TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI

CHUYÊN ĐỀMỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH

HỌC PHẲNG TRONG ĐỀ THIOLYMPIC TOÁN HỌC

năm học 2017-2018

của một số nước trên thế giới

BÙI NGỌC DIỆPtháng 11 - 2018

2

Câu 1 (Đề thi Olympic Áo năm 2018, vòng khởi động). Cho tam giác nhọn ABC. M làtrung điểm củaAC. F là chân đường cao hạ từ đỉnh C của tam giácABC. Chứng minhAM = AF

khi chỉ khi ÷BAC = 60

Lời giải.

Tam giác ACF là tam giác vuông tại F , M là trung điểm ACnên FM = MA = MC. Suy ra tam giác AMF là tam giác cântại M .Với giả thiết đó, AM = AF khi và chỉ khi tam giác AMF đều,hay tương đương với ∠MAF = 600, hay ∠BAC = 600.

C

M

A BF

Câu 2 (Đề thi Olympic Áo năm 2018, vòng loại (khu vực)). Cho đường tròn k bán kínhr và AB là một dây cung của k sao cho AB > r. Lấy S là một điểm trên dây cung AB thỏa mãnđiều kiện AS = r. Đường trung trực của BS cắt k tại các điểm C và D. Đường thẳng qua D vàS cắt k tại giao điểm thứ hai là E. Chứng minh tam giác CSE đều.

Lời giải.

M

AB

k

S

C

D

E

3

Đầu tiên, chúng ta chứng minh CS = CE, sau đó chúng ta chứng minh ∠SCE = 60.Do tứ giác CBDE nội tiếp đường tròn và ∠EDC = ∠BDC nên CE = CB.Mặt khác, CS = CB(do C nằm trên đường trung trực của BS), suy ra CS = CE.Từ CS = CB = CE, ta suy ra C là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SBE. Do đó, ∠SCE =2∠SBE = 2∠ABE = ∠AME.Do vậy, để chứng minh ∠SCE = 60, ta chứng minh ∠AME = 60, hay chứng minh AE = r.Tam giác ESA cân với cạnh đáy là ES, do ∠SEA = ∠DEA = ∠DBA = ∠DSB = ∠ASE. Từđó, ta có AE = AS = r. Đây là điều cần chứng minh.

Câu 3 (Đề thi Olympic Áo năm 2018, vòng chung kết, phần I). Cho tam giác ABC cóI là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc vớiBC và AC lần lượt tại D và E. Gọi P là giao điểm của AI và DE. Gọi M,N lần lượt là trungđiểm của BC và AB. Chứng minh ba điểm M,N,P thẳng hàng.Lời giải.

C

PD

A B

EI

M

N

Nếu AB = AC thì D ≡ P ≡M nên điểm M,P,N hiển nhiên thẳng hàng.Bây giờ ta chỉ xét các trường hợp AB > AC và AC > AB.Đặt α, β, γ tương ứng là các góc “A, “B, “C. Khi đó ta có÷BDP = ÷CDE = 90 − γ

2và ’BIP =

α + β

2= 90 − γ

2

Suy ra tứ giác BPDI là tứ giác nội tiếp.Suy ra ’IDP = ’IPB = 90 (2 góc cùng chắn cung IB).

Vì N là trung điểm của cạnh huyền trong 4ABP nên ta có ÷BNP = 2 ·÷BAP = α.Suy ra PN ‖ AC.Lại có MN là đường trung bình của 4ABC nên MN ‖ AC.Theo tiên đề Euclide ta suy ra M,N,P thẳng hàng.

Câu 4 (Đề thi Olympic Áo năm 2018, vòng chung kết, phần II, ngày 1). Cho bốn điểmphân biệt A,B,C,D cùng thuộc một đường tròn cho trước. Giả sử rằng cạnh AB là cạnh có độdài lớn nhất của tứ giác nội tiếp ABCD. Chứng minh bất đẳng thức

AB +BD > AC + CD.

4

Lời giải.Gọi S là giao điểm của hai đường chéo, đặt a =AB, c = CD.Vì ABCD là tứ giác nội tiếp, hai tam giác ABS vàDCS đồng dạng. Do đó tồn tại hai số r và s sao choAS = sa, BS = ra, DS = sc, CS = rc. Khi đó bấtđẳng thức AB+BD > AC +CD được viết dưới dạng

a+ ra+ sc > sa+ rc+ c.

Haya(1 + r − s) > c(1 + r − s),

điều này luôn đúng vì a > c và 1 + r > s.

a

cDC

A BO

S

Câu 5 (Đề thi Olympic Áo năm 2018, vòng chung kết, phần II, ngày 2). Cho tam giácABC và P là điểm nằm trong tam giác ABC sao cho các tâm MB và MA của đường tròn ngoạitiếp kB và kA của các tam giác ACP và BCP (theo thứ tự đó) nằm bên ngoài tam giác ABC.Giả sử ba điểm A, P và MA thẳng hàng, và ba điểm B, P và MB cũng thẳng hàng. Đường thẳngqua P song song với cạnh AB cắt các đường tròn kA và kB theo thứ tự ở D và E, trong đóD,E 6= P . Chứng minh rằng DE = AC +BC.Lời giải.

C

MA

MB

A

E

B

DP

Do MA và MB lần lượt là tâm của (ACP ) và (BCP ) nên MAMB là trục đối xứng của AC. Sửdụng tính chất góc nội tiếp và góc ở tâm trong các đường tròn (ACP ) và (BCP ) ta có⁄CMAMB =

ÿCMAP

2= ÷CBP = ÿCBMB

5

và ⁄CMBMA =ÿCMBP

2= ÷CAP = ÿCAMA.

Do đó các tứ giác CMABMB và CMBAMA nội tiếp, hay MA,MB ∈ (ABC).Mặt khác, do MBC = MBA và PD ‖ AB nên÷CBP = ÿCBMB = ÿABMB = ÷DPB.Suy ra, tứ giác PCDB là hình thang cân, và do đó PD = BC.Chứng minh tương tự ta cũng có PE = CA.Vậy DE = PE + PD = AC +BC.

Câu 6 (Đề thi Olympic Belarus năm 2018, bảng A, vòng 1). Cho tam giác ABC có các

đường cao AA1, BB1, CC1. Phân giác của góc ◊AA1C lần lượt cắt các đoạn CC1 và CA tại E và

D phân biệt. Phân giác của góc ◊AA1B lần lượt cắt các đoạn BB1 và BA tại F và G phân biệt.Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác FA1D và EA1G cắt nhau tại A1 và X. Chứng minh

rằng ÷BXC = 90.Lời giải.

A CB1 D

B

A1

E

F

H

X

G

C1

Vì ◊BB1C = ◊CC1B = 90 nên B, B1, C, C1 cùng nằm trên đường tròn đường kính BC. (1)

Do A1D, A1G lần lượt là các tia phân giác trong góc ◊AA1C, ◊AA1B nên ◊GA1D = 90.

Ta có ◊FB1D = ◊FA1D = 90 nên B1 nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác FA1D. Tương tự,C1 nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác EA1G.

Lại có ÿC1XA1 = ◊BGA1 = 135 −÷ABC và ÿB1XA1 = ◊CDA1 = 135 −÷ACB nênÿC1XB1 = 270 −÷ABC −÷ACB = 90 + ÷BAC.Mà ◊B1BA = 90 −÷BAC nên ÿB1BC1 + ÿC1XB1 = 180, do đó BC1XB1 là tứ giác nội tiếp. (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra ÷BXC = 90.

6

Câu 7 (Đề thi Olympic Belarus năm 2018, bảng A, vòng 2). Cho X là một điểm nằmbên trong tam giác ABC. Đường tròn ngoại tiếp các giác AXB và AXC cắt cạnh BC tại điểmthứ hai lần lượt là D và E. Đường thẳng DX cắt cạnh AC tại K, đường thẳng EX cắt cạnhAB tại L. Chứng minh LK ‖ BC.Lời giải.Trước hết ta chứng minh bốn điểm A,L,X,K nằm trêncùng một đường tròn.

Tứ giác ABDX nội tiếp nên ◊AXK = ÷ABC. Tương tự÷LXA = ÷ACB. Khi đó ÷LAK + ÷LXK = ÷ABC + ÷ACB +÷BAC = 1800 hay tứ giác ALXK nội tiếp.

Khi đó ÷KLX = ◊KAX.Mặt khác tứ giác ACEX nội tiếp nên ÷CAX = ◊DEX.

Suy ra ÷KLX = ◊DEX hay LK ‖ BC.

L

B CD E

X

K

A

Câu 8 (Đề thi Olympic Belarus năm 2018, bảng B, vòng 1). Cho tam giácABC có đườngtrung tuyến AM . Kéo dài AM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm D. Đường trònngoại tiếp tam giác MCD cắt AC tại C và E. Đường tròn ngoại tiếp của tam giác AME cắtAB tại A và F . Chứng minh rằng CF là đường cao của tam giác ABC.Lời giải.

A

B

F

CM

E

D

Ta chỉ cần chứng minh FM = BM = MC thì từ đó sẽ suy ra M là trung điểm của cạnh huyền

của tam giác vuông CFB và có ÷CFB = 90.

• Ta có tứ giác ABDC nội tiếp suy ra ÷ABC = ÷ADC.

• Tương tự các điểmM,D,E và C cùng nằm trên một đường tròn ta suy ra ◊MDC = ◊MEC.

• Ta có tứ giác AFME nội tiếp suy ra ◊BFM = ◊MEA = ◊FBM .

7

Từ đó suy ra tam giác BFM cân tại M hay FM = BM = MC.

Câu 9 (Đề thi Olympic Belarus năm 2018, bảng B, vòng 2). Cho hình vuôngA1B1C1D1

nằm trong tam giác ABC vuông tại C với A1, B1 nằm trên cạnh CB và CA, các điểm C1, D2

nằm trên AB. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác B1A1C và BD1A1 cắt nhau tại A1 và X;các đường tròn ngoại tiếp các tam giác B1A1C và AC1B1 cắt nhau tại B1 và Y . Chứng minhrằng A1X, B1Y và AB đồng quy.

Lời giải.

C

Oc

A B

X

C1

Oa

B1

D1

ObY

A1

Za ≡ Zb

Ta có AB1 và B1A1 là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AC1B1 và A1CB1, ∠AY B1 =∠A1Y B1 = 90. Do đó Y thuộc AA1 và AA1 ⊥ B1Y .Tương tự, X cũng thuộc BB1 và BB1 ⊥ A1X.Gọi Zb và Za lần lượt là giao điểm của B1Y và A1X với AB. Đặt CB = a, AC = b, AB = c vàA1B1 = x. Ta sẽ tìm độ dài đoạn BZa và AZb, từ đó chứng minh AZb +BZa = AB.Do ∠B1XZa = ∠B1C1Za = 90, Tứ giác B1C1ZaX nội tiếp đường tròn. Tương tự CA1XB1 cũngnội tiếp đường tròn, do đó

BA1 · CB = BX ·BB1 = BZa ·BC1. (∗)

Ta có 4A1BD1 v 4ABC, do đó

A1B

AB=D1B

CB=A1D1

AC.

Với A1B =cx

b, D1B =

ax

bvà BC1 = x+

ax

b=

(a+ b)x

b. Từ (∗), ta có BZa =

ac

a+ b. Tương tự,

AZb =bc

a+ b, khi đó AZb +BZa = AB.

Câu 10 (Đề thi Olympic Vương Quốc Anh năm 2018, vòng 1). Cho tam giác ABC cóAB = CA và BC là cạnh có độ dài lớn nhất. Lấy điểm N nằm trên BC sao cho BN = AB.Đường thẳng qua N và vuông góc với AB cắt AB tại M . Chứng minh rằng đoạn thẳng MNchia cả diện tích và chu vi tam giác ABC thành các phần bằng nhau.

Lời giải.

8

B

N

A′

C

A

M

Gọi A′ là điểm đối xứng với điểm A qua điểm N . Khi đó ◊MA′A = ◊MAA′. (1)

Ta có BM = BA nên tam giác ABM cân tại B. Từ đó suy ra ◊BAM = ◊BMA. (2)Từ (1) và (2) suy ra◊MA′A = ◊BMA⇒ 180 −◊MA′A = 180 −◊BMA⇒ ◊MA′B = ◊AMC.

Xét 4MA′B và 4AMC có ◊MBA′ = ◊ACM (giả thiết), BM = BA = CA, ◊BMA′ = ◊CAM (do◊MBA′ = ◊ACM và ◊MA′B = ◊AMC). Từ đó suy ra4MA′B = 4AMC (g.c.g). Do đóMC = A′Bvà SMA′B = SAMC .Mặt khác, SMNA′ = SMNA (do A′ là điểm đối xứng với điểm A qua điểm N) nên

SMA′B + SMNA′ = SAMC + SMNA ⇒ SBMN = SACMN .

Vì BM = BA = AC, NA = NA′, MC = BA′ nên

BM +BA′ + A′N = MC + CA+ AN.

Bài toán được chứng minh.

Câu 11. Cho tam giác ABC. Gọi M là trung điểm AC. Đường tròn tiếp xúc với BC tại B vàđi qua M cắt đường thẳng AB tại điểm thứ hai là P . Chứng minh rằng AB ×BP = 2BM2.Lời giải.Lời giải 1 (bởi Matt Coleclough, Clifton College).Gọi N là trung điểm AB. Khi đó MN là đường trung bình của tam giác ABC hay MN ‖ BC.Kết hợp với CB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMP ta được

∠BMN = ∠MBC = ∠MPB.

Suy ra 4BMN v 4BPM (g− g), do đóBM

BP=BN

BMhay BM2 = BP ×BN =

1

2×AB×BP .

Vậy ta có điều phải chứng minh.

B C

A

N

P

M

9

Lời giải 2Gọi D là điểm thỏa mãn tứ giác ABCD là hình bình hành.Khi đó M là trung điểm BD.

B C

A

P

M

D

Ta chứng minh 4 điểm A, P , M và D cùng thuộc một đường tròn (trong trường hợp A ≡ P thìchứng minh BA là tiếp tuyến của đường tròn đi qua 3 điểm A, M và D). Trước tiên ta chứngminh với trường hợp A nằm giữa P và B.Do AD ‖ BC nên ∠MDA = ∠MBC và do CB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tamgiác BPM nên ∠MBC = ∠MPA. Suy ra ∠MDA = ∠MPA hay AMDP là tứ giác nội tiếp.Với trường hợp P nằm giữa A và B thì bằng lập luận tương tự ta được ∠MDA+∠MPA = 180

hay 4 điểm A, P , M và D cùng thuộc một đường tròn. Còn khi A ≡ P thì ∠MDA = ∠MAB,do đó BA là tiếp tuyến của đường tròn đi qua 3 điểm A, M và D.Sử dụng định lý hai dây AP và MD cắt nhau tại B (tính chất về phương tích) ta được

AB ×BP = BM ×BD = 2BM2 (đpcm).

Lời giải 3 (bởi Robert Hillier)Gọi Q là giao điểm thứ hai của đường tròn BPM và đường thẳng AC.

B C

Q

P

MA

Theo tính chất về phương tích và tính chất về tiếp tuyến ta được AP × AB = AQ × AM vàCB2 = CM×CQ. Lại cóM là trung điểm BC nên AM = MC = 1

2AC và theo định lí Apollonius

thì AB2 + AC2 = 2AM2 + 2BM2. Khi đó:

AB × PB = AB × (AB + AP ) = AB2 + AB × AP= AB2 + AQ× AM = AB2 + (QC − AC)× AM= AB2 +QC × AM − AC × AM= AB2 +QC ×MC − 2AM2 = AB2 +BC2 − 2AM2

= 2BM2.

Vậy ta có điều phải chứng minh.

10

Câu 12 (Đề thi Olympic Bulgari năm 2018, vòng 1). Cho tứ giác nội tiếp ABCD. GọiH1 là trực tâm tam giác ABC và A1, B1 lần lượt là các điểm đối xứng với A, B qua các đườngthẳng BH1 và AH1; O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A1B1H1. Gọi H2 là trực tâm củatam giác ABD và A2, B2 lần lượt là các điểm đối xứng với A, B qua các đường thẳng BH2,AH2; O2 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A2B2H2. Kí hiệu đường thẳng O1O2 là lAB. Cácđường thẳng lBC , lCD và lDA được định nghĩa tương tự. Giả sử các cặp đường thẳng lAB và lBC ,lBC và lCD, lCD và lDA, lDA và lAB lần lượt cắt nhau tại M , N , P , Q. Chứng minh rằng bốnđiểm M , N , P , Q đồng viên.Lời giải.

Bổ đề 1. Điểm O1 thuộc đường thẳng OH1, với O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Hơn nữa, tỉ sốH1O1

O1Ochỉ phụ thuộc vào ÷ACB.

Chứng minh.

C

O1

A

B

L

T

KQ

H1

A1

B1

OXY

Gọi K, L lần lượt là giao điểm của AH1 và BH1 với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC(K khác A, L khác B). Do H1 và L đối xứng qua CA nên tứ giác H1ALA1 là thoi, do đóÿAH1A1 = 2◊AH1L = 2γ. Tương tự, H1BKB1 là hình thoi và ÿBH1B1 = 2γ. Do đó H1ALA1 vàH1BKB1 đồng dạng, khi đó

H1T

H1X=H1Q

H1Y=

1

1 + 2 cos 2γ.

Có nghĩa là O1 thuộc đường thẳng H1O và tỉ sốH1O1

O1Ochỉ phụ thuộc vào ÷ACB.

Dễ thấy CH1H2D là hình bình hành (suy ra từ CH1 = CH2 = 2R cos γ) và các điểm O1, O2 lầnlượt là ảnh của H1, H2 qua phép vị tự tâm O. Theo bổ đề trên tí số của hai phép vị tự này làbằng nhau (chỉ phụ thuộc vào γ). Do đó O1O2 ‖ H1H2 ‖ CD, nghĩa là lAB song song với với CD.Từ đó ta có cách cạnh của MNPQ tương ứng song song với các cạnh của ABCD. Do đó bốnđiểm M , N , P , Q đồng viên.

Câu 13 (Đề thi Olympic Croatia năm 2018, lớp 11). Cho tam giác ABC cân tại A. GọiM , N lần lượt là trung điểm của AB và BC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC cắt ANtại điểm P khác A.Đường thẳng đi qua P song song với BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giácABC tại B1 và C1. Chứng minh tam giác AB1C1 là tam giác đều.Lời giải.

11

A

B C

M

N

Q

O

PC1B1

Ta có các điểm A,M,P và C nội tiếp đường tròn và ◊MAP = ÷PAC. Suy ra MP = PC, vì gócchắn 2 cung này bằng nhau.Vì P thuộc trung tuyến của BC nên BP = CP . Vì MP = BP nên P thuộc trung tuyến củaBM .Gọi Q là trung điểm của BM. O là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Khi đó PQ ⊥ AB, OM ⊥ AB, suy ra PQ song song OM . Vì M là trung điểm của AB, Q là

trung điểm của MB nên MQ =1

3AQ. Suy ra OP =

1

3AP .

Xét tam giác AB1C1. Ta có O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB1C1. P là chân đườngcao kẻ từ đỉnh A. Mà A,O, P thẳng hàng nên tam giác AB1C1 cân.

Do đó AP là trung tuyến của tam giác AB1C1. Do OP =1

3AP nên O là trọng tâm của AB1C1.

Mà trọng tâm trùng vs tâm đường tròn ngoại tiếp nên tam giác AB1C1 đều.

Câu 14 (Đề thi Olympic Croatia năm 2018, lớp 12). Cho các đoạn BD,CE là các đườngcao của tam giác nhọn ABC. Đường tròn đường kính AC cắt đoạn BD tại F . Đường tròn đường

kính AB cắt đường thẳng CE tại các điểm G,H, biết G nằm giữa C và E. Biết ÷CHF = 12.

Tính số đo góc ÷AGF .Lời giải.

Ta có GH là dây cung vuông góc với đường kính AB nên AB là đường trung trực của đoạn GH.Do đó AG = AH.Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AFC, ta có AF 2 = AD · AC.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABG, ta có AG2 = AE · AB.

12

A

D

H

E

B C

GF

Do ÷BEC = ÷BDC = 90 nên tứ giác BCDE nội tiếp. Theo tính chất phương tích của điểm Ađối với đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCDE, ta suy ra AD · AC = AE · AB.Do đó AF = AG = AH. Suy ra A là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác GFH.Khi đó

÷AGF = ÷GFA =1

2

(180 −÷FAG) =

1

2

(180 − 2÷FHG) =

1

2(180 − 24) = 78.

Câu 15 (Đề thi Olympic Czech and Slovak năm 2018, vòng 1). Cho tam giácABC, đườngphân giác góc A cắt BC tại D. Gọi E, F lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giácABD , ACD. Biết rằng tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF nằm trên BC. Tìm tất

cả các giá trị có thể của góc ÷BAC. (Patrik Bak).

Lời giải.

13

Gọi O là tâm của đường tròn ngoại tiếp

tam giác AEF và kí hiệu α = ÷BAC. Vì÷BAD và ÷ACD là các góc nhọn, các điểmE, F nằm trong nửa mặt phẳng BCA vàtheo định lí góc nội tiếp ta có÷BED = 2·÷BAD = α = 2·÷DAC = ÷DFC.

Các tam cân BED và DFC đồng dạng,

dễ thấy ÷EDF = α và BC là đường phângiác ngoài góc D trong tam giác DEF .Điểm O nằm trên BC và đường trungtrực của đoạn EF . Xét tam giác DEF ,O nằm trên đường phân giác ngoài gócDvà nằm trên đường trung trực của EF .Vì vậy nó là trung điểm của cung EDF

và ÷EOF = ÷EDF = α.Ta có tứ giác AEDF có ÷EAF = α. Tuynhiên, đường thẳng EF không đi quađiểm A và O. Vì vậy theo định lí góc nộitiếp ta có độ lớn góc EOF bằng hai lầngóc EAF . Từ đây ta có 360α = 2 ·α⇒α = 1200.

B COD

A

FE

Câu 16 (Đề thi Olympic Czech và Slovak năm 2018, vòng 2 (chung kết)). Cho hình thangcân ABCD với đáy lớn AB. Cho I là tâm nội tiếp của tam giác ABC và J là tâm bàng tiếp tạitương ứng với đỉnh C của tam giác ACD. Chứng minh IJ và AB song song.

(Patrik Bak)

Lời giải.

Gọi K là tâm nội tiếp của tam giác ABD. Vì IK ‖ BD nên chỉ cần chứng minh IK ‖ AB.

Đặt ÷ABD = ÷ACD = φ. Khi đó, ta được ÷AKD = 90 +1

2φ, ÷DJA = 90 − 1

2φ, điều này suy ra

AKDJ là tứ giác nội tiếp.

D C

A B

IJ K

φ

φ

14

Vì AK,DJ là đường phân giác của hai góc so le trong nên chúng song song với nhau. Điều

này kết hợp với kết quả AKDJ là tứ giác nội tiếp, ta được ÷AKJ = ÷ADJ = ÷DAK = ÷KAB. Câu 17 (Đề thi Olympic Hà Lan năm 2018, vòng chung kết).

Cho hình bình hành ABCD có AD = BD. Lấy điểm E nằmtrên đoạn thẳng DB sao cho AE = DE. Đường thẳng AE cắtBC tại F .

a) Chứng minh rằng ∠CDF = ∠ADB.

b) Nếu DF là tia phân giác của góc ∠CDE, hãy xác địnhsố đo của góc ∠ABD.

D C

A B

E

F

Lời giải.

a. Xét tam giác 4AED là một tam giác cân tại E, ta có ∠EDA = ∠EAD. Từ đó ta cũng có∠EBF = ∠EFB (vì lần lượt sole-trong với hai góc bằng nhau là ∠EDA và ∠EAD). Vậy4EFA cân tại E và EF = EB.Xét 4BEA và 4FED có:

• EF = EB (cmt).

• ∠FED = ∠BEA (hai góc đối đỉnh).

• ED = EA (gt).

Vậy 4BEA = 4FED (trường hợp cạnh-góc-cạnh).Vậy DF = AB (hai cạnh tương ứng). Vì ABCD là một hình bình hành nên AB = CD từđó suy ra DF = CD hay 4CDF cân tại D. Xét 4CDF và 4BDA có ∠DCF = ∠DFC =∠BA = ∠DAB (∠DCF = ∠DAB vì tính chất hình bình hành ABCD). Từ đó suy ra∠ADB = ∠CDF = 180 − 2 · ∠DAB.

b. Từ câu a ta có ∠ADB = ∠CDF , vì DF là tia phân giác góc ∠CDB nên ∠CDF = ∠FDB.Vậy ∠CDF = ∠FDB = ∠BDA.Xét 4DFB có ∠DFC là góc ngoài tại đỉnh F nên ∠DFC = ∠FDB + ∠FBD. Đồng thời∠FBD = ∠BDA (hai góc sole-trong) nên ∠DFC = ∠FDB + ∠FBD = 2 · FDB.Vì DA ‖ CD nên ∠ADC + ∠BCD = 180 hay 5 · ∠CDF = 180. Vậy ∠CDF = 36.Từ đó ta có ∠ABD = ∠BCD = 2 · ∠CDF = 72.

Câu 18 (Đề thi Olympic Hy Lạp năm 2018). Cho ABC là tam giác nhọn với AB < AC <

BC và (O;R) là đường tròn ngoại tiếp tam giác. Gọi D, E lần lượt trên các cung nhỏ AC và

AB. Gọi K là giao điểm của BD, CE và N là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp haitam giác BKE và CKD. Chứng minh rằng A, K, N thẳng hàng nếu và chỉ nếu K thuộc đườngđối trung kẻ từ A của tam giác ABC.

Lời giải.

15

A DE

Z

CB

GFK

N

Gọi Z là giao điểm của tiếp tuyến tại B và C của đường tròn ngoại tiếp 4ABC. Kéo dài ZB vàZC cắt đường tròn ngoại tiếp 4BEK và 4CKD tương ứng tại F và G. Ta có

÷BFK = ÷BEK = ÷BEC = ÷BAC = ÷ZBC ⇒ FK ‖ BC.

Tương tự, GK ‖ BC. Từ đó ta có

BF = CG⇒ ZF = ZG⇒ ZB · ZF = ZC · ZG

Suy ra Z nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn ngoại tiếp 4BEK và 4CKD nênK,N,Z thẳng hàng.Do vậy A,K,N thẳng hàng thì A,K,Z thẳng hàng. Từ đó K thuộc đường đối trung của4ABC.Ngược lại, nếu K thuộc đường đối trung của 4ABC thì A,K,Z thẳng hàng. Từ đó A,K,Nthẳng hàng.

Câu 19 (Đề thi Olympic Italia năm 2018). Cho tam giác nhọn ABC với AB 6= AC và cótrọng tâm G. M là trung điểm BC, Γ là đường tròn tâm G, bán kính GM và N là giao điểmcủa Γ với BC (N 6= M). Gọi S là điểm đối xứng với A qua N (nghĩa là S nằm trên đường thẳngAN sao cho AN = NS và A 6= S. Chứng minh rẳng GS vuông góc với BC.

Lời giải.

16

Gọi X là trung điểm của MN , hiển nhiên GX vuông gócvới BC. Nếu ta chứng minh được XS cũng vuông góc vớiBC, dẫn đến G,X, S thẳng hàng thì tức là ta chứng minhđược GS vuông góc với BC.Kẻ đường cao AH của tam giác ABC, ta có tam giácAHM và GXM là hai tam giác vuông đồng dạng; do Glà trọng tâm của tam giác ABC nên AM = 3GM , từ đóHM = 3XM . Suy ra HN = NX = XM .

Do ◊HNA = ÷XNS (đối đỉnh), AN = NS (giả thiết) vàXN = NH (chứng minh trên) nên tam giác ANH bằngtam giác SNX, suy ra SNX là góc vuông.

A

CBM

G

N

S

XH

Nhận xét 1. Bài tập trên đây còn thể thể giải theo những cách sau

1. Không mất tổng quát, giả sử A(a; b), B(0; 0), C(c; 0). Khi đó G

(a+ c

3;b

3

). Ta cũng dễ dàng

tính được M

(c

2; 0

)và N

(4a+ c

6; 0

).

Cuối cùng, ta tính được S

(a+ c

3;−b

), nên G và S cùng nằm trên đường thẳng x =

a+ c

3vuông góc với BC là đường thẳng có phương trình y = 0.

2.

Gọi P là giao điểm thứ hai của đường trònΓ và trung tuyến AM . Theo định lý Apol-lonius, ta có AG = 2GM , mà PG = GM(bán kính đường tròn) nên AP = PG =

GM . Do PM là đường kính nên ◊PNM làgóc vuông. Mặt khác, P là trung điểm AGvà N là trung điểm AS nên tam giác APNvà AGS đồng dạng và PN song song vớiGS. Suy ra GS vuông góc với BC.

A

CBM

G

N

S

P

Câu 20 (Đề thi Olympic Italia năm 2018). Cho tam giác ABC có AB = AC và I là tâmđường tròn nội tiếp tam giác. Gọi Γ là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Các đường thẳngBI và CI lần lượt cắt Γ tại điểm thứ hai là M và N . Gọi D là điểm thuộc Γ, nằm trên cung BCkhông chứa A, E,F lần lượt là các giao điểm của AD với BI và CI; P là giao điểm của DM vàCI, Q là giao điểm của DN và BI.

17

a. Chứng minh rằng các điểm D, I, P,Q cùng nằm trên một đường tròn Ω.

b. Chứng minh rằng các đường thẳng CE và BF cắt nhau tại một điểm trên đường tròn Ω.

Lời giải.Gọi β là góc CBA và X là giao điểm của BF và CE.

a. Ta có ’QIP = ’BIC = 180 − β

2− β

2= 180 − β; mặt khác, ÷PDQ = ◊MDA + ÷ADN =◊MBA + ÷ACN =

β

2+β

2= β (do A,M,C,D,B,N cùng nằm trên Γ). Từ đó suy ra D,Q, I, P

cùng nằm trên một đường tròn.

A

B C

I

MN

D

E

F P

Q X

b. Ta có ’BIF = ’BIC = 180 − β mà ÷FDB = ÷ADB = ÷ACB = β, từ đó suy ra B, I, F,Dcùng nằm trên một đường tròn. Ta cũng có I, E, C,D cùng thuộc một đường tròn. Thật vậy,÷BCD = ◊BMD (do cùng chắn một cung của Γ) và ’ICB =

β

2= ◊MBA = ◊MDA = ◊MDE; áp dụng

định lý góc ngoài cho tam giác DEM , ta có ÷IED = ◊MDE + ◊EMD = ’ICB + ÷BCD = ’ICD.

Từ đó suy ra ’ECI = ÷EDI (do I, E, C,D cùng thuộc một đường tròn) và ’FDI = ’FBI (do

F,D,B, I cùng thuộc một đường tròn). Do vậy ÷XCI = ÷XBI, suy ra I,X,C,B cùng thuộc một

đường tròn. Để hoàn tất chứng minh ta cần phải chỉ ra được ÷IXD = ’IPD.

Do tứ giác IXCB nội tiếp, ta suy ra ÷EXI = 180 −÷IXC = ’CBI =β

2, ta cũng có ÷BXC =’BIC = 180 − β, mà ÷CDF = β, từ đó suy ra tứ giác DFXC nội tiếp và ÷DFC = ◊DXC. Ta lại

có ’IPD = 180 −÷PDF −÷DFC = 180 − β

2−◊DXC = 180 −÷EXI −◊DXC = ÷IXD. Như vậy,

ta đã chứng minh xong.

Nhận xét 2. Ta có thể giải ý b. của bài tập này theo cách sau đâyGọi Y, Z lần lượt là các giao điểm của các cặp đường thẳng DM và AC, DN và AB. Các

điểm Z,B,D,E cùng thuộc đường tròn do ÷EDZ = ÷ADN = ÷ACN =β

2= ÷EBZ; gọi Γ1 là đường

tròn qua các điểm trên. Tương tự, Y,C,D, F cùng nằm trên một đường tròn Γ2, X′ là giao điểm

thứ hai của Γ1 và Γ2 (X ′ 6= D); ◊BX ′D = ÷BED (do B,E,X,D cùng nằm trên Γ1). Mặt khác,

18

xét các cung của Γ2 ta có ◊FX ′D = ÷FCD; trong tam giác FCD, ÷FCD = 180−÷CDF −÷DFC =

180 −÷CDA − ’EFI = 180 − ’FIE − ’EFI = ’IEF (với ’FIE = ’CBI + ’ICB = β). Như vậy,’IEF = ◊BX ′D = ◊FX ′D, từ đó suy ra B,F,X ′ thẳng hàng. Tương tự, ta cũng chứng minh đượcC,X ′, E thẳng hàng, do vậy X ≡ X ′.

Rõ ràng B, I,X,C cùng nằm trên đường tròn Γ3, do ÷BXC = ◊BXD+◊DXC = ÷BED+÷DFC =’IEF + ’EFI = ’BIC.

Chú ý rằng AC là tiếp tuyến của Γ3 (do ’ACI =β

2= ’CBI) nên ÷Y CX = ÷CIX. Xét Γ2, ta có÷PDX = ÷Y CX. Do vậy ÷PDX = ÷PIX.

A

B C

I

MN

D

E

FP

Q X

Z

Y

Câu 21 (Đề thi Olympic Kazakhstan năm 2018, vòng 1). Trong một hình thang cânABCD,gọi O là trung điểm của cạnh AD. Một đường tròn tâm O có bán kính OB sao cho AB là tiếptuyến với đường tròn tâm O. Đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;OB) tại điểm K (K 6= C) vàM là một điểm sao cho tứ giác ABCM là một hình bình hành. Đường tròn ngoại tiếp tam giácCMD cắt đoạn thẳng AC tại điểm L (L 6= C). Chứng minh rằng AK = CL.

Lời giải.

19

A

B

K

C

O′

L

DO M

Từ giả thiết ABCM là một hình bình hành và ABCD là hình thang cân, ta có◊CDM = ◊MAB = ◊BCM

từ đó suy ra BC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác MLCD.Mặt khác AB là tiếp tuyến của đường tròn tâm O ngoại tiếp 4BCK suy ra÷LMC = ÷LCB = ÷KBA.Ta lại có ÷BAK = ÷LCM nên suy ra 4ABK = 4CML (cạnh - góc - cạnh)⇒ AK = CL.

Câu 22 (Đề thi Olympic Kazakhstan, năm 2018, vòng 2). Ở miền trong của tứ giác lồi

ABCD cho một điểm M sao cho ◊AMB = ◊ADM + ◊BCM và ◊AMD = ◊ABM + ◊DCM . Chứngminh rằng

AM · CM +BM ·DM ≥√AB ·BC · CD ·DA.

Lời giải.Ta vẽ đường tiếp tuyến l tại điểm M của đường trònngoại tiếp tam giác tam giác BCM . Khi đó góc giữal và BM bằng góc BCM . Do đó góc giữa l và AMbằng góc ADM . Từ đó suy ra cả hai đường tròn ngoạitiếp tam giác BCM và tam giác ADM tiếp xúc vớil, và đặc biệt là tiếp xúc ngoài với nhau.Tương tự, hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giácABM và CDM tiếp xúc ngoài với nhau.Ta sử dụng phép nghịch đảo tâm M và bán kính R.Khi đó, bốn đường tròn nói trên sẽ biến thành nhữngcặp đường thẳng song song. Nếu A′, B′, C ′, D′, M ′

lần lượt là ảnh của các điểm A,B,C,D,M thì hìnhbình hành A′B′C ′D′ và điểm M ′ là điểm nằm bêntrong của hình bình hành đó, cần chứng minh bấtđẳng thức sau

M

C

B′

C ′

N

B

D

D′

A

A′

A′M ′ · C ′M ′ +B′M ′ +D′M ′ ≥√A′B′ ·B′C ′ · C ′D′D′A′ = A′B′ ·B′C ′. (1)

20

Giả sử, tịnh tiến theo véc-tơ C ′B′, điểm M ′ biến thành điểm N ′. Khi đó bất đẳng thức (1) tươngđương với bất đẳng thức B′M ′ ·A′N ′+A′M ′ ·B′N ′ ≥ A′B′ ·N ′M ′. Mà bất đẳng thức trên đượcsuy ra từ bất đẳng thức Ptolomei áp dụng cho bốn điểm A′,M ′, N ′, N ′. Từ đó ta có điều phảichứng minh.

Câu 23 (Đề thi Olympic Philippine năm 2018). Cho tam giác ABC có ∠ABC = 60 và5AB = 4BC, các điểm D và E lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ B và C tương ứng. M làtrung điểm của BD và đường tròn ngoại tiếp tam giác BMC cắt AC tại N . Đường thẳng BNvà CM cắt nhau tại P . Chứng minh rằng ∠EDP = 90.

Lời giải.

Giả sử AB = 4l với l > 0, khi đó BC = 5l. Do giả

thiết ∠ABC = 60 suy ra BE =BC

2⇔ BE =

5l

2và

CE =5√

3l

2.

Xét tam giác vuông AEC ta có AC2 = CE2 + AE2.

Mà AE = AB −BE = 4l − 5l

2=

3l

2. Khi đó

AC2 =

(5√

3l

2

)2

+

(3l

2

)2

⇔ AC2 =75l2

4+

9l2

4

⇔ AC2 = 21l2 ⇔ AC =√

21l

B

E

D NA C

M

P

Dễ chứng minh được tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn, ∠EDA = ∠ABC = 60. Suy ra∠EDB = 30 và ∆AED ∼ ∆ACB. Từ AD = 4k, DE = 5k và AE =

√21k với mỗi hằng số

k > 0. Từ 4l = AB = BE + AE =5l

2+√

21k, thìl

k=

2√

21

3.

Mặt khác diện tích của ∆ABC bằng

1

2sin 60 · 4l · 5l =

1

2·√

21l · 2BM ⇔ BM =5l√

7

Chứng tỏ rằng

CE

DE=

5√

3l

25k

=

√3l

2k=

√3

2· 2√

21

3=√

7 =5l

5l√7

=CB

MB

Từ đây, với ∠MBC = ∠DBC = ∠DEC, suy ra ∆DEC ∼ ∆MBC, do ∠ECD = ∠BCM vàvì ∠MCD = ∠BCE = 30. Vì tứ giác BMNC nội tiếp đường tròn, ∠MBN = 30 do đó DEsong song với BN .Ta có ∠DMC = 60 do đó ∠BPM = 30. Do ∆BMP là với BM = MP và M là tâm đườngtròn nội tiếp ∆BPD. Vì thế ∠BPD = 90. Từ đó suy ra ∠EDP = 90.

Câu 24 (Đề thi Olympic Nga năm 2018, lớp 10, ngày 1). Cho tam giác nhọn ABC vớiAB < AC. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB và AC; AD là đường cao của tam giác. Klà điểm thuộc cạnh MN sao cho BK = CK. Tia KD cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABCtại Q. Chứng minh rằng các điểm C,N,K và Q cùng nằm trên một đường tròn.

Lời giải.

21

A A′

B

Q

M

D C

KN

Gọi A′ là điểm đối xứng với A qua trung trực của BC (đi qua K). Dễ thấy A′ đối xứng với Dqua K.AB đối xứng với A′C qua trung trực của BC suy ra

AB = A′C ⇒ ∠A′QC = ∠ACB (1)

Mặt khác

MN ‖ BC ⇒ ∠ACB = ∠ANK. (2)

Từ (1) và (2) suy ra ∠ACB = ∠A′QC cho nên tứ giác NKQC nội tiếp. Vậy các điểm C,N,Kvà Q cùng nằm trên một đường tròn.

Câu 25 (Đề thi Olympic Nga năm 2018, lớp 11, ngày 1). Các điểm P và Q được chọnlần lượt trên cạnh AB và AC của 4ABC sao cho PQ ‖ BC. Các đoạn BQ và CP cắt nhau tạiO. Gọi A′ là điểm đối xứng với A qua đường thẳng BC. Đoạn A′O cắt đường tròn ngoại tiếp ωcủa 4APQ tại S. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp của 4BSC tiếp xúc với ω.

Lời giải.

Nếu AB = AC thì A,O,A′ cùng nằm trên đường trung trực của BC. Do đó, S cũng nằm trênđường trung trực của BC.Vì 4APQ và 4BSC cân tại A và S nên tâm đường tròn ngoại tiếp của chúng nằm trên đườngtrung trực của BC. Do đó, hai tâm đó thẳng hàng với S. Vì vậy, đường tròn ngoại tiếp 4BSCtiếp xúc với ω.Ta giả sử AC > AB. Chọn điểm X ∈ ω sao cho PAXQ là hình thang cân với AX ‖ PQ.Ta thấy4XPQ đồng dạng nghịch với4AQP ,4A′CB đồng dạng nghịch với4AQP nên4XPQvà 4A′CB đồng dạng thuận.Mặt khác PQ ‖ BC nên XQ ‖ A′B và XP ‖ A′C.Vì vậy tồn tại một phép vị tự tâm O biến 4XPQ thành 4A′CB. Do đó O và S nằm trên A′X.Cách 1.

22

X

O

B

T

A

M

P S

Q C

A′

Gọi M là tâm của đường tròn (ASA′).

Khi đó, ◊MAX = ◊MAA′ + ◊A′AX =180 −◊AMA′

2+ 90 = 180 −

◊AMA′

2= 180 −÷ASX.

Vì vậy MA tiếp xúc với ω. Mặt khác MA = MS nên ta cũng có MS tiếp xúc với ω.

Do đường tròn Ω ngoại tiếp 4ABC là ảnh của đường tròn ω qua phép vị tự tâm A tỉ sốAB

APnên MA cũng tiếp xúc với Ω.Suy ra MB ·MC = MA2 = MS2. Do đó, MS tiếp xúc với đường tròn (BSC).Vì MS tiếp xúc với ω và (BSC) nên hai đường tròn đó tiếp xúc với nhau.Cách 2:Gọi T là tâm của đường tròn (AXA′). Do 4A′AX vuông tại A nên T là trung điểm A′X.Do A′ đối xứng với A qua BC nên BC đi qua trung điểm AA′. Mặt khác BC ‖ AX, nên BC điqua T .Ta có TA = TX nên T thuộc vào trung trực của đoạn AX.Do APQX là hình thang cân nên T cũng thuộc trung trực của đoạn PQ. Suy ra TP = TQ.

Ta có ÷XTC = ÷SXA (do BC ‖ AX) và ÷SXA = ÷SPB (do APSX nội tiếp).

Do đó ÷XTC = ÷SPB. Vì vậy SPBT nội tiếp, tương tự đối với SQCT .

Vì SPBT nội tiếp nên ÷PSB = ÷PTB. Vì SQCT nội tiếp nên ÷TQS = ÷TCS.Ta lại có ÷PTB = 90 −

÷PTQ2

= ÷PQT = ÷TQS + ÷PQS.Vậy ÷PTB = ÷TCS + ÷PQS. Suy ra đường tròn (BSC) tiếp xúc với đường tròn ω.

Câu 26 (Đề thi Olympic Serbia năm 2018, vòng 1). Đường tròn nội tiếp 4ABC có tâmI và tiếp xúc với cạnh BC tại D. Cho P,Q lần lượt là hai điểm trên các cạnh BI và CI sao cho∠BAC = 2∠PAQ. Chứng minh rằng ∠PDQ = 900.

(Dusan Djukic)

Lời giải.

23

B CD XE F

M

A

I

P Q

N

Ký hiệu E,F lần lượt là chân đường cao hạ từ P và Q xuống BC và M là trung điểm củađoạn thẳng PQ.Trên cạnh BC, lấy điểm X sao cho ∠BAX = 2∠BAP . Ta có ∠CAX = ∠BAC − 2∠BAP =2∠CAQ.Do đó, P,Q lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác BAX và CAX. Vậy XP vàXQ là các phân giác của ∠BXA và ∠CXA, hay ∠PXQ = 900.

Điều kiện ∠PDQ = 900 tương đương với điều kiện MD = MP = MQ = MX. Mặt khác, vì

ME = MF và DE = BD − BE =AB +BC − AC

2− AB +BX − AX

2=CX − AC + AX

2=

XF , ta có hai tam giác MED và MFX phải bằng nhau. Từ đây, hiển nhiên MD = MX.Cách giải 2. Gọi giao điểm thứ 2 của BI và đường tròn ngoại tiếp 4APQ là N . Ta có ∠AIN =

180 −∠BIA = 90 − γ

2= ∠DIQ. Hơn nữa, vì ∠INQ = ∠PAQ =

α

2và ∠IQN = ∠BIC −

∠INQ = (90 +α

2) − α

2= 90, nên ta có

IQ

IN= sin

α

2=

IA

ID. Do đó,

IA

IN=

ID

IQ. Vậy

các tam giác DIQ và AIN là đồng dạng và ∠IDQ = ∠IAN = 1800 − ∠AIN − ∠ANI =

1800 − (900 − γ

2)− ∠ANP = 900 +

γ

2− ∠AQP.

Tương tự, ta có ∠IDP = 90 +β

2− ∠APQ. Cộng thêm cả hai vế ∠IDQ thì

∠PDQ = 180 +β + γ

2− (180 − ∠PAQ) = 90.

Câu 27 (Đề thi Olympic Thuỵ Sĩ năm 2018). Cho tam giác ABC có ÷ACB = γ và ÷BAC >γ

2,÷CBA >

γ

2. Điểm D thuộc cạnh BC sao cho ÷BAD =

γ

2, điểm E thuộc cạnh CA sao cho÷EBA =

γ

2. Gọi F là giao điểm của tia phân giác góc ÷ACB và cạnh AB. Chứng minh rằng

EF + FD = AB.Lời giải.

24

C

A BF

ED

Vì ÷FAD = ÷BAD =γ

2= ÷FCD nên bốn điểm A,F,D,C cùng thuộc một đường tròn hay AFDC

là tứ giác nội tiếp. Khi đó ta có ÷ADF = ÷ACF =γ

2= ÷FAD nên tam giác ADF là tam giác cân,

suy ra AF = FD.

Tương tự, vì ÷EBF = ÷EBA =γ

2= ÷ECF nên bốn điểm BCEF là tứ giác nội tiếp. Khi đó ta có÷FEB = ÷FCB =

γ

2= ÷EBF nên tam giác EFB là tam giác cân, suy ra EF = FB.

Từ đó dẫn tới EF + FD = FB + AF = AB.

Câu 28 (Đề thi Olympic Thuỵ Sĩ năm 2018). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâmO có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau. Gọi g là đường thẳng đối xứng với đường

chéo AC qua tia phân giác góc ÷BAD. Chứng minh rằng O nằm trên đường thẳng g.Lời giải.

g

O

C

X

D

A

B

A′

Cách 1.Gọi A′ là giao điểm thứ hai của g với đường tròn (O), A 6= A′. Lấy X là điểm bất kỳ trên tia

phân giác góc ÷BAD sao cho X nằm trong tam giác ABC.

Ta sẽ chứng minh ÷A′BA = 90, khi đó AA′ là đường kính của (O) và O nằm trên g.

Đặt ÷CAD = α và ÷XAC = β.

Vì g đối xứng với AC qua tia phân giác góc ÷BAD và ÷XAD = ÷XAC + ÷CAD = α + β nên÷BAX = α + β. Khi đó ÷BAA′ = ÷BAX −◊A′AX = (α + β)− β = α

25

và ÷A′AC = ◊A′AX + ÷XAC = β + β = 2β.

Do ABA′D là tứ giác nội tiếp nên ta có

α + 2β = ÷CAD + ÷A′AC = ◊A′AD = ◊A′BD = α + 2β.

Lại có ÷BDA = 90 −÷BAC = 90 −÷A′AC −÷BAA′ = 90 − α− 2β, nên÷A′BA = ◊A′BD + ÷BDA = α + 2β + (90 − α− 2β) = 90.

Suy ra đường thẳng g đi qua O.Cách 2.Thay vì chứng minh ÷ABA′ = 90, ta sẽ chứng minh ÷ACA′ = 90 và từ đó cũng có g đi qua O.

Đặt ÷CAD = α và ÷XAC = β.

Theo chứng minh của Cách 1 thì ta có ÷BAA′ = α nên cũng có ◊BCA′ = α.

Lại có ÷CBD = ÷CAD = α nên CA′ ‖ BD. Mà AC ⊥ BD nên CA′ ⊥ AC hay ÷ACA′ = 90.

Câu 29 (Đề thi Olympic Thổ Nhĩ Kỳ năm 2018, vòng 1). Cho ABCD là tứ giác với cáccặp cạnh đối không song song. Các đường AB và CD cắt nhau tại điểm X. Đường tròn với tâmA và bán kính r1 giao với đường tròn tâm D và bán kính r2 tại P và Q. Đường tròn với tâm Bbán kính r1 giao với đường tròn tâm C bán kính r2 tại R và S. Giả sử rằng

XA ·XB + r21 = XC ·XD + r22.

Chứng minh rằng các điểm P,Q,R, S cùng nằm trên một đường tròn.Lời giải.

XPQ

Y

A

M

B

D

N

C

Gọi M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,CD và Y là giao điểm của các đường trungtrực đoạn AB và CD. Chúng ta thấy rằng

XA ·XB = XM2 − AM2 = XY 2 − AY 2

XC ·XD = XN2 −DN2 = XY 2 −DY 2.

Từ đẳng thức giả thiết, ta có

XY 2 − AY 2 + r21 = XY 2 −DY 2 + r22 ⇒ AY 2 − r21 = DY 2 − r22điều đó có nghĩa là Y phải nằm trên trục đẳng phương của đường tròn tâm A bán kính r1 vàđường tròn tâm D bán kính r2. Hay Y nằm trên PQ. Tương tự, Y nằm trên RS. Lúc này,

Y P · Y Q = AY 2 − r21 = DY 2 − r22 = Y R · Y S,do đó bốn điểm P,Q,R, S cùng thuộc một đường tròn. (Chúng ta hiểu rằng PQ và RS phânbiệt, do AD và BC không song song.)