Đang tải... (xem toàn văn)
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 2015 Nguyễn Văn Linh Số Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có I tâm nội tiếp AI cắt (O) lần thứ hai J Gọi ω đường tròn tâm J tiếp xúc với AB, AC Hai tiếp tuyến chung (O) ω tiếp xúc với (O) hai điểm E, F Chứng minh E, I, F thẳng hàng A O I T F E K C B J P Chứng minh Gọi P tâm vị tự (O) ω Hiển nhiên J nằm phân giác ∠EP F Mà OE = OF = OJ, O nằm (EP F ) nên J tâm nội tiếp tam giác P EF Từ EF tiếp xúc với ω Ta có EF ⊥ OJ nên EF BC Gọi T giao OJ với ω Ta có ∠OJC = 90◦ − ∠BAC = ∠AJK nên ∠IJT = ∠CJK Từ IJT = CJK Suy ∠IT J = 90◦ hay tiếp tuyến kẻ từ I tới ω song song với BC Như I ∈ EF Bài (Trần Quang Hùng - Luis González) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) P giao AC BD Gọi (O1 ) đường tròn tiếp xúc với tia P C, P D tiếp xúc với (O), (O2 ) đường tròn tiếp xúc với tia AD, BC tiếp xúc với (O) Hai tiếp tuyến chung (O) (O2 ) tiếp xúc với (O) E, F Chứng minh EF tiếp xúc với (O1 ) Chứng minh Bổ đề Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), AC cắt BD E Gọi ω đường tròn tiếp xúc với tia EC, ED M, N tiếp xúc với (O) P I, J tâm đường tròn nội tiếp tam giác ECD, ACD Khi P, I, J, N, D thuộc đường tròn B K A L E M J N O I D C P Chứng minh Gọi K, L giao P M, P N với (O) Theo định lý Sawayama-Thebault ta có J nằm M N Suy ∠EN J = 90◦ − ∠DEC = ∠JID Từ N, J, I, D thuộc đường tròn Mặt khác, P tâm vị tự ω (O) nên LK M N Suy ∠N P D = ∠LKD = ∠N JD hay N, J, P, D thuộc đường tròn Vậy P, I, J, N, D thuộc đường tròn Bổ đề Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) AC giao BD E Gọi (I) đường tròn tiếp xúc với tia EA, EB tiếp xúc với (O); (J) đường tròn tiếp xúc với AD, BC tiếp xúc với (O) điểm nằm cung AB không chứa C, D Khi (I), (J), (O) có chung tiếp điểm B T I A Q Y M P Z X N E J O D C Chứng minh Gọi T tiếp điểm (I) với (O), X, Y, Z tâm nội tiếp tam giác ABC, ABD, ABE M, N tiếp điểm (I) với EA, EB; M N cắt BC, AD P, Q Hiển nhiên điểm A, Z, X; B, Z, Y thẳng hàng Theo định lý Sawayama-Thebault, X, Y nằm M N Áp dụng bổ đề suy T ZN XB, T ZM Y A nội tiếp Suy ∠T Y M = ∠T AC = 180◦ − ∠T BC Ta thu Y T BP nội tiếp Tương tự T AQX nội tiếp Từ ∠T P B = ∠T Y B = ∠T AX = ∠T QP hay BC tiếp xúc với (P QT ) Tương tự AD tiếp xúc với (P QT ) 1 Đồng thời ∠BT P = ∠BY P = ∠M AZ = ∠BAC = ∠BT C nên T P phân giác ∠BT C Suy 2 (P T Q) tiếp xúc với (O) T Vậy (P T Q) ≡ (J) Ta có đpcm Trở lại tốn R Q Y A P F B U O4 O6 E Z O5 O C O1 D X T O2 O3 Gọi X, T tiếp điểm (O1 ), (O2 ) với (O) (O3 ) đường tròn tiếp xúc với tia AC, BD tiếp xúc với (O) Áp dụng bổ đề suy T tiếp điểm chung (O), (O2 ), (O3 ) Gọi (O4 ) đường tròn tiếp xúc với tia P A, P B tiếp xúc với (O) Y Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho đường tròn (O3 ), (O4 ), (O) suy Y, P, T thẳng hàng Gọi Q giao AD BC, (O5 ), (O6 ) hai đường tròn tiếp xúc với AD, BC tiếp xúc với (O) Lại áp dụng bổ đề suy (O5 ), (O6 ) tiếp xúc với (O) X, Y Gọi R tâm vị tự (O) (O2 ) Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho đường tròn (O), (O5 ), (O6 ) suy Q, X, Y thẳng hàng Lại áp dụng cho đường tròn (O), (O2 ), (O5 ) suy R, X, Q thẳng hàng Vậy R, X, Y, Q thẳng hàng Gọi U giao điểm thứ hai RT với (O) XU giao (O1 ) Z Do X tâm vị tự (O) (O1 ) nên tiếp tuyến U (O) song song với tiếp tuyến Z (O1 ) hay song song với EF Do P tâm vị tự (O1 ) (O3 ), tiếp tuyến Z (O1 ) song song với EF nên song song với tiếp tuyến T (O3 ), suy P, Z, T thẳng hàng Như Y T giao U X Z, suy Z nằm đường đối cực R với (O) hay Z ∈ EF Từ EF tiếp xúc với (O1 ) Z Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), gọi ωa đường tròn mixtilinear nội tiếp góc A, (Ia ) đường tròn bàng tiếp góc A; M, N giao điểm (Ia ) ωa Đường tròn (A, AM ) giao (O) U, V Chứng minh U V tiếp tuyến chung (I) (Ia ) A Ab I Oa C' C B B' U V N M H Ia K Chứng minh Gọi H tiếp điểm (Ia ) với AB Xét phép nghịch đảo cực A phương tích k = AAb AH : B → B , C → C , (Oa ) → (Ia ), (Ia ) → (Oa ), (O) → B C , BC → (AB C ) Gọi L giao điểm thứ hai AM với (Ia ) Ta có ∠Ab M A = ∠HKA = ∠AHM , suy AN = AM = AAb AH k Như đường tròn (A, AM ) không thay đổi qua phép nghịch đảo IA Do U, V giao điểm (A, AM ) với (O) nên U, V hai điểm không thay đổi qua phép nghịch k , tức U, V ∈ B C đảo IA Ta có (Oa ) tiếp xúc với (O) nên (Ia ) tiếp xúc với B C , tức (Ia ) tiếp xúc với U V AI rp 2SABC Mặt khác, AAb AH = p = = = bc = AB.AB = AC.AC cos A/2 sin A/2 cos A/2 sin A Suy AB = AC, AC = AB Mà BC tiếp tuyến chung (I) (Ia ) nên qua phép đối xứng trục, B C tiếp tuyến chung thứ hai hai đường tròn Bài Cho tam giác ABC D điểm BC Gọi (O1 ) đường tròn tiếp xúc với AB, BC tiếp xúc ngồi với đường tròn ngoại tiếp tam giác ADC, (O2 ) đường tròn tiếp xúc với AC, BC tiếp xúc ngồi với đường tròn ngoại tiếp tam giác ADB Gọi E, F tiếp điểm (O1 ) (O2 ) với BC, G tiếp điểm (O1 ) với (ADC), H tiếp điểm (O2 ) với (ADB) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác BHF, CGE đường tròn đường kính BC đồng quy Chứng minh Trước tiên ta phát biểu bổ đề Bổ đề Cho điểm A, B, C, D theo thứ tự nằm đường thẳng Gọi ω1 , ω2 , ω3 , ω4 đường tròn qua cặp điểm (A, B), (B, C), (C, D), (D, A) X, Y, Z, T giao điểm thứ hai cặp đường tròn ω1 ω2 , ω2 ω3 , ω3 ω4 , ω4 ω1 Khi X, Y, Z, T thuộc đường tròn Chứng minh Z Y T X A B C D Bổ đề chứng minh số phép cộng góc đơn giản xét phép nghịch đảo cực A phương tích biến tốn thành định lý điểm Miquel tam giác Trở lại toán A M I K B O2 H O1 E G D F C L N Gọi K tiếp điểm (O1 ) với AB (AKG) cắt (CEG) lần thứ hai I AI, CI cắt EK N, M Áp dụng định lý điểm Miquel cho tam giác AKN với điểm K, E, I ta có (AKI) cắt (KKE) G nên G điểm Miquel tam giác AKN ứng với điểm K, E, I, hay N ∈ (CEG) Tương tự, M ∈ (AKG) Gọi C giao (AM N ) (IEN ) Áp dụng bổ đề cho điểm M, K, E, N đường tròn (M KI), (O1 ), (N EI), (M AN ) ta thu (AGC ) tiếp xúc với (O1 ) Từ suy C ≡ C hay tứ giác A, M, N, C nội tiếp Suy ∠IAB = ∠IM K = ∠IAC, ∠ICB = ∠IEN = ∠ICA hay I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Ta có ∠AGI = ∠AM I = ∠CN I = ∠IGC hay GI phân giác ∠AGC Tương tự, (BHF ) qua I HI phân giác ∠BHA Gọi L giao điểm thứ hai (BHF ) (CGE) Ta có 1 ∠BLC = ∠BLI + ∠CLI = ∠BHI + ∠CGI = (∠BHA + ∠CGA) = (∠ADB + ∠ADC) = 90◦ 2 Suy đpcm Bài (Sharygin Geometry Olympiad) Cho hình vng ABCD P điểm AB Gọi I1 , I2 , I3 tâm đường tròn nội tiếp tam giác AP D, DP C, CP B; H1 , H2 , H3 trực tâm tam giác AI1 D, DI2 C, CI3 B Chứng minh H1 , H2 , H3 thẳng hàng A B P N H3 M I3 H2 I1 H1 I2 D C Chứng minh Trên P D, P C lấy hai điểm M, N cho DM = DC = CN Ta có DA = DM nên DI1 trung trực AM Suy AM qua H1 Tương tự BN qua H3 , DN cắt CM H2 Áp dụng định lý Desargues cho tam giác DN B tam giác AM C ta có DM, CN, AB đồng quy P nên H1 = AM ∩ DB, H2 = DN ∩ CM, H3 = AC ∩ BN thẳng hàng Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) P điểm khác O Đường tròn (P, P A) cắt AB, AC Ab , Ac , tương tự xác định Ba , Bc , Ca , Cb Chứng minh Ab , Ac , Ba , Bc , Ca , Cb thuộc đường tròn P nằm (O) A O B Z Ba Cb X M' M Ca Y Bc C P Ac Ab O' Chứng minh Gọi O tâm đường tròn qua điểm Ab , Ac , Ba , Bc , Ca , Cb , X, Y, Z hình chiếu P BC, CA, AB; M, N hình chiếu O O BC Ta có B đối xứng với Bc qua X, C đối xứng với Cb qua X M đối xứng với N qua X Suy P M đường trung bình hình thang OM O N , suy P O = P O Lại có P Ab = P Ac , O Ab = O Ac nên O P trung trực Ab Ac , suy Ab Ac ⊥ O P Tương tự suy Ab Ac Ba Bc Ca Cb Mà Y, Z trung điểm AAc , AAb nên Y Z Ab Ac Tương tự XY Ca Cb Từ X, Y, Z thẳng hàng Theo định lý đường thẳng Simson suy P ∈ (O) Bài Cho tam giác ABC có N điểm Nagel Gọi X, Y, Z điểm cung BAC, ABC, ACB Chứng minh N tâm đẳng phương đường tròn (X, XA), (Y, Y B), (Z, ZC) Chứng minh Ta phát biểu không chứng minh bổ đề quen thuộc: Cho tam giác ABC có tâm nội tiếp I Gọi H, K, L hình chiếu A BC, B, C AI, M trung điểm BC Khi H, K, L, M thuộc đường tròn có tâm điểm cung M H đường tròn Euler Trở lại tốn Ac X C' Ha A B' Ab O N Ba Cb B Bc Z C Ca Y A' Qua A, B, C kẻ đường thẳng song song với BC, CA, AB cắt tạo thành tam giác A B C Khi N tâm nội tiếp tam giác A B C Gọi Ac , Ab hình chiếu C , B A N , tương tự xác định Ba , Bc , Ca , Cb , Ha hình chiếu A BC Khi Ac , Ab , A, Ha nằm (X, XA) Dễ thấy Ab , Ac , Ba , Bc , Ca , Cb nằm cạnh tam giác ABC Ta có ∠C Cb Bc = ∠C B N = ∠B Ba C nên tứ giác Bc Ba Cb Ca nội tiếp Suy N nằm trục đẳng phương (Y, Y B) (Z, ZC) Chứng minh tương tự ta có đpcm Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Giả sử trung trực AB cắt AC A1 , trung trực AC cắt AB A2 Tương tự xác định B1 , B2 , C1 , C2 Các đường thẳng A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 cắt tạo thành tam giác DEF Chứng minh (DEF ) tiếp xúc với (O) B2 B' D A C1 C" O F A1 B C C2 A2 B1 E A' Chứng minh Dễ thấy A1 , A2 ∈ (BOC), B1 , B2 ∈ (AOC), C1 , C2 ∈ (AOB) Ta có ∠DC2 B1 = ∠BAC = ∠DB1 C2 then ∠OC1 C2 = 90◦ − ∠C1 C2 C = 90◦ − ∠C2 B1 B2 = ∠C1 B2 D Suy DB2 = DC1 Lại có ∠B2 DC1 = 2∠DC2 B1 = 360◦ − 2∠B2 AC1 nên D tâm ngoại tiếp tam giác B2 AC1 Nghĩa ∠DAC1 = ∠DC1 A = ∠ABC hay DA tiếp tuyến (O) Gọi A B C tam giác tạo giao điểm đường thẳng AD, BE, CF Ta thu (O) đường tròn nội tiếp tam giác A B C Mặt khác, A1 A2 AD, B1 B2 BE, C1 C2 CF nên DEF tam giác trung tuyến tam giác A B C Vậy (DEF ) tiếp xúc với (O) điểm Feuerbach tam giác A B C