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 tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) P điểm chuyển động (O) Gọi R, S giao điểm hai tiếp tuyến kẻ từ P tới (I) với BC Khi (P RS) ln qua tiếp điểm X đường tròn A-mixtilinear với (O) N A K I M L R S B C X P Chứng minh Gọi X giao (P RS) với (O) Ta cần chứng minh X I phân giác ∠BX C có X ≡ X Gọi M, N giao P R, P S với (O), L, K giao P I với (P RS), (O) Xét hai tam giác M BX CSX có ∠BM X = ∠SCX , ∠M BX = 180◦ − ∠X P R = 180◦ − ∠RSX = ∠X SC Suy ∠BX M = ∠SX C Lại có ∠M X K = ∠M P K = ∠LP S = ∠LX S KI XK = Do X I phân giác ∠BX C X I phân giác ∠KX L, tương đương XL LI (1) Do I tâm bàng tiếp tam giác P RS L điểm cung RS nên LI = LR Theo định lý Poncelet, M N tiếp xúc với (I), suy K tâm ngoại tiếp tam giác M IN hay KI = KM KI KM Như = LI LR Xét hai tam giác KM X LRX có ∠M X K = ∠RP L = ∠RX L, ∠M KX = ∠M P X = ∠RLX Do KM X ∼ LRX Suy KM KX = , nghĩa (1) Ta có đpcm LR LX Nhận xét Bài tốn mở rộng sau: (Vladimir Zajic) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I) P điểm nằm ngồi (I) Các tiếp tuyến kẻ từ P tới (I) giao BC E, F P I giao (O) P Khi (P EF ) ln qua tiếp điểm đường tròn A-mixtilinear nội tiếp với (O) Bài Với kí hiệu 1, chứng minh (P RS) tiếp xúc với đường tròn cố định A K L I O Z S B R C Y X P Chứng minh Từ X kẻ tiếp tuyến tới (I), cắt (O) L, K (P RS) cắt XL, XK Y, Z Do (I) đường tròn bàng tiếp tam giác PRS nên theo định lý Poncelet suy (I) đường tròn bàng tiếp tam giác XY Z Cũng theo định lý Poncelet, (I) đường tròn nội tiếp tam giác XLK nên đường tròn ω X-mixtilinear incircle tam giác XLK đồng thời đường tròn X-mixtilinear excircle tam giác XY Z Điều nghĩa (XY Z) tiếp xúc với đường tròn ω cố định Nhận xét Có thể phát biểu toán theo cách khác sau Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I) P điểm (O) Từ P kẻ hai tiếp tuyến tới (I), cắt tiếp tuyến (I) song song với BC R, S Khi (P RS) ln tiếp xúc với đường tròn A-mixtilinear tam giác ABC Bài Cho tam giác ABC có trọng tâm G Gọi A , B , C trung điểm cạnh −−−→ BC, CA, AB Trên AA , BB , CC lấy hai cặp điểm A1 , A2 ; B1 , B2 ; C1 , C2 cho A1 A2 = −−→ −−−→ −−→ −−−→ −−→ k AA , B1 B2 = k BB , C1 C2 = k CC Qua A1 , A2 kẻ đường vng góc với AA , tương tự với B1 , B2 , C1 , C2 , ta thu đường thẳng Khi đường thẳng theo thứ tự xoay vòng cắt tạo thành điểm thuộc đường tròn A O1 A1 O6 T B' C2 C' B1 O3 G C1 V A2 B O4 B2 A' C O2 O5 U Chứng minh Gọi O1 , O2 , , O6 giao điểm đường thẳng hình vẽ O1 O6 cắt O2 O3 T , O5 O6 cắt O3 O4 V Rõ ràng T O6 V O3 T O3 V O6 nên T O6 V O3 hình bình hành T O6 B1 B2 BB Suy ST O6 V O3 = T O6 · A1 A2 = T O3 · B1 B2 hay = = T O3 A1 A2 AA Mặt khác, gọi U điểm đối xứng với G qua A Ta có ∠T O1 O2 = ∠U GC, ∠T O2 O1 = ∠C GB = ∠GCU nên T O1 O2 ∼ U GC T O2 UC BG BB T O6 T O2 Suy = = = Từ = hay T O1 · T O6 = T O2 · T O3 Suy T O1 UG AG AA T O3 T O1 O1 , O2 , O3 , O6 thuộc đường tròn Chứng minh tương tự ta có đpcm Bài Cho hai tam giác ABC A B C có chung trọng tâm G Trên AA , BB , CC lấy −−→ −−−→ −−→ −−−→ −−→ −−−→ hai cặp điểm A1 , A2 ; B1 , B2 ; C1 , C2 cho A1 A2 = k AA , B1 B2 = k BB , C1 C2 = k CC Qua A1 , A2 kẻ đường vng góc với AA , tương tự với B1 , B2 , C1 , C2 , ta thu đường thẳng Khi đường thẳng theo thứ tự xoay vòng cắt tạo thành điểm thuộc đường tròn A O1 C' A1 O6 Y C2 B' O2 B3 O5 A3 K B1 X B2 C1 C3 A2 O4 O3 B C A' Chứng minh Kí hiệu O1 , O2 , , O6 giao điểm đường thẳng hình vẽ Gọi X, Y giao điểm O1 O2 O3 O4 , O1 O6 O4 O5 Dễ dàng thu XO1 Y O4 hình bình hành XO1 A1 A2 AA Suy SXO1 Y O4 = XO1 · C1 C2 = XO4 · A1 A2 , từ = = XO4 C1 C2 CC Giả sử đường thẳng AA , BB , CC cắt tạo thành tam giác A3 B3 C3 Ta có ∠XO2 O3 = ∠B3 A3 C3 , ∠XO3 O2 = ∠B3 C3 A3 Do XO2 O3 ∼ B3 A3 C3 Mặt khác, hai tam giác ABC A B C có chung trọng tâm G nên −−→ −−→ −−→ −→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −→ −−→ −−→ AA + BB + CC = AG+ GA + BG+ GB + CG+ GC = (AG+ BG+ CG)+(GA + GB + GC ) = Dựng hình bình hành AB BK Ta có −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ KA = KB + BA + AA = AB + BA + AA = BB + AA = C C Suy KA CC hình bình hành Ta thu ∠KA A = ∠C3 B3 A3 , ∠KAA = ∠B3 C3 A3 nên KAA ∼ A3 C3 B3 AK XO2 CC = Như XO2 O3 ∼ A KA Từ = XO3 AA AA XO1 XO3 = hay XO1 · XO2 = XO3 · XO4 Suy O1 , O2 , O3 , O4 thuộc đường Suy XO2 XO4 tròn Chứng minh tương tự ta có đpcm Bài Cho điểm O nằm tam giác ABC Gọi P, Q, R hình chiếu vng góc O BC, CA, AB, A1 , B1 , C1 điểm nằm BC, CA, AB A2 , B2 , C2 đối xứng A1 , B1 , C1 qua P, Q, R Z1 , Z2 điểm Miquel tam giác ABC ứng với điểm A1 , B1 , C1 A2 , B2 , C2 Chứng minh OZ1 = OZ2 A B2 C1 Z C2 B Q Z2 R Z1 A1 X B1 O Y P A2 C Chứng minh Gọi X = A1 Z1 ∩ OP, Y = OQ ∩ B1 Z1 , Z = OR ∩ C1 Z1 Dễ thấy ∠Z1 ZO = ∠Z1 XO = ∠Z1 Y O nên Z1 , O, X, Y, Z thuộc đường tròn Gọi XA2 ∩ Y B2 = {Z2 } Ta có ∠B2 Y Q = ∠B1 Y Q = ∠A1 XP = ∠Z2 XP ⇒ Z2 nằm (OXY ) ⇒ ∠Z2 Y O = ∠Z2 ZO = ∠OXA2 = ∠RZC1 = ∠RZC2 ⇒ C2 , Z, Z2 thẳng hàng ⇒ ∠Z2 C2 A = ∠Z2 B2 C = ∠Z2 Z2 B ⇒ Z2 điểm Miquel tam giác ABC ứng với (A2 , B2 , C2 ) ⇒ Z2 ≡ Z2 Mà ∠Z2 ZO = ∠Z1 ZO nên OZ1 = OZ2 Bài Cho điểm A, B, C, D theo thứ tự nằm đường thẳng l Hai cung ω1 , ω2 dựng dây AB ω3 , ω4 dựng dây CD cho cung nằm nửa mặt phẳng bờ đường thẳng l đồng thời ω1 tiếp xúc với ω3 ω2 tiếp xúc với ω4 Chứng minh giao điểm tiếp tuyến chung cặp cung (ω2 , ω3 ) (ω1 , ω4 ) nằm l Chứng minh Cách Trước tiên ta phát biểu số bổ đề Bổ đề (Định lý Monge-D’Alembert) Cho ba đường tròn C1 (O1 , R1 ), C2 (O2 , R2 ), C3 (O3 , R3 ) phân biệt mặt phẳng Khi tâm vị tự ngồi cặp đường tròn (C1 , C2 ), (C2 , C3 ), (C3 , C1 ) thuộc đường thẳng Hai tâm vị tự hai ba cặp đường tròn tâm vị tự ngồi cặp đường tròn lại thuộc đường thẳng Có thể chứng minh bổ đề tương đối đơn giản dựa theo định lý Menelaus, xin phép khơng trình bày lại Bổ đề Cho hai dây cung γ1 γ2 dựng dây AC cho chúng nằm nửa mặt phẳng bờ AC Gọi C1 , C2 hai đường tròn tiếp xúc với γ1 γ2 Khi tâm vị tự ngồi C1 C2 nằm AC T I2 Z I1 Y O2 X I C A O1 Chứng minh Gọi (O1 , R1 ) (O2 , R2 ) đường tròn chứa cung γ1 , γ2 ; I tâm vị tự C1 C2 X, Y tiếp điểm C1 , C2 với γ1 , Z, T tiếp điểm C1 , C2 với γ2 Áp dụng định Monge-D’Alembert cho ba đường tròn ((O1 ), γ1 , γ2 ) ((O2 ), γ1 , γ2 ) suy I, X, Y thẳng hàng I, Z, T thẳng hàng Gọi IA1 A2 tiếp tuyến chung γ1 , γ2 Phép nghịch đảo IIIA1 IA2 : γ1 → γ2 , đồng thời cặp đường thẳng I1 Z I2 T , I1 X I2 Y không song song nên IZ.IT = IA1 IA2 = IX.IY Suy X, Y, Z, T đồng viên Xét ba đường tròn (O1 ), (O2 ), (XY T Z) có trục đẳng phương AC, XY, ZT nên AC, XY, ZT đồng quy Từ I ∈ AC Bổ đề Cho hai dây cung ω1 ω2 nằm nửa mặt phẳng bờ đường thẳng l dựng dây AB nằm l C, D hai điểm l nằm ngồi đoạn thẳng AB Khi tiếp tuyến kẻ từ C, D tới ω1 ω2 cắt tạo thành tứ giác ngoại tiếp P N T Q M Y X Z O2 O1 C A B D Chứng minh Gọi X, Z Y, T điểm ω1 ω2 cho CX, CY, DZ, DT tiếp tuyến hai đường tròn (O1 ) (O2 ) chứa cung ω1 ω2 ; M N P Q tứ giác tạo giao điểm CX, CY, DZ, DT hình vẽ Do C, D nằm trục đẳng phương ω1 ω2 nên CX = CY, DZ = DT Từ ta có CM + DP = CX + XM + DT + T P = CY + M Z + DZ + P Y = CP + DM Theo định lý Pithot suy tứ giác M N P Q ngoại tiếp Trở lại toán E F I O3 M N O4 Q O2 P O1 Y A B X C D Gọi (O1 ), (O2 ), (O3 ), (O4 ) đường tròn chứa cung ω1 , ω2 , ω3 , ω4 ; P, Q tiếp điểm (O1 ) (O3 ), (O2 ) (O4 ) Qua P kẻ tiếp tuyến chung (O1 ) (O3 ), cắt d X Ta có XP = XA.XB = XC.XD nên X thuộc trục đẳng phương (O2 ) (O4 ), tức XQ tiếp tuyến chung (O2 ) (O4 ) Giả sử tiếp tuyến chung M E ω2 ω3 cắt d Y , qua Y kẻ tiếp tuyến Y N tới ω1 , Y F tới ω2 Áp dụng bổ đề cho hai đường tròn (O1 ) (O2 ) với hai điểm X, Y suy Y M, Y N, XP, XQ cắt tạo thành tứ giác ngoại tiếp đường tròn (I) Lại áp dụng bổ đề cho hai đường tròn (O3 ) (O4 ) với hai điểm X, Y suy Y F tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác tạo đường thẳng XP, XQ, Y M hay đường tròn (I) Như Y N, Y F tiếp xúc với (I), suy Y, N, F thẳng hàng Ta có đpcm Cách E F O3 M Q N O2 O4 P O1 Y A H B X C D G Với cách kí hiệu tương tự cách 1, tiếp tuyến M E ω2 ω3 cắt l Y , kẻ tiếp tuyến Y N, Y F tới ω2 , ω4 Ta cần chứng minh Y, N, F thẳng hàng Do XP = XQ, Y M = Y N, Y E = Y F nên tồn đường tròn C1 tiếp xúc với (O1 ) (O3 ) P , tiếp xúc với (O2 ) (O4 ) Q; đường tròn C2 tiếp xúc với (O2 ) M (O1 ) N , đường tròn C3 tiếp xúc với (O3 ) E (O4 ) F Theo bổ đề suy M Q cắt N P tâm vị tự G C1 C2 G ∈ l, EP cắt F Q tâm vị tự H C1 C3 H ∈ l Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho đường tròn C1 , C2 , C3 suy M E cắt d tâm vị tự C2 C3 , hay Y tâm vị tự C2 C3 Suy Y, N, F thẳng hàng Ta có đpcm Cách E F O3 M O4 N O2 Q P O1 Y A B X C D Với ý tưởng tương tự cách ta cần chứng minh Y, N, F thẳng hàng Như cách chứng minh tồn đường tròn C1 , C2 , C3 Từ theo cách chứng minh bổ đề suy M, N, P, Q thuộc đường tròn E, F, P, Q thuộc đường tròn Mặt khác, áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho đường tròn C1 , (O2 ), (O3 ) suy P Q cắt EM tâm vị tự T hai đường tròn (O2 ) (O3 ) Suy T M T E = T P T Q, nghĩa M, E, P, Q thuộc đường tròn Như điểm M, N, E, F, P, Q thuộc đường tròn Suy tứ giác M N F E nội tiếp Giả sử Y N cắt đường tròn (Y, Y E) F Do hai đường tròn (Y, Y M ) (Y, Y N ) đồng tâm hai đường thẳng M E, N F giao Y nên M N F E hình thang cân hay M N F E nội tiếp Lại có F F nằm (Y, Y N ) nên F ≡ F , hay Y, N, F thẳng hàng Ta có đpcm Bài Cho điểm A1 , B1 , A2 , B2 , A3 , B3 nằm đường thẳng l cho đoạn thẳng A1 B1 , A2 B2 , A3 B3 tách rời Hai cung ωi γi dựng dây Ai Bi (i = 1, 3) cho cung nằm nửa mặt phẳng bờ l Giả sử ω1 tiếp xúc với ω2 , γ1 tiếp xúc với γ2 , ω3 tiếp xúc với ω2 γ1 , γ3 tiếp xúc với γ2 Khi γ3 tiếp xúc với ω1 A1 B1 B2 A2 A3 B3 Chứng minh Kí hiệu lời giải tốn Ta có X13 nằm l Gọi γ3 cung qua A3 , B3 tiếp xúc với ω1 Theo toán Iran TST 2013 suy giao điểm tiếp tuyến cặp cung ω1 ω3 , γ1 γ3 nằm l Tức tiếp tuyến qua X13 γ1 tiếp xúc với γ3 , điều nghĩa γ3 ≡ γ3 Ta có đpcm Bài Cho ba cung γ1 , γ2 , γ3 dựng dây AC cho chúng nằm nửa mặt phẳng bờ AC, cung γ2 nằm hai cung γ1 γ3 B điểm nằm AC, h1 , h2 , h3 ba tia B cho chúng nằm nửa mặt phẳng chứa ba cung tròn, đồng thời h2 nằm h1 h3 Gọi Vij giao điểm hi γj (i = 1, 3) Gọi Vij Vkj Vkl Vil tứ giác cong có cạnh đoạn thẳng Vij Vil , Vkj Vkl cung Vij Vkj , Vil Vkl Ta gọi tứ giác cong tứ giác ngoại tiếp tồn đường tròn tiếp xúc với hai đoạn thẳng hai cung Chứng minh tứ giác cong V11 V21 V22 V12 , V12 V22 V23 V13 , V21 V31 V32 V22 ngoại tiếp tứ giác V22 V32 V33 V23 ngoại tiếp h2 h1 h3 V23 V33 V13 V32 V22 V12 V11 A V21 V31 C B Chứng minh Kí hiệu ω1 , ω2 , ω3 đường tròn nội tiếp tứ giác V11 V21 V22 V12 , V12 V22 V23 V13 , V21 V31 V32 V22 ; ω4 đường tròn tiếp xúc với γ3 , γ2 h2 Như ta cần chứng minh ω4 tiếp xúc với h3 Gọi I13 , I23 , I24 tâm vị tự ω1 ω3 , ω2 ω3 , ω2 ω4 Áp dụng bổ đề suy I13 , I24 ∈ AC Do B ∈ AC tâm vị tự ω1 ω2 nên theo định lý Monge-D’Alembert ta thu I23 ∈ AC Lại áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho ba đường tròn ω2 , ω3 , ω4 suy tâm vị tự ω3 ω4 nằm AC Do tiếp tuyến chung ω3 ω4 giao AC B nên B tâm vị tự ω3 ω4 Suy ω4 tiếp xúc với h3 Bài Cho tam giác ABC, đường tròn bàng tiếp (Ia ), (Ib ), (Ic ) Các tiếp tuyến chung khác cạnh tam giác ABC đường tròn cắt tạo thành tam giác Ta Tb Tc Gọi D điểm nằm Tb Tc Tiếp tuyến (Ic ) qua D cắt Ta Tc E, tiếp tuyến (Ib ) qua D cắt Ta Tb F Chứng minh EF tiếp xúc với (Ia ) Tb D Tc Ib A Ic B D' C N M Ia F E Ta Chứng minh Cách Gọi M, N điểm đối xứng với F qua Ia Ib , E qua Ia Ib D điểm đối xứng với D qua Ib Ic Hiển nhiên D nằm BC Ta có ∠DIb F = 90◦ + ∠Tc Tb Ta = 2∠Ic Ib Ia Do Ib Ic phân giác ∠DIb M hay M, D , Ib thẳng hàng Tương tự N, D , Ic thẳng hàng Áp dụng định lý Pappus cho hai điểm (Ic , A, Ib ) (B, D , C) ta có M, Ia , N thẳng hàng Như ∠Tc EIa + ∠Tb F Ia = ∠Ia N A + ∠Ia M A = 180◦ − ∠BAC Từ dễ dàng tính ∠EIa F = 90◦ − ∠Tb Ta Tc , tức (Ia ) đường tròn bàng tiếp tam giác Ta EF Ta có đpcm Cách (Vũ Tiến Sinh) Tb D Y X Tc Ib A Ic C B M N Ia F E R Ta S Gọi X, Y giao AB, AC với Tb Tc , M giao AC với Ta Tb , N giao AB với Ta Tc Áp dụng định lý Brianchon cho đường gấp khúc DXBCM F ngoại tiếp đường tròn (Ib ) suy XM, DC, BF đồng quy S Chứng minh tương tự, Y N, DB, CE đồng quy R Xét hai tam giác BN R SM C có X = BN ∩ SM, Y = N R ∩ CM, D = BR ∩ CS thẳng hàng nên theo định lý Desargues, BS, CR, M N đồng quy Từ theo định lý Brianchon, lục giác BCM F EN ngoại tiếp hay EF tiếp xúc với (Ia ) Bài 10 Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I), AB giao CD E, AD giao BC F Chứng minh tồn đường tròn tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác EAD, EBC, F AB, F CD Chứng minh Cách 10 F B M X H A E I J Y D C K Gọi M điểm Miquel tứ giác toàn phần ABCDEF Từ M kẻ hai tiếp tuyến M H, M K tới (I) cho H, K ∈ (EBC) Theo định lý Poncelet suy HK tiếp xúc với (I) Qua I kẻ đường vng góc với M I cắt M H, M K X, Y Gọi (J) đường tròn tiếp xúc với M H, M K X, Y theo bổ đề Sawayama, (J) đường tròn M-mixtilinear tam giác M HK hay (J) tiếp xúc với (EBC) Chứng minh tương tự suy (J) tiếp xúc với đường tròn (EAD), (EBC), (F AB), (F CD) Cách F B X A Y T I E D Z C Gọi X, Y, Z, T tiếp điểm AB, BC, CD, DA với (I) Xét phép nghịch đảo IIr biến (EAD), (EBC), (F AB), (F CD) thành đường tròn Euler tam giác T XZ, Y XZ, T XY, T ZY 11 Do (EAD), (EBC), (F AB), (F CD) đồng quy điểm Miquel tứ giác toàn phần ABCDEF nên đường tròn Euler tam giác T XZ, Y XZ, T XT, T ZY đồng quy J Mặt khác đường tròn có bán kính r/2 nên đường tròn (J, r) tiếp xúc với đường tròn Euler Từ có đpcm Cách k : A → A ,B → Gọi M điểm Miquel tứ giác toàn phần ABCDEF Xét phép nghịch đảo IM B ,C → C ,D → D MB MC BC Ta có M BC ∼ M AD nên = = MA MD AD MC MD BC M CD ∼ M BA nên = = MB MA AD AB BC CD DA Mặt khác, A B = k , B C = k , C D = k , D A = k M A.M B M B.M C M C.M D M D.M A AB DC DC CD Suy A B + C D = k = k 1+ + M A.M B M C.M D M D.M C AB 2 AB DC (Do = ) M A.M B M D.M C BC BC 1+ Tương tự, B C + D A = k M B.M C AD DC AB BC AD Ta có = = nên MD MA MB MA DC AB + DC AD BC AB 1+ = , B C + D A = k 1+ = A B + C D = k M A.M C AB M A.M C M A.M C AD AD + BC M A.M C Mà tứ giác ABCD ngoại tiếp nên AB + DC = AD + BC, suy A B + C D = B C + D A Tức tứ giác A B C D ngoại tiếp Nghịch đảo lại theo tâm M suy tồn đường tròn tiếp xúc với (M AB), (M BC), (M CD), (M DA) 12 ... V22 V12 , V12 V22 V 23 V 13 , V21 V31 V32 V22 ngoại tiếp tứ giác V22 V32 V 33 V 23 ngoại tiếp h2 h1 h3 V 23 V 33 V 13 V32 V22 V12 V11 A V21 V31 C B Chứng minh Kí hiệu ω1 , ω2 , 3 đường tròn nội tiếp... CC Giả sử đường thẳng AA , BB , CC cắt tạo thành tam giác A3 B3 C3 Ta có ∠XO2 O3 = ∠B3 A3 C3 , ∠XO3 O2 = ∠B3 C3 A3 Do XO2 O3 ∼ B3 A3 C3 Mặt khác, hai tam giác ABC A B C có chung trọng tâm G... bình hành Ta thu ∠KA A = ∠C3 B3 A3 , ∠KAA = ∠B3 C3 A3 nên KAA ∼ A3 C3 B3 AK XO2 CC = Như XO2 O3 ∼ A KA Từ = XO3 AA AA XO1 XO3 = hay XO1 · XO2 = XO3 · XO4 Suy O1 , O2 , O3 , O4 thuộc đường Suy