Các định Lí Trong Hình Học Phẳng - Phan Đình Trung

Có thể bạn quan tâm

Home
Bất đẳng thức
Dãy số- Giới hạn
Hình học phẳng
Hệ phương trình
Phương trình hàm
Số học
Toán rời rạc
Toán học-cuộc sống

Translate

Sunday, June 8, 2014

Các định lí trong hình học phẳng

Đường thẳng Simson, Đường thẳng Steiner 1. Định lí về đường thẳng Simson : Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn tâm $O$ . Gỉa sử $S$ là một điểm nằm trên $(O)$ sao cho $S$ không trùng với ba đỉnh của tam giác. Khi đó hình chiều vuông góc $A_0,B_0,C_0$ của $S$ lần lượt trên $BC,CA,AB$ cùng nằm trên một đường thẳng. (Đường thẳng này gọi là đường thẳng $Simson$ của điểm $S$ đối với tam giác $ABC$ ) Chứng minh : SIMSONLINES

Ta có $\widehat{CB_0S}=\widehat{CA_0S}=90^{0}$ , suy ra tứ giác $A_0B_0CS$ nội tiếp, suy ra $\widehat{B_0A_0C}=\widehat{B_0SC}$ . Mặt khác vì $ABSC$ nội tiếp nên $\widehat{C_0BS}=\widehat{ACS}=\widehat{B_0CS}\Rightarrow \Delta SC_0B\sim \Delta SB_0S\;(g.g)\Rightarrow \widehat{BSC_0}=\widehat{CSB_0}\Rightarrow \widehat{BSC_0}=\widehat{B_0A_0C}$ . Nhưng vì $A_0BC_0S$ là tứ giác nội tiếp ( $\widehat{BA_0S}=\widehat{BC_0S}=90^{0}$ ) nên $\widehat{BSC_0}=\widehat{BA_0C_0}\Rightarrow \widehat{B_0A_0C}=\widehat{BA_0C_0}$ . Vậy $A_0,B_0,C_0$ cùng thuộc một đường thẳng. 2. Định lí về đường thẳng Steiner : Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ , điểm $S$ bất kì thuộc đường tròn sao cho $S$ không trùng với các đỉnh của tam giác. Gọi $A_1,B_1,C_1$ lần lượt là điểm đối xứng với $S$ qua các đường thẳng $BC,CA,AB$ . Khi đó ba điểm $A_1,B_1,C_1$ và trực tâm $H$ của tam giác $ABC$ cùng nằm trên một đường thẳng (Đường thẳng này là đường thẳng $Steiner$ của điểm $S$ đối với tam giác $ABC$ Chứng minh : untitled

Dễ dàng thấy $A_1,B_1,C_1$ cùng nằm trên một đường thẳng song song với đường thẳng $Simson$ của điểm $S$ đối với tam giác $ABC$ . Ta có $\widehat{AC_1B}+\widehat{AHB}=\widehat{ASB}+(180^{0}-\widehat{ACB})$ mà $\widehat{ASB}=\widehat{ACB}$ nên $\widehat{AC_1B}+\widehat{AHB}=180^{0}$ , suy ra $AHBC_1$ là tứ giác nội tiếp. Từ đó $\widehat{AHC_1}=\widehat{ABC_1}=\widehat{ABS}$ Hoàn toàn tương tự, tứ giác $AHCB_1$ nội tiếp nên $\widehat{AHB_1}=\widehat{ACB_1}=\widehat{ACS}$ Lại có $\widehat{ACS}+\widehat{ABS}=180^{0}$ (tứ giác $ABSC$ nội tiếp) Do đó $\widehat{AHB_1}+\widehat{AHC_1}=180^{0}$ , suy ra $H,B_1,C_1$ thẳng hàng. Vậy : $A_1,B_1,C_1,H$ cùng thuộc một đường thẳng. Định lí Kirkman Cho lục giác $ABCDEF$ nội tiếp đường tròn. Chứng minh rằng các đường thẳng $Pascal$ của các lục giác $ABCDEF, ADBECF, ADCFBE$ đồng quy tại một điểm. Chứng minh : steinertheorem

Gọi $Y,Y',X,X',Z,Z'$ lần lượt là giao điểm của các bộ đường thẳng $(AF,CD),(AB,DE),(BE,CD),(AB,CF),(AF,BE),(CF,ED)$ . Khi đó dễ thấy $XX',YY',ZZ'$ lần lượt là các đường thẳng $Pascal$ của các lục giác $ADCFBE,ABCDEF,ADBECF$ . Cần chứng minh $XX',YY',ZZ'$ đồng quy. Gọi $P,Q,R$ lần lượt là giao điểm của các bộ đường thẳng $(AB,CD),(BE,CF),(AF,ED)$ . Khi đó theo định lí $Pascal$ cho lục giác nội tiếp $ABEDCF$ , ta có $P,Q,R$ thẳng hàng. Xét hai tam giác $XYZ$ và $X'Y'Z'$ với $\left \{ P \right \}=AB\cap CD=XY\cap X'Y',\;\;\left \{ Q \right \}=BE\cap CF=ZX\cap Z'X',\;\;\left \{ R \right \}=AF\cap ED=YZ\cap Y'Z'$ Lại có $P,Q,R$ theo chứng minh trên. Áp dụng định lí $Desargues$ ta có $XX',YY',ZZ'$ đồng quy. Như vậy định lí $Kirkman$ được chứng minh. Bổ đề ERIQ Cho hai bộ ba điểm thẳng hàng $(A,B,C),(A',B',C')$ sao cho $\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{A'B'}{A'C'}=k$ . Gọi $X,Y,Z$ lần lượt là các điểm thuộc $AA',BB',CC'$ sao cho $\dfrac{AX}{A'X}=\dfrac{BY}{B'Y}=\dfrac{CZ}{C'Z}=h$ . Chứng minh rằng $X,Y,Z$ thẳng hàng và $\dfrac{XY}{XZ}=k$ Chứng minh : ERIQ

Dựng các hình bình hành $AXNC$ và $A'XN'C'$ . Kẻ các đường thẳng $BM,B'M'$ lần lượt song song với $AA'$ với $M\in XN,\;M'\in XN'$ . Xét tam giác $BMY$ và $B'M'Y$ có $\widehat{MBY}=\widehat{M'B'Y}$ (so le trong, $BM\parallel B'M'$ do cùng song song với $AA'$ ) , $\dfrac{BM}{B'M'}=\dfrac{AX}{A'X}=\dfrac{BY}{B'Y}=h$ . Suy ra $\Delta BMY\sim \Delta B'M'Y\Rightarrow \widehat{MYB}=\widehat{M'YB}\Rightarrow$ $M,Y,M'$ thẳng hàng. Tương tự ta có $N,Z,N'$ thẳng hàng. Theo định lí $Thales$ , ta có : $\dfrac{XM}{XN}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{A'B'}{A'C'}=\dfrac{XM'}{XN'}\Rightarrow MXM'\parallel NZN'$ Mặt khác lại có $\dfrac{MY}{M'Y}=\dfrac{BY}{B'Y}=h=\dfrac{CZ}{C'Z}=\dfrac{NZ}{N'Z}$ Như vậy $X,Y,Z$ thẳng hàng. Từ đó cũng dễ dàng thấy được $\dfrac{XY}{XZ}=k$ . Bổ đề $ERIQ$ được chứng minh. * Trường hợp đặc biệt : Cho tam giác $ABC$ . $B_1,C_1$ lần lượt thuộc $AB,AC$ sao cho $B_1C_1\parallel BC$ . $A_1,A_2$ lần lượt thuộc $B_1C_1,BC$ sao cho $\dfrac{A_1B_1}{A_1C_1}=\dfrac{A_2B}{A_2C}$ . Khi đó $A,A_1,A_2$ thẳng hàng. Định lí Brianchon Cho lục giác $ABCDEF$ ngoại tiếp được đường tròn. Chứng minh rằng $AD,BE,CF$ đồng quy. Chứng minh : Brianchon Theorem

Gọi $G,H,I,J,K,L$ lần lượt là tiếp điểm trên các cạnh $AB,BC,CD,DE,EF,FA$ . Ta sẽ chứng minh $GH,AC,LI$ đồng quy. Thật vậy, gọi $\left \{ S \right \}=LI\cap GH,\;\;\left \{ R \right \}=GI\cap LH$ Áp dụng định lí $Pascal$ cho lục giác nội tiếp $GGILLH$ với $\left \{ R \right \}=GI\cap LH,\left \{ S \right \}=LI\cap GH,\left \{ A \right \}=LL\cap GG$ ta có $S,A,R$ thẳng hàng. Tương tự thì $S,C,R$ thẳng hàng. Suy ra $S,A,R,C$ thẳng hàng hay $LI,AC,GH$ đồng quy. Chứng minh hoàn toàn tương tự như trên thì ta được $AD,GJ,LI$ đồng quy, gọi điểm đồng quy đó là $A'$ . Tương tự gọi $B',C'$ là điểm đồng quy của $(BE,GJ,HK)$ , $(CF,HK,LI)$ . Xét hai tam giác $ABC,A'B'C'$ có : $\left \{ G \right \}=A'B'\cap AB,\left \{ S \right \}=A'C'\cap AC,\left \{ H \right \}=B'C'\cap BC$ Lại có $S,G,H$ thẳng hàng nên theo định lí $Desargues$ ta có $AA',BB',CC'$ đồng quy hay $AD,BE,CF$ đồng quy. Đường thẳng Gauss Cho tứ giác lồi $ABCD$ . Gọi $E,F$ lần lượt là giao điểm của $AB$ và $CD$ , của $AD$ và $BC$ . Chứng minh rằng trung điểm $M,N,L$ lần lượt của $AC,EF,BD$ cùng thuộc một đường thẳng (đường thẳng $Gauss$ ) Chứng minh : GAUSSLINE

Gọi $X,Y,Z$ lần lượt là trung điểm của $BE,EC,BC$ . Khi đó dễ thấy $(N,Y,X),(X,L,Z),(Z,M,Y)$ là các bộ điểm thẳng hàng. Theo định lí $Thales$ $\left ( NY\parallel FC \right )$ : $\dfrac{NX}{NY}=\dfrac{FB}{FC}$ Tương tự : $\dfrac{MY}{MZ}=\dfrac{AE}{AB},\;\;\dfrac{LZ}{LX}=\dfrac{DC}{DE}$ Suy ra $\dfrac{NX}{NY}.\dfrac{MY}{MZ}.\dfrac{LZ}{LX}=\dfrac{FB}{FC}.\dfrac{AE}{AB}.\dfrac{DC}{DE}=1$ (theo định lí $Menelaus$ cho tam giác $BCE$ với sự thẳng hàng của $F,A,D$ ) Theo định lí $Menelaus$ ta có $M,N,L$ thẳng hàng. Định lí Pappus Cho ba điểm $A,B,C$ thuộc đường thẳng $l$ , ba điểm $A',B',C'$ thuộc đường thẳng $l'$ . Gọi $\left \{M \right \}=AB'\cap BA',\left \{ N \right \}=AC'\cap CA',\left \{ P \right \}=BC'\cap B'C$ . Chứng minh rằng $M,N,P$ thẳng hàng. Chứng minh : PAPPUS THEORUM

Gọi $X,Y,Z$ lần lượt là giao điểm của $AB'$ với $BC'$ , $AB'$ với $A'C$ , $A'C$ với $BC'$ . Theo định lí $Menelaus$ cho tam giác $XYZ$ với sự thẳng hàng của $A',M,B$ : $\dfrac{MX}{MY}.\dfrac{BZ}{BX}.\dfrac{A'Z}{A'Y}=1\Rightarrow \dfrac{MX}{MY}=\dfrac{BX}{BZ}.\dfrac{A'Y}{A'Z}\qquad(1)$ Theo định lí $Menelaus$ cho tam giác $XYZ$ với sự thẳng hàng của $A,N,C'$ : $\dfrac{NY}{NZ}.\dfrac{C'x}{C'Z}.\dfrac{AX}{AY}=1\Rightarrow \dfrac{NY}{NZ}=\dfrac{C'Z}{C'X}.\dfrac{AY}{AX}\qquad(2)$ Theo định lí $Menelaus$ cho tam giác $XYZ$ với sự thẳng hàng của $B',P,C$ : $\dfrac{PZ}{PX}.\dfrac{B'X}{B'Y}.\dfrac{CY}{CZ}=1\Rightarrow \dfrac{PZ}{PX}=\dfrac{B'Y}{B'X}.\dfrac{CZ}{CY}\qquad(3)$ Từ $(1)(2)(3)$ ta có : $\dfrac{MX}{MY}.\dfrac{NY}{NZ}.\dfrac{PZ}{PX}=\dfrac{BX}{BZ}.\dfrac{AY}{AX}.\dfrac{CZ}{CY}.\dfrac{A'Y}{A'Z}.\dfrac{C'X}{C'Z}.\dfrac{B'Y}{B'X}$ Lại áp dụng định lí $Menelaus$ cho tam giác $XYZ$ với sự thẳng hàng của $A,B,C$ và $A',B',C'$ : $\dfrac{BZ}{BX}.\dfrac{AX}{AY}.\dfrac{CY}{CZ}=1,\;\;\dfrac{A'Y}{A'Z}.\dfrac{C'Z}{C'X}.\dfrac{B'X}{B'Y}=1$ Từ đó suy ra $\dfrac{MX}{MY}.\dfrac{NY}{NZ}.\dfrac{PZ}{PX}=1$ . Theo định lí $Menelaus$ ta có $M,N,P$ thẳng hàng. Định lí Pascal : Cho lục giác $ABCDEF$ nội tiếp đường tròn, $H,K,I$ lần lượt là giao điểm của $AB$ và $ED$ , $BC$ và $EF$ , $AF$ và $CD$ . Chứng minh rằng : $I,H,K$ thẳng hàng. Chứng minh : DL PASCAL

Gọi $X$ là giao điểm của $AB$ và $CD$ , $Y$ là giao điểm của $EF$ và $CD$ , $Z$ là giao điểm của $AB$ và $EF$ . Áp dụng định lí $Menelaus$ cho tam giác $XYZ$ với sự thẳng hàng của $I,F,A$ : $\dfrac{IY}{IX}.\dfrac{AX}{AZ}.\dfrac{FZ}{FY}=1\qquad(1)$ Áp dụng định lí $Menelaus$ cho tam giác $XYZ$ với sự thẳng hàng của $H,E,D$ : $\dfrac{HX}{HZ}.\dfrac{EZ}{EY}.\dfrac{DY}{DX}=1\qquad(2)$ Áp dụng định lí $Menelaus$ cho tam giác $XYZ$ với sự thẳng hàng của $K,B,C$ : $\dfrac{KZ}{KY}.\dfrac{CY}{CX}.\dfrac{BX}{BZ}=1\qquad(3)$ Nhân $(1)(2)(3)$ theo vế : $\dfrac{IY}{IX}.\dfrac{HX}{HZ}.\dfrac{KZ}{KY}.\dfrac{XA.XB}{XC.XD}.\dfrac{ZE.ZF}{ZA.ZB}.\dfrac{YC.YD}{YE.YF}=1$ Theo hệ thức lượng trong đường tròn $XA.XB=XC.XD,ZE.ZF=ZA.ZB,YC.YD=YE.YF$ Suy ra $\dfrac{IY}{IX}.\dfrac{HX}{HZ}.\dfrac{KZ}{KY}=1$ Theo định lí $Menelaus$ cho tam giác $XYZ$ ta có $H,I,K$ thẳng hàng. (Đường thẳng chứa ba điểm $H,I,K$ gọi là đường thẳng $Pascal$ ) Định lí Carnot Cho tam giác $ABC$ và các điểm $M,N,P$ . Các đường thẳng $a,b,c$ theo thứ tự qua $M,N,P$ và vuông góc với các cạnh $BC,CA,AB$ của tam giác. Chứng minh rằng $a,b,c$ đồng quy khi và chỉ khi $\left ( MB^{2}-MC^{2} \right )+\left ( NC^{2} -NA^{2}\right )+\left ( PA^{2}-PB^{2} \right )=0$ Chứng minh : Bổ đề 1 : Cho hai điểm $A,B$ phân biệt và một số thực $k$ . Khi đó tồn tại duy nhất một điểm $H$ thuộc đường thẳng $AB$ sao cho $HA^2-HB^2=k$ . Chứng minh bổ đề 1 : Gọi $I$ là trung điểm của $AB$ , ta có : $HA^{2}-HB^{2}=k\Leftrightarrow \left ( \overline{HA}+\overline{HB} \right )\left ( \overline{HA}-\overline{HB} \right )=k\Leftrightarrow 2\overline{HI}.\overline{BA}=k$ Ta có $A,B,I$ đều là những điểm cố định, từ đẳng thức này ta suy ra sự tồn tại duy nhất của điểm $H$ . Bổ đề 2 : $CD\perp AB\Leftrightarrow CA^{2}-CB^{2}=DA^{2}-DB^{2}$ Chứng minh bổ đề 2 : Gọi $H,K$ theo thự tự là hình chiếu của $C,D$ lên $AB$ . Theo định lí $Pythagoras$ : $CA^{2}-CB^{2}=DA^{2}-DB^{2}\Leftrightarrow (AH^{2}+HC^{2})-(CH^{2}+HB^{2})=\left ( AK^{2}+KD^{2} \right )-(KB^{2}+KD^{2})\Leftrightarrow AH^{2}-BH^{2}=AK^{2}-BK^{2}\Leftrightarrow H\equiv K\Leftrightarrow CD\perp AB$ Quay trở lại việc chứng minh định lí : Untitled

Gọi $O$ là giao điểm của $a$ và $b$ . Khi đó : $a,b,c$ đồng quy $\Leftrightarrow O\in c\Leftrightarrow PO\equiv c\Leftrightarrow PO\perp AB\Leftrightarrow PA^{2}-PB^{2}=OA^{2}-OB^{2}\Leftrightarrow (OB^{2}-OA^{2})+(PA^{2}-PB^{2})=0\Leftrightarrow (OB^{2}-OC^{2})+(OC^{2}-OA^{2})+(PA^{2}-PB^{2})=0\Leftrightarrow (MB^{2}-MC^{2})+(NC^{2}-NA^{2})+(PA^{2}-PB^{2})=0$ Như vậy định lí $Carnot$ được chứng minh. Định lí Blanchet Cho tam giác $ABC$ , đường cao $AK$ , $H$ là điểm bất kì thuộc đoạn $AK$ . Các tia $BH,CH$ lần lượt cắt các cạnh $AC,AB$ tại $E,F$ . Chứng minh rằng $KA$ là phân giác của góc $FKE$ . Chứng minh : 412

Gọi $I$ là giao điểm của đường thẳng $EF$ với đường thẳng $BC$ , $J$ là giao điểm của $AK$ với $EF$ . Đầu tiên ta sẽ chứng minh $\left ( BCKI \right )=-1$ (đây là một hàng điểm điều hòa cơ bản) Áp dụng định lí $Ceva$ cho tam giác $ABC$ với sự đồng quy của ba đường $AK,BE,CF$ : $\dfrac{\overline{FA}}{FB}.\dfrac{\overline{KB}}{\overline{KC}}.\dfrac{\overline{EC}}{EA}=-1\qquad(1)$ Áp dụng định lí $Menelaus$ cho tam giác $ABC$ với sự thẳng hàng của ba điểm $F,E,I$ ta có : $\dfrac{\overline{FA}}{\overline{FB}}.\dfrac{\overline{IB}}{\overline{IC}}.\dfrac{\overline{EC}}{\overline{EA}}=1\qquad(2)$ Từ $(1)(2)$ , ta có : $\dfrac{\overline{KB}}{\overline{KC}}=-\dfrac{\overline{IB}}{\overline{IC}}\Rightarrow (BCKI)=-1$ Theo định lí về chùm điều hòa ta có : $\left ( AB,AC,AK,AI \right )=-1\Rightarrow \left ( FEJI \right )=-1\Rightarrow \left ( KF,KE,KJ,KI \right )=-1$ Mà $KJ\perp KI$ ( $AK$ là đường cao của tam giác $ABC$ ) Do đó theo định lí về chùm điều hòa ta có $KJ$ là phân giác của góc $FKE$ . Vậy : $KA$ là phân giác của góc $FKE$ . Định lí Desargues Cho hai tam giác $ABC$ và $A'B'C'$ . Gọi $A_{1},B_{1},C_{1}$ lần lượt là giao điểm của $BC$ và $B'C'$ , $CA$ và $C'A'$ , $AB$ và $A'B'$ . Chứng minh rằng nếu các đường thẳng $AA',BB',CC'$ đồng quy tại một điểm thì ba điểm $A_{1},B_{1},C_{1}$ thẳng hàng. Chứng minh Banve..

Gọi $Q$ là điểm đồng quy của ba đường thẳng $AA',BB',CC'$ Xét tam giác $ACQ$ với ba điểm $B_{1},A',B'$ thẳng hàng lần lượt thuộc các đường thẳng $AC,AQ,CQ$ . Theo định lí $Menelaus$ : $\dfrac{AB_{1}}{B_{1}C}.\dfrac{C'C}{C'Q}.\dfrac{A'Q}{A'A}=1\Rightarrow \dfrac{AB_{1}}{B_{1}C}=\dfrac{A'A.C'Q}{C'C.A'Q}\qquad(1)$ Tương tự $\dfrac{CA_{1}}{A_{1}B}=\dfrac{C'C.B'Q}{B'B.C'Q}\qquad(2)$ Và $\dfrac{BC_{1}}{C_{1}A}=\dfrac{B'B.A'Q}{A'A.B'Q}\qquad(3)$ Nhân $(1)(2)(3)$ vế theo vế, ta được : $\dfrac{AB_{1}}{B_{1}C}.\dfrac{CA_{1}}{A_{1}B}.\dfrac{BC_{1}}{C_{1}A}=\dfrac{A'A.C'Q}{C'C.A'Q}.\dfrac{C'C.B'Q}{B'B.C'Q}.\dfrac{B'B.A'Q}{A'A.B'Q}=1$ Theo định lí $Menelaus$ , ta có $A_{1},B_{1},C_{1}$ thẳng hàng. Chú ý : Định lí này được phát biểu đầy đủ : Cho hai tam giác $ABC$ và $A'B'C'$ . Gọi $A_{1},B_{1},C_{1}$ lần lượt là giao điểm của $BC$ và $B'C'$ , $CA$ và $C'A'$ , $AB$ và $A'B'$ . Chứng minh rằng các đường thẳng $AA',BB',CC'$ đồng quy tại một điểm hoặc đôi một song song khi và chỉ khi ba điểm $A_{1},B_{1},C_{1}$ thẳng hàng. được đăng bởi Unknown at 4:10 AM

Labels: Hình học phẳng

5 comments:

Unknown said...

chân thành cảm ơn sự đóng góp của bạn

April 28, 2019 at 8:58 AM

Unknown said...

Minh xin cam on

August 29, 2019 at 6:32 AM

Koolhn Ahn said...

Em thật sự cảm ơn ạ!

March 17, 2022 at 12:39 PM

Rei said...

Rất có ích! Thật sự cảm ơn ạ.

April 10, 2024 at 9:34 AM

Anonymous said...

cam on rat nhieu!

April 28, 2024 at 8:58 PM

Total Pageviews

Chuyên mục

Bất Đẳng thức
Dãy số-Giới hạn
Hệ phương trình
Hình học phẳng
Phương trình hàm
Số học
Toán học và cuộc sống
Toán rời rạc

Search This Blog

Blog Archive

► 2018 (1)
- ► January (1)

► 2017 (2)
- ► December (1)
- ► January (1)

► 2016 (2)
- ► October (1)
- ► May (1)

► 2015 (24)
- ► September (1)
- ► August (1)
- ► July (6)
- ► June (2)
- ► May (2)
- ► April (3)
- ► March (4)
- ► February (3)
- ► January (2)

▼ 2014 (145)
- ► December (3)
- ► October (1)
- ► September (11)
- ► August (15)
- ► July (39)
- ▼ June (75)
  - Định lý không hoàn hảo
  - Danh ngôn toán học
  - Lượng giác hóa bài toán
  - Những qui luật số thú vị
  - Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
  - Hình học phẳng
  - toán rời rạc
  - Các dạng bất đẳng thức
  - Hệ phương trình
  - Định lý Casey:Cho bốn đường tròn . Kí hiệu là ...
  - Dãy số
  - Kiến bò đi đâu (sưu tầm)
  - Bài toán 1: Cho a,b,c là 3 nghiệm của phương trìn...
  - Bất đẳng thức
  - Phương trình hàm
  - Nguyên lí cực hạn
  - Bài toán 4: Cho các số nguyên dương thỏa mãn ...
  - Bất đẳng thức thuần nhất (T1) Võ Quốc Bá Cẩn
  - Bổ đề nâng lũy thừa và định lý về số mũ đúng L.T.E
  - 10000 chữ số của pi
  - PTNN
  - Đề thi HSG 12 Đăk Lăk
  - Đề thi HSG 12
  - đề chuyên KHTN
  - Đề thi học sinh giỏi 12
  - Bất đẳng thức, cực trị
  - Bài tập phương trình nghiệm nguyên
  - Bài tập số học
  - Định lý về số mũ đúng
  - Đề thi tuyển lớp 10 DHSP Hà Nội
  - Đề tuyển sinh vào lớp 10_chuyên Quốc học Huế
  - Các định lí trong hình học phẳng
  - Phương trình hàm
  - Bài tập phương trình đa thức
  - Bài tập phương trình hàm
  - Các bài toán về đa thức
  - Ứng dụng từ bất đẳng thức cổ điển
  - Dãy số-giới hạn
  - Bất đẳng thức thuần nhất
  - bài toán về diện tích hình phẳng
  - Một số đề tuyển sinh vào các trường chuyên
  - Nguyên lí bù trừ
  - Phương pháp lượng giác hóa
  - Sử dụng đạo hàm trong chứng minh bất đẳng thức
  - Phương pháp tiếp tuyên trong chứng minh bdt
  - Về một cách giải phương trình hàm đặc biệt
  - Sử dụng nguyên lí Dirichlet tron chứng minh bất đẳ...
  - Khai triển Abel chứng minh bất đẳng thức
  - Sự đồng qui và thẳng hàng
  - Số nguyên tố và hợp số
  - Cấp số nguyên_Căn nguyên thủy
  - Tam thức bậc hai
  - 1. PHÉP NHÓM ABEL Cho 2 dãy số thực
  - Sử dụng nguyên lí Dirichlet trong chứng minh bdt
  - Một số cách giải phương trình
  - Một số cách giải phương trình
  - Một số cách giải phương trình
  - Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
  - Định lí thặng dư Trung Hoa và ứng dụng
  - Bosnia Herzegovina TST 2014 NGÀY THI THỨ NHẤT ...
  - Cân bằng hệ số- điểm rơi giả định trong chứng minh...
  - CARL FRIEDRICH GAUSS
  - Chia một đa thức cho tam thức bậc hai
  - Phương tích - trục đẳng phương
  - Khai triển Taylor - Maclaurine
  - Bài toán 1 : Cho các số dương thuộc đoạn . Chứng...
  - Phương trình hàm đa thức
  - Tổ hợp rời rạc
  - Tỉ số kép và hàng điểm
  - Lí thuyết đồng dư
  - A. Lý thuyết I. Các định nghĩa 1. Định nghĩa 1 ...
  - Sử dụng nguyên lí Dirichlet trong chứng minh bất đ...
  - Một số hệ thức trong tam giác
  - PHÉP CHUẨN HÓA TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
  - Đề bài: Giải phương trình:
- ► May (1)

My Blog List

$\pi \sqrt {Hmath}$ - Trợ Giúp Toán Học. Vẻ đẹp bề ngoài không quan trọng, tâm hồn mới là quý giá
Dam Thanh Son's Blog Aron Pinczuk
Diễn đàn AoPS
Diễn Đàn MathScope Quick and Easy Dates Nearby in Your City
Elektronnyj arhiv zhurnala "Kvant"
Euclidean Geometry Blog Geometry problems from VMO 2024-2025
G Major's Blog Bất đẳng thức 2 (Quykhtn)
Geometry blog Về bài hình học chọn đội tuyển Việt Nam ngày 2 năm 2015
HOI UNG DUNG TOAN HOC VIET NAM
Hội Toán học Hà Nội
khoabangthinhloc Bất đẳng thức
Let's demonstrate your love with Inequalities
Mathematics
My facebook
Thích Học Toán Cara Memilih Mesin Slot dengan Beberapa Paylines
Toán Học Việt Nam | Toán Trung Học | Toán Đại Học Ma trận đề kiểm tra định kì theo công văn 7991 của Bộ GD-ĐT
Toán học và tuổi trẻ
Toán Đại học - Toán THPT - Toán THCS - Toán Tiểu học Thuật toán Pagerank của Google - Bùi Văn Biên
Trang nhất - Diễn đàn Toán học
Tăng Hải Tuân Giải Nobel Vật lí năm nay sẽ về tay ai?
Võ Quốc Bá Cẩn's blog Thử LaTeX
Ôn Luyện Toán - Luyện Thi Đại Học Môn Toán Miễn Phí Ôn thi phần Phương pháp tọa độ trong mặt phẳng (Hình Oxy - câu 7)

Từ khóa » định Lý Newton Hình Học

Các định Lí Trong Hình Học Phẳng - Phan Đình Trung

Translate

Sunday, June 8, 2014

Các định lí trong hình học phẳng

5 comments:

Total Pageviews

Chuyên mục

Search This Blog

Blog Archive

My Blog List

Đường Thẳng Newton – Wikipedia Tiếng Việt

Thể Loại:Định Lý Hình Học – Wikipedia Tiếng Việt

Một Số định Lý Hình Học - Thư Viện Đề Thi

Một Số Dịnh Ly Hinh Học Nổi Tiếng Va Ap Dụng

Đường Thẳng Newton Mở Rộng - Tài Liệu Text - 123doc

MỘT SỐ ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC NỔI TIẾNG VÀ ÁP DỤNG

[PDF] CÁC ĐỊNH LÝ CƠ BẢN CỦA HÌNH HỌC PHẲNG Nguyễn Tăng Vũ

Toán Học - Một Số định Lí Hình Học Nổi Tiếng Và áp Dụng - Đề Thi Mẫu

Đường Thẳng Newton - Wikiwand

16 định Lý Mới Về Hình Học Và Số Học - Nguyễn Minh Yên

Các định Lý Hình Học Phẳng | PDF - Scribd

Định Lý Anne -Tống Hữu Nhân | PDF - Scribd

Một Số định Lý Hình Học Nổi Tiếng Và áp Dụng

Liên Hệ