Câu 1:$a) đặt (d):y=ax+b (d'):y=2x-3 (d)//(d') $\Leftrightarrow$\left\{\begin{matrix}a=a' & \\b\neq b' & \end{matrix}\right. $\Leftrightarrow$ \left\{\begin{matrix} a=2\\ b'\neq -3 \end{matrix}\right. $\Rightarrow$ (d):y=2x+b . Lại có: C(-1;4) \in (d) $\Rightarrow$ 4=-2+b $\Rightarrow$ b=6 Vậy (d):y=2x+6 . (d) giao với Ox $\Leftrightarrow$ y=0 $\Leftrightarrow$ x=-3$
... Giải mẫu một bài đó thôi bạn... câu b bạn cứ thế giá trị của toạ độ vào x,y và lập hệ phương trình tìm a,b. còn góc là tan a đó ( nhớ coi a âm hay dương )
câu c thì .... Chu vi thì cái này bạn tự tính nhá vì mình k biết hướng dẫn sau đây .. =))
L: $\LaTeX$ cẩn thận bạn nhé.

Tớ nghĩ muốn giải bài này thì mình nên định nghĩa lại dấu bằng của chúng ta! Có bao giờ bạn đặt câu hỏi là tại sao nó bằng không? ( Không biết có ai nghĩ tới dụ này chưa vì lười đọc cm quá @@ ) Các bạn làm dụng dấu bằng trong tính toán quá nhiều rồi! Suy nghĩ thử xem

Tỉ số $\frac{NB}{NC}= \frac{AB^{2}}{AC^{2}}$
AN là đường đồi trung của tam giác ABC

chứng minh bằng tam giác đồng dạng

a gì ơi nói rõ hơn tí nữa đc không ạ... e mới vào lớp 10 chưa biết "đường đồi trung" là gì.. :">

Cho $\Delta ABC$ trung tuyến $AM$, phân giác $AD$ và $AN$ đối xứng $AM$ qua $AD$ ( $N \in BC$ ). Tính các tỉ số:

a) khoảng cách từ $M$ đến $AB$; $AC$.
b) $\frac{NB}{NC}$

Cho phương trình $x^2-20x-8=0$. Gọi $a$, $b$ là nghiệm của phương trình đã cho ( với $a>b$). Tính giá trị của biểu thức
$$M=\frac{a}{\sqrt[3]{b}}+\frac{b}{\sqrt[3]{a}}$$
*( mẫu là căn bậc 3 nhe ... ). Các bạn dùng Viète để giải bài này!

Cho $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OD}+\overrightarrow{OE}=\overrightarrow{0}$. Tìm vị trí $O$ trong ngũ giác $ABCDE$

P/s: Trên tên chủ đề do copy nhằm... nên bị sai... @@ thông cảm... Đề trong này mới đúng ...

Tìm nghiệm nguyên dương của pt: $x!+y!=(x+y)!$
(ký hiệu x! là tích các số tự nhiên từ 1 đến x....)

Tìm các số tự nhiên $a, b, c$ thoã: $a^{2}(b+c)+b^{2}(c+a)+c^{2}(a+b)$ là số nguyên tố

Giải như sau:
TH1: $a,b,c$ cùng chẵn hoặc cùng lẻ suy ra $a^{2}(b+c)+b^{2}(c+a)+c^{2}(a+b)$ chia hết cho $2$ nên nó bằng $2$ do đó $(a,b,c)=(1,1,0)$ và hoán vị nhưng khi đó loại do $a,b,c$ cùng chẵn hoặc cùng lẻ
TH2: $a,b,c$ một số chẵn, giả sử $a$ chẵn và $b,c$ lẻ cũng suy ra $a^{2}(b+c)+b^{2}(c+a)+c^{2}(a+b)$ chẵn như trên và đáp số $(a,b,c)=(0,1,1)$ và hoán vị
TH3: $a,b,c$ hai số chẵn, giả sử $a,b$ chẵn, $c$ lẻ suy ra $a^{2}(b+c)+b^{2}(c+a)+c^{2}(a+b)$ chẵn nên đáp số $(a,b,c)=(1,1,0)$ vô lý do có hai số chẵn
Vậy $\boxed{(a,b,c)=(1,1,0),(0,1,1),(1,0,1)}$

Mình thực sự không rành mấy dạng này lắm. Bạn có thể giải thích tại sao là (1;1;0) và hoán vị không? Ở TH1 bạn nói nên nó bằng 2 là sao mình không hiểu...

@nguyenta98: Bởi vì $a^{2}(b+c)+b^{2}(c+a)+c^{2}(a+b)$ nguyên tố mà chẵn nên chỉ có thể bằng 2

các bạn ơi, cho mình thắc mắc cái này nha, vì mình dốt toán.
Như đã học chúng ta biết:
+ A * B = AB (tức là A lần B, hay là B lần A)
mình có thể viết lại là:
+ A + A + A +................+A = A(B lần) (hay là: 6 = 2 * 3 = 2 + 2 + 2)
+ B + B + B +................+B = B(A lần) (hay là: 6 = 3 * 2 = 3 + 3)
(hai cái này thông cảm nha, hok biết mình viết có đúng không???)
Vì vốn dĩ phép nhân là phép cộng nên mình có thể thay như thế, vì vậy mình có thêm cái này:
+ (-A) * B = -AB
mình cũng viết lại:
+ (-A) + (-A) + (-A) +.........................+(-A) = -AB (hay là: -6 = (-2) * 3 = (-2) + (-2) + (-2) = -6) (1)
+ với phép: (B * (-A) = -AB), ta vẫn có thể suy ra được, vì phép giao hoán trong toán học cho phép, vì vậy ta có lại số (1)
nhưng:
+ (-A) * (-B) = AB (ta không thể suy theo dạng (1) được)
+ (-A) + (-A) + (-A) +.........................+(-A) = -AB (hay là: 6 = (-2) * (-3) (-2) + (-2) + (-2) = -6)
TẠI SAO VẬY?
Mình đã nghĩ đến việc cách biến đổi dẫu như thế nào cho thích hợp, vì theo mình không có phép trừ hay phép cộng (theo tương đối), đó chỉ là do dấu của số âm(-) và dương(+) tạo thành mà thôi. Nhưng có một số trường hợp như (2+2=4), thì ta không thể hiểu dấu cộng đó là dấu của số, vì nó là phép cộng và phép trừ (tương đối), được gọi là thêm vào hay bớt ra (theo cách hiểu của mình).
VẬY TẠI SAO (-A) * (-B) =AB ????

) Bạn có biết quy tắc trừ 2 số không?
Mình ví dụ nhé:
5-3=?
3-5=?
Nhìn là biết kết quả rồi nhưng mà bạn có thể nói cho tớ nghe quy trình trừ của bạn được không ^^! Nghĩa là bạn thực hiện phép trừ đó ra sau ấy!
Suy nghĩ 1 tí hả đọc tiếp nhé!
.
.
.
.
.
Quy trình đó như thế này: Bạn lấy trị tuyệt đối của số lớn trừ cho trị tuyệt đối của số bé và lấy dấu của số có trị tuyệt đối lớn! Test thử xem đúng không ...
Cái đó là sai đấy
bạn thử -3-5 đi ^^! coi giống quy luật trên không^^! Mình chỉ gợi ý thôi... còn lại bạn ráng tư duy nhé

điểm chung là đỉnh hay đoạn hay giao giữa các đoạn @@

Bài 95 :
Cho đường tròn (O;R) đường kính AB. Qua B kẻ tiếp tuyến d của đường tròn (O). MN là một đường kính thay đổi của đường tròn ( M không trùng với A,B ). Các đường thẳng AM và AN cắt đường thẳng d lần lượt tại C và D.
a) Cm : AM.AC = AN.AD
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của tích AC.AD
c) Cm tâm đường tròn ngoại tiếp ∆MNC thuộc một đường thẳng cố định.
d) Gọi I là giao điểm của CO và BM. Đường thẳng AI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E, cắt đường thẳng d tại F. Cm : 3 điểm C, E, N thẳng hàng.

Mình sẽ nói hướng làm thôi chứ làm biến ghi lời giải lắm... ^^
a) Ta sẽ CM được: $\Delta AMN \sim \Delta ADC$ ( 1 góc vuông chung, $do \widehat{OAN}=\widehat{ONA} (\Delta cân) \Rightarrow \widehat{AMN}=\widehat{ADC})$
Từ đó $\Rightarrow$ đpcm
b) Ta có: AC.AD=AB.CD(HTL)
Mà AB=2R không đổi
$\Rightarrow AC.AD$ phụ thuộc vào CD.
Lại có: CD $\geq MN$
Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow MN là đtb \Delta ACD$
$\Rightarrow CD = 4R$
$\Rightarrow AC.AD=AB.CD=2R.4R=8R^{2}$ ( Làm đại nhe >"< )
c) Hình như là nằm trên pg ngoài của $\widehat{ABC}$ (dự đoán thôi :">)
d) Chắc là cm bằng góc đối đỉnh
Nhưng chưa nghĩ ra... đói quá... thôi nhường cho bạn khác giải vậy :">

Cho tứ giác $ABCD$, $I$, $J$,lần lượt là trung điểm của AB và CD. Tìm tập hợp điểm M sao cho: $\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}.\overrightarrow{MD}=\frac{1}{2}IJ^{2}$

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.

I.10) Bất đẳng thức Ptolemy


Định lý:
Cho tứ giác $ABCD$. Khi đó có $AC.BD \leq AB.CD + AD.BC$

Chứng minh:
Lấy $E$ nằm trong tứ giác $ABCD$ sao cho
$\widehat{EDC}=\widehat{ADB}$và $\widehat{ECD}=\widehat{ABD}$
Khi đó$\Delta ABD \sim \Delta ECD \Rightarrow \frac{AB}{BD}=\frac{EC}{DC} \Leftrightarrow AB.DC=EC.BD$
Hơn nữa $\Delta ADE \sim \Delta BDC (c.g.c) \Rightarrow \frac{AD}{AE}=\frac{BD}{BC} \Leftrightarrow AD.CB=BD.AE$
Vậy $\Rightarrow AB.CD+BC.AD=BD(EA+EC)\geq BD.AC$(đpcm).

Mình sẽ úp cái đầu tiên
( Có gì sai thì chắc nhờ các ad sửa thôi =)) )
B/MỘT SỐ KHÁI NIỆM,ĐỊNH LÍ.
I.1)Định lí Menelaus





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:


a)Khi M,N,P thẳng hàng.
Trên MN lấy 1 điểm Q sao cho AQ//BC
Theo Thales ;
$ \frac{NC}{NA}=\frac{MC}{QA}$
$ \frac{PA}{PB}=\frac{QA}{MB}$
Từ đó dễ có đẳng thức (1)trên.
b)Ngược lại ,khi có (1):
Giả sử PN cắt BC tại M'.
Theo phần trước ta có:

$ \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.

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.


Chứng minh:
Gọi $P,M,N$ lần lượt là giao điểm của $AF$ và $CD$, $AB$ và $DE$, $BC$ và $EF$. Gọi $P', M', N'$ lần lượt là giao điểm của $BC$ và $DE$, $BC$ và $AF$, $DE$ và $AF$.
Áp dụng định lí Menelaus cho $\Delta P'M'N'$ với cát tuyến $PCD$:
$\frac{CP'}{CM'}.\frac{DN'}{DP'}.\frac{PM'}{PN'}=1$
$\Leftrightarrow \frac{PM'}{PN'}=\frac{CM'}{CP'}.\frac{DP'}{DN'}$
Tương tự ta có:
$\frac{NP'}{NM'}=\frac{FN'}{FM'}.\frac{EP'}{EN'}$và$\frac{MN'}{MP'}=\frac{AN'}{AM'}.\frac{BM'}{BP'}$
Nhân các biểu thức trên lại kết hợp với các biểu thức phương tích sau:
$BM'.CM'=AM'.FM'$
$EN'.DN'=FN'.AN'$
$CP'.BP'=DP'.EP'$
Ta có :
$\frac{NP'}{NM'}.\frac{MN'}{MP'}.\frac{PM'}{PN'}=1$
Áp dụng định lí Menelaus đảo ta có đpcm.

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:


Định lí này có một cách chứng minh dùng Menelaus ,nếu có điều kiện mình sẽ post lên,còn sau đây là một cách dựa trên kiến thức cơ sở về tỉ số kép và phép chiếu xuyên tâm.
Ta có bổ đề sau được chứng minh dễ dàng nhờ những hiểu biết ban đầu về tỉ số kép và phép chiếu xuyên tâm:

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.

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.


Chứng minh:
Ta kí hiệu các tiếp điểm của $(O)$ trên $AB,BC,CD,DE,EF,FA$ lần lượt là $M,N,P,Q,R,S$. Xét cực và đối cực đối với $(O)$. Gọi $K,I,J$ lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng $(SM,PQ)$ ,$(MN,QR)$,$(NP,RS)$. Vì $SM$ và $PQ$ là đường đối cực của $A$ và $D$ nên $AD$ là đường đối cực của $K$. Tương tự $BE$ và $FC$ lần lượt là đường đối cực của $I$ và $J$.
Dùng định lí Pascal cho lục giác nội tiếp $MNPQRS$ ta có $I,J,K$ thẳng hàng. Nên ta có các đường đối cực của $I,J,K$ (lần lượt là $BE,CF,AD$) cùng đi qua cực của đường thẳng này (đường thẳng đi qua $I,J,K$) nên $AD,BE,CF$ đồng quy (đpcm).
Tương tự ngược lại có thế chứng minh định lí pascal thông qua Brianchon và cực đối cực

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.

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:

Gọi $S$ là giao điểm của $(BPM)$ và $(CMN)$.Ta sẽ chứng minh S nằm trên $(APN)$.
Thật vậy:

$(SN,SP)\equiv (SN,SM)+(SM,SP)\equiv (CN,CM)+(BM,BP)\equiv (CA,CB)+(BC,BA )\equiv (CA,BA)\equiv (AN,AP)(mod\pi )$
$\Rightarrow$ đpcm.

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 :


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 ^^!

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

Gọi $F, E, D$ lần lượt là trung điểm của $BC,CA,AB$. Như vậy ta có
$OF=x, OE=y, OD=z$. Đặt$BC=a, AC=b, AB=c$.
Áp đụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác nội tiếp $OFBD$ ta có:
$OB.DF=OF.BD+FB.OD$hay $R.\frac{b}{2}=z.\frac{a}{2}+x.\frac{c}{2}$
Tương tự ta có $R.\frac{c}{2}=y.\frac{a}{2}+x.\frac{b}{2}$và $R.\frac{a}{2}=y.\frac{c}{2}+z.\frac{b}{2}$
ta lại có $r(\frac{b}{2}+\frac{a}{2}+\frac{c}{2})=S_{ABC}=S_{OBC}+S_{AOC}+S_{ABO}=x.\frac{a}{2}+y.\frac{b}{2}+z.\frac{c}{2}$
Cộng bốn biểu thức trên lại ta có
$(r+R)(\frac{a+b+c}{2})=(x+y+z)(\frac{a+b+c}{2})\Rightarrow$ đpcm.

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.

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:

Trường hợp $MP//XYZ$ thì đơn giản,bạn đọc tự chứng minh.
Ta sẽ xét khi $MP$ không song song với $XYZ$.
Gọi $S$ là giao điểm của $MP$ với $XYZ$.
Đường thẳng qua $X$ song song với $YP$ cắt $MP$ ở $N'$. Bài toán sẽ được gải quyết nếu ta chứng minh được rằng $ZN' // YM$ (Vì khi ấy $N'\equiv N$.

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

I.9)Đẳng thức Ptolemy

Định lí Với tứ giác nội tiếp $ABCD$ thì:
$AB.CD+AD.BC=AC.BD$

Chứng minh:

Lấy điểm $E$ thuộc $AC$ sao cho $\widehat{DEC}=\widehat{ADB}$

$\Rightarrow \Delta ADB \sim \Delta DEC$
$\Rightarrow \frac{AD}{DE}=\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{EC}$

Tương tự $\Delta ADE\sim \Delta BDC \Rightarrow AE.BD=AD.BC$$\Rightarrow AD.BC+AB.CD=BD(EA+EC)=BD.AC$ (đpcm )