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 (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC Gọi P điểm nằm ABC cho AB +BP = AC + CP BP ∩ AC = {Y }, CP ∩ AB = {Z} Chứng minh trung điểm BC nằm trục đẳng phương hai đường tròn nội tiếp tam giác Y CP ZBP Chứng minh Cách A Z U V Y P S B' C' R B C M D N O Do AB + BP = AC + CP nên tứ giác AZP Y bàng tiếp đường tròn ω có tâm O Gọi ω1 ω2 đường tròn nội tiếp ZP B Y P C U, V R, S tiếp điểm ω1 , ω2 với P Z, P Y P B, P C, U R, V S, P O cắt BC M, N, D Rõ ràng U R V S OP nên BRM ∼ BP D CSN ∼ CP D BR BM CS CN BR CP BM CD Ta thu = , = suy · = · BP BD CP CD CS BP CN BD CP CD Lại có = Gọi B , C tiếp điểm ω với P B, P C, ta có P B = P C = BR = CS Từ BP BD suy BM = CN, hay trung điểm BC đồng thời trung điểm M N Dễ thấy trung điểm BC nằm đường trung bình hình thang U V SR đường thẳng hiển nhiên trục đẳng phương ω1 , ω2 Cách Ta phát biểu bổ đề Bổ đề Cho tam giác ABC P điểm nằm phân giác góc A Qua B, C kẻ đường vng góc với P B, P C, cắt phân giác ngồi góc A hai điểm E, F Khi trung trực BC chia đơi EF E A F I G H B C P Chứng minh Gọi G, H giao P F với BE, P E với BF BE giao CF I Ta có tứ giác F ACP, P BAE nội tiếp nên ∠P F C = ∠P AC = ∠P AB = ∠BEP Suy tứ giác CH BG = F GHE nội tiếp Từ ∠P GB = ∠P HC Mà hai tam giác F CP EBP đồng dạng nên GE HF Theo định lý ERIQ, trung điểm EF, GH, BC thẳng hàng Lại áp dụng định lý đường thẳng Gauss tứ giác tồn phần GIHP EF ta có trung điểm EF, GH, IP thẳng hàng Mà trung điểm IP tâm (BICP ) nên nằm trung trực BC Như trung trực BC qua trung điểm EF Trở lại toán A Z Y I1 B' B E P I2 S R C' M F C O Điều kiện đề tương đường tồn đường tròn (O) bàng tiếp tứ giác AY P Z Kẻ I1 E, I2 F vng góc với BC Gọi M trung điểm BC Áp dụng bổ đề cho tam giác BP C với điểm O nằm phân giác góc P suy trung trực BC chia đơi I1 I2 Do M E = M F Gọi R, S tiếp điểm (I1 ), (I2 ) với P B, P C, B , C tiếp điểm (O) với P B, P C Ta có BR = P B = P C = CS Do BI12 − r12 = BR2 = CS = CI22 − r22 Mặt khác, BI12 − M I12 = BE − M E = CF − M F = CI22 − M I22 nên M I12 − r12 = M I22 − r22 Vậy M nằm trục đẳng phương (I1 ) (I2 ) Bài (Nguyễn Văn Linh) Cho tam giác ABC P điểm nằm tam giác cho AB + BP = AC + CP Chứng minh trung điểm BC nằm trục đẳng phương đường tròn nội tiếp tam giác ABP, ACP Chứng minh Ta phát biểu chứng minh bổ đề Bổ đề Cho tam giác ABC P điểm BC, gọi (I1 ), (I2 ) đường tròn nội tiếp tam giác ABP, ACP Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC D Khi I1 , I2 , P, D thuộc đường tròn A I I2 I1 B E P D F C Chứng minh Gọi E, F tiếp điểm (I1 ), (I2 ) với BC Bằng cơng thức tính đoạn nối đỉnh tới tiếp điểm đường tròn nội tiếp, dễ thấy EP = F D Đồng thời I1 P E ∼ P I2 F nên DEI1 ∼ I2 F D Suy ∠I1 DI2 = 90◦ Trở lại toán A Z I1 S I2 Y U T P W V B C E M O F Gọi Y, Z giao BP với AC, CP với AB, (I1 ), (I2 ) đường tròn nội tiếp tam giác ABP, ACP Điều kiện đề tương đường tồn đường tròn (O) bàng tiếp tứ giác AY P Z Gọi ω1 , ω2 đường tròn bàng tiếp góc A tam giác AP Z, AP Y, T, U tiếp điểm ω1 , ω2 với AB, AC Áp dụng tương tự bổ đề cho đường tròn bàng tiếp tam giác AP Z với điểm B nằm AZ ta có (I1 ) đường tròn nội tiếp tam giác AP B, (O) đường tròn bàng tiếp góc Z tam giác ZP B nên O, I1 , B, T thuộc đường tròn Tương tự, O, I2 , C, U thuộc đường tròn 1 Mặt khác, AT = pAZP = (AZ + ZP + P A), AU = pAP Y = (AY + Y P + AP ) Do tứ giác AY P Z 2 bàng tiếp nên AZ + ZP = AY + Y P , từ AT = AU , suy ∠OT B = ∠OU C Gọi S hình chiếu O I1 I2 suy điểm S, O, I1 , B, T S, O, I2 , C, U thuộc đường tròn Ta có ∠OSB = ∠OT B = ∠OU C = ∠OSC Như O nằm phân giác ∠BSC, I1 I2 phân giác ∠BSC Áp dụng bổ đề cách trước suy trung trực BC chia đôi I1 I2 Từ hạ I1 E, I2 F ⊥ BC ta thu BE = CF Gọi M trung điểm BC ta có BI12 − M I12 = BE − M E = CF − M F = CI22 − M I22 1 Gọi V, W tiếp điểm (I1 ), (I2 ) với BP, CP Ta có BV = (AB + BP − AP ) = (AC + CP − 2 AP ) = CW Do BI12 − r12 = CI22 − r22 Vậy M I12 − r12 = M I22 − r22 hay M nằm trục đẳng phương (I1 ) (I2 ) Bài (Russia 2005) Cho tam giác ABC Gọi ωb , ωc đường tròn bàng tiếp góc B, C, ωb , ωc đối xứng với ωb , ωc qua trung điểm AC, AB Chứng minh trục đẳng phương ωb , ωc chia đôi chu vi tam giác ABC H A K Q Ic Xc R M I Jc G C B F Jb Chứng minh Gọi G, R tiếp điểm đường tròn nội tiếp (I) với AB, AC; Xc trung điểm AB, Q tiếp điểm (Ic ) với AB Xét phép đối xứng tâm Xc : ωc → ωc ; B → A; Q → G nên G ∈ ωc tiếp tuyến AK ωc song song với tiếp tuyến qua B ωc hay song song với BC Tương tự, R ∈ (Jb ) tiếp tuyến AH ωb song song với BC Do K, A, H thẳng hàng Ta có AH = AR2 = AG2 = AK nên A nằm trục đẳng phương ωb ωc đồng thời H, R, G, K nằm đường tròn tâm A AH AG = nên BF = BG Vậy F ≡ F BF GB Chứng minh tương tự ta có HG giao KR F Mà ∠HGK = ∠HRK = 90◦ nên giao điểm M HR KG trực tâm tam giác HF K Điều nghĩa M ∈ (I) IM ⊥ BC Do M H.M R = M K.M G hay M nằm trục đẳng phương (Jb ) (Jc ) Ta thu AM trục đẳng phương ωb ωc Mà AM qua tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc A với BC nên AM chia đôi chu vi tam giác ABC Gọi F giao HG với BC Ta có Bài (Nguyễn Văn Linh) Cho hình vng ABCD P điểm AB Gọi (I1 ), (I2 ) đường tròn nội tiếp tam giác ADP, CBP DI1 , CI2 cắt AB E, F Đường thẳng qua E song song với AC cắt BD M , đường thẳng qua F song song với BD cắt AC N Chứng minh M N tiếp tuyến chung (I1 ) (I2 ) Chứng minh Ta phát biểu bổ đề Bổ đề Cho tứ giác ABCD Gọi (I1 , r1 ) (I2 , r2 ) đường tròn nội tiếp ABC ADC BP cot ∠ABI1 Tiếp tuyến chung khác AC (I1 ) (I2 ) cắt BD P Khi = CP cot ∠ADI2 M B Y P A S I2 D I1 F K Z E N C Chứng minh Gọi cắt CB, CD, CA M, N, S (I1 ) tiếp xúc với CA, CB E, Y , (I2 ) tiếp xúc với CA, CD F, Z Do tứ giác ADN S ngoại tiếp nên AN, DS, F Z đồng quy K Áp dụng định lý Menelaus cho DSC, với cát tuyến AN K, ta có: AC KS AC SF CN = · = · ND AS DK AS DZ MB AS BY = · Chứng minh tương tự, CM AC SE Lại áp dụng định lý Menelaus cho BCD với cát tuyến , ta thu được: BP M B CN SF BY r2 BY cot ∠ABI1 = · = · = · = CP CM N D SE DZ r1 DZ cot ∠ADI2 Trở lại toán A P E F B I2 I1 M N I3 D K C Gọi (I3 ) đường tròn nội tiếp tam giác P CD Tứ giác ABCD ngoại tiếp nên theo toán chương [], đường tròn (I1 ), (I2 ), (I3 ) có chung tiếp tuyến Kẻ I3 K ⊥ CD Ta có ∠I1 DI3 = ∠ADC = ∠BDC nên ∠EDM = ∠I3 DK DM DM DK cot ∠I3 DC cot ∠I3 DC Do EDM ∼ I3 DK Suy = = = cot ∠I3 DC = = ◦ MB ME KI3 cot 45 cot ∠I2 BC Áp dụng bổ đề suy M nằm tiếp tuyến chung (I2 ) (I3 ) Chứng minh tương tự suy M N tiếp tuyến chung (I1 ) (I2 ) Bài (Romanian Master in Mathematics 2009) Cho điểm A1 , A2 , A3 , A4 mặt phẳng cho ba điểm thẳng hàng thỏa mãn A1 A2 A3 A4 = A1 A3 A2 A4 = A1 A4 A2 A3 Kí hiệu Oi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Aj Ak Al ({i, j, k, l} = {1, 2, 3, 4}) Chứng minh đường thẳng Ai Oi đồng quy song song Chứng minh Điều kiện đề cho thấy điểm A1 , A2 , A3 , A4 lập thành điểm isodynamic Gọi ωij đường tròn Apollonius đoạn thẳng Ai Aj qua Ak , Al Xét tam giác A1 A2 A3 Theo tính chất đường tròn Apollonius ta có ω12 , ω23 , ω13 qua A4 có A4 O4 trục đẳng phương Chứng minh tương tự ta có: ω12 , ω14 có trục đẳng phương A3 O3 , ω12 , ω13 có trục đẳng phương A4 O4 , ω13 , ω14 có trục đẳng phương A2 O2 Suy A2 O2 , A3 O3 , A4 O4 đồng quy song song Chứng minh tương tự ta có đpcm Bài (IMO Shortlist 2006) Các điểm A1 , B1 , C1 nằm cạnh BC, CA, AB tam giác ABC Đường tròn ngoại tiếp tam giác AB1 C1 , BC1 A1 , CA1 B1 giao đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC A2 , B2 , C2 (A2 = A, B2 = B, C2 = C) Gọi A3 , B3 , C3 đối xứng với A1 , B1 , C1 qua trung điểm BC, CA, AB Chứng minh hai tam giác A2 B2 C2 A3 B3 C3 đồng dạng Chứng minh Cách (Yulhee Nam, Korea) A A2 Q X B3 B2 C1 B1 C3 B A1 A3 C C2 Gọi X điểm thỏa mãn CA1 XB3 hình bình hành Suy BXB3 A3 AXA1 B1 hình bình hành Ta thu ∠CC2 A1 = 180◦ − ∠CB1 A1 = 180◦ − ∠B3 AX Điều nghĩa AX cắt C2 A2 điểm Q nằm (ABC) Từ ∠CBQ = ∠CC2 Q = 180◦ − ∠CAQ = ∠A1 XQ Suy BXA1 Q nội tiếp Suy ∠B3 A3 B = 180◦ − ∠XBC = ∠XQA1 = ∠C2 CA Ta thu ∠B3 A3 B = ∠C2 CA Chứng minh tương tự, ∠B2 BC = ∠AC3 A3 Suy ∠AA2 B2 = ∠B2 BA = ∠BA3 C3 Mà ∠AA2 C2 = ∠ACC2 = ∠B3 A3 B nên B3 A3 C3 = ∠B2 A2 C2 Chứng minh tương tự ta có đpcm Cách (Bodo Lass, France) A2 B BC1 AC3 Do A2 tâm phép đồng dạng biến BC1 thành CB1 nên = = , suy hai tam A2 C CB1 AB3 giác A2 BC AC3 B3 đồng dạng Chứng minh tương tự sử dụng góc định hướng ta có: (A2 B2 , C2 B2 ) ≡ (A2 B2 , BB2 )+(BB2 , C2 B2 ) ≡ (A2 C, BC)+(BA, C2 A) ≡ (AC, C3 B3 )+(A3 B3 , CA) ≡ (A3 B3 , C3 B3 ) (mod π) Tương tự ta có đpcm Cách A A2 B3 C1 K C3 Z B1 Y C B Gọi Y, Z, K trung điểm BB1 , CC1 , B1 C1 KZ KY KY KZ Ta có KZ AB3 , KY AC3 = = = = nên hai tam giác AC3 B3 AA3 CB1 C1 B AC3 KY Z đồng dạng Ta thu C3 B3 Y Z Do Y Z đường thẳng Gauss tứ giác tồn phần BC1 B1 C nên Y Z vng góc với đường thẳng Simson điểm Miquel A2 hay C3 B3 vng góc với đường thẳng Simson A2 ứng với (ABC) Tương tự C3 A3 vng góc với đường thẳng Simson B2 ứng với (ABC) Mà góc hai đường thẳng Simson A2 B2 nửa số đo cung A2 B2 hay ∠A2 C2 B2 nên ∠A3 C3 B3 = ∠A2 C2 B2 Chứng minh tương tự ta có đpcm ... đường tròn nội tiếp, dễ thấy EP = F D Đồng thời I1 P E ∼ P I2 F nên DEI1 ∼ I2 F D Suy ∠I1 DI2 = 90 ◦ Trở lại toán A Z I1 S I2 Y U T P W V B C E M O F Gọi Y, Z giao BP với AC, CP với AB, (I1 ),... A AH AG = nên BF = BG Vậy F ≡ F BF GB Chứng minh tương tự ta có HG giao KR F Mà ∠HGK = ∠HRK = 90 ◦ nên giao điểm M HR KG trực tâm tam giác HF K Điều nghĩa M ∈ (I) IM ⊥ BC Do M H.M R = M K.M G... Chứng minh tương tự suy M N tiếp tuyến chung (I1 ) (I2 ) Bài (Romanian Master in Mathematics 20 09) Cho điểm A1 , A2 , A3 , A4 mặt phẳng cho khơng có ba điểm thẳng hàng thỏa mãn A1 A2 A3 A4 = A1