Một số bài toán HH từ ImoShortlist 2012.chuyen-qb.com/web/attachments/1060_Toan HH IMO...

22
Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 1 Một số bài toán HH từ ImoShortlist 2012. G1. Cho tam giác ABC, J là tâm đường tròn bàng tiếp góc A. Đường tròn (J) tiếp xúc BC, CA, AB lần lượt tại M, L, K. các đường thẳng LM và BJ cắt nhau tại F, và các đường thẳng KM và CJ cắt nhau tại G. Gọi S là giao điểm của các đường thẳng AF và BC, T là giao điểm của các đường thẳng AG và BC. Chứng minh rằng M là trung điểm của ST. Lời giải. Đặt , , CAB ABC BCA . Đường thẳng AJ là phân giác góc CAB nên 2 JAK JAL . Vì 0 90 AKJ ALJ nên K, L thuộc đường tròn đường kính AJ. Tam giác KBM cân đỉnh B do BM = BK. BJ là phân giác KBM nên 0 90 2 MBJ 2 BMK . Tương tự 0 90 2 MCJ 2 CML nên BMF CML = 2 . Suy ra LFJ MBJ BMF = 0 90 2 - 2 = 2 LAJ . Hơn nữa, F và A cùng ở về một phía đối với JL nên F thuộc đường tròn đường kính AJ. Hoàn toàn tương tự, G cũng thuộc đường tròn đường kính AJ. Do đó 0 90 AFJ AGJ . Dễ thấy các đường thẳng AK và BC đối xứng nhau qua đường thẳng BF. Mặt khác , AF BF KM BF nên SM = AK. Tương tự TM = AL. Nhưng AK = AL. Suy ra SM = TM. Bình luận: Sau khi phát hiện A, F, K, J, L, G cùng thuộc một đường tròn, có rất nhiều cách khác để giải tiếp bài toán. Ví dụ, từ các tứ giác JMFS và JMGT nội tiếp ta có thể tìm thấy 2 TSJ STJ . S F T G J L K M C B A

Transcript of Một số bài toán HH từ ImoShortlist 2012.chuyen-qb.com/web/attachments/1060_Toan HH IMO...

Page 1: Một số bài toán HH từ ImoShortlist 2012.chuyen-qb.com/web/attachments/1060_Toan HH IMO Shortlist 2012-20… · Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Trần Xuân Bang-Trường

Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014

Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 1

Một số bài toán HH từ ImoShortlist 2012. G1. Cho tam giác ABC, J là tâm đường tròn bàng tiếp góc A. Đường tròn (J) tiếp xúc BC, CA, AB lần lượt tại M, L, K. các đường thẳng LM và BJ cắt nhau tại F, và các đường thẳng KM và CJ cắt nhau tại G. Gọi S là giao điểm của các đường thẳng AF và BC, T là giao điểm của các đường thẳng AG và BC. Chứng minh rằng M là trung điểm của ST. Lời giải. Đặt , ,CAB ABC BCA . Đường thẳng AJ là phân giác góc CAB nên

2JAK JAL

. Vì 090AKJ ALJ nên K, L thuộc đường tròn đường

kính AJ. Tam giác KBM cân đỉnh B do BM = BK. BJ là phân giác KBM nên

0902

MBJ và

2BMK

. Tương tự 0902

MCJ và

2CML

nên

BMF CML = 2 . Suy ra LFJ MBJ BMF = 090

2

- 2 =

2LAJ

.

Hơn nữa, F và A cùng ở về một phía đối với JL nên F thuộc đường tròn đường kính AJ. Hoàn toàn tương tự, G cũng thuộc đường tròn đường kính AJ. Do đó

090AFJ AGJ . Dễ thấy các đường thẳng AK và BC đối xứng nhau qua đường thẳng BF. Mặt khác ,AF BF KM BF nên SM = AK. Tương tự TM = AL. Nhưng AK = AL. Suy ra SM = TM. Bình luận: Sau khi phát hiện A, F, K, J, L, G cùng thuộc một đường tròn, có rất nhiều cách khác để giải tiếp bài toán. Ví dụ, từ các tứ giác JMFS và JMGT nội tiếp ta có thể tìm thấy

2TSJ STJ

.

S

F

T

G

J

L

K

M C

B

A

Page 2: Một số bài toán HH từ ImoShortlist 2012.chuyen-qb.com/web/attachments/1060_Toan HH IMO Shortlist 2012-20… · Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Trần Xuân Bang-Trường

Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014

Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 2

Một khả năng khác là sử dụng thực tế là các đường AS và GM là song song (cả hai đều là vuông góc với phân giác BJ), do đó 1MS AG

MT GT

G2. Cho ABCD là một tứ giác nội tiếp có đường chéo AC và BD gặp nhau tại E. Các tia AD và BC cắt nhau tại F. G là điểm sao cho ECGD là một hình bình hành. H là điểm đối xứng của E qua AD. Chứng minh rằng DHFG là tứ giác nội tiếp. Lời giải. EAB EDC vì DEC AEB (đối đỉnh) DCE DCA DBA EBA

Suy ra DG CE CDEB EB AB

(1)

Mặt khác CD FDFCD FABAB FB

(2)

Từ (1) và (2) suy ra DG FDEB FB

(3)

Ta lại có CDA ABF (Do ABCD nội tiếp) GDC DCA (Do CGDE là hình bình hành) DCA DBA suy ra GDF GDA GDC DCA ABF DBA DBF EBF

GDF EBF (4) Từ (3) và (4) suy ra DGF BEF FGD BEF Vì H đối xứng E qua FD nên 0 0180 180FHD FED BEF FGD Suy ra đpcm. G3. Cho tam giác ABC nhọn với các đường cao AD, BE, CF. Tâm đường tròn nội tiếp các tam giác AEF và BDF là I1 và I2 tương ứng. Tâm đường tròn ngoại

G

H

F

E

D

C

Page 3: Một số bài toán HH từ ImoShortlist 2012.chuyen-qb.com/web/attachments/1060_Toan HH IMO Shortlist 2012-20… · Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Trần Xuân Bang-Trường

Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014

Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 3

tiếp các tam giác tam giác ACI1 và BCI2 là O1 và O2 tương ứng. Chứng minh rằng I1I2//O1O2. Lời giải. Đặt , , .CAB ABC BCA Ta thấy chứng minh ABI2I1 là tứ giác nội tiếp. Thật vậy, gọi I là giao của các tia AI1 và BI2. E, F là các giao điểm khác B, C của đường tròn đường kính BC với các cạnh AC, AB. Do

,AEF ABC AFE ACB AEF ABC với tỉ số đồng dạng cosAEAB

.

Mặt khác 1 1 cosI A rIA r

(tỷ số đồng dạng)

Suy ra 21 1 1cos (1 cos ) 2 sin

2I A IA I I IA I A IA IA

Tương tự 22 2 sin

2I I IB

Suy ra 2 2

1 2 . 2 2 .2 2

I I IA IAsin IBsin I I IB

Vậy ABI2I1 nội tiếp. Như thế, I có cùng phương tích đối với hai đường tròn (O1) và (O2). C là một giao điểm của (O1) và (O2). Suy ra đường thẳng CI là trục đẳng phương của (O1) và (O2). Do đó 1 2CI OO (1) Bây giờ ta chứng minh 1 2.CI I I (2) Gọi Q là giao điểm của đường thẳng CI với I1I2. Ta có:

1 1 1 1 2( )II Q I IQ II Q ACI CAI II I ACI CAI .

I

F

E

D

I2

I1

O2

O1

C

BA

Page 4: Một số bài toán HH từ ImoShortlist 2012.chuyen-qb.com/web/attachments/1060_Toan HH IMO Shortlist 2012-20… · Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Trần Xuân Bang-Trường

Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014

Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 4

Để ý rằng 1 2 2II I

(Do ABI2I1 nội tiếp) và 2

ACI ,

2CAI

, suy ra

01 1 90

2 2 2II Q I IQ

. (2) được chứng minh.

Từ (1) & (2) suy ra I1I2//O1O2. Cách khác. Trước tiên ta sẽ chứng minh A, I1, I2, B cùng thuộc một đường tròn. Gọi là tâm nội tiếp tam giác ABC, ta cần chứng minh I I1.IA = I I2.IB Gọi P, Q, R lần lượt là tiếp điểm của (I) với AC, AB, BC. Khi đó I , I1 đối xứng với nhau qua PQ. Thật vậy, dễ thaays EFBC là tứ giác nội tiếp nên suy ra 1AEI ABI . Suy ra 1AEI ABI 1AIAE

AB AI 1 osAI c A

AI

Gọi '1I là điểm đối xứng với qua PQ.

Ta có: ' ' '

' 0 01 1 11

sin sin sin(90 2 ) sin(90 ) cossin

AI QI AQI AQI IQP A AAI QI AQI

.

Do đó '1 1I I .

Hoàn toàn tương tự I và I2 đối xứng với nhau qua QR. Vì thế 2

1 2 1 2. . 2II IA II IB r AI I B là tứ giác nội tiếp. Mặt khác ta lại có 1 2CI I I (1) Thật vậy, gọi X là giao điểm của 1 2,CI I I

Page 5: Một số bài toán HH từ ImoShortlist 2012.chuyen-qb.com/web/attachments/1060_Toan HH IMO Shortlist 2012-20… · Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Trần Xuân Bang-Trường

Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014

Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 5

Ta có:

0 0 01 1

1 1180 90 902 2

XI I XII ABI AIC ABC ABC

Suy ra 1 2CI I I Do đó cần chứng minh 1 2CI OO Gọi Y là giao điểm thứ hai của (O0) và (O2). Khi đó 1 2CY OO (2) Mặt khác, vì là tâm đẳng phương của 3 đường tròn (O1 ), (AI1I2B) và (O2) nên C, Y, I thẳng hàng. (3) Từ (1), (2) và (3) ta có 1 2 1 2/ / .OO I I G4. Cho ABC là một tam giác với AB AC và đường tròn (O) ngoại tiếp. Phân giác ∠BAC cắt BC tại D và E là điểm đối xứng của D qua trung điểm M của BC. Các đường thẳng qua D và E vuông góc với BC cắt các đường AO và AD lần lượt tại X và Y. Chứng minh rằng tứ giác BXCY nội tiếp được trong một đường tròn. Lời giải. Phân giác ∠BAC và đường trung trực của BC gặp nhau tại P là trung điểm của cung nhỏ BC. OP vuông góc BC tại M. Ký hiệu là Y' là điểm đối xứng của Y qua đường thẳng OP. Khi đó∠BYC = ∠BY'C đủ để từ BXCY' là tứ giác nội tiếp suy ra BXCY là tứ giác nội tiếp. Ta có∠XAP =∠OPA =∠EYP ( do OA = OP và EY // OP). Nhưng {Y, Y'} và {E, D} là cặp điểm đối xứng qua OP nên ∠EYP = ∠DY'P và do đó ∠XAP = ∠DY'P = ∠XY'P. Suy ra XAY'P là tứ giác nội tiếp. Ta có: XD·DY' = AD·DP = BD·DC.

Page 6: Một số bài toán HH từ ImoShortlist 2012.chuyen-qb.com/web/attachments/1060_Toan HH IMO Shortlist 2012-20… · Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Trần Xuân Bang-Trường

Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014

Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 6

Suy ra BXCY' là tứ giác nội tiếp. G5. Cho tam giác ABC có ∠BCA = 900, D là hình chiếu của C trên AB. Một điểm X thuộc đoạn thẳng CD và K, L là các điểm trên các đoạn AX, BX theo thứ tự sao cho BK = BC và AL = AC. Gọi M là giao điểm của AL và BK. Chứng minh MK = ML Lời giải. Gọi Q, N lần lượt là các giao điểm của các tia AX, BX với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khác A, B. Thấy ngay 090ANB AQB . Gọi P là giao

ME

P

X

Y'Y

D

O

CB

A

XN

Q

P

LKM

E

D

C

BA

Page 7: Một số bài toán HH từ ImoShortlist 2012.chuyen-qb.com/web/attachments/1060_Toan HH IMO Shortlist 2012-20… · Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Trần Xuân Bang-Trường

Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014

Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 7

điểm của các đường thẳng AN, BQ. Khi đó X là trực tâm tam giác PAB nên P thuộc đường thẳng CD. Để ý rằng tứ giác PNDB nội tiếp nên AN.AP = AD.AB = AC2 = AL2. Do đó tam giác ALP vuông ở L hay PL tiếp xúc đường tròn (A, AC). Tương tự PK tiếp xúc đường tròn (B, BC). Mặt khác, gọi E là giao điểm của các đường tròn (A, AC) và (B, BC) thì E đối xứng C qua AB nên E thuộc đường thẳng CD. Ta có PL2 = PC.PE = PK2 suy ra PL = PK, suy ra hai tam giác vuông PML PMK . Vì thế MK = ML.

Cách 2. Dễ thấy, nếu gọi E là giao của các đường tròn (A, AC) và (B, BC) khác C thì E đối xứng với C qua AB. Ta cũng có AC và AE cùng tiếp xúc với đường tròn (B, BC). Gọi Q là giao của đường thẳng AK và (B, BC) khác K. Do AC, AE cùng tiếp xúc (B, BK) nên tứ giác CQEK là tứ giác điều hòa. Do đó P là giao của hai tiếp tuyến của (B, BC) tại K và Q thuộc đường thẳng CE. Ta có (PXCE) = - 1. Tương tự gọi N là giao của đường thẳng BL với đường tròn (A, AC) thì P' là giao điểm của các tiếp tuyến của (A, AC) tại L và N thuộc đường thẳng CE và (P'XCE) = - 1. Do đó P' trùng P. Khi đó đường thẳng CE là trục đẳng phương của hai đường tròn (A, AC) và (B, BC) nên PL = PK. Hai tam giác vuông PML PMK nên MK = ML.

Cách 3. Gọi U là giao điểm của đường thẳng CD với với đường tròn đi qua ba điểm A, D, L. Do AC = AL nên AD. AB = AC2 = AL2. Do đó ALD ABL AUD ALD DBL . Do đó UD BDUAD BXD

AD DX

A B

C

D

E

MK L

P

Q

N

X

Page 8: Một số bài toán HH từ ImoShortlist 2012.chuyen-qb.com/web/attachments/1060_Toan HH IMO Shortlist 2012-20… · Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Trần Xuân Bang-Trường

Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014

Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 8

Hai tam giác UDB và ADX đều vuông tại D nên đồng dạng. Suy ra

( DKB KAB)DUB DAX DKB do . Suy ra D, K, U, B cùng thuộc một đường tròn. Mặt khác 090ULA UDA và 090UKB UDB nên AU AL và UK BK . Áp dụng định lý Carnot cho tam giác MAB với UL, UK, UD đồng quy ta có 2 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) 0KM KB DB DA LA LM . Hơn nữa 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2, , ,BK BC AL AC BD CB CD AD AC CD . Từ đó suy ra

2 2LM KM hay LM = KM. G6. Cho ABC là một tam giác có O là tâm đường tròn ngoại tiếp và I là tâm đường tròn nội tiếp. Các điểm D, E và F lần lượt thuộc các cạnh BC, CA và AB sao cho BD + BF = CA và CD + CE = AB. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác BFD và CDE cắt nhau tại P D. Chứng minh rằng OP = OI. Lời giải. Theo định lý Miquel các vòng tròn (AEF) = (CA), (BFD) = (CB) và (CDE) = (CC) có một điểm chung. Vì vậy (CA) đi qua điểm chung P D là điểm chung của (CB) và (CC). Gọi A', B', C' lần lượt là giao điểm của các tia AI, BI, CI với các đường tròn (CA), (CB) và (CC). Bổ đề. Cho XOY . Đường tròn (XAY) = (C) cắt phân giác góc XAY tại L. Khi đó 2 cos

2AX AY AL

.

Thật vậy, để ý rằng L là trung điểm cung XY không chứa A. Đặt XL = YL = u, XY = v.

U

A B

C

D

KL

X

Page 9: Một số bài toán HH từ ImoShortlist 2012.chuyen-qb.com/web/attachments/1060_Toan HH IMO Shortlist 2012-20… · Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Trần Xuân Bang-Trường

Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014

Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 9

Theo định lý Ptolemy AX.Y L + AY. XL = AL. XY (AX + AY) u = AL.v. (1) Ta có ∠LXY =

2 v = 2cos

2 u. (2)

Từ (1) và (2) suy r bổ đề được chứng minh. Áp dụng bổ đề để cho∠BAC = α và đường tròn (C) là (CA), cắt AI tại A' cho

ta 2AA'cos2 = AE + AF = BC.

Tương tự cho BB' và CC'. Áp dụng bổ với ∠BAC = α và (C) là đường tròn đường kính AI. Sau đó X, Y là những tiếp điểm của (I) với AB và AC, do đó AX = AY = 1

2(AB + AC - BC). Vì vậy, ta có 2AIcos

2 = AB + AC - BC

Tiếp theo, nếu (C) là đường tròn (O) của BAC và tia AI cắt (C) tại M A ta có 2AM cos

2 = AB + AC.

Tóm lại ta đã có: 2AA'cos

2 = BC, 2AIcos

2 = AB + AC - BC, 2AM cos

2 = AB + AC. (*)

Suy ra AA'+ AI = AM. Như thế cho ta AI = MA' nên O thuộc trung trực của đoạn IA'. Do đó OI = OA'. Tương tự, ta có OB' = OC' = OI. Vậy I, A', B', C' cùng cùng cách đều O. Để chứng minh OP = OI, ta chỉ cần chứng minh rằng I, A ', B', C' và P cùng thuộc một đường tròn. Ta có thể giả định P khác với I, A', B', C'. Giả sử A', B', P, I là phân biệt; sau đó đủ để cùng thuộc một đường tròn là ∠(A'P, B'P) = ∠(A'I, B'I). Do A, F, P, A' cùng thuộc đường tròn (CA) nên: ∠(A'P, FP) = ∠(A'A, FA) = ∠(A'I, AB). Tương tự như vậy ∠ (B'P, FP) = ∠ (B'I, AB). Vì thế ∠(A'P, B'P) = ∠(A'P, FP) + ∠(FP, B'P)

v u

u

LO

Y

X

A

Page 10: Một số bài toán HH từ ImoShortlist 2012.chuyen-qb.com/web/attachments/1060_Toan HH IMO Shortlist 2012-20… · Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Trần Xuân Bang-Trường

Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014

Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 10

= ∠(A'I, AB) - ∠(B'I, AB) = ∠ (A'I, B'I). Ở đây chúng ta giả định rằng P F. Nếu P = F thì P D, E. Ta có ∠(A'F, B'F) = ∠(A'F, EF) + ∠(EF, DF) + ∠(DF, B'F). G7. Cho ABCD là một tứ giác lồi có các cạnh BC và AD không song song. rằng có một điểm E trên BC sao cho tứ giác ABED và AECD là ngoại tiếp được. Chứng minh rằng có một điểm F trên AD để các tứ giác ABCF và BCDF ngoại tiếp được khi và chỉ khi AB song song với CD. Lời giải. Gọi (C1) và (C2) là đường tròn có tâm O1 và O2 ngoại tiếp các tứ giác ABED và AECD tương ứng. Một điểm F chỉ tồn tại như thế nếu (C1) và (C2) cũng cũng là các đường tròn ngoại tiếp của các tứ giác ABCF và BCDF tương ứng. Gọi giao điểm của các tiếp tuyến từ kẻ B đến (C2) và từ C đến (C1) (khác với BC) cắt AD ở F1 và F2 tương ứng. Ta cần phải chứng minh rằng F1 F2 khi và chỉ khi AB // CD.

(CC)

(CB)

(CA)

(C)

F

E

D

OP

I

M

C'

B'

A'

CB

A

O2

O1

O F2F1

E

D

C

B

A

Page 11: Một số bài toán HH từ ImoShortlist 2012.chuyen-qb.com/web/attachments/1060_Toan HH IMO Shortlist 2012-20… · Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Trần Xuân Bang-Trường

Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014

Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 11

Bổ đề. Các vòng tròn (C1) và (C2) có tâm O1 và O2 cùng tiếp xúc với hai cạnh của góc xOy. Các điểm P, S cùng thuộc một cạnh của góc và các điểm Q, R ở cùng cạnh kia của góc sao cho RS, PQ là các tiếp tuyến của các đường tròn (C2), (C1) , mặt khác (C1) nội tiếp tam giác OPQ và (C2) là đường tròn bàng tiếp góc O của tam giác ORS. Ký hiệu p = OO1.OO2. Ta có một trong các kết quả: OP.OR < p < OQ.OS, OP.OR > p > OQ.OS, OP.OR = p = OQ.OS. Thật vậy, Ký hiệu ∠OPO1 = u, ∠OQO1 = v, ∠OO2R = x, y = ∠OO2S, ∠POQ = 2φ. Vì PO1, QO1 và RO2, SO2 là các phân giác trong tam giác PQO và phân giác ngoài tam giác RSO, nên u + v = x + y (= 90◦ - φ). (1) Theo định lí sin trong các tam giác OO1P và OO2Q ta có:

2

1

sin( ) sin( ),sin sin

OOOP u xOO u OR x

Do u, x và là số đo các góc nhọn, nên : 2

1

. sin sin( ) sin sin( ) sin( ) 0OOOPOPOR p x u u x x u x uOO OR

Như vậy OP.OR ≥ p là tương đương với x ≥ u, OP.OR = p khi và chỉ khi x = u. Tương tự, p ≥ OQ.OS là tương đương v ≥ y, OQ.OS = p khi và chỉ khi v = y. Mặt khác x ≥ u và v ≥ y là tương đương bởi (1), với x = u nếu và chỉ nếu v = y. Bổ đề được chứng minh. Trở lại định lý : Với các bộ bốn điểm {B, E, D, F1}, {A, B, C, D} và {A, E, C, F2}. Giả sử OE.OF1 > p, chúng ta có được

φφ

v

u

yx

O2

O1

S

R

Q

P

O

Page 12: Một số bài toán HH từ ImoShortlist 2012.chuyen-qb.com/web/attachments/1060_Toan HH IMO Shortlist 2012-20… · Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Trần Xuân Bang-Trường

Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014

Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 12

OE.OF1 > p ⇒ OB.OD < p ⇒ OA.OC > p ⇒ OE.OF2 < p. Nói cách khác, OE.OF1 > p ta có: OB.OD < p < OA.OC và OE.OF1 > p > OE.OF2. Tương tự như vậy, OE.OF1 < p ta có: OB.OD > p > OA.OC và OE.OF1 < p < OE.OF2. Trong những trường hợp này F1 F2 và OB.OD OA.OC, vì vậy các đường thẳng AB và CD không song song với nhau . Trường hợp OE.OF1 = p. Bổ đề dẫn đến OB.OD = p = OA · OC và OE.OF1 = p = OE.OF2. Do đó F1 F2 và AB // CD. Bình luận. Kết luận cũng đúng nếu BC và AD là song song. Người ta có thể chứng minh một trường hợp giới hạn bổ đề cho các cấu hình hiển thị trong hình bên dưới, với O'r1 và O''r2 là tia song song, O'O''⊥ r1r2 và O là trung điểm của O'O''. Hai đường tròn tâm O1 và O2 tiếp xúc O'r1 và O''r2. Các đường thẳng PQ và RS là tiếp tuyến với các đường tròn sao cho P, S thuộc O'r1, và Q, R thuộc O''r2, vì vậy mà O, O1 ở về cùng một bên đối với PQ ; O, O2 ở về hai phía của của RS. Đặt s = OO1+ OO2. Ta có một trong những kết quả sau: O'P + O''R < s <O''Q + O'S, O'P + O''R > s > O''Q + O'S, O'P + O''R = s = O''Q + O'S.

S

RQ

P

O2O1

r2

r1

O''

O'

O

Page 13: Một số bài toán HH từ ImoShortlist 2012.chuyen-qb.com/web/attachments/1060_Toan HH IMO Shortlist 2012-20… · Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Trần Xuân Bang-Trường

Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014

Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 13

2011. G1. Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O. (C) là một đường tròn mà tâm L của nó thuộc cạnh BC. Giả sử (C) tiếp xúc với AB tại B' và AC tại C' và O thuộc cung nhỏ ' 'B C của (C). Chứng minh rằng đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác ABC và (C) cắt nhau tại hai điểm. Lời giải. B', C' là hình chiếu của L lần lượt trên AB, AC và O nằm trong tam giác AB'C', do đó ∠COB <∠C'OB'. Đặt α = ∠CAB. Ta có ∠COB = 2∠CAB = 2α và 2∠C'OB '= 360◦ - ∠C'LB'. Từ tứ giác AB'LC' ta có ∠C'LB' = 1800 - ∠C'AB' = 1800 - α. Suy ra 2α = ∠COB < ∠C'OB'

= 12

(3600 - ∠C'LB') = 12

[3600 - (180◦ - α)] = 900 + 2 α < 600.

Gọi O' là điểm đối xứng của O qua BC. Trong tứ giác ABO'C ta có: ∠CO'B + ∠CAB = ∠COB + ∠CAB = 2α + α < 1800, do đó, điểm O' nằm ngoài đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác ABC. Do đó, O và O' là hai điểm thuộc (C), trong đó một điểm nằm bên trong đường tròn (O), điểm kia ngoài đường tròn (O). Do đó, hai vòng tròn giao nhau. Bình luận. Có nhiều cách khác nhau thay cho kết quả α < 600. Ví dụ, từ kết quả điểm O nằm trong tam giác cân AB'C', chúng ta có OA < AB'. Vì vậy, nếu AB' ≤ 2LB', sau đó OA < 2LO, có nghĩa rằng (C) giao đường tròn ngoại tiếp của ABC. Do đó chỉ trường hợp thú vị là AB' > 2LB', có nghĩa là ∠CAB = 2∠B'AL < 2.300 = 600.

L

C'

B'

O'

O

B

C

A

Page 14: Một số bài toán HH từ ImoShortlist 2012.chuyen-qb.com/web/attachments/1060_Toan HH IMO Shortlist 2012-20… · Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Trần Xuân Bang-Trường

Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014

Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 14

G3. Cho ABCD là một tứ giác lồi với các cạnh AD và BC không song song nhau. Giả sử rằng đường tròn đường kính AB và đường tròn đường kính CD cắt nhau tại E và F ở trong tứ giác. Đường tròn (CE) đi qua hình chiếu vuông góc của E trên các đường thẳng AB, BC, và CD. Đường tròn (CF) đi qua hình chiếu vuông góc của F trên các đường thẳng CD, DA và AB. Chứng minh rằng trung điểm của EF thuộc đường thẳng đi qua hai điểm giao điểm của hai đường tròn (CE) và (CF). Lời giải. Ký hiệu là P, Q, R, S và các hình chiếu của E trên dòng DA, AB, BC, và CD tương ứng. Các điểm P và Q nằm trên đường tròn đường kính AE, vì vậy ∠QPE = ∠QAE; Tương tự ∠QRE = ∠QBE. Vì vậy ∠QPE + ∠QRE = ∠QAE + ∠QBE = 900. Tương tự ∠SPE + ∠SRE = 900, do đó ta có ∠QPS + ∠QRS = 900 + 900 = 1800. Suy ra tứ giác PQRS nội tiếp trong (CE). Tương tự, cả bốn hình chiếu của F lên cá đường thẳng chứa cạnh tứ giác ABCD cùng thuộc đường tròn (CF). Ký hiệu là K giao điểm của cá đường thẳng AD và BC. Không mất tính tổng quát trong giả định rằng A nằm trên đoạn DK. Giả sử rằng ∠CKD ≥ 900. Các điểm E, F không thể nằm bên trong tứ giác này. Trái giả thiết. Do đó, các đường thẳng EP và BC cắt nhau tại điểm P', các đường thẳng ER và AD cắt nhau tại điểm R'. Các điểm P' và R' cũng thuộc (CE). Thật vậy, do các điểm R, E, Q, B cùng thuộc một đường tròn nên ∠QRK = ∠QEB = 900 - ∠QBE = ∠QAE = ∠QPE. Vì vậy ∠QRK = ∠QPP', suy ra P' nằm trên (CE). Tương tự cho R'.

P'

R'

R

Q

P

F

E

N'

N

M'

MK

S

D

C

B

A

Page 15: Một số bài toán HH từ ImoShortlist 2012.chuyen-qb.com/web/attachments/1060_Toan HH IMO Shortlist 2012-20… · Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Trần Xuân Bang-Trường

Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014

Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 15

Gọi M và N là hình chiếu của của F trên các đường thẳng AD và BC tương ứng, M' = FM ∩BC, N' = FN ∩AD. Bởi những lập luận tương tự trên, các điểm M'và N' cũng thuộc (CE). Xem hình dưới đây: U = NN'∩ PP', V = MM' ∩ RR'. Do các điểm N, N ', P, P' cùng thuộc một đường tròn, do đó UN.UN' = UP.UP'. Suy ra U thuộc trục đẳng hương của (CE) và (CF). Tương tự cho V. Cuối cùng, vì EUFV là một hình bình hành, nên UV đi qua trung điểm của EF.

G4. Cho ABC là một tam giác nhọn. B0 là trung điểm của AC và C0 là trung điểm của AB. Gọi D là hình chiếu A và G là trọng tâm của tam giác ABC, (C0) là đường tròn đi qua B0 và C0 và tiếp xúc với đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC tại X khác A. Chứng minh rằng các điểm D, G, X thẳng hàng. Lời giải 1. Nếu AB = AC thì lời giải là tầm thường. Vì vậy mà không mất tính tổng quát, giả sử AB < AC. Phép vị tự tâm A tỷ số 1

2 biến đường tròn (C) thành đường tròn (C1) đi qua B0

và C0 và tiếp xúc với đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC tại X khác A. Tiếp tuyến tại A của (C) và (C1), tiếp tuyến tại A của (C) và (C0), đường thẳng B0C0 là ba trục đẳng phương nên đồng quy tại W. Các điểm A và D là đối xứng đối qua đường thẳng B0C0 với; do đó WX = WA = WD. Suy ra W là tâm của đường tròn ngoại tiếp của tam giác ADX. Hơn nữa, chúng tôi có ∠WAO = ∠WXO = 900 do đó ∠AWX + ∠AOX = 1800. Ký hiệu là T là giao điểm thứ hai của (C) và đường thẳng DX. Lưu ý rằng O thuộc (C1) .

V

U

A

B

C

D

S

KM

M'

N

N'

E

F

P

Q

R

R'

P'

Page 16: Một số bài toán HH từ ImoShortlist 2012.chuyen-qb.com/web/attachments/1060_Toan HH IMO Shortlist 2012-20… · Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Trần Xuân Bang-Trường

Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014

Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 16

Ta có ∠DAT = ∠ADX - ∠ATD = 1

2 (3600 -∠AWX) - 1

2∠AOX =

1800 - 12

(∠AWX + ∠AOX) = 900. Vì vậy, AD ⊥ AT, và do đó AT // BC.

Như vậy, ATCB là một hình thang cân. Gọi A0 là trung điểm của BC, và xét ảnh của ATCB qua phép vị tự h tâm G và tỉ số - 1

2, ta có h (A) = A0, h (B) = B0, và h (C) = C0 .

Từ tính chất đối xứng qua B0C0, ta có ∠TCB = ∠CBA = ∠B0C0A = ∠DC0B0. Mặt khác AT // DA0 suy ra h (T) = D. Do đó các điểm D, G, và T thẳng hàng, và X nằm trên cùng đường thẳng đó. Lời giải 2. Gọi các điểm A0, O, và W như trong Lời giải 1 và cũng giả sử AB < AC. Gọi Q là hình chiếu vuông góc của A0 trên B0C0. Do ∠WAO = ∠WQO = ∠OXW = 900 nên năm điểm A, W, X, O, và Q nằm trên một đường tròn. Ta có ∠WQD = ∠AQW = ∠AXW = ∠WAX = ∠WQX. Do đó ba điểm Q, D, và X nằm trên một đường thẳng d.

O

(C)

(C0)

(C1)

X

C0B0

A0

G

T

W

D CB

A

Page 17: Một số bài toán HH từ ImoShortlist 2012.chuyen-qb.com/web/attachments/1060_Toan HH IMO Shortlist 2012-20… · Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Trần Xuân Bang-Trường

Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014

Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 17

Cuối cung, phép vị tự tâm G tỉ số - 12

biến tam giác ABC thành tam giác

A0B0C0 và do đó biến D thành Q. Do đó, các điểm D, G, và Q thẳng hàng và X nằm trên đường thẳng đó. Bình luận. Có rất nhiều cách khác để chứng minh Q, D, và X thẳng hàng . Ví dụ, gọi J là giao của AW và BC. Ta chứng minh được A, D, X, và J cùng cách đều W vì vậy ADXJ tứ giác nội tiếp. Kết hợp với AWXQ là tứ giác nội tiếp ta có ∠JDX = ∠JAX = ∠WAX = ∠WQX. Vì BC // WQ, nên Q, D, và X là thực sự thẳng hàng. G5. Cho ABC là một tam giác với đường tròn nội tiếp tâm I và đường tròn ngoại tiếp (C). Cho D và E là giao điểm thứ hai của (C) với các tia AI và BI tương ứng. DE cắt AC tại điểm F, và cắt BC tại một điểm G. Cho P là giao điểm của đường thẳng đi qua F song song với AD và đường thẳng qua G song song với BE. Giả sử rằng các tiếp tuyến của (C) tại A và B gặp nhau tại điểm K. Chứng minh rằng ba đường thẳng AE, BD, và KP là song song hoặc đồng quy. Lời giải 1. Thấy ngay ∠IAF = ∠DAC = ∠BAD = ∠BED = ∠IEF suy ra AIFE là tứ giác nội tiếp. Ký hiệu đường tròn ngoại tiếp AIFE là (C1). Tương tự như vậy, tứ giác BDGI là nội tiếp; kí hiệu đường tròn ngoại tiếp BDGI là (C2). Đường thẳng là trục đẳng phương của (C) và (C1), đường thẳng BD là trục đẳng phương của (C) và (C2). Gọi t là trụcẳng phương của (C1) và (C2). Ba trục đẳng phương này đồng quy tại tâm đẳng phương của chúng hoặc là song song với nhau. Ta sẽ chứng minh rằng t đường thẳng PK. Gọi L là giao điểm thứ hai của (C1) và (C2). Khi đó t = IL. (Nếu hai đường tròn là tiếp xúc với nhau thì L = I và t là tiếp tuyến chung) Gọi K' L và P' L là giao điểm của t với các đường tròn ngoại tiếp các tam

O

J

A

B CD

W Q

G

A0

B0C0

X

(C1)

(C0)

(C)

Page 18: Một số bài toán HH từ ImoShortlist 2012.chuyen-qb.com/web/attachments/1060_Toan HH IMO Shortlist 2012-20… · Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Trần Xuân Bang-Trường

Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014

Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 18

giác lần lượt là ABL và BDL. Ta có: ∠(AB, BK') = ∠(AL, LK') = ∠(AL, LI) = ∠(AE, EI) = ∠(AE, EB) = ∠ (AB, BK). Suy ra BK' // BK. Tương tự như vậy chúng ta có AK'k//AK, và do đó K' K. Tiếp theo, chúng ta có: ∠(P'F, FG) = ∠(P'L, LG) = ∠(IL, LG) = ∠(ID, DG) = ∠(AD, DE) = ∠(PF, FG). Do đó P'F // PF và tương tự P'G // PG. Do đó P' = P. Điều này có nghĩa rằng t đi qua K và P. Chứng minh được kết thúc. Solution 2. Gọi M là giao điểm của các tiếp tuyến với (C) tại D và E, gọi T là giao điểm của các đường thẳng AE và BD. Nếu AE và BD song song, các điểm K và M nằm trên đường TI (như là một hệ quả của Định lý Pascal, áp dụng cho các hình lục giác thoái hóa ghi AADBBE và ADDBEE). Các dòng AD và BE là phân giác của các góc ∠CAB và ∠ABC, tương ứng, vì vậy D và E là trung điểm của vòng cung BC và CA của đường tròn (C). Do đó, DM song song với BC và EM là song song với AC. Áp dụng định lý Pascal cho lục giác suy biến CADDEB. Theo định lý, các điểm F = CA ∩DE, I = ∩ EB cho ta FI // BC // DM. Tương tự, các đường thẳng GI //AC // EM. Xét phép vị tự tâm H tỉ số FG

ED biến E thành G và biến D thành F. Vì tam

giác EDM và tam giác GFI có các cạnh tương ứng song song, nên phép vị tự này biến M thành I. Tương tự như vậy, do các tam giác DEI và FGP có cạnh tương ứng song song, nên phép vị tự này biến I thành P. Do đó, các điểm M, I, P và H thẳng hàng. Do đó, điểm P cũng thẳng hàng với T, K, I, M.

(C2)

(C1)

(C)

D

IL

F

E

P'P

K'K

W

CB

A

Page 19: Một số bài toán HH từ ImoShortlist 2012.chuyen-qb.com/web/attachments/1060_Toan HH IMO Shortlist 2012-20… · Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Trần Xuân Bang-Trường

Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014

Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 19

Bình luận. Người ta có thể chứng minh rằng IF//BC và IG//AC một cách cơ bản hơn. Do ∠ADE = ∠EDC và ∠DEB = ∠CED nên các điểm I và C là đối xứng qua DE. Hơn nữa, cung EA EC và DB DC ta có ∠CFG = ∠FGC, vì vậy tam giác CFG cân. Do đó, tứ giác IFCG là một hình thoi. G6. Cho ABC là một tam giác cân AB = AC, và D là trung điểm của AC. Phân giác của ∠BAC cắt đường tròn qua D, B, và C tại điểm E bên trong tam giác ABC. Đường thẳng BD cắt đường tròn qua A, E, và B ở hai điểm B và F. Các đường thẳng AF và BE cắt nhau tại điểm I, các đường thẳng CI và BD cắt nhau tại điểm K. Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác KAB. Solution 1. Gọi D' là trung điểm của đoạn AB, và M là trung điểm của BC. Vì DD'BC là hình thang cân nên nội tiếp được trong đường tròn (C). Vì cung D'E và cung ED của đường tròn (C) bằng nhau nên ta có ∠ABI = ∠D'BE = ∠EBD = IBK, vì vậy I thuộc phân giác góc ∠ABK. Ta cần chứng minh I thuộc phân giác góc ∠BAK.

Từ ∠DFA = 1800 - ∠BFA = 1800 - ∠BEA = ∠MEB = 12∠CEB = 1

2∠CDB

suy ra ∠DFA = ∠DAF nên tam giác AFD cân với DA = DF. Áp dụng Định lý Menelaus cho tam giác ADF đối với đường thẳng CIK, cùng với các ứng dụng định lý phân giác trong tam giác ABF, chúng ta suy ra: 1 . . 2 . 2 . .

2AC DK FI DK BF DK BF DK BFCD KF IA KF AB KF AD KF AD

và do đó:

1 1BD BF FD BF KF DF ADAD AD AD DK DK DK

Suy ra các tam giác ADK và BDA là đồng dạng nên do đó ∠DAK = ∠ABD. Cuối cùng ∠IAB = ∠AFD - ∠ABD = ∠DAF - ∠DAK = ∠KAI suy ra điểm K thuộc phân giác góc ∠BAK.

A

(C)

PH

G

FI

K

D

E

B

A

Page 20: Một số bài toán HH từ ImoShortlist 2012.chuyen-qb.com/web/attachments/1060_Toan HH IMO Shortlist 2012-20… · Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Trần Xuân Bang-Trường

Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014

Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 20

Solution 2. Ta chứng minh rằng KI chia đôi ∠AKB.

F

(C2)

(C1)

E

K

M

ID' D

CB

A

O3

O1

F

A

B C

DD' I

M

K

E

(C1)

(C3)

Page 21: Một số bài toán HH từ ImoShortlist 2012.chuyen-qb.com/web/attachments/1060_Toan HH IMO Shortlist 2012-20… · Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Trần Xuân Bang-Trường

Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014

Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 21

Ký hiệu đường tròn ngoại tiếp của tam giác BCD và tâm của nó bằng (C1) và O1, tương ứng. Từ tứ giác ABFE nội tiếp được, ta có ∠DFE = ∠BAE = ∠DAE. Tương tự ta có ∠EAF = ∠EBF = ∠ABE = ∠AFE. Vì vậy ∠DAF = ∠DFA, và do đó DF = DA = DC. Suy ra, tam giác AFC được ghi trong đường tròn (C2) với tâm D. Ký hiệu tròn ngoại tiếp tam giác ABD bằng (C3), và tâm của nó là O3. Vì trong (C1) ta có EB EC và các tam giác ADE và FDE là đồng dạng, nên ∠AO1B = 2∠BDE = ∠BDA. Vì vậy O1 nằm trên (C3). Do đó ∠O3O1D = ∠O3DO1. Đường thẳng BD là trục đẳng phương của (C1) và (C3). Điểm C thuộc trục đẳng phương của (C1) và (C2) suy ra AI.IF = BI.IE. Do đó K = BD∩CI là tâm đẳng phương của (C1), (C2) và (C3). Đường thẳng AK là trục đẳng phương của (C2) và (C3). Các đường thẳng AK, BK và IK vuông góc với đường thẳng đi qua hai tâm O3D, O3O1 và O1D, tương ứng. Vì ∠O3O1D = ∠O3DO1, ta nhận được KI là phân giác góc ∠AKB. Solution 3. Một lần nữa, gọi M là trung điểm của BC. Như trong các cách giải trước, ta có thể suy ra ∠ABI = ∠IBK. Chúng ta thấy rằng điểm I nằm trên đường phân giác góc ∠KAB. Cho G là giao điểm của đường tròn AFC và BCD, khác C. Các đường thẳng CG, AF và BE là trục đẳng phương của ba vòng tròn AGFC, CDB, và ABFE. Vì vậy I = AF ∩ BE là tâm đẳng phương của ba vòng và CG cũng đi qua I. Góc giữa đường thẳng DE và tiếp tuyến của đường tròn (BCD) tại E bằng ∠EBD =∠EAF = ∠ABE = ∠AFE. Tiếp tuyến của đường tròn (BCD) tại E

B'

K

G

F

A

B C

DD'I

M

E

(C1)

Page 22: Một số bài toán HH từ ImoShortlist 2012.chuyen-qb.com/web/attachments/1060_Toan HH IMO Shortlist 2012-20… · Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014 Trần Xuân Bang-Trường

Bài giảng ĐTHSGQG tháng 12/2014

Trần Xuân Bang-Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 22

vuông góc với AM, đường thẳng DE vuông góc với AF. Tam giác AFE cân, do đó DE là đường trung trực của đoạn AF và do đó AD = DF. Suy ra, điểm D là tâm của đường tròn (AFC), và đường tròn này đi qua M vì ∠AMC = 900. Gọi B' là điểm đối xứng của B qua D, vì vậy ABCB' là một hình bình hành. Vì DC = DG chúng tôi có ∠GCD = ∠DBC = ∠KB'A. Do đó, AKCB là tứ giác nội tiếp và do đó ∠CAK = ∠CB'K = ∠ABD = 2∠MAI.

Cuối cùng là ∠IAB = ∠MAB - ∠MAI = 12∠CAB - 1

2∠CAK = 1

2∠KAB

và do đó AI là phân giác góc ∠KAB.