Diễn Đàn MathScopeDiễn Đàn MathScope
  Diễn Đàn MathScope
Ghi Danh Hỏi/Ðáp Thành Viên Social Groups Lịch Ðánh Dấu Ðã Ðọc

Go Back   Diễn Đàn MathScope > Sơ Cấp > Hình Học > Chuyên Đề

News & Announcements

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 !

* Nội quy MathScope.Org

* Một số quy định chung !

* 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

* Những câu hỏi thường gặp

* Về việc viết bài trong Box Đại học và Sau đại học


Trả lời Gởi Ðề Tài Mới
 
Ðiều Chỉnh Xếp Bài
Old 02-03-2014, 01:20 PM   #1
mathandyou
Moderator
 
Tham gia ngày: Dec 2012
Đến từ: HCMUS
Bài gởi: 557
Thanks: 259
Thanked 402 Times in 216 Posts
Định lý Desargues và những ứng dụng

Chào các thành viên MS.

Đây là topic về Định lí Desargues.

Các bạn khi post bài trong topic này lưu ý vài điều:
1)Đánh số bài,viết tiếng việt có dấu và không sử dụng ngôn ngữ chat.
2)Nên phân tích hướng giải,ý tưởng và trình bày rõ ràng.Có thêm mở rộng hay nhận xét càng tốt
.
Thân.

I-Phát biểu định lí Desargues

Cho tam giác $ABC$ và tam giác $A'B'C'$. 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.



Chứng minh:

Đây là một định lí hay và đẹp trong hình phẳng,tuy nhiên khi đi thi các bạn phải chứng minh lại định lí.
Định lí này thường đi cùng với các tính chất của hàng điều hoà,các định lí Menelaus,Ceva,Pascal...

II-Bài tập áp dụng:

Bài 1: Cho điểm $A$ nằm ngoài $(O)$ và vẽ cát tuyến $ABC, ADE$ đến $(O)$. Qua $D$ vẽ đường song song $AC$ cắt $(O)$ tại $F$. $AF$ cắt $(O)$ tại $G$. $EG$ cắt $AC$ tại $M$. $DM$ cắt $AF$ tại $X$. $N$ đối xứng $A$ qua $M$. Chứng minh: $BX,DN,CF$ đồng quy.
Bài 2:Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$ với $AB$ không là đường kính của $(O)$. $P$ là điểm di chuyển trên cung $CD$ không chưa $A,B$ của $(O)$. $PA$ cắt $DB,DC$ lần lượt tại $E,F$ . $PB$ cắt $CA,CD$ lần lượt tại $G,H$ . $GF$ giao $EH$ tại $Q$ . Chứng minh ràng $PQ$ luôn đi qua điểm cố định khi $P$ di chuyển .
Bài 3:Cho tam giác $ABC$ nhọn không cân tại $A$, nội tiếp đường tròn $(O)$ bán kính $R$. Tiếp tuyến với $(O)$ tại $A$ cắt $BC$ tại $S$. $SO$ theo thứ tự cắt $AB, AC$ tại $E, F$. $M, N$ theo thứ tự là trung điểm của $AB, AC$. Chứng minh rằng $OA, EN, FM$ đồng quy.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Xét cho cùng, phần thưởng cao quý nhất mà công việc mang lại không phải là thứ bạn nhận được, mà nó vẽ nên chân dung con người bạn ra sao.

[Only registered and activated users can see links. ]

thay đổi nội dung bởi: mathandyou, 02-03-2014 lúc 04:46 PM
mathandyou is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 6 Users Say Thank You to mathandyou For This Useful Post:
bach.hainam (07-03-2014), hoangqnvip (03-03-2014), Juliel (03-03-2014), liverpool29 (02-03-2014), nguyentatthu (03-03-2014), Samurott (05-03-2014)
Old 03-03-2014, 05:51 PM   #2
mathandyou
Moderator
 
Tham gia ngày: Dec 2012
Đến từ: HCMUS
Bài gởi: 557
Thanks: 259
Thanked 402 Times in 216 Posts


Bài 1:



Gọi $S$ ta giao điểm $CY,FN$, $T$ là giao $NX,BY$, $V$ là giao của $CX,BF$.
Ta chứng minh các ý sau đây:
$(ANBC)=-1$ (1) do với $M$ là trung điểm của $AN$, ta có $MA^2=MN^2=MB.MC$
Suy ra:$S,T,A$ thẳng hàng
Từ đó áp dụng định lí Desargues ta có:$CF,BX,NY$ đồng quy.


Bài 2:



Tiếp tuyến tại $B$ cắt $AC$ ở $X$, tiếp tuyến tại $A$ cắt $BD$ ở $Y$.
Áp dụng định lí Pascal cho các điểm $A,P,B,D,C,A$ ta suy ra $Y,F,G$ thẳng hàng. Tương tự thì $X,H,E$ thẳng hàng.
Tiếp theo, lại áp dụng định lí Pascal cho các điểm $A,A,C,D,B,B$ ta suy ra $AB,CD,XY$ đồng quy.
Xét 2 tam giác $XBH$ và $YAF$, ta có:
$XB$ cắt $YA$ tại $M$ cố định.
$HB$ cắt $FA$ tại $P$.
$HX$ cắt $FY$ tại $Q$.
Mà do $AB,HF,XY$ đồng quy nên theo định lí Desargues ta suy ra $P,Q,M$ thằng hàng. Do đó $PQ$ luôn đi qua điểm $M$ cố định.

Bài 3:



$AB \cap ON = P $
$AC \cap OM = Q $
Kẻ $AH $ vuông góc $SO $.
Dễ chứng minh $AMOHN, BOHC, MNQP $ nội tiếp.(1)
Ta có $\angle OBC=90^0-\angle BAC=\angle OQN\Rightarrow OBQC $ nội tiếp. Tương tự thì $OPBC $ nội tiếp. Vậy 6 điểm $O,H,C,Q,B,P $ thuộc 1 đường tròn.(2)
Từ (1) và (2) suy ra $OH,MN,PQ $ đồng quy tại $K $.
Xét $\triangle AEF $ và $\triangle ONM $:
$AE \cap ON = P $
$EF \cap NM = K $
$FA \cap MO = Q $
Mà $P,K,Q $ thẳng hàng nên theo định lý Desargues ta có $AO,EN,FM $ đồng quy.

Tiếp tục nào:

Bài 4:Cho tam giác $ABC$,$O$ là một điểm nằm trong tam giác.$AO,BO,CO$ lần lượt cắt $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$.Các điểm $O_1,O_2,O_3$ lần lượt đối xứng với $O$ qua $EF,FD,DE$.Chứng minh:$AO_1,BO_2,CO_3$ đồng qui.

Bài 5:Cho tam giác $ABC$ và điểm $P$ bất kỳ, gọi $A',B',C'$ lần lượt là trung điểm các cạnh $BC,CA,AB$.Gọi $D,E,F$ lần lượt là điểm đối xứng của $P$ qua $B'C',C'A',A'B'$.Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $APD, BPE, CPF$ có một điểm chung nữa khác $P$.

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Hình Kèm Theo
Kiểu File : jpg bai1.jpg (22.1 KB, 559 lần tải)
Kiểu File : jpg bai2.jpg (28.9 KB, 560 lần tải)
Kiểu File : jpg bai3.jpg (21.5 KB, 556 lần tải)
__________________
Xét cho cùng, phần thưởng cao quý nhất mà công việc mang lại không phải là thứ bạn nhận được, mà nó vẽ nên chân dung con người bạn ra sao.

[Only registered and activated users can see links. ]
mathandyou is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 3 Users Say Thank You to mathandyou For This Useful Post:
hoangqnvip (03-03-2014), Juliel (03-03-2014), Manhnguyen (03-03-2014)
Old 04-03-2014, 01:33 PM   #3
99
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Nov 2007
Bài gởi: 2,995
Thanks: 537
Thanked 2,426 Times in 1,374 Posts
Nếu chú có thêm ít nguồn sách vở thì tốt hơn, đông người vào cày tài liệu là sẽ có nhiều bài sâu ngay. Desargues có thể coi là người đầu tiên đặt nền móng cho Hình học xạ ảnh. Việc đó được nảy sinh trong quá trình Desargues tìm kiếm một sự thống nhất trong hình học.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
99 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to 99 For This Useful Post:
mathandyou (04-03-2014)
Old 04-03-2014, 04:11 PM   #4
mathandyou
Moderator
 
Tham gia ngày: Dec 2012
Đến từ: HCMUS
Bài gởi: 557
Thanks: 259
Thanked 402 Times in 216 Posts
Bài 4:
Lên ý tưởng thì có thể là dùng Ceva nhưng tính khả thi không cao do tính toán khá phức tạp.
Đối với bài toán đồng qui xuất hiện 2 tam giác như thế ta sẽ nghĩ ngay đến định lí Desargues.
Gọi $M$ là giao của $O_2O_3$ và $BC$,tương tự cho $N,P$.Ta phải chứng minh $M,N,P$ thẳng hàng.
Việc đầu tiên khi dùng định lí Desargues là nó đi cùng với các tính chất của hàng điều hòa,vì như anh 99 nói nó liên quan đến hình học xạ ảnh.
Đề ý thấy $O,O_2,O_3$ nằm trên đường tròn tâm $D$.Vậy ta mơ ước đến một tứ giác điều hòa để sử dụng các tính chất của hàng điều hòa.
Lời giải:



Gọi $O'$ là điểm đối xứng với $O$ qua $BC$,khi đó $O,O',O_1,O_2$ cùng thuộc một đường tròn tâm $D$.
Tứ giác điều hòa cần có tiếp tuyến,qua $O$ dựng đường vuông góc với $AD$ cắt $BC$ tại $K$.Nếu $O,O',O_1,O_2$ là tứ giác điều hòa thì $K$ chính là $M$.
Vậy ta sẽ chứng minh thử điều đó:
$O(OO_2O_3O')=(OK,OO_2,OO_3,OO')=(DA,DF,DE,DB)=-1.$

Ôi thế quá tốt rồi,từ đây ta có $K$ trùng $M$.
Do đó:$MO^2=MO_2.MO_3$ nên $M$ thuộc trục đẳng phương của đường tròn điềm $O$ và $(O_1O_2O_3)$.
Tương tự cho N,P cũng thuộc trục đẳng phương của $O$ và $(O_1O_2O_3)$.
Vậy ta có đpcm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Hình Kèm Theo
Kiểu File : jpg bai4.jpg (25.4 KB, 508 lần tải)
__________________
Xét cho cùng, phần thưởng cao quý nhất mà công việc mang lại không phải là thứ bạn nhận được, mà nó vẽ nên chân dung con người bạn ra sao.

[Only registered and activated users can see links. ]
mathandyou is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to mathandyou For This Useful Post:
Juliel (04-03-2014)
Old 04-03-2014, 04:14 PM   #5
mathandyou
Moderator
 
Tham gia ngày: Dec 2012
Đến từ: HCMUS
Bài gởi: 557
Thanks: 259
Thanked 402 Times in 216 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi 99 View Post
Nếu chú có thêm ít nguồn sách vở thì tốt hơn, đông người vào cày tài liệu là sẽ có nhiều bài sâu ngay. Desargues có thể coi là người đầu tiên đặt nền móng cho Hình học xạ ảnh. Việc đó được nảy sinh trong quá trình Desargues tìm kiếm một sự thống nhất trong hình học.
Cảm ơn anh,anh có tài liệu nào cho em xin ít.
Em cũng muốn đông người mà thấy ít người không à.
Những định lí này ít có ra thi nên chắc các bạn cũng không quan tâm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Xét cho cùng, phần thưởng cao quý nhất mà công việc mang lại không phải là thứ bạn nhận được, mà nó vẽ nên chân dung con người bạn ra sao.

[Only registered and activated users can see links. ]
mathandyou is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 04-03-2014, 05:11 PM   #6
mathandyou
Moderator
 
Tham gia ngày: Dec 2012
Đến từ: HCMUS
Bài gởi: 557
Thanks: 259
Thanked 402 Times in 216 Posts
Bài 5:
Các đường tròn $(APD),(BPE),(CPF)$ có điểm chung là $P$ nên muốn chứng minh chúng có một điểm chung nữa ta sẽ chứng minh 3 tâm đường tròn này thẳng hàng.Giờ thì có vẻ liên quan. .Ta sẽ đi xác định tâm của ba đường tròn đó.
Gọi tâm của 3 đường tròn $(APD),(BPE),(CPF)$
Nhận thấy $DP,DE,DF$ lần lượt là các đường trung trực của 3 tam giác $APD,BPE,CPF$.Vậy ta đã có ý tưởng sử dụng Desargues cho tam giác nào rồi ,là tam giác $A'B'C'$.Cần thêm một tam giác nữa,gọi trung trực của các đoạn thằng $PA,PB,PC$ cắt nhau tạo thành tam giác $XYZ$.



Khi đó:ta thấy rằng giao điểm của $YZ, ZX, XY$ với $BC,CA,AB$ tương ứng chính là các tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $APD, BPE, CPF$.
Để chứng minh $O_1,O_2,O_3$ thẳng hàng thì ta sẽ chứng minh:$A'X,B'Y,C'Z$ đồng quy.Điều này hiển nhiên đúng do $A'X,B'Y,C'Z$ là các đường trung trực của tam giác $ABC$.

Tiếp tục nào:
Câu 6:Cho đường cao $AH$ của tam giác $ABC$.$(I_a)$ tiếp xúc với $AB,AC$ tại $G,K$ tương ứng.$(I_b)$ và $(I_c)$ tiếp xúc với $BC$ tại $P,E$ tương ứng.Chứng minh:$EG,PK,AH$ đồng qui.
Câu 7:Cho tứ diện $ABCD$, $X,Y,Z,T$ lần lượt thuộc $AB,AC,BC,BD$. Chứng minh rằng $X,Y,Z,T$ đồng phẳng khi và chỉ khi $XY,ZT,BC$ đồng quy.
Bài 7 là bài của bạn TNP gửi cho mình,mình khá kém hình không gian. nhưng cũng gắn suy nghĩ thử.Mong các bạn ủng hộ.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Hình Kèm Theo
Kiểu File : jpg bai 5.jpg (25.2 KB, 507 lần tải)
__________________
Xét cho cùng, phần thưởng cao quý nhất mà công việc mang lại không phải là thứ bạn nhận được, mà nó vẽ nên chân dung con người bạn ra sao.

[Only registered and activated users can see links. ]

thay đổi nội dung bởi: mathandyou, 07-03-2014 lúc 06:14 PM
mathandyou is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to mathandyou For This Useful Post:
Juliel (04-03-2014)
Old 04-03-2014, 07:37 PM   #7
Samurott
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jun 2012
Đến từ: Thành phố mang tên Bác
Bài gởi: 63
Thanks: 175
Thanked 30 Times in 22 Posts
Bài 6) $EH\cap AB={J}; PH\cap AC={I};GK\cap BC={V} $
$D $ là hình chiếu của $A $ xuống $BC $; $I_{b},I_{c} $ tiếp xúc $AC, AB $ lần lượt tại $M, K $
ta sử dụng định lí Desargues cho hai bộ điểm $(E,H,P) $và $(G,A,K) $
Khi đó đpcm tương đương với việc chứng minh I,J,V thẳng hàng hoặc BC, GK, IJ đồng qui $\Leftrightarrow (ABJG)=(ACIK)(1)\Leftrightarrow \frac{AJ}{AG}:\frac{BJ}{BG}=\frac{AI}{AK}:\frac{CI }{CK}\Leftrightarrow \frac{JA}{JB}.BG=\frac{IA}{IC}.CK\Leftrightarrow \frac{JA}{JB}:\frac{IA}{IC}=\frac{CK}{BG}=\frac{p-b}{p-c} $(do AG=AK) (em chuyển độ dài đại số sang độ dài thường, hi vọng không sai, mà em cũng không biết gõ độ dài đại số )
((1)em sử dụng tính chất sau: Cho hai đường thẳng d, d' cắt nhau tại O. Các điểm A, B, C thuộc d, các điểm A', B', C' thuộc d'.
Khi đó AA', BB', CC' đồng qui khi và chỉ khi (OABC)=(OA'B'C'))
Áp dụng định lí Menelaus, có
$ \frac{PC}{PD}.\frac{HD}{HA}.\frac{IA}{IC}=1=\frac{ EB}{ED}.\frac{HD}{HA}.\frac{JA}{JB}\Leftrightarrow \frac{JA}{JB}:\frac{IA}{IC}=\frac{PC}{PD}:\frac{EB }{ED}=\frac{ED}{PD}.\frac{PC}{EB} $

$=\frac{I_{c}A}{I_{b}A}.\frac{p-a}{p-a}(I_cE\parallel I_bP\parallel AD)=\frac{AK}{cos(KAI_{c})}:\frac{AM}{cos(MAI_{b}) }=\frac{AK}{sin(\frac{A}{2})}:\frac{AM}{sin(\frac{ A}{2})}(I_cA\perp I_aA;I_bA\perp I_aA) $
$=\frac{AK}{AM}=\frac{p-b}{p-c} $(đây là điều cần chứng minh)
Cách em không đẹp lắm, anh trình bày cách anh đi anh mathandyou
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: Samurott, 04-03-2014 lúc 10:30 PM
Samurott is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to Samurott For This Useful Post:
mathandyou (04-03-2014)
Old 04-03-2014, 08:20 PM   #8
mathandyou
Moderator
 
Tham gia ngày: Dec 2012
Đến từ: HCMUS
Bài gởi: 557
Thanks: 259
Thanked 402 Times in 216 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi Samurott View Post
Bài 6) $EH\cap AB={J}; PH\cap AC={I};GK\cap BC={V} $
D là hình chiếu của A xuống BC; $I_{b},I_{c} $ tiếp xúc $AC, AB $ lần lượt tại $M, K $
ta sử dụng định lí Desargues cho hai bộ điểm $(E,H,P) $và $(G,A,K) $
Khi đó đpcm tương đương với việc chứng minh I,J,V thẳng hàng hoặc BC, GK, IJ đồng qui $\Leftrightarrow (ABJG)=(ACIK)(1)\Leftrightarrow \frac{AJ}{AG}:\frac{BJ}{BG}=\frac{AI}{AK}:\frac{CI }{CK}\Leftrightarrow \frac{JA}{JB}.BG=\frac{IA}{IC}.CK\Leftrightarrow \frac{JA}{JB}:\frac{IA}{IC}=\frac{CK}{BG}=\frac{p-b}{p-c} $(do AG=AK) (em chuyển độ dài đại số sang độ dài thường, hi vọng không sai, mà em cũng không biết gõ độ dài đại số )
((1)em sử dụng tính chất sau: Cho hai đường thẳng d, d' cắt nhau tại O. Các điểm A, B, C thuộc d, các điểm A', B', C' thuộc d'.
Khi đó AA', BB', CC' đồng qui khi và chỉ khi (OABC)=(OA'B'C'))
Áp dụng định lí Menelaus, có
$ \frac{PC}{PD}.\frac{HD}{HA}.\frac{IA}{IC}=1=\frac{ EB}{ED}.\frac{HD}{HA}.\frac{JA}{JB}\Leftrightarrow \frac{JA}{JB}:\frac{IA}{IC}=\frac{PC}{PD}:\frac{EB }{ED}=\frac{ED}{PD}.\frac{PC}{EB} $

$=\frac{I_{c}A}{I_{b}A}.\frac{p-a}{p-a}=\frac{AK}{cos(KAI_{c})}:\frac{AM}{cos(MAI_{b})} =\frac{AK}{sin(\frac{A}{2})}:\frac{AM}{sin(\frac{A }{2})}=\frac{AK}{AM}=\frac{p-b}{p-c} $(đây là điều cần chứng minh)
Cách em không đẹp lắm, anh trình bày cách anh đi anh mathandyou
Ôi giờ mới thấy có người lên tiếng.
Cách em khá hay đấy,để anh xem kĩ lại đã.
Cách anh sử dụng bổ đề sau:
Cho tam giác $ABC$,$(I_b)$ tiếp xúc với $BC,AB$ tại $P,Q$.$(I_c)$ tiếp xúc với $BC,AC$ tại M,N tương ứng.$MN$ cắt $PQ$ tại $J$.Khi đó:$AJ$ là đường cao của tam giác $ABC$.
Sử dụng bổ đề này và 2 lần Menelaus và dùng định lí Desargues là ra.
Em thử làm xem.Mai anh sẽ đánh lời giải.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Xét cho cùng, phần thưởng cao quý nhất mà công việc mang lại không phải là thứ bạn nhận được, mà nó vẽ nên chân dung con người bạn ra sao.

[Only registered and activated users can see links. ]
mathandyou is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 05-03-2014, 06:50 PM   #9
mathandyou
Moderator
 
Tham gia ngày: Dec 2012
Đến từ: HCMUS
Bài gởi: 557
Thanks: 259
Thanked 402 Times in 216 Posts

Xin lan man một chút....

Nói về cái ý tưởng được sử dụng ở bài 6.Thay vì chứng minh các tâm đường tròn ngoại tiếp 3 tam giác thẳng hàng ta sẽ chứng minh chúng có 2 điểm chung hoặc ngược lại.Đây là một ý tưởng hay,mình thấy khá thú vị với các bài toán sử dụng phép nghịch đảo để chứng minh 3 tâm đường tròn ngoại tiếp thẳng hàng.

Ví dụ như khi học phép nghịch đảo thầy cho mình bài toán:
Bài toán:Cho $\triangle ABC$ không cân,đường tròn $(I,r)$ nội tiếp tam giác và tiếp xúc với $BC,CA,AB$ lần lượt tại $A',B',C'$.Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AIA',BIB',CIC'$ thằng hàng.
Với ý tưởng trên ta sẽ chứng minh đường tròn ngoại tiếp 3 tam giác $AIA',BIB',CIC'$ có 2 điểm chung.
Như ta đã biết thì phép nghịch đảo rất kì ảo khi biến đường tròn đi qua tâm nghịch đảo thành đường thẳng.Vậy ta sẽ chọn ngay tâm nghịch đảo là $I$.Ta sẽ xét phép nghịch đảo biến các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AIA',BIB',CIC'$ thành các đường thẳng đồng qui,khi đó sẽ đưa ra kết quả cần chứng minh.
Lời giải:



Gọi $M,N,P$ lần lượt là giao của $IA$ với $B'C'$,$IB$ với $C'A'$,$IC$ với $A'B'$.
Nhận xét rằng:$IM.IA=IN.IB=IP.IC=r^2$ với $r$ là bán kính $(I)$.
Vậy ta sẽ xét phép nghịch đảo tâm I phương tích $r^2$.
Khi đó:$f(I;r^2):A \leftrightarrow M;A' \leftrightarrow A'.$
Do đó:$f(I;r^2): (AIA') \leftrightarrow MA'.$
Tương tự thì:$(BIB') \leftrightarrow NB';(CIC') \leftrightarrow PC'.$
Và rõ ràng: $MA',NB',PC'$ đồng qui vì đó là 3 đường trung tuyến của tam giác $A'B'C'$.
Gọi điểm đồng qui đó là $G$.
Khi đó:$f(I,r^2):G \leftrightarrow G'$ là giao điểm chung của 3 đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AIA',BIB',CIC'$.
Vậy 3 đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AIA',BIB',CIC'$ có 2 điểm chung nên ta có đpcm.

Tương tự hóa cho đường tròn ngoại tiếp thì ta có:
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $O$. Gọi $A',B',C'$ lần lượt là trung điểm của $BC,CA,AB$. Chứng minh rằng tâm ba đường tròn $(AOA'),(BOB'),(COC')$ thẳng hàng.

tương tự như lời giải trên thì ta có:
Xét phép nghịch đảo tâm $O$, tỉ số $R^2$:
\[
\begin{array}{l}
N_{\left( {O,R^2 } \right)} :\left\{ \begin{array}{l}
A \mapsto A;B \mapsto B;C \mapsto C \\
A' \mapsto A'';B' \mapsto B'';C' \mapsto C'' \\
\end{array} \right. \\
\Rightarrow \left( {AOA'} \right) \to AA'';\left( {BOB'} \right) \to BB'';\left( {COC'} \right) \to CC'' \\
\end{array}
\]
Mà dễ thấy $A"$ là giao điểm 2 tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$ và $AA"$ là đường đối trung $\triangle ABC$. Tương tự, suy ra $AA";BB";CC"$ đồng quy tại $L$ là điểm Lemoine của $\triangle ABC$.\[
\begin{array}{l}
N_{\left( {O,R^2 } \right)} :L \to M \\
L \in AA'' \Rightarrow M \in \left( {AOA'} \right) \\
\end{array}
\]
Từ đó $(AOA'),(BOB'),(COC')$ cùng đi qua 2 điểm $O,M$ nên ta có đpcm.
Nếu không giải bằng phép nghịch đảo thì lời giải sẽ rất dài,bài toán này trở nên khó hơn nhiều.

Vậy tổng quát lên ta có điều sau đây:
Cho 3 đường thẳng a,b,c không đi qua O,phép nghịch đảo tâm O phương tích k bất kì.
$f(O,k):a \leftrightarrow (O_1)$
$b \leftrightarrow (O_2)$
$c \leftrightarrow (O_3).$
Ta có:$O_1,O_2,O_3$ thẳng hàng $\leftrightarrow a,b,c$ đồng qui.

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Hình Kèm Theo
Kiểu File : jpg nghich doa.jpg (24.2 KB, 460 lần tải)
__________________
Xét cho cùng, phần thưởng cao quý nhất mà công việc mang lại không phải là thứ bạn nhận được, mà nó vẽ nên chân dung con người bạn ra sao.

[Only registered and activated users can see links. ]
mathandyou is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to mathandyou For This Useful Post:
Samurott (05-03-2014)
Old 05-03-2014, 11:47 PM   #10
Tranminhngoc
Super Moderator
 
Tham gia ngày: Dec 2009
Bài gởi: 200
Thanks: 83
Thanked 192 Times in 92 Posts
Mở rộng bài toán 6:
Cho tam giác $ABC $ có tâm đường tròn nội tiếp $I $. $D, E, F $ lần lượt là hình chiếu $I $lên $BC, CA, AB $. Với $ R > 0 $ cho trước, gọi $D', E', F' $ lần lượt là ảnh của $D,E, F $ với phép nghịch đảo cực I, phương tích R. Chứng minh: $(AID'), (BIE'), (CIF') $ có điểm chung khác $I $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: Tranminhngoc, 06-03-2014 lúc 12:01 AM
Tranminhngoc is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 2 Users Say Thank You to Tranminhngoc For This Useful Post:
mathandyou (06-03-2014), Samurott (06-03-2014)
Old 06-03-2014, 12:15 AM   #11
Samurott
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jun 2012
Đến từ: Thành phố mang tên Bác
Bài gởi: 63
Thanks: 175
Thanked 30 Times in 22 Posts
Em biết cách anh làm rồi anh mathandyou nhưng giờ em mới biết bài 6 dùng phần áp dụng Menelaus của em ở trên và cho 3 điểm $V, G, K $ thẳng hàng xuống tam giác $ABC $ là có thể chứng minh được $I, J, V $ thẳng hàng rồi. Cho em hỏi anh 2 câu nha: Sao anh biết bổ đề đó vậy?(em thấy nó có thể suy ra trực tiếp từ P1 BMO 2013, nhưng ngay cả khi làm bài này em cũng không biết tính chất đó ). Và câu 2 là anh có thể chỉ em biết anh tìm đâu được những bài tập áp dụng này vậy (em cũng rất muốn góp 1 bài viết trong tuyển tập sắp tới nhưng không biết tìm đâu nguồn ví dụ và bài tập để không trùng với những bài viết đã có )
Mà bài 7 thì dính gì đến định lí Desargues anh nhỉ, do ba vectơ $XY, XZ, XT $ có chung gốc $X $ nên để $X, Y, Z, T $ đồng phẳng thì phải tồn tại 1 mặt phẳng chứa cả 3 vectơ trên (do sgk chỉ để cập đến 3 vectơ đồng phẳng, em nghĩ nếu muốn nói 4 điểm thì nên nói là 4 điểm cùng thuộc 1 mặt phẳng, do 3 vectơ đồng phẳng khi giá của chúng song song với 1 mặt phẳng). Nói cách khác để bốn điểm đồng phẳng rơi vào 4 trường hợp $X $ thuộc mp$(ZYT) $;$Y $ thuộc mp$(XZT) $; $Z $ thuộc mp$(XYT) $;$T $ thuộc mp$(XZY) $
Riêng ở trường hợp 2 thì nếu tứ diện là "lí tưởng" (không có các cạnh gì song song) ta lấy $TZ\cap CD=K; KX\cap AC=R $. Cho Y trùng R khi đó bốn điểm cùng nằm trong 1 mặt phẳng nhưng ba đường $XY, BC, ZT $ không đồng qui (em suy nghĩ vậy không biết đúng không nữa). Mà anh post tiếp bài mới đi
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: Samurott, 06-03-2014 lúc 12:25 AM
Samurott is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to Samurott For This Useful Post:
mathandyou (06-03-2014)
Old 06-03-2014, 01:00 PM   #12
mathandyou
Moderator
 
Tham gia ngày: Dec 2012
Đến từ: HCMUS
Bài gởi: 557
Thanks: 259
Thanked 402 Times in 216 Posts

Bài 7 bạn TNP bảo rằng đó là một cách chứng minh định lí Desargues theo kiểu khác,khi mà chứng minh trong không gian thì trong mặt phẳng chỉ là trường hợp đặc biệt thôi.
@rott:Anh xin trả lời em hai câu nha:
Câu 1:Anh biết được tính chất đó khi anh đọc một bài viết của anh Linh,em có thể xem trong file ở dưới hoặc ở đây:[Only registered and activated users can see links. ].
Câu 2:Những bài đó từ những bài vở anh đã làm và rất nhiều nguồn,em có thể trao đổi ở [Only registered and activated users can see links. ] nếu em muốn góp sức,anh rất vui lòng..Nếu có khó khăn gì em cứ việc thảo luận ở topic chuẩn bị hoặc gửi tin nhắn cho anh.Anh lập ra các topic chủ yếu nhờ mọi người góp bài,cho ý kiến,trao đổi,mọi người cùng làm việc chứ không phải là để anh đưa bài ra và anh hay ai đó giải.Đó mới là chuẩn bị.Mọi người cùng góp bài thì bài tập mới phong phú và chất lượng được.

Bài 8: (IMO shortlist)Cho tứ giác lồi $ABCD$, $P$ thuộc đoạn $AB$, $\omega$ là đường tròn nội tiếp tam giác $CPD$. Giả sử $\omega$ tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác $APD$ và $CPB$ tại $K$ và $L$. Cho $E$ là giao của $AC, BD$, $AK, BL$ cắt nhau tại F, $I$ là tâm của $\omega$. Chứng minh rằng $E, I, F$ thẳng hàng.

Bài 9:Cho tam giác $ABC$ có $(I)$ là đường tròn nội tiếp tiếp xúc với các cạnh $BC,CA,AB$ tại $A_1,B_1,C_1$.Gọi $X$ là một điểm nằm trong tam giác $ABC$.Các đường thẳng $A_1X,B_1X,C_1X$ lần lượt cắt $B_1C_1,C_1A_1,A_1B_1$ tại $A_2,B_2,C_2.A_1X,B_1X,C_1X$ cắt $(I)$ tại $A_3,B_3,C_3$:
a)Chứng minh rằng:$AA_2,BB_2,CC_2$ đồng qui tại $P$.
b)Chứng minh rằng:$AA_3,BB_3,CC_3$ đồng qui tại $Q$.
c)Chứng minh:$P,X,Q$ thẳng hàng.

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
File Kèm Theo
Kiểu File : pdf develop.pdf (425.7 KB, 141 lần tải)
__________________
Xét cho cùng, phần thưởng cao quý nhất mà công việc mang lại không phải là thứ bạn nhận được, mà nó vẽ nên chân dung con người bạn ra sao.

[Only registered and activated users can see links. ]

thay đổi nội dung bởi: mathandyou, 06-03-2014 lúc 01:23 PM
mathandyou is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to mathandyou For This Useful Post:
Samurott (06-03-2014)
Old 06-03-2014, 03:46 PM   #13
mathandyou
Moderator
 
Tham gia ngày: Dec 2012
Đến từ: HCMUS
Bài gởi: 557
Thanks: 259
Thanked 402 Times in 216 Posts
Có một sự nhầm lẫn nhẹ ở đây.Xin lỗi mọi người,bạn TNP gửi nhầm đề,mình chưa kiểm tra đề mà đã đưa lên đây.

Bài 7:Cho tứ diện $ABCD$, $X,Y,Z,T$ lần lượt thuộc $AB,AC, DB, DC$. Chứng minh rằng $X,Y,Z,T$ đồng phẳng khi và chỉ khi $XY,ZT,BC$ đồng quy.

Lời giải của bạn TNP:

Nếu $XY, ZT, BC$ đồng quy thì hiển nhiên $XY, ZT$ đồng phẳng rồi.

Xét nếu $X, Y, Z, T$ đồng phẳng, ta có $XY, ZT$ cắt nhau tai $W$. Vì $XY$ không thuộc mặt phẳng $BCD$ mà $ZT$ lại thuộc $BCD$ nên $W$ cũng phải thuộc mặt phẳng $BCD$(1). Mặt khác $XY, BC$ đồng phẳng nên $XY, BC$ giao nhau(2).
Từ (1), (2) suy ra $XY, ZT, BC$ đồng quy tại $W$.

Bây giờ ta sẽ sử dụng kết quả của bài toán này để chứng minh định lý Desargues.
Vì vai trò của $X, Y, Z, T$ như nhau nên nếu $XY, ZT, BC$ đồng quy tại $W$ thì $XZ, YT, AD$ cũng đồng quy tại $V$.
Xét bộ điểm $(B,X,Z)$ và bộ $(C, Y, T)$, ta có $BX, CY$ cắt nhau tại $A$, $BZ, CT$ cắt nhau tại $D$ và $XZ, YT$ cắt nhau tại $V$(tính chất đồng phẳng). Mà ta đã chứng minh được $XZ, YT, AD$ cũng đồng quy tại $V$ suy ra $A, D, V$ thẳng hàng. Vậy ta suy ra được kết quả của định lý Desargues trong không gian.

Cám ơn bạn TNP đã gửi bài cho mình. Thật ra mình cũng chỉ mong các bạn gửi bài,hoặc góp y,hoặc giải bài cho sôi động thôi chứ chưa cần phải làm chuyên đề này nọ gì đâu.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Xét cho cùng, phần thưởng cao quý nhất mà công việc mang lại không phải là thứ bạn nhận được, mà nó vẽ nên chân dung con người bạn ra sao.

[Only registered and activated users can see links. ]

thay đổi nội dung bởi: mathandyou, 06-03-2014 lúc 10:17 PM
mathandyou is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 2 Users Say Thank You to mathandyou For This Useful Post:
dangvip123tb (07-03-2014), Samurott (06-03-2014)
Old 06-03-2014, 10:09 PM   #14
Tranminhngoc
Super Moderator
 
Tham gia ngày: Dec 2009
Bài gởi: 200
Thanks: 83
Thanked 192 Times in 92 Posts
Đó chỉ mới là chứng minh của trường hợp hai tam giác thấu xạ, không đồng phẳng mà thôi. Còn trường hợp đồng phẳng chưa chứng minh nên không thể bảo là đúng trong không gian được. Vì vậy mà không thể bảo "Định lý Desargues đúng trong không gian nên cũng đúng trong mặt phẳng"
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Tranminhngoc is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 06-03-2014, 10:18 PM   #15
mathandyou
Moderator
 
Tham gia ngày: Dec 2012
Đến từ: HCMUS
Bài gởi: 557
Thanks: 259
Thanked 402 Times in 216 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi o0soipro0o View Post
Đó chỉ mới là chứng minh của trường hợp hai tam giác thấu xạ, không đồng phẳng mà thôi. Còn trường hợp đồng phẳng chưa chứng minh nên không thể bảo là đúng trong không gian được. Vì vậy mà không thể bảo "Định lý Desargues đúng trong không gian nên cũng đúng trong mặt phẳng"
Vậy chứng minh đầy đủ là thế nào ạ?
@TNP:Bạn thử giải lại xem.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Xét cho cùng, phần thưởng cao quý nhất mà công việc mang lại không phải là thứ bạn nhận được, mà nó vẽ nên chân dung con người bạn ra sao.

[Only registered and activated users can see links. ]
mathandyou is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Trả lời Gởi Ðề Tài Mới

Bookmarks

Ðiều Chỉnh
Xếp Bài

Quuyền Hạn Của Bạn
You may not post new threads
You may not post replies
You may not post attachments
You may not edit your posts

BB code is Mở
Smilies đang Mở
[IMG] đang Mở
HTML đang Tắt

Chuyển đến


Múi giờ GMT. Hiện tại là 12:29 PM.


Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2018, Jelsoft Enterprises Ltd.
Inactive Reminders By mathscope.org
[page compression: 135.39 k/152.96 k (11.49%)]