Các định lí toán học hay về hình học năm 2024
|
Mình nghĩ đây là một chủ điểm khá hay cần được mọi người khai thác và mở rộng! Mình sưu tầm được một số định lý trên các 4rum khác. Thấy hình như 4rum mình chưa khai thác về vấn đề này nhiều nên hơm nay post lên cho mọi người cùng "chiêm ngưỡng" ạ ! Bài viết này được soạn ra nhằm đáp ứng nhu cầu tra cứu ,học hỏi của nhiều bạn thích khám phá! Bên cạnh đó cũng cần rất nhiều sự chung tay góp sức của các thành viên trong 4rum! Mình sẽ tổng hợp lại các định lý như sau: (trích mathscope.org ) I/ Một số định nghĩa ,định lí , điểm và đường đặc biệt không duy nhất : Show I.1)Định lí Menelaus I.2)Mở rộng định lí Menelaus theo diện tích I.3)Định lí Menelaus cho tứ giác I.4)Định lí Ceva I.5)Định lí Ceva dạng sin I.6)Định lí Desargues I.7)Định lí Pappus I.8)Một trường hợp đặc biệt của định lí Pappus qua góc nhìn hình xạ ảnh. I.9)Đẳng thức Ptolemy I.10)Bất đẳng thức Ptolemy I.11)Định lí Pascal I.12)Định lí Brianchon I.13)Định lí Miquel I.14)Công thức Carnot I.15)Định lí Carnot I.16)Định lí Brokard I.17)Định lí Euler về khoảng cách giữa tâm 2 đường tròn nội, ngoại tiếp của tam giác I.18)Định lí Euler về khoảng cách giữa tâm 2 đường tròn nội, ngoại tiếp của tứ giác (Định lí Fuss) I.19)Định lí Casey I.20)Định lí Stewart I.21)Định lí Lyness I.22)Định lí Lyness mở rộng (Bổ đề Sawayama) I.23)Định lí Thébault I.24)Công thức Jacobi liên quan đến tâm tỉ cự,định lí Lebnitz I.25)Định lí Newton cho tứ giác ngoại tiếp I.26)Định lí Breichneider I.27)Định lí con nhím I.28)Định lí Gergonne -Euler I.29)Định lí Peletier I.30)Định lí Miobiut I.31)Định lí Viviani I.32)Công thức Lagrange mở rộng I.33) Đường thẳng Simson I.34)Đường thẳng Steiner I.35) Điểm Anti-Steiner (Định lí Collings) I.36)Định lí Napoleon I.37)Định lí Morley I.38)Định lí con bướm với đường tròn I.39)Định lí con bướm với cặp đường thẳng I.40)Điểm Blaikie I.41)Định lí chùm đường thẳng đồng quy I.42)Đường tròn Apollonius I.43)Định lí Blanchet I.44)Định lí Blanchet mở rộng I.45) Định lí Jacobi I.46) Định lí Kiepert I.47)Định lí Kariya I.48)Cực trực giao I.49)Khái niệm tam giác hình chiếu ,công thức Euler về diện tích tam giác hình chiếu I.50)Khái niệm hai điểm đẳng giác I.51)Khái niệm tứ giác toàn phần. I.52)Đường thẳng Droz-Farny I.53) Đường tròn Droz-Farny I.54)Định lí Van Aubel về tứ giác và các hình vuông dựng trên cạnh I.55)Hệ thức Van Aubel I.56)Định lí Pithot I.57)Định lí Johnson I.58) Định lí Eyeball I.59) Bổ đề Haruki I.60)Bài toán Langley I.61)Định lí Paul Yiu về đường tròn bàng tiếp. I.62)Định lí Maxwell I.63)Định lí Brahmagupta về tứ giác nội tiếp có hai đường chéo vuông góc. I.64)Định lí Schooten I.65)Định lí Bottema I.66)Định lí Pompeiu I.67)Định lí Zaslavsky I.68)Định lí Archimedes I.69) Định lí Urquhart I.70)Định lí Mairon Walters I.71)Định lí Poncelet về bán kính đường tròn nội tiếp,bàng tiếp trong tam giác vuông. I.72)Định lí Hansen I.73)Định lí Steinbart suy rộng I.74)Định lí Monge & d'Alembert I I.75)Định lí Monge & d'Alembert II I.76)Định lí Steiner về bán kính các đường tròn. I.77)Định lí Bellavitis I.78)Định lí Feuer bach-Luchterhand II/Một số điểm và đường đặc biệt được xác định duy nhất với tam giác và tứ giác,tứ điểm: Ở đây nếu không giải thích gì thêm thì yếu tố được hiểu là trong tam giác. II.1) Đường thẳng Euler của tam giác II.2)Đường tròn và tâm Euler II.3)Đường đối trung, điểm Lemoine II.4)Điểm Gergone,điểm Nobb, đường thẳng Gergone II.5)Điểm Nagel II.6)Điểm Brocard II.7)Điểm Schiffler II.8)Điểm Feuerbach II.9)Điểm Kosnita II.10)Điểm Musselman,định lí Paul Yiu về điểm Musselman II.11)Khái niệm vòng cực của tam giác. II.12)Điểm Gibert II.13)Trục Lemoine II.14)Tâm Morley II.15) Tâm Spieker và đường thẳng Nagel II.16)Hai điểm Fermat II.17)Điểm Parry reflection. II.18)Đường tròn Taylor ,tâm Taylor II.19)Điểm Bevan II.20)Điểm Vecten II.21)Điểm Mittenpunkt II.22)Điểm Napoleon II.23)Đường tròn Adam II.24)Tam giác Fuhrmann ,đường tròn Fuhrmann II.25)Hình luc giác và đường tròn Lemoine thứ nhất II.26)Hình lục giác và đường tròn Lemoine thứ hai II.27)Điểm Euler của Tứ giác nội tiếp II.28)Đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần II.29)Đường thẳng Gauss của tứ giác toàn phần. II.30) Điểm Miquel của tứ giác toàn phần II.31)Đường tròn Miquel của tứ giác toàn phần II.32)Hình bình hành Varignon của tứ giác . II.33)Điểm Poncelet của tứ giác. Nếu có bổ sung gì thì các bạn nhớ nói ( Thực ra là nên gửi thư ) cho tớ! Tớ sẽ update thường xuyên và nhiều nhất có thể! Nếu có biết thì các bạn cũng nên post lên! Nhớ là theo thứ tự trong mục lục và mỗi 1 bài chỉ nên là 1 phần trong các mục thôi..! Và phải post theo hình minh hoạ nữa nhé ! Y so serious? Đã gửi 03-06-2012 - 12:37 CaptainAmerica Hạ sĩ
Mình sẽ úp cái đầu tiên Định lí: Cho tam giác ABC và 3 điểm M,N,P lần lượt thuộc BC,CA,AB. Khi đó M,N,P thẳng hàng khi và chỉ khi: $ \frac{MB}{MC}.\frac{NC}{NA}.\frac{PA}{PB}=1$(1) Chứng minh: $ \frac{M'B}{M'C}.\frac{NC}{NA}.\frac{PA}{PB}=1$ Kết hợp với (1) suy ra $ \frac{MB}{MC}=\frac{M'B}{M'C}$ Do đó M trùng M' tức là M,N,P thẳng hàng. Vậy ta có điều phải chứng minh. Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 03-06-2012 - 13:55 $\LaTeX$ Y so serious? Đã gửi 03-06-2012 - 13:07 CaptainAmerica Hạ sĩ
I.2)Mở rộng định lí Menelaus theo diện tích Định lí:Cho $\Delta $ ABC và 3 điểm $M,N,P$ lần lượt nằm trên $BC,CA,AB$.Khi đó ta có: $\frac{S_{MNP}}{S_{ABC}}=\frac{BM.CN.AP-CM.AN.BP}{AB.BC.CA}$ Chứng minh : Gọi $e_{1},e_{2},e_{3}$ là vector chỉ phương của $BC,CA,AB$ Ta có: $S_{ABC}=S_{MAB}+S_{MCA}$ mặt khác : $\Rightarrow S_{ABC}=S_{PMA}+S_{PBM}+S_{NMC}+S_{NAM}$ $\Rightarrow S_{ABC}=S_{MNP}+S_{BMP}+S_{CNM}+S_{APN}$ tương tự: $\frac{S_{CNM}}{S_{ABC}}=\frac{CN.CM}{CA.CB}$ $\frac{S_{APN}}{S_{ABC}}=\frac{AP.AN}{AB.AC}$ Ta suy ra: $\frac{S_{MNP}}{S_{ABC}}=1-\frac{S_{BMP}}{S_{ABC}}-\frac{S_{CNM}}{S_{ABC}}-\frac{S_{APN}}{S_{ABC}}$ $\Rightarrow \frac{S_{MNP}}{S_{ABC}}=1-\frac{BM.BP}{BC.BA}-\frac{CN.CM}{CA.CB}-\frac{AP.AN}{AB.AC}$ $\Rightarrow \frac{S_{MNP}}{S_{ABC}}=\frac{BM.CN.AP-CM.AN.BP}{AB.BC.CA}$ $\Rightarrow $ đpcm Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 03-06-2012 - 14:13 Y so serious? Đã gửi 03-06-2012 - 13:22 CaptainAmerica Hạ sĩ
I.3)Định lí Menelaus cho tứ giác: Định lí:Cho tứ giác $ABCD$ và một đường thẳng $d$ cắt $AB,BC,CD,DA$ lần lượt ở $M,N,P,Q$. Khi đó ta có: $\frac{MA}{MB}.\frac{NB}{NC}.\frac{PC}{PD}.\frac{QD}{QA}=1$ **Các bạn lưu ý rằng: 1)Khi áp dụng cho tứ giác ,định lí Menelaus chỉ phát biểu dạng thuận bởi dạng đảo nói chung không đúng!
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CaptainAmerica: 03-06-2012 - 13:23 Y so serious? Đã gửi 03-06-2012 - 21:37 CaptainAmerica Hạ sĩ
I.4) Định lý Ceva Định lý: Cho $\Delta$ ABC.Gọi $E, F, G$ là ba điểm tương ứng nằm trên $BC, CA, AB$. Ba đường thẳng $AE, BF, CG$ cắt nhau tại một điểm O khi và chỉ khi: $\frac{AG }{GB}.\frac{BE}{EC}.\frac{CF}{FA}=1$ Phần đảo: Giả sử ta có: $\frac{AG }{GB}.\frac{BE}{EC}.\frac{CF}{FA}=1$ Qua giao điểm của các đường thẳng $AE và $BF$, kẻ đường thẳng $CC_{1}$ với $C_{1}$ nằm trên cạnh $AB$. Khi đó, theo chứng minh phần thuận: $\frac{AC_{1}}{C_{1}B}.\frac{BE}{EC}.\frac{CF}{FA}=\frac{AG }{GB}.\frac{BE}{EC}.\frac{CF}{FA}=1$ Suy ra $\frac{AC_{1}}{C_{1}B}=\frac{AG}{GB}$, hay $C_{1}\equiv G$, ta có điều phải chứng minh Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CaptainAmerica: 03-06-2012 - 21:40 Y so serious? Đã gửi 03-06-2012 - 22:31 CaptainAmerica Hạ sĩ
I.5) Định lý Ceva sin Định lý: Gọi $E, F, G$ là ba điểm tương ứng nằm trên các đường thẳng $BC, CA, AB$ của $\Delta$ ABC. Ba đường thẳng $AE, BF, CG$ cắt nhau tại một điểm $O$ khi và chỉ khi: $\frac{sinABF}{sinCBF}.\frac{sinBCG}{sinACG}.\frac{sinCAE}{sinBAE}=1$ Chứng minh: Phần thuận: Giả sử $AE, BF, CG$ đồng quy tại $O$. Khi đó hai $\Delta$ $ABE$ và $ACE$ có cùng chiều cao hạ từ đỉnh $A$. $\Rightarrow \frac{BE}{EC}=\frac{S_{ABE}}{S_{ACE}}=\frac{AB.AE.sinBAE}{AC.AE.sinCAE}=\frac{AB.sinBAE}{AC.sinCAE}$ Tương tự $\frac{CF}{FA}=\frac{BC.sinCBF}{BA.sinABE}$ Và $\frac{AG}{GB}=\frac{CA.sinACG}{CB.sinBCG}$ Nhân từng vế ba đẳng thức trên được: $\frac{sinABF}{sinCBF}.\frac{sinBCG}{sinACG}.\frac{sinCAE}{sinBAE}=\frac{BE}{EC}.\frac{CF}{FA}.\frac{AG}{GB}=1$(Theo định lý Ceva) Từ đó suy ra đpcm. Phần đảo: CM tương tự phần đảo ở mục 4. Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Lam Thinh: 23-06-2012 - 06:17 Y so serious? Đã gửi 04-06-2012 - 10:10 CaptainAmerica Hạ sĩ
I.6) Định lý Desargues Định lý: Cho $\Delta$ $ABC$ và $A'B'C'$. 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: Gọi $X, Y, Z$ là lần lượt là các giao điểm của các cặp cạnh $BC$ và $B’C’$, $CA$ và $C’A’$, $AB$ và $A’B’$ . Phần thuận: Giả sử các đường thẳng $AA’$, $BB’$, $CC’$ đồng quy tại $S$. Ta chứng minh $X, Y, Z$ thẳng hàng. Áp dụng định lí Menelaus cho $\Delta$ SBC với cát tuyến $XB'C'$ ta có: $\frac{XB}{XC}.\frac{C'C}{CS}.\frac{B'S}{B'B}=1$hay $\frac{XB}{XC}=\frac{SC'}{SB'}.\frac{BB'}{CC'}$ Tương tự, ta có: $\frac{YC}{YA}=\frac{SA'}{SC'}.\frac{CC'}{AA'}$ và $\frac{ZA}{ZB}=\frac{SB'}{SA'}.\frac{AA'}{BB'}$ Nhân từng vế các đẳng thức trên lại với nhau, và theo định lí Menelaus suy ra $X, Y, Z$ thẳng hàng. Phần đảo: Giả sử các điểm $X, Y, Z$ thẳng hàng. Ta chứng minh các đường thẳng $AA’, BB’, CC’$ đồng quy. Gọi $S$ là giao điểm của $AA’$ và $BB’$. SC cắt đường thẳng $AC’$ tại $C”$. Xét 2 $\Delta$ $ABC$ và $A’B’C”$ có các đường nối các đỉnh tương ứng đồng quy, do đó theo phần thuận giao điểm của các cạnh tương ứng cũng đồng quy. Ta thấy $AB$ cắt $A’B’$ tại $Z$, $AC$ cắt $A’C”$ tại $Y $(do $A’, C’, C”$ thẳng hàng), suy ra giao điểm $X’$ của $BC$ và $B’C”$ phải thuộc $YZ$. Tức là $X’$ là giao của $YZ$ và $BC$ nên $X’$ trùng với $X$. Suy ra $C”$ trùng với $C’$, hay $AA’, BB’, CC’$ đồng quy. Y so serious? Đã gửi 04-06-2012 - 10:18 CaptainAmerica Hạ sĩ
I.7)Định lí Pappus Định lí: Cho ba điểm $A,B,C$ nằm trên đường thẳng $a$, $X,Y,Z$ nằm trên đường thẳng $b$.Gọi $M,N,P$ lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng $(AY,BX)$ ,$(AZ,CX)$,$(CY,BZ)$. Khi đó $M,N,P$ thẳng hàng. Chứng minh: Bổ đề: Cho $\widehat{xOy}$ và các điểm $A,B,C$ thuộc $Ox$; $D,E,F$ thuộc $Oy$. Khi đó $AD,BE,CF$ đồng quy khi và chỉ khi: (OABC) =(ODEF) . Bổ đề trên các bạn tự chứng minh, bây giờ ta sẽ trở lại bài toán. Kí hiệu $F_{E}$ là phép chiếu xuyên tâm $E$. Gọi $T,Q$ lần lượt là giao điểm của $BX$ và $AZ$; $CX$ và $BZ$. Sử dụng bổ đề trên thì ta sẽ cần chứng minh: (BTMX) =(BZPQ) +)Trường hợp $a//b$ các bạn hãy chứng minh nhờ Thales +)Khi a không song song với b.Gọi $S$ là giao của a và b. Ta thấy: Với :$F_{A}:(BTMX)=(SZYX)$ Với $F_{C}:(SZYX)=(BZPQ)$ Từ đó suy ra điều cần chứng minh. Y so serious? Đã gửi 04-06-2012 - 10:25 CaptainAmerica Hạ sĩ
I.8)Một trường hợp đặc biệt của định lí Pappus qua góc nhìn hình xạ ảnh. Ở phần này tớ chỉ dùng hình xạ ảnh để dẫn dắt đến kết quả còn nội dung định lí và cách chứng minh thì hoàn toàn phù hợp với kiến thức hình THCS! Ta có kết quả sau liên quan đến hình xạ ảnh: Các đường thẳng song song với nhau thì gặp nhau tại một điểm ở vô cực và ngược lại . Vận dụng vào định lí Pappus ở trên , cho các điểm $A,B,C$ ra vô cực thì theo kết quả về hình xạ ảnh ta có $YM//ZN$ ( Vì $YM,ZN$ cùng đi qua một điểm $(A)$ ở vô cực )Tương tự thì :$XN//YP$,$XM//ZP$. Và khi ấy $M,N,P$ vẫn thẳng hàng. Ta phát biểu lại được một định lí đơn giản và hữu dụng sau đây: Định lí:Trên mặt phẳng cho ba điểm $X,Y,Z$ thẳng hàng và ba điểm $M,N,P$ thỏa mãn XN//YP,YM//ZN,XM//ZP. Khi đó ta cũng có M,N,P thẳng hàng. Chứng minh: Thật vậy,chú ý $YP//XN'$, $ZP//XM$ nên theo Thales ta có: $\frac{SY}{SZ}=\frac{SY}{SX}.\frac{SX}{SZ}=\frac{SP}{SN'}.\frac{SM}{SP}=\frac{SM}{SN'}$ Đến đây theo Thales đảo ta suy ra $ZN' //YM$. $\Rightarrow$ đpcm Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CaptainAmerica: 04-06-2012 - 10:25 Y so serious? Đã gửi 04-06-2012 - 10:33 CaptainAmerica Hạ sĩ
I.9)Đẳng thức Ptolemy Định lí Với tứ giác nội tiếp $ABCD$ thì: $AB.CD+AD.BC=AC.BD$ Chứng minh: $\Rightarrow \Delta ADB \sim \Delta DEC$ $\Rightarrow \frac{AD}{DE}=\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{EC}$ Tương tự $\Delta ADE\sim \Delta BDC \Rightarrow AE.BD=AD.BC$$\Rightarrow AD.BC+AB.CD=BD(EA+EC)=BD.AC$ (đpcm Y so serious? Đã gửi 04-06-2012 - 10:39 CaptainAmerica Hạ sĩ
I.10) Bất đẳng thức Ptolemy Định lý: Cho tứ giác $ABCD$. Khi đó có $AC.BD \leq AB.CD + AD.BC$ Y so serious? Đã gửi 04-06-2012 - 10:45 CaptainAmerica Hạ sĩ
I.11) Định lý Pascal Định lý: Cho 6 điểm $A,B,C,D,E,F$ cùng thuộc một đường tròn. Khi đó các giao điểm của các cặp cạnh $AB$ và $DE$, $BC$ và $EF$, $CD$ và $FA$ thẳng hàng. Y so serious? Đã gửi 04-06-2012 - 10:54 CaptainAmerica Hạ sĩ
I.12) Định lý Brianchon Định lý: Cho lục giác $ABCDEF$ ngoại tiếp $(O)$. Chứng minh rằng ba đường chéo lớn $AD, BE, CF$ đồng quy. Y so serious? Đã gửi 04-06-2012 - 11:00 CaptainAmerica Hạ sĩ
I.13)Định lí Miquel Định lí: Cho $\Delta ABC$ và ba điểm $M,N,P$ lần lượt nằm trên $BC,CA,AB$. Khi đó các đường tròn ngoại tiếp các $\Delta$ APN,BPM và CMN đồng quy. Chứng minh: $(SN,SP)\equiv (SN,SM)+(SM,SP)\equiv (CN,CM)+(BM,BP)\equiv (CA,CB)+(BC,BA )\equiv (CA,BA)\equiv (AN,AP)(mod\pi )$ $\Rightarrow$ đpcm. Y so serious? Đã gửi 04-06-2012 - 21:30 CaptainAmerica Hạ sĩ
I.14) Công thức Carnot Định lý: Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O,R)$. Gọi $x,y,z$ lần lượt là khoảng cách từ $O$ đến $BC,AC,AB$. Gọi $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$. Ta có: a)Nếu$\Delta ABC$ nhọn thì công thức Carnot là $x+y+z=R+r$. b)Nếu $\widehat{A}> 90^{\circ}$ thì công thức carno là $y+z-x=R+r$ Chứng minh: a)Nếu $\Delta ABC$ nhọn b)Nếu $\widehat{A}> 90^{\circ}$ chứng minh tương tự. Viết dưới dạng lượng giác, công thức Carnot chính là hệ thức $cos A+cosB+cosC=1+\frac{r}{R}$. Chú ý hệ thức này đúng với mọi tam giác. Y so serious? Đã gửi 05-06-2012 - 22:48 perfectstrong $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$
Nguồn: Mathscope.org Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! Đã gửi 24-09-2012 - 14:19 Tienanh tx $\Omega \textbf{Bùi Tiến Anh} \Omega$
Nguồn: Mathscope.org File gửi kèm$\cdot$ $( - 1) = {( - 1)5} = {( - 1){2.\frac{5}{2}}} = {\left[ {{{( - 1)}2}} \right]{\frac{5}{2}}} = {1^{\frac{5}{2}}} =\sqrt{1}= 1$ $\cdot$ $\dfrac{0}{0}=\dfrac{100-100}{100-100}=\dfrac{10.10-10.10}{10.10-10.10}=\dfrac{10^2-10^2}{10(10-10)}=\dfrac{(10-10)(10+10)}{10(10-10)}=\dfrac{20}{10}=2$ $\cdot$ $\pi\approx 2^{5^{0,4}}-0,6-\left(\frac{0,3^{9}}{7}\right){0,8{0,1}}$ $\cdot$ $ - 2 = \sqrt[3]{{ - 8}} = {( - 8){\frac{1}{3}}} = {( - 8){\frac{2}{6}}} = {\left[ {{{( - 8)}2}} \right]{\frac{1}{6}}} = {64^{\frac{1}{6}}} = \sqrt[6]{{64}} = 2$ Đã gửi 04-05-2015 - 01:33 namcpnh Red Devil
Mình không giỏi hình lắm ( nói giảm nói tránh thế thôi, chứ nói tẹc ra là dốt đặc Nếu ai đó có dùng facebook, bạn có thể lên và tìm kiếm 1 người tên Đào Thanh Oai, quê Thái Bình. Đây là 1 thạc sĩ ngành điện ( theo thông tìn mình tình cờ thấy khi chú này đăng stt) tuy nhiên lại sở hữu một định lý rất hay và nỗi tiếng đó là Định lý Đào. Việc đươc công nhận một định lí mang tên mình là điều không phải nhà Toán học nào cũng làm được. Chính vì thế mình nhờ ai đó giỏi hình đọc và trình bày lại cho các mem khác cùng chiêm ngưỡng. |
