Tỉ số kép của sản phẩm điểm và vận dụng Tỉ số kép định nghĩa về tỉ số kép Giải bài tập Hình học Tỉ số kép của mặt hàng điểm


Bạn đang xem: Tỉ số kép

*
pdf

phương pháp vẽ con đường phụ vào Hình học tập


*
pdf

bài toán hình học tập phẳng qua cách giải bằng góc kim chỉ nan


*
pdf

một vài bài toán áp dụng tâm tỷ cự


*
pdf

tổ chức dạy học giải bài xích tập hình học bởi phép đối xứng trục cùng phép vị trường đoản cú với sự hỗ trợ của ứng dụng hình học hễ G....


*
doc

SKKN: Rèn luyện bốn duy cho học viên lớp 10 giải bài tập hình học thông qua việc dạy học theo hướng phát hiện và vậy đổi...




Xem thêm: Cúng Ông Công Ông Táo Cần Chuẩn Bị Lễ Cúng Ông Công Ông Táo, Đồ Cúng Ông Công Ông Táo Gồm Những Gì

Nội dung

<1>Tỉ số kép của hàng điểm với áp dụngNguyễn Đình thành công , Nguyễn Phương Mai1. Một vài khái niệm về tỉ số kép của mặt hàng điểm, hàng mặt đường thẳngĐịnh nghĩa 1.1.Cho 4 điểm A, B, C, D cố gắng trên một đường thẳng. Lúc đó tỉ số kép của A, B, C, D (taAC BC:và ta kí hiệuchú ý cho tới tính trang bị tự) được có mang làAD BDAC BC(ABCD) =:AD BDAC BC(Chú ý: trong trường hợp:= −1 ta nói A, B, C, D là hàng điểm cân bằng và kíAD BDhiệu (ABCD)=-1)Từ quan niệm suy rai.(ABCD) = (CDAB) = (BADC) = (DCBA)11ii.(ABCD) ==(BACD) (ABDC)iii.(ABCD) = 1 − (ACBD) = 1 − (DBCA)iv.(ABCD) = (A "BCD) ⇔ A ≡ A "(ABCD) = (AB "CD) ⇔ B ≡ B "v.(ABCD) ≠ 1Định nghĩa 1.2. Phép chiếu xuyên tâm.Cho (d). S ở ngoài (d). Với mỗi điểm M, SM giảm (d) trên M’(M ko thuộc mặt đường thẳngqua S song song (d)). Vậy M→M’ là phép chiếu xuyên tâm với vai trung phong chiếu S lên (d)Tiếp theo ta đã phát biểu một định lí đặc biệt về phép chiếu xuyên tâmĐịnh lí 1.3. Phép chiếu xuyên trung ương bảo toàn tỉ số képChứng minh.Trước hết ta nên phát biểu một xẻ đềBổ đề 1.3.1.Cho S. A, B, C, D nằm trong (d). Từ bỏ C kẻ con đường thẳng tuy nhiên song SD cắt SA, SB trên A’, B’.CA "Khi kia (ABCD) =CB" <2>Thật vậy theo định lí Talet ta có:CA domain authority AC DB CA " DS CA "(ABCD) =:=:=:=CB DB AD CB DS CB " CB "Trở lại định lí ta cóCA " C1A ""(ABCD) === (A1B1C1D1) (d.p.c.m)CB" C1B""Nhận xét: A, B, C, D là mặt hàng điểm ổn định ⇔ C là trung điểm A’B’Từ định lí 1.3 ta có các hệ quả:Hệ quả 1.3.2.Cho 4 mặt đường thẳng đồng quy và con đường thẳng ∆ giảm 4 mặt đường thẳng này trên A, B, C, D. Khiđó (ABCD) không dựa vào vào ∆Hệ trái 1.3.3.Cho hai tuyến phố thẳng ∆1 , ∆ 2 cắt nhau tại O. A, B, C ∈ ∆1 , A ", B ", C "∈ ∆ 2 . Khi đó:(OABC) = (OA " B "C ") ⇔ AA ", BB ", CC " đồng quy hoặc song một song songChứng minh.TH1. AA’, BB’, CC’ tuy nhiên songBO teo B "O C "O⇒:=:BA CA B" A C " A⇒ (OABC) = (OA " B"C ")TH2. AA’, BB’,CC’ không đôi một tuy vậy đặt AA "∩ BB " = S,SC ∩ ∆ = C" .Ta có:(OA "B"C ") = (OABC) = (OA " B"C")⇒ (OA "B"C ") = (OA "B"C")⇒ C " ≡ C ""Vậy AA’, BB’, CC’đồng quyHệ trái 1.3.4.Định nghĩa 1.4 <3>Cho tư đường thẳng a, b, c, d đồng quy tại S. Một con đường thẳng (l) giảm a, b, c, d tại A, B,C, D. Lúc ấy tỉ số kép của chùm a, b, c, d bởi tỉ số kép của sản phẩm A, B, C, D.Từ đây ta suy ra:  sin(OA, OC) sin(OB, OC)  : (abcd) = (ABCD) =sin(OA, OD) sin(OB, OD)Tính hóa học trên là một tính hóa học quan trọng, rất hữu dụng trong bài toán giải các bài toánChú ý: Chùm a, b, c, d là chùm điều hòa ⇔A, B, C, D là hàng điểm điều hòaTính chất 1.5.Cho chùm ổn định (abcd)Nếu b⊥d ⇔ b, d là phân giác các góc tạo bởi a và cChứng minh.- nếu b, d là phân giác góc tạo do a, c suy ra điều phải chứng minh- giả dụ b⊥d. Trường đoản cú C kẻ mặt đường thẳng tuy vậy song OD. Do (abcd)=-1 đề nghị MC = MN suy ra b, dlà phân giác góc COATính chất 1.6.Cho O với O’ vị trí d. Những đường trực tiếp a, b, c đồng quy trên O, a’, b’, c’ đồng quy tạiO’. A "∩ a = A, b ∩ b " = B, c ∩ c " = C . Minh chứng rằng A, B, C thẳng hàng ⇔( abcd ) = ( a’b’c’d )Chứng minh. Xét AC ∩ d = K2. Một vài ví dụChú ý : Trong một số trong những bài toán gồm có trường hợp dễ dàng như những đường trực tiếp songsong cùng với nhau, chứng minh các trường hòa hợp này tương đối đơn giản, xin bỏ qua2.1.Cho tứ giác ABCD. E = AB ∩ CD, F = AD ∩ BC, G = AC ∩ BD . EF ∩ AD, AB = M, N .Chứng minh rằng (EMGN) = −1 .Chứng minh. <4>Xét phép các phép chiếu:A: E → B, G → C, M → F, N → N ⇒ ( EGMN ) = ( BCFN )D: E → C, G → B, M → F, N → N ⇒ (EGMN) = (CBFN)⇒ ( BCFN ) = (CBFN)1(BCFN)⇔ (BCFN) = −1 (do (BCFN) ≠ 1 )⇔ (BCFN) =Vậy ( EGMN ) = −1 (d.p.c.m)Nhận xét: từ 2.1 ta suy ra bài bác toán: cho tam giác ABC. D, E, F thuộc những cạnh BC, CA,AB. EF ∩ BC = M . Ta có: AD, BE, CF đồng quy ⇔ (ABDM) = −12.2.Cho tứ giác ABCD. AC ∩ BD = O . Một con đường thẳng (d) đi qua (O).(d) ∩ A, B, C, D = M, N, P, Q . Chứng tỏ rằng: ( MNOP ) = ( MOQP )Chứng minh.Xét các phép chiếu: <5>A : M → J, O → C, Q → D, p → p. ⇒ (MOQP) = ( JCDP )B : M → J, N → C, O → D, phường → p ⇒ (MNOP) = ( JCDP )Vậy ( MNOP ) = ( MOQP )Nhận xét : trường đoản cú 2.2 ta suy ra bài toán sau:Cho tứ giác ABCD. AC ∩ BD = O . Một mặt đường thẳng (d) trải qua (O).(d) ∩ A, B, C, D = M, N, P, Q . Chứng tỏ rằng: O là trung điểm chính phủ quốc hội khi còn chỉ khi O làtrung điểm MP.Bài toán trên chính là định lí “con bướm” trong tứ giác.2.3.Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). S∈(O). Khi đó S(ABCD) = const (S(ABCD)là tỉ số kép của chùm SA, SB, SC, SDChứng minh.Ta cóS(ABCD)    sin(SA,SC) sin(SB,SC) sin(BA, BC) sin(AB, AC)  :  =  : =sin(SA,SD) sin(SB,SD) sin(BA, BD) sin(AB, AD)=AC BC:= const (d.p.c.m)AD BD2.4.Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), AC ∩ BD = J .Một con đường thẳng (d) qua J ,(d) ∩ AB, CD, (O) = M, N, P, Q . Chứng minh rằng: (QMJP) = (QJNP)Chứng minh. <6>Theo 2.3 ta có:A(QBCP) = D(QBCP⇔ (QMJP) = (QJNP)Nhận xét. Từ 2.4 ta có câu hỏi sau:Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), AC ∩ BD = J .Một mặt đường thẳng (d) qua J ,(d) ∩ AB, CD, (O) = M, N, P, Q . Chứng tỏ rằng: JM = JN ⇔ JP = JQBài toán trên chính là định lí con bướm trong con đường tròn2.5.Cho tam giác ABC. AD, BE, CF đồng quy, EF ∩ AD = L . Trường đoản cú L kẻ con đường thẳng vuônggóc BC trên H. Chứng tỏ rằnga. HL là phân giác FEHb. Đường thẳng qua L cắt CA, CF tại X, Y. Chứng tỏ rằng LD là phân giác của XDYChứng minh.a. EF ∩ BC = J . Vì AD, BE, CF đồng quy nên (BCDJ) = −1 .Suy ra H(BCDJ)=-1 mà HL ⊥ HJ buộc phải HL là phân giác FEHb. XY ∩ BC = K . Xét phép chiếu:C : J → K, F → X, E → Y, I → I⇒ (YXIK) = (EFIJ) = −1⇒ H(YXIK) = −1 <7> (đ.p.c.m)Mà HI ⊥ HK phải HI là phân giác XHY2.6. (Định lí decas)Cho hai đường thẳng ∆, ∆ " . A, B, C ∈ ∆, A ", B ", C " ∈ ∆ " . BC ∩ B "C " = X, AC ∩ A "C " = Y,AB ∩ A " B " = Z . Chứng minh rằng X, Y, Z thẳng hàngChứng minh.Gọi A "C ∩ AB " = M, C " B ∩ B "C = N, AB ∩ A " B " = L . Xét những phép chiếu:A " : B" → L, M → C, Z → B, A → A ⇒ (B " MZA) = (LCBA)C " : B " → L, C → C, X → B, N → A ⇒ (B "CXN) = (LCBA)⇒ (B " MZA) = (B "CXN)⇒ MC, AN, XZ đồng quy⇒ X, Y, Z thẳng hàngNhận xét: bài toán trên mang đến ta một phương thức mạnh để minh chứng các điểm thẳnghàng2.7.Cho hai tam giác ABC cùng A’B’C’. R = BC ∩ B "C ", Q = CA ∩ C " A ", p. = AB ∩ A " B " .Chứng minh rằng P, Q, R ⇔ AA ", BB ", CC " đồng quy hoặc đôi một tuy nhiên songChứng minh. <8>Đặt S = BB "∩ CC ", Q = AC ∩ A "C ", p = AB ∩ A " B ", M, N = PQ ∩ BB ", CC " . Ta có:AA ", BB ", CC " đồng quy hoặc song một tuy nhiên song⇔ S, A, A "⇔ P(A " NAS)=Q(A"MAS)⇔ P(B " MBS) = Q(C " NCS)⇔ BC, B "C ", MN đồng quy⇔ P, Q, R2.8. Trên trục số cho bốn điểm A, B, C, D; I là trung điểm của AB, K là trung điểm củaCD. Chứng minh rằng các điều khiếu nại sau tương đương:CADA(1)a.=−CBDB211b.=+AB AC AD2c.IA = IC.IDd.AC.AD = AB.AKChứng minh.Chọn một điểm O bất kể trên trục làm gốc. Đặt OA = 1, OB = b, OC = c, OD = d . Khi đó:CADAa −c a −d(2)=−⇔=⇔ 2 ( ab + cd ) = ( a + b )( c + d )b−c b−dCBDB2 1 1211=+- chọn O ≡ A(a = 0) , ta có ( 2 ) ⇔ 2cd = bc + bd ⇔ = + ⇔b c dAB AC ADvậy a. ⇔ b.- chọn O ≡ I , ta có a = −b và bởi vì đó <9>2(2) ⇔ a 2 = cd ⇔ IA = IC.IDVậy a. ⇔ c.211AC + AD- Lại có=+⇔ AC.AD = AB.= AC.AD = AB.AK2AB AC ADVậy b. ⇔ d.2.9.Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). AB ∩ CD = S, AD ∩ BC = F, AC ∩ BD = E. Tiếp tuyếnSM, SN với mặt đường tròn. Chứng tỏ rằng E, F, M, NChứng minh.SE ∩ AD, BC = Y, T.MN ∩ AB, CD = X, Z . Ta có:(SXAB) = −1 = (SZCD) ⇒ AD, BC, XZ đồng quy ⇒ F, X, Z ⇒ F, M, N(SXAB) = −1 = (SEYT) ⇒ AT, BY, EX đồng quy ⇒ F, X, E(SZCD) = −1 = (SEYT) ⇒ DT, ZE, CY đồng quy ⇒ F, Z, ETừ bên trên suy ra E, F, M, N2.10.Cho lục giác ABCDEF nội tiếp (O). X = AC ∩ BD, Y = BE ∩ CF, Z = AE ∩ DF . Chứngminh rằng X, Y, ZChứng minh. <10>Do A, B, C, D, E, F ∈ (O) nên:B(ACDE) = F(ACDE)⇒ (ACXM) = (ANZE)⇒ EM, CN, XZ đồng quy⇒ X, Y, Z (d.p.c.m)Chú ý. Định lí trên với tên Pascal, nó có hơn 200 hệ quả2.11.Cho tam giác ABC nước ngoài tiếp (I). D, E, F là tiếp điểm của (I) cùng với BC, CA, AB.AD ∩ (I) = X, BX ∩ (I) = Y, CX ∩ (I) = Z . Chứng tỏ rằng BZ, CY, AX đồng quyChứng minh.Kẻ tiếp đường tại X của (I) giảm BC trên K.Trong tứ giác XEDF ta tất cả tiếp con đường tại F, E với XD đồng quy tại A yêu cầu tứ giác XEDF làtứ giác điều hòaMà KX, KD là tiếp con đường của (I) tại X, D yêu cầu K, E, FMặt khác AD, BE, CF đồng quy bắt buộc ( KCBC ) = −1Suy ra: