xnvvsxfhc
AnhTran2911 nội dung
Có 230 mục bởi AnhTran2911 (Tìm giới hạn từ 30-03-2020)
#719158 Cách lưu một topic thành file PDF
Đã gửi bởi AnhTran2911 on 06-01-2019 - 23:58 trong Hướng dẫn - Trợ giúp - Giải đáp thắc mắc khi sử dụng Diễn đàn
#719157 Hỏi đáp toán học
Đã gửi bởi AnhTran2911 on 06-01-2019 - 23:36 trong Kinh nghiệm học toán
#719156 Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng tháng 1 năm 2019
Đã gửi bởi AnhTran2911 on 06-01-2019 - 22:38 trong Hình học
bạn có thể ẩn đi bằng cách chọn đường đó xong ấn phím crtl+h hoặc nhấn chuột phải vào đường đó chọn ẩn(hide object) còn cách khác là chọn cái thanh công cụ đầu tiên từ PHẢI sang ấn vào biểu tượng thứ 4 từ trên xuống
Mình ấn ctrl+h xong là nó cho hiện lịch sử (
#719076 Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng tháng 1 năm 2019
Đã gửi bởi AnhTran2911 on 04-01-2019 - 18:30 trong Hình học
Bài 6: bài này dài quá em xin phép không gõ talex ạ :v
a) gọi B’ là đối xứng B qua AI
Từ đó tam giác BFB’ ~EMF nên AM.AB’=AE^2
Nghịch đảo đối xứng cực A phương tích AF^2 ta có M<->B N<->C hay ta đưa bài toán về bài toán sau
Gọi G là tâm A-Mix ,(AGB),(AGC) lần lượt cắt AC,AB tại U,K. Chứng minh rằng MN tiếp xúc (AUK)
Thật vậy gọi H là hình chiếu của G lên MN có tam giác ABI ~ AGM nên biến đổi góc ta có HGM=C/2 hay MN tiếp xúc A-mix. Gọi P là trung điểm CE thì EPIG nội tiếp -> PIG=180-HEG=180-BIG-> B,I,P thẳng hàng.BPG=IEG=BAG-> P thuộc (AGB).GN vuông BI nên BI cắt MN tại 1 điểm trên (G,GB).HLI=ABI=PUE
->U,L đối xứng qua PG.ULHE và IHLE nội tiếp -> 5 điểm thuộc đường tròn -> H thuộc (UIE) tương tự -> H là điểm miquel của AEF -> H thuộc (AKU) và MA.MU=MP.MG=MH^2 -> (AKU) tiếp xúc MN.
b)qua phép nghịch đảo đối xứng ta chỉ cần chứng minh KU//X1Y1
GH/TJ=GE/JL=AG/AJ->A,H,T thẳng hàng
Vậy ta chứng minh GU//JX1
AUG= 180-ABG,AX1J=ANJ=180-ANC
Vậy <->ABG=ANC<->IBG=JAN
Gọi M’ là đối xứng M qua AI -> BM’IG nội tiếp ->IBG=M’BG
Thật vậy có tam giác M’IG~ANJ(cgc) có góc MGI= AJN và tỉ lệ cạnh <-> GME~JCL
-> dpcm .597CDD57-A033-4501-84B3-5985425B7A75.pngF67E3055-F21A-472A-92A4-2DB0C21064FE.png
P/s : Làm sao để lược bớt phần rìa trong geogebra bạn nhỉ
#718856 Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng tháng 1 năm 2019
Đã gửi bởi AnhTran2911 on 31-12-2018 - 08:56 trong Hình học
Bài 6 đúng đề rồi, cơ mà hơi hiển nhiên :V
Bổ đề : ( Nguyễn Duy Khương ): Cho hình thang $ABCD$ ( $AB\parallel{CD}$ ). $X,Y$ thuộc $BC,AD$ thỏa mãn $AX\parallel{CY}$. CMR: $BY\parallel{DX}$.
Quay trở lại bài toán: Do $\angle{MFE}=\angle{EFG}=\angle{FEB}$ nên $MF\parallel{BE}$. Áp dụng bổ đề cho hình thang $MNBC$ thì $NE\parallel{CF}$. Lúc này xét phép nghịch đảo đối xứng cực $A$ phương tích $AE^2$ , đặt là $\mathcal{I}$ . Qua $\mathcal{I}$: $M,N$ biến thành $B,C$. $E$ biến thành $F$. Do đó $MN$ biến thành $(O)$ tiếp xúc $(A-mix)$ đồng thời $(A-mix)$ bất biến qua $\mathcal{I}$ nên $MN$ tiếp xúc $(A-mix)$. Do đó theo định lí $Brianchon$ cho lục giác suy biến $NMEFXY$ thì $XY$ tiếp xúc $(A-mix)$ tại nghịch đảo của điểm tiếp xúc $MN$ và $(A-mix)$, gọi điểm này là $L$. Lại có theo định lí $Monge- D'Alembert$ cho 2 đường tròn $(A-mix)$ và $(I)$ thì $AL$ đi qua điểm đối xứng của tiếp điểm của $(I)$ qua $I$ nên $AL$ đi qua tiếp điểm $(A-bàng)$. Do đó $XY$ tiếp xúc với $(O)$ tại tiếp điểm $(A-mix)$ và $(O)$. Nghịch đảo cực $A$ phương tích $AB.AC$ và đối xứng qua phân giác thu được câu $b$. Do đó ta có đpcm $\blacksquare$.
#718851 Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng tháng 1 năm 2019
Đã gửi bởi AnhTran2911 on 30-12-2018 - 22:52 trong Hình học
Lời giải của em :
Bài 1 : $AO,AI$ cắt $(O)$ tại $P,Z$ và $PZ$ cắt đường cao $AD$ tại $H$. $PZ$ cắt $BC$ tại $U$. Ta có $ZI^2=ZE.ZA=ZH.ZU$ , do đó $\angle{HIU}=90^o$ nên tứ giác $HDIU$ nội tiếp . $PI$ cắt $(O)$ tại $G$ thì $G$ thuộc $(AI)$ . $F,Q$ là tiếp điểm của $(I)$ trên $AB,AC$ thì $\triangle{GFQ}\sim{\triangle{GBC}}$ nên ta có biến đổi tỉ số $\frac{GF}{GQ}=\frac{BF}{CQ}=\frac{AY}{AX}$ . Do đó $\triangle{GFQ}\sim{\triangle{AYX}}$ nên $\angle{AXY}=\angle{GQF}=\angle{GIF}=\angle{UIP}=\angle{UIZ}-\angle{ZIP}=\angle{ACB}-\angle{AIP}$ nên $IH\perp{XY}$. Lại có $\angle{DIH}=\angle{DUH}=90^o -\angle{IED}$ nên $IH$ đi qua tâm ngoại của $\triangle{IDE}$. Do đó tt tại $I$ của $(IDE)$ song song $XY$ $\blacksquare$.
Bài 4: Gọi $M$ là trung điểm $BC$ thì do tứ giác $BPQC$ là hình thang cân vuông nên $M$ thuộc trung trực $BC$. Bằng tính toán đại số đơn giản ( ) ta có được bán kính của $(APK)$ và $(AQL)$ bằng nhau. . Vì $\angle{KAI}=\angle{BAC}=\angle{QIL}$ nên $KI=JL$ ( do bán kính bằng nhau ) . Từ đó tứ giác $IJKL$ là hình thang cân nên $\angle{TQP}=\angle{JQA}=\angle{ALJ}=\angle{AKI}=\angle{API}=\angle{TPA}$ nên $T$ thuộc trung trực $PQ$ nên từ trên ta có được $MT$ là trung trực $PQ$ $\blacksquare$.
P/s: Bài 6 e vẽ hình k thấy tiếp xúc là sao nhỉ ?
#718144 Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng-tháng 12
Đã gửi bởi AnhTran2911 on 04-12-2018 - 23:03 trong Hình học
Bài 3 :
Bổ đề : Tam giác $ABC$, $D$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$, $AS$ đường kính $(ABC)$ , đối trung góc $A$ cắt $DS$ tại $T$ , $SB$ cắt $AD$ tại $L$ thì $TL\parallel{AB}$ ( đơn giản theo Thales )
Chứng minh: Ta có thể viết lại bổ đề đã cho dưới dạng sau : Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$. $D$ là 1 điểm bất kì nằm trên cạnh $BC$. $E,F$ là hình chiếu của $D$ lên $AC,AB$. $DF,DE$ cắt phân giác góc $A$ tại $P,Q$. $(DPQ)$ cắt $BC$ tại điểm thứ 2 là $T$ thì $AT$ là đối trung của tam giác $AEF$.
Thật vậy: Định nghĩa lại $T$ là đường thẳng qua $P$ song song $AB$ cắt lại $BC$ thì ta có $\angle{TPQ}=\angle{BAP}=\angle{CDE}=\angle{TDQ}$ . Do đó tứ giác $DPTQ$ nội tiếp hay $TQ\perp{QD}$ . Từ đó $\frac{d(T;AF)}{d(T;AE)}=\frac{PF}{QE}=\frac{AF}{AE}$ nên $T$ thuộc đối trung góc $A$ của tam giác $AEF$ nên đpcm.
Quay trở lại bài toán : Vị tự tâm $A$ tỉ số 2 biến $J,I$ thành $N,M$, $D$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$, $AS$ là đường kính , vì $EF$ là trung trực của $AD$ nên $N,M,D,S$ thẳng hàng. Đối trung qua $A$ cắt $NM$ tại $T$ và cắt $AB$ tại $U$, Gọi $SB$ cắt $AD$ tại $L$ thì theo bổ đề ta có $TL\parallel{AB}$ nên theo đinhk lí $Thales$ ta có $\frac{DT}{DU}=\frac{DL}{DA}=\frac{DS}{DN}$ hay ta có: $DT.DN=DS.DU=DL.DA$ ( Do $L$ là trực tâm tam giác $ASU$ ). Nên từ đây suy ra $NL$ vuông gọc với $AT$ tại $I$ thì $JI=JA$ hay $I$ trùng $K$ dẫn đến $I$ trùng $K$ hay $\overline{S,X,B}$ nên tương tự $\overline{C,Y,S}$ hay $BX,CY$ cắt nhau tại 1 điểm thuộc $(O)$.
#717833 Kì thi chọn đội tuyển dự thi HSG quốc gia THPT năm học 2018-2019
Đã gửi bởi AnhTran2911 on 25-11-2018 - 21:15 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Bài $1$: $a)$ Quy nạp ta dễ có chiều $1$, chiều còn lại dựa vào sai phân ta có ĐPCM
$b)$ Bài toán cơ bản: $H_n \leq 1+ln(n)$ dựa vào bổ đề quen thuộc $ln(x) \geq 1 - 1/x$ nên có $[9x_81]=81$
Bài $2$: Xét $degP=1$ thì có $i$ còn với $degP>1$ sử dụng tính không bị chặn của đa thức thì nên nó phải tuần hoàn từ đó dựa vào $a-b|P(a)-P(b)$ có ĐPCM
Bài $3$: HSG lớp $10$ KHTN $2014$ (Có trên blog thầy Quang Hùng)
Bài $4$: $a)$Gọi $a_1, ..., a_{20}$ là số kẹo của các loại từ $1$ đến $20$
Ta đếm bằng $2$ cách số bộ $(A,B)$ trong đó $A,B$ là $2$ học sinh có chung loại kẹo nàyKhi đó $M=\sum C_{a_i}^2$ mà chú ý $\sum a_i=2020$Theo BĐT Bunhia thì $M \geq 101000$ và dấu $"="$ xảy ra khi $a_i=101$$b)$ Đầu tiên ta thu hẹp khoảng bằng cách cm $|a_i-a_j| \leq 1$Khi đó $M$ đạt min khi $t$ số $= k$, $19-t$ số $=k+1$. Biến đổi tương tự câu $a$ thì $M=\frac{tk^2+(19-t)(k+1)^2-2020}{2}$Chú ý $tk+(19-t)(k+1)=2020$ nên $t=19k-2001$ mà $t \leq 19$ nên $k=106, t=113$ từ đó tìm đc min
Bài $5$: Nhìn thấy số $2+\sqrt2$ nghĩ ngay đến biểu diễn $P=m+n\sqrt2$ dùng pc có ngay $m=n=0$ do đó $P$ deg $3$ có $2$ nghiệm nên có đủ $3$ nghiệmBài $6$: Đặt $4$ đỉnh của tứ diện là $ABCD$, ban đầu con bọ ở đỉnh $A$Gọi $a_n, b_n, c_n, d_n$ là số cách sau $n$ bước để con bọ đến được $A,B,C,D$Xét $n \geq 1$ do tính đx thì $b_n=c_n=d_n$ mà $a_n=b_{n-1}+c_{n-1}+d_{n-1}$ và tg tự là $b_n$ thì có $a_{n+1}=2a_n+3a_{n-1}$Giải pt đặc trưng và chú ý $a_1=0, a_2=3$ ta dễ tìm đc CTTQBài $7$: Câu a t/c quen thuộc câu b cm $MN$ chia đôi $IH$ sau đó dùng đồng dạng trung tuyến thì có ĐPCM
y hệt đáp án :V
#717286 Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng-tháng 11
Đã gửi bởi AnhTran2911 on 06-11-2018 - 23:41 trong Hình học
Bài 3: Bổ đề : Tam giác $ABC$ , $N$ là tâm $Euler$. $X,Y$ đối xứng $B,C$ qua $AC,AB$. $XY$ cắt $BC$ tại $L$ thì $A(LN,BC)= -1 $
( Tham khảo lời giải ở đây https://artofproblem...636757p10633362 )
Quay trở lại bài toán : Ta sẽ chứng minh rằng $AZ$ đi qua đối xứng $O$ qua $BC$
Gọi $U,V$ đối xứng $B,C$ qua các cạnh $AC,AB$ thì theo bổ đề ta cần chứng minh rằng $UV,XY,BC$ đồng quy . Gọi $AO$ giao $(BOC)$ tại $D$ thì $\angle{DBC}=\angle{DOC}=2.\angle{OAC}=2.\angle{BCV}=2.\angle{BVC}$ nên $D,B,V$ thẳng hàng, tương tự ta cũng có $D,C,U$ thẳng hàng . Gọi $UX$ giao $VY$ tại điểm $T$ thì theo định lí $Dersargues$ cho 2 tam giác $VYB$ và $XUC$ ta phải chỉ ra $A,T,D$ thẳng hàng có nghĩa là $\overline{A,T,O}$. Thật vậy , định nghĩa $R,S$ là giao của $HK$ với $AC,AB$ thì do $YR,XS$ lần lượt là phân giác góc $\angle{TYC}$ và $\angle{SXB}$ nên $AT,AH$ đẳng giác trong $\angle{BAC}$ do đó ta có đpcm.
#716273 Bất đẳng thức đối xứng
Đã gửi bởi AnhTran2911 on 04-10-2018 - 10:26 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Bài 3: Nhân 2 ở 2 vế > ta cần chứng minh : $\sum{a}-\sum{\frac{2a^3}{2a^2+bc}}$ $\geqslant {\sum{a} - \dfrac{\sum{a^3}}{\sum{a^2}}}$
tương đương với : $abc(\sum{\frac{1}{2a^2+bc}})$ $\geq {\frac{\sum{ab(a+b)}-\sum{a^3}}{\sum{a^3}}}$
Đến đây áp dung Schur bậc 3 và $C-S$ cho vế phải ta được : $\frac{9abc}{2(\sum{a^2})+\sum{ab}}\geq{\frac{3abc}{\sum{a^2}}}$
BĐT cuối đúng do nó tương đương với $\sum{a^2}\geq{\sum{ab}}$
#716270 Bất đẳng thức đối xứng
Đã gửi bởi AnhTran2911 on 04-10-2018 - 09:54 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Bài 4 thế $Ravi$ sau đó dùng $SOS$ hoặc là thuần $C-S$ tách là được
bài 5 SOS
#716269 $\sum \frac{a^4}{b^3+c^3}$
Đã gửi bởi AnhTran2911 on 04-10-2018 - 09:49 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Chebyshev cho $(\sum{a})$ và $(\sum{\frac{a^3}{b^3+c^3}})$
#716197 Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng-tháng 10
Đã gửi bởi AnhTran2911 on 01-10-2018 - 17:00 trong Hình học
Lời giải bài 2: Định nghĩa lại $X$ là chân đường đối trung đỉnh $A$ với cạnh $BC$ , thật vậy , gọi tiếp tuyến tại $B,C$ giao tại $R$ và $AR$ giao $BC$ tại $X$, chú ý $M$ là giao của 2 tiếp tuyến tại $E,F$ nên $\triangle{AEF}\cap{N,M}\sim{\triangle{ABC}\cap{R,X}}$ do đó $NX\parallel{MR}$ hay $NX$ vuông góc $BC$ tại $X$. Lúc này nếu gọi $AX$ giao $EF$ tại $V$ thì $V$ là trung điểm $EF$. Để ý rằng tứ giác $VPMQ$ nội tiếp dẫn đến $MV$ giao $PG$ tại trung điểm $S$ của chúng. Từ đó ta xét tứ giác nội tiếp $VNMX$ có $L,S$ là giao điểm 2 đường chéo kết hợp $XV$ giao $NM$ tại $A$ thì $AL,AS$ đẳng giác . Vì $AX,AM$ đẳng giác suy ra $AL$ là đối trung của $\triangle{APQ}$.
#715478 Thử latex
Đã gửi bởi AnhTran2911 on 12-09-2018 - 21:27 trong Soạn thảo tài liệu khoa học với $\LaTeX$
3) Ta chọn được một số $n_{0}$ đủ lớn thỏa mãn mỗi $2017^{n_{0}}+2018^{n_{0}}-i$ có một ước nguyên tố $p_{i}$, các số nguyên tố này không nhất thiết phân biệt ( Với $i$ chạy từ $1$ đến $k$)
Lúc này để chứng minh dãy trên toàn hợp số với vô hạn $n$ thì ta chỉ cần chọn $n=n_{0}+t.\Pi_{1}^k(p_i-1)$ và từ đó theo định lí $Fermat$ bé ta có $2017^n+2018^n-i$ chia hết cho $p_{i}$ nên dãy này toàn là hợp số với vô số $n$ do ta cho $t$ chạy ra vô hạn
#715250 Chứng minh $AA_{2},BB_{2},CC_{2}$ đồn...
Đã gửi bởi AnhTran2911 on 06-09-2018 - 17:23 trong Hình học
#715138 Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng-tháng 9
Đã gửi bởi AnhTran2911 on 03-09-2018 - 15:53 trong Hình học
Có vẻ như lời giải bài 1 trên của mình đã bị lầm nhưng hình như lời giải đúng lại dễ hơn mình tưởng
sừ dụng bổ đề : Với 2 điểm $X,Y$ thỏa mãn $XY\parallel{BC}$ Thì đường thẳng simson của $X$ ứng với $ABC$ vuông góc $AY$, thực chất bài này là bài toán số 39 của anh Khương !
#715130 Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng-tháng 9
Đã gửi bởi AnhTran2911 on 03-09-2018 - 11:20 trong Hình học
Bài 1: Do $E,F$ xác định trên $AB,AC$, ta tính được $\frac{NE}{FB}=\frac{MF}{EC}$. Lại có , nếu gọi $MN$ cắt $EF$ tại $T$ thì $AT$ là tđp của $(AO)$, $(AH)$ nên $AT$ vuông góc $OH$. Cho $AT$ cắt $(AEF)$ tại $L$ thì $LNE\sim{LMF}$ suy ra $\frac{LE}{LF}=\frac{NE}{MF}=\frac{BF}{EC}$. Mà $\triangle{XFB}\sim{\triangle{XEC}}$ nên $\frac{BF}{EC}=\frac{XB}{XC}$. Từ đây $\triangle{XBC}\sim{\triangle{LEF}}$. Suy ra $\angle{YAC}=\angle{XAB}=\angle{XCB}=\angle{LEF}=\angle{EAT}=\angle{TAC}$ hay $A,T,Y$ thẳng hàng. Từ đây $OH\perp{AY}$ suy ra đpcm
Bài 2: Gọi $AI$ là đối trung giao $EF$ tại trung điểm $T$ và $AH$ giao $(O)$ tại $W$ . Quen thuộc rằng $CV,WF$ cắt nhau trên $(O)$. Gọi $AH$ cắt $EF$ tại $J$ thì chú ý rằng $BFIW,CEVI$ nội tiếp . Suy ra $\angle{ABI}=\angle{AWF}=\angle{ACV}=\angle{VDE}$. Mặt khác $\angle{BLE}=\angle{BEF}=\angle{BAJ}$ nên $AJBL$ nội tiếp. Do đó $\angle{ALJ}=\angle{ABJ}=\angle{AIE}$. Từ đó $ALIE$ nội tiếp. CM tương tự $AFIK$ nội tiếp nên đpcm
#714779 Ko73 cubic
Đã gửi bởi AnhTran2911 on 25-08-2018 - 17:31 trong Hình học
Chứng minh rằng điểm Kosnita của một tam giác nằm trên K073 cubic của tam giác đó
#714660 Related to point lies on Kiepert hyperbola
Đã gửi bởi AnhTran2911 on 22-08-2018 - 16:15 trong Hình học
Any results about this, you should post more in here,
#714647 Related to point lies on Kiepert hyperbola
Đã gửi bởi AnhTran2911 on 21-08-2018 - 23:52 trong Hình học
#714009 Topic Hình Học Phẳng Ôn Thi Chọn Đội Tuyển Thành Phố
Đã gửi bởi AnhTran2911 on 07-08-2018 - 21:40 trong Hình học
Bài 19 đã sửa, song mình thấy có vẻ khó có lời giải sơ cấp trừ khi biết được nhiều tính chất về điểm $Schiffler$
P/s : bài 20 đúng đề không nhỉ ?
#713973 Topic Hình Học Phẳng Ôn Thi Chọn Đội Tuyển Thành Phố
Đã gửi bởi AnhTran2911 on 07-08-2018 - 12:41 trong Hình học
Bài 19: Chứng minh rằng $IG$ đi qua điểm $Schiffler$ của tam giác $ABC$ với $I$ là tâm nội, $G$ là trọng tâm tam giác $DEF$ (với $D,E,F$ là chân phân giác trong của $\triangle{ABC})$
#713919 Topic Hình Học Phẳng Ôn Thi Chọn Đội Tuyển Thành Phố
Đã gửi bởi AnhTran2911 on 06-08-2018 - 14:03 trong Hình học
Bổ đề 1: Điểm $Lemoine$ của một tam giác nằm trên đường nối trung điểm một cạnh với trung điểm đường cao tương ứng của nó ( quen thuộc )
Bổ đề 2: Cho $\triangle{ABC}$. $\triangle{DEF}$ là tam giác pedal của $I$ ( $I$ tâm nội). $R$ là hình chiếu của $D$ lên cạnh $EF$ . $PD$ cắt $(O)$ tại $Y$ ( $(O)=$$(ABC)$ ). CMR : $A,R,Y$ thẳng hàng
Chứng minh bổ đề 2: Gọi $(AI)$ giao $(O)$ tại $G$. $AR$ cắt $AI$ tại $H$. Vì $\triangle{BFR}\sim{\triangle{CER}}$ suy ra $\frac{RF}{RE}=\frac{BF}{CE}=\frac{BD}{CD}$. Do đó ta có cấu hình đồng dạng
$GAEF\cup{R,H}}\sim{{GPCB\cup{D,P}}$ lúc đó $\triangle{GHY}\sim{\triangle{GEC}}$. Suy ra $\angle{GHY}+\angle{FHA}=\angle{GEC}+\angle{AEF}=180$ nên $A,H,Y$ thẳng hàng hay $AR$ đi qua $Y$
Quay trở lại bài toán: Kí hiệu điểm tương tự như trong bổ đề và lấy $K$ là hình chiếu của $L$ lên $EF$ . $AI$ cắt $EF$ tại trung điểm $M$ của $EF$ , $S$ là trung điểm $DR$. Vì $L$ là điểm $Lemoine$ của tam giác $DEF$ nên $L$ thuộc $MS$ ( Theo bổ đề $1$) Bây giờ ta chỉ cần chứng minh $A,X,Y$ thẳng hàng với $PD$ cắt $(O)$ tại $Y$ thì ta có $YD$ đi qua trung điểm cung $BAC$ cố định . Thật vậy, ta có biến đổi tỉ số $\frac{AL}{AD}=\frac{ML}{MS}=\frac{KL}{RS}=\frac{XL}{RD}$ , mặt khác $XL\parallel{RD}$ suy ra $A,X,R$ thẳng hàng theo định lí Thales nên ta có $\blacksquare$
#712976 Harmonic Measure
Đã gửi bởi AnhTran2911 on 21-07-2018 - 21:57 trong Giải tích Toán học
Chả ai làm cả, topic ngao ngán quá
#712969 Tuyển tập truyện cười 18-
Đã gửi bởi AnhTran2911 on 21-07-2018 - 20:55 trong Quán hài hước
công nhận hay thật
- Diễn đàn Toán học
- → AnhTran2911 nội dung