TAILIEUCHUNG - Định lý Steiner cho tứ giác toàn phần

Tham khảo tài liệu 'định lý steiner cho tứ giác toàn phần', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả | ĐỊNH LÝ STEINER CHO TỨ GIÁC TOÀN PHẦN Đinh lý 1 Cho tứ giác BCEF với các cạnh bên cắt nhau tại A D tứ giác toàn phần . Khi đó các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC AEF BFD CDE đồng quy tại một điểm M gọi là điểm Miquel của tứ giác. Chứng minh Giả sử các các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC AEF cắt nhau tại M. Ta chứng minh các đường tròn còn lại cũng đi qua M. Thật vậy MA MC BA BC mod n ME Ma FE Fa mod n ME MC BA BC FE Fa mod n ME MC FA BD FD Fa FD BD DE DC modn Do đó đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE cũng đi qua M. Tương tự ta có điều cần chứng minh. Định lý 2 Các tâm của các đường tròn trên và điểm Miquel M cùng nằm trên một đường tròn. Chứng minh Gọi 01 02 03 04 lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AEF BFD CDE ABC. Ta chứng minh 01 02 03 M cùng nằm trên một đường tròn. Thật vậy Hạ P1 P2 P3 lần lượt là chân đường vuông góc từ M xuống 0203 0301 01 02. Khi đó rõ ràng P1 P2 P3 lần lượt là trung điểm MD ME MF. Do đó P1 P2 P3 thẳng hàng. Theo định lý về đường thẳng Simson đảo ta có 01 02 03 M cùng nằm trên một đường tròn. Tương tự suy ra 01 02 03 04 M cùng nằm trên một đường tròn. Đinh lý 3 Các chân đường vuông góc hạ từ M xuống các đường thẳng ABF ACE BCD DEF cùng nằm trên một đường thẳng d1. Chứng minh Kết quả này khá hiển nhiên khi ta sử dụng đường thẳng Euler cho điểm M với 2 trong 4 tam giác ABC AEF BFD CDE. Đinh lý 4 Các trực tâm của 4 tam giác trên cùng nằm trên một đường thẳng d2 đường thẳng Steiner của tứ giác . Định lý 5 Hai đường thẳng dp d2 song song. Chứng minh cả hai định lý 4 5 Gọi H1 H2 H3 H4 K1 K2 K3 K4 lần lượt là trực tâm của các tam giác nói trên và chân các đường vuông góc hạ từ M xuống các đường thẳng trong định lý 3. Ta chứng minh H 2 H 4 K2 K4. Thật vậy Gọi DH2 n BF G giả sử DBF 900 ta có BH BG BD cos D BF FD cos D BF 2 cos FBH 2 sin BFD sin DBF FD cot D BF Tương tự với tam giác ABC ta có BH 4 - AC cot ABC AC cot DBF BH 2 Do đó BH 4 FD ÃC Mặt khác xét hai tam giác MDF và MCA ta có DMF DBF CMA FDM ABM ACM . _ FD ị .

• Trung học phổ thông
• luyện thi đại học môn toán
• tài liệu toán ôn thi
• kiến thức toán ôn thi
• lý thuyết toán ôn thi đại học
• bài tập toán 12
• 15 chuyên đề luyện thi đại học môn Toán
• toán học
• ôn thi đại học môn toán
• tài liệu toán thi đại học
• đề thi đại học môn toán
• chuyên đề luyện thi toán
• ôn thi đại học
• tuyển sinh đại học cao đẳng
• chuyên đề luyện thi đại học môn Toán
• Đề thi Đại học năm 2014 môn Toán
• Đề thi thử Đại học môn Toán
• Luyện thi Đại học môn Toán khối A
• Chuyên đề ôn thi Đại học môn Toán
• Đề thi Đại học năm 2013 môn Toán
• tài liệu luyện thi đại học môn toán
• đề cương ôn thi đại học môn toán
• cấu trúc đề thi đại học môn toán
• bài tập luyện thi toán
• Đề thi thử Đại học 2019
• Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2019
• Đề luyện thi Đại học môn Toán
• Đề ôn tập thi Đại học 2019
• Ôn thi Đại học năm 2019
• Luyện thi Đại học năm 2019
• Tuyển chọn 66 đề thi môn Toán
• 66 đề thi môn Toán
• Giải 66 đề thi môn Toán
• Đề thi môn Toán
• Luyện giải đề thi Toán
• Ôn tập môn Toán
• chuyên đề luyện thi đại học môn lượng giác
• ôn thi đại học 2010 môn toán
• ôn thi đại học cao đẳng môn toán
• ôn thi tốt nghiệp môn toán
• tài liệu luyện thi đại học 2010
• đề thi thử đại học 2010
• thử sức đại học 2010
• đáp án đề thi đại h2010
• ôn thi cao đẳng
• Đề thi thử đại học môn toán năm 2012
• đề thi toán đại học
• tài liệu luyện thi đại học
• bài tập trắc nghiệm
• cấu trúc đề thi đại học
• ngân hàng đề thi trắc nghiệm
• tài liệu ôn thi đại học
• bộ đề thi đại học
• đề thi thử đại học
• các đề thi đại học