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

[nbkschool]

Em xin được bổ sung định lý sau: Định lý Maxwell
[Only registered and activated users can see links. ]

Ngoài ra khái niệm về hai tam giác orthologic với nhau và điểm orthotransversal chắc cũng nên đề cập tới (em thì chả biết gì về mấy cái này) umb:
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ma 29]

Nguyên văn bởi nbkschool

Em xin được bổ sung định lý sau: Định lý Maxwell
[Only registered and activated users can see links. ]

Ngoài ra khái niệm về hai tam giác orthologic với nhau và điểm orthotransversal chắc cũng nên đề cập tới (em thì chả biết gì về mấy cái này) umb:

Đồng ý!:hornytoro:
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ma 29]

I.54)Định lí Van Aubel về tứ giác và các hình vuông dựng trên cạnh.

Định lí:Về phía ngoài tứ giác ABCD ta dựng các hình vuông ABUI,BCQP,CDJW,DAFE với các tâm tương ứng là T,N,V,M.Khi đó ta có TV và MN vuông góc với nhau.

Chứng minh:

Gọi O là trung điểm đoạn AC.
Ta thấy:$F_C^{45^0 ,\sqrt{2}} :N \to B $

$F_A^{45^0 ,\frac{1}{\sqrt{2}}} :B \to T $

Do vậy:$F=F_C^{45^0 ,\sqrt{2}} o F_A^{45^0 ,\frac{1}{\sqrt{2}}}:N \to T $

Chú ý F là phép đồng dạng góc $90^0 $ với tỉ số 1 có O là điểm bất động tức là F là phép quay tâm O góc $90^0 $. (1)
Như vậy :$F:N \to T $(2)
Tương tự ta có:$F:M \to V $ (3)

Từ (1) ,(2) và (3) ta có điều cần chứng minh.

p/s: ma 29 lại tiếp tục đánh phá topic này và rất mong các chiến hữu cũ và mới lại tham gia để hoàn thành nó trong năm nay................... :hornytoro:
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ma 29]

Nguyên văn bởi thamtuhoctro

I.2 Mở rộng định lí Menelaus theo diện tích.
Định lí:Cho tam giác ABC và 3 điểm M,N,P lần lượt nằm trên BC,CA,AB.Khi đó ta có:
$\frac{{S\left[ {MNP} \right]}}{{S\left[ {ABC} \right]}} = \frac{{\overline {BM} .\overline {CN} .\overline {AP} - \overline {CM} .\overline {AN} .\overline {BP} }}{{\overline {AB} .\overline {BC} .\overline {CA} }} $
Chứng minh

Gọi $e_1 ,e_2 ,e_3 $ là vector chỉ phương của $BC, CA, AB. $
Ta có:
$\begin{array}{l}S\left[ {ABC} \right] = S\left[ {MAB} \right] + S\left[ {MCA} \right] \\ \Rightarrow S\left[ {ABC} \right] = S\left[ {PMA} \right] + S\left[ {PBM} \right] + S\left[ {NMC} \right] + S\left[ {NAM} \right] \\\Rightarrow S\left[ {ABC} \right] = S\left[ {MNP} \right] + S\left[ {BMP} \right] + S\left[ {CNM} \right] + S\left[ {APN} \right] \\ \end{array} $
mặt khác :
$\frac{{S\left[ {BMP} \right]}}{{S\left[ {ABC} \right]}} = \frac{{\overline {BM} .\overline {BP} .\sin \left( {e_1 ;e_2 } \right)}}{{\overline {BC} .\overline {BA} .\sin \left( {e_1 ;e_2 } \right)}} = \frac{{\overline {BM} .\overline {BP} }}{{\overline {BC} .\overline {BA} }} $
tương tự:

$\frac{{S\left[ {CNM} \right]}}{{S\left[ {ABC} \right]}} = \frac{{\overline {CN} .\overline {CM} }}{{\overline {CA} .\overline {CB} }} $

$\frac{{S\left[ {APN} \right]}}{{S\left[ {ABC} \right]}} = \frac{{\overline {AP} .\overline {AN} }}{{\overline {AB} .\overline {AC} }} $
Ta suy ra:

$\begin{array}{l}\frac{{S\left[ {MNP} \right]}}{{S\left[ {ABC} \right]}} = 1 - \frac{{S\left[ {BMP} \right]}}{{S\left[ {ABC} \right]}} - \frac{{S\left[ {CNM} \right]}}{{S\left[ {ABC} \right]}} - \frac{{S\left[ {APN} \right]}}{{S\left[ {ABC} \right]}} \\\Rightarrow \frac{{S\left[ {MNP} \right]}}{{S\left[{ABC}\right]}} = 1 - \frac{{\overline {BM} .\overline {BP} }}{{\overline {BC} .\overline {BA} }} - \frac{{\overline {CN} .\overline {CM} }}{{\overline {CA} .\overline {CB} }} - \frac{{\overline {AP} .\overline {AN}}}{{\overline {AB} .\overline {AC} }} \\\Rightarrow \frac{{S\left[ {MNP} \right]}}{{S\left[ {ABC} \right]}} = \frac{{\overline {BM} .\overline {CN} .\overline {AP} - \overline {CM} .\overline {AN} .\overline {BP} }}{{\overline {AB} .\overline {BC} .\overline {CA} }} \\ \end{array} $


Một số bài cách đây khá xa nhưng em muốn giải quyết cho hoàn chỉnh chuyên đề vì thế em hi vọng các anh hãy chèn(nếu có thể) một vài bài viết của em vào phần còn thiếu .Em cũng có ý kiến về một số định lí tới các anh có thể post trước phần nội dung định lí lên topic bởi em thấy một số định lí có thể có người biết nội dung nhưng tên gọi thì chưa thống nhất hay chưa rõ tên và khi hoàn thành anh có thể xóa các bài này đi được rồi.

Em làm cái này tốt lắm tuy nhiên thật tiếc để đảm bảo thứ tự anh sẽ phải xóa bài này và gộp vào cái mục trên của anh.,rất mong em hiểu và thông cảm.
Bây giờ em hãy post theo đúng thứ tự nhé ,về tên gọi các định lí em hãy xem 2 web sau (là tài liệu tham khảo chính) :

1) [Only registered and activated users can see links. ]

2)[Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ma 29]

I.55)Hệ thức Van Aubel

Định lí:Cho tam giác ABC và các điểm D,E,F lần lượt thuộc BC,CA,AB sao cho AD,BE,CF đồng quy ở S.Khi đó ta có:
$\frac{\bar{AS}}{\bar{SD}} = \frac{\bar{AF}}{\bar{FB}} + \frac{\bar{AE}}{\bar{EC}} $
Và 2 hệ thức tương tự.
Chứng minh:

Cách chứng minh dưới đây rất độc đáo mình đọc trong một file của anh Darij Grinberg(xem cuối bài)
Chúng ta sử dụng định lí Gergonne -Euler(mục I.28)cho điểm A với tam giác SBC.
Ta có:
$\frac{\bar{AD}}{\bar{SD}}+ \frac{\bar{AF}}{\bar{BF}} +\frac{\bar{AE}}{\bar{CE}}=1 $


=>$\frac{\bar{AD}}{\bar{SD}}-1= \frac{\bar{AF}}{\bar{FB}} +\frac{\bar{AE}}{\bar{EC}} $

=>$\frac{\bar{AS}}{\bar{SD}} = \frac{\bar{AF}}{\bar{FB}} + \frac{\bar{AE}}{\bar{EC}} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ma 29]

I.56)Định lí Pithot

Định lí: Tứ giác lồi ABCD là tứ giác ngoại tiếp khi và chỉ khi :AB+CD =BC+DA

Chứng minh:

+)Chiều thuận: ABCD là tứ giác ngoại tiếp thì: AB+CD=BC+DA

Phần này chứng minh hoàn toàn đơn giản xin dành cho bạn đọc.

+)Chiều đảo:Nếu tứ giác lồi ABCD thỏa mãn : AB+CD=BC+DA (*)thì nó là tứ giác ngoại tiếp.


Không giảm tổng quát giả sử :$AB\leq AD $ ,khi ấy từ (*) cũng suy ra:$BC \leq CD $.
Khi ấy trên AD,DC tương ứng tồn tại hai điểm N,M sao cho:AN=AB,CM=CB.
Từ (*) sẽ có: DN=DM.

Do đó các đường phân giác của các góc tại đỉnh A,D,C sẽ là ba đường trung trực của tam giác BMN nên chúng đồng quy tại một điểm (mà ta kí hiệu là O).
Nhận thấy O cách đều 4 cạnh tứ giác nên ta có điều cần chứng minh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ma 29]

I.57)Định lí Johnson

Định lí:Cho ba đường tròn có cùng bán kính R với tâm lần lượt là M,N,P và cùng đi qua một điểm A.Khi ấy ba giao điểm khác A của ba đường tròn ấy cùng nằm trên một đường tròn có bán kính là R.

Chứng minh:

Mình gặp định lí này và không hề biết chứng minh của nó ,ở đây mình trình bày một phép chứng minh mà mình nghĩ ra như sau mà theo mình nó là một chứng minh dài.
Chúng ta kí hiệu các giao điểm khác A là B,C,D như hình vẽ và gọi Q là tâm (BCD).
Ta thấy : PA=PB=MA=MB nên MAPB là hình thoi
=>M là điểm đối xứng của P qua AB.
Chú ý bán kính của (P) và (M) là bằng nhau nên suy ra (P) và (M) đối xứng với nhau qua AB.(1)
Tương tự (P) và (N) đối xứng với nhau qua AC (2).
(P) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (3)

Từ (1) ,(2) và (3) ta sẽ suy ra D là trực tâm tam giác ABC.
Đến đây công việc còn lại đã rất đơn giản........................
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ma 29]

I.58)Định lí Eyeball

Định lí: Cho hai đường tròn(O) và (O') ngoài nhau.Hai tiếp tuyến kẻ từ O tới (O') cắt (O') tại C,D.Hai tiếp tuyến kẻ từ O' tới (O) cắt (O) tại A,B.Khi đó ta có : AB =CD.


Chứng minh:


Chúng ta kí hiệu các điểm A,B,C,D như hình vẽ.
OM,O'N tương ứng là các tiếp tuyến của (O') và (O).
AD cắt lại (O') ở P.

Ta thấy:

$\hat{MPC} =\hat{OMC} $ (1)
$\hat{MCP} = \hat{CMO'} $ (2)

Cộng theo vế (1) và (2) ta có:

$\hat{MPC}+\hat{MCP}=\hat{OMO'}=90^0 $
Do đó CP là đường kính của (O').
Vì vậy sẽ có: $\hat{CDA}=90^0 $
Hoàn toàn tương tự ta cũng có các đẳng thức góc khác nên sẽ có ABCD là hình chữ nhật => AB=CD.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ma 29]

I.59)Bổ đề Haruki

Bổ đề:Cho AB và CD là hai dây cung không cắt nhau của cùng một đường tròn và P là một điểm bất kì trên cung AB không chứa CD của đường tròn ấy.Gọi E và F lần lượt là giao điểm của PC,PD với AB.Thế thì giá trị biểu thức sau là không đổi:

$\frac{{AE} . {BF}}{EF} $

Chứng minh:


(AED) cắt lại AB ở G.
Ta thấy:$\hat{AGD}=\hat{CPD} $ (Không đổi) => G cố định => BG không đổi (1)

Mặt khác :
$AF.FB=FP.FD=FE.FG $

$=> (AE+EF).FB=FE.(FB+BG) $

$=> AE.FB=FE.BG => \frac{AE.BF}{FE}=BG $(2)

Từ (1) và (2 ) suy ra dpcm.

Một file liên quan:
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[thamtuhoctro]

I.60)Bài toán Langley

Bài toán:Cho $\bigtriangleup ABC $ cân tại A có $\hat{BAC} = 20^ \circ $. Trên cạnh $AB, AC $ lấy điểm $D,E $ sao cho $\hat{BCD} = 50^ \circ $ ,$\hat{CBE} = 60^ \circ $.Tính $\hat{BED} $?

Lời giải:


Đặt $\hat{BED}=x $
Trên cạnh $AC $lấy điểm$F $ sao cho$BF=BC $.Khi đó $\bigtriangleup BCF $ cân tại $B $
$ \Rightarrow $ $BF=BC $
Mặt khác $\bigtriangleup BCD $ cân tại $B $(do $\hat{BCD}=\hat{BDC}=50^ \circ $)
$ \Rightarrow $ $BD=BC $
Suy ra $BF=BD $
Do đó $\bigtriangleup BDF $ đều($\hat{DBF}= 60^ \circ $)
$ \Rightarrow $ $DF=BF $
Lại có $\bigtriangleup BFE $ cân tại $F $
$ \Rightarrow $ $EF=BF $
Ta suy ra $EF=DF $
$ \Rightarrow $ $\bigtriangleup DEF $ cân tại $F $
$ \Rightarrow $ $(x+40^ \circ) $=$\frac{{180^ \circ - 40^ \circ }}{2} $
$ \Rightarrow $ $x=30^ \circ $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[thamtuhoctro]

I.61)Định lí Paul Yiu về đường tròn bàng tiếp
Định lí:Cho $\bigtriangleup ABC $ các đường tròn bàng tiếp góc $A,B,C $ tiếp xúc với 3 cạnh lần lượt tại $M,N,P,Q,R,S $.Các đường thẳng qua $MN,PQ,RS $ giao nhau tại $A_1 ,B_1 ,C_1 $.Thế thì $AA_1,BB_1,CC_1 $ đồng quy tại trực tâm H của tam giác ABC.

Chứng minh.

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC,D là tiếp điểm của (I) trên BC.
Chúng ta sẽ chứng minh $AA_1 $ vuông góc với BC.
Ta biết rằng:CR=p,CD=p-c nên RD=c.
Từ đó RB=RD-BD=c-(p-b)=p-a.
Hoàn toàn tương tự thì:ND=b và NC=p-a.
Ta thấy:
$RI^2-RC^2 +AC^2-AB^2+NB^2-NI^2=(RI^2-NI^2)+b^2-c^2=(DR^2-DN^2)+b^2-c^2=c^2-b^2+b^2-c^2=O $
Do đó theo định lí Carnot thì đường thẳng đi qua A vuông góc với BC,đường thẳng đi qua R vuông góc với CI và đường thẳng đi qua N vuông góc với BI đồng quy.
Do đó $AA_1 $ vuông góc với BC ,hay $AA_1 $ đi qua H.
Hoàn toàn tương tự $BB_1,CC_1 $ đi qua H.
Như vậy ta có đpcm
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[trung anh]

I.62)Định lí Maxwell

Định lí: Cho $\Delta $ ABC và một điểm P, các cạnh của $\Delta $ A'B'C' song song với các đường thẳng đi qua một đỉnh $\Delta $ ABC và điểm P. Qua A',B',C' kẻ các đường thẳng song song với các cạnh của $\Delta $ ABC. Khi đó ta có các đường thẳng này đồng quy tại một điểm P'.



Chứng minh:
Dễ dàng c/m được các góc $\widehat{ABP}=\widehat{A'C'P'} $ và $\widehat{CBP}=\widehat{P'A'C'} $. Tương tự áp dụng định lí Ceva Sin ta có đpcm.

Trường hợp tương tự cũng xảy ra nếu đổi 'song song' thành 'vuông góc'.
Liên kết ngoài:
[Only registered and activated users can see links. ]
[Only registered and activated users can see links. ]
[Only registered and activated users can see links. ]
Không phiền thì mong anh ma 29 hãy sửa lại cho em bài "Đường tròn Droz_Farny"
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ma 29]

Nguyên văn bởi trung anh

I.62)Định lí Maxwell

Định lí: Cho $\Delta $ ABC và một điểm P, các cạnh của $\Delta $ A'B'C' song song với các đường thẳng đi qua một đỉnh $\Delta $ ABC và điểm P. Qua A',B',C' kẻ các đường thẳng song song với các cạnh của $\Delta $ ABC. Khi đó ta có các đường thẳng này đồng quy tại một điểm P'.



Chứng minh:
Dễ dàng c/m được các góc $\widehat{ABP}=\widehat{A'C'P'} $ và $\widehat{CBP}=\widehat{P'A'C'} $. Tương tự áp dụng định lí Ceva Sin ta có đpcm.

Trường hợp tương tự cũng xảy ra nếu đổi 'song song' thành 'vuông góc'.
Liên kết ngoài:
[Only registered and activated users can see links. ]
[Only registered and activated users can see links. ]
[Only registered and activated users can see links. ]
Không phiền thì mong anh ma 29 hãy sửa lại cho em bài "Đường tròn Droz_Farny"

Há,hôm nay onl vui quá,thấy chú vào đây giúp anh :hornytoro:

Còn cái Droz hôm trước anh có đọc qua và thấy đoạn chứng minh 6 điểm đồng viên còn bị thiếu xót ,anh đã bỏ nó đi.Chúng ta sẽ sử dụng định nghĩa để cm là nhanh nhất
Chắc là vẫn còn thắc mắc? Nếu vậy thì cứ nói nhé
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ma 29]

Nguyên văn bởi 2M

Ơ sao ko làm tiếp đi Khánh, từ ngày lên Smod thấy em lười đi hẳn

Dạo này đang thi học kì mà anh ,em ôn tí lí hóa đó mà
Em sẽ sớm làm tiếp thôi ạ
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ma 29]

I.63)Định lí Brahmagupta về tứ giác nội tiếp có hai đường chéo vuông góc.


Định lí:Cho tứ giác nội tiếp ABCD có AC vuông góc với BD tại S. Khi đó đoạn nối trung điểm một cạnh với S sẽ vuông góc với cạnh đối diện.
Chứng minh:


Ta chứng minh đại diện,chẳng hạn gọi M là trung điểm BC ta cần chứng minh MS vuông góc với AD.
Thật vậy,MS cắt AD ở H.

Ta có:$\hat{BSC} =90^0 $ ,M là trung điểm BC nên MS=MC.
Do đó:
$(DA,DB) \equiv (CA,CB) \equiv (SC,SM) \equiv (SA,SH) (mod \pi) $
Dễ =>dpcm
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]