Đến nội dung

Hình ảnh

Một số định lý và khái niệm hình học mang tên các nhà Toán học


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 22 trả lời

#1
CaptainAmerica

CaptainAmerica

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 64 Bài viết
Mình nghĩ đây là một chủ điểm khá hay cần được mọi người khai thác và mở rộng! Mình sưu tầm được một số định lý trên các 4rum khác. Thấy hình như 4rum mình chưa khai thác về vấn đề này nhiều nên hơm nay post lên cho mọi người cùng "chiêm ngưỡng" ạ ^^!
Bài viết này được soạn ra nhằm đáp ứng nhu cầu tra cứu ,học hỏi của nhiều bạn thích khám phá!
Bên cạnh đó cũng cần rất nhiều sự chung tay góp sức của các thành viên trong 4rum! Mình sẽ tổng hợp lại các định lý như sau:
(trích mathscope.org )
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.






Nếu có bổ sung gì thì các bạn nhớ nói ( Thực ra là nên gửi thư ) cho tớ! Tớ sẽ update thường xuyên và nhiều nhất có thể! Nếu có biết thì các bạn cũng nên post lên! Nhớ là theo thứ tự trong mục lục và mỗi 1 bài chỉ nên là 1 phần trong các mục thôi..! Và phải post theo hình minh hoạ nữa nhé ^^!

Y so serious?


#2
CaptainAmerica

CaptainAmerica

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 64 Bài viết
Mình sẽ úp cái đầu tiên :P
( Có gì sai thì chắc nhờ các ad sửa thôi =)) )
B/MỘT SỐ KHÁI NIỆM,ĐỊNH LÍ.
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{MB}{MC}.\frac{NC}{NA}.\frac{PA}{PB}=1$(1)

Chứng minh:

Hình đã gửi
a)Khi M,N,P thẳng hàng.
Trên MN lấy 1 điểm Q sao cho AQ//BC
Theo Thales ;
$ \frac{NC}{NA}=\frac{MC}{QA}$
$ \frac{PA}{PB}=\frac{QA}{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{M'B}{M'C}.\frac{NC}{NA}.\frac{PA}{PB}=1$

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

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 03-06-2012 - 13:55
$\LaTeX$

Y so serious?


#3
CaptainAmerica

CaptainAmerica

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 64 Bài viết
I.2)Mở rộng định lí Menelaus theo diện tích


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

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

Chứng minh :
Hình đã gửi

Gọi $e_{1},e_{2},e_{3}$ là vector chỉ phương của $BC,CA,AB$
Ta có:
$S_{ABC}=S_{MAB}+S_{MCA}$
mặt khác :
$\Rightarrow S_{ABC}=S_{PMA}+S_{PBM}+S_{NMC}+S_{NAM}$
$\Rightarrow S_{ABC}=S_{MNP}+S_{BMP}+S_{CNM}+S_{APN}$
tương tự:
$\frac{S_{CNM}}{S_{ABC}}=\frac{CN.CM}{CA.CB}$

$\frac{S_{APN}}{S_{ABC}}=\frac{AP.AN}{AB.AC}$

Ta suy ra:
$\frac{S_{MNP}}{S_{ABC}}=1-\frac{S_{BMP}}{S_{ABC}}-\frac{S_{CNM}}{S_{ABC}}-\frac{S_{APN}}{S_{ABC}}$
$\Rightarrow \frac{S_{MNP}}{S_{ABC}}=1-\frac{BM.BP}{BC.BA}-\frac{CN.CM}{CA.CB}-\frac{AP.AN}{AB.AC}$
$\Rightarrow \frac{S_{MNP}}{S_{ABC}}=\frac{BM.CN.AP-CM.AN.BP}{AB.BC.CA}$
$\Rightarrow $ đpcm :D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 03-06-2012 - 14:13

Y so serious?


#4
CaptainAmerica

CaptainAmerica

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 64 Bài viết
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:
$\frac{MA}{MB}.\frac{NB}{NC}.\frac{PC}{PD}.\frac{QD}{QA}=1$
Hình đã gửi
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:
$\frac{MA}{MB}=\frac{IA}{JB}$
$\frac{NB}{NC}=\frac{JB}{PC}$
$\frac{QD}{QA}=\frac{PD}{IA}$
Từ đó dễ có điều cần chứng minh.


**Các bạn lưu ý rằng:
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
(trích ma 29)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CaptainAmerica: 03-06-2012 - 13:23

Y so serious?


#5
CaptainAmerica

CaptainAmerica

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 64 Bài viết
I.4) Định lý Ceva



Định lý:
Cho $\Delta$ 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:
$\frac{AG }{GB}.\frac{BE}{EC}.\frac{CF}{FA}=1$
Hình đã gửi
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:$\frac{CF}{FA}=\frac{CO}{OK}$ $\frac{CI}{AK}=\frac{CO}{OK}$ (Sử dụng định lý Thales)
$\Rightarrow \frac{CF}{FA}=\frac{IC}{AK}$. Các cặp $\Delta$ đồng dạng $IEC$ và $OEB$, $AKG$ và $BOG$ : $\frac{BE}{CE}=\frac{BO}{CI}$$\frac{AG}{BG}=\frac{AK}{BO}$
Do đó: $\frac{AG }{GB}.\frac{BE}{EC}.\frac{CF}{FA}=\frac{AK}{OB}.\frac{BO}{IC}.\frac{IC}{AK}=1$

Phần đảo:
Giả sử ta có: $\frac{AG }{GB}.\frac{BE}{EC}.\frac{CF}{FA}=1$
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:
$\frac{AC_{1}}{C_{1}B}.\frac{BE}{EC}.\frac{CF}{FA}=\frac{AG }{GB}.\frac{BE}{EC}.\frac{CF}{FA}=1$
Suy ra $\frac{AC_{1}}{C_{1}B}=\frac{AG}{GB}$, hay $C_{1}\equiv G$, ta có điều phải chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CaptainAmerica: 03-06-2012 - 21:40

Y so serious?


#6
CaptainAmerica

CaptainAmerica

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 64 Bài viết
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 $\Delta$ ABC. Ba đường thẳng $AE, BF, CG$ cắt nhau tại một điểm $O$ khi và chỉ khi: $\frac{sinABF}{sinCBF}.\frac{sinBCG}{sinACG}.\frac{sinCAE}{sinBAE}=1$

Hình đã gửi

Chứng minh:
Phần thuận: Giả sử $AE, BF, CG$ đồng quy tại $O$. Khi đó hai $\Delta$ $ABE$ và $ACE$ có cùng chiều cao hạ từ đỉnh $A$.
$\Rightarrow \frac{BE}{EC}=\frac{S_{ABE}}{S_{ACE}}=\frac{AB.AE.sinBAE}{AC.AE.sinCAE}=\frac{AB.sinBAE}{AC.sinCAE}$
Tương tự $\frac{CF}{FA}=\frac{BC.sinCBF}{BA.sinABE}$
$\frac{AG}{GB}=\frac{CA.sinACG}{CB.sinBCG}$
Nhân từng vế ba đẳng thức trên được: $\frac{sinABF}{sinCBF}.\frac{sinBCG}{sinACG}.\frac{sinCAE}{sinBAE}=\frac{BE}{EC}.\frac{CF}{FA}.\frac{AG}{GB}=1$(Theo định lý Ceva)
Từ đó suy ra đpcm.

Phần đảo: CM tương tự phần đảo ở mục 4.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Lam Thinh: 23-06-2012 - 06:17

Y so serious?


#7
CaptainAmerica

CaptainAmerica

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 64 Bài viết
I.6) Định lý Desargues


Định lý:

Cho $\Delta$ $ABC$ và $A'B'C'$. 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.

Hình đã gửi


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 $\Delta$ SBC với cát tuyến $XB'C'$ ta có:
$\frac{XB}{XC}.\frac{C'C}{CS}.\frac{B'S}{B'B}=1$hay $\frac{XB}{XC}=\frac{SC'}{SB'}.\frac{BB'}{CC'}$

Tương tự, ta có:
$\frac{YC}{YA}=\frac{SA'}{SC'}.\frac{CC'}{AA'}$$\frac{ZA}{ZB}=\frac{SB'}{SA'}.\frac{AA'}{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 $\Delta$ $ABC$ 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. :P

Y so serious?


#8
CaptainAmerica

CaptainAmerica

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 64 Bài viết
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:

Hình đã gửi
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 $\widehat{xOy}$ 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 các bạn 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 $a//b$ các bạn 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.

Y so serious?


#9
CaptainAmerica

CaptainAmerica

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 64 Bài viết
I.8)Một trường hợp đặc biệt của định lí Pappus qua góc nhìn hình xạ ảnh.


Ở phần này tớ 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:
Hình đã gửi
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 $N'\equiv N$.

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 $ZN' //YM$.
$\Rightarrow$ đpcm :)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CaptainAmerica: 04-06-2012 - 10:25

Y so serious?


#10
CaptainAmerica

CaptainAmerica

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 64 Bài viết
I.9)Đẳng thức Ptolemy

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

Chứng minh:
Hình đã gửi
Lấy điểm $E$ thuộc $AC$ sao cho $\widehat{DEC}=\widehat{ADB}$

$\Rightarrow \Delta ADB \sim \Delta DEC$
$\Rightarrow \frac{AD}{DE}=\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{EC}$

Tương tự $\Delta ADE\sim \Delta BDC \Rightarrow AE.BD=AD.BC$$\Rightarrow AD.BC+AB.CD=BD(EA+EC)=BD.AC$ (đpcm :P)

Y so serious?


#11
CaptainAmerica

CaptainAmerica

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 64 Bài viết
I.10) Bất đẳng thức Ptolemy


Định lý:

Cho tứ giác $ABCD$. Khi đó có $AC.BD \leq AB.CD + AD.BC$
Hình đã gửi
Chứng minh:
Lấy $E$ nằm trong tứ giác $ABCD$ sao cho
$\widehat{EDC}=\widehat{ADB}$$\widehat{ECD}=\widehat{ABD}$
Khi đó$\Delta ABD \sim \Delta ECD \Rightarrow \frac{AB}{BD}=\frac{EC}{DC} \Leftrightarrow AB.DC=EC.BD$
Hơn nữa $\Delta ADE \sim \Delta BDC (c.g.c) \Rightarrow \frac{AD}{AE}=\frac{BD}{BC} \Leftrightarrow AD.CB=BD.AE$
Vậy $\Rightarrow AB.CD+BC.AD=BD(EA+EC)\geq BD.AC$(đpcm).:)

Y so serious?


#12
CaptainAmerica

CaptainAmerica

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 64 Bài viết
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.

Hình đã gửi
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 $PCD$:
$\frac{CP'}{CM'}.\frac{DN'}{DP'}.\frac{PM'}{PN'}=1$
$\Leftrightarrow \frac{PM'}{PN'}=\frac{CM'}{CP'}.\frac{DP'}{DN'}$
Tương tự ta có:
$\frac{NP'}{NM'}=\frac{FN'}{FM'}.\frac{EP'}{EN'}$$\frac{MN'}{MP'}=\frac{AN'}{AM'}.\frac{BM'}{BP'}$
Nhân các biểu thức trên lại kết hợp với các biểu thức phương tích sau:
$BM'.CM'=AM'.FM'$
$EN'.DN'=FN'.AN'$
$CP'.BP'=DP'.EP'$
Ta có :
$\frac{NP'}{NM'}.\frac{MN'}{MP'}.\frac{PM'}{PN'}=1$
Áp dụng định lí Menelaus đảo ta có đpcm.:)

Y so serious?


#13
CaptainAmerica

CaptainAmerica

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 64 Bài viết
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.

Hình đã gửi
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

Y so serious?


#14
CaptainAmerica

CaptainAmerica

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 64 Bài viết
I.13)Định lí Miquel

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

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

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

Y so serious?


#15
CaptainAmerica

CaptainAmerica

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 64 Bài viết
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 $\Delta ABC$. Ta có:
a)Nếu$\Delta ABC$ nhọn thì công thức Carnot là $x+y+z=R+r$.
b)Nếu $\widehat{A}> 90^{\circ}$ thì công thức carno là $y+z-x=R+r$
Chứng minh:

a)Nếu $\Delta ABC$ nhọn
Hình đã gửi
Gọi $F, E, D$ lần lượt là trung điểm của $BC,CA,AB$. Như vậy ta có
$OF=x, OE=y, OD=z$. Đặt$BC=a, AC=b, AB=c$.
Áp đụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác nội tiếp $OFBD$ ta có:
$OB.DF=OF.BD+FB.OD$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}$$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
$(r+R)(\frac{a+b+c}{2})=(x+y+z)(\frac{a+b+c}{2})\Rightarrow$ đpcm. :)

b)Nếu $\widehat{A}> 90^{\circ}$ chứng minh tương tự.
Hình đã gửi

Viết dưới dạng lượng giác, công thức Carnot chính là hệ thức $cos A+cosB+cosC=1+\frac{r}{R}$. Chú ý hệ thức này đúng với mọi tam giác.

Y so serious?


#16
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết
Nguồn: Mathscope.org
File gửi kèm  MotSoKienThucHinhPhangThiOlympic.pdf   3.15MB   2899 Số lần tải
Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#17
Tienanh tx

Tienanh tx

    $\Omega \textbf{Bùi Tiến Anh} \Omega$

  • Thành viên
  • 360 Bài viết
Nguồn: Mathscope.org

File gửi kèm


$\cdot$ $( - 1) = {( - 1)^5} = {( - 1)^{2.\frac{5}{2}}} = {\left[ {{{( - 1)}^2}} \right]^{\frac{5}{2}}} = {1^{\frac{5}{2}}} =\sqrt{1}= 1$

$\cdot$ $\dfrac{0}{0}=\dfrac{100-100}{100-100}=\dfrac{10.10-10.10}{10.10-10.10}=\dfrac{10^2-10^2}{10(10-10)}=\dfrac{(10-10)(10+10)}{10(10-10)}=\dfrac{20}{10}=2$

$\cdot$ $\pi\approx 2^{5^{0,4}}-0,6-\left(\frac{0,3^{9}}{7}\right)^{0,8^{0,1}}$

$\cdot$ $ - 2 = \sqrt[3]{{ - 8}} = {( - 8)^{\frac{1}{3}}} = {( - 8)^{\frac{2}{6}}} = {\left[ {{{( - 8)}^2}} \right]^{\frac{1}{6}}} = {64^{\frac{1}{6}}} = \sqrt[6]{{64}} = 2$

 

 

 

 


#18
namcpnh

namcpnh

    Red Devil

  • Hiệp sỹ
  • 1153 Bài viết

Mình không giỏi hình lắm ( nói giảm nói tránh thế thôi, chứ nói tẹc ra là dốt đặc :D ), tuy nhiên về lĩnh vực này mình cũng có biết hơi hơi.

Nếu ai đó có dùng facebook, bạn có thể lên và tìm kiếm 1 người tên Đào Thanh Oai, quê Thái Bình. Đây là 1 thạc sĩ ngành điện ( theo thông tìn mình tình cờ thấy khi chú này đăng stt) tuy nhiên lại sở hữu một định lý rất hay và nỗi tiếng đó là Định lý Đào. Việc đươc công nhận một định lí mang tên mình là điều không phải nhà Toán học nào cũng làm được. Chính vì thế mình nhờ  ai đó giỏi hình đọc và trình bày lại cho các mem khác cùng chiêm ngưỡng.

 

Link: http://vi.wikipedia...._tâm_đường_tròn


Cùng chung sức làm chuyên đề hay cho diễn đàn tại :

Dãy số-giới hạn, Đa thức , Hình học , Phương trình hàm , PT-HPT-BPT , Số học.

Wolframalpha đây


#19
Khoai Lang

Khoai Lang

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 95 Bài viết

Mình không giỏi hình lắm ( nói giảm nói tránh thế thôi, chứ nói tẹc ra là dốt đặc :D ), tuy nhiên về lĩnh vực này mình cũng có biết hơi hơi.

Nếu ai đó có dùng facebook, bạn có thể lên và tìm kiếm 1 người tên Đào Thanh Oai, quê Thái Bình. Đây là 1 thạc sĩ ngành điện ( theo thông tìn mình tình cờ thấy khi chú này đăng stt) tuy nhiên lại sở hữu một định lý rất hay và nỗi tiếng đó là Định lý Đào. Việc đươc công nhận một định lí mang tên mình là điều không phải nhà Toán học nào cũng làm được. Chính vì thế mình nhờ  ai đó giỏi hình đọc và trình bày lại cho các mem khác cùng chiêm ngưỡng.

 

Link: http://vi.wikipedia...._tâm_đường_tròn

Hình như có ở đây rồi mà anh:

http://diendantoanho...53-định-lý-đào/



#20
namcpnh

namcpnh

    Red Devil

  • Hiệp sỹ
  • 1153 Bài viết

Ý của anh là nhờ ai đó giỏi hình rồi viết lại, vì link trên cũng rất lôn xộn và khó đọc.


Cùng chung sức làm chuyên đề hay cho diễn đàn tại :

Dãy số-giới hạn, Đa thức , Hình học , Phương trình hàm , PT-HPT-BPT , Số học.

Wolframalpha đây





2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh