Một số kiến thức về hình trong các cuộc thi Olympic Toán !

[thamtuhoctro]

II.28)Đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần
Kết quả:Cho tứ giác toàn phần $ABCDEF. $ Khi đó trực tâm của các tam giác $AEF, DCE, ABC $ và $BDF $ cùng nằm trên 1 đường thẳng được gọi là đường thẳng $Steiner $của tứ giác toàn phần.



Chỉ dẫn chứng minh:
Gọi ${H}_{1}, {H}_{2}, {H}_{3}, {H}_{4} $ lần lượt là trực tâm các tam giác $AEF, DCE, ABC $ và $BDF. $
Gọi $X, Z $ là trung điểm các đường chéo $BE, AD. $
Khi đó: ${P}_{{H}_{2}/(X,XB)} = \bar{{H}_{2}P}.\bar{{H}_{2}E} = \bar{{H}_{2}Q}.\bar{{H}_{2}D} = {P}_{{H}_{2}/(Z,ZD)} $
Vậy ${H}_{2} $ nằm trên trục đẳng phương của 2 đường tròn $(X,XB) $ và $(Z,ZD). $
Tương tự ta cũng có 3 trực tâm còn lại cùng nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn này suy ra dpcm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[leductam]

II.29)Đường thẳng Gauss của tứ giác toàn phần.
Kết quả:Cho tư giác toàn phần $ABCDEF $. Khi đó trung điểm các đường chéo cùng nằm trên một đường thẳng được gọi là đường thẳng $Gauss $ của tứ giác toàn phần.



Chỉ dẫn chứng minh:
Gọi $M, N, P $ lần lượt là trung điểm các đường chéo$ BE, CF $ và $AD. $
$IJK $ là tam giác trung bình của tam giác $ABC. $
Khi đó các điểm $M, N, P $ nằm trên các cạnh của tam giác $IJK $.
Ta có:
$\frac{\bar{MK}}{\bar{MI}} = \frac{\bar{EA}}{\bar{EC}} $

$\frac{\bar{NI}}{\bar{NJ}} = \frac{\bar{FB}}{\bar{FA}} $

$\frac{\bar{PJ}}{\bar{PK}} = \frac{\bar{DC}}{\bar{DB}} $

Nhân các vế các đẳng thức trên ta được:
$\frac{\bar{MK}}{\bar{MI}} . \frac{\bar{NI}}{\bar{NJ}} . \frac{\bar{PJ}}{\bar{PK}} = \frac{\bar{EA}}{\bar{EC}} . \frac{\bar{FB}}{\bar{FA}} . \frac{\bar{DC}}{\bar{DB}} = 1 $
Suy ra dpcm.
Từ 2 bài viết trên ta thấy rằng trong 1 tứ giác toàn phần thì đường thẳng Steiner vuông góc với đường thẳng Gauss.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[thamtuhoctro]

II.30) Điểm Miquel của tứ giác toàn phần
Kết quả:Cho tứ giác toàn phần $ABCDEF $. Khi ấy đường tròn ngoại tiếp của các tam giác $AEF, CDE, ABC $ và $BDE $ đồng quy. Điểm đồng quy đó được gọi là điểm $Miquel $ của tứ giác toàn phần.



Chỉ dẫn chứng minh:
Giả sử đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AEF $ và $CDE $ giao nhau tại điểm $M $ khác $E. $
Khi đó ta có:
$(\vec{MA} ; \vec{MC}) \equiv (\vec{MA} ; \vec{ME}) + (\vec{ME} ; \vec{MC}) \equiv ( - \vec{FA} ; \vec{FE}) + (\vec{DE} ; \vec{DC}) \equiv (\vec{AF} ; \vec{AE}) + (\vec{AE} ; \vec{FE}) + (\vec{DE} ; \vec{DC}) $
$\equiv (\vec{AF} ; \vec{AE}) + (\vec{EC} ; \vec{ED}) + (\vec{DE} ; \vec{DC}) \equiv (\vec{AB} ; \vec{AC}) + (\vec{CA} ; \vec{CB}) \equiv \pi - (\vec{BC} ; \vec{BA}) \equiv (\vec{AB} ; \vec{BC})(mod 2\pi) $
Vậy $M $ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC $. Tương tự với đường tròn còn lại ta suy ra dpcm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[leductam]

II.31)Đường tròn Miquel của tứ giác toàn phần
Kết quả:Cho tứ giác toàn phần $ABCDEF. $ Khi đó điểm $Miquel $ và tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF, CDE, ABC $ và $BDE $ cùng nằm trên 1 đường tròn - đường tròn $Miquel $ của tứ giác toàn phần.



Chỉ dẫn chứng minh:
Gọi ${O}_{1}, {O}_{2}, {O}_{3} $ và ${O}_{4} $ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AEF, CDE, ABC $ và $BDE $.
Gọi ${P}_{1}, {P}_{2}, {P}_{3} $ lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ $M $ tới ${O}_{2}{O}_{4}, {O}_{2}{O}_{3} $ và ${O}_{3}{O}_{4}. $
Do ${P}_{1}, {P}_{2}, {P}_{3} $ là trung điểm của $MD, MC, MB $ nên chúng thẳng hàng.
Theo định lí đảo về đường thẳng Simson ta có $M, {O}_{2}, {O}_{3}, {O}_{4} $ cùng nằm trên 1 đường tròn.
Tương tự ta suy ra dpcm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ma 29]

II.32)Hình bình hành Varignon của tứ giác .


Kết quả:Cho tứ giác ABCD có M,N,P,Q lần lượt là trung điểm của AB,BC,CD,DA.Khi đó M,N,P,Q là bốn đỉnh của một hình bình hành gọi là hình bình hành Varignon của tứ giác ABCD.

Chỉ dẫn chứng minh:



Chứng minh kết quả này khá đơn giản,dễ thấy MN,PQ tương ứng là đường trung bình của các tam giác ABC và ACD thế nên $MN//PQ ,MN=PQ=\frac{AC}{2} $.
Do vậy MNPQ là một hình bình hành.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[phuonglvt]

bài viết khá hay và dầy đủ, nhưng sao mọi người không viết tiếp phần một số mảng kiến thức quan trọng đi vì mấy phần đó hầu như mình đều chưa biết tới, ai có thế up nốt phần còn lại cho mình down với
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[caubedien]

ai có thể up tất cả cái này lên PDF đc ko
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[falling down]

Cho mình hỏi cách CM đlý Papus bằng Menelaus với cách đó phù hợp với kiến thức THCS hơn nhiều
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[353535]

Ai có thể tổng hợp tất cả bài viết trên cho mọi người đc ko
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[novae]

Cái đó anh đang làm, còn thiếu mấy phần nữa là xong
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[khicon]

Nguyên văn bởi novae

Cái đó anh đang làm, còn thiếu mấy phần nữa là xong

sắp có chưa ạ?? rất mong tin của anh
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[novae]

Chắc khoảng cuối tuần sau sẽ có (nếu không có gì trục trặc)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Thien tai]

hình như đã có người làm rùi đây nez
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[novae]

Bản đó mới được một nửa
sắp tới sẽ là bản full, có bổ sung thêm một số định lý và tính chất
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hungchng]

Nguyên văn bởi novae

Bản đó mới được một nửa
sắp tới sẽ là bản full, có bổ sung thêm một số định lý và tính chất

Khi nào làm xong, gởi source cho tôi, sẽ tinh chỉnh và làm đẹp lại cho.
Không lẻ phí công làm lại từ đầu à.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]