Ôn tập phương trình vô tỉ trong Toán THCS ôn thi vào lớp 10. Mọi thông tin cần hỗ trợ tư vấn, đăng ký học tập vui lòng liên hệ văn phòng gia sư thủ khoa Tài Đức Việt - Tel: 0936.128.126. Website: http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn
Một số chuyên đề bồi dưỡng HSG môn Toán lớp 8. Mọi thông tin cần hỗ trợ tư vấn và đăng ký học tập môn Toán lớp 8 vui lòng liên hệ văn phòng gia sư: 0936.128.126.
Phương trình số phức - phần 1. Xem thêm luyện thi đại học tại đây
http://giasuminhtri.edu.vn/luyen-thi/luyen-thi-dai-hoc-mon-toan.html?gclid=CKzM777AwsQCFU5vvAodBDEAYg
Đề thi kiểm tra học kì 2 môn Toán lớp 7 - Đề 1. Mọi thông tin cần hỗ trợ tư vấn đăng ký học tập môn Toán lớp 7 vui lòng liên hệ cho chúng tôi theo số máy: 0936.128.126.
Ôn tập phương trình vô tỉ trong Toán THCS ôn thi vào lớp 10. Mọi thông tin cần hỗ trợ tư vấn, đăng ký học tập vui lòng liên hệ văn phòng gia sư thủ khoa Tài Đức Việt - Tel: 0936.128.126. Website: http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn
Một số chuyên đề bồi dưỡng HSG môn Toán lớp 8. Mọi thông tin cần hỗ trợ tư vấn và đăng ký học tập môn Toán lớp 8 vui lòng liên hệ văn phòng gia sư: 0936.128.126.
Phương trình số phức - phần 1. Xem thêm luyện thi đại học tại đây
http://giasuminhtri.edu.vn/luyen-thi/luyen-thi-dai-hoc-mon-toan.html?gclid=CKzM777AwsQCFU5vvAodBDEAYg
Đề thi kiểm tra học kì 2 môn Toán lớp 7 - Đề 1. Mọi thông tin cần hỗ trợ tư vấn đăng ký học tập môn Toán lớp 7 vui lòng liên hệ cho chúng tôi theo số máy: 0936.128.126.
Để xem full tài liệu Xin vui long liên hệ page để được hỗ trợ
:
https://www.facebook.com/garmentspace/
https://www.facebook.com/thuvienluanvan01
HOẶC
https://www.facebook.com/thuvienluanvan01
https://www.facebook.com/thuvienluanvan01
tai lieu tong hop, thu vien luan van, luan van tong hop, do an chuyen nganh
GIAO TRINH TRIET HOC MAC - LENIN (Quoc gia).pdfLngHu10
Chương 1
KHÁI LUẬN VỀ TRIẾT HỌC VÀ TRIẾT HỌC MÁC - LÊNIN
A. MỤC TIÊU
1. Về kiến thức: Trang bị cho sinh viên những tri thức cơ bản về triết học nói chung,
những điều kiện ra đời của triết học Mác - Lênin. Đồng thời, giúp sinh viên nhận thức được
thực chất cuộc cách mạng trong triết học do
C. Mác và Ph. Ăngghen thực hiện và các giai đoạn hình thành, phát triển triết học Mác - Lênin;
vai trò của triết học Mác - Lênin trong đời sống xã hội và trong thời đại ngày nay.
2. Về kỹ năng: Giúp sinh viên biết vận dụng tri thức đã học làm cơ sở cho việc nhận
thức những nguyên lý cơ bản của triết học Mác - Lênin; biết đấu tranh chống lại những luận
điểm sai trái phủ nhận sự hình thành, phát triển triết học Mác - Lênin.
3. Về tư tưởng: Giúp sinh viên củng cố niềm tin vào bản chất khoa học và cách mạng
của chủ nghĩa Mác - Lênin nói chung và triết học Mác - Lênin nói riêng.
B. NỘI DUNG
I- TRIẾT HỌC VÀ VẤN ĐỀ CƠ BẢN CỦA TRIẾT HỌC
1. Khái lược về triết học
a) Nguồn gốc của triết học
Là một loại hình nhận thức đặc thù của con người, triết học ra đời ở cả phương Đông và
phương Tây gần như cùng một thời gian (khoảng từ thế kỷ VIII đến thế kỷ VI trước Công
nguyên) tại các trung tâm văn minh lớn của nhân loại thời cổ đại. Ý thức triết học xuất hiện
không ngẫu nhiên, mà có nguồn gốc thực tế từ tồn tại xã hội với một trình độ nhất định của
sự phát triển văn minh, văn hóa và khoa học. Con người, với kỳ vọng được đáp ứng nhu
cầu về nhận thức và hoạt động thực tiễn của mình đã sáng tạo ra những luận thuyết chung
nhất, có tính hệ thống, phản ánh thế giới xung quanh và thế giới của chính con người. Triết
học là dạng tri thức lý luận xuất hiện sớm nhất trong lịch sử các loại hình lý luận của nhân
loại.
Với tư cách là một hình thái ý thức xã hội, triết học có nguồn gốc nhận thức và nguồn
gốc xã hội.
* Nguồn gốc nhận thức
Nhận thức thế giới là một nhu cầu tự nhiên, khách quan của con người. Về mặt lịch
sử, tư duy huyền thoại và tín ngưỡng nguyên thủy là loại hình triết lý đầu tiên mà con
người dùng để giải thích thế giới bí ẩn xung quanh. Người nguyên thủy kết nối những hiểu
biết rời rạc, mơ hồ, phi lôgích... của mình trong các quan niệm đầy xúc cảm và hoang
tưởng thành những huyền thoại để giải thích mọi hiện tượng. Đỉnh cao của tư duy huyền
thoại và tín ngưỡng nguyên thủy là kho tàng những câu chuyện thần thoại và những tôn
9
giáo sơ khai như Tô tem giáo, Bái vật giáo, Saman giáo. Thời kỳ triết học ra đời cũng là
thời kỳ suy giảm và thu hẹp phạm vi của các loại hình tư duy huyền thoại và tôn giáo
nguyên thủy. Triết học chính là hình thức tư duy lý luận đầu tiên trong lịch sử tư tưởng
nhân loại thay thế được cho tư duy huyền thoại và tôn giáo.
Trong quá trình sống và cải biến thế giới, từng bước con người có kinh nghiệm và có
tri thức về thế giới. Ban đầu là những tri thức cụ thể, riêng lẻ, cảm tính. Cùng với sự tiến
bộ của sản xuất và đời sống, nhận thức của con người dần dần đạt đến trình độ cao hơn
trong việc giải thích thế giới một cách hệ thống
CÁC BIỆN PHÁP KỸ THUẬT AN TOÀN KHI XÃY RA HỎA HOẠN TRONG.pptxCNGTRC3
Cháy, nổ trong công nghiệp không chỉ gây ra thiệt hại về kinh tế, con người mà còn gây ra bất ổn, mất an ninh quốc gia và trật tự xã hội. Vì vậy phòng chông cháy nổ không chỉ là nhiệm vụ mà còn là trách nhiệm của cơ sở sản xuất, của mổi công dân và của toàn thể xã hội. Để hạn chế các vụ tai nạn do cháy, nổ xảy ra thì chúng ta cần phải đi tìm hiểu nguyên nhân gây ra các vụ cháy nố là như thế nào cũng như phải hiểu rõ các kiến thức cơ bản về nó từ đó chúng ta mới đi tìm ra được các biện pháp hữu hiệu nhất để phòng chống và sử lý sự cố cháy nổ.
Mục tiêu:
- Nêu rõ các nguy cơ xảy ra cháy, nổ trong công nghiệp và đời sống; nguyên nhân và các biện pháp đề phòng phòng;
- Sử dụng được vật liệu và phương tiện vào việc phòng cháy, chữa cháy;
- Thực hiện được việc cấp cứa khẩn cấp khi tai nạn xảy ra;
- Rèn luyện tính kỷ luật, kiên trì, cẩn thận, nghiêm túc, chủ động và tích cực sáng tạo trong học tập.
GIÁO TRÌNH 2-TÀI LIỆU SỬA CHỮA BOARD MONO TỦ LẠNH MÁY GIẶT ĐIỀU HÒA.pdf
https://dienlanhbachkhoa.net.vn
Hotline/Zalo: 0338580000
Địa chỉ: Số 108 Trần Phú, Hà Đông, Hà Nội
Ảnh hưởng của nhân sinh quan Phật giáo đến đời sống tinh thần Việt Nam hiện nay
De thi vao 10 chuyen le hong phong 2018 2019
1. ĐỀ THI VÀO 10 CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG – NAM ĐỊNH 2018 – 2019
Môn thi: Toán chuyên
Ngày thi: 26/05/2018
Thời gian: 120 phút
Câu 1 (VD) (2 điểm)
a) Rút gọn biểu thức:
( )( ) ( )( ) ( )( )
2 2 2 2
1 1 1 1
x y x y
P
x y y x y x x y
= − −
+ − + + + −
b) Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 ... 1 2018.
1 2 2 3 2017 2018
+ + + + + + + + +
Câu 2 (VD) (2 điểm)
a) Giải phương trình: ( ) 2 2
2 1 2 1 1.x x x x x − + − + = −
b) Giải hệ phương trình:
( )
2
3 2 1 0
4
3 8 14 8
1 1
x y y x y x
y
x x y
y
− − + − − + =
− − = − −
+ +
Câu 3 (VDC) (3 điểm)
Cho đoạn thẳng AB và C là điểm nằm giữa A và B. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là
đường thẳng AB, vẽ nửa đường tròn đường kính AB và nửa đường tròn đường kính BC. Lấy
điểm M thuộc nửa đường tròn đường kính BC (M khác B, C). Kẻ MH vuông góc với BC
( );H BC đường thẳng MH cắt nửa đường tròn đường kính AB tại K. Hai đường thẳng AK,
CM cắt nhau tại E.
a) Chứng minh 2
. .BE BC AB=
b) Từ C kẻ Cn vuông góc với AB (N thuộc nửa đường tròn đường kính AB). Gọi P là giao
điểm của NK và CE. Chứng minhh rằng tâm đường tròn nội tiếp của tam giác BNE và PNE
cùng nằm trên đường BP.
c) Cho 2BC R= . Gọi 1 2,O O lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác MCH và
MBH. Xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác 1 2O HO lớn nhất.
Câu 4 (1,5 điểm)
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( );x y thỏa mãn 2 2
2 5 41 2x y xy+ = +
b) Có bao nhiêu số tự nhiên n không vượt quá 2019 thỏa mãn 3
2019n + chia hết cho 6.
Câu 5 (VDC) (1,5 điểm)
a) Cho các số thực dương thỏa mãn 1a b+ =
2. Chứng minh rằng ( ) ( ) ( )( )
2 1
3 4 3 3 .
2
a b a b ab a b b a+ − + + + +
b) Cho 100 điểm trên mặt phẳng sao cho trong bất kì 4 điểm nào cũng có ít nhất 3 điểm thẳng
hàng. Chứng minh rằng ta có thể bỏ đi một điểm trong 100 điểm đó để 99 điểm còn lại thuộc
cùng một đường thẳng.
3. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT.
Câu 1.
Phương pháp:
a) Đặt điều kiện sau đó rút gọn biểu thức bằng các phép biến đổi: Đặt nhân tử chung và sử
dụng các hằng đẳng thức đáng nhớ.
b) Áp dụng kiển thức: Với 0a b c+ + = thì ta có:
2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
.
a b c a b c
+ + = + +
Cách giải:
a) Điều kiện: , 1, 1.x y x y − −
( )( ) ( )( ) ( )( )
2 2 2 2
1 1 1 1
x y x y
P
x y y x y x x y
= − −
+ − + + + −
( )( )
2 2 2 2
1
1 1 1 1
x y x y
x y y x x y
= − −
+ − + + −
( )( ) ( )( )
2 3 2 3 2 2
1
.
1 1 1 1
x x y y x y
x y y x x y
+ − +
= −
+ − + + −
( )( )
( )( ) ( )( )
2 2 2 2
1
.
1 1 1 1
x y x y x xy y x y
x y y x x y
+ − + − +
= −
+ − + + −
( )( ) ( )( )
2 2 2 2
1 1 1 1
x y x xy y x y
y x x y
− + − +
= −
− + + −
( )( )
2 2 2 2
1 1
x y x xy y x y
x y
− + − + −
=
+ −
( ) ( ) ( )
( )( )
2 2
1
1 1
x y x x y y x
y x
− + − + −
=
− +
( )( ) ( )( )
( )( )
( )( )
( )( )
2 22
11 1 1
1 1 1 1
x x y y xyx y x y x x
y x y x
+ − + −− + + − +
= =
− + − +
( ) ( ) ( )( )2
1 1 1
1 1
x y y y y x xy y
y y
− − − − + −
= =
− −
.x xy y= + −
b) Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 ... 1 2018.
1 2 2 3 2017 2018
+ + + + + + + + +
4. Ta có:
( )2
2 2 2 2 2 2
21 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2. .
a b c
a b c a b c ab bc ac a b c abc
+ +
+ + = + + + + + = + + +
0a b c + + = ta có:
2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
.
a b c a b c
+ + = + +
Ta có: ( )1 1 2 0+ + − = nên
( )
2
22 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 .
1 1 2 2 22
+ + = + + = + − = +
−
Tương tự ta có:
( )
22 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1
2 3 2 2 33
+ + = + + = + −
−
( )
22 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1
3 4 3 3 44
+ + = + + = + −
−
.............................
.............................
( )
22 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1 .
2017 2018 2017 2017 20182018
+ + = + + = + −
−
( )
1 1 1 1 1 1
VT 1 1 1 .... 1 2018 2018
2 2 3 2017 2018 2018
dpcm = + + + + − + + + − = −
Câu 2:
Phương pháp:
a) Tìm điều kiện xác định của phương trình:
+) Giải phương trình bằng các phép biến đổi tương đương.
b) Biến đổi từng phương trình sau đó giải hệ phương trình bằng cách xét các trường hợp.
Cách giải:
a) Điều kiện: 2 1 2
2 1 0 .
1 2
x
x x
x
− +
+ −
− −
PT ( ) 2 2
2 1 2 1 2 1x x x x x − + − + = −
( ) 2 2
2 1 2 1 2 1x x x x x − − + − = − + +
( ) ( )
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1x x x x x x x x − − − + − + + − = + +
5. ( ) ( )
2
22
1 2 1 1x x x x − − + − = +
2 2
2 2
1 2 1 1 2 2 1
1 2 1 1 2 1 2
x x x x x x x
x x x x x x
− − + − = + − = + −
− − + − = − − + − =
2 2 2
2 2
0 0
4 2 1 3 2 1 0
2 1 4 2 5 0
x x
x x x x x
x x x x
= + − − + =
+ − = + − =
( )
( )
0
1 6 1 6.
1 6
x
VN
x TM x
x KTM
= + = +
= −
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: 1 6.x = +
b) Điều kiện
( )
( )
1 0 8
8 0 1
1 0 1 0
y x y x x
x y
y y x y x
− − +
− −
+ − − +
( ) ( )
( )2
3 2 1 0 1
4
3 8 14 8 2
1 1
x y y x y x
y
x x y
y
− − + − − + =
− − = − −
+ +
Ta có: ( ) ( ) ( )1 1 3 2y x y x x y − − + = − − −
( )2
3 2xy y y x x y − − + = − − −
( )( ) ( )1 3 2. *x y y x y − − + = − −
Đặt ( ) ( ) ( )* 1 3 2t x y k y x y − + + = − −
1
1
3
2
2
t
t
k t
k
k
=
=
− = −
= − = −
( ) ( )( ) ( ) ( )* 1 2 1x y y x y y − − + = − − +
( ) ( ) ( )( ) ( )2 1 1 0 **x y y x y y − − + + − + =
6. +) TH1: ( )1 ** 1.y x= − = −
Khi đó: ( )
( )
( )
( ) ( )
24. 1
2 3 8 1 1 14. 1 8
1 1 1
−
+ − = − − − −
− + +
3.3 4 7 + = (vô lý)
+) TH2: Chia cả hai vế của phương trình ( )** cho 1y + ta được:
( )
( )
( )
2 1
1 1
** 2 0 1 .
1 1 2
2
1
x y
TM
yx y x y x
x y y y
y y x y
KTM
y
−
=
+ − − − − + = − = + = + + − = −
+
Khi đó ta có:
( ) 2
1
4.
122 3 8 14. 8
21
1 1
2
x
x
x x
x
−
−
− − = − −
+
+ +
( ) 22 1
3 8 7 1
1
1
2
x
x x x
x
−
− − = − −
+
+
( ) 22 1
3 8 7 1 0.
1
1
2
x
x x x
x
−
− − − + + =
+
+
Đặt ( )
( ) 22 1
3 8 7 1.
1
1
2
x
f x x x x
x
−
= − − − + +
+
+
Ta có: ( ) ( ) ( ) ( )1 6, 8 11 2 1 . 8 66 36 2 0.f f f f− = = − + − = − +
( )3 có ít nhất một nghiệm trong đoạn 1;8 .−
Lại có ( )7 0 7f x= = là nghiệm của ( )
7 1
3 3.
2
y
−
= =
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ) ( ); 7;3 .x y =
Câu 3:
Phương pháp:
a) Chứng minh ~ .BEC BAE
7. b) Chứng minnh tam giác BNE và PNE là các tam giác cân và BP là đường phân giác của hai
tam giác cân đó.
c) Chứng minh 1 21 1 2 2; .O O HHO GO HO FO C GF= = = Tìm mối liên hệ của GF và MH. Từ
đó tìm giá trị lớn nhất của GF.
Cách giải:
a) Ta có 90BME BKE= = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Hai điểm M và K cùng nhìn BE dưới 1 góc 90 Tứ giác BMKE là tứ giác nội tiếp.
BEC BKH = (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM)
Mà BKH BAE= (cùng phụ với ABK ) .BEC BAE =
Xét tam giác BEC và tam giác BAE có: ABE chung, ( ).BEC BAE cmt=
( ) ( )2
~ . 1 .
BE BC
BEC BAE g g BE BA BC
BA BE
= =
b) ta có 90ANB ANB= vuông tại N ( )2
. 2 .BC BA BN =
Từ ( )1 và ( )2 BNE cân tại B ( )3BNE BEN = và B thuộc trung trực của NE.
Ta có BNP BAK= (hai góc nội tiếp chắn cung BK)
Mà ( ) ( )~ 4BAK BAE BEC BEC BAE BNP BEP= = =
Từ ( )3 và ( )4 PNE PEN PNE = cân tại P P thuộc trung trực của NE.
BP là trung trực của NE.
8. Do tam giác BNE cân tại B và tam giác PNE cân tại P nên trung trực BP đồng thời là đường
phân giác.
Do đó tâm đường tròn nội tiếp các tam giác BNE và PNE cùng nằm trên BP.
c) Gọi ,G F lần lượt là giao điểm của 1 2O O với MC và MB.
Ta có 1 2 45O HM O HB= = và 1 2
1 1
.
2 2
O MH HMC MHB O BH= = =
( ) 1
1 2
2
~ .
O H MH
O HM O HB g g
O H BH
=
Ta có: ( ) 1 1 2
2
~ .
O H O H O HMH MC CM
MHC BHM g g
BH BM O H BM CM BM
= = =
Vì 1 2,O H O H là phân giác của hai góc kề bù 1 2 1 2 90 .O H O H O HO BMC ⊥ = =
Xét tam giác 1 2O HO và CMB có
( ) ( )1 2
1 2 1 290 ; ~ . .
O H O H
O HO BMC cmt O HO CMB c g c
CM BM
= = =
1 2O O H CBM = (hai góc tương ứng). Mà
1 2 2 2180 180O O H HO F CBM HO F+ = + = Tứ giác 2HO FB là tứ giác nội tiếp (Tứ
giác có tổng hai góc đối bằng 180 . )
2 45MFG O HB = = (cùng bù với 2 ).O FB
MEG vuông cân tại M.
Xét tam giác 2MO H và 2MO F có:
( ) ( )2 2 2 2 2; 45 .HMO FMO gt MHO MFG cmt MO H MO F= = = =
2MO chung
( )2 2 2 2. . ; .MO H MO F g c g MH MF HO FO = = =
CMTT ta có: MH MG= và 1 1.HO GO=
Chu vi tam giác 1 2O O H là:
1 2 1 2 1 1 1 2C HO HO O O GO FO O O GF= + + = + + = để chu vi tam giác 1 2O HO lớn nhất
maxGF
Xét tam giác vuông cân MEF có 2 2 2 2 2
2 2 2.GF MG MF MG MH EF MH= + = = =
max maxGF MH M là điểm chính giữa cung BC.
Câu 4.
9. Phương pháp:
a) Phân tích hằng đẳng thức thành 2 2
4
5
16 25 .
5
4
A
B
A B
A
B
=
= + = +
=
=
b) ( ) ( )3 3
2019 2019n n n n+ = − + +
Chứng minh 3
n n− chia hết cho 6
Tìm n để 2019n+ chia hết cho 6.
Cách giải:
a) 2 2
2 5 41 2x y xy+ = +
2 2 2 2
2 4 4 41x xy y x xy y + + + − + =
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 16 25 4 5x y x y + + − = + = +
4
2 5
4
2 5
4
2 5
4
2 5
x y
x y
x y
x y
x y
x y
x y
x y
+ =
− =
+ = −
− = −
+ =
− = −
+ = −
− =
hoặc
5
2 4
5
2 4
5
2 4
5
2 4
x y
x y
x y
x y
x y
x y
x y
x y
+ =
− =
+ = −
− = −
+ =
− = −
+ = −
− =
( )
( )
( )
( )
13
3
4 1
2 5 3
4 13
32 5
14
3
2 5
1
4
3
2 5
1
3
x
KTMx y
y
x y
x y
x
x y KTM
x y y
x y
x
TMx y
y
x y
x
TM
y
=
+ = = − − = + = − = − − = − + = = − = − =+ = − = − =
= −
= −
hoặc
( )
( )
( )
( )
14
3
5 1
2 4 3
5 14
32 4
.15
3
2 4
2
5
3
2 4
2
3
x
KTMx y
y
x y
x y
x
x y KTM
x y y
x y
x
TMx y
y
x y
x
TM
y
=
+ = = − = + = − = − − = − + = = − − = − =+ = − = − =
= −
= −
10. Vậy các cặp ( );x y nguyên thỏa mãn 2 2
2 5 41 2x y xy+ = + là
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; 1;3 ; 1; 3 ; 2;3 ; 2; 3 .x y − − − −
Câu 5.
Cách giải:
a) Ta có ( )( )
1 3 3
3 3
2 4
Cauchy
a b b a
a b b a a b
+ + +
+ + = +
Từ giả thiết ta có: ( )
2
1 2 1 2 1 4 1 .a b a b ab ab a b ab a b+ = + + = = − − = − −
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )
2 2 21
3 4 3 3 3 1
2
a b a b ab a b b a a b a b a b a b+ − + + + + + − + + − − +
2 2 2 2
3 6 3 2 2 1 2 2 2 0a ab b a b a b a b ab + + − − + + + − − +
2 2
4 4 1 8 4 4 0a b ab a b + + + − −
( )
2
1 2 2 0a b − − (luôn đúng)
Vậy đẳng thức được chứng minh.
b) Xét tam giác ABC với A, B, C là ba điểm trong
100 điểm đã cho.
Lấy D là điểm thứ tư hoặc ,D AB hoặc
D AC , hoặc .D BC
Không mất tính tổng quát ta giả sử
Lấy điểm E là điểm thứ năm.
Nếu E AB thì trong 4 điểm A, D, C, E không có 3 điểm nào thẳng hàng.
Nếu E AD thì trong 4 điểm A, B, C, E không có 3 điểm nào thẳng hàng.
Nếu E AC thì trong 4 điểm A, D, B, E không có 3 điểm nào thẳng hàng.
Do đó .E BC
Tương tự ta chứng minh được 95 điểm còn lại thuộc BC . Cho nên yếu tố bỏ đi điểm A thì
99 điểm còn lại đều thuộc BC.