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 (Lym) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I) G điểm cung BC khơng chứa A D tiếp điểm (I) với BC J điểm nằm BC cho JG cắt ID K thỏa mãn IK = IJ KJ cắt (O) lần thứ hai H HI cắt (O) L Chứng minh đường thẳng Simson L ứng với tam giác ABC tiếp xúc với (I) A M L P I O H J B C D K G Q Chứng minh Kẻ đường kính LQ đường tròn ngoại tiếp tam giác LIG Do GI = GJ.GH nên ∠GIH = ∠IJG = ∠IKJ = 90◦ − ∠GJB = 90◦ − ∠GLH Mà ∠GIH + ∠GIQ = 90◦ nên ∠QIG = ∠ILG = ∠IQG, suy GI = GQ hay Q ∈ (BIC) Kẻ LM ⊥ AC, LP ⊥ AB Ta có ∠LQI = ∠LGI = ∠LBP = ∠LCM nên phép vị tự quay góc LP quay ∠BLP , tỉ số biến B → P, Q → I, C → M, suy BQC → P IM Như LB BQC ∼ P IM Suy ∠P IM = ∠BQC = 180◦ − ∠BIC = 90◦ − ∠M AP Vậy (I) đường tròn bàng tiếp góc A tam giác AP M hay P M tiếp xúc với (I) Ta có đpcm Bài Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có ∠B > ∠C, trực tâm H P điểm nằm (O) cho H P khác phía với AO ∠AOP = ∠HAO Gọi Q điểm đối xứng với P qua O Chứng minh đường thẳng Simson Q tiếp xúc với đường tròn Euler tam giác ABC P A M L H O E B C N Q K Chứng minh Qua P kẻ P K ⊥ BC(K ∈ (O)) P K cắt AO L Ta có ∠LP O = ∠ALP − ∠AOP = ∠HAO − ∠AOP = ∠AOP = ∠AKP Suy AK OP Mà AK song song với đường thẳng Simson P ứng với tam giác ABC nên đường thẳng Simson P song song với OP Gọi E trung điểm HO, M trung điểm HP suy M nằm đường thẳng Simson P , mà M E OP nên M E đường thẳng Simson P Gọi N đối xứng với M qua E Chúng ta biết đường thẳng Simson hai điểm hai đầu đường kính vng góc với điểm đường tròn Euler nên đường thẳng Simson Q đường thẳng qua N vng góc với M N hay tiếp tuyến N (E) Ta có đpcm Bài (Nguyễn Văn Linh) Cho tứ giác ABCD có ∠A = ∠C = 120◦ Phân giác góc A góc C giao P Chứng minh đường thẳng Euler 10 tam giác có đỉnh điểm A, B, C, D, P đồng quy B A C P L T K O1 G M X O2 Y D Chứng minh Gọi G, L trọng tâm tam giác BP D, BCD; M trung điểm BD, O1 , O2 tâm ngoại tiếp tam giác BCD, BCA CP cắt (O1 ) lần thứ hai K Dễ thấy tam giác M O1 MG ML KBD nên O1 trọng tâm tam giác KBD Từ = = = Suy O1 , G, L MK MP MC thẳng hàng hay đường thẳng Euler tam giác BCD qua trọng tâm tam giác BP D Chứng minh tương tự với tam giác BAD, ABP, ADP, BCP, DP C Như ta cần chứng minh G nằm đường thẳng Euler tam giác ABC, ADC, AP C Gọi Y, X giao AG với (O2 ), CG với (O1 ), AP cắt (O2 ) lần thứ hai T Ta có GO1 CK nên theo định lý Reim, X, O1 , G, O2 đồng viên Tương tự O1 , G, O2 , Y đồng viên Như điểm X, O1 , G, O2 , Y nằm ω Mà O1 X = O2 Y nên XY KT Từ ∠BAY = ∠BCX Đặt ∠P AG = ∠P CG = x Hiển nhiên số đo cung XO1 , O1 O2 , O2 Y ω 2x Do ∠XGY = 180◦ − 3x Mà ∠XGY = 360◦ − ∠ABC − ∠BAG − ∠BCG = 360◦ − 2x − 120◦ − ∠ABC Do ∠ABC = 60◦ + x = ∠BAG = ∠BCG Suy G nằm đường thẳng Euler tam giác ABC Tương tự với tam giác ADC Bằng cộng góc suy ∠AP C = 180◦ − x = 180◦ − ∠P AG = 180◦ − ∠P CG Suy G nằm đường thẳng Euler tam giác AP C Ta có đpcm Bài Cho tam giác ABC P điểm mặt phẳng Gọi Pa , Pb , Pc đối xứng với P qua BC, CA, AB Chứng minh (BPa C), (CPb A), (APc B) đồng quy Q đường tròn Euler tam giác AP Q, BP Q, CP Q tiếp xúc với A Pb Pc M P Q B C Pa Chứng minh Gọi Q giao (APb C) (BPa C) Ta có (QB, QA) ≡ (QB, QC) + (QC, QA) ≡ (Pa B, Pa C) + (Pb C, Pb A) ≡ (P C, P B) + (P A, P C) ≡ (P A, P B) ≡ (Pc B, Pc A) (mod π) Suy Q ∈ (APc B) Gọi M trung điểm P Q Tiếp tuyến M đường tròn Euler tam giác AP Q, BP Q, CP Q hiển nhiên song song với tiếp tuyến da A (AP Q), db B (BP Q), dc C (CP Q) Do ta cần chứng minh da db dc Ta có (db , P Q) = ∠BQP − ∠BP Q, (da , P Q) = ∠AP Q − ∠AQP Do ∠AQB = ∠AP B nên ∠BQP + ∠AQP = ∠BP Q + ∠AP Q Suy ∠BQP − ∠BP Q = ∠AP Q − ∠AQP Vậy (db , P Q) = (da , P Q) hay da db Chứng minh tương tự ta có đpcm Bài Chứng minh trung điểm P Q nằm đường tròn Euler tam giác ABC Chứng minh Do đường tròn Euler tam giác AP Q BP Q tiếp xúc M nên M điểm Euler-Poncelet điểm A, Q, B, P Suy M nằm đường tròn Euler tam giác AP B Tương tự M nằm đường tròn Euler tam giác BP C, CP A Do M điểm Euler-Poncelet điểm A, B, C, P Từ M nằm đường tròn Euler tam giác ABC Hệ Trung điểm đoạn nối hai điểm Fermat nằm đường tròn Euler Q gọi điểm Antigonal conjugate P Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), I tâm nội tiếp AI, BI, CI giao (O) lần thứ hai D, E, F A1 , B1 , C1 điểm đối xứng với D, E, F qua BC, CA, AB X, Y, Z giao B1 C1 với EF , A1 C1 với DF , A1 B1 với DE Chứng minh X, Y, Z thẳng hàng đường thẳng tiếp xúc với đường tròn Euler tam giác ABC B D C1 A1 Y C I M B1 E Z X J F A Chứng minh Gọi J điểm Antigonal conjugate I ứng với tam giác ABC M trung điểm IJ Khi M điểm Euler-Poncelet điểm A, B, C, I Mà đường tròn pedal I ứng với tam giác ABC qua M nên M điểm Feuerbach tam giác ABC Do E tâm ngoại tiếp tam giác AIC nên B1 tâm ngoại tiếp tam giác AJC, tương tự C1 tâm ngoại tiếp tam giác AJB Suy C1 B1 trung trực AJ Lại có EF trung trực IA nên X tâm ngoại tiếp tam giác AIJ Tương tự suy X, Y, Z nằm trung trực IJ hay đường thẳng qua M vng góc với IM Vậy đường thẳng qua X, Y, Z tiếp tuyến điểm Feuerbach đường tròn Euler tam giác ABC Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến A, B, C cắt cạnh đối diện Pa , Pb , Pc ; Ma , Mb , Mc trung điểm BC, CA, AB Chứng minh đường tròn Euler tam giác APa Ma , BPb Mb , CPc Mc có trung trục đẳng phương đường thẳng Euler tam giác ABC A Xa T Mb Mc O E H Pa B Ha Ma C Chứng minh Gọi ωa , ωb , ωc đường tròn Euler tam giác APa Ma , BPb Mb , CPc Mc Gọi E tâm ωa , Ha , Hb , Hc hình chiếu A, B, C BC, CA, AB Ta có ∠EMa Ha = 90◦ − ∠EMa O = 90◦ − |∠Ma Mb Mc − ∠Ma Mc Mb | = 90◦ − |∠B − ∠C| Mà ∠APa Ma = |∠B − ∠Pa AB| = |∠B − ∠C| nên ∠EMa Ha + ∠APa Ma = 90◦ Suy Ma E ⊥ APa Gọi Ta = Ma E ∩ AHa Ta trực tâm tam giác APa Ma Do E trung điểm Ma Ta nên E nằm wa Chứng minh tương tự suy ωa , ωb , ωc đồng quy E Mặt khác, gọi Xa giao ωa với AHa Ta thu Xa trung điểm ATa Mà Ta trung 3 điểm AH nên HXa · HHa = HA · HHa = HB · HHb = HXb · HHb Do H nằm trục đẳng 4 phương ωa ωb Chứng minh tương tự suy đường thẳng Euler tam giác ABC trục đẳng phương ωa , ωb , ωc Bài Chứng minh