói thật là bây giờ anh mới biết tên của nó đấy :lol:. Riêng định lí cuối cùng HELLY anh thấy có vẻ thuộc về hình học tổ hợp hơn nên có lẽ chưa đưa vào vội.

Cám ơn em đã đóng góp ý kiến.

@mods: những bài viết góp ý và trả lời của các thành viên và mods ko nên xóa, sẽ rất lộn xộn trong topic, hơn nữa để mọi người biết rõ hơn cách làm việc của chúng ta.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi neverstop: 05-01-2007 - 21:57

Download phần mềm miễn phí: http://rilwis.tk

#16 neverstop

neverstop

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 261 Bài viết
  • Đến từ:Russia

Đã gửi 05-01-2007 - 21:57

Định lí Breichneider: (vo thanh van)

Định lí này còn được gọi là định lí hàm số cos cho tứ giác.

Định lí: Cho tứ giác ABCD. Gọi a, b, c, d, m, n lần lượt là độ dài các đoạn thẳng AB, BC, CD, DA, AC, BD. Khi đó: $m^{2}n^{2}=a^{2}c^{2}+b^{2}d^{2}-2abcd.cos(A+C)$
Download phần mềm miễn phí: http://rilwis.tk

#17 neverstop

neverstop

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 261 Bài viết
  • Đến từ:Russia

Đã gửi 05-01-2007 - 22:05

Định lí Lebnitz: (vo thanh van)

Định lí này nói về quan hệ độ dài trong liên hệ tâm tỉ cự. Định lí được áp dụng rất nhiều trong các bài toán về chứng minh, tính toán các khoảng cách giữa các điểm đặc biệt trong tam giác.

Định lí: Cho tam giác ABC. G là tâm tỉ cự của các điểm A, B, C theo các hệ số a, b, c tương ứng. Khi đó ta có: $aMA^2+bMB^2+cMC^2=(a+b+c)MG^2+aGA^2+bGB^2+cGC^2$ với mọi điểm M bất kì.

Định lí này có thể mở rộng cho n điểm như sau:
Định lí: Cho n điểm bất kì $A_1, A_2, ..., A_n$. G là tâm tỉ cự của các điểm đó theo các hệ số $a_1, a_2, ..., a_n$ tương ứng. Khi đó ta có: $a_1MA_1^2+a_2MA_2^2+...+a_nMA_n^2 = (a_1+a_2+...+a_n)MG^2+a_1GA_1^2+a_2GA_2^2+...+a_nGA_n^2$ với mọi điểm M bất kì.

Định lí trên cho ta hệ quả trực tiếp là tổng $a_1MA_1^2+a_2MA_2^2+...+a_nMA_n^2$ sẽ đạt cực trị (cực tiểu hoặc cực đại) khi M trùng với G.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi neverstop: 05-01-2007 - 22:13

Download phần mềm miễn phí: http://rilwis.tk

#18 vo thanh van

vo thanh van

    Võ Thành Văn

  • Hiệp sỹ
  • 1197 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình quê ta ơi

Đã gửi 07-01-2007 - 15:45

Anh neverstop à,lần trước em ghi nhầm đó là bốn đường tròn ngoại tiếp 4 tam giác trong tứ giác hoàn đồng quy tại một điểm M được gọi là điểm Miquel.
Em cũng xin bổ sung thêm một số định lí sau
Định lí Stewart:Nếu đưởng thẳng AD=d thuộc tam giác ABC chia cạnh BC thành những đoạn BD=m và CD=n thì $d^{2}a=b^{2}m+c^{2}n-amn$
Định lí Carnot:Tổng các khoảng cách từ tâm vòng tròn ngoại tiếp đến các cạnh bằng tổng các bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp
Định lí Feurbach:Đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp của tam giác
Và còn định lí Ptolemy nữa mà em chưa thấy anh nhắc tới,ở diễn đàn zaizai đã có một bài viết về định lí này rất hay
Quy ẩn giang hồ

#19 lyxuansang91

lyxuansang91

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Hiệp sỹ
  • 145 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội

Đã gửi 13-01-2007 - 08:16

Anh neverstop à,lần trước em ghi nhầm đó là bốn đường tròn ngoại tiếp 4 tam giác trong tứ giác hoàn đồng quy tại một điểm M được gọi là điểm Miquel.
Em cũng xin bổ sung thêm một số định lí sau
Định lí Stewart:Nếu đưởng thẳng AD=d thuộc tam giác ABC chia cạnh BC thành những đoạn BD=m và CD=n thì $d^{2}a=b^{2}m+c^{2}n-amn$
Định lí Carnot:Tổng các khoảng cách từ tâm vòng tròn ngoại tiếp đến các cạnh bằng tổng các bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp
Định lí Feurbach:Đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp của tam giác
Và còn định lí Ptolemy nữa mà em chưa thấy anh nhắc tới,ở diễn đàn zaizai đã có một bài viết về định lí này rất hay

ai có thể giúp mình cái định lí XE-VA sin và góc định hướng theo modun làm ơn với
Em muốn học giỏi toán

#20 lyxuansang91

lyxuansang91

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Hiệp sỹ
  • 145 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội

Đã gửi 13-01-2007 - 10:50

Rất cám ơn vo thanh van vì những ý kiến quý giá, dạo này anh ko lên mạng được nhiều nên chưa kịp bổ xung cho các định lí đã gửi. Anh sẽ cố gắng làm trong thời gian ngắn nhất.

Phần về tứ giác toàn phần em có thể nói rõ hơn được ko? 3 tam giác của tứ giác toàn phần là những tam giác nào vậy?

Các định lí em bổ xung đều khá hay, đều là những kết quả rất hay được sử dụng. Nói thật là bây giờ anh mới biết tên của nó đấy :D. Riêng định lí cuối cùng HELLY anh thấy có vẻ thuộc về hình học tổ hợp hơn nên có lẽ chưa đưa vào vội.

Cám ơn em đã đóng góp ý kiến.

@mods: những bài viết góp ý và trả lời của các thành viên và mods ko nên xóa, sẽ rất lộn xộn trong topic, hơn nữa để mọi người biết rõ hơn cách làm việc của chúng ta.

Từ cái này suy ra trực tiếp bất đẳng thức Ptoleme hay quá trời
Em muốn học giỏi toán




0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh