Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


CaptainAmerica

Đăng ký: 25-05-2012
Offline Đăng nhập: 04-07-2013 - 14:37
-----

#377449 Con người có thể đọc và làm toán trong tình trạng vô thức

Gửi bởi CaptainAmerica trong 14-12-2012 - 00:19

Cái này có thiệt đó... Sáng nào mình thức dậy trong đầu mình cũng lóe lên 1 đống phuơng trình + bất đẳng thức... giựt giựt xong rồi mất tiêu lun =="... Nói chung là sáng nào mà bị nhức đầu thì hình ảnh đầu tiên tr' khi mở mắt là mí cái đó...


#362963 Tính tỉ số khoảng cách từ $M$ đến $AB$; $AC$....

Gửi bởi CaptainAmerica trong 19-10-2012 - 11:17

Cho $\Delta ABC$ trung tuyến $AM$, phân giác $AD$ và $AN$ đối xứng $AM$ qua $AD$ ( $N \in BC$ ). Tính các tỉ số:

a) khoảng cách từ $M$ đến $AB$; $AC$.
b) $\frac{NB}{NC}$


#341890 Dựng ngũ giác đều nội tiếp đường tròn

Gửi bởi CaptainAmerica trong 30-07-2012 - 14:51

Đây là một câu hỏi đố vui trong sách của tớ: Có bạn nào giúp mình dựng một ngũ giác đều nội tiếp đường tròn chỉ với compa và thước kẻ được không? ( đương nhiên là bút phải có rồi ... ). Đây là một bài toán dựng hình cho nên các bạn phải trình bày ra cách dựng và chứng minh nó đúng luôn nhé :icon6:


#327887 Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O)

Gửi bởi CaptainAmerica trong 22-06-2012 - 10:44

hik.JPG Lời giải:
a)$\Delta MOB = \Delta NOB$ ( c.g.c )
$\Rightarrow ON=OM$
Mà $O$ $\in$ pg $\widehat{CBA}$
$\Rightarrow ON \perp BN;OM\perp BC$
$\Rightarrow BM; BN$ là các tiếp tuyến của (O)
$\Rightarrow$ N,M $\in (O)$
Tượg tự ta suy ra đpcm
b) Nhờ câu a ta cm dễ dàng $ANOP$ nội tiếp đtròn đk AO
Câu c bạn xem lại coi có sai đề ko nhé!
Vì $\Delta ABC$ cô định nên chỉ dựng được 1 đ.tròn nội tiếp nên 3 điểm nằm trên đtròn cũng phải cố định! Nó không thể chạy đc.. Khiến thức về cực trị hình học mình hơi kém nên có gì sai sót bạn chỉnh sửa dùm :)


#327072 Tìm nghiệm nguyên dương của pt: $x!+y!=(x+y)!$

Gửi bởi CaptainAmerica trong 19-06-2012 - 20:39

Tìm nghiệm nguyên dương của pt: $x!+y!=(x+y)!$
(ký hiệu x! là tích các số tự nhiên từ 1 đến x....)


#323277 Làm sao để tự học toán THCS?

Gửi bởi CaptainAmerica trong 07-06-2012 - 23:43

Tớ cũng giống cậu nè :P. Suốt từ lớp 1 tới lớp 8 luyện game miết :D. Tới tận gần cuối lớp 9 tớ mới bắt đầu học và bây giờ tớ đang cố gắng để luyện thi vào trường chuyên ^^! Bí quyết để học tốt môn toán là làm bài tập thật nhiều ạ! Nếu cậu có thể kết hợp được nhiều bài tập với nhau, khai thác những câu hỏi khác từ 1 hình nào đó bạn đã giải hoàn tất rồi chẳng hạn hoặc là chứng minh lại các định lý cũng làm bạn vững căn bản hơn! Chúc bạn thành công ^^


#323268 "Điều khác biệt giữa con trai và con gái sau khi chia tay"

Gửi bởi CaptainAmerica trong 07-06-2012 - 23:27

Đúng rồi! Con gái bây giờ không phải hoàn toàn là thế đâu... Con trai cũng thế.... 1 tháng sau đâu đến nổi.... ==" híz...


#323216 ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN ĐHSPHN 2012 V2

Gửi bởi CaptainAmerica trong 07-06-2012 - 20:12

Câu 5 (3đ):
Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn $\left ( O \right )$. Điểm M thuộc cung nhỏ CD của $\left ( O \right )$, M khác C và D. MA cắt DB, DC theo thứ tự tại X ,Z ; MB cắt CA, CD tại Y,T; CX cắt DY tại K.
a, CMR :
$\widehat{MXT}=\widehat{TXC}$, $\widehat{MYZ}=\widehat{ZYD}$ và $\widehat{CKD}=135^\circ$.
b, CMR :$\frac{KX}{MX}+\frac{KY}{MY}+\frac{ZT}{CD} =1$.
C, Gọi I là giao điểm của MK và CD. CMR : XT, YZ, OI cùng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KZT.









--------------------------------------Hết------------------------------------

Tớ làm hơi tắt nhé :)...! Tại vì gõ Latex chưa rành ... ~~h.JPG
Ta có: $\widehat{AMB}=\widehat{BDC}=45^{\circ}$ ( Cùng chắn các cung có sđ = $90^{\circ}$
$\Rightarrow DXTM$ nt
$\Rightarrow \widehat{CDM}=\widehat{TXM}$
và $\widehat{TXD}=90^{\circ}$
Ta cm được $XTCB$ nt
$\Rightarrow \widehat{CBT}=\widehat{CXT}$
Mà $\widehat{CDM}=\widehat{CBM}$ ( cùng chắn cung )
Suy ra: $\widehat{TXM}=\widehat{TXC}$
Chứng minh tương tự ta được $\widehat{MYZ}=\widehat{ZYD}$
Chứng minh được: $K$ và $M$ đối xưng nhau qua BC ( 2 $\Delta$ Cân 2 bên ấy )
$\Rightarrow \widehat{DMC}=\widehat{DKC}$
Mà $\widehat{DMC}=135^{\circ}$ (chắn $\frac{3}{4}$ đường tròn )
$\Rightarrow$ đpcm @@
Câu b tí nữa ăn cơm xong làm :P
------------------------------------------------------------------------------------------
A có người làm dùm rồi! Khỏe quá :D...


#322483 Một số định lý và khái niệm hình học mang tên các nhà Toán học

Gửi bởi CaptainAmerica trong 04-06-2012 - 21:30

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.


#322344 Một số định lý và khái niệm hình học mang tên các nhà Toán học

Gửi bởi CaptainAmerica trong 04-06-2012 - 11:00

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. :)


#322341 Một số định lý và khái niệm hình học mang tên các nhà Toán học

Gửi bởi CaptainAmerica trong 04-06-2012 - 10:54

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


#322336 Một số định lý và khái niệm hình học mang tên các nhà Toán học

Gửi bởi CaptainAmerica trong 04-06-2012 - 10:45

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.:)


#322327 Một số định lý và khái niệm hình học mang tên các nhà Toán học

Gửi bởi CaptainAmerica trong 04-06-2012 - 10:39

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).:)


#322322 Một số định lý và khái niệm hình học mang tên các nhà Toán học

Gửi bởi CaptainAmerica trong 04-06-2012 - 10:33

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)


#322318 Một số định lý và khái niệm hình học mang tên các nhà Toán học

Gửi bởi CaptainAmerica trong 04-06-2012 - 10:25

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 :)