Các định Lí Trong Hình Học Phẳng - Phan Đình Trung

Trang chủ » đường Thẳng Gauss » 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 Skhông 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 TheoremGọi 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 làA'. 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 thẳngGauss) 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 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

Post a Comment

Newer Post Older Post Home Subscribe to: Post Comments (Atom)

Total Pageviews

Chuyên mục

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

Search This Blog

Blog Archive

  • ▼  2014 (145)
    • ▼  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:

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 Heisenberg ở Helgoland
  • Diễn đàn AoPS
  • Diễn Đàn MathScope Find Prettys Girls in your city for night
  • Elektronnyj arhiv zhurnala "Kvant"
  • Euclidean Geometry Blog Geometry problems from Vietnam TST 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 10 đề ôn tập kiểm tra học kì 1 môn Toán lớp 12 năm học 2025-2026
  • 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 » đường Thẳng Gauss