Aristoteles (tiếng Hy Lạp cổ đại: Ἀριστοτέλης aristotélɛːs, Aristotélēs; phiên âm trong tiếng Việt là Aritxtốt; 384 – 322 TCN)1 là một nhà triết học và bác học thời Hy Lạp cổ đại, học trò của Platon và thầy dạy của Alexandros Đại đế. Di bút của ông bao gồm nhiều lĩnh vực như vật lý học, siêu hình học, thi văn, kịch nghệ, âm nhạc, luận lý học, tu từ học (rhetoric), ngôn ngữ học, Kinh tế học, chính trị học, đạo đức học, sinh học, và động vật học. Ông được xem là người đặt nền móng cho môn luận lý học, và được mệnh danh là Cha đẻ của Khoa học chính trị. Ông cũng thiết lập một phương cách tiếp cận với triết học bắt đầu bằng quan sát và trải nghiệm trước khi đi tới tư duy trừu tượng. Cùng với Platon và Socrates, Aristoteles là một trong ba trụ cột của văn minh Hy Lạp cổ đại.
Bài tập ôn đội tuyển IMO năm 2014 Nguyễn Văn Linh Số Bài Cho ngũ giác lồi ABCDE Gọi A1 giao CE BD, B1 giao AD CE, tương tự định nghĩa C1 , D1 , E1 Gọi A2 giao (AC1 E) (AD1 B) Tương tự định nghĩa B2 , C2 , D2 , E2 Chứng minh AA2 , BB2 , CC2 , DD2 , EE2 đồng quy S A Q A2 E E2 B D1 C1 B2 X E1 B1 D2 A1 C2 D C R Chứng minh Gọi S giao điểm thứ hai (AB2 C) (ED2 C) Ta có ∠ED2 C = 180◦ − ∠D2 EB1 − ∠D2 CA1 = 180◦ − ∠B1 DD2 − ∠A1 DD2 = 180◦ − ∠B1 DA1 Tương tự ∠DB2 C = 180◦ − ∠D1 BE1 Do ∠ESA = ∠ESC + ∠ASC = 180◦ − ∠ED2 C + 180◦ − ∠AB2 C = ∠C1 DB + ∠C1 BD = 180◦ − ∠EC1 A, nghĩa S nằm (AC1 E) Gọi Q giao (CD2 E) EB QC cắt AD R Ta có S điểm Miquel tam giác C1 RQ ứng với điểm A, E, C Suy R nằm (AB2 C) Ta có ∠B1 DD2 = ∠D2 EC = ∠D2 QR nên R, D, D2 , Q thuộc đường tròn, tương tự R, B2 , B, Q thuộc đường tròn Mặt khác, ∠BQR = 180◦ − ∠ED2 C = ∠ADB nên R, D, B, Q thuộc đường tròn Suy D, D2 , B2 , B thuộc đường tròn ω1 Tương tự, E, E2 , B2 , B thuộc đường tròn ω2 Áp dụng định lý tâm đẳng phương cho đường tròn ω1 , ω2 , (EB1 D) suy EE2 , DD2 , BB2 đồng quy Chứng minh tương tự, AA2 , BB2 , DD2 đồng quy, BB2 , CC2 , EE2 đồng quy Ta có đpcm Bài Chứng minh ABCDE ngũ giác nội tiếp A2 B2 C2 D2 E2 ngũ giác nội tiếp Chứng minh Gọi X giao điểm AA2 , BB2 , CC2 , DD2 , EE2 Đặt k = XA.XA2 = = XE.XE2 k : A → A , , E → E Do (ABCDE) → (A B C D E ) Phép nghịch đảo IX 2 2 2 Bài Gọi A3 giao (B1 DA1 ) (E1 CA1 ) Tương tự xác định B3 , C3 , D3 , E3 Chứng minh A3 , B3 , C3 , D3 , E3 thuộc đường tròn (Đường tròn Miquel hình sao) A C3 D3 B3 B D1 C1 E B1 E1 E3 A1 A3 D C Chứng minh Áp dụng định lý điểm Miquel cho tứ giác toàn phần AB1 CEC1 D1 ta có C3 giao (EB1 C1 ) (AD1 C1 ) Suy C3 ∈ (AB1 C) Tương tự, A3 ∈ (AB1 C) Ta có ∠D3 E3 A3 = ∠D3 E3 E1 + ∠A3 E3 E1 = ∠AD1 D3 + ∠DA1 A3 = ∠AC3 D3 + ∠AB1 A3 = 180◦ − ∠A3 B1 A + ∠AC3 D3 = 180◦ − ∠A3 C3 A + ∠AC3 D3 = 180◦ − ∠A3 C3 D3 Do tứ giác A3 C3 D3 E3 nội tiếp Chứng minh tương tự ta có đpcm Nhận xét Có thể chứng minh toán dựa theo bổ đề sau: Bổ đề Cho điểm A, B, C, D theo thứ tự nằm đường thẳng Gọi (O1 ), (O2 ), (O3 ), (O4 ) đường tròn qua cặp điểm (A, B);(B, C);(C, D);(D, A) X, Y, Z, T giao điểm thứ hai cặp đường tròn (O1 ) (O2 ), (O2 ) (O3 ), (O3 ) (O4 ), (O4 ) (O1 ) Khi X, Y, Z, T thuộc đường tròn Bổ đề chứng minh đơn giản phép nghịch đảo cực A phương tích ki biến mơ hình tốn thành tốn điểm Miquel tam giác Nhận xét Có thể mở rộng tốn hình Miquel cho n đường thẳng Bài Chứng minh ngũ giác ABCDE nội tiếp AA3 , BB3 , CC3 , DD3 , EE3 đồng quy A D3 B C3 D1 C1 E B1 E1 B3 E3 A1 A3 C D Chứng minh Theo phép chứng minh toán ta có ngũ giác AC3 B1 A3 C, BE3 A1 B3 E nội tiếp Ta có ∠A3 B3 B = ∠A3 B3 A1 + ∠A1 B3 B = ∠A3 B1 A1 + ∠CEB = ∠A3 AC + ∠CAB = ∠CAB Do tứ giác CB3 A3 B nội tiếp đường tròn ω1 Chứng minh tương tự tứ giác AEA3 E3 nội tiếp đường tròn ω2 Áp dụng định lý tâm đẳng phương cho đường tròn ω1 , ω2 , (BE3 A1 B3 E) suy AA3 , EE3 , BB3 đồng quy Chứng minh tương tự ta có đpcm Bài Cho năm điểm A1 , A2 , A3 , A4 , A5 đường tròn (O) Gọi O1 , O2 , O3 , O4 , O5 điểm cung A3 A4 , A4 A5 , A5 A1 , A1 A2 , A2 A3 ; (O1 ), (O2 ), (O3 ), (O4 ), (O5 ) (O1 , O1 A4 ), (O2 , O2 A5 ), (O3 , O3 A1 ), (O4 , O4 A2 ), (O5 , O5 A3 ) ;B1 , B2 , B3 , B4 , B5 giao điểm thứ hai (O3 ) (O4 ), (O4 ) (O5 ), (O5 ) (O1 ), (O1 ) (O2 ), (O2 ) (O3 ) Các cặp đường thẳng (B2 B3 , B4 B5 ), (B3 B4 , B1 B5 ),(B4 B5 , B1 B2 ), (B1 B5 , B2 B3 ), (B1 B2 , B3 B4 ) cắt tạo thành ngũ giác X1 X2 X3 X4 X5 Khi đỉnh ngũ giác nằm (O1 ), (O2 ), (O3 ), (O4 ), (O5 ) X4 O4 A1 A2 X3 O3 B2 B1 X5 O5 B5 A5 B3 A3 B4 O2 A4 O1 X2 X1 Chứng minh Ta có O1 O5 đồng thời phân giác ∠A3 O1 B3 ∠A3 O1 A2 nên O1 , B3 , A2 thẳng hàng Chứng minh tương tự, A3 , B5 , O4 thẳng hàng Suy ∠B2 B3 A2 = ∠B2 A3 A2 = ∠O4 O1 A2 hay B2 B3 O1 O4 Tương tự B1 B5 O2 O4 Từ ∠B1 X4 B2 = ∠O1 O4 O2 Mà O1 , O2 điểm cung A3 A4 , A4 A5 nên ∠O1 O4 O2 = ∠A3 O4 A5 , nghĩa X4 nằm (O4 ) Chứng minh tương tự ta có đpcm .. .Bài Chứng minh ABCDE ngũ giác nội tiếp A2 B2 C2 D2 E2 ngũ giác nội tiếp Chứng minh Gọi X giao điểm... k = XA.XA2 = = XE.XE2 k : A → A , , E → E Do (ABCDE) → (A B C D E ) Phép nghịch đảo IX 2 2 2 Bài Gọi A3 giao (B1 DA1 ) (E1 CA1 ) Tương tự xác định B3 , C3 , D3 , E3 Chứng minh A3 , B3 , C3... toán thành toán điểm Miquel tam giác Nhận xét Có thể mở rộng tốn hình Miquel cho n đường thẳng Bài Chứng minh ngũ giác ABCDE nội tiếp AA3 , BB3 , CC3 , DD3 , EE3 đồng quy A D3 B C3 D1 C1 E B1