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) với trực tâm H Gọi P điểm mặt phẳng Các đường thẳng AP, BP, CP giao (O) lần thứ hai A1 , B1 , C1 Gọi A2 , B2 , C2 điểm đối xứng với A1 , B1 , C1 qua cạnh BC, CA, AB Chứng minh H, A1 , B1 , C1 thuộc đường tròn L A Y Z B3 C3 A2 Q O H P K B C A3 X A3 A1 Chứng minh Gọi Q điểm liên hợp đẳng giác P ứng với ABC; X, Y, Z đối xứng A, B, C qua Q; A3 , B3 C3 giao điểm thứ hai AQ, BQ, CQ với (O); A4 B4 C4 tam giác trung tuyến ABC Phép đối xứng tâm Q biến A thành X, B thành Y, C thành Z suy ABC → XY Z Do A4 B4 C4 tam giác trung tuyến ABC nên tồn điểm K tâm phép vị tự tỉ số biến XY Z thành A4 B4 C4 Mặt khác, gọi L giao điểm thứ hai A1 A2 với (O) suy AL HA2 Mà LA1 vng góc với BC A3 A1 song song với BC nên A3 A1 ⊥ LA1 , suy AA3 ⊥ AL hay AA3 ⊥ HA2 Do A4 trung điểm A2 A3 nên XA2 KA3 hình bình hành Nghĩa KA2 AA3 Vậy KA2 ⊥ HA2 hay A2 nằm đường tròn đường kính KH Chứng minh tương tự suy đpcm Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với trực tâm H Gọi A1 , B1 , C1 điểm đối xứng với A, B, C qua O, P điểm mặt phẳng Gọi A2 B2 C2 tam giác pedal P ứng với ABC, A3 , B3 , C3 điểm đối xứng với A1 , B1 , C1 qua A2 , B2 , C2 Chứng minh H, A3 , B3 , C3 thuộc đường tròn A C1 B1 B2 B3 B4 C2 A3 C4 B5 O A5 H P C5 B C3 A C A4 A1 Chứng minh Gọi A4 , B4 , C4 trung điểm BC, CA, AB, suy A4 trung điểm A3 H Tương tự với B4 , C4 Ta thu HA3 = 2A2 A4 , HB3 = 2B2 B4 , HC3 = 2C2 C4 (1) Dựng hình chữ nhật OA4 A2 A5 , OB4 B2 B5 , OC4 C2 C5 suy A5 , B5 , C5 nằm đường tròn đường kính OP.(2) Lại có OA5 = A4 A2 , OB5 = B4 B2 , OC5 = C4 C2 (3) Từ (1), (2), (3) suy H, A3 , B3 , C3 thuộc đường tròn Hơn ta chứng minh A3 B3 C3 ∼ ABC Bài Cho tam giác ABC với tâm đường tròn Euler E Gọi Ba , Ca điểm đối xứng với B, C qua AE Tương tự xác định Cb , Ab C, A qua đường thẳng BE Ac , Bc A, B qua đường thẳng CE Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ACb Bc , BAc Ca , CAb Ba có bán kính Cb B1 A Bc Oc C1 C2 Q O E A2 H B C B2 A1 Chứng minh Gọi A1 , B1 , C1 giao AE, BE, CE với (O), A2 , B2 , C2 đối xứng A1 , B1 , C1 qua BC, CA, AB Gọi H trực tâm tam giác ABC.CH cắt đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC lần thứ hai Q, (Oc ) đường tròn ngoại tiếp tam giác AHB Do (Oc ) (O) đối xứng qua AB, C2 đối xứng với C1 qua AB nên C2 ∈ (Oc ) Dễ thấy Oc nằm CE Mà B Bc đối xứng qua CE nên Bc ∈ (Oc ) Ta có (BA, BBc ) ≡ (CQ, CC1 )(modπ) CQ ⊥ AB, BBc ⊥ CC1 Nghĩa góc (BA, BBc ) nửa số đo cung QC1 hay HC2 Điều nghĩa ABc = HC2 hay AHC2 Bc hình thang cân Chứng minh tương tự, AHB2 Cb hình thang cân Ta thu (ABc Cb ) ảnh (HC2 A2 ) qua phép đối xứng trục đường trung trực đoạn AH Nghĩa bán kính đường tròn (ABc Cb ) đường tròn E-Hagge Chứng minh tương tự ta có đpcm Bài Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) thỏa mãn AC ⊥ BD Tiếp tuyến (O) qua A, B, C, D cắt tạo thành tứ giác XY ZT XZ cắt Y T P Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp tam giác XP Y , Y P Z, ZP T , T P X, XY Z, Y ZT , ZT X, T XY thuộc đường tròn Y A I1 I5 X I2 B P D I3 T C Z Chứng minh Gọi I1 , I2 , I3 , I4 , I5 , I6 , I7 , I8 tâm nội tiếp tam giác XP Y , Y P Z, ZP T , T P X, XY Z, Y ZT , ZT X, T XY Dễ thấy AC, BD, XZ, Y T đồng quy P Do AC ⊥ BD nên ∠T XY + ∠T ZY = 180o hay tứ giác XY ZT nội tiếp PY AY Suy ∠XY P = ∠T ZP Nhưng ∠P AY = ∠P CZ nên P AY ∼ P CZ Suy = = PZ CZ YB ZB Ta thu P B phân giác ∠Y P Z hay I2 ∈ P B Tương tự, I3 ∈ P C P I3 PZ P I2 PZ Ta có = = = Do I2 I3 BC CI3 CZ BZ BI2 Suy ∠I1 I3 I2 = ∠ACB = 90o − ∠XY Z 1 o Vậy ∠I1 I3 I2 + ∠I1 I5 I2 = 90 − ∠XY Z + 90o + ∠XY Z = 180o 2 Tương đương I1 , I2 , I3 , I5 thuộc đường tròn Tương tự, I1 , I2 , I4 , I5 thuộc đường tròn hay I5 ∈ (I1 I2 I3 I4 ) Tương tự với I6 , I7 , I8 ta có đpcm Bài Cho điểm A1 , A2 , A3 , A4 , A5 thuộc đường tròn Với ≤ i < j ≤ 5, kí hiệu Xij giao điểm đường thẳng Simson Ai , Aj ứng với tam giác tạo điểm lại Chứng minh 10 điểm Xij thuộc đường tròn Chứng minh Trước tiên ta phát biểu bổ đề Bổ đề Cho điểm A1 , A2 , A3 , A4 nằm đường tròn (O) Khi đường thẳng Simson d1 , d2 , d3 , d4 A1 , A2 , A3 , A4 ứng với A2 A3 A4 , A1 A3 A4 , A1 A2 A4 , A1 A2 A4 đồng quy trực tâm X tứ giác A1 A2 A3 A4 Gọi G trọng tâm A1 A2 A3 A4 OG = OX Chứng minh A3 A2 X H2 N H3 M G O A4 A1 Gọi H2 , H3 trực tâm tam giác A1 A3 A4 A1 A2 A4 Khi A2 H3 = A3 H2 Suy A2 H3 H2 A3 hình bình hành Từ A2 H2 , A3 H3 đồng quy trung điểm X A2 H2 A3 H3 Dễ thấy X nằm d2 d3 Chứng minh tương tự ta thu d1 , d2 , d3 , d4 đồng quy X Gọi M, N trung điểm A1 A3 A2 A4 suy G trung điểm M N Ta có XN = A4 H2 = OM , suy XN OM hình bình hành Suy G trung điểm OX Bổ đề Cho điểm A1 , A2 , A3 , A4 , A5 nằm (O) Gọi H1 , H2 , H3 , H4 , H5 trực tâm tứ giác A2 A3 A4 A5 , A1 A3 A4 A5 , A1 A2 A4 A5 , A1 A2 A3 A5 , A1 A2 A3 A4 , Khi H1 , H2 , H3 , H4 , H5 đồng viên Chứng minh A2 A1 P G4 A3 N G3 O G1 M A5 A4 Gọi G1 , G3 , G4 trọng tâm A2 A3 A4 A5 , A1 A2 A4 A5 , A1 A2 A3 A5 Theo bổ đề 1, G1 G4 H1 H4 Gọi M, N, P trung điểm A3 A5 , A2 A4 , A1 A2 suy G1 G4 đường trung bình tam giác M N P Suy G1 G4 N P A1 A4 Tương tự, G3 G4 A3 A4 Từ ∠H1 H4 H3 = ∠A1 A4 A3 Tương tự, ∠H1 H5 H3 = ∠A1 A5 A3 = ∠A1 A4 A3 = ∠H1 H4 H3 Vậy H1 , H3 , H4 , H5 đồng viên Chứng minh tương tự ta có đpcm Trở lại toán Gọi H1 , H2 , H3 , H4 , H5 trực tâm tứ giác Ai Ai+1 Ai+2 Ai+3 (1 ≤ i ≤ 5) Theo bổ đề ta có H1 H2 H3 H4 H5 đồng viên Theo bổ đề 1, đường thẳng Simson d, l A3 , A1 ứng với tam giác A2 A4 A5 , A2 A4 A5 qua H1 , H3 Gọi F giao d l theo tính chất góc tạo hai đường thẳng Simson, ∠H1 F H3 = ∠A1 A4 A3 = ∠H1 H4 H3 hay F nằm (H1 H2 H3 H4 H5 ) Chứng minh tương tự ta có đpcm