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 06-03-2014, 11:08 PM   #16
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 8) Gọi $I_1;I_2 $ lần lượt là tâm nội tiếp của hai tam giác $BCP, ACP $; $BI_1\cap AI_2=V $, $BL\cap AK=S,BD\cap AC=R $; $M, N $ lần lượt là tiếp điểm của $(I_1), (I_2) $ với $AB $
Gọi $Z=I_1I_2\cap AB $, $I $ là tâm của $\omega $
Do $\omega $ tiếp xúc với $(I_1),(I_2) $ lần lượt tại $K, L $ nên $I,K,I_2 $ thẳng hàng và $I, L , I_1 $ thẳng hàng
Sử dụng Menelaus cho ba điểm $(Z, L, K) $ cho tam giác $II_1I_2 $ $(\frac{ZI_1}{ZI_2}.\frac{KI_2}{KI}.\frac{LI}{LI_1} =1\Leftrightarrow \frac{ZI_1}{ZI_2}=\frac{R_1}{R_2}) $ và định lí ta-let cho $I_1M\parallel I_2N $ $(\frac{ZI_1}{ZI_2}=\frac{I_1M}{I_2N}=\frac{R_1}{R_ 2}) $ ta chứng minh được $Z, L, K $ hay $AB, I_1I_2, LK $ đồng qui
từ đó áp dụng định lí Desargues cho $2 $ bộ $(BI_1L) $ và $(AI_2K) $ ta có $I, V, S $ thẳng hàng $(1) $. Do đó ta cần chứng minh $BI_1, AI_2, RV $ đồng qui $(2) $, mà điều này dễ dàng chứng minh được khi sử dụng định lí Desargues cho $2 $ bộ điểm $(BAR) $ và $(I_1I_2V) $ (do ta đã có $I_1I_2, AB, LK $ đồng qui)
từ $(1) (2) $ có điều cần chứng minh
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: Samurott, 07-03-2014 lúc 12:33 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 07-03-2014, 01:57 AM   #17
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 9) a/ Có $A_1A_2, B_1B_2, C_1C_2 $ đồng qui tại $X $ nên theo định lí Ceva $\frac{A_2C_1}{A_2B_1}.\frac{C_2B_1}{C_2A_1}.\frac{ B_2A_1}{B_2C_1}=1\Leftrightarrow \frac{S_{AA_2C_1}}{S_{AA_2B_1}}.\frac{S_{CC_2B_1}} {S_{CC_2A_1}}.\frac{S_{BB_2A_1}}{S_{BB_2C_1}}=1 $

$\Leftrightarrow \frac{sin(A_2AC_1)}{sin(A_2AB_1)}.\frac{sin(C_2CB_ 1)}{sin{C_2CA_1}}.\frac{sin(B_2BA_1)}{sin(B_2BC_1) }=1\Leftrightarrow $ $AA_2, BB_2, CC_2 $ đồng qui
b/ Sử dụng định lí Ceva dạng lượng giác cho 4 tam giác $AB_1C_1, BC_1A_1, CA_1B_1, A_1B_1C_1 $ với việc $A_1, B_1, C_1 $ là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác $ABC $ ta có điều cần chứng minh
c/ Gọi $A_3B_3\cap AB=K $
Sử dụng bài toán phụ sau: Cho điểm $A $ ở ngoài đường tròn $(O) $. Vẽ tiếp tuyến $AB $, cát tuyến $ACD $, trên $(O) $ lấy $2 $ điểm $E, F $. $EB\cap FC=I; FB\cap ED=J $ . Khi đó ba điểm $A, I, J $ thẳng hàng (xuất phát từ định lí Pascal nhưng cho trường hợp có 5 điểm trên đường tròn), chứng minh được $K, A_2, B_2 $ thẳng hàng hay $AB, A_2B_2, A_3B_3 $ đồng qui
Kết hợp với định lí Desargues cho $2 $ bộ điểm $(AA_2A_3) $ và $(BB_2B_3) $ ta có điều cần chứng minh
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: Samurott, 07-03-2014 lúc 02:07 AM
Samurott is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to Samurott For This Useful Post:
mathandyou (07-03-2014)
Old 07-03-2014, 04:19 PM   #18
mathandyou
Moderator
 
Tham gia ngày: Dec 2012
Đến từ: HCMUS
Bài gởi: 557
Thanks: 259
Thanked 402 Times in 216 Posts
Bài 8 là IMO shortlist 2007,G8.Bạn có thể xem thêm tại [Only registered and activated users can see links. ]
Bài 9 hay và đẹp,câu a là định lí Steinbart,các bạn xem chi tiết tại [Only registered and activated users can see links. ]

Bài 10:Cho tam giác $ABC$ với góc $A$ không vuông. Gọi $D$ là một điểm sao cho góc $DBA=BAC=DCA$. Chứng minh đường thẳng Euler của tam giác $ABC$ đi qua $D$.
Bài 11:Cho đường tròn tâm $O$ đường kính $EF$.Gọi $N,P$ là 2 điểm nằm trên đường thẳng $EF$ sao cho $ON=OP$.Từ điểm $M$ tùy ý nằm bên trong đường tròn ($M$ không thuộc $EF$) kẻ đường thẳng $MN$ cắt $(O)$ tại $A$ và $C$,đường thẳng $MP$ cắt $(O)$ tại $B$ và $D$ sao cho $B$ và $O$ nằm khác phía đối với $AC$.Gọi $K$ là giao điểm của $OB$ và $AC,Q$ là giao điểm của $EF$ và $CD$.CMR các đường thẳng $KQ,BD,AO$ 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. ]
mathandyou is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 07-03-2014, 07:37 PM   #19
TNP
+Thành Viên+
 
TNP's Avatar
 
Tham gia ngày: Feb 2012
Đến từ: PTNK TPHCM
Bài gởi: 180
Thanks: 487
Thanked 106 Times in 67 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"
Mình hoàn toàn có thể chọn một mặt phẳng và chiếu tứ diện lên mặt phẳng đó, khi ấy tính đồng quy và thẳng hàng của các yếu tố hình học được bảo toàn, do đó bài toán vẫn đúng.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Believe in yourself $\Leftrightarrow$ Believe in miracles
TNP is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 08-03-2014, 03:09 AM   #20
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 10) Gọi $O, G, M, N $ lần lượt là tâm ngoại tiếp, trọng tâm, trung điểm của $AB, AC $; $OM\cap AC=E, ON\cap AB=F, BN\cap EF=K, CM\cap EF=L, BN\cap CF=U, CM\cap BE=V $ . Khi đó $CF\cap BE=D $ và các bộ điểm sau là thẳng hàng $(F,K,L,E); (B,U,K,N); (B,D,V,E); (B,M,F,A); (C,L,V,M); (C,U,D,F); (C,N,E,A) $
Áp dụng định lí Desargues cho $2 $ bộ điểm $(FED) $ và $(NMG) $ ta có điều cần chứng minh tương đương với $FE, MN, UV $ đồng qui $\Leftrightarrow (GUKN)=(GVLM)\Leftrightarrow \frac{\overline{GK}}{\overline{GN}} : \frac{\overline{UK}}{\overline{UN}} = \frac{\overline{GL}}{\overline{GM}} : \frac{\overline{VL}}{\overline{VM}} $

Áp dụng định lí Menelaus cho $3 $ điểm $(G,C,L) $ thẳng hàng cho tam giác $KNE $
và $(U,C,F) $ thẳng hàng cho tam giác $KNE $ có
$\frac{\overline{GK}}{\overline{GN}} . \frac{\overline{CN}}{\overline{CE}} . \frac{\overline{LE}}{\overline{LK}} = 1 = \frac{\overline{UK}}{\overline{UN}} . \frac{\overline{CN}}{\overline{CE}} . \frac{\overline{FE}}{\overline{FK}} $

$\Leftrightarrow \frac{\overline{GK}}{\overline{GN}} : \frac{\overline{UK}}{\overline{UN}} = \frac{\overline{LK}}{\overline{LE}} : \frac{\overline{FK}}{\overline{FE}}=(LFKE) $
Một cách tương tự ta có $(GVLM)=(KELF) $
mà $(KELF)=(LFKE)=(GUKN) $ nên $(GVLM)=(GUKN) $ (đây là điều cần chứng minh)
------------------------------
Bài 11) Gọi $BJ, DI $ là đường kính của $(O) $, từ đó theo định lí con bướm (gọi điểm trùng) thì $I, J, N $ thẳng hàng. Gọi $AB\cap DI=X, DC\cap BJ=R, AC\cap IJ=N $ . Khi ấy theo định lí Pascal thì $X, R, N $ thẳng hàng $(1) $
Đồng thời ta có các bộ điểm thẳng hàng $(D,O,I,X); (D,C,R,Q); (B,K,O,R,J) $
Áp dụng định lí Desargues cho 2 bộ điểm $(AKB) $ và $(OQD) $ và kết hợp với $(1) $ ta có $AO, QK, BD $ đồng qui
Bài toán vẫn đúng khi thay các đường kính bằng các dây cung:
Cho $(O) $ có $M, N $ thuộc $(O). I $ là trung điểm $AB $. Qua $I $ vẽ hai dâ cung khác nhau $AC, BD $ ($A, B $ cùng phía với nửa mặt phẳng bờ $MN $). $IA $ cắt $BD $ tại $R, IB $ cắt $AC $ tại $Z. CD $ cắt $MN $ tại $X $. Khi đó $X, R, Z $ thẳng hàng

Anh xem thử em làm vậy có được không?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: Samurott, 08-03-2014 lúc 03:50 AM Lý do: Tự động gộp bài
Samurott is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to Samurott For This Useful Post:
mathandyou (08-03-2014)
Old 08-03-2014, 05:32 PM   #21
mathandyou
Moderator
 
Tham gia ngày: Dec 2012
Đến từ: HCMUS
Bài gởi: 557
Thanks: 259
Thanked 402 Times in 216 Posts
Chú rott giải bài tốt đấy..Tiếp tục phát huy nhé
Up cái hình cái.
Bài 10:



Bài này ý tưởng của @rott là phù hợp,có nhiều cách chứng minh tùy vào bộ điểm mình xét,chứng minh đều vào dựa vào menelaus hoặc ceva.
Ngoài ra,có trường hợp @rott chưa xét là $D$ là giao của đường thẳng qua $C$ song song với $AB$ và $OM$.

Bài 11:


Gọi $G $ là giao điểm của $AK,OD $, $H $ là giao điểm của $BK,DQ $, $I,J $ là các điểm đối xứng với $D,B $ qua $O $
Ta có $B,D,P $ thẳng hàng $\Rightarrow N,I,J $ thẳng hàng
Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm $A,B,C,D,I,J $, ta có $G,N,H $ thẳng hàng
Áp dụng định lý Desargues cho 2 tam giác $ABK $ và $ODQ $, ta có $AO,BD,KQ $ đồng quy (đpcm)

Bài 12:Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O), M$ là trung điểm $BC, M’$ là giao điểm của $AM$ và $(O)$. Tiếp tuyến tại $M'$ cắt đường thẳng qua $M$ vuông góc với $AO$ tại $X$.Các điểm $Y, Z$ được xác định tương tự. Chứng minh rằng $X, Y, Z$ thẳng hàng.
Bài 13:Cho hai đường thẳng $a,b $ và bốn điểm $A,B,C,D $sao cho:$A,B\in a $ và $C,D\in b $.Gọi giao điểm của $AC $ và $BD $ là $S $ , một đường thẳng $x $ tùy ý đi qua $S $.Trên $x $ lấy $E,F $ sao cho $AE,BF $và $b $đồng quy.Chứng minh $CF,DE $ và $a $ cũng đồng quy
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Hình Kèm Theo
Kiểu File : jpg bai 10.jpg (39.8 KB, 173 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, 08-03-2014 lúc 05:35 PM
mathandyou is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to mathandyou For This Useful Post:
Samurott (08-03-2014)
Old 08-03-2014, 10:38 PM   #22
Tranminhngoc
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Dec 2009
Bài gởi: 200
Thanks: 83
Thanked 192 Times in 92 Posts
Bạn nên xem lại. Khi bạn chiếu các yếu tố bài toán lên mặt phẳng, tính đồng quy, thẳng hàng được bảo toàn nhưng bạn không có quyền kết luận bài toán vẫn đúng.
Ta xét mệnh đề: Hình H là cấu hình của định lý Desargues trong không gian, Hình H' là cấu hình của định lý Desargues trong mặt phẳng
1. Cho hình H trong không gian. xét phép chiếu xuyên tâm lên mặt phẳng P biến hình H thành H'. Khi đó tính chất xạ ảnh của H vẫn đúng với hình H'.
2. Cho hình H' trong mặt phẳng. Liệu có ánh xạ nào biến hình H' thành hình H trong không gian ?
Bạn nên nhớ rằng phép chiếu xuyên tâm từ mặt phẳng lên mặt phẳng mới là song ánh, hơn nữa là 1 phép đối hợp. Trừ khi bạn xây dựng được 1 ánh xạ biến hình H' thành hình H mới có thể kết luận được bài toán vẫn đúng
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Tranminhngoc is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to Tranminhngoc For This Useful Post:
mathandyou (09-03-2014)
Old 09-03-2014, 12:25 PM   #23
99
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Nov 2007
Bài gởi: 2,995
Thanks: 537
Thanked 2,426 Times in 1,374 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi mathandyou View Post
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.
Xin lỗi là bây giờ anh mới trả lời chú. Anh ít khi đọc hình học sơ cấp vì không phù hợp với kiến thức đang phải sử dụng hàng ngày. Tuy nhiên anh biết là các bài toán hình học sơ cấp sẽ rất có ích sau này khi nhìn dưới con mắt của toán lý thuyết. Như vậy, nếu muốn học toán lý thuyết cho tốt, ví dụ hình học xạ ảnh, thì phải có nhiều ví dụ của toán sơ cấp, và ví dụ càng đẹp càng tốt (đẹp chứ không phải phức tạp và rối rắm). Ví dụ định lý Feuerbach là ví dụ đẹp cho hình học bảo giác (anallagmatic geometry).

Tóm lại là những cố gắng tìm hiểu của em sẽ có ích một lúc nào đó, cho nên không phải lo phí công.
[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 (09-03-2014)
Old 09-03-2014, 02:59 PM   #24
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
Xin lỗi là bây giờ anh mới trả lời chú. Anh ít khi đọc hình học sơ cấp vì không phù hợp với kiến thức đang phải sử dụng hàng ngày. Tuy nhiên anh biết là các bài toán hình học sơ cấp sẽ rất có ích sau này khi nhìn dưới con mắt của toán lý thuyết. Như vậy, nếu muốn học toán lý thuyết cho tốt, ví dụ hình học xạ ảnh, thì phải có nhiều ví dụ của toán sơ cấp, và ví dụ càng đẹp càng tốt (đẹp chứ không phải phức tạp và rối rắm). Ví dụ định lý Feuerbach là ví dụ đẹp cho hình học bảo giác (anallagmatic geometry).

Tóm lại là những cố gắng tìm hiểu của em sẽ có ích một lúc nào đó, cho nên không phải lo phí công.
Cám ơn anh rất nhiều về lời khuyên này..Em sẽ cố gắng phấn đấu..Mà anh 99 có thể nói thêm theo anh thế nào là đẹp được không ạ?Nhưng nghe đâu học KHTN của TP.HCM không có môn hình.

Mình sẽ cho topic này thêm 2 bài nữa.Sau đó mong sẽ có người tiếp tục phát triển topic,có thể dưới con mắt xạ ảnh chẳng hạn,hoặc các bài toán khác.Sang tuần có thể bạn Liverpool29 sẽ xuất hiện,hoặc sẽ tập trung vào các bài toán của trường xuân.

Bài 14:Cho đường tròn $(O)$ có đường kính $AB$. Điểm $C$ bất kì trên đường tròn. Tiếp tuyến tại $A$ cắt $BC$ tại $M$. $N$ là giao điểm tiếp tuyến tại $B,C$. $AN$ cắt $(O)$ tại $D$ và cắt $BC$ tại $F$. Giao điểm $NC$ và $MD$ là $K$. Chứng minh $KF$ vuông góc $AB$
Bài 15:Cho tam giác $ABC$.Một đường tròn qua $B$ và $C$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $C',B'$.Gọi $D$ là giao điểm của $BB’$ và $CC’$, $H$ và $H’$ lần lượt là trực tâm của tam giác $ABC$ và $AB’C’$. Chứng minh rằng $H, H’, D$ thẳng hàng.
[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, 09-03-2014 lúc 03:11 PM
mathandyou is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 09-03-2014, 07:16 PM   #25
Manhnguyen
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Feb 2014
Đến từ: TPHCM
Bài gởi: 92
Thanks: 26
Thanked 29 Times in 28 Posts
Cách mình hơi dài, với lại không có hình tải lên, bác thông cảm
Bài 14: Ta dễ dàng CM được:$DF/AF=(CD.BD)/(AC.AB) (1)$
Áp dụng đl Mênêlauýt: $DK/MK=ND/NF.CF/CM$
Mà: $ND/NF=ND/BN.BN/NF=BD/AB.AM.AF$
Lại có: $AM/AF.CF/CM=CF/AF.AM/CM=CD/AB.AB/AC$
=>$DK/MK=(CD.BD)/(AC.AB) (2)$
$(1),(2)=>$ ĐPCM theo đl Thales
------------------------------
Bài 15:$BH$ cắt $CC'$ tại $P$,$CH$ cắt $BB'$ tại $N$,đặt $B'C'/BC=k$
Ta dễ dàng CM được: góc $NBH$= góc $PCH$=>$NPCB$ nội tiếp
Ta có:$B'D/DN=B'D/CD.CD/DN=k.CD/DN (1)$
Ta dễ dàng CM được: $H'B'/NH=BH/NH.H'B'/BH=BH/NH.k (2)$
Lại có $BH/NH=BC/NP=CD/DN (3)$
$(1),(2),(3)=>B'D/DN=H'B'/NH$=>tam giác đồng dạng=>đpcm

Để đáp lễ em cũng có 1 bài này khá hay bác nào muốn giải thì giải
Bài 16:Cho hình thang $ABCD$($AB//CD$), $K,H$ lần lượt là trung điểm $AC,BD$.Từ $H$ kẻ đường vuông góc với $AD$ và $K$ kẻ đường vuông góc với $BC$, 2 đường cắt nhau tại $I$. CM:$ID=IC$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Cần phải học, học nữa, học mãi
Suy nghĩ, chăm chỉ dẫu đúng sai
Tôi tư duy tức tôi tồn tại
Quyết tâm, cố gắng nên thiên tài.

thay đổi nội dung bởi: mathandyou, 09-03-2014 lúc 07:47 PM Lý do: Tự động gộp bài
Manhnguyen is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to Manhnguyen For This Useful Post:
mathandyou (09-03-2014)
Old 09-03-2014, 08:08 PM   #26
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 Manhnguyen View Post
Cách mình hơi dài, với lại không có hình tải lên, bác thông cảm
Bài 14: Ta dễ dàng CM được:$DF/AF=(CD.BD)/(AC.AB) (1)$
Áp dụng đl Mênêlauýt: $DK/MK=ND/NF.CF/CM$
Mà: $ND/NF=ND/BN.BN/NF=BD/AB.AM.AF$
Lại có: $AM/AF.CF/CM=CF/AF.AM/CM=CD/AB.AB/AC$
=>$DK/MK=(CD.BD)/(AC.AB) (2)$
$(1),(2)=>$ ĐPCM theo đl Thales
------------------------------
Bài 15:$BH$ cắt $CC'$ tại $P$,$CH$ cắt $BB'$ tại $N$,đặt $B'C'/BC=k$
Ta dễ dàng CM được: góc $NBH$= góc $PCH$=>$NPCB$ nội tiếp
Ta có:$B'D/DN=B'D/CD.CD/DN=k.CD/DN (1)$
Ta dễ dàng CM được: $H'B'/NH=BH/NH.H'B'/BH=BH/NH.k (2)$
Lại có $BH/NH=BC/NP=CD/DN (3)$
$(1),(2),(3)=>B'D/DN=H'B'/NH$=>tam giác đồng dạng=>đpcm

Để đáp lễ em cũng có 1 bài này khá hay bác nào muốn giải thì giải
Bài 16:Cho hình thang $ABCD$($AB//CD$), $K,H$ lần lượt là trung điểm $AC,BD$.Từ $H$ kẻ đường vuông góc với $AD$ và $K$ kẻ đường vuông góc với $BC$, 2 đường cắt nhau tại $I$. CM:$ID=IC$
Cảm ơn bạn đã ủng hộ.Góp ý chút.
Bạn @Manh giải bài rõ ràng hơn nhé.Bạn nói dễ này dễ kia nhiều lúc sẽ ngộ nhận đấy.
Với lại bạn nói dài mà sao thấy ngắn thế nhờ?

Bài 15 có thể coi là mở rộng của bài 10.Mình lượn lờ trên mạng thì thấy được nó.Nó ở [Only registered and activated users can see links. ]

Bài 14:



Gọi $S$ là giao điểm của $CD$ và $AB$, $H$ là chân đường vuông góc kẻ từ $F$ xuống $AB$. Khi đó, $$\dfrac{SA}{SB} = \dfrac{HA}{HB} = \dfrac{FM}{FB} = \dfrac{AM}{BN}$$ Từ đây có thể suy ra $S, M, N$ thẳng hàng. Áp dụng định lý Desargues cho tam giác $KCD$ và $FAB$, ta thấy $AC, BD, KF$ đồng quy. Từ đó có thể suy ra điều phải chứng minh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Hình Kèm Theo
Kiểu File : jpg bai 14.jpg (23.2 KB, 142 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
Old 10-03-2014, 04:41 AM   #27
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 12 Một bài toán rất đẹp ,chỉ tội em giải hơi dài
Gọi $N, P $ lần lượt là trung điểm$CA, AB. BN, CP $ cắt $(O) $ lần lượt tại $N', P'. G $ là trọng tâm tam giác $ABC $
Gọi $Y $ là giao điểm của tiếp tuyến tại $N' $ của $(O) $ và đường thẳng qua $N $ vuông góc $OB $
$Z $ là giao điểm của tiếp tuyến tại $P' $ của $(O) $ và đường thẳng qua $P $vuông góc $OC $
tiếp tuyến tại $P' $ cắt các tiếp tuyến tại $N' $ và tiếp tuến tại $B $ lần lượt tại $D,V $
tiếp tuyến tại $C $ cắt các tiếp tuyến tại $N' $ và tiếp tuến tại $B $ lần lượt tại $U,L $
Có $DVLU $ là tứ giác ngoại tiếp $(O) $ có các tiếp điểm là $B,C,N',P' $ nên $UV,DL,BN',CP' $ đồng qui tại $G $
Gọi $J,K $ lần lượt là hình chiếu $P, N $ trên $OC,OB. H $ là giao điểm của $PJ $ và $NK $ Khi đó $\angle NPH=90^{0}-\angle NPC-\angle PCO=90^{0}-\angle OCB;
\angle PNH=90^{0}-\angle PNB-\angle NBO=90^{0}-\angle OBC $
$\Rightarrow \angle NPH=\angle PNH=\angle MOC \Rightarrow HP=HN $
Gọi $L' $ là giao điểm của $HG $ với tiếp tuyến tại $B $ của $(O) $. Áp dụng định lí ta-lét có
$\frac{HN}{BL'}=\frac{GN}{GB}=\frac{1}{2} $$\Rightarrow BL'=2HN=2.\frac{PN/2}{cos(MOC)}=\frac{BC/2}{cos(LBC)}=BL $
mà $L,L' $ cùng thuộc một tia nên $L $ trùng $L' $ hay $D,H,G,L $ thẳng hàng
Gọi giao điểm của tiếp tuyến tại $P' $ với tiếp tuyến tại $M' $ là $E $, giao điểm của tiếp tuyến tại $M' $ với tiếp tuyến tại $N' $ là $F. $
Gọi giao điểm của đường vuông góc với $OA $ tại $M $ với $HN, HP $ lần lượt là $I,W $
Chứng minh tương tự như trên có $(W,E,G) $ và $(I,F,G) $ là các bộ điểm thẳng hàng. Nói cách khác $DH, WE, IF $ đồng qui tại $G $. Áp dụng định lí Desargues cho $2 $ bộ $(DEI) $ và $(HWF) $ có được điều cần chứng minh
Bài toán còn có một số tính chất khá đẹp sau
Gọi $S $ là giao điểm của tiếp tuyến tại $A $ của $(O) $ với $N'P' $. Khi đó $S, N, P $ thẳng hàng (do bài toán phụ ở câu 9c)
Định nghĩa tương tự như $S $ cho hai điểm $R $ (thuộc tiếp tuyến tại $B $),$ Q $ (thuộc tiếp tuyến tại $C $). Một điều rất đẹp là đường thẳng qua $(S, R, Q) $ cũng là đường thẳng qua $(X, Y, Z). $ Đầu tiên để y rằng $MM', NN', PP' $ đồng qui; áp dụng định lí Desargues cho 2 bộ điểm $(MNP) $ và $(M'N'P') $ có $S, R, Q $ thẳng hàng
Áp dụng định lí Desargues cho 2 bộ $(ZPP') $ và $(YNN') $ có $ZY, N'P', NP $ đồng qui hay $S $ thuộc $ZY $, tương tự $R $ thuộc $XZ $ và $Q $ thuộc $X $ nên $X,Y,Z,S,R,Q $ thẳng hàng
Ngoài ra ta còn có tâm ngoại tiếp của $(OJP'); (OKN'); (OA'M') $ thẳng hàng (với $A' $ là hình chiếu của $M $ trên $OA $)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: Samurott, 10-03-2014 lúc 09:47 PM
Samurott is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to Samurott For This Useful Post:
mathandyou (10-03-2014)
Old 10-03-2014, 05:18 PM   #28
liverpool29
+Thành Viên+
 
liverpool29's Avatar
 
Tham gia ngày: Dec 2010
Đến từ: hue
Bài gởi: 348
Thanks: 425
Thanked 560 Times in 237 Posts
Đây là các lời giải khác của mình
Bài 12:
Gọi $N,N'$ là các điểm xác định tương tự $M,M'$ đối với góc $B$.
Gọi $C'$ là giao điểm của đường vuông góc từ $N$ đến $BO$ với đường góc từ $M$ đến $AO$. $C''$ là giao điểm của tiếp tuyến vẽ từ $M'$và$N'$. Xác định tương tự với $A',A'',B',B''$.
Áp dụng định lí Desagues, ta cần chứng minh $C'C'', B'B'',A'A''$ đồng quy. Ta sẽ chứng minh các đường này cùng đi qua $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$.
Gọi $C'''$ là giao điểm của tiếp tuyến tại $A$ và $B$. Ta có $G,C'',C'''$ thẳng hàng. (bằng cách áp dụng định lí Pascal, hoặc sử dụng cực và đối cực). $(1)$.
Mặt khác ta có $NC' \parallel BC''', MC' \parallel AC''', NM \parallel AB$ nên suy ra $C''',G,C'$ thẳng hàng. $(2)$.
Từ $(1),(2)$ ta có đccm.

Bài 13: Gọi $S$ là điểm đồng quy của $AE,BF,CD$. Áp dụng định lí Desagues cho tam giác $AEF$ và tam giác $BDC$, ta có đccm.

Bài 16: Gọi $S,T$ lần lượt là chân đường vuông góc từ $B$ xuống $AD$ và từ $A$ xuống $BC$. Ta có tứ giác $DCTS$ nội tiếp, nên từ đây ta có trung trực của $SD,TC$ cắt nhau tại tâm của $(DCTS)$, tức $I$ là tâm của $(DCTS)$, suy ra đccm.

Bài 17: (của anh Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác $ABC$, $P$ là điểm bất kì trong mặt phẳng tam giác đó.$A_1B_1C_1$ là tam giác Pedal của $P$ đối với tam giác $ABC$. Gọi $O$ là tâm ngoại tiếp của $(A_1B_1C_1)$. $L$ là điểm bất kì trên $PO$. $A_1L,B_1L,C_1L$ cắt $(A_1B_1C_1)$ tại $A_2B_2C_2$. Chứng minh rằng $AA_2,BB_2,CC_2$ đồng quy.
Bài 18: (nguồn từ MathLinks) Cho tam giác $ABC$ có $(S),(P),(Q)$ lần lượt là các đường tròn Mixtilinear ứng với các góc $A,B,C$. $(S)$ tiếp xúc với $(ABC)$ tại $D$. $DQ$ cắt $(Q)$ tại $M$, $DP$ cắt $(P)$ tại $N$. Chứng minh rằng $MN \parallel QP$.

Phía dưới là 1 file mình tìm được về định lí Desargues.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
File Kèm Theo
Kiểu File : pdf Two applications of Desargues's Theorem.pdf (108.0 KB, 83 lần tải)
__________________
LIFE HAS SENT TO US A MIRACLE, IT'S GEOMETRY

"Don't try your best. Do your best."

thay đổi nội dung bởi: liverpool29, 10-03-2014 lúc 05:29 PM
liverpool29 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 2 Users Say Thank You to liverpool29 For This Useful Post:
mathandyou (10-03-2014), Samurott (10-03-2014)
Old 10-03-2014, 05:35 PM   #29
mathandyou
Moderator
 
Tham gia ngày: Dec 2012
Đến từ: HCMUS
Bài gởi: 557
Thanks: 259
Thanked 402 Times in 216 Posts
Bài 12:


Lời giải này có vẻ gần giống với Liverpool29.

Gọi $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC.BG,CG$ cắt $(O)$ tại $B',C'$.
Tiếp tuyến của $(O)$ tại $M',B',C'$ cắt nhau tạo thành tam giác $KLN$, tại $A,B,C$ cắt nhau tạo thành tam giác $K'L'N'$.
Chú ý khi đó có các tứ giác ngoại tiếp $(O)$ vận dụng tính chất các đường nối tiếp điểm trên các cạnh đối diện,hai đường chéo đồng quy ta thu được $KK', LL',NN'$ cùng đi qua trọng tâm $G$
Gọi $P,Q$ lần lượt là trung điểm của $AC,AB$ .Các đường thẳng qua $P,Q,M$ vuông góc với $BO,CO,AO$ tương ứng cắt nhau tạo thành tam giác $K''L''N''$.theo bài toán quen thuộc các cạnh của tam giác $K''L''N''$ tiếp xúc với đường tròn euler.
Mặt khác,hai tam giác $K'L'N'$ và $K''L''N''$ vị tự với nhau và bán kính đường tròn euler bằng một nửa bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$,từ đó dễ suy ra $K'K'', L'L'', N'N''$ đi qua $G$
Suy ra, $KK'', LL'', NN''$ đi qua $G$. Áp dụng định lí Desargues ta có điều phải chứng minh

Bài 13:
Ta có:
Theo định lí $Desargues $
$AB,DE,CF $ đồng quy
$\Leftrightarrow $ $2 $ tam giác $ADC $ và $BEF $ có các giao điểm của các cạnh thẳng hàng
$\Leftrightarrow M,N,P $ thẳng hàng
Ta gọi $N' $ là giao của $CD $ và $MP $ thì theo định lí $Papus $ ta có $M,N',P $ thẳng hàng
$\Rightarrow N\equiv N' $



[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 16-03-2014, 10:04 PM   #30
VinhPhucNK
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jan 2012
Bài gởi: 80
Thanks: 79
Thanked 38 Times in 19 Posts
Không biết có cách chứng minh bổ đề này bằng Desargues không mong mọi người xem giúp

$\Delta ABC$ có tâm ngoại tiếp $O$ và đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. Chứng minh $O$ thuộc đường thẳng Euler của $\Delta DEF$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
VinhPhucNK 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 06:34 PM.


Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2018, Jelsoft Enterprises Ltd.
Inactive Reminders By mathscope.org
[page compression: 125.11 k/142.19 k (12.02%)]