1060 toan HH IMO shortlist 2012 2011 (1)

E, F là các giao điểm khác B, C của đường tròn đường kính BC với các cạnh AC, AB.. Do đó P là giao của hai tiếp tuyến của B, BC tại K và Q thuộc đường thẳng CE.. Tương tự gọi N là giao c

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

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

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 MS AG 1

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)

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

    (4)

Từ (3) và (4) suy ra DGF BEF FGD BEF

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

B Á

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 AE cos

AB   Mặt khác 1 1

Bây giờ ta chứng minh CI I I1 2. (2)

Gọi Q là giao điểm của đường thẳng CI với I1I2 Ta có:

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 AEI1  ABI

Suy ra AEI1 ABI AE AI1

Gọi Y là giao điểm thứ hai của (O0) và (O2) Khi đó CY O O1 2 (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 O O1 2 / /I I1 2.

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

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

P X

Y' Y

D O

C B

A

X N

Q P

L K

M

E D

C

B A

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

   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

   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

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

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

Theo định lý Ptolemy AX.Y L + AY XL = AL XY

(AX + AY) u = AL.v (1)

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

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

L O

Y X

A

= ∠(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

(C C )

(C B )

(C A ) (C)

F

E

D

O P I

M

C' B'

A'

C B

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

∠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

. OP OO sin sin( ) sin sin( ) sin( ) 0

Như vậy OP.OR ≥ p là tương đương với x ≥ u, OP.OR = p khi và chỉ khi

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

φ φ

Q

P O

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

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'

∠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

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

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'

N' N

M'

M K

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

Q R

R' P'

Ta có ∠DAT = ∠ADX - ∠ATD = 1

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) (C 0 )

Cuối cung, phép vị tự tâm G tỉ số - 1

2 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

(C)