Chủ đề này có 37 trả lời

[son20giangvo]

Định lý ceva sin :cho tam giac ABC và 3 điểm M,N,P thỏa mãn điều kiện : M (AB) (AC), N (BC) (BA),P (CA) (CB) . Ta có AM,BN,CP đồng quy hoặc đôi một song song khi và chỉ khi :
$ \dfrac{sin(vec{AM},vec{AB} )}{sin(vec{AM},vec{AC} )} $ . $ \dfrac{sin(vec{BN} ,vec{BC} )}{sin(vec{BN} ,vec{BA} )} $.$ \dfrac{sin(vec{CP} ,vec{CA} )}{sin(vec{CP} ,vec{CB} )} $=-1

[lyxuansang91]

Định lý ceva sin :cho tam giac ABC và 3 điểm M,N,P thỏa mãn điều kiện : M (AB) (AC), N (BC) (BA),P (CA) (CB) . Ta có AM,BN,CP đồng quy hoặc đôi một song song khi và chỉ khi :
$ \dfrac{sin(\vec{AM},\vec{AB} )}{sin(\vec{AM},\vec{AC} )} $ . $ \dfrac{sin(\vec{BN} ,\vec{BC} )}{sin(\vec{BN} ,\vec{BA} )} $.$ \dfrac{sin(\vec{CP} ,\vec{CA} )}{sin(\vec{CP} ,\vec{CB} )} =-1$

hix viết thế ai mà hiểu được tớ viết lại nha:D
Định lí này rất hay đấy!!
Ai có tài liệu về điểm Toricelli ko:D

[titikid91yb]

ai có thể post và chứng minh định lí miôbiut không?
còn định lí haruki qua bài viết của anh mrmath nữa

[titikid91yb]

ai có thể đưa ra và chứng minh định lí miobius không,còn định lí-bdt phin-slo kha dvi ge nữa

[godwill]

các bạn có thể cho mình biết về khái niệm Isotomic Conjugates(không biết tiếng việt gọi là gì nữa) mình xin cảm ơn nhiều

[buckandbaby]

ISOTOMIC CONJUGATES có nghĩa là liên hợp đẳng giác
ISOTOMIC CONJUGATES LINES là 2 đường đẳng giác.
VD: cho tam giác ABC 2 tia AM, AN thỏa mãn (AB,AM) đồng dư -(AC,AN) thì 2 đường đó gọi là liên hợp đẳng giác
ISOTOMIC CONJUGATES Point là 2 điểm đẳng giác. VD N là giao 3 đường đảng giác với AM,BM,CM thì M và N là 2 điểm đảng giác

[songuyento]

Các bạn cho mình hỏi là khái niệm hai đường tròn trực giao trong tiếng Anh người ta gọi là gì? Và nếu có một vài file nói về tính chất của hai đường tròn này thì hay quá. Cảm ơn nhiều.

[neverstop]

Trực giao trong tiếng anh gọi là orthogonal, 2 đường tròn trực giao thì gọi là orthogonal circles.
Để tra cứu các thuật ngữ toán học Anh - Việt, các bạn có thể dùng Từ điển toán học Anh Việt này: http://rapidshare.co..._anh_-_viet.pdf

[vo thanh van]

Lâu rồi mới thấy anh neverstop trở lại,anh làm tiếp cái topic này nữa ko?

[Mashimaru]

Anh ma_29 ơi, em nghĩ rằng chuyện tên gọi của điểm $P$ đâu phải là vấn đề quan trọng ạ! Vì khái niệm tam giác bàn đạp chỉ nói $P$ là điểm bất kì mà!?

[Non_Stop]

Em thấy hình như cả góc định hướng cũng đâu dạy trong chương trình phổ thông ?
Còn tính chất của tứ giác toàn phần liên quan đến cực và đối cực hay trục đẳng phương,tâm đẳng phương... cũng không thấy nhắc đến (cơ bản quá chăng)?

[Mashimaru]

Hình như cũng có đấy em. Góc định hướng và hệ thức Charles (ko biết viết đúng ko) đối với góc định hướng cũng được nói đến trong bài học về phép quay thì phải???!!!

@anh ma_29: Mashimaru ở đâu cũng là...Mashimaru
Câu chuyện vấn đề đảo của tam giác pedal em cũng có khảo sát. Em nghĩ rằng với 3 điểm bất kì trên các cạnh của một tam giác $\triangle ABC$ thì điều kiện cần và đủ để tồn tại một (và chỉ một) điểm $P$ nhận tam giác có đỉnh là 3 đỉnh lấy làm tam giác pedal chính là điều kiện cần và đủ để các đường thẳng đi qua các điểm này và vuông góc với cạnh tương ứng của tam giác $\triangle ABC$ đồng qui. Đây chính là nội duy của định lý Carnot ạ.

[lamminhbato]

<span style='font-size:14pt;line-height:100%'><span style='color:red'>Định lí Pascal</span></span>

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.

Có 1 cách C/m định lý Pascal bằng tỷ số kép, khá hay. Mọi người tham khảo bài c/m cuả Mashimaru.
http://www.mathlinks...ic.php?t=274672

[thegioitoanhoc]

CM Papus có thể sử dụng Ceva sin , lời giải ngắn gọn và củng dễ hiểu .

[Bong hoa cuc trang]

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 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 Giờ đi măm măm đã :oto

Anh đánh latex bị lỗi rồi kìa , anh sửa lại giúp em cho dễ đọc với !

[daothanhoai]

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.

Trong định lý Brianchon nếu thay vì xét các đỉnh A,B,C,D,E,F mà ta xuất phát từ tiếp điểm A1,A2,A3,A4,A5,A6 (A1 là tiếp điểm của BC với đường tròn,....) thì định lý này cũng như định lý Pascal lục giác chỉ là một trường hợp của định lý Pascal tổng quát thôi. Cả định lý này và định lý Pascal cho lục giác đều không thể tương đương với định lý Pascal tổng quát mà chỉ là một trường hợp của nó. Còn định lý Pascal tổng quát thì xem tại đây: http://diendantoanho...showtopic=76448

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi daothanhoai: 16-07-2012 - 08:56

[daothanhoai]

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)


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.

Lưu ý các điểm A1,B1,C1 và A2,B2,C2 trong định lý Pappus tổng quát là không phân biệt thứ tự