Ặc ặc... sao đại ca lại lôi cả phạm trù ra đây cơ chứ... mấy em đấy làm sao mà hiểu nổi.

tpdik2411 đã viết

cháu nghĩ là có vấn đề bác ạ: hình như góc MPN đâu có bằng góc BCE

Và bài viết của Huynh Anh Hao



QUOTE (nguyendinh @ Jun 28 2004, 07:26 PM)

Cho ngũ giác ABCDE nội tiếp trong đường tròn tâm O.AB cắt DE tại điểm M,AE cắt CD tại điểm N. K là giao điểm của BC với tiếp tuyến của đường tròn (O) qua M. Gọi P là giao điểm của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác MAE và tam giác CEK

a)cm: M,P,K thẳng hàng

b)cm: tứ giác APNC nội tiếp

c)tính góc MPN

Đây là câu hình còn câu đại đẻ em đưa lên sau./.





Câu a)

Ta có $\hat{KPE} = \hat{BAE}$ (cùng bù với BCE)

$\hat{MPE} =\hat{MAE} = \hat{BCE}$ do xét các tứ giác nội tiếp

Vậy $\hat{MPK} = 180^{circ}$

=> M, P, K thẳng hàng.

Câu B) mình nghĩ có vấn đề.

Câu c) $\hat{MPN} = \hat{BCE} (CMT) = ?$

Mình giải vậy có vấn đề gì không bạn

Phuoctue_hue đã gửi ở diễn đàn cũ

minh nhớ câu BĐT là :
cho $a+b+c=3$
c/m: $a^4 + b^4 + c^4 \geq a^3 + b^3+ c^3$

câu giải pt ngiệm nguyên là : $\sqrt{x} + \sqrt{y} = \sqrt{147}$

còn những câu kia để mình xem lại đã

Bài này trước đây được gửi bởi nguyendinh

Cho ngũ giác ABCDE nội tiếp trong đường tròn tâm O.AB cắt DE tại điểm M,AE cắt CD tại điểm N. K là giao điểm của BC với tiếp tuyến của đường tròn (O) qua M. Gọi P là giao điểm của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác MAE và tam giác CEK
a)cm: M,P,K thẳng hàng
b)cm: tứ giác APNC nội tiếp
c)tính góc MPN
Đây là câu hình còn câu đại đẻ em đưa lên sau

Bài này trước đây được gửi bởi duantien

Đề môn toán cho lớp chuyên toán

Bài 1:
a) Giải phương trình:
$\sqrt {5 + 4x} - \sqrt {4 + 3x} = \sqrt {2 + x} - \sqrt {3 + 2x} $
B) Giải hệ phương trình:
$\left\{ \begin{array}{l}
2{x^2} + \dfrac{x}{y} = 10 \\
\dfrac{2}{{{y^2}}} + \dfrac{x}{y} = 4 \\
\end{array} \right.$
Bài 2: Chứng minh rằng các số có dạng $P= 2^{2m}+2^{2004}$ với m nguyên dương không thể là số chính phương
Bài 3: Cho đa thức $f(x)=x^3-3x^2+5x$. Giả sử $x_1$ là nghiệm của phương trình f(x)=17, $x_2$ là nghiệm của phương trình f(x)=-11
CMR: $x_1+x_2=2$
Bài 4:
Cho tam giác nhọn ABC. Vẽ các tia Ax,By vuông góc với BC và cùng thuộc một nửa mặt phẳng chứa điểm A, có bờ là đường thẳng BC. Gọi M là trung điểm của BC. Đường thẳng qua M, vuông góc với AB cắt AB,Bx thứ tự tại E,F. Đường thẳng qua M vuông góc với AC cắt AC,By lần lượt tại I,K. Gọi N là giao điểm của đường thẳng AM và FK. CMR: tam giác MFK đồng dạng với tam giác NBC
Bài 5:
Cho hai phương trình:
$\begin{array}{l}
{x^2} + \sqrt 2 \left( {a + \dfrac{1}{b}} \right) + \dfrac{{25}}{8} = 0 \\
{x^2} + \sqrt 3 \left( {b + \dfrac{1}{a}} \right) + \dfrac{{75}}{{16}} = 0 \\
\end{array}$

Với a>0, b>0 và a+b=1
CMR: một trong hai phương trình trên có nghiệm

Bài này trước đây được gửi bởi duantien

Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 trường chuyên tỉnh
Năm học 2004-2005
Đề môn toán dành cho các lớp tự nhiên
Thời gian làm bài: 150 phút
Đề chính thức

Bài 1:
Cho biểu thức:
$P = \dfrac{{{a^2} + \sqrt a }}{{a + \sqrt a + 1}} - \dfrac{{{a^2} + \sqrt a }}{{a - \sqrt a + 1}} + a(a \ge 0)$
a) Rút gọn biểu thức P
B) Tòm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của P khi $0 \ge a \ge 9$
Bài 2: Giả sử phương trình $x^2+ax+m=0 $(a,m là tham số) có hai nghiệm là b,c. Chứng minh:
a) $2(b^2+c^2) \ge a^2$
B) $(a^2+b^2+c^2)^2=2(a^4+b^4+c^4)$
Bài 3:
a) Giải hệ phương trình:
$\left\{ \begin{array}{l}
y = 2\sqrt {y - 1} + 6 \\
y = 4\sqrt {x - 4} - 6 \\
\end{array} \right.$
B) tìm nghiệm trong [-1;1] của hệ phương trình ba ẩn sau:
$\left\{ \begin{array}{l}
x + y + z = 0 \\
{x^{2000}} + {y^{2002}} + {z^{2004}} = 2 \\
\end{array} \right.$

Bài 4: Cho đường tròn tâm O bán kính R. Từ một điểm A ở ngoài đường tròn kẻ hai tiếp tuyến AB,AC tới đường tròn (B,C là tiếp điểm). D là một điểm trên cung nhỏ BC. Tiếp tuyến tại d tại D của đường tròn (O) cắt AB,AC lần lượt tại M,N. Cho biết $\widehat{BAC} = 60^\circ $

a) Tính chu vi tam giác AMN theo R
B) Tìm vị trí của D trên cung BC để diện tích tam giác AMN có giá trị lớn nhất

Bài này trước đây do libra gửi



QUOTE (Beginer @ Jul 3 2004, 07:58 PM)

6)Cho tg Abc cân tại B nội tiếp đường tròn tâm O . Trên cung AC không chứ điểm B lấy 2 điểm K và M theo thứ tự A, K , M , C5Các đoạn thẳng AM và BK cắt nhau tại E , còn lại các đoạn thẳng KC và BM cắt nhau tại D .Cm : ED // AC





Ta có:

$\large \hat{KEM}=\dfrac{1}{2}$ (sđAB+sđKM)

$\large \hat{KDM}=\dfrac{1}{2}$ (sđCB+sđKM)

Mà AB=BC

=> $\large \hat{KEM}=\hat{KDM}$

=> EDMK nội tiếp

=> $\large \hat{EDK}=\hat{EMK}$

mà $\large \hat{EMK}=\hat{ACK}$ (cùng chắn cung AK của (O))

=> $\large \hat{EDK}=\hat{ACK}$

Mà góc này ở vị trí đồng vị

=>ED//AC.

Bài này trước đây do Huynh Anh Hao gửi



Bác giải thế l� quá đạt rồi còn gì nữa.

Bài 6 $\large AE = \dfrac{ab}{a - b}$ phải không các bác?

Còn bài 5 chỉ l� hình học thuần túy thôi nhưng tui suy nghĩ mãi mới ra đó!

Bài này trước đây do libra gửi



Bài 6 bác làm ra kết quả thế là đúng rồi đấy.



Bài 4:

Ta có:

$x^3-y^3=(x-y)(x^2+xy+y^2)=1993$

=>$(x-y)$ và $(x^2+xy+y^2)$ là ước nguyên cuả 1993(do x và y đều là số nguyên)

Ước của 1993= 1, -1, 1993, -1993

Do $(x-y)(x^2+xy+y^2)=1993$ là số dương

=>$(x-y)$ và $ (x^2+xy+y^2)$ cùng dấu.

Ta cm được $ (x^2+xy+y^2) \geq 0$

Nên ta chỉ xét 2 trường hợp:

$x-y=1993$ và $ (x^2+xy+y^2)=1 (1)$

hay

$x-y=1 $ và $(x^2+xy+y^2)=1993 (2)$

Giải hai hệ này ta thấy hệ (1) không có nghiệm nguyên còn hệ (2) thì vô nghiệm.

=>đpcm

Bài này trước đây do Huynh Anh Hao gửi



Bác giải thế là quá đạt rồi còn gì nữa.

Bài 6 $\large AE = \dfrac{ab}{a - b}$ phải không các bác?

Còn bài 5 chỉ là hình học thuần túy thôi nhưng tui suy nghĩ mãi mới ra đó!

Bài này trướcđây do libra gửi

Bài 2 em giải thế này các bác xem thử nhé:
Ta có :
$x+y+z$ khác 0
$1+a$ khác 0
=> x khác 0
Tương tự => y,z khác 0

Ta có :
$\dfrac{1}{1+a} = \dfrac{x}{x(1+a)} = \dfrac{x}{x+xa} = \dfrac{x}{ax+by+cz}$
$\dfrac{1}{1+b} = \dfrac{y}{y(1+b)} = \dfrac{y}{y+ya} = \dfrac{y}{ax+by+cz}$
$\dfrac{1}{1+c} = \dfrac{z}{z(1+c)} = \dfrac{z}{z+za} = \dfrac{z}{ax+by+cz}$
Cộng ba cái trên lại thì ta có đpcm.

Bài này trước đây do Huynh Anh Hao gửi

Cái bài 1 này có trong đề LHP mấy năm ngoái rồi mà còn cho lại.
Câu 3 b tui xin giải như sau:
$\large \dfrac{x^2}{\sqrt{1 - x^2}} = \dfrac{x^3}{\sqrt{x^2(1 - x^2)}}$

Áp dung bđt Cauchy cho 2 số không âm $\large x^2$ và $\large 1 - x^2$ ta có
$\large \sqrt{x^2(1 - x^2)} \leq \dfrac{x^2 + 1 - x^2}{2} = \dfrac{1}{2}$

Vậy $\large \dfrac{x^3}{\sqrt{x^2(1 - x^2)}} \geq 2x^3$

Vậy cm tương tự cho 2 phân thức còn lại ta có đpcm.

Bài này trước đây do libra gửi

Ngày thứ II:

Bài 1:
Cho phương trình $\large x^2 + px + 1 = 0$ có 2 nghiệm phân biệt $\large a_1, a_2$ và phương trình $\large x^2 + qx + 1 = 0$ có 2 nghiệm $\large b_1 , b_2$ . Chứng minh : $\large (a_1-b_1)(a_2-b_2)(a_1 + b_2)(a_2 + b_2) = q^2-p^2$

Bài 2:
Cho các số $\large a,b,c ,x,y,z$ thỏa : $\large x = by + cz, y = ax + cz, z = ax + by , x + y + z$ khác 0 .
Chứng minh : $\large \dfrac{1}{1+a} + \dfrac{1}{1+b} + \dfrac{1}{1+c} = 2$

Bài 3:
a) Tìm $\large x,y$ thỏa $\large 5x^2 + 5y^2 + 8xy + 2x-2y + 2 = 0$
b) Cho các số dương $\large x,y,z$ thỏa $\large x^3 + y^3 + z^3 = 1$.
Chứng minh : $\large \dfrac{x^2}{\sqrt{1-x^2}} + \dfrac{y^2}{\sqrt{1-y^2}} + \dfrac{z^2}{\sqrt{1-z^2}} \geq 2$

Bài 4:
Chứng minh rằng không thể có các số nguyên $\large x, y$ thỏa phương trình $\large x^3-y^3 = 1993$

Bài 5:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O) (AB < AC).Đường tròn tâm O1 tiếp xúc trong với đường tròn (O) tại M , tiếp xúc với hai cạnh AB,AC lần lượt tại L và K. Gọi E là giao điểm thứ hai của MK với đường tròn (O).
a) Chứng minh ME là tia phân giác của góc AMC
B) Tia phân giác Mx của góc BMC cắt LK tại I. Chứng minh rằng bốn điểm M,I,K,C cùng thuộc một đường tròn .
c) Chứng minh CI là tia phân giác của góc BCA.

Bài 6:
Cho DABC có đường phân giác trong AD với D thuộc đoạn BC sao cho BD = a và CD = b ( a > b) . Tiếp tuyến tại A của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt đường thẳng BC tại E . Tính AE theo a và b.

Bài này trước đây do libra gửi

Bài 3:
$\large \dfrac{x^2}{y^2} + \dfrac{y^2}{x^2} + 4 \geq 3(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x})$
$\large (\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x})^2 - 3(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}) + 2 \geq 0$
$\large (\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x})^2 - (\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}) - 2(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}) +2 \geq 0$
$\large \large (\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x})(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}-1) - 2(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}-1) \geq 0$
$\large (\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}-1)(\dfrac{x}{y}+\dfrac{y}{x}-2) \geq 0$
Tới đây ta chỉ việc quy đồng lên là thấy ngay

Bài này trước đây do libra gửi

Bác sieuquay nhinhanh187 ơi, bài 1a bác quên loại bỏ trường hợp delta=0 rồi, mà bác cũng quên luôn việc đặt t=x^2 rồi tìm điều kiện cho cả hai nghiệm cùa pt theo t lớn hơn 0 nữa, chứ nếu nghiệm theo t âm thì pt theo x sẽ vô nghiệm mà đề thì lại bảo tìm m sao cho pt theo x có những 4 nghiệm phân biệt cơ mà.

Bài này trước đây do sieuquay_nhinhanh187 gửi

Bài 1: $\large x^4-(3m+14)x^2+(4m+12)(2-m)=0$
a.
$\large \Delta= (3m+14)^2 - 4(4m+12)(2-m)$
$\large = 9.m^2+84m+196- 4(8m- 4.m^2+ 24- 12m)$
$\large = 9.m^2+84m+196-32m+16.m^2-96+48m$
$\large = 25.m^2+100m+100$
$\large = (5m+10)^2 \geq 0$
Vậy pt có nghiệm với mọi m thuộc R
b. Gọi $\large x_1,x_2,x_3,x_4$ lần lượt là nghiệm của phương tình trên.
Theo định lí viét ta có tích 4 nghiệm sẽ là:
$\large x_1x_2x_3x_4= \dfrac{c}{a}= (4m+12)(2-m)$
$\large = 8m-4m^2+24-12m$
$\large = -4.m^2-4m+24$
$\large = -4(m^2+m-6)$
$\large = -4( m^2+m+\dfrac{1}{4}-6-\dfrac{1}{4})$
$\large = -4.(m+\dfrac{1}{2})^2+25 \geq 25$
Max của tích trên là 25 $\large m+\dfrac{1}{2} = 0 \Rightarrow m= \dfrac{-1}{2}$

Bài nay trước đây do Huynh Anh Hao gửi

Chà tiếc quá. Năm nay tui hổng thi được. Nhưng vô cùng cảm ơn bác Beginer đã post đề lên.
Tui nghĩ đây là đề vòng 1 phải không bác? Đúng là rất vừa sức. Bác nào có đề vòng 2 không post lên luôn thể.

Bài này trước đây do D'Lambert gửi

Không khó lắm, vừa sức phải ko?
Riêng bài 3 đã từng trên TTT2, bài này rất dễ dẫn đến sai lầm trong c/m

Bài này trước đây được gửi bởi Circle

Bài 6: BK,BM cắt AC tại G,H.
Ta có: $\large \Delta BGC$~ $\large \Delta BCK$ $\large \dfrac{BG}{BC}=\dfrac{BC}{BK}$

Tương tự: $\large \dfrac{BH}{AB}=\dfrac{AB}{BM}$

$\large \dfrac{BG}{BH}=\dfrac{BM}{BK}$

Mà: $\Delta BEM $~ $\large \Delta BDK \Rightarrow \dfrac{BE}{BD}=\dfrac{BM}{BK}$

nên $\large \dfrac{BG}{BH}=\dfrac{BE}{BD}$

$\large DE//AC$

Đề thi vào lớp 10 trường THPT chuyên Trần Đại Nghĩa TP.HCM

Năm học 2004-2005

Bài viết này trước đây được gửi bởi Beginer

Ngày thứ I:

Bài 1:
Cho phương trình $\large x^4 -(3m + 14)x^2 + (4m + 12)(2 - m) = 0$
a) Định m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt
b) Định m sao cho tích của 4 nghiệm trên đạt giá trị lớn nhật

Bài 2:
Giải các phương trình:
a) $\large |z^2 + |2x + 1| -1| = 2 - x^2$
B) $\large \sqrt{2x + 4} - 2\sqrt{2 - x} = \dfrac{12x -8}{\sqrt{9x^2 + 16}}$

Bài 3:
Cho $\large x,y$ là 2 số thực khác 0. Chứng minh : $\large \dfrac{x^2}{y^2} + \dfrac{y^2}{x^2} + 4 \geq 3(\dfrac{x}{y} + \dfrac{y}{x})$

Bài 4:
Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: $\large x^2 + xy + y^2 = (x^2)(y^2)$

Bài 5:
Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O,R). Vẽ tam giác đều ACD( D và B nằm trên 2 nửa mặt phẳng khác nhau có chung bờ AC). Gọi E là giao điểm của BD với đường tròn (O) , gọi M là giao điểm của BD với đường cao AH của tg ẠBC
a) Chứng minh MADC nội tiếp .
B) Tính ED theo R

Bài 6:
Cho tam giác ABC cân tại B nội tiếp đường tròn tâm O . Trên cung AC không chứ điểm B lấy 2 điểm K và M theo thứ tự A, K , M , C5Các đoạn thẳng AM và BK cắt nhau tại E , còn lại các đoạn thẳng KC và BM cắt nhau tại D . Chứng minh : ED // AC .

Tại sao bạn lại dám khẳng định rằng chị Hai lớn hơn chị Ba? Ở chỗ tôi có một chị tên Ba và một chị tên Hai. Cả hai đều lớn tuổi hơn tôi nên tôi đều gọi bằng chị kèm theo tên của hai người. Chị Ba ấy lớn tuổi hơn chị Hai (hai người là hàng xóm của nhau). Điều đó cho thấy câu hỏi của bạn có vấn đề rồi nhá.

Nếu bấm F5 một lần không được thì chịu khó ấn khoảng 5-6 lần gì đó, nếu không được nữa thì xóa sạch thư mục các file tạm khi truy cập Internet đi (dùng chức năng dọn dẹp). Cũng chính vì thử bấm F5 nhiều quá mà tôi mất sạch mấy link cũ của diễn đàn vì mất trang chủ trong Cache. Lưu nhiều bài offline lắm, nhưng mà giờ cũng chẳng làm gì được vì trang chủ cũ đã ngỏm rồi.

Trước đây, mục này là nhộn nhịp nhất đây. Mọi thành viên mới vào đều ghé qua đây ra mắt nhau. Mọi người đâu hết cả rồi mà chưa chịu vào đây bắt tay nhau nhỉ?
Không hiểu những thành viên cũ nếu có đăng ký mới còn giữ nguyên nick cũ hay không?

P/S. Đề nghị mọi người khi gửi bài nên bỏ dấu tiếng Việt. Diễn đàn đã tích hợp sẵn bộ gõ Viettyping (chạy rất tốt trên Windows, còn mấy HĐH khác thì tôi không cài nên không biết).
Nhấn F9 để thay đổi kiểu gõ thích hợp, mặc định thì bỏ kiểu nào (VNI/TeLex/VIQR) nó cũng cho cả.

Những bài viết bày tỏ cảm xúc lúc ấy giờ khó mà post lại lắm, vì cảm xúc không đến 2 lần, hic hic... mấy bài thơ văn của nhiều người....

Girard Desargues - Ông tổ của hình học xạ ảnh
Dịch bởi thuantd

Những gì biết về cuộc đời của Girard Desargues còn quá ít. Ông sinh ngày 21/2/1591 tại Lyon (Pháp) và mất vào tháng 9/1661 tại Lyon. Gia đình ông mấy đời giàu có và có những người làm Luật sư, Thẩm phán ở pháp viện tối cao ở Paris cũng như ở Lyon - thành phố trọng yếu thứ hai của Pháp.
Desargues có vài lần đến Paris trong nhiều ngày khi đi kiện để đòi lại một khoản nợ khổng lồ. Ngay cả khi không đòi được, gia đình ông vẫn sở hữu mấy căn nhà lớn ở Lyon, một trang viên gần thị trấn ở Vourles, một lâu đài nhỏ với những vườn nho tốt nhất bao quanh. Desargues thật sự có nhiều thuận lợi trong việc ăn học. Ông có thể mua bất kỳ cuốn sách nào ông muốn, và có thời gian, điều kiện để theo đuổi những gì ông thích: thiết kế cầu thang xoắn ốc một cách tỉ mỉ, khéo léo chế ra một dạng máy bơm mới… Với Desargues, niềm đam mê lớn nhất là Hình học. Ông là người đặt nền móng cho một môn Hình học mới mà nay gọi là "Hình Học Xạ Ảnh" hay "Hình học Hiện đại". Ông thực sự là một nhà toán học tài ba. Tuy nhiên, lối toán học của ông không hề dễ hiểu.
Khi ở Paris, Desargues tham gia nhóm toán học của Marin Mersenne (1588 - 1648). Nhóm này còn có Rene Descartes (1597 - 1650), Etienne Pascal (1588 - 1651) và Blaise Pascal (1623 - 1662) - con trai Etienne. Họ là những người ủng hộ cho công việc nghiên cứu của Desargues. Một số trong công trình nghiên cứu của Desargues về sau được Abraham Bosse (1602 - 1676) phát triển theo nhiều dạng. (Tương truyền, Abraham là một người thợ chạm, nhưng cũng có thể là một giáo viên dạy vẽ phối cảnh)

Desargues viết dựa trên các vấn đề thực tế như Nghệ thuật vẽ phối cảnh (1636), Chạm đá phục vụ cho xây nhà và đồng hồ mặt trời (1640). Tuy nhiên, bản viết của ông có nội dung dày đặc và mang tính lý thuyết đối với việc giải quyết những vấn đề có liên quan. Ông không dùng quá nhiều lời và không giải thích về cơ bản từng bước trong đề tài chủ yếu viết cho các thợ thủ công.

Tác phẩm quan trọng nhất của Desargues dẫn đến việc sáng tạo ra dạng hình học mới có tựa "Bản thảo sơ lược cho một tiểu luận gồm những kết quả về các mặt phẳng tiết diện của hình nón". Rất ít bản được in ở Paris năm 1639. Cho đến nay mới chỉ tìm lại được 1 bản vào năm 1951. Công việc của Desargues chỉ được biết thông qua bản thảo của Philippe de la Hire (1640 - 1718). Cuốn sách ngắn nhưng đầy chữ. Nó bắt đầu bằng những đường thẳng và những điểm thẳng hàng, xem xét mối quan hệ giữa 6 điểm, nghiên cứu một cách chặt chẽ về các trường hợp có liên quan đến khoảng cách vô hạn, và sau đó chuyển về các đường conic, chỉ ra rằng chúng có thể nghiên cứu trên những gì bất biến qua phép chiếu. Chúng ta nhận được một lý thuyết hợp nhất về các đường conic.

Mặc dù không trực tiếp tham khảo các định lý hay thuật ngữ của những nhà toán học Hy Lạp cổ đại, Desargues cũng nhận ra các vấn đề được đề cập trong công trình của các nhà hình học cổ (Apollonius, Pappus). Cách Desargues giải thích có khác, có thể do cách ông nhận ra vấn đề chịu ảnh hưởng sâu sắc của thực tế, đặc biệt là để nghiên cứu về nghệ thuật vẽ phối cảnh (một dạng của phép chiếu hình nón). Dường như từ nghiên cứu về nghệ thuật vẽ phối cảnh và các vấn đề có liên quan, ý tưởng mới của Desargues nảy sinh. Về sau, từ hình học họa pháp, một kỹ thuật có nhiều điểm giống với vẽ phối cảnh, Hình học xạ ảnh được xây dựng hoàn chỉnh bởi những học trò của Gaspard Monge (1746 - 1818).

Nói về Desargues, chúng ta không thể không nhắc đến định lý nổi tiếng: khi đường thẳng nối ba đỉnh tương ứng của hai tam giác đồng quy thì giao điểm của các cặp cạnh tương ứng thẳng hàng.