|
|
|
Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé ! * Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope * Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây |
| Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
23-08-2008, 09:30 AM | #31 |
+Thành Viên Danh Dự+ | I.29)Định lí Peletier __________________ Sáng trưa chiều lo lắng biết bao điều, biết vâng lời và lắng nghe em nhiều, thế mới là con ma được thương yêu. thay đổi nội dung bởi: ma 29, 20-01-2009 lúc 07:35 AM |
The Following User Says Thank You to ma 29 For This Useful Post: | IMO 2010 (27-11-2010) |
23-08-2008, 09:52 AM | #32 |
+Thành Viên Danh Dự+ | I.30)Định lí Miobiut Keke đánh y nguyên báo cho đỡ mệt Định lí:Cho ngũ giác lồi Chứng minh: __________________ Sáng trưa chiều lo lắng biết bao điều, biết vâng lời và lắng nghe em nhiều, thế mới là con ma được thương yêu. thay đổi nội dung bởi: ma 29, 24-01-2009 lúc 10:58 AM |
The Following 2 Users Say Thank You to ma 29 For This Useful Post: | IMO 2010 (27-11-2010), wikipedia1995 (09-12-2010) |
23-08-2008, 09:58 AM | #33 |
+Thành Viên Danh Dự+ | I.31)Định lí Viviani Định lí: Trong tam giác đều ABC ta lấy 1 điểm S .Ta sẽ có tổng các khoảng cách từ điểm S tới ba cạnh sẽ có độ dài bằng 1 đường cao của tam giác. Chứng minh: Kẻ SD,SE,SF lần lượt vuông góc với BC,CA,AB. Đặt độ dài cạnh tam giác ABC là a,độ dài đường cao AH là b. Ta có : $BC.AH=a.b=2S_{ABC}= 2(S_{SBC} +S_{SCA}+S_{SAB}) = SD.BC+ SE.CA+SF.AB= a(SD+SE+SF) $ Giản ước hai vế cho a ta có điều cần chứng minh. __________________ Sáng trưa chiều lo lắng biết bao điều, biết vâng lời và lắng nghe em nhiều, thế mới là con ma được thương yêu. thay đổi nội dung bởi: ma 29, 12-11-2008 lúc 03:21 PM |
The Following 3 Users Say Thank You to ma 29 For This Useful Post: |
25-08-2008, 06:16 PM | #34 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2007 Đến từ: SMU Residence @Prinsep Hostel, 83 Prinsep Street, Singapore Bài gởi: 400 Thanks: 72 Thanked 223 Times in 106 Posts | Xin lỗi về sự chậm trễ của em,kể từ hôm nay là mỗi ngày đều phải học trọn sáng chiều ở trường rùi,hixhix I.32)Công thức Lagrange mở rộng. Định lý: Gọi I là tâm tỉ cự của hệ điểm $\{A_1,...,A_n \} $ ứng với các hệ số $a_1,...a_n $ thì với mọi điểm M: $\sum^n_{i=1}a_iMA_i^2=\frac{\sum_{1\leq i <j \leq n} a_ia_jA_iA_j^2}{\sum^n_{i=1} a_i}+(\sum^n_{i=1} a_i)MI^2 $ Chứng minh: Từ hệ thức Jacobi (có thể xem ở mục I.24) thì ta chỉ cần chứng minh rằng: $\frac{\sum_{1\leq i <j \leq n} a_ia_jA_iA_j^2}{\sum^n_{i=1} a_i}=\sum^n_{i=1}a_iIA_i^2 $ Do I là tâm tỉ cự của hệ điểm nên: $(\sum^n_{i=1}a_i\vec{IA_i})^2=0 $ <->$\sum^n_{i=1} a_i^2IA_i^2 + 2.(\sum_{1\leq i <j \leq n}a_ia_j\vec{IA_i}.\vec{IA_j}) =0 $ <->$\sum^n_{i=1} a_i^2IA_i^2 +[\sum_{1\leq i <j \leq n}a_ia_j(IA_i^2+IA_j^2-A_iA_j^2)]=0 $ <->$(\sum^n_{i=1} a_i)(\sum^n_{i=1} a_iIA_i^2)-\sum_{1\leq i <j \leq n} a_ia_jA_iA_j^2=0 $ <->$\frac{\sum_{1\leq i <j \leq n} a_ia_jA_iA_j^2}{\sum^n_{i=1} a_i}=\sum^n_{i=1}a_iIA_i^2 $(đpcm) __________________ "Apres moi,le deluge" thay đổi nội dung bởi: ma 29, 26-08-2008 lúc 06:55 AM |
The Following 4 Users Say Thank You to nbkschool For This Useful Post: |
25-08-2008, 07:14 PM | #35 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2008 Bài gởi: 79 Thanks: 10 Thanked 27 Times in 15 Posts | I.33) Đường thẳng Simson Định lí:Cho $\Delta ABC $ và điểm $M $ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tâm $O $ của tam giác. Gọi $N,P,Q $lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên các đường thẳng $BC,CA,AB $ thì chúng cùng thuộc một đường thẳng (đây gọi là đường thẳng Simson). Chứng minh: Dùng góc định hướng Ta có: $(PN,PQ) \equiv(PN,PM) + (PM,PQ) (mod \pi) $ $ \equiv(CN,CM) +(AM,AQ) (mod \pi) $ $\equiv (BC,MC) +(MA,BA) (mod\pi) $ $\equiv 0 (mod\pi) $ Vậy $N,P,Q $ thẳng hàng. Các bạn có thể tham khảo thêm ở đây:[Only registered and activated users can see links. ] __________________ :facebowling: Tình yêu như chiếc đồng hồ cát, khi trái tim được lấp đầy thì cái đầu trống rỗng. --------------------------------------------------- The most important thing in this world is FAMILY. It means Father And Mother, I Love You ..... thay đổi nội dung bởi: ma 29, 11-02-2009 lúc 11:54 AM |
The Following 4 Users Say Thank You to chu t tung For This Useful Post: |
25-08-2008, 08:24 PM | #36 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2008 Bài gởi: 75 Thanks: 9 Thanked 94 Times in 26 Posts | I.34) Đường thẳng Steiner Định lí:Cho $\Delta ABC $ và điểm $D $ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tâm $O $ của tam giác. Gọi $A_2,B_2,C_2 $ lần lượt là điểm đối xứng với của D qua các đường thẳng $BC,CA,AB $ thì chúng cùng thuộc một đường thẳng và đường thẳng này đi qua trực tâm H của tam giác ABC. Đường thẳng đó được gọi là đường thẳng steiner ứng với điểm D của tam giác ABC. Còn điểm D được gọi là điểm anti steiner. Chứng minh: Dễ thấy nếu gọi $A_1, B_1,C_1 $ lần lượt là hình chiếu của D xuống ba cạnh của tam giác ABC thì $C_1 $ là trung điểm của đoạn $DC_1 $ và tương tự ta có $A_2,B_2,C_2 $ thẳng hàng. Ta có $(HC_2,HB_2) \equiv (HC_2,HB) + (HB,HC) + (HC,HB_2) $ $\equiv (H_CD,H_CB) +(HF,HE) + (H_BC,H_BD) $ $\equiv (AD,AB) +(AB,AC) + (AC,AD) $ $\equiv 0 $(mod $\pi $) Vậy đường thẳng steiner đi qua H. Từ đó ta có được tính chất rằng đường thẳng simson ứng với điểm D đi qua trung điểm của đoạn DH. ============== Đây là ý kiến của anh ma 29, bọn em phải làm theo thôi thay đổi nội dung bởi: trung anh, 26-08-2008 lúc 12:41 PM Lý do: Tự động gộp bài |
25-08-2008, 10:15 PM | #37 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2008 Bài gởi: 75 Thanks: 9 Thanked 94 Times in 26 Posts | I.35) Điểm Anti Steiner(Định lí Collings) Định lí:Cho $\Delta ABC $ và đường thẳng $d $ đi qua H trực tâm của tam giác ABC . Gọi $d_a,d_b,d_c $ lần lượt là đường thẳng đối xứng của d qua BC,AC,AB. Các đường thẳng đó đồng quy tại một điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC(điểm anti steiner của d). Và d được gọi là đường thẳng steiner của điểm đó (gọi là G). Chứng minh: Gọi $H_a, H_b, H_c $ lần lượt là hình chiếu của H qua ba cạnh \Rightarrow ba điểm này thuộc (O) ngoại tiếp tam giác ABC và $H_A, H_B, H_C $ lần lượt thuộc $d_a,d_b,d_c $ $(d_a,d_b)\equiv(d_a,BC)+(BC,CA)+(CA,d_b)\equiv(BC, d)+(BC,CA)+(d,CA)\equiv2(BC,CA)\equiv(CH_A,CH_B) $ (mod $\pi $) Vậy nếu gọi giao điểm của d_a,d_b là G thì G thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tương tự ta có đpcm Theo hình của bài đường thẳng steiner ta dễ thấy $H_CD $ đối xứng với $HC_2 $, $H_BD $ đối xứng với $HB_2 $ Vậy ta có d đúng là đường thẳng steiner của G. Ta có một tính chất khác của điểm Anti Steiner như sau: Định lí 2: Gọi P là một điểm thuộc đường thẳng d.$ P_A,P_B,P_C $ lần lượt là điểm đối xứng với P qua các cạnh của tam giác ABC. Ta có các đường tròn $(A,P_C,P_B),(B,P_C,P_A),(C,P_A,P_B) $ cùng đi qua điểm G Chứng minh : Dễ thấy $(AP_C;AP_B)\equiv2(AB,AC) $(mod $\pi $) Lại có theo chứng minh trên có: $(d_c,d_b)\equiv(GP_C,GP_B)\equiv2(AB,AC) $(mod $\pi $) Suy ra G thuộc $(A,P_C,P_B) $. Tương tự có đpcm Tham khảo : [Only registered and activated users can see links. ] Mọi người thông cảm $d_a,d_b,d_c $ em quên không kí hiệu vào hình nên mọi người cứ nhìn theo tên điểm thuộc đường đó để phân biệt vậy !! thay đổi nội dung bởi: ma 29, 06-02-2009 lúc 02:12 PM |
26-08-2008, 07:02 AM | #38 | |
+Thành Viên Danh Dự+ | Trích:
Đúng là mục đích để phổ biến nhưng nếu phổ biến sai hoặc không chặt chẽ thì phổ biến làm gì. Ở đây mấy bài đó mà dùng góc thường thì muốn chặt chẽ thì phải xét nhiều trường hợp lắm -------> ko ổn. Còn đáng lí ra thì cần có mục riêng cho gdh nhưng trên MS có bài của anh mailancuctruc rồi đó. Quyết định là dùng góc định hướng rồi và cám ơn Trung Anh và Tùng đã chấp thuận:hornytoro:reamer: **Chú ý: Khi dùng góc định hướng,trong biến đổi cần thay dấu "=" bằng dấu "$\equiv" $. Có thể nhiều bạn sẽ thắc mắc về điều này vì trong những tài liệu hiện hành có rất nhiều tài liệu dùng dấu bằng. Tuy nhiên có một điều đáng chú ý là : Khi dùng dấu đồng dư để biến đổi thì không ai phản đối còn dùng dấu bằng thì có người phản đối ( TS.Nguyễn Minh Hà ) (Mà theo mình dùng đồng dư là tốt nhất với hiểu biết THPT:hornytoro .Thế nên tốt nhất là cứ dùng dấu đồng dư.:hornytoro: Một số bài dùng dấu bằng thì mình sẽ sửa dần __________________ Sáng trưa chiều lo lắng biết bao điều, biết vâng lời và lắng nghe em nhiều, thế mới là con ma được thương yêu. thay đổi nội dung bởi: ma 29, 26-08-2008 lúc 10:52 AM | |
The Following User Says Thank You to ma 29 For This Useful Post: | IMO 2010 (27-11-2010) |
26-08-2008, 10:07 AM | #39 |
+Thành Viên Danh Dự+ | I.36)Định lí Napoleon Định lí:Dựng ra phía ngoài tam giác ABC các tam giác đều BMC,CNA,APB và gọi D,E,F lần lượt là tâm của ba tam giác ấy. Khi đó ta có tam giác DEF đều. Chứng minh: Bài này có nhiều cách giải,nếu thuận lợi mình sẽ giới thiệu ,tuy nhiên ở đây mình sẽ trình bày một chứng minh ngắn gọn dựa trên phép quay vecto như sau: $Q_{\frac{\pi}{3}} (\vec{DE})= \frac{1}{3}Q_{\frac{\pi}{3}} (\vec{MN} +\vec{BA})=\frac{1}{3}Q_{\frac{\pi}{3}} (\vec{MC}+\vec{CN}+\vec{BA})= \frac{1}{3} (Q_{\frac{\pi}{3}} (\vec{MC}) +Q_{\frac{\pi}{3}} (\vec{CN}) + Q_{\frac{\pi}{3}} (\vec{BA}))= \frac{1}{3}(\vec{MB} + \vec{CA} +\vec{BP})=\vec{DF} $ Từ đó có điều cần chứng minh. ****trunganh:Em xin gửi lên một số cách c/m khác và các tài liệu có liên quan [Only registered and activated users can see links. ] [Only registered and activated users can see links. ] __________________ Sáng trưa chiều lo lắng biết bao điều, biết vâng lời và lắng nghe em nhiều, thế mới là con ma được thương yêu. thay đổi nội dung bởi: ma 29, 28-02-2010 lúc 09:58 PM |
The Following User Says Thank You to ma 29 For This Useful Post: | IMO 2010 (27-11-2010) |
26-08-2008, 08:23 PM | #40 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2008 Bài gởi: 75 Thanks: 9 Thanked 94 Times in 26 Posts | I.37)Định lí Morley Định lí: Trong tam giác ABC. D,E,F lần lượt là giao điểm của các đường chia ba góc trong và cùng kề các cạnh tam giác ABC. Khi đó ta có tam giác DEF đều và được gọi là tam giác Morley. Chứng minh: Để ngắn gọn ta đặt $\hat{A}=3a $ và tương tự với các góc kia $\Rightarrow a+b+c=60^0 $ Như hình vẽ kẻ các đường chia trong ở B và C và lần lượt cắt tại D,I. Dễ thấy ID là phân giác của góc $\hat{BIC} $. Tại D dựng góc $\hat{EDF}=60^0 $ sao cho Di là phân giác của góc DEF và E thuộc CI và F thuộc BI $\Rightarrow \Delta $ DEF đều. Lấy $D_1 $ và $D_2 $ lần lượt là điểm dối xứng với D qua CI và BI $\Rightarrow D_1 \in AC, D_2 \in AB $ và dễ dàng c/m được $D_1EFD_2 $ là hình thang cân với $D_1E=EF=D_2F $ Vì định lí Morley chỉ có một trường hợp nên em xin phép chỉ sử dụng góc thường cho nó đơn giản: $\hat{DEC}=180^0-60^0-\hat{FEI}=120^0-(b+c)=60^0+a $ $\hat{ED_1D_2}=180^0-\hat{D_1EF}=180^0-(360^0-60^0-2\hat{DEC})=2a $ Ta lại có $D_1EFD_2 $ là hình thang cân và $D_1E=D_2F=EF \Rightarrow $ trong đường tròn ngoại tiếp $D_1EFD_2 $ thì sđ $\stackrel{\frown}{D_1D_2}= 3a \Rightarrow $ A thuộc đường tròn $(D_1EFD_2) $. Từ đó ta có đpcm Định lý Morley có thể mở rộng các đường chia trong thành các đường chia ngoài, và có thể là giao của đường chia trong với đường chia ngoài(mỗi trường hợp này lại cho ta một tam giác Morley khác nhau và theo thống kê có 36 tam giác Morley như vậy). Sau đó bài toán còn được phát triển và tương ứng được đặt thêm nhiều định nghĩa mới như "góc lửng", "tam giác ngoại lai", "tập hợp đẳng cấu", ... Sau đây là bài toán mở rộng nhất định lý Morley: Nếu chia n (n nguyên dương, n $\geq $ 3) tất cả các góc của một đa giác m cạnh, thì tất cả các giao của các đường thẳng là các đỉnh phân biệt của một hệ $\frac{1}{2}m(m-1)n(n-1)^2 $ đa giác n cạnh đều, có thể phân chia làm $\frac{1}{2}m(m-1) $ họ, mỗi họ có $n(n-1)^2 $ đa giác có tâm thẳng hàng. Cách chứng minh và các khái niệm liên quan xin xem thêm tại sách "Lãng mạn toán học" tác giả Hoàng Quý nhà xuất bản giáo dục (Ai có ebook của quyển này up lên thì tốt quá) thay đổi nội dung bởi: trung anh, 27-08-2008 lúc 11:27 AM |
26-08-2008, 10:18 PM | #41 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2008 Bài gởi: 75 Thanks: 9 Thanked 94 Times in 26 Posts | I.38)Định lí con bướm với đường tròn Định lí: Cho đường tròn (O) và dây cung AB. I là trung điểm của AB. Qua I vẽ hai dây cung tùy ý MN và PQ sao cho MP và NQ cắt AB tại E,F. Khi đó I là trung điểm của EF. Chứng minh: Gọi K,T là trung điểm MP và NQ. Nên OIEK, OIFT là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow (OE,OI)\equiv(KE,KI) $(mod$\pi $)$; (OF,OI)\equiv(TF,TI) $(mod$\pi $) Ta lại có $\Delta MIP \sim \Delta QIN \Rightarrow (TF,TI) \equiv (KE,KI) $(mod$\pi $)$ \Rightarrow \Delta EOF $ cân tại O$ \Rightarrow $ I là trung điểm EF Xem [Only registered and activated users can see links. ] thay đổi nội dung bởi: trung anh, 27-08-2008 lúc 05:36 PM |
The Following User Says Thank You to trung anh For This Useful Post: | IMO 2010 (27-11-2010) |
27-08-2008, 10:20 AM | #42 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2008 Bài gởi: 79 Thanks: 10 Thanked 27 Times in 15 Posts | I.39)Định lí con bướm với cặp đường thẳng Định lí:Cho tam giác $ABC $. Lấy $I $ là trung điểm của $BC $. Qua $I $ kẻ các đường thẳng $\Delta $ cắt $AB,AC $ tại $N,Q $, đường thẳng $\Delta' $ cắt $AB,AC $ tại $P,M $. Gọi $MN,PQ $ cắt $BC $ tại $F,E $. Khi đó ta có $I $ là trung điểm cưa $EF $ Chứng minh: Áp dụng định lí menelaus trong tam giác $ABC $ ta có các hệ thức sau: $\frac{\bar{EB}}{\bar{EC}}.\frac{\bar{QC}}{\bar{QA} }.\frac{\bar{PA}}{\bar{PB}}=1 $ $\frac{\bar{FC}}{\bar{FB}}.\frac{\bar{NB}}{\bar{NA} }.\frac{\bar{MA}}{\bar{MC}}=1 $ $\frac{\bar{IB}}{\bar{IC}}.\frac{\bar{QC}}{\bar{QA} }.\frac{\bar{NA}}{\bar{NB}}=1 \Rightarrow \frac{\bar{QC}}{\bar{QA}}.\frac{\bar{NA}}{\bar{NB} }=1 $ (1) $\frac{\bar{IC}}{\bar{IB}}.\frac{\bar{MA}}{\bar{MC} }.\frac{\bar{PB}}{\bar{PA}}=1 \Rightarrow \frac{\bar{MA}}{\bar{MC}}.\frac{\bar{PB}}{\bar{PA} }=1 $ (2) từ (1) và (2) ta có: $\frac{\bar{QC}}{\bar{QA}}.\frac{\bar{PA}}{\bar{PB} }=\frac{\bar{NB}}{\bar{NA}}.\frac{\bar{MA}}{\bar{M C}} \Rightarrow \frac{\bar{EB}}{\bar{EC}}=\frac{\bar{FC}}{\bar{FB} } $ Vậy $I $ là trung điểm của $EF $. (ĐPCM) __________________ :facebowling: Tình yêu như chiếc đồng hồ cát, khi trái tim được lấp đầy thì cái đầu trống rỗng. --------------------------------------------------- The most important thing in this world is FAMILY. It means Father And Mother, I Love You ..... thay đổi nội dung bởi: chu t tung, 27-08-2008 lúc 10:38 AM |
28-08-2008, 08:39 AM | #43 |
+Thành Viên+ | Trích: __________________ Cố gắng thật nhiều để đạt thành công thật lớn! |
The Following User Says Thank You to Chí Thắng th For This Useful Post: | IMO 2010 (27-11-2010) |
28-08-2008, 08:48 AM | #44 | |
+Thành Viên Danh Dự+ | Trích:
CHÚ Ý: từ bây giờ đừng ai post những bài về cách giải khác ,hoặc là phát triển,ứng dụng ,.. của những định lí nhé. Lí do: đó là những trao đổi hữu ích cần giữ lại,do đó khi hoàn thành các bài trong mục lục các bạn hẵng post,bởi post chen ngang thế này thì rồi lại bị xóa ***Chí Thắng vào làm cùng cho vui __________________ Sáng trưa chiều lo lắng biết bao điều, biết vâng lời và lắng nghe em nhiều, thế mới là con ma được thương yêu. | |
The Following User Says Thank You to ma 29 For This Useful Post: | IMO 2010 (27-11-2010) |
28-08-2008, 09:27 PM | #45 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 175 Thanks: 12 Thanked 23 Times in 10 Posts | I.40 Định Lí Blaikie Định lí: Cho tam giác ABC và đường thẳng d sao cho d cắt BC,CA,AB lần lượt ở M,N,P. Gọi S là 1 điểm bất kì trên d. Gọi M',N',P' lần lượt là điểm đối xứng của M,N,P qua S. Khi đó AM',BN',CP' đồng quy tại một điểm P và ta gọi P là điểm Blaikie của d và S đối với tam giác ABC. Chứng Minh : Có thể cho $S $ nằm giữa $N,M $. Giả sử $AM' $ cắt $BN' $ tại $I $ . Ta chứng mình $I,C,P $ thẳng hàng . Xét tam giác $BN'M $ với $3 $ điểm $I,C,P $ . Ta cần cm : $\frac{IB}{IN'}.\frac{P'N'}{P'M}.\frac{CM}{CB}=1 $ Xét tam giác $PBN' $ với $3 $ điểm thẳng hàng $A,I,M' $ trên $3 $ cạnh : $\frac{AP}{AB}.\frac{IB}{IN'}.\frac{M'N'}{M'P}=1 $ (1) Xét tam giác $MBP $ với $3 $ điểm thẳng hàng $C,A,N $ trên $3 $ cạnh : $\frac{CM}{CB}.\frac{AB}{AP}.\frac{PN}{MN}=1 $ (2) Nhân $2 $ vế (1),(2) và rút gọn , chú ý $MN=M'N' $ta được : $\frac{IB}{IN'}.\frac{NP}{M'P}.\frac{CM}{CB}=1 $ Chú ý là $NP=P'N' $ và $P'M=M'P $ nên ta có đpcm. thay đổi nội dung bởi: ma 29, 05-09-2008 lúc 10:58 AM |
Bookmarks |
|
|