chứng minh các định lý hình học hay

chứng minh các định lý hình học hay áp dụng thực tiễn các bài thi đại học và tốt nghiệp tìm ra hướng giải mới cho học sinh và giáo viên giá không đổi chất lượng được đảm bảo 100% chứng minh các định lý hình học hay áp dụng thực tiễn các bài thi đại học và tốt nghiệp tìm ra hướng giải mới cho học sinh và giáo viên giá không đổi chất lượng được đảm bảo 100%

[...]... cắt nhau tại điểm O Chứng minh rằng đường thẳng PQ chứa điểm O 2 Trên các cạnh của tam giác ABC về phía ngoài ta dựng các hinh vuông A1, B1, C1, là trung điểm các cạnh của các hình vuông nằm đối nhau với các cạnh BC, CA, AB tương ứng Chứng minh rằng các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy Định lý Menelau là một định lý về các tam giác trong hình học phẳng Cho tam giác... toàn tương tự ta có được: AH BF ' CG AH BF CG = ( = − 1) HB F ' C GA HB FC GA BF ' BF = => F ' C FC F ≡ F ' hay Nhận xét Định lý Menelaus có rất nhiều ứng dụng trong giải toán Nhiều định lý nổi tiếng được chứng minh một cách dễ dàng nhờ định lý Menelaus như định lý Ceva, Pascal, Desargues (sẽ được nêu ở phần bài tập dưới đây) Ví dụ: Cho A, B, C, D, E, F là các điểm... ra AB.CD + AD.BC ≥ AC.BD III Định lí Ptolemy tổng quát • Trong mặt phẳng định hướng cho đa giác thuộc cung (Không chứa • Khi đó: • Trong đó: • Đây là một định lí ko dễ dàng chứng minh được bằng kiến thức hình học THPT nội tiếp đường tròn ) M là một điểm • IV Ứng dụng của định lý Ptolemy Bài toán 1: (IMO SL 1997) Cho lục giác lồi ABCDEF có AB = BC, CD = DE, EF = FA Chứng minh rằng BC + DE + FA ≥ 3 Dấu... EF(2) 2 BC MB AF ¼ ¼ = ⇔ ∆MBC : ∆AFE ⇔ MBC = AFE MC AE • • • • Chứng minh: Đặt Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho hai tứ giác nội tiếp và ta có: Từ (1) và (2) ta được: Mặt khác ta lại có: Tương tự : • • Từ (4), (5) và tính chất đường phân giác ta có: Chứng minh tương tự ta được: Từ (3), (6), (7) ta có điều phải chứng minh I .Định lý Simson Chứng minh: ¼ ¼ Tứ giác P1CPP 2 nội tiếp: ⇒ CP2P1 = P1PC ¼ ¼ Tứ giác... ⇒ lý P2, ĐịnhP1,đảo:P3 Cho tam giác ABC.P là một điểm trong mặt phẳng tam giác không trùng với các đỉnh của tam giác.Gọi P1, P2, P3 là hình chiếu của P trên các cạnh BC, AC và AB Khi đó P thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi và chỉ khi P1, P2, P3 thẳng hàng (Đường thẳng đi qua 3 điểm P1, P2, P3được gọi là đường thẳng Simson của tam giác ABC ứng với điểm P) Cách chứng minh tương tụ chứng minh. .. đinh lý đường thẳng simson ta có (XYZ), (XUY), (VZY), (TZU) là các bộ ba điểm thẳng hàng Nói cách khác (XU, XV, VY, TU, XZ, UV) l à một hình tứ giác tòan phần theo định lý về đường thẳng Gauss đối với tứ giác tòan phần ta suy ra N, P, Q thẳng hàng Định lý Gauxơ: Trong 1 tứ giác lồi, trung điểm đoạn thẳng nối giao điểm các cạnh đối và 2 trung điểm 2 đường chéo là 3 điểm thẳng hàng ( dễ dàng CM dc) I .Định. .. ứng tỉ lệ với 3 cạnh của tam giác đã cho SGk lớp 8 ghi là định lý Thales chỉ thừa nhận chứ không chứng minh cho nên ta chỉ chứng minh hệ quả của nó • Hình vẽ: ABC có B’C’//BC • Vì B’C’//BC nên theo định lí Thales ta có: • AB ' AC ' (1) = • Từ C’ kẻ C’D//AB (D BC), AB AC theo đinh lý Thales ta có: (2) • AC ' BD = AC BC ' • Tứ giác B’C’DB là hình bình hành ( hai cặp cạnh đối song song ) nên ta có: AB... EF , R = CD I FA P = AB I DE , Q = BC I EF , R = CD I FA Chứng minh rằng P, Q, R thẳng hàng Chứng minh: Gọi X = EF I AB, Y = AB ICD, Z = CD I EF Áp dụng định lý Menelaus cho BC, DE, FA (đối với tam giác XYZ), ta có: B ZQ XB YC XP YD ZE YR ZF XA = = = ( − 1) QX BY CZ PY DZ EX RZ FX AY Do đó: ZQ XP YR =− 1 QX PY RZ Theo định lý Menelaus ta được P, Q, R thẳng hàng O A X F C E D... M,N,P thẳng hàng • Chứng minh: • • • • • • Trường hợp MP//XYZ thì đơn giản, bạn tự chứng minh Ta sẽ xét khi MP không // với XYZ Gọi S là giao điểm của MP với XYZ Đường thẳng qua X // với YP cắt MP ở N' Bài toán sẽ được giải quyết nếu ta chứng minh được rằng ZN' // YM (Vì khi ấy N' trùng N) Thật vậy, YP//XN', ZP//XM nên theo Thales ta có: Đến đây theo Thales đảo ta suy ra ZN' //YM Chứng minh được hoàn tất.!... nằm trên các đường thẳng BC, CA, AB Khi đó định lý phát biểu rằng D, E, F thẳng hàng khi và chỉ khi Phần thuận: Sử dụng định lý sin trong các tam giác AGH, BFH, CGF, ta được : · · AH sin · AGH BF sin BHF CG sin GFC = ; = ; = · · · GA sin AHG HB sin HFB FC sin CGF · · · · với lưu ý: sin · AGH = sin CGF ;sin · AHG = sin BHF ;sin HFB = sin GFC Nhân từng vế ta được điều phải chứng minh Phần . ta có: · · 1 1 1 1 sin sin SA SAA AA A SA = hay · µ ( ) 1 2 0 1 sin sin 45 SA BAA AA B = + Tương tự: · µ ( ) 1 2 0 1 sin sin 45 TA CAA AA C = + hay µ ( ) · 0 1 1 2 sin 45 sin C AA TA CAA + = Do. D AP BC = = I I Theo 1.1 và 1.2, ta có: 1 1 . . . . 1 CD AE BF AE CD BF EC D B FA EC DB FA = = hay 1 1 . CD CD D B DB = Do đó: 1 D D ≡ Nhận xét. Với định lý Ceva, ta có thể chứng minh được các. cạnh BC, CA, AB. Ví dụ sau sẽ cho thấy rõ tác dụng của định lý Ceva. Bài toán. [IMO 2001 Short List] Cho điểm A1 là tâm của hình vuông nội tiếp tam giác nhọn ABC có hai đỉnh nằm trên cạnh BC.