Đề 1:
Câu 5.
Trên mặt phẳng cho n điểm ( n \(\ge\)3), trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn đi qua 3 điểm trong số các điểm đã cho mà không chứa trong nó điểm nào thuộc tập các điểm còn lại.
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
20 tháng 4 2018
Trên mặt phẳng cho n > = điểm sao cho khoảng cách giữa 2 điểm bất kì đôi một khác nhau. Người ta nối mỗi điểm với điểm gần nhất.
CMR qua mỗi điểm co không quá 5 đoạn thẳng
30 tháng 1 2017
Giải bài dưới.
Trong 2010 điểm không thẳng hàng này luôn tôn tại 2 điểm A,B sao cho 2008 điểm còn lại cùng thuộc một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB.
Ta lần lược nối 2008 điểm còn lại với 2 điểm A, B thì sẽ tạo được 2008 góc: AC1 B, AC2 B,...,AC2008 B.
Vì số góc là hữu hạn nên luôn tồn tại góc AC k B có số đo lớn nhất. Khi đó đường tròn đi qua 3 điểm đó là đường tròn cần tìm
27 tháng 1 2017
Mình xin đề xuất bài toán tổng quát như sau (à với lại đề bên trên có một lỗi nhỏ xíu):
Cho tam giác \(ABC\) bất kì (ko cần vuông nữa). Đường tròn nội tiếp tâm \(I\)tiếp xúc \(AB,AC\) tại \(P,Q\). Gọi \(F\) là trung điểm \(AC\), và gọi \(d\) là đường trung bình qua \(F\) của tam giác \(ABC\).
Chứng minh: \(d,PQ,BI\) và đường tròn ngoại tiếp tam giác \(QIC\) đồng quy tại một điểm.
-----
P/S: Trước mắt mình xin nói sơ hướng giải quyết, chắc ngày mai nếu bạn vẫn ko làm được thì mình hãy đăng lời giải cụ thể.
Bước 1: \(BI\) cắt đường tròn \(\left(QIC\right)\) tại \(L\). Suy ra \(\widehat{BLC}\) vuông.
Bước 2: Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\). Hãy chứng minh \(LM\) song song với \(BC\). Suy ra \(L\in d\).
Bước 3: Hãy chứng minh \(\widehat{AQP}=\widehat{LQC}\). Lưu ý rằng \(\widehat{LQC}=\widehat{LIC}\) là góc ngoài của tam giác \(BIC\), còn \(\widehat{AQP}=\frac{180^o-\widehat{A}}{2}\).
Bước 4: Suy ra \(L\in PQ\) và ta có điều phải chứng minh.
(Mình xin lỗi vì ko biết các điểm \(E,F\) BAN ĐẦU có ý nghĩa gì. Nếu được bạn xem lại đề giúp.)
29 tháng 3 2015
Trong 2010 điểm đã cho, tồn tại 2 điểm A,B sao cho 2008 điểm còn lại nằm cùng phía đối với AB
Vì không có 4 điểm nào cùng thuộc một đường tròn nên ta đặt 2008 điểm còn lại lần lượt là
N1,N2,N3....,N2008
sao cho
AN1B>AN2B>AN3B>....>AN2008B
Ta vẽ đường tròn đi qua 3 điểm
A,B,N1001
Khi đó các điểm N1,N2,N3....,N1000 nằm trong đường tròn đã vẽ và 1007 điểm còn lại nằm ngoài đường tròn (đpcm)
ko chắc đâu nhoa
2 tháng 12 2021
Xét điểm thứ nhất (A)(A) nối với 5 điểm còn lại (B,C,D,E,FB,C,D,E,F) tạo thành 5 đoạn thẳng
Vì mỗi đoạn thẳng được tô chỉ màu đỏ hoặc xanh, nên theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất ba trong năm đoạn nói trên cùng màu. Giả sử 3 đoạn cùng màu là đoạn AB,AC,AD có 2 trường hợp:
Đoạn AB,AC,ADAB,AC,AD màu xanh tạo thành ΔABC,ABD,BCD,ABDΔABC,ABD,BCD,ABD có đỉnh thuộc cạnh màu xanh
Nếu ngược lại 3 đoạn màu đỏ thì tạo thành ΔABC,ABD,BCD,ABDΔABC,ABD,BCD,ABD có đỉnh thuộc cạnh màu đỏ.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
2 tháng 12 2021
Xét điểm thứ nhất (A)(A) nối với 5 điểm còn lại (B,C,D,E,FB,C,D,E,F) tạo thành 5 đoạn thẳng
Vì mỗi đoạn thẳng được tô chỉ màu đỏ hoặc xanh, nên theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất ba trong năm đoạn nói trên cùng màu. Giả sử 3 đoạn cùng màu là đoạn AB,AC,AD có 2 trường hợp:
Đoạn AB,AC,ADAB,AC,AD màu xanh tạo thành ΔABC,ABD,BCD,ABDΔABC,ABD,BCD,ABD có đỉnh thuộc cạnh màu xanh
Nếu ngược lại 3 đoạn màu đỏ thì tạo thành ΔABC,ABD,BCD,ABDΔABC,ABD,BCD,ABD có đỉnh thuộc cạnh màu đỏ.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
CM
12 tháng 7 2019
Đáp án B
Các phát biểu đúng: 1; 4; 5; 6
2. Có một và chỉ một mặt phẳng đi qua 3 điểm phân biệt không thẳng hàng
3. Nếu 1 đường thẳng có 2 điểm phân biệt thuộc một mặt phẳng thì mọi điểm của đường thẳng đều thuộc mặt phẳng đó
7. Trên mỗi mặt phẳng, các kết quả đã biết trong hình học phẳng đều đúng
20 tháng 5 2023
Gọi \(2n+1\) điểm đó là \(A_1,A_2,...,A_{2n+1}\). Do số điểm là hữu hạn nên tồn tại 1 đoạn thẳng \(A_iA_j\left(i\ne j\right)\) sao cho \(A_iA_j\) lớn nhất trong các \(A_kA_l\left(k\ne l;k,l=\overline{1,2n+1}\right)\).
TH1: Nếu \(A_iA_j\le1\), ta dựng 2 đường tròn \(\left(A_i,1cm\right)\) và \(\left(A_j,1cm\right)\). Dĩ nhiên nếu có bất kì điểm \(A_m\) nào nằm ngoài 2 đường tròn trên thì mâu thuẫn với giả thiết \(A_iA_j\) là đoạn thẳng có độ dài lớn nhất. Do đó, tất cả \(2n+1\) điểm sẽ nằm trong 2 đường tròn. Theo nguyên lí Dirichlet sẽ tồn tại 1 hình tròn chứa \(n+1\) điểm trong \(2n+1\) điểm đã cho. Đó là hình tròn cần tìm.
TH2: Nếu \(A_iA_j>1\), ta vẫn dựng 2 đường tròn \(\left(A_i,1cm\right)\) và \(\left(A_j,1cm\right)\). Khi đó nếu có bất kì điểm \(A_m\) nào nằm ở ngoài cả 2 hình tròn thì \(A_mA_i\) và \(A_mA_j\) đều lớn hơn 1. Khi đó bộ 3 điểm \(\left(A_i,A_j,A_m\right)\) mâu thuẫn với giả thiết trong 3 điểm bất kì luôn có 2 điểm có khoảng cách nhỏ hơn 1. Do vậy, tất cả các điểm đã cho đều nằm trong 2 đường tròn kể trên. Lại theo nguyên lí Dirichlet thì tồn tại \(n+1\) điểm thuộc cùng một hình tròn. Đấy chính là hình tròn cần tìm.
Vậy trong mọi trường hợp, ta đều tìm được 1 hình tròn bán kính 1cm chứa \(n+1\) điểm trong số \(2n+1\) điểm đã cho. Ta có đpcm.
20 tháng 5 2023
Mình giải thích thêm trường hợp 1 nhé. Nếu như có 1 điểm \(A_m\) nằm ngoài 1 trong 2 đường tròn \(\left(A_i,1\right)\) và \(\left(A_j,1\right)\) thì 1 trong 2 đoạn \(A_mA_i\) và \(A_mA_j\) sẽ lớn hơn 1. Không mất tính tổng quát, giả sử đó là đoạn \(A_mA_i\). Khi đó \(A_mA_i>1\ge A_iA_j\), vô lí vì ta đã giả sử \(A_iA_j\) là đoạn có độ dài lớn nhất.
Đề bài thiếu : không có 4 điểm nào cùng thuộc 1 đường tròn ( nhỡ n điểm này cùng thuộc 1 đường tròn)
Có n điểm mà ko có 3 điểm nào thẳng hàng luôn tồn tại 2 điểm sao cho n−2 điểm còn lại ∈ cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng chứa đoạn thẳng có 2 mút là 2 điểm trên
gọi 2 điểm đó là A1,A2 và n−2 điểm còn lại là B1,B2,B3,...,Bn−2
Xét các góc A1BiA2ˆ(i=1,2,3,..,n−2)
luôn tồn tại một góc có số đo lớn hơn hẳn những góc còn lại giả sử là A1BmA2ˆ
khi đó vẽ đường tròn ngoại tiếp TG này
Dễ cm nếu ∃1 điểm nằm trong đường tròn đó gs là Bn thì A1BnA2ˆ>A1BmA2ˆ
=> vô lý vì góc trên là lớn nhất
P/s : Bài náy có thể mở rộng là có thể vẽ 1 đường tròn chứa đúng m điểm với (m≤n)
Trong các khoảng cách từ O đến các cạnh của đa giác, giả sử khoảng cách từ O đến cạnh AB là nhỏ nhất (đó là đường vuông góc OE)
Ta sẽ chứng minh E phải thuộc cạnh AB
Giả sử E nằm ngoài cạnh AB, khi đó OE phải cắt một trong các cạnh của đa giác tại G
Dễ thấy OF<OG<OE nghĩa là điểm O gần cạnh BC hơn cạnh AB
Điều này trái với việc chọn cạnh AB, từ đó ta có điều phải chứng minh