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 10 Bài (Trần Minh Ngọc) Cho n-giác lưỡng tâm A1 A2 A3 An Gọi Ai(i+1) giao Ai−1 Ai Ai+1 Ai+2 (i = 1, n) Chứng minh tồn hai đường tròn tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác Ai Ai(i+1) Ai+1 A23 A12 O23 A2 O12 D12 D23 B2 A1 X12 X23 A3 O' Ak+1 I O P Ak Ak-2 A(k-1)k Ak-1 Chứng minh Ta chứng minh kết mạnh hơn: Nếu A1 A2 , A2 A3 , , Ak Ak+1 tiếp tuyến kẻ từ điểm A1 , A2 , , Ak nằm (O) tới đường tròn (I) chứa (O) tồn hai đường tròn tiếp xúc với (A1 A12 A2 ), (A2 A23 A3 ), , (Ak−1 A(k−1)k Ak ) Thật vậy, gọi Di(i+1) tiếp điểm (I) với Ai Ai+1 , Xi(i+1) giao điểm thứ hai Ai(i+1) I với (Ai Ai(i+1) Ai+1 ), Oi(i+1) tâm (Ai Ai(i+1) Ai+1 ) Do Xi(i+1) điểm cung Ai Ai+1 (Oi(i+1) ) nên Oi(i+1) Xi(i+1) đồng quy O Gọi Bi giao tiếp tuyến X(i−1)i (O(i−1)i ) tiếp tuyến X(i(i+1) (O(i(i+1) ) Do I tâm đường tròn bàng tiếp tam giác Ai Ai(i+1) Ai+1 nên Xi(i+1) tâm ngoại tiếp tam giác Ai Ai+1 I Điều nghĩa X(i−1)i Xi(i+1) vuông góc với Ai I hay X(i−1)i Xi(i+1) song song với D(i−1)i Di(i+1) Từ hai tam giác Bi X(i−1)i Xi(i+1) Ai D(i−1)i Di(i+1) có cạnh tương ứng song song hay đồng dạng với Suy Bi X(i−1)i = Bi Xi(i+1) Từ hai tam giác vuông OBi X(i−1)i OBi Xi(i+1) nhau, suy OX(i−1)i = OXi(i+1) Như tồn đường tròn tâm O tiếp xúc với tất đường tròn (Oi(i+1) ) (i = 1, k − 1) Dễ thấy hai đường gấp khúc A1 A2 Ak−1 B1 B2 Bk−1 có đường tròn tiếp xúc với cạnh có cạnh tương ứng song song nên chúng vị tự theo tâm P Do Bi X(i−1)i = Bi Xi(i+1) nên Bi nằm trục đẳng phương (O(i−1)i ) (Oi(i+1) ) Từ P tâm đẳng phương đường tròn (Oi(i+1) ) PP /(O ) i(i+1) Xét phép nghịch đảo IP : (Oi(i+1) ) → (Oi(i+1) ), (O, OXi(i+1) ) → (O ) Như (O ) đường tròn thứ hai tiếp xúc với đường tròn (Oi(i+1) ) Bài Cho n−giác lưỡng tâm A1 A2 A3 An (≥ 3) Kí hiệu Ii tâm đường tròn nội tiếp tam giác Ai−1 Ai Ai+1 ; Ai(i+1) giao điểm Ai Ai+2 Ai−1 Ai+1 ; Ii(i+1) tâm đường tròn nội tiếp tam giác Ai Ai(i+1) Ai+1 (i = 1, n) Chứng minh 2n điểm I1 , I2 , , In , I12 , I23 , , In1 thuộc đường tròn O1 A1 On I12 I1 K A12 A2 I2 O2 A23 An O A3 I3 I A4 Chứng minh Gọi Oi điểm cung Ai Ai+1 Do I1 , I2 tâm đường tròn nội tiếp tam giác An A1 A2 , A1 A2 A3 nên O1 A1 = O1 A2 = O1 I1 = O1 I2 hay A1 , A2 , I1 , I2 thuộc (O1 , O1 A1 ) Tương tự với đường tròn (O2 ), (O3 ), , (On ) Lại có A1 I1 , A2 I2 , , An In đồng quy tâm đường tròn nội tiếp I n-giác A1 A2 A3 An nên phép nghịch đảo tâm I, phương tích IA1 II1 biến đường tròn ngoại tiếp n-giác A1 A2 An thành đường tròn qua I1 , I2 , , In hay I1 , I2 , , In thuộc đường tròn Mặt khác, gọi K giao I1 I2 A1 A3 Ta có ∠KI1 I12 = ∠I2 A1 A2 = ∠KA1 I12 nên tứ giác I1 A1 I12 K nội tiếp Từ ∠I1 I12 A1 = ∠I1 KA1 = ∠I2 I1 I − ∠I1 A1 A3 Mà ∠II1 I2 = ∠A1 A2 I2 = ∠I2 A2 A3 = ∠I2 I3 I, ∠I1 A1 A3 = ∠I1 I3 I, ta thu ∠I1 I12 A1 = ∠I2 I3 I − ∠I1 I3 I = ∠I1 I3 I2 Vậy I12 nằm (I1 I2 I3 ) Chứng minh tương tự suy đpcm Bài Cho tứ giác A1 A2 A3 A4 nội tiếp đường tròn (O) P điểm (O) a) Chứng minh hình chiếu P đường thẳng Simson P ứng với tam giác A2 A3 A4 , A1 A3 A4 , A1 A2 A4 , A1 A2 A3 thẳng hàng, gọi đường thẳng Simson P ứng với tứ giác A1 A2 A3 A4 b) Chứng minh tồn đường thẳng Simson P ứng với n−giác nội tiếp A1 A2 A3 An , nghĩa hình chiếu P đường thẳng Simson P ứng với n − giác có đỉnh n − n đỉnh thẳng hàng Chứng minh a) Dễ thấy đường thẳng Simson P tạo thành tứ giác toàn phần nhận P làm điểm Miquel nên hình chiếu P đường thẳng nằm đường thẳng Simson P ứng với tứ giác tồn phần b) Hiển nhiên tốn với n = 3, dễ dàng chứng minh với trường hợp n = Giả sử toán với n − 1, ta chứng minh toán với n A1 A2 d34 A3 A134 d4 A14 A34 A5 A13 A4 d3 d1 P Gọi di đường thẳng Simson P ứng với n − giác không chứa đỉnh Ai dij đường thẳng Simson P ứng với n − giác không chứa đỉnh Ai , Aj Gọi Aij hình chiếu P dij Dễ thấy Aij giao di dj Xét đường thẳng di , dj , dk (i, j, k = 1, n, i = j = k) đường thẳng giao tạo thành tam giác Aij Aik Ajk Do dij , dik , djk đồng quy Aijk - hình chiếu P dijk đường thẳng Simson P ứng với n − giác nên Aij , Aik , Ajk nằm đường tròn đường kính P Aijk Chứng minh tương tự suy n đường thẳng d1 , d2 , , dn có chung điểm Miquel P Vậy hình chiếu P d1 , d2 , , dn nằm đường thẳng Simson P ứng với n−giác A1 A2 An Theo nguyên lý quy nạp ta có đpcm Bài Cho n đường tròn C1 , C2 , , Cn qua O Gọi Aij giao điểm Ci Cj B1 điểm C1 B1 A12 cắt C2 lần thứ hai B2 Tương tự ta B3 , B4 , , Bn , Bn+1 Chứng minh Bn+1 ≡ B1 O O1 O2 A2 A12 A1 Chứng minh Gọi O1 , O2 , , On tâm C1 , C2 , , Cn Dễ chứng minh hai tam giác O1 OO2 A1 OA2 đồng dạng hướng Do (OA1 , OA2 ) ≡ (OO1 , OO2 ) (mod π) Chứng minh tương tự suy (OA1 , OAn+1 ) ≡ (OA1 , OA2 ) + (OA2 , OA3 ) + + (OAn , OAn+1 ) ≡ (OO1 , OO2 ) + (OO2 , OO3 ) + + (OOn , OO1 ) ≡ (mod π) Vậy An+1 ≡ A1 Bài Cho n đường tròn C1 , C2 , , Cn thỏa mãn cặp đường tròn Ci Ci+1 cắt hai điểm Ai(i+1) Bi(i+1) Gọi P1 điểm C1 P1 A12 cắt C2 lần thứ hai P2 , P2 A23 cắt C3 P3 , tương tự ta có P4 , P5 , , Pn , Pn+1 Pn+1 B12 cắt C2 lần thứ hai Pn+2 , tương tự ta có Pn+3 , , P2n+1 Chứng minh P2n+1 ≡ P1 Chứng minh Ta có P1 , Pn+1 , A12 , B12 đồng viên, P2 , Pn+2 , A12 , B12 đồng viên nên theo định lý Reim, P1 Pn+1 P2 Pn+2 Chứng minh tương tự suy P1 Pn+1 P2 Pn+2 P3 Pn+3 Pn+1 P2n+1 Do P2n+1 ≡ P1 Bài Ta định nghĩa đường tròn Euler dây A1 A2 (O, R) đường tròn qua trung điểm R A1 A2 có bán kính Đường tròn Euler tam giác A1 A2 A3 nội tiếp (O) đường tròn có tâm R giao điểm ba đường tròn Euler ba dây A1 A2 , A2 A3 , A1 A3 , bán kính Tổng qt, đường tròn Euler n−giác A1 A2 An nội tiếp (O) đường tròn có tâm giao điểm n đường tròn Euler R (n − 1)−giác có đỉnh n điểm Ai (i = 1, n), bán kính Đồng thời đường tròn Euler n−giác nội tiếp qua tâm n đường tròn Euler (n − 1)−giác có đỉnh (n − 1) n đỉnh C23 O23 C2 O2 C3 O123 O12 O3 O13 C12 O1 C13 C1 Chứng minh Với n = 4, dễ thấy đường tròn Euler tam giác A1 A2 A3 , A2 A3 A4 , A3 A4 A1 , A4 A1 A2 đồng quy P - điểm Euler-Poncelet tứ giác A1 A2 A3 A4 bán kính đường tròn R R nên tâm chúng nằm đường tròn (P, ) 2 Giả sử toán với (n − 1)−giác Ta chứng minh toán với n−giác Trước tiên cho n−giác A1 A2 An nội tiếp (O) Ta kí hiệu Ci1 i2 ik đường tròn Euler (n − k)−giác có đỉnh thuộc tập hợp {A1 , A2 , , An /Ai1 , Ai2 , , Aik }(i1 , i2 , , ik ∈ {1, , n}); Oi1 i2 ik tâm Ci1 i2 ik Như ta cần chứng minh n đường tròn Ci (i = 1, n) đồng quy Từ giả thiết quy nạp suy ba đường tròn C23 , C13 , C12 đồng quy O123 O1 , O2 , O3 giao điểm C12 C13 , C12 C23 , C13 C23 R R Do C12 , C13 , C23 có bán kính nên (O123 , ) đường tròn ngoại tiếp tam giác 2 O23 O13 O12 C23 C12 giao O123 O2 nên O2 điểm đối xứng với O123 qua O12 O23 Tương tự O1 , O3 điểm đối xứng với O123 qua O13 O12 , O13 O23 Theo kết quen thuộc C1 , C2 , C3 đồng quy trực tâm tam giác O23 O13 O12 Chứng minh tương tự suy n đường tròn Ci (i = 1, n) đồng quy Từ suy đpcm