Chuyên đề Các định Lý Hình Học Nổi Tiếng Và Vận Dụng - Giáo Án

Có thể bạn quan tâm

Trang chủ
Đăng ký
Đăng nhập
Liên hệ

Giáo Án

Tổng hợp giáo án, bài giảng điện tử phục vụ mục đích tham khảo

Chuyên đề Các định lý hình học nổi tiếng và vận dụng

1. Định lý Stewart

*Cho tam giác ABC bất kỳ, D là điểm trên cạnh BC. Ta luôn có :

BC.AD2 = BD.AC2 + DC.AB2 – BC.BD.DC

Chứng minh:

Gọi AD= d, BD= m, DC= n

Đặt

Áp dụng định lý hàm số cosin cho hai tam giác ADB và ADC, ta được:

c2 = d2 + m2 – 2mdcos

b2= d2 + n2 – 2dncos( 1800- )

nc2 + mb2 = d2(n+m) + mn(m + n)

(vớichú ý là cos = -cos( 1800- )

nc2 + mb2 = ad2 + anm

ad2 = mb2 + nc2 – amn.

Đó là đpcm.

Chú ý :

1.Trong định lý Stewart xét AD là trung tuyến (tức là m = n = ). Khi đó từ trên suy ra:

ama2 = b2 + c2 – a. .

ma2 = (1)

(1) chính là công thức xác định đường

trung tuyến quen biết trong tam giác.

1.Nếu xét AD là đường phân giác trong. Khi đó, theo tính chất đường phân giác trong, ta có:

20 trang | Chia sẻ: liennguyen452 | Lượt xem: 7355 | Lượt tải: 2

Bạn đang xem nội dung tài liệu Chuyên đề Các định lý hình học nổi tiếng và vận dụng, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trênCÁC ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC NỔI TIẾNG VÀ VẬN DỤNG 1. Định lý Stewart *Cho tam giác ABC bất kỳ, D là điểm trên cạnh BC. Ta luôn có : BC.AD2 = BD.AC2 + DC.AB2 – BC.BD.DC Chứng minh: Gọi AD= d, BD= m, DC= n Đặt Áp dụng định lý hàm số cosin cho hai tam giác ADB và ADC, ta được: c2 = d2 + m2 – 2mdcos b2= d2 + n2 – 2dncos( 1800-) nc2 + mb2 = d2(n+m) + mn(m + n) (vớichú ý là cos= -cos( 1800-) nc2 + mb2 = ad2 + anm ad2 = mb2 + nc2 – amn. Đó là đpcm. Chú ý : 1.Trong định lý Stewart xét AD là trung tuyến (tức là m = n = ). Khi đó từ trên suy ra: ama2 = b2 + c2 – a. . ma2 = (1) chính là công thức xác định đường trung tuyến quen biết trong tam giác. 1.Nếu xét AD là đường phân giác trong. Khi đó, theo tính chất đường phân giác trong, ta có: ; Từ định lý Stewart, ta có: ala2 = la2 = la2 = (2) chính là công thức xác định đường phân giác quen biết trong tam giác. Bài tập áp dụng: Đề: cho tam giác ABC. Các đường AD, BE, CK ( D,E,K tương ứng thuộc các cạnh BC. CA, AB) gọi là các đường n - tuyến của ABC nếu như: ( n là số dương cho trước). Đặt AD=da, BE = db, CK= dc ( và gọi da , db , dc là độ dài của các đường n- tuyến). Chứng minh rằng: da2 + db2 + dc2 = Chứng minh: Theo định lý Stewart ta có: a.AD2 = BD.b2 – DC.c2 – a.BD.DC (1) Do BD = ; DC = , vậy từ (1) có : a.AD2 = + - da2= da2 = (2) L ý luận tương tự, có db2 = (3) dc2 = (4) Cộng từng vế (2)(3)(4) suy ra : da2 +db2 + dc2 = đpcm. Chú ý: Với bài toán tổng quát trên, ta thay n là một số nguyên dương cụ thể thì ta sẽ có các định lý quen thuộc đã học.Chẳng hạn, khi n = 2 thì các đường 2-tuyến trở thành các đường trung tuyến của tam giác. Ngoài ra, n-tuyến có nhiều tính chất lý thú như: các tam giác KDE, A’B’C’ và ABC có cùng trọng tâm.( ta có thể chứng minh bằng hình học vector ) 2. Công thức Euler Cho tam giác ABC. Gọi O và I tương ứng là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác. Đặt l = IO. Chứng minh rằng: l2= R2 – 2Rr Chứng minh: Đường phân giác trong của góc A cắt đường tròn ngoại tiếp tại D. Khi đó ta có : = Vì thế DB = DI (1) Theo công thức phương tích, ta thấy IA.ID = P1 (O) = R2 – IO2 (2) Từ (1) (2) suy ra IA.DB = R2 – l2 (3) Trong tam giác vuông IAE, thì : IA = = (4) Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác DBA ( với chú ý R cũng là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BDA), ta có : BD = 2Rsin = 2sin (5) Thay (4)(5) vào (3), ta được : R2 – l2 = 2Rr hay l2 = R2 – 2Rr đpcm Chú ý : Từ công thức Euler l2 = R2 – 2Rr0 hay trong mọi tam giác ta có: R2r (*) . Dấu bằng xảy ra l = 0 IO ABC là tam giác đều. *** Từ phần chú ý, ta có R = 4rsinsinsin Vì thế từ (*) ta có: sinsinsin ( đây là 1 bđt quen thuộc và cơ bản trong lượng giác). Như vậy, ta có thể lợi dụng công thức Euler để chứng minh bất đẳng thức trên ( tuy nhiên đây không phải là cách chứng minh ngắn gọn, nhưng dù sao ta cũng tìm được 1 hệ quả lý thú của công thức Euler). Công thức Euler cho khoảng cách giữa tâm đường tròn ngoại tiếp và bàng tiếp Ký hiệu O là tâm đường tròn ngoại tiếp và Ia là tâm đ ường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC. Đặt da = OIa. Chứng minh công thức Euler : da2 = R2 + 2Rr Chứng minh Từ tam giác ABIa, ta có: = - = - (ở đây D là giao điểm của AIa với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ). Do IaA và BIa tương ứng là các phân giác của và ( do Ia là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của ABC) nên: = = = Kết hợp lại suy ra BDIa cân đỉnh D BD = DIa (1) K ẻ IaM OD ( chú ý do cung BD = cung DC nên ODBC, tức OMBC). Xét tam giác ODIa, theo định lý hàm số cosin ta có: Dda2 = OIa2 = OD2 + DIa2 – 2OD.DIa.cos Vì cos= - cos= , vậy ta có : da2 = OD2 + DIa2 + 2OD.DM (2) Từ (1) và theo hệ thức lượng trong tam giác vuông BDN ( N là giao điểm DO với đường tròn : OD BC = L) , ta có BD2 = DN.DL = 2R.DL. Thay vào (2) có : da2 = R2 + 2R.DL + 2R.DM = R2 + 2R(DL + DM) = R2 + 2R.ML Do MIa // BC, nên ML bằng khoảng cách từ Ia xuống BC, tức ML = ra da2 = R2 +2R.ra . đpcm. 3. Định lý Euler Cho tam giác nội tiếp trong đường tròn tâm O. M là một điểm bất kỳ trong mặt phẳng chứa tam giác chứa tam giác. Gọi A1, B1, C1 lần lượt là hình chiếu của M lân các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng : S = ở đây MO = d Chứng minh Ta chỉ xét trường hợp M nằm trong tam giác ABC. Các trường hợp khác xét tương tự. Nối AM và kéo dài cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D. Ta có: = (1) Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác MBD, ta có : (2) Từ (1),(2) suy ra: Ta có : Áp dụnh định lý hàm số sin trong tam giác AB1C1 với chú ý MA là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác này, ta có : B1C1 = MA sinB (5) Tương tự, có : A1C1 = MBsinB (6) Vì thế từ (3) (4) (5) và (6) suy ra : = MA.MDsinAsinBsinC (7) Ta có : MA.MD = PM(o) = R2 – MO2 = R2 – d2 (8) Thay (7) vào (8) ta có : SA1B1C1 = (R2 – d2) sinAsinBsinC (9) Do S = 2R2sinAsinBsinC = Thay lại vào (9) ta được : SABC= S(1 - ). Định lý Euler được chứng minh. 4.Bài toán về điểm Broca 1) Cho tam giác ABC và một điểm M trong tam giác ABC sao cho . Chứng minh rằng : cotg = cotgA + cotgB + cotgC (Điểm M xác định như trên gọi là điểm Broca, còn là góc Broca) 2) Chứng minh rằng: 3) Chứng minh : sin = 4) Chứng minh : Gọi Ra, Rb, Rc tương ứng là bán kính các đường tròn ngoại tiếp các tam giác MAB,MAC,MCB. Chứng minh rằng RaRbRc = R3. 6) Chứng minh : MA.MB.MC = 8R3sin3 Chứng minh Đặt MA = x, MB = y, MC = z Áp dụng định lý hàm số cosin suy rộng trong các tam giác MAB, MBC, MCA ta có : cotg = (1) Từ (1) và theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có : cotg = (2) Theo hệ quả của định định lý hàm số cosin suy rộng, ta có ngay : cotgA + cotgB + cotgC = (3) Từ (2) (3) suy ra đpcm Từ 1) suy ra : cotg2 = cotg2A + cotg2B + cotg2C + 2(cotgAcotgB + cotgBcotgC + cotgCcotgA) Từ đó, theo đề bài 2 suy ra : cotg2 = cotg2A + cotg2B + cotg2C + 2 1 + cotg2 = (1 + cotg2A) + (1 + cotg2B) + (1 + cotg2C) hay Theo 2) và áp dụng định lý hàm số sin , ta có: (4) Vì S = , nên từ (4) suy ra : sin = đpcm. Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác MAC , ta có: (5) Tương tự : (6) (7) Nhân từng vế (5) (6) (7) suy ra sin3 = sin(A- )sin(B - ) sin(C- ) đpcm Theo định gnhĩa điểm Broca M, và góc Broca , ta có: Áp dụnh định lý hàm số sin trong tam giác MAC, ta có: AC = 2Rbsin=2RbsinA (8) Lý luận tương tự, ta có: BC = 2RasinC (9) AB = 2RcsinB (10) Nhân từng vế (8) (9) (10) và lại áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác ABC ta có: (2RsinB)(2RsinA)(2RsinC) = 8RaRbRcsinAsinBsinC Do sinAsinBsinC 0 RaRbRc = R3 đpcm Áp dụng định lý hàm số sin trong các tam giác MAB, MBC, MCA ta có: MA.MB.MC = (2Rbsin)(2Rcsin)(2Rasin) Từ đó theo phần 5) suy ra MA.MB.MC = 8R3sin3đpcm Chú ý : dựa vào phần 5) suy ra = 1800 – A = B + C = 1800 – C = A + B * Vậy điểm Broca hoàn toàn có thể dựng được bằng thước và compas.(vì nó là giao điểm của cung chứa góc A + B dựng trên cạnh BC, với cung chứa góc B + C dựng trên cạnh AC ). 5. Định lý Cacnô Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi ka, kb, kc lần lượt là các khoảng cách từ O xuống BC , AC , AB. Thì : ka + kb + kc = R + r Chứng minh Gọi ka , kb, kc theo thứ tự là khỏang cách từ tâm O đường tròn ngoại tiếp đến các cạnh a, b, c ; H là trực tâm của tam giác. Kẻ OP, ON, OM lần lượt vuông góc BC, AC, AB, thì ta có OP = ka ; ON = kb ; OM = kc. Trong t ứ gi ác ANOM, theo đ ịnh l ý Ptoleme, ta có : OA.MN = OM.AN + ON.AM , hay R = kc + kb (1) Tương tự : R = ka + kc (2) R = kb + ka (3) Cộng từng vế (1) (2) (3) suy ra : Rp = ka + kb + kc Rp = (ka kb kc)p - = (ka kb kc)p – S = (ka kb kc)p – pr r + R = ka kb kc. ta đã chứng minh xong định lý Cacnô. Chú ý : Định lý Cacnô còn được viết dưới dạng sau đây : Trong mọi tam giác ABC thì : AH + BH +CH = 2(R + r) với H là trực tâm của tam giác . ( Do theo định lý về đường thẳng Euler, thì ta có H,G,O thẳng hàng, với G là trọng tâm của tam giác ABC và GH = 2GO AH = 2OP = 2ka. Tương tự BH = 2kb, CH = 2kc) Bài tập ứng dụng Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi ka, kb, kc lần lượt là các khoảng cách từ O xuống BC , AC , AB. Chứng minh hệ thức: Chứng minh Gọi M là trung điểm của BC, thì OM = ka. Ta có: BÔM = 2tgA Tương tự Từ đó suy ra: = 2(tgA + tgB + tgC) (1) Mà ta có: tgA + tgB + tgC = tgA.tgB.tgC. Do vậy từ (1) có: 4() = 8tgA.tgB.tgC = đpcm 6. Định lý Ptoleme Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O. Khi đó ta có: AC.BD = AB.CD + AD.BC Chứng minh: Đặt Áp dụng định lý hàm số sin trong các tam giác ABD, ACD, ABC ta có: AB.CD + AD.BC = 2R2(2sinsin + 2sinsin) = 2R2 [cos(-) – cos(+) + cos(-) – cos(+)] (1) Vì +++ = 1800 cos(+) = – cos(+) (2) Từ (1) và (2) suy ra: AB.CD + AD.BC = 2R2[cos(-) + cos(+)] (3) Lại áp dụng định lý hàm số sin vào các tam giác ACD, BCD, có: AC.BD = 2Rsin(+)2Rsin(+) = 2R2[cos(-) – cos(++2)] (4) Vì (++2) + (-) = 1800 cos(++2) = - cos(-) (5) Thay (5) vào (4) và có: AC.BD = 2R2[cos(-) + cos(-) (6) Từ (3) và (6) suy ra định lý Ptoleme được chứng minh. 7. Định lý Peletier Cho tam giác A2B2C2. Lấy ba điểm A,B,C tương ứng nằm trong các cạnh B2C2, C2A2 và A2B2. Lấy lại ba điểm A1,B1,C1 tương ứng nằm trong các cạnh BC,CA,AB của ABC sao cho A1B1// A2B2; B1C1//B2C2 và C1A1//C2A2.Suy ra: S2ABC = S. S Chứng minh Rõ ràng A1B1C1 A2B2C2, do đó : (1) Ở đây A1H1 và A2H2 tương ứng là các chiều cao kẻ từ A1 và A2 của hai tam giác A1B1C1, A2B2C2. Ta có: SABC.SABC = (2) Từ (1) có A1H1.B2C2 = B1C1.A2H2 (3) Thay (3) vào (2), suy ra: SABC.SABC = (4) Dễ dàng thấy rằng : SABC = SABC + SABC+ SBAC+ SCAB (5) Do BC// BC; C1A1//C2A2 và A1B1//A2B2, nên ta có: SABC = SCBC ; SBAC= SAAC ; SCAB = SABA (6) Từ đó suy ra : SABC = SABA + SAAC + SABC (7) Kết hợp (5) (6) (7) có: SABC = SCBC+ SABC=B1C1(d + d’) ở đây d và d’ tương ứng là khoảng cách từ C2 và A2 đến B1C1 d + d’ = A2H2. SABC = B1C1.A2H2 S2ABC = (8) Từ (4) và (8), ta thu được : S2ABC = SABC.SABC đpcm. Hệ quả của định lý Peletier Tam giác ABC nhọn. Vẽ ba chiều cao AA’, BB’, CC’. Khi đó A’B’C’ gọi là tam giác trực tâm. Tam giác A1B1C1 trong đó A1B1, A1C1, B1C1 tương ứng là các tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại C, B, A. Tam giác A1B1C1 gọi là tam giác tiếp xúc. Và diện tích tam giác ABC là trung bình nhân của diện tích tam giác trực tâm và tam giác tiếp xúc. Chứng minh Thật vậy : Ta có A’B’C’ và A1B1C1 là các tam giác nội và ngoại tiếp tam giác nhọn ABC mà A’B’ //A1B1; A’C’ //A1C1 và B’C’ // B1C1. vậy theo định lý Peletier ta suy ra đpcm. Hai đường thẳng cùng phát xuất từ đỉnh của một góc của tam giác và đối xứng với nhau qua đường phân giác của góc đó, gọi là những đường đẳng giác. Bài tập ứng dụng Cho tam giác ABC. Đường tròn nội tiếp của tam giác tiếp xúc với 3 cạnh AB, BC, CA tương ứng tại C1, A1, B1. Qua A, B, C theo thứ tự lần lượt kẻ các đường thẳng song song với B1C1, C1A1, A1B1. Chúng cắt nhau và tạo thành A2B2C2. Đặt AB = c, BC = a, CA = b, gọi R, r tương ứng là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp ABC. Gọi S2, R2 tương ứng là diện tích và bán kính đường trón ngoại tíêp A2B2C2. Chứng minh rằng: a) S2 = ; b) R2 = 2R Chứng minh a)Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp ABC Ta có: =r2(sinB1C1 + sin) = r2(sinA + sinB + sinC) Từ định lý hàm số sin: a = 2RsinA; b = 2RsinB; c = 2RsinC suy ra: Do S = pr, nên ta có: Theo định lý Peletier, ta có: hay S2. S2 = đpcm b) Do A1B1C1 A2B2C2 Theo câu a) suy ra: = (1) Vì bán kính đường tròn ngoại tiếp A1B1C1 chính là r, nên do sự đồng dạng của hai tam giác A1B1C1 và A2B2C2, ta có: (2) Từ (1) và (2) suy ra : đpcm. 8. Định lý Steine Hai tam giác ABC và giả sử AD và AE là các đường đẳng giác. Ta có hệ thức sau : Chứng minh Vì hai tam giác ABD và ACD có cùng chiều cao, nên (1) Vẽ phân giác AF. Do AD và AE là hai đường đẳng giác nên ta có BÂD = EÂC; DÂC = BÂE (*) Ta có: (2) Từ (1) và (2) với chú ý(*), suy ra : (3) Theo định lý hàm số sin, trong trong các tam giác EAC và BAE, ta có: (4) (5) Thay (4) (5) vào (3) , với chú ý là sinAÊC= sinAÊB (do AÊC + AÊB = 1800) suy ra : đpcm. Hệ quả của định lý Steine Đường thẳng đẳng giác với một trung tuyến gọi là đường đối trung của tam giác. Và đường đối trung chia trong cạnh đối diện thành những phần tỉ lệ với bình phương các cạnh kề. Chứng minh Thật vậy: Giả sử AN là đường đối trung, tức là AN và trung tuyến ANlà hai đường đẳng giác. Theo định lý Steine, ta có : (*) Vì BM = CM, nên từ (*) suy ra : đpcm. Dùng lượng giác chứng minh các bài toán hình học. Ở mục này, chúng tôi xin giới thiệu một số bài toán được trích từ các cuộc thi toán nổi tiếng : Olympic 30-4,Xin nhắc lại, đây không phải là cách giải duy nhất cho các bài toán trên mà chỉ là cách giải tiêu biểu. Bài toán 1 : Cho tứ giác lồi ABCD, AC cắt BD ở O. Gọi r1, r2, r3, r4 lần lượt là bán kính nội tiếp các tam giác OAB, OBD, OCD, ODA. Chúnh minh rằng tứ giác ABCD ngoại tiếp được một đường tròn khi và chỉ khi: (đề thi olympic 30-4 của trường THPT chuyên Lương Thế Vinh - Đồng Nai) Chứng minh Kí hiệu a, b, c, d, x, y, z, t lần lượt là độ dài các đoạn thẳng AB, BC, CD, DA, OA, OB, OC, OD và =BÔC. Ta có: azt + cyx = bxt + dyz (azt + cyx)2 = (bxt + dyz)2 a2z2t2 + c2y2x2 + 2acxyzt = b2x2t2 + d2y2z2 + 2bdxyzt (x2 + y2 + 2xycos)z2t2 + (z2 + t2 + 2ztcos)x2y2 + 2acxyzt = = (y2 + z2 - 2yzcos)x2t2 + (x2 + t2 – 2xtcos)y2z2 + 2bdxyzt 2ztcos+ 2xycos+ 2ac = – 2xtcos- 2yzcos + 2bd (c2 – z2 – t2) + (a2 – x2 – y2) + 2ac = (d2 – x2 – t2) + (b2 – y2 – z2) + 2bd (a + c)2 = (b + d)2 a + c = b + d Tứ giác ABCD là ngoại tiếp được một đường tròn. Bài 2: Cho tam giác ABC cân đỉnh A, A1 là trung điểm BC. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất cặp điểm B1, C1 thoả các điều kiện: B1 thuộc đoạn AC, C1 thuộc đoạn AB và BC1 + A1B1 = BA1 + B1C1. (đề thi olympic 30-4 của trường THPT chuyên Lương Thế Vinh - Đồng Nai) Chứng minh Đặt BC = 2, A1B1 = A1C1 = y, IC1 = IB1 = x, AB = AC = b (b > 1) Áp dụng định lý hàm số sin: y2 = 1 + b2(1 – x)2 – 2b(1 – x)cosC (cosC = ) y2 = 1 + b2(1 – x)2 – 2(1 – x) (*) Do giả thiết y + BC1 = 1 + 2x y = 1 + 2x – b(1 – x) y2 = [1 + 2x – b(1 – x)]2 (**) (*) và (**) [1 + 2x – b(1 – x)]2 = 1 + b2(1 – x)2 – 2(1 – x) 2(1 + b)x2 – (b – 1)x – (b – 1) = 0 (0 < x < 1) Đặt f(x) = 2(1 + b)x2 – (b – 1)x – (b – 1) Ta có: f(0) < 0 < f(1) và f(x) là tam thức bậc hai tồn tại duy nhất x (0, 1) để f(x) = 0 Do đó tồn tại duy nhất cặp điểm B1, C1 thoả các điều kiện bài toán. Bài 3: cho ngũ giác đều ABCDE nội tiếp trong đường tròn (O). Trên cung nhỏ của (O) lấy điểm M bất lỳ ( M khác A và B). Chứng minh: MA + MB + MD = MC + ME. (đề thi olympic 30-4 của trường THPT Trưng Vương – TP.HCM) Chứng minh Ta chứng minh được: coscos = Gọi R là bán kính đường tròn (O) ngoại tiếp ngũ giác đều. Đặt = 2x (0 < x < ) Áp dụng định lý hàm số sin trong các tam giác nội tiếp (O) MA = 2Rsinx MB = 2Rsin() MD = 2Rsin(); MC = 2Rsin() ME = 2Rsin() MC + ME = 2R =4Rsincos = 4Rcoscos MA + MB + MD = 2R = 2R = 2R MA + MB + MD = MC + ME = sinx = sinx = 4cos = 4cos (đúng) Sau đây là một số bài tập nhỏ về ứng dụng các định lý hàm số sin, cos .. Bài 4: nếu k là 1 điểm bất kỳ trên cạnh BC của tam giác ABC thì : AC2.BK + AB2.CK = BC.(AK2 + BK.KC) Bài 5 :Trong mọi tam giác : a2 = (b – c)2 + 4Stg Bài 6: Trong moi tam giác : ctg + ctg + ctg = (a2 + b2 + c2) Bài 7: Nếu các cạnh của tam giác ABC thoả mãn hệ thức a2 + b2 = 5c2 thì các đường trung tuyến AA1 và BB1 vuông góc với nhau. (gợi ý: áp dụng định lý hàm số cosin) Bài 8 : Từ 1 điểm P nằm trong tam giác ABC, hạ các đường vuông góc PA1, PN2, PC1 tương ứng xuống các đường thẳng BC, CA, AB. Khi đó độ dài các cạnh của tam giác A1B1C1 bằng: Bài 9 : Nếu D là 1 điểm nằm trên đáy AC của tam giác cân ABC thì các bán kính đường tròn ngoại tiếp của các tam giác ABD và BCD sẽ bằng nhau. (gợi ý: áp dụng định lý hàm số sin).

File đính kèm:

cac dinh li hinh hoc phang ltv.doc

Giáo án liên quan

Thiết kế bài giảng Hình học 10 Kiểm tra cuối năm
10 trang | Lượt xem: 1120 | Lượt tải: 0
Giải bằng phương pháp đặt ẩn phụ
7 trang | Lượt xem: 16122 | Lượt tải: 5
Giáo án môn Toán lớp 11 - Phương pháp chứng minh qui nạp
9 trang | Lượt xem: 1248 | Lượt tải: 1
Giáo án Đại số 10 năm học 2010- 2011 Tiết 10 Kiểm tra 1 tiết
2 trang | Lượt xem: 1000 | Lượt tải: 0
Giáo án đại số 10 – ban cơ bản Tiết 13 Câu hỏi và bài tập cuối chương
2 trang | Lượt xem: 1009 | Lượt tải: 0
Giáo án Đại số lớp 10 - Tiết 58: Bất phương trình bậc hai
4 trang | Lượt xem: 1494 | Lượt tải: 0
Bài giảng Tiết 36 - Bài 4: Hệ phương trình bậc nhất nhiều ẩn
3 trang | Lượt xem: 926 | Lượt tải: 0
Giáo án Đại số 10 năm học 2006- 2007 Tiết 17 Luyện tập
3 trang | Lượt xem: 952 | Lượt tải: 0
Giáo án Đại số lớp 10 - Tiết 30: Ôn tập học kì I
3 trang | Lượt xem: 875 | Lượt tải: 0
Bài giảng tuần 2 tiết 4 bài 2 – axit, bazơ và muối
8 trang | Lượt xem: 5703 | Lượt tải: 0