Một tính chất của tứ giác nội tiếp (12 đường đồng quy)

MJ9xMath · 30-05-2012, 11:44 PM

Mình mới vẽ hình thì thấy có một tính chất thế này của tứ giác nội tiếp ABCD:
+) 4 đường thẳng Simson đồng quy tại 1 điểm (cm được rồi).
+) 4 đường thẳng nối trực tâm của tam giác với đỉnh còn lại đồng quy tại điểm trên (CM được rồi).
+) 4 đường thẳng đi qua trung điểm các cạnh và vuông góc với cạnh đối diện cũng đồng quy tại điểm trên.
+) 4 đường tròn Euler của các tam giác ABC, BCD, CDA, DAB đồng quy tại điểm trên.
2 ý sau thì mình chịu

mọi người cho ý kiến với ạ

**novae** · 30-05-2012, 11:58 PM

Trích:

Nguyên văn bởi MJ9xMath

Mình mới vẽ hình thì thấy có một tính chất thế này của tứ giác nội tiếp ABCD:
+) 4 đường thẳng Simson đồng quy tại 1 điểm (cm được rồi).
+) 4 đường thẳng nối trực tâm của tam giác với đỉnh còn lại đồng quy tại điểm trên (CM được rồi).
+) 4 đường thẳng đi qua trung điểm các cạnh và vuông góc với cạnh đối diện cũng đồng quy tại điểm trên.
+) 4 đường tròn Euler của các tam giác ABC, BCD, CDA, DAB đồng quy tại điểm trên.
2 ý sau thì mình chịu

mọi người cho ý kiến với ạ

Để chứng minh cả 4 ý của bài toán, chỉ cần chú ý rằng điểm đồng quy của 16 đường trên là điểm đối xứng với tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác qua trọng tâm của tứ giác.

**thephuong** · 31-05-2012, 09:23 AM

Cái này vài ngày trước mình còn tìm được khá nhiều tính chất thú vi nữa mà mình đang tìm thêm. Ngoài ra còn là tâm của 4 vòng tròn nội tiếp của 4 tứ giác khác nữa, và là tâm ngoại của nhiều tứ giác khác nữa nếu bạn nào muốn trao đổi với mình thì liên hệ với mình qua email: [Only registered and activated users can see links. ] để tiện vì mình thấy từng đó cái ít quá nên ko tiện đưa lên MS.

minhcanh2095 · 01-06-2012, 03:22 PM

Trích:

Nguyên văn bởi MJ9xMath

Mình mới vẽ hình thì thấy có một tính chất thế này của tứ giác nội tiếp ABCD:
+) 4 đường thẳng Simson đồng quy tại 1 điểm (cm được rồi).
+) 4 đường thẳng nối trực tâm của tam giác với đỉnh còn lại đồng quy tại điểm trên (CM được rồi).
+) 4 đường thẳng đi qua trung điểm các cạnh và vuông góc với cạnh đối diện cũng đồng quy tại điểm trên.
+) 4 đường tròn Euler của các tam giác ABC, BCD, CDA, DAB đồng quy tại điểm trên.
2 ý sau thì mình chịu

mọi người cho ý kiến với ạ

Anh có thể chứng minh giùm em 2 cái ý đầu được không ạ.
Gửi mọi người cái hình (khá choáng)

MJ9xMath · 01-06-2012, 05:33 PM

- C/M ý 2: Gọi $\[{H_A},{H_B},{H_C},{H_D}\] $ là trwucj tâm các tam giác đối đỉnh vs các đỉnh A, B, C, D. M là tđ AB thì $\[D{H_C} = C{H_D}\] $ và $\[D{H_C}\] $ // $\[C{H_D}\] $, hay $\[CD{H_C}{H_D}\] $ là hình bình hành do đó$\[C{H_C},D{H_D}\] $ cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn. CMTT với các đoạn còn lại
- C/M ý 1: Gọi $\[{B_1},{C_1}\] $ là điểm đối xứng với D qua AB, AC. Dễ chứng minh $\[{B_1},{C_1},{H_D}\] $ thẳng hàng. Từ đó ta có đường thẳng Simson ABC của ABCD là dường tb của $\[D{B_1}{C_1}\]
$, hay nó đi qua trung điểm của $\[D{H_D}\] $. CMTT các TH còn lại

P/S cách làm bằng hình lớp 9 dài dòng

, mình hiếm khi dùng vector nên không nghĩ đến phương án này

, nhờ anh Novae chi giáo mà cả 16 đường này có thể chứng minh đơn giản được. Như vậy thì thêm cả đường OG nữa là 17 đường tất cả
Bạn thephuong có phát kiến hay thì cứ đưa lên mọi người tham khảo ha

**thephuong** · 01-06-2012, 07:41 PM

Trích:

Nguyên văn bởi MJ9xMath

Bạn thephuong có phát kiến hay thì cứ đưa lên mọi người tham khảo ha

Bạn cứ bình tĩnh, nếu mà đưa lên ngay mình hơi nản làm tiếp, để mình tìm thêm nhiều nhiều đưa lên một thể cho nó đầy đủ, bạn thông cảm.

minhcanh2095 · 02-06-2012, 07:26 AM

Trích:

Nguyên văn bởi MJ9xMath

- C/M ý 2: Gọi $\[{H_A},{H_B},{H_C},{H_D}\] $ là trwucj tâm các tam giác đối đỉnh vs các đỉnh A, B, C, D. M là tđ AB thì $\[D{H_C} = C{H_D}\] $ và $\[D{H_C}\] $ // $\[C{H_D}\] $, hay $\[CD{H_C}{H_D}\] $ là hình bình hành do đó$\[C{H_C},D{H_D}\] $ cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn. CMTT với các đoạn còn lại
- C/M ý 1: Gọi $\[{B_1},{C_1}\] $ là điểm đối xứng với D qua AB, AC. Dễ chứng minh $\[{B_1},{C_1},{H_D}\] $ thẳng hàng. Từ đó ta có đường thẳng Simson ABC của ABCD là dường tb của $\[D{B_1}{C_1}\]
$, hay nó đi qua trung điểm của $\[D{H_D}\] $. CMTT các TH còn lại

P/S cách làm bằng hình lớp 9 dài dòng

, mình hiếm khi dùng vector nên không nghĩ đến phương án này

, nhờ anh Novae chi giáo mà cả 16 đường này có thể chứng minh đơn giản được. Như vậy thì thêm cả đường OG nữa là 17 đường tất cả
Bạn thephuong có phát kiến hay thì cứ đưa lên mọi người tham khảo ha

Về cái ý 1 em có một cách khác nhưng khá là dở

Trước hết dễ chứng minh được $A_1B_1 \parallel CD, C_1D_1 \parallel AB, A_1D_1 \parallel BC, B_1C_1 \parallel AD $, suy ra tứ giác $A_1B_1C_1D_1 $ nội tiếp.
Gọi S là giao điểm của $A_1A_2 $ với $B_1B_2 $. Ta có $\widehat{SA_1B_1}=\widehat{A_2A_1D}+\widehat{B_1A_ 1D}=\widehat{A_2A_1D} + \widehat{A_2DA_1}=180^o-\widehat{A_1A_2D}=\widehat{A_1AD}=\widehat{SB_1A_1 } $
Vậy tam giác $SA_1B_1 $ cân tại S. Suy ra $\widehat{A_1SB_1} = 180^o - 2\widehat{SB_1A_1} = 180^o - 2\widehat{A_1AD}=2\widehat{ADA_1}=2\widehat{A_1D_1 B_1} $
Vậy S là tâm ngoại tiếp của $(A_1B_1C_1D_1) $, do đó
$\widehat{SC_1D_1}=90^o-\widehat{D_1SC_1}=90^o-\widehat{D_1A_1C_1}=90^o - \widehat{D_1AD} = \widehat{D_1DC_2} $.
Suy ra $S, C_1, C_2 $ thẳng hàng.
Tương tự $S, D_1, D_2 $ thẳng hàng (đpcm)

minhcanh2095 · 04-06-2012, 04:41 PM

Bài này hay mà sao không có ai thảo luận hết vậy ta.
Hiện tại em đã giải quyết được cái ý cuối với cái ý đầu

Em xin giải quyết cái ý cuối :
Ở trên đã chứng minh các đường thẳng Simson của các điểm A, B, C, D đồng quy tại S.

Ta dễ thấy
$\widehat {{D_1}{A_2}{C_2}} = 2\widehat {{D_1}{A_2}{H_2}} = 2\widehat {{D_1}C{C_2}} = 2\widehat {S{C_1}{D_1}} = {180^o} - \widehat {{C_1}S{D_1}} $
Vậy đường tròn Euler của tam giác ADC đi qua S.
Chứng minh tương tự ta sẽ có điều kì diệu

.

minhcanh2095 · 05-06-2012, 07:13 AM

Cách giải bằng vector cho ý 2 (dùng cái hình ở trên).
Ý 2:
Gọi trung điểm của $BH_2 $ là I.
Ta có các kết quả sau :
$\overrightarrow {{H_1}{H_2}} = \overrightarrow {O{H_2}} - \overrightarrow {O{H_1}} = (\overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} + \overrightarrow {OA} ) - (\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} ) = \overrightarrow {BA} $
$\overrightarrow {{H_2}{H_3}} = \overrightarrow {O{H_3}} - \overrightarrow {O{H_2}} = (\overrightarrow {OD} + \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} ) - (\overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} + \overrightarrow {OA} ) = \overrightarrow {CB} $
$\overrightarrow {{H_3}{H_4}} = \overrightarrow {O{H_4}} - \overrightarrow {O{H_3}} = (\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} ) - (\overrightarrow {OD} + \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} ) = \overrightarrow {DC} $
$\overrightarrow {{H_4}{H_1}} = \overrightarrow {O{H_1}} - \overrightarrow {O{H_4}} = (\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} ) - (\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} ) = \overrightarrow {AD} $
Từ đó ta có $\overrightarrow {C{H_3}} = \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {B{H_3}} = \overrightarrow {{H_2}{H_3}} + \overrightarrow {B{H_3}} = 2\overrightarrow {I{H_3}} $
Suy ra I là trung điểm của $CH_3 $. Chứng minh tương tự ta sẽ có đpcm.
Ta có I là trung điểm của $CH_3 $ nên $2\overrightarrow {OI} = \overrightarrow {O{H_3}} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} = 4\overrightarrow {OG} $ (G là trọng tâm của tứ giác ABCD).
Vậy I đối xứng với O qua G.
Ý 3:

Gọi M, N, P, Q thứ tự là trung điểm của AB, BC, CD, DA và M', N', P', Q' theo thứ tự hình chiếu của M, N, P, Q lên các cạnh đối diện.
Giao điểm của MP và NQ chính là trọng tâm G của tứ giác ABCD.
Phép đối xứng qua tâm G biến M thành P, biến MM' thành đường thẳng qua P và vuông góc với CD, đó chính là OP.
Từ đó suy ra MM', NN', PP', QQ' đồng quy tại một điểm đối xứng với O qua trọng tâm G của tứ giác ABCD.

**thephuong** · 05-06-2012, 10:22 AM

Dùng bài sau thì sẽ dễ chứng minh và nhẹ nhàng hơn nhiều, em suy nghĩ thử.
Tam giác $ABC$, $P$ nằm trên $(ABC)$. $H$ là trực tâm tam giác $ABC$. Chứng minh giao điểm của $HP$ và đường thẳng Simson của $P$ với tam giác $ABC$ là trung điểm $HP$ và nằm trên đường tròn Euler của tam giác $ABC$.

minhcanh2095 · 07-06-2012, 07:52 AM

Trích:

Nguyên văn bởi thephuong

Dùng bài sau thì sẽ dễ chứng minh và nhẹ nhàng hơn nhiều, em suy nghĩ thử.
Tam giác $ABC$, $P$ nằm trên $(ABC)$. $H$ là trực tâm tam giác $ABC$. Chứng minh giao điểm của $HP$ và đường thẳng Simson của $P$ với tam giác $ABC$ là trung điểm $HP$ và nằm trên đường tròn Euler của tam giác $ABC$.

Cái ý thứ nhất có thể chứng minh như anh MJ9xMath, còn cái ý thứ 2 chứng minh sao anh ?

liverpool29 · 07-06-2012, 08:03 AM

Trích:

Nguyên văn bởi minhcanh2095

Cái ý thứ nhất có thể chứng minh như anh MJ9xMath, còn cái ý thứ 2 chứng minh sao anh ?

Gọi $K,L,P,Q$ lần lượt là trực tâm của tam giác $ABC,BCD,CDA,DAB$.
Gọi $(O)$ là tâm của $(ABCD)$. Vẽ $OM \perp CD$.

Ta có kết quả quen thuộc: $AP=2OM=BL$, mà $AP \parallel BL$
Suy ra $APLB$ là hình bình hành. Suy ra $AP,BL$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
Tương tự cho các đường còn lại , ta có đccm.

**thephuong** · 07-06-2012, 08:47 AM

Trích:

Nguyên văn bởi liverpool29

Gọi $K,L,P,Q$ lần lượt là trực tâm của tam giác $ABC,BCD,CDA,DAB$.
Gọi $(O)$ là tâm của $(ABCD)$. Vẽ $OM \perp CD$.

Ta có kết quả quen thuộc: $AP=2OM=BL$, mà $AP \parallel BL$
Suy ra $APLB$ là hình bình hành. Suy ra $AP,BL$ cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.
Tương tự cho các đường còn lại , ta có đccm.

Thật ra hôm bữa anh cũng đã gõ đầy đủ cái chứng minh rất chi tiết rồi, mà khổ nỗi gõ xong xuôi hết lại lỡ tay tắt cái cửa sổ google chrome đi

, ức chế quá gõ mỗi cái đề. Hôm nay anh gõ lại

Mà cái ý thứ hai nó cũng chả cáo siêu gì đâu em. Với các kí hiệu trong hình và $R$ là bán kính đường tròn $(ABC)$, $O'$ là tâm đường tròn Euler của tam giác $ABC$ thì $O'$ là trung điểm $OH$. Tiếp đến chú ý đến cái tam giác $HOP$, thì đoạn $SO'$ là đường trung bình song song với $OP$ nên $SO'=\dfrac{1}{2}OP$, nên $SO'=\dfrac{1}{2}R$. Từ đó $S$ nằm trên đường tròn Euler của tam giác $ABC$

minhcanh2095 · 07-06-2012, 04:20 PM

Em cũng định làm một cái file ghi lời giải chi tiết cho bài toán này, nhưng thấy anh Phương làm rồi thì thôi. Khi nào anh Phương làm xong nhớ gửi lên đây nhé anh

.

**thephuong** · 07-06-2012, 08:14 PM

Trích:

Nguyên văn bởi minhcanh2095

Em cũng định làm một cái file ghi lời giải chi tiết cho bài toán này, nhưng thấy anh Phương làm rồi thì thôi. Khi nào anh Phương làm xong nhớ gửi lên đây nhé anh

.

Làm vui thôi em, hiện tại thì anh đã kiếm được rất nhiều tính chất hay thông qua bài viết của Jean Jayme mà ông ấy cũng làm hết mấy cái anh làm rồi , nên có gì anh sẽ tổng hợp lại thành một file, coi như là file tổng hợp lại . Do đó cũng không quá cực nhọc đâu em

30-05-2012, 11:44 PM	#1
MJ9xMath +Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2011 Bài gởi: 62 Thanks: 24 Thanked 17 Times in 12 Posts	Một tính chất của tứ giác nội tiếp (16 đường đồng quy) Mình mới vẽ hình bằng GSP thì thấy có một tính chất thế này của tứ giác nội tiếp ABCD: +) 4 đường thẳng Simson đồng quy tại 1 điểm (cm được rồi). +) 4 đường thẳng nối trực tâm của tam giác với đỉnh còn lại đồng quy tại điểm trên (CM được rồi). +) 4 đường thẳng đi qua trung điểm các cạnh và vuông góc với cạnh đối diện cũng đồng quy tại điểm trên. +) 4 đường tròn Euler của các tam giác ABC, BCD, CDA, DAB đồng quy tại điểm trên. 2 ý sau thì mình chịu mọi người cho ý kiến với ạ __________________ All Izz Well http://www.youtube.com/watch?v=S-LltgOtFSg&feature=fvwrel thay đổi nội dung bởi: MJ9xMath, 31-05-2012 lúc 12:49 AM Lý do: lộn tiêu đề

31-05-2012, 09:23 AM	#3
thephuong +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: May 2011 Đến từ: Biên Hòa-Đồng Nai Bài gởi: 862 Thanks: 206 Thanked 503 Times in 295 Posts	Cái này vài ngày trước mình còn tìm được khá nhiều tính chất thú vi nữa mà mình đang tìm thêm. Ngoài ra còn là tâm của 4 vòng tròn nội tiếp của 4 tứ giác khác nữa, và là tâm ngoại của nhiều tứ giác khác nữa nếu bạn nào muốn trao đổi với mình thì liên hệ với mình qua email: [Only registered and activated users can see links. ] để tiện vì mình thấy từng đó cái ít quá nên ko tiện đưa lên MS. __________________ You've set my heart soaring Ma đáng yêu không muốn sửa chữ kí

01-06-2012, 05:33 PM	#5
MJ9xMath +Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2011 Bài gởi: 62 Thanks: 24 Thanked 17 Times in 12 Posts	Choáng mấy vẽ từng trường hợp ra cho dễ nhìn - C/M ý 2: Gọi $\[{H_A},{H_B},{H_C},{H_D}\] $ là trwucj tâm các tam giác đối đỉnh vs các đỉnh A, B, C, D. M là tđ AB thì $\[D{H_C} = C{H_D}\] $ và $\[D{H_C}\] $ // $\[C{H_D}\] $, hay $\[CD{H_C}{H_D}\] $ là hình bình hành do đó$\[C{H_C},D{H_D}\] $ cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn. CMTT với các đoạn còn lại - C/M ý 1: Gọi $\[{B_1},{C_1}\] $ là điểm đối xứng với D qua AB, AC. Dễ chứng minh $\[{B_1},{C_1},{H_D}\] $ thẳng hàng. Từ đó ta có đường thẳng Simson ABC của ABCD là dường tb của $\[D{B_1}{C_1}\] $, hay nó đi qua trung điểm của $\[D{H_D}\] $. CMTT các TH còn lại P/S cách làm bằng hình lớp 9 dài dòng, mình hiếm khi dùng vector nên không nghĩ đến phương án này, nhờ anh Novae chi giáo mà cả 16 đường này có thể chứng minh đơn giản được. Như vậy thì thêm cả đường OG nữa là 17 đường tất cả Bạn thephuong có phát kiến hay thì cứ đưa lên mọi người tham khảo ha __________________ All Izz Well http://www.youtube.com/watch?v=S-LltgOtFSg&feature=fvwrel thay đổi nội dung bởi: MJ9xMath, 01-06-2012 lúc 05:36 PM

04-06-2012, 04:41 PM	#8
minhcanh2095 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2011 Đến từ: Trường ĐH CNTT - ĐHQG TPHCM Bài gởi: 574 Thanks: 437 Thanked 256 Times in 159 Posts	Bài này hay mà sao không có ai thảo luận hết vậy ta. Hiện tại em đã giải quyết được cái ý cuối với cái ý đầu Em xin giải quyết cái ý cuối : Ở trên đã chứng minh các đường thẳng Simson của các điểm A, B, C, D đồng quy tại S. Ta dễ thấy $\widehat {{D_1}{A_2}{C_2}} = 2\widehat {{D_1}{A_2}{H_2}} = 2\widehat {{D_1}C{C_2}} = 2\widehat {S{C_1}{D_1}} = {180^o} - \widehat {{C_1}S{D_1}} $ Vậy đường tròn Euler của tam giác ADC đi qua S. Chứng minh tương tự ta sẽ có điều kì diệu . Các bác cho em ý kiến __________________ Gác kiếm

05-06-2012, 07:13 AM	#9
minhcanh2095 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2011 Đến từ: Trường ĐH CNTT - ĐHQG TPHCM Bài gởi: 574 Thanks: 437 Thanked 256 Times in 159 Posts	Cách giải bằng vector cho ý 2 (dùng cái hình ở trên). Ý 2: Gọi trung điểm của $BH_2 $ là I. Ta có các kết quả sau : $\overrightarrow {{H_1}{H_2}} = \overrightarrow {O{H_2}} - \overrightarrow {O{H_1}} = (\overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} + \overrightarrow {OA} ) - (\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} ) = \overrightarrow {BA} $ $\overrightarrow {{H_2}{H_3}} = \overrightarrow {O{H_3}} - \overrightarrow {O{H_2}} = (\overrightarrow {OD} + \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} ) - (\overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} + \overrightarrow {OA} ) = \overrightarrow {CB} $ $\overrightarrow {{H_3}{H_4}} = \overrightarrow {O{H_4}} - \overrightarrow {O{H_3}} = (\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} ) - (\overrightarrow {OD} + \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} ) = \overrightarrow {DC} $ $\overrightarrow {{H_4}{H_1}} = \overrightarrow {O{H_1}} - \overrightarrow {O{H_4}} = (\overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} ) - (\overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} ) = \overrightarrow {AD} $ Từ đó ta có $\overrightarrow {C{H_3}} = \overrightarrow {CB} + \overrightarrow {B{H_3}} = \overrightarrow {{H_2}{H_3}} + \overrightarrow {B{H_3}} = 2\overrightarrow {I{H_3}} $ Suy ra I là trung điểm của $CH_3 $. Chứng minh tương tự ta sẽ có đpcm. Ta có I là trung điểm của $CH_3 $ nên $2\overrightarrow {OI} = \overrightarrow {O{H_3}} + \overrightarrow {OC} = \overrightarrow {OA} + \overrightarrow {OB} + \overrightarrow {OC} + \overrightarrow {OD} = 4\overrightarrow {OG} $ (G là trọng tâm của tứ giác ABCD). Vậy I đối xứng với O qua G. Ý 3: Gọi M, N, P, Q thứ tự là trung điểm của AB, BC, CD, DA và M', N', P', Q' theo thứ tự hình chiếu của M, N, P, Q lên các cạnh đối diện. Giao điểm của MP và NQ chính là trọng tâm G của tứ giác ABCD. Phép đối xứng qua tâm G biến M thành P, biến MM' thành đường thẳng qua P và vuông góc với CD, đó chính là OP. Từ đó suy ra MM', NN', PP', QQ' đồng quy tại một điểm đối xứng với O qua trọng tâm G của tứ giác ABCD. __________________ Gác kiếm thay đổi nội dung bởi: minhcanh2095, 05-06-2012 lúc 07:18 AM

05-06-2012, 10:22 AM	#10
thephuong +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: May 2011 Đến từ: Biên Hòa-Đồng Nai Bài gởi: 862 Thanks: 206 Thanked 503 Times in 295 Posts	Dùng bài sau thì sẽ dễ chứng minh và nhẹ nhàng hơn nhiều, em suy nghĩ thử. Tam giác $ABC$, $P$ nằm trên $(ABC)$. $H$ là trực tâm tam giác $ABC$. Chứng minh giao điểm của $HP$ và đường thẳng Simson của $P$ với tam giác $ABC$ là trung điểm $HP$ và nằm trên đường tròn Euler của tam giác $ABC$. __________________ You've set my heart soaring Ma đáng yêu không muốn sửa chữ kí

07-06-2012, 04:20 PM	#14
minhcanh2095 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2011 Đến từ: Trường ĐH CNTT - ĐHQG TPHCM Bài gởi: 574 Thanks: 437 Thanked 256 Times in 159 Posts	Em cũng định làm một cái file ghi lời giải chi tiết cho bài toán này, nhưng thấy anh Phương làm rồi thì thôi. Khi nào anh Phương làm xong nhớ gửi lên đây nhé anh . Lời giải chi tiết cho bài này khá dài ấy nhỉ, khổ cho anh Phương quá đi __________________ Gác kiếm thay đổi nội dung bởi: minhcanh2095, 07-06-2012 lúc 04:22 PM