Một số bài toán hình học phẳng trong đề thi Olympic toán học năm học 2017 – 2018 của một số nước trên thế giới

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 s

CHUYÊN ĐỀ

MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG TRONG ĐỀ THI

OLYMPIC TOÁN HỌC

năm học 2017-2018

của một số nước trên thế giới

BÙI NGỌC DIỆP tháng 11 - 2018

Câu 1 (Đề thi Olympic Áo năm 2018, vòng khởi động) Cho tam giác nhọn ABC M làtrung điểm của AC F là chân đường cao hạ từ đỉnh C của tam giác ABC Chứng minh AM = AFkhi chỉ khi BAC = 60÷ ◦

Lời giải

Tam giác ACF là tam giác vuông tại F , M là trung điểm AC

nên F M = M A = M C Suy ra tam giác AM F là tam giác cân

tại M

Với giả thiết đó, AM = AF khi và chỉ khi tam giác AM F đều,

hay tương đương với ∠MAF = 600, hay ∠BAC = 600

C

M

Câu 2 (Đề thi Olympic Áo năm 2018, vòng loại (khu vực)) Cho đường tròn k bán kính

r 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 và

S cắt k tại giao điểm thứ hai là E Chứng minh tam giác CSE đều

E

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 Từ

đó, 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 có

I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với

BC 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

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

Suy ra IDP =’ IP B = 90’ ◦ (2 góc cùng chắn cung IB)

Vì N là trung điểm của cạnh huyền trong 4ABP nên ta có BN P = 2 ·÷ BAP = α.÷

Suy ra P N k AC

Lại có M N là đường trung bình của 4ABC nên M N k 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

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 và

DCS đồng dạng Do đó tồn tại hai số r và s sao cho

AS = sa, BS = ra, DS = sc, CS = rc Khi đó bất

đẳng thức AB + BD > AC + CD được viết dưới dạng

a + ra + sc > sa + rc + c

Hay

a(1 + r − s) > c(1 + r − s),điều này luôn đúng vì a > c và 1 + r > 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 MAthẳng 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 đó

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= CMÿAP

2 =CBP =÷ CBMÿB

Suy ra, tứ giác P CDB là hình thang cân, và do đó P D = BC.

Chứng minh tương tự ta cũng có P E = CA

Vậy DE = P E + P D = AC + BC

Câu 6 (Đề thi Olympic Belarus năm 2018, bảng A, vòng 1) Cho tam giác ABC có cácđường cao AA1, BB1, CC1 Phân giác của gócAA◊1C lần lượt cắt các đoạn CC1 và CA tại E và

D phân biệt Phân giác của gócAA◊ 1B lần lượt cắt các đoạn BB1 và BA tại F và G phân biệt.Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác F A1D và EA1G cắt nhau tại A1 và X Chứng minhrằng BXC = 90÷ ◦

G

C1

VìBB◊1C = CC◊1B = 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 gócAA◊1C, AA◊1B nên GA◊1D = 90◦

Ta cóF B◊1D =F A◊1D = 90◦ nên B1 nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác F A1D Tương tự,

C1 nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác EA1G

Lại cóCÿ1XA1 =BGA◊1 = 135◦−ABC và÷ Bÿ1XA1 =CDA◊1 = 135◦−ACB nên÷

ÿ

C1XB1 = 270◦−ABC −÷ ACB = 90÷ ◦+BAC.÷

MàB◊1BA = 90◦−BAC nên÷ Bÿ1BC1+Cÿ1XB1 = 180◦, do đó BC1XB1 là tứ giác nội tiếp (2)

Từ (1) và (2) ta suy raBXC = 90÷ ◦ 

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 cạnh

Mặt khác tứ giác ACEX nội tiếp nên CAX =÷ DEX.◊

Suy ra KLX =÷ ◊DEX hay LK k BC

L

B D E C

XKA

Câu 8 (Đề thi Olympic Belarus năm 2018, bảng B, vòng 1) Cho tam giác ABC có đườngtrung tuyến AM Kéo dài AM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm D Đường trònngoại tiếp tam giác M CD cắt AC tại C và E Đường tròn ngoại tiếp của tam giác AM E cắt

AB tại A và F Chứng minh rằng CF là đường cao của tam giác ABC

E D

Ta chỉ cần chứng minh F M = BM = M C thì từ đó sẽ suy ra M là trung điểm của cạnh huyềncủa tam giác vuông CF B và cóCF B = 90÷ ◦

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

• Tương tự các điểm M, D, E và C cùng nằm trên một đường tròn ta suy raM DC =◊ M EC.◊

• Ta có tứ giác AF M E nội tiếp suy ra BF M =M EA =F BM

Từ đó suy ra tam giác BF M cân tại M hay F M = BM = M C Câu 9 (Đề thi Olympic Belarus năm 2018, bảng B, vòng 2) Cho hình vuông A1B1C1D1nằm 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

Gọi Zb và Za lần lượt là giao điểm của B1Y và A1X với AB Đặt CB = a, AC = b, AB = c và

A1B1 = 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

AB = 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 M Nchia cả diện tích và chu vi tam giác ABC thành các phần bằng nhau

Lời giải

N

A0

CA

MGọi A0 là điểm đối xứng với điểm A qua điểm N Khi đó M A◊ 0A =M AA◊ 0 (1)

Ta có BM = BA nên tam giác ABM cân tại B Từ đó suy ra BAM =◊ ◊BM A (2)

Lời giải 1 (bởi Matt Coleclough, Clifton College)

Gọi N là trung điểm AB Khi đó M N là đường trung bình của tam giác ABC hay M N k BC.Kết hợp với CB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BM P ta được

ANP

M

Lời giải 2

Gọi D là điểm thỏa mãn tứ giác ABCD là hình bình hành

Khi đó M là trung điểm BD

AP

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 k BC nên ∠MDA = ∠MBC và do CB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tamgiác BP M nên ∠MBC = ∠MP A Suy ra ∠MDA = ∠MP A 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 + ∠MP A = 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 M D 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 BP M và đường thẳng AC

QP

MA

Theo tính chất về phương tích và tính chất về tiếp tuyến ta được AP × AB = AQ × AM và

CB2 = CM ×CQ Lại có M là trung điểm BC nên AM = M C = 12AC và theo định lí Apolloniusthì AB2+ AC2 = 2AM2+ 2BM2 Khi đó:

Câu 12 (Đề thi Olympic Bulgari năm 2018, vòng 1) Cho tứ giác nội tiếp ABCD Gọi

H1 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

H 1

A 1

B 1

O X Y

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 đó

Có nghĩa là O1 thuộc đường thẳng H1O và tỉ số H1O1

O1O chỉ 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 k H1H2 k CD, nghĩa là lAB song song với với CD

Từ đó ta có cách cạnh của M N P Q 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 Gọi

M , N lần lượt là trung điểm của AB và BC Đường tròn ngoại tiếp tam giác AM C 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

Ta có các điểm A, M, P và C nội tiếp đường tròn và ◊M AP = P AC Suy ra M P = P C, vì góc÷

chắn 2 cung này bằng nhau

Vì P thuộc trung tuyến của BC nên BP = CP Vì M P = BP nên P thuộc trung tuyến của

BM

Gọi Q là trung điểm của BM O là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Khi đó P Q ⊥ AB, OM ⊥ AB, suy ra P Q song song OM Vì M là trung điểm của AB, Q làtrung điểm của M B nên M Q = 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 đườngkính AB cắt đường thẳng CE tại các điểm G, H, biết G nằm giữa C và E Biết CHF = 12÷ ◦.Tính số đo gócAGF ÷

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 AF C, ta có AF2 = AD · AC

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

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 GF H

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

Lời giải

Gọi O là tâm của đường tròn ngoại tiếp

tam giác AEF và kí hiệu α =BAC Vì÷

÷

BAD vàACD là các góc nhọn, các điểm÷

E, F nằm trong nửa mặt phẳng BCA và

theo định lí góc nội tiếp ta có

÷

BED = 2·BAD = α = 2·÷ DAC =÷ DF C.÷

Các tam cân BED và DF C đồng dạng,

dễ thấyEDF = α và BC là đường phân÷

giác ngoài góc D trong tam giác DEF

Điểm O nằm trên BC và đường trung

trực của đoạn EF Xét tam giác DEF ,

O nằm trên đường phân giác ngoài góc D

và nằm trên đường trung trực của EF

Vì vậy nó là trung điểm của cung EDF

vàEOF =÷ EDF = α.÷

Ta có tứ giác AEDF cóEAF = α Tuy÷

nhiên, đường thẳng EF không đi qua

điểm A và O Vì vậy theo định lí góc nội

tiếp ta có độ lớn góc EOF bằng hai lần

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

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

trên đoạn thẳng DB sao cho AE = DE Đường thẳng AE cắt

BC tại F

a) Chứng minh rằng ∠CDF = ∠ADB

b) Nếu DF là tia phân giác của góc ∠CDE, hãy xác định

số đo của góc∠ABD

a Xét tam giác 4AED là một tam giác cân tại E, ta có ∠EDA = ∠EAD Từ đó ta cũng có

∠EBF = ∠EF B (vì lần lượt sole-trong với hai góc bằng nhau là ∠EDA và ∠EAD) Vậy4EF A cân tại E và EF = EB

Xét 4BEA và 4F ED có:

• EF = EB (cmt)

• ∠F ED = ∠BEA (hai góc đối đỉnh)

• ED = EA (gt)

Vậy 4BEA = 4F ED (trường hợp cạnh-góc-cạnh)

Vậy DF = AB (hai cạnh tương ứng) Vì ABCD là một hình bình hành nên AB = CD từ

đó suy ra DF = CD hay 4CDF cân tại D Xét 4CDF và 4BDA có ∠DCF = ∠DF C =

∠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 = ∠F DB.Vậy ∠CDF = ∠F DB = ∠BDA

Xét 4DF B có ∠DF C là góc ngoài tại đỉnh F nên ∠DF C = ∠F DB + ∠F BD Đồng thời

∠F BD = ∠BDA (hai góc sole-trong) nên ∠DF C = ∠F DB + ∠F BD = 2 · F DB

Vì DA k 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

A DE

Z

CB

GF

K

N

Gọi Z là giao điểm của tiếp tuyến tại B và C của đường tròn ngoại tiếp 4ABC Kéo dài ZB và

ZC cắt đường tròn ngoại tiếp 4BEK và 4CKD tương ứng tại F và G Ta có

AN sao cho AN = N S và A 6= S Chứng minh rẳng GS vuông góc với BC

Lời giải

Gọi X là trung điểm của M N , hiển nhiên GX vuông góc

với BC Nếu ta chứng minh được XS cũng vuông góc với

BC, dẫn đến G, X, S thẳng hàng thì tức là ta chứng minh

được GS vuông góc với BC

Kẻ đường cao AH của tam giác ABC, ta có tam giác

AHM và GXM là hai tam giác vuông đồng dạng; do G

là trọng tâm của tam giác ABC nên AM = 3GM , từ đó

HM = 3XM Suy ra HN = N X = XM

Do ◊HN A = XN S (đối đỉnh), AN = N S (giả thiết) và÷

XN = N H (chứng minh trên) nên tam giác AN H bằng

tam giác SN X, suy ra SN X là góc vuông

A

CB

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 ;

b3

 Ta cũng dễ dàng

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 tròn

Γ và trung tuyến AM Theo định lý

Apol-lonius, ta có AG = 2GM , mà P G = GM

(bán kính đường tròn) nên AP = P G =

GM Do P M là đường kính nên P N M là◊

góc vuông Mặt khác, P là trung điểm AG

và N là trung điểm AS nên tam giác AP N

và AGS đồng dạng và P N song song với

GS Suy ra GS vuông góc với BC

A

CB

M

G

N

SP

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 thẳng

BI 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 và

CI, Q là giao điểm của DN và BI