Đang tải... (xem toàn văn)
George Boole sinh ngày 2111815 ở London. Ông là con trai một nhà bán tạp hóa nhỏ. Vì nhà nghèo nên từ năm 16 tuổi, ông đã phải bươn chải kiếm sống, phụ giúp gia đình bằng nghề dạy học. Năm 20 tuổi, ông mở một trường tư ở quê nhà. Vừa tận tụy dạy học, vừa ra sức tự học, ông đã tích lũy thêm một kiến thức toán học đồ sộ cho riêng mình. Với tài năng vốn có và lòng đam mê, bất chấp hoàn cảnh khó khăn, ông đã cho ra đời hàng loạt công trình nghiên cứu nổi tiếng và rất quan trọng cho ngành toán học thế giới: Giải tích toán học của logic, Các định luật của tư duy. Nhờ đó, ông được bổ nhiệm làm Giáo sư toán của trường Nữ hoàng ở Iceland từ năm 1849 cho đến khi mất. Một điều khá thú vị là Ethel Boole, một nữ văn sĩ nổi tiếng của nước Anh với tác phẩm Ruồi trâu, chính là con gái của ông. Ông mất vào ngày 8121864, thọ 49 tuổ
Bài tập ôn đội tuyển IMO năm 2015 Nguyễn Văn Linh Số Bài Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có AB + AC = 2BC Đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC, CA, AB D, E, F Gọi Mb , Mc trung điểm AC, AB Mb Mc cắt EF L Chứng minh đường tròn (L, LI) tiếp xúc với (I) (AO) A E L Mc F B Mb O I D Ma C K Chứng minh Gọi Ma trung điểm BC AI cắt (O) K Do ∠AIO = 90◦ nên I ∈ (AMb Mc ), từ EF đường thẳng Simson I ứng với tam giác AMb Mc Suy IL ⊥ Mb Mc hay I, L, D thẳng hàng, suy A, L, Ma thẳng hàng hay L trung điểm Mb Mc Từ dễ dàng có (L, LI) tiếp xúc với (AO) Dễ chứng minh IA = IK, M K = r, nên IL = r Từ (L, LI) tiếp xúc với (I) Bài Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có AB + AC = 2BC, H trực tâm Kẻ AK ⊥ BC M trung điểm BC Dựng đường tròn (O1 ) tiếp xúc với tia KA, KB tiếp xúc với (O), đường tròn (O2 ) tiếp xúc với tia KA, KC tiếp xúc với (O) Chứng minh HM tiếp tuyến chung thứ hai (O1 ) (O2 ) Chứng minh Bổ đề Cho hai đường tròn (O1 ), (O2 ) tiếp xúc với (O) Gọi AE, BF hai tiếp tuyến chung (O1 ) (O2 ) cho A, B khác phía với E, F bờ O1 O2 CD tiếp tuyến chung (O1 ) (O2 ) cho CD phía với EF bờ O1 O2 Khi CD EF A B O2 T I2 I1 O O1 D C E F L Chứng minh Gọi L điểm cung CD không chứa A, B AL, BL cắt O1 O2 I1 , I2 AE cắt BF T Áp dụng định lý Thebault suy I1 , I2 tâm nội tiếp tam giác ACD, BCD Suy LI1 = LD = LI2 Từ ∠AI1 T = ∠BI2 T Mà ∠BT I2 = ∠AT I1 nên ∠I2 BT = ∠I1 AT hay ∠LBF = ∠LAE Suy L điểm cung EF Vậy CD EF Trở lại toán A E O2 T Mc Mb O1 O I F J H Y B X K Z D C M L G D Gọi D, E, F tiếp điểm đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC với BC, CA, AB, Mb , Mc trung điểm AC, AB, J tâm đường tròn Euler tam giác ABC Kéo dài AH cắt BC K, cắt (O) L AB + AC − BC BC Ta có AE = AF = = nên AE + AF = BC = AMb + AMc , suy EMb = 2 F Mc Từ IEMb = IF Mc , ta thu IMb = IMc Mà JMb = JMc nên IJ trung trực Mb Mc hay trung trực KM Gọi (O1 ), (O2 ) đường tròn tiếp xúc với AH, tia KB, KC tiếp xúc với (O) Gọi X, Y tiếp điểm (O1 ) với BC, AH, Z, T tiếp điểm (O2 ) với BC, AH Theo định lý Sawayama-Thebault, XY cắt ZT I I ∈ O1 O2 Do ∠IXZ = ∠IZX = 45◦ nên IX = IZ Mà IK = IM nên XK = ZM Do K nằm tiếp tuyến chung (O1 ) (O2 ) nên M nằm tiếp tuyến chung lại Gọi G đối xứng A qua O suy M trung điểm HG Từ LG BC Áp dụng bổ đề suy HG tiếp tuyến chung (O1 ) (O2 ) Bài Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có AB + AC = 2BC Gọi H trực tâm tam giác ABC, M trung điểm BC Chứng minh đường tròn đường kính AO đường tròn đường kính HM tiếp xúc Chứng minh Theo suy H nằm O1 O2 Ta thu HI phân giác ∠AHM hay HI phân giác ∠KHM Mà I nằm trung trực KM nên HIM K nội tiếp Mặt khác ta có AF = BM , ∠F AI = ∠M BD nên AF I = BM D, từ AI = BD = ID, suy I trung điểm AD hay OI ⊥ AI Như I ∈ (AO) Do I nằm trung trực KM nên I nằm đường trung bình hình thang AKM O hay đường thẳng qua trung điểm AO HM Vậy tâm (AO), (HM ) I thẳng hàng Suy (AO) tiếp xúc với (HM ) I Bài (Turkey TST 2015) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp (I) (I) tiếp xúc với BC, CA, AB D, E, F Gọi E1 , F1 đối xứng với A qua E, F Đường tròn ω1 qua E1 tiếp xúc với (I) D cắt AC lần thứ hai E2 ; đường tròn ω2 qua F1 tiếp xúc với (I) D cắt AB F2 Gọi P, Q trung điểm OE, IF Chứng minh E2 F2 ⊥ P Q AB + AC = 2BC E3 E2 A E Q P F I B D O E1 C F1 F2 Chứng minh AB + AC = 2BC AI ⊥ OI hay OI EF hay OI P Q Như ta chứng minh E2 F2 ⊥ OI Gọi E3 giao DF với AC E2 trung điểm E3 E Do (E3 EAC) = −1 nên sau số phép tính tốn suy CE = CE1 CE2 hay (E2 E1 D) tiếp xúc với (I) hay E2 ≡ E2 Theo hệ thức Newton, E2 E = E2 A.E2 C hay E2 thuộc trục đẳng phương (O) (I) Chứng minh tương tự suy E2 F2 ⊥ OI Bài (Iran 2014) Đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với AB, AC P, Q BI, CI giao P Q L, K Chứng minh (ILK) tiếp xúc với (I) AB + AC = 3BC Chứng minh Cách A Q K Y L X P I D B C J Gọi D tiếp điểm (I) với BC AI giao (ABC) J r Ta có (ILK) tiếp xúc với (I) R(ILK) = Dễ thấy BL ⊥ LC, CK ⊥ BK nên L, K nằm (BC) Bằng cộng góc suy I tâm nội tiếp tam giác DLK Kẻ IX ⊥ LD, IY ⊥ P Q R(ILK) IX IY Do hai tam giác ILK IBC đồng dạng nên = = sin ∠IDX = sin A/2 = R(IBC) ID ID R(ILK) IP r Hay = = IJ AI AI r Do R(ILK) = IP = 2IJ hay JA = 3JB = 3JC (1) Áp dụng định lý Ptolemy ta có AJ.BC = AB.JB + AC.JC, suy (1) tương đương AB + AC = 3BC Cách A N E T F K M P L Q I B D R C Gọi R, T giao CK với (I) Ta có T P RD tứ giác điều hoà Gọi M giao IK với DP T R ⊥ IM nên M T, M R hai tiếp tuyến (I) Suy IK.IM = r2 Tương tự gọi N giao IL với DQ IL.IN = r2 Dễ thấy M, N hình chiếu A IB, IC M N đường trung bình ứng với đỉnh A tam giác ABC Xét phép nghịch đảo IIr : (I) → (I), (ILK) → M N (ILK) tiếp xúc với (I) (I) tiếp xúc với đường trung bình EF tam giác ABC (E ∈ AC, F ∈ AB) hay (I) đường tròn bàng tiếp góc A tam giác AEF AB + AC − BC Khi AP = AQ = pAEF = pABC , = (BC + CA + AB) hay 2 AB + AC = 3BC Bài Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có AB + AC = 3BC Đường tròn (I) nội tiếp tam giác tiếp xúc với BC, CA, AB D, E, F Gọi L, K đối xứng với E, F qua I T giao điểm thứ hai đường tròn đường kính AI với (O) Chứng minh (LKT ) tiếp xúc với (O) A T X O I F E K L P B C D J Chứng minh Gọi J điểm cung BC X trung điểm AI Dễ thấy AI = 2IJ nên XI = IJ Suy F XI = KJI, từ JK = JI, tương tự suy K, L ∈ (BIC) Kéo dài AT cắt BC P suy P I ⊥ AI Suy ∠T DP = ∠T IP = ∠T AD = ∠(T J, BC), suy T, D, J thẳng hàng Xét phép nghịch đảo IJJI : L → L, K → K, T → D Do (T LK) → (I) Mà (O) → BC, BC tiếp xúc với (I) nên (T LK) tiếp xúc với (O) Bài Cho tam giác ABC có AB + AC = 3BC Đường tròn (I) nội tiếp tiếp xúc với BC D Gọi T điểm đối xứng với D qua I BT, CT cắt AC, AB M, N X trung điểm AI Chứng minh X tâm ngoại tiếp tam giác T M N A N X M T O E I F K L D C B Chứng minh Với kí hiệu 5, ta có ∠BLI = 180◦ − ∠ICB, ∠T LE = ∠T DE = ∠ICB nên B, L, T thẳng hàng Tương tự C, K, T thẳng hàng Suy M, N tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc B, C với AC, AB Ta có ∠M T N = ∠BT C = ∠EDF = 90◦ − ∠BAC Mặt khác, AM = CE = p − c, N F = AB − 2BF = AB − (AB + BC − AC) = AC − BC = AC + BC − AB = p − c Suy AM = N F Từ AXM = F XN (c.g.c) Suy ∠F N X = ∠AM X hay AM XN nội tiếp Mà AX phân giác ∠N AM nên XM = XN, đồng thời ∠N XM = 180◦ − ∠BAC = 2∠M T N nên X tâm ngoại tiếp tam giác M T N Bài Cho tam giác ABC có AB + AC = 3BC Gọi Ia tâm bàng tiếp góc A Trên BC lấy hai điểm P, Q cho CP = CA, BQ = BA theo thứ tự P, B, C, Q Đường tròn (P BIa ) cắt AB lần thứ hai M , đường tròn (QCIa ) cắt AC lần thứ hai N Chứng minh BCN M tứ giác lưỡng tâm A O I Q P B D C Ia N M Chứng minh Gọi I tâm nội tiếp tam giác ABC, D điểm cung BC Dễ thấy IA = IQ = IP Từ giả thiết AB + AC = 3BC suy AI = 2ID hay IA = IIa Vậy AP Ia Q nội tiếp đường tròn tâm I Bằng cộng góc suy AICQ, AIBP nội tiếp Ta có ∠P M B = ∠P Ia B = ∠P Ia A − ∠BIa A = ∠AQB − ∠ICB = ∠Ia IC − ∠ICA = ∠IAC Suy ∠BIa M = 180◦ − ∠BP M = ∠P BM + ∠P M B = ∠B + ∠A Tương tự ∠CIa N = ∠C + ∠A Ta thu ∠BIa M + ∠CIa N = 180◦ Suy M N tiếp xúc với (Ia ) hay tứ giác BCN M ngoại tiếp Mặt khác, ∠CN M = 2∠CN Ia = 2∠P QIa = 2∠P AI = 2∠IBC = ∠ABC hay tứ giác BCN M nội tiếp Ta có đpcm