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 tứ giác ABCD ngoại tiếp Chứng minh trung trực cạnh AB, BC, CD, DA cắt tạo thành tứ giác ngoại tiếp E M N B J A C1 B1 I D1 D A1 C Chứng minh Gọi A1 B1 C1 D1 tứ giác tạo giao điểm trung trực AB, BC, CD, DA Gọi E giao AD BC, (J) đường tròn nội tiếp tam giác ABE Kẻ tiếp tuyến (J) song song với CD, cắt EA, EB M, N Ta có tứ giác AJBI nội tiếp nên ∠EAJ = ∠JAB = ∠JIB Suy EAJ ∼ EIB EA EJ Suy = hay EI · EJ = EA · EB EI EB 1 Mặt khác, ∠EID = 90◦ + ∠BCD = 90◦ + ∠EN M = ∠EN J 2 EI ED Suy EID ∼ EN J Ta thu = hay EI · EJ = EN · ED EN EJ EN EA Suy EA · EB = EN · ED hay = Vậy AN BD ED EB Do A1 , C1 tâm ngoại tiếp tam giác ADB, CDB nên A1 C1 ⊥ BD hay A1 C1 ⊥ DN Mà C1 D1 ⊥ DC nên C1 D1 ⊥ M N lại có D1 A1 ⊥ AM nên D1 A1 C1 ∼ M AN Chứng minh tương tự suy tứ giác A1 B1 C1 D1 đồng dạng tứ giác ABN M Mà tứ giác ABN M ngoại tiếp nên A1 B1 C1 D1 ngoại tiếp Bài Cho tứ giác nội tiếp ABCD Một đường tròn qua C, D cắt AD, AC A1 , A2 , cắt BC, BD B1 , B2 Một đường tròn qua A, B cắt CB, CA C1 , C2 , cắt DA, DB D1 , D2 Chứng minh đường thẳng A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 , D1 D2 cắt tạo thành tứ giác ngoại tiếp B A M B2 A1 D2 B1 N Q C2 A2 D1 C1 D C P Chứng minh Gọi M N P Q tứ giác tạo giao điểm A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 , D1 D2 Do tứ giác ABCD ABC2 D2 nội tiếp nên C2 D2 CD, tương tự D1 C1 DC Từ suy D2 C2 C1 D1 hình thang cân, ta thu P C1 D1 tam giác cân Chứng minh tương tự suy tam giác QA1 D1 , M A1 B2 , N C1 B2 cân Suy M N + P Q = M B2 + B2 N + P D1 + D1 Q = M A1 + N C1 + P C1 + QA1 = M Q + N P Vậy tứ giác M N P Q ngoại tiếp Bài (Nguyễn Văn Linh) Cho tứ giác A B C D Gọi A, C hình chiếu A , C B D ; B, D hình chiếu B , D A C Chứng minh tứ giác A B C D ngoại tiếp tứ giác ABCD ngoại tiếp D' C' A D A' B E B' C Chứng minh Dễ thấy tứ giác AA DD , ABB A , BB CC , DCC D nội tiếp đường tròn đường kính A D ,A B ,B C ,C D Đặt ∠AA B = ∠AB B = ∠AD D = ∠BC C = α Theo định lý hàm số sin, AD = A D sin ∠AD D = A D sin α, BC = B C sin ∠BC C = B C sin α Suy AD + BC = sin α(A D + B C ) Tương tự AB + CD = sin α(A B + C D ) Từ tứ giác A B C D ngoại tiếp A B + C D = A D + B C AB + CD = AD + BC hay tứ giác ABCD ngoại tiếp Bài (Đào Thanh Oai) Cho tứ giác ngoại tiếp ABCD AC giao BD E Một đường tròn ω có tâm E Các đường đối cực A, C ứng với ω cắt BD A , C Các đường đối cực B, D ứng với ω cắt AC B , D Chứng minh tứ giác A B C D ngoại tiếp Chứng minh Cách B M A D' U C' X Q Y E Z T B' V D A' P C Gọi X, Y, Z, T điểm liên hợp A, B, C, D ứng với ω Suy B C Y Z nội tiếp đường tròn đường kính B C Ta có EY.EB = EZ.EC nên BY ZC nội tiếp Từ B C BC Tương tự suy hai tứ giác ABCD A B C D có cạnh tương ứng song song Từ ta chọn ω cho A ≡ D , D ≡ A Gọi M, P, Q tiếp điểm đường tròn (I) nội tiếp tứ giác ABCD với AB, CD, DA M P cắt AC , DB U, V Do AC DC nên ∠AU M = ∠M P D = ∠AM U , suy AM = AU = AQ Tương tự, DP = AR + DR − AD DV = DQ Gọi R giao AC DB suy RU = RV = Vậy U, V tiếp điểm đường tròn (J) nội tiếp tam giác ARD với AR, DR Như (J) tiếp xúc với AC , DB , AD U, V, Q Mặt khác, AC, BD, M P đồng quy nên AB , DC , U V đồng quy Áp dụng định lý Brianchon đảo cho lục giác AU C B V D suy C B tiếp xúc với (J) Vậy tứ giác AC B D ngoại tiếp hay A B C D ngoại tiếp Cách B A D' C' X E T Y Z B' A' D C Gọi X, Y, Z, T điểm liên hợp với A, B, C, D ứng với ω Gọi r bán kính ω Ta có EA · EX = EB · EY = EC · EZ = ED · ET = r2 nên phép nghịch đảo IEr : A → A , B → B , C → C , D → D Do A B C D tứ giác ngoại tiếp (xem []) Áp dụng toán suy đpcm Bài Cho tứ giác lưỡng tâm ABCD có tâm đường tròn ngoại tiếp O Gọi E, F giao điểm AB CD, AD BC Chứng minh tồn đường tròn tâm O tiếp xúc với bốn đường tròn ngoại tiếp tam giác EAD, EBC, F AB, F CD Chứng minh Trước tiên ta phát biểu bổ đề Bổ đề Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I) AC giao BD P Khi O, I, P thẳng hàng Chứng minh B C1 D1 A P I O L D B1 A1 C Gọi A1 , B1 , C1 , D1 giao điểm AI, BI, CI, DI với (O) Bằng số phép cộng góc đơn giản dễ thấy A1 C1 B1 D1 đường kính (O) Gọi L giao điểm A1 B D1 C Áp dụng định lý Pascal cho điểm A1 , B1 , C1 , D1 , B, C suy I, O, L thẳng hàng Lại áp dụng định lý Pascal cho điểm A, B, C, D, A1 , D1 suy I, P, L thẳng hàng Như P nằm OI Trở lại toán E G A H X K T O I P B D Z Y M N L J C F Gọi M điểm Miquel tứ giác tồn phần ABCDEF Khi dễ thấy M nằm EF M, P, O thẳng hàng Áp dụng bổ đề suy M, P, O, I thẳng hàng Từ M kẻ tiếp tuyến M K, M N tới (I) Từ O kẻ OH ⊥ M K, OL ⊥ M N Gọi X, Y, Z, T tiếp điểm AB, BC, CD, DA với (I) Theo kết quen thuộc, AC, BD, XZ, Y T đồng quy P Do EF đường đối cực P với đường tròn (I) Suy P nằm đường đối cực M với (I) hay P nằm KN Theo định lý Brocard, P trực tâm tam giác OEF suy M P.M O = M E.M F Mặt khác tứ giác ABCD nội tiếp nên số phép cộng góc đơn giản, phân giác góc DEA DF C vng góc với I Tức tam giác EIF vng I có IM đường cao Ta thu M E.M F = M I MP MI Như M P.M O = M I hay = MI MO MP MI MK MP Gọi I giao M O với HL Ta có = = = Suy I ≡ I, tức I trung MI MO MH MI điểm HL Gọi G, J giao điểm thứ hai M K, M N với (ECB) Ta có (I) đường tròn nội tiếp tam giác ECB nên theo định lý Poncelet, (I) đồng thời đường tròn nội tiếp tam giác M GJ Mà I trung điểm đoạn nối hai tiếp điểm đường tròn ω(O, OH) với M G, M J nên theo bổ đề Sawayama, ω đường tròn mixtilinear nội tiếp ứng với đỉnh M tam giác M GJ Tức ω tiếp xúc với (ECB) Chứng minh tương tự ta có ω tiếp xúc với (EAD), (F AB), (F CD) Bài Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) AD giao BC E, AC giao BD L Đường thẳng qua L vng góc với OL cắt AD, BC X, Y Đường thẳng qua X song song với CD cắt đường thẳng qua Y song song với AB Z Chứng minh XZ + Y Z = XE + Y E W E V Z F Y K Q L X S B M A T G N O J R D P C Chứng minh Gọi M, N, P, Q tiếp điểm (O) với AB, BC, CD, DA QM cắt P N W , QP cắt M N V XY cắt AB, CD S, R Ta có L nằm đường đối cực E, F, V, W nên E, F, V, W nằm đường đối cực L, suy E, F, V, W thẳng hàng Theo định lý Brocard, OL ⊥ EF nên EF XY Lại có E(F LDC) = −1 nên LX = LY Tương tự LS = LR Qua Y kẻ đường song song với ED cắt QN T , suy Y T = T N Mà LX = LY nên Y T = QX Từ QX = T N Vậy XE + Y E = EQ + EN = 2EN Gọi J, K giao ZX, ZY với M P Qua X kẻ đường song song với AB cắt M P G Suy XG = XJ Mà LX = LY nên XL = KY Suy ZX + ZY = ZJ + ZK = 2ZJ LJ LX LY LK Ta có = = = nên L, Z, F thẳng hàng Dễ thấy V, A, C thẳng hàng Suy LP LR LS LM ZJ LX LX VE = = = FP LR LS VF VE EN VE VF sin ∠M N B sin ∠V M F Như ta cần chứng minh = hay = , = , VF FM EN FM sin ∠EV N sin ∠F V M hiển nhiên Vậy EN = ZJ hay XE + Y E = XZ + Y Z Bài Một đường thẳng qua I song song với cạnh tứ giác lưỡng tâm ABCD cắt hai cạnh đối diện lại M, N Chứng minh độ dài M N không phụ thuộc vào việc chọn cạnh tứ giác để kẻ song song với A N D K O I L M C B Chứng minh Gọi M N LK hai đường thẳng qua I song song với AD, BC (M, K ∈ CD; N, L ∈ AB) Ta có ∠IN L = ∠DAB = 180o − ∠DCB = ∠M KI nên tứ giác M KN L nội tiếp, từ hai tam giác KIM N IL đồng dạng Do hai tam giác có đường cao hạ từ I r nên IK = IN, IM = IL, KM = N L Dễ thấy tam giác AN I cân N nên N A = N I Tương tự, LI = LB, IK = KC, IM = M D Suy 2M N = M N + KL = AN + LB + AM + KC = AB − N L + CD + KM = AB + CD = (AB + BC + CD + DA) ⇒ M N = (AB +BC +CD +DA) không phụ thuộc vào việc chọn cạnh tứ giác ABCD