Sáng kiến kinh nghiệm: Vận dụng các bài toán hình học phẳng được đề nghị trong các kì thi Imo từ 2003 đến 2007 vào việc dạy bồi dưỡng học sinh giỏi

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:44

Thêm vào BST

Báo xấu

28
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài tập về hình học phẳng phục vụ cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi tham gia kì thi chọn học sinh giỏi Tỉnh và Quốc gia cấp THPT chủ yếu dựa vào nguồn: Báo Toán học và Tuổi trẻ; đề thi Olimpic của các nước và các đề dự tuyển trong các kì thi IMO. Do đó giúp học sinh tiếp cận với đề bài và lời giải bằng tiếng Việt các bài toán hình học phẳng đề nghị trong các kì thi IMO là cần thiết. Mời các bạn tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm: Vận dụng các bài toán hình học phẳng được đề nghị trong các kì thi Imo từ 2003 đến 2007 vào việc dạy bồi dưỡng học sinh giỏi

I.Tên đề tài VẬN DỤNG CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG ĐƯỢC ĐỀ NGHỊ TRONG CÁC KÌ THI IMO TỪ 2003 ĐẾN 2007 VÀO VIỆC DẠY BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI II. Đặt vấn đề: Bài toán hình học phẳng là một nội dung luôn xuất hiện trong các kì thi chọn học sinh giỏi Tỉnh, chọn học sinh giỏi Quốc gia THPT và kì thi Olympic Toán học Quốc tế( gọi tắt là IMO). Để làm tài liệu dạy bồi dưỡng phần hình học phẳng cho học sinh giỏi của trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm và đội tuyển HSG Toán thi Quốc gia, tôi đã tạm dịch từ bản tiếng Anh sang tiếng Việt và vẽ hình minh họa , các bài toán hình học phẳng đề nghị của các nước trong các kì thi IMO từ năm 2003 đến 2007 . Nay xin được trao đổi cùng đồng nghiệp trong lĩnh vực này. III. Cơ sở lí luận: Để học sinh giỏi Toán được tiếp xúc với các bài toán hình học phẳng hay của các nước trong các kì thi IMO, nhưng trên mạng internet chỉ có nội dung bằng tiếng Anh , do đó học sinh ít có điều kiện đọc và hiểu được các bài toán đó. Nên việc giáo viên cung cấp đề bài cùng lời giải bằng tiếng Việt cho học sinh là điều kiện thuận lợi trong học tập cho học sinh. Trên cơ sở đó giúp học sinh được học tập, ôn luyện để tham dự kì thi chọn học sinh giỏi Tỉnh và Quốc gia đạt kết quả tốt hơn. IV. Cơ sở thực tiển Bài tập về hình học phẳng phục vụ cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi tham gia kì thi chọn học sinh giỏi Tỉnh và Quốc gia cấp THPT chủ yếu dựa vào nguồn: Báo Toán học và Tuổi trẻ; đề thi Olimpic của các nước và các đề dự tuyển trong các kì thi IMO. Do đó giúp học sinh tiếp cận với đề bài và lời giải bằng tiếng Việt các bài toán hình học phẳng đề nghị trong các kì thi IMO là cần thiết. V. Nội dung nghiên cứu: CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC ĐƯỢC ĐỀ NGHỊ TRONG KÌ THI IMO LẦN THỨ 44 TỔ CHỨC TẠI NHẬT BẢN NĂM 2003 Bài 1) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn. Gọi P, Q, R lần lượt là hình chiếu của D lên đường thẳng BC, CA, AB. Chứng minh rằng PQ = QR khi và chỉ khi các phân giác của góc ABC và ADC đồng quy với AC. Lời giải 1. 1
A Ta đã biết P, Q, R thẳng hàng (đường thẳng Simson). Ta có DPC  DQC  900  D, P, C, Q R nằm trên một đường tròn, do đó D DCA  DPQ  DPR . Tương tự D, Q, R, A nằm Q trên đường tròn, do đó DAC  DRP . Suy ra  DCA  DPR Làm tương tự ta được  DAB  DQP và  DBC  DRQ B C P DA DB AB DB DC BC Do đó  = (1) ,  = (2) DQ DP QP DR DQ RQ DA QR BA Từ (1) và (2) suy ra  . . DC PQ BC Do đó PQ = QR nếu và chỉ nếu DA/DC = BA/BC Các phân giác của góc ABC và ADC chia đoạn AC theo tỉ số BA/BC và DA/DC tương ứng . Do đó 3 đường đồng quy. Lời giải 2. Giả sử phân giác góc ABC và ADC cắt AC tại L và M tương ứng. AL AB AM AD AB AD Khi đó  và  . Ta có L  M    AB.CD  CB. AD . CL CB CM CD CB CD Ta chứng minh AB.CD = CB.AD  PQ = QR. Vì DP  BC, DQ  AC, DR  AC. Nên đường tròn đường kính DC qua P và Q ; đường tròn đường kính DA qua R và Q. Đặt ACB   thì PDQ   hoặc 1800 –  , đặt CAB   thì QDR   hoặc 1800 –  . CD sin  Ta có PQ = CD.sin  ; QR = AD.sin  . Do đó PQ = QR   . AD sin  sin  CB Định lí sin trong  ABC ta có :  . sin  AB CD CB Từ đó PQ = QR    AB.CD  AD.CD AD AB Bài 2) Cho 3 điểm phân biệt A, B, C theo thứ tự đó nằm trên một đường thẳng. Gọi  là một đường tròn thay đổi qua A và C có tâm không nằm trên AC. Kí hiệu P là giao điểm của các tiếp tuyến với  tại A và C. Giả sử  cắt đoạn PB tại Q. Chứng minh rằng giao điểm của phân giác góc AQC và đường thẳng AC không phụ thuộc vào cách chọn  . Lời giải 1. 2
P Giả sử phân giác góc AQC cắt đường thẳng AC và Q đường tròn  tại R và S tương ứng, ở đây S  Q. Vì C  APC cân ta có R A B AB AB BC sin APB sin CPB sin APB  :  :  . Tương tự BC PB PB sin PAB sin PCB sin CPB AR sin ASQ  ASC cân ta có  . Định lí Cê-va trong S RC sin CSQ sin APB sin PAQ sin QCA tam giác PAC và Q ta có  . sin CPB sin PCQ sin QCA Theo tính chất tiếp tuyến ta có : PAQ  ASQ  QCAvà PCQ  CSQ  QAC . AB AR 2 Do đó   R không phụ thuộc vào  . BC RC 2 Lời giải 2. ( Dùng phương pháp tọa độ) y P R là giao điểm phân giác góc AQC với đường thẳng AC. Chọn hệ trục Oxy , ta có Q thể giả sử A(– 1, 0), B(b, 0), C(1,0) và A O C x  : x 2  ()1 y  p 2   p 2 thì P(0,1/p). R B Gọi M là trung điểm cung lớn AC thì I M(0,  p  1  p 2 ).Các điểm Q, R, M thẳng hàng, khi đó AQR  CQR . M x 1 Vì PB: y    nên tọa độ pb p  (1 p 2 )(1 b  pb )(1  p 2)(1  b 2 )(1 p )(1  b2 )  p 2  b2  Q , ,  1  p 2b 2 1  p 2b 2    QP 1  p2 MO p  1  p2 p do đó ta có  . Khi đó   , ta có BQ p 1  b 2 PM (1/ p )1 p   1p 2  p2 OR MO QP p 1  p2 1  .  .  RB PM BQ 1  p 2 p 1  b2 1  b2 Do đó R không phụ thuộc vào p tức không phụ thuộc vào  . Bài 3)Cho tam giác ABC và điểm P nằm trong miền trong của nó. Gọi D, E, F lần lượt hình chiếu vuông góc của P lên đường thẳng BC, CA, AB tương ứng. Giả sử AP 2  PD 2  BP 2  PE 2  CP 2  PF 2 . Kí hiệu IA, IB, IC là tâm đường tròn 3
bàng tiếp của tam giác ABC. Chứng minh rằng P là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IAIBIC . Lời giải. Từ điều kiện đã cho ta có BP 2  PE 2  CP 2  PF 2  BP 2  PF 2  CP 2  PE 2 0  ()()()() 2  BF 2  CE 2 Ta có thể đặt x = BF = CE, tương tự đặt y = CD = AF và z = AE = BD. + Nếu một trong ba điểm D, E, F không nằm trên cạnh của tam giác ABC thì mâu thuẫn với bất đẳng thức trong tam giác. Thật vậy nếu B,C, D nằm theo thứ tự đó. Ta có AB + BC = x + z = AC vô lí. Do đó tất cả các điểm D, E, F nằm trên các cạnh tam giác ABC. 1 Đặt a = BC; b = CA; c = AB và p = ()a  b  c thì x – p – a; y = p – b; z = p – c . 2 Khi đó BD = p – c; CD = p – b . Ta thấy rằng D là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A với BC.Tương tự E, F tương ứng là tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc B, C với đường hẳng CA và AB. Do PD  BC, IAP  BC  P, D, IA thẳng hàng. Tương tự P, E , IB thẳng hàng và P, F, IC thẳng hàng . 1 Do đó ba điểm IA, C, IB thẳng hàng và tam giác PIAIB cân và PI AC  PI B C  C . 2 Làm tương tự ta có PIA = PIC do đó PIA = PIB = PI C . Suy ra P là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IAIBIC. A IB y z IC F E x P x y z B D C IA 4
Chú thích 1: Bài toán không đúng nếu P nằm ngoài tam giác ABC. Chú thích 2: Trong phần này giá trị AP 2  PD 2 ; BP 2  PE 2 , CP 2  PF 2 = 8R2 – p2 , 1 với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và p = ()AB  BC  CA . 2 Ta có thể chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác IAIBIC bằng 2R. Ta có PD = PIA – DIA = 2R – r A ; ở đây rA là bán kính đường tròn bàng tiếp góc A. rB, rC tương ứng. PE = 2R – rB , PF = 2R – rC . Ta có s  c 2  )(2R  rB 2)  R  rA 2 . AP 2  PD 2  AE 2  PE 2  PD 2  ()(2 2 abc S ABC  S ABC  Vì (2 R  rA )4  R4  RrA  r = 4 R  4 2 2 2 A . 2   4 S ABC p  a  p  a  p ()() p  b p  c  abc = 4R2 + = 4R 2  bc  p 2 pa Và ta có thể nhận được : (2 R  rB )42  R 2  ca  p 2 . Ta có AP 2  PD 2  ()(4 ba  p 2  R 2 8bc  p 2  R 2  p 2 . p  c 2  R 2 )(4 Bài 4) Cho C1, C2, C3, C4 là các đường tròn phân biệt sao cho C1 và C3 tiếp xúc ngoài tại P ; C2 và C4 tiếp xúc ngoài tại P. Giả sử C1 và C2 , C2 và C3 , C3 và C4, C4 và C1 cắt nhau tương ứng tại A, B, C, D khác P. Chứng minh rằng : AB.BC PB 2  AD.DC PD 2 Lời giải 1. C1 D' DA.PB.PC A C2 x1 x8 A' x6 PB.PC.PD x3 x1 D x2 PA.PB.PC x8 CD.PA.PB P' x7 AB.PC.PD PD.PA.PB PC.PD.PA Q x7 x5 x2 P x4 x3 C' BC.PD.PA B' x6 x4 x5 B C4 C3 C Hình 2 Hình 1 Gọi Q là giao điểm của đường thẳng AB với tiếp tuyến chung của  1 và  3 . Thì APB  APQ  BPQ  PDA  PCB Kí hiệu : x1, x2, …, x8 các góc như trong hình 1. Thì x1  x2  APB  x2  x3  x5  x8  1800 (1) 5
Tương tự BPC  PAB  PDC và x4  x5  x2  x7  1800 (2) Nhân độ dài các cạnh của các tam giác PAB, PBC, PCD, PAD với PC.PD ; PD.PA ; PA.PB ; PB.PC tương ứng, cho ta một tứ giác mới như hình 2. Từ (1) và (2) chỉ ra rằng A’D’//B’C’ và A’B’//C’D’. Do đó tứ giác A’B’C’D’ là một hình bình hành. Suy ra A’B’ = C’D’ và A’D’ = B’C’ . Từ đó AB.BC PB 2 AB.PC.PD = CD.PA.PB và AD.PB.PC = BC.PA.PD . Suy ra  AD.DC PD 2 Lời giải 2. Gọi O1, O2, O3, O4 lần lượt là tâm các đường tròn C1, C2, C3, C4 và gọi A’, B’, C’, D’ lần lượt là trung điểm đoạn PA, PB, PC, PD. Vì C1, C3 tiếp xúc ngoài tại P nên P, O1, O3 thẳng hàng. Tương tự O2, O4 , P thẳng hàng. O1 D' O2 Đặt x1 = O4O1O2 , x2 = O1O2O3 , y4 x1 y1 x4 x3 = O2O3O4 , x4 = O3O4O1 và A' C' y1 = PO1O4 , y2 = PO2O3 , P y3 = PO3O2 , y4 = PO4O1 . Theo định lí sin ta có x2 O1O2 sin y3 O3O4 sin y2 x3  ,  O4 y2 y3 O1O3 sin x2 O2O4 sin x3 O3 B' O3O4 sin y1 O1O2 sin y4  ,  . O1O3 sin x4 O2O4 sin x1 Khi đó đoạn PA là dây cung chung của C1 và C2 , đoạn PA’ là đường cao từ P đến O1O2 . Tương tự PB’, PC’, PD’ là đường cao từ P đến O2O3, O3O4, O4O1 tương ứng. Thì O1, A’, P, D’ nằm trên một đường tròn. Một lần nữa theo định lí sin ta có: D ' A ' sin x1 A ' B ' sin x2 B ' C ' sin x3 C ' D ' sin x4  ,  ,  ,  PD ' sin y1 PB ' sin y2 PB ' sin y3 PD ' sin y4 Vì A’B’ = AB/2, B’C’ = BC/2, C’D’ = CD/2, D’A’ = DA/2, PB = PB’/2, PD’ = PD/2, ta có AB BC PD 2 A ' B ' B ' C ' PD '2 sin x2 sin x3 sin y4 sin y1 O1O3 O2O4 O1O2 O3O4 . .  . .  = . . . 1 AD DC PB 2 A ' D ' D ' C ' PB '2 sin y2 sin y3 sin x4 sin x1 O1O2 O3O4 O2O4 O1O3 AB.BC PB 2 hay  AD.DC PD 2 Chú thích : Ở đây không cần giả thiết C1, C3 và C2, C4 tiếp xúc ngoài nhau. Chúng ta có thể thay đổi câu đầu tiên trong bài toán đã được đề cập: Gọi C1, C2, C3, C4 là các đường tròn phân biệt sao cho C1 và C3 tiếp xúc nhau tại P , C2 và C4 tiếp xúc nhau tại P.Giả sử C1 và C2 , C2 và C3 , C3 và C4, C4 và C1 cắt nhau tương ứng tại A, B, C, D khác P. Chứng minh rằng : 6
AB.BC PB 2  AD.DC PD 2 Tiếp theo đây là hai lời giải phù hợp với việc thay đổi đầu bài Lời giải 3. Gọi Oi và ri là tâm và bán kính đại số của Ci , i = 1,2,3,4. Chúng ta có thể giả sử rằng r1 > 0. Nếu O1 , O3 nằm một bên của tiếp tuyến chung thì ta có r3 > 0; trái lại ta có r3 < 0. Đặt   O1 PO2 . Ta có Oi POi 1   hay 1800 –  suy ra sin Oi POi 1  sin  (1) Từ PB  O2O3 và  PO2O3 =  BO2O3 , ta có 1 1 1 1 2 r2 r3 sin  . O2O3 .PB  S PO2O3  .PO2 .PO3 .sin   r2 r3 sin  .Từ đó PB = (2) 2 2 2 2 O2O3 AO2 B Bởi vì tam giác O2AB cân ta có AB  2 r2 sin (3) 2 AO B Từ O1O2 P  O1O2 A và O3O2 P  O3O2 P , ta có sin 2  sin O1O2O3 2 c1 A O1 c2 O2 D P c4 O4 B O3 C c3 1 1 1 Do đó O1O2 .O2O3 .sin O1O2O3  SO1O2O3  O1O3 .PO2 .sin  = r1  r3 r2 sin  2 2 2 r  r r sin  Từ (3) ta có AB = 2 r2 1 3 2 O1O2 .O2O3 Làm tương tự như (1), (2), (3) chúng ta có thể nhận được độ dài của PD, BC, CD, DA và tính toán như sau : AB.BC 2 r1  r3 r2 sin  2 r2  r4 r3 sin  2 2 O3O4 .O4O1 O4O1.O1O2  . . . CD.DA O1O2 .O2O3 O2O3 .O3O4 2 r1  r3 r4 sin  2 r2  r4 r12 sin  2 7
2 2  2 r r sin    O4O1  PB 2 = 2 3      O2O3   2 r4 r1 sin   PD 2 Lời giải 4. Gọi l1 là tiếp tuyến chung của đường tròn C1 và C3 và gọi l2 là tiếp tuyến chung của C2 và C4 . Chọn hệ trục như hình vẽ. y c4 D l1 c1 A P C x c2 l2 B c3 Chúng ta có thể giả sử rằng : C1 : x 2  y 2  2ax sin   2ay cos   0 , C2 : x 2  y 2  2bx sin   2by cos   0 , C3 : x 2  y 2  2cx sin   2cy cos   0 , C4 : x 2  y 2  2dx sin   2dy cos   0 Tính toán rút gọn đi đến các giao điểm a  b cos  4ab()sin 2 4 ()sin ab a  cosb 2   A  2 ;  ,  a  b 2  2 ab cos 2  a 2  b 2  2 ab cos 2  b  c cos  4bc()sin 2 4 ()sin bc b cos c 2   B 2 2 ; 2 2  ,  b  c  2bc cos 2 b  c  2bc cos 2  c  d cos 42  ()sin  4cd ()sin cd c cosd 2   C 2 ;  ,  c  d 2  2cd cos 2 c 2  d 2  2cd cos 2  d  a cos  4  ()sin  4da ()sin 2 da d cos a 2   D 2 ; 2   d  a  2da cos 2 d  a  2da cos 2  2 2 Tính toán độ dài đi đến 8
4b 2 a  c sin  cos  AB  , (2a 2 cos b 2 2 )(2 ab  2 b)2  c 2  bc cos  4c 2 b  d sin  cos  BC  , b 2 cos (2 c 2 2 bc )(2  2c 2)  d 2  cd cos  4d 2 c  a sin  cos  CD  , (2c 2  cos d 2 2 )(2 cd  2 d)2  a 2  da cos  4a 2 b  d sin  cos  DA  , (2d 2 cos a 2 2 )(2 da cos 2 a)2  b 2  ab  AB.BC b 2 c 2 (2d 2 cos a 2 2 )da  Suy ra  2 2 2 2 AD.DC d a (2 b cosc 2 bc )  4 b c sin  cos  4 d a sin  cos  Còn vế phải ta có PB = và PD = b 2  c 2  2bc cos 2 d 2  a 2  2da cos 2 PB 2 b 2 c 2 (2d 2 cos a 2 2 )da  AB.BC PB 2 Suy ra  . Do đó ta nhận được  PD 2 d 2 a 2 (2b 2 cos c 2 2 bc)  AD.DC PD 2 Bài 5) Cho ABC là một tam giác cân với CA = CB, có I là tâm đường tròn nội tiếp. Gọi P là điểm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác AIB và nằm bên trong tam giác ABC. Đường thẳng qua P song song với CA và CB cắt AB tương ứng tại D và E. Đường thẳng qua P song song với AB cắt CA và CB tương ứng tại F và G. Chứng minh rằng đường thẳng DF và đường thẳng EG có giao điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Lời giải 1. C Nhận xét : các cạnh của tam giác PDE và CFG song song với nhau. Do đó nếu DF và GE không song song F I P G với nhau thì có một phép vị tự và DF, GE và CP đồng quy tại tâm của phép vị tự đó. A D E B Ta chứng minh : Nếu CP cắt đường tròn ngoại tiếp tam Q giác ABC tại Q khác C, thì Q là giao điểm của FD và GE . + Vì AQP  ABC  BAC  PFC  AQPF nội tiếp đường 1 1 tròn  FQP  PAF . Vì IBA  CBA  CAB  IAC nên 2 2 đường tròn ngoại tiếp tam giác AIB tiếp xúc CA tại A  PAF  DBP + Vì QBD  QCA  QPD  tứ giác DQBP nội tiếp đường tròn  DBP  DQP . 9
Từ FQP  PAF  DBP  DQP  F, D, Q thẳng hàng. Tương tự ta nhận được G, E, Q thẳng hàng. Do đó DF, EG, CP đồng quy tại một điểm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Lời giải 2. ( Dùng phương pháp tọa độ ) y C(0,c) Chọn hệ trục tọa độ Oxy sao cho A(– 1, 0), B(1, 0), C(0, c). Giả sử I(0, m) khi đó 1 S ABC  ()AB  BC  CA m  I(0,m) 2 c F P G m= 1  1  c2 x O B(1,0) Giả sử J(0,n) là tâm đường tròn C1 A(-1,0) D E ngoại tiếp tam giác AIB. Khi đó n  m 2  JI 2  JA2   n 2 , ()1 J(0,n) ta có n = – 1/c và C1: x 2  (1/ 2  ) c 2 y  )1 c (1/ Gọi P(p,q). Khi đó D(p – q/c, 0), E(p + q/c, 0), F(q/c – 1, q), G( – q/c + 1, q), từ đó phương trình đường thẳng DF và EG tương ứng là q   q  q   q  y=  x   p    và y =  x   p   . 2q c  2q c   p 1     p 1  c c Do đó giao điểm Q của hai đường thẳng là Q((q – c)p/(2q – c), q2/(2q – c)). Gọi O1(0, u) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Vì 1 + u2 = O1A2 = O1C2 = (u – c)2  u = (c2 – 1)/2c . Vì P(p, q) nằm trên đường tròn C1 ta có p2 + (q + 1/c)2 = 1 + (1/c)2 2 2 2  q  c  2  q2 c2 1   c2  1    O1C  Q nằm trên đường tròn 2 2 O1Q    p       2q  c   2q  c 2c   2c  ngoại tiếp tam giác ABC. Bài 6) Mỗi cặp cạnh đối của lục giác lồi có tính chất: khoảng cách giữa hai trung 3 điểm của chúng bằng lần tổng độ dài của chúng. Chứng minh rằng tất cả các 2 góc của lục giác lồi bằng nhau. Lời giải 1. 10
S B M P A C P Q F R L Q R D N E Trước tiên ta chứng minh bổ đề: Cho tam giác PQR với QPR  600 . Gọi L là 3 trung điểm của QR thì PL  QR , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác 2 PQR đều. Chứng minh: Gọi S là điểm sao cho tam giác QRS đều. Ở đây S và P nằm trên nữa mặt phẳng bờ QR. Thì P nằm trong đường tròn ngoại tiếp tam giác QRS và 3 nằm trong đường tròn tâm L trung điểm QR, bán kính QR . Bổ đề được chứng 2 minh. Những đường chéo chính của lục giác lồi cắt nhau tạo thành một tam giác , tam giác này có thể suy biến. Ta có thể chọn hai trong ba đường chéo ứng với góc lớn hơn hoặc bằng 600 . Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử đó là đường chéo AD và BE của lục giác ABCDEF thỏa mãn APB  600 , ở đây P là giao điểm hai đường chéo AD và BE. Gọi M, N lần lượt trung điểm của AB và DE . 3 Áp dụng bổ đề, ta có MN = (AB + DE)  PM + PN  MN. 2 Dấu đẳng thức phải xảy ra tức các tam giác ABP và DEP đều. Do đó đường chéo CF tạo một góc lớn hơn hoặc bằng 600 với một đường chéo AD và BE. Không mất tính tổng quát giả sử AQF  600 , với Q là giao điểm của AD và CF. Giống như cách chứng minh trên thì tam giác AQF và CQD đều. Gọi R là giao điểm của BE và CF, thì BRC  600 . Làm lại như trên lần thứ ba ta được các tam giác BCR và EFR đều. Vậy tất cả các góc của lục giác bằng nhau. Lời giải 2.          Gọi ABCDEF   là  lục giác lồi đã cho và đặt a = AB , b = BC , c = CD , d = DE , e = EF , f = FA . Gọi M, N lần lượt trung điểm cạnh AB và DE. Ta có: 11
B M A C F N D E  1    1   1    1   1     MN = a + b + c + d và MN = – a – f – e – d  MN = ( b + c – f – e )(1) 2 2 2 2 2 3    3    Từ giả thiết đã cho , ta có MN = ()a  d  a  d (2) 2 2             Đặt x  a  d , y  c  f , z  e  b . Từ (1) và (2) ta có y  z  3 x (3)       Tương tự ta có : z  x  3 y (4) và x  y  3 z (5)  2    2 2 2  2  2 Chú ý rằng: (3)  y  2 y.z  z  3 x ,(4)  z  2 z.x  x  3 y , 2    2 2 (5)  x  2 x. y  y  3 z  2  2  2          2 Cộng ba BĐT trên ta được  x  y  z  2 y.z  2 z.x  2 x. y  0   x  y  z  0 .     Vậy x  y  z  0 và dấu đẳng thức xảy ra trong tất cả các BĐT trên.              Tức x  y  z  0 và y  z  3 x , z  x  3 y , x  y  3 z .          Suy ra a , d , x cùng phương ; c , f , y cùng phương; e , b , z cùng phương.       Giả sử tam giác PQR sao cho PQ  x , QR  y , RP  z . Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử QPR  600 . Gọi L là trung điểm của QR, thì  1   3 y 3QR PL = z  x =  . Dựa vào bổ đề trong cách giải 1 thì tam giác PQR 2 2 2 đều. Từ đó ta có ABC  BCD  ...  FAB  1200 . Bài 7) Cho tam giác ABC với nửa chu vi là s và bán kính đường tròn nội tiếp r. Các nửa đường tròn với đường kính BC, CA, AB vẽ bên ngoài  ABC. Đường tròn tiếp xúc tất cả ba nửa đường tròn trên có bán kính t. Chứng minh rằng : s s  3  t    1  r 2 2  2  Lời giải 1. 12
A E' F' f' e' F E f E" O e F" D" d B C D d' D' Gọi O là tâm đường tròn và D, E, F là trung điểm cạnh BC, CA, AB tương ứng. Kí hiệu D’, E’, F’ là các điểm tiếp xúc của đường tròn với các nửa đường tròn đường kính BC, CA, AB tương ứng. Gọi d’, e’, f’ là bán kính của các nửa đường tròn đó. Thì các đường DD’, EE’, FF’ qua O và s = d’ + e’ + f’. Đặt s  d ' e ' f ' s d ' e ' f ' s d ' e ' f ' d d' , e  e'  , f   f ' 2 2 2 2 2 2 s Chú ý rằng d  e  f  . Dựng các nửa đường tròn nhỏ bên trong tam giác 2 ABC với bán kính d, e, f và tâm D, E, F tương ứng. Thì các nửa đường tròn nhỏ tiếp xúc nhau từng đôi một, khi đó d + e = f’ = DE , e + f = d’ = EF , f + d = e’ = FD. Trong phần này các tiếp điểm của chúng là điểm tiếp xúc của đường tròn nội tiếp tam giác DEF với các cạnh của nó. Giả sử các nửa đường tròn nhỏ cắt DD’, EE’, FF’ tại D”, E”, F” tương ứng. Khi đó các nửa đường tròn không che lấp hết , điểm O nằm ngoài các nửa đường tròn. Do đó D’O > D’D” và t>s/2. Đặt g = t – s/2. Rõ ràng OD” = OE” = OF” = g. Do đó đường tròn tâm O bán kính g tiếp xúc cả ba nửa đường tròn đôi một tiếp xúc nhau. 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1  Ta chứng minh: 2  2  2  2       (1) d e f g 2d e f g  Xét tam giác PQR và đặt p = QR, q = RP, r = PQ. Thì  p2  q2  r 2 pqr pqr pqr pqr ()()()() cos QPR  và sin QPR  2qr 2qr Khi đó cos EDF  cos()cos ODE  ODF .cos  ODE sin ODF .sin  ODE ODF . Ta có 13
d 2  de  df  ef ()() d 2  de  dg  eg d 2  df  dg  fg 4dg ()() d e g d  f  g  – d e d  f ()()()()() d  g 2 d e d  f d  g 2 d e d  f ()()() Đơn giản và rút gọn đi đến 1 1 1 1 d g d e g d  f  g ()() d  g  1   2         ()2 d e f g g d ef Bình phương và rút gọn ta được 2 1 1 1 1  1 1 1 1 1 1        4       d e f g  de df dg ef eg fg    1 1 1 1 2  1 1 1 1  = 2       2  2  2  2   d e f g   d e f g    Từ đó ta có điều cần chứng minh (1) Với g càng nhỏ thì 1/g càng lớn, ta có 2 1 1 1 1 1 1 1  1 1 1  1 1 1 d e f     2     2 2  2  2  =    2 g d e f d e f  d e f  d e f def 1 rs So sánh diện tích : S DEF  S ABC  và S DEF  ()d  e  f def , 4 4 r 2 def ta có  ()d  e  f def  . 2 s d e f r 1 Chúng ta cần chứng minh   2 3. 2g 2  3 r def 1 1 1 d e f  x yz Vì      2    2, 2g d e f d e f def  xy  yz  zx 1 1 1 ở đây x = , y  , z  d e f ()x  y  z 2 Quy về chứng minh  3 . Đây là bất đẳng thức đúng vì xy  yz  zx 1 x yz 2  ()3()(()()())0 xy  yz  zx  x y 2  yz 2  zx 2  2 Lời giải 2. Chúng ta chứng minh t > s/2 như cách giải 1. Đặt g = t – s/2. Bây giờ chọn hệ trục tọa độ sao cho E( – e; 0), F(f; 0), và tung độ y của D là số dương. Gọi Gd , Ge , G f , Gg là đường tròn bán kính d, e, f, g với các tâm D, E, F, O tương ứng. Gọi  r /2 là đường tròn nội tiếp tam giác DEF. Chú ý bán kính của  r /2 là r/2 . 14
y Gd D d Gg e g Ge Gr/2 r/2 O f Gf x E(- e,0) F(f,0) Bây giờ, xét phép nghịch đảo với đường tròn nghịch đảo tâm (0; 0) bán kính bằng 1. y G' f G' e G' g G' d G' r/2 1/r x Gọi G 'd , G 'e , G ' f , G 'g G 'r /2 tương ứng là ảnh của Gd , Ge , G f , Gg , Gr /2 qua phép nghịch đảo đó. Đặt  = 1/4e ,  = 1/4f và R =  +  . Thì phương trình của 15
đường thẳng G 'e , G ' f và G 'r /2 tương ứng là x = – 2  , x = 2  và y = 1/r. Hai bán kính của đường tròn G 'd và G 'g là R và có tâm tương ứng là điểm (,1/  )  r và (,1/   2 )r  R . Gọi D là khoảng cách giữa (0; 0) và tâm của đương tròn G 'g thì ta có 1 1 2R R 2g    2 2 hay g  2 2 DR DR D R D R Ở đây ta có thể chỉ ra g  (1 3 / 2)r hay (4  2 3) g  r . Kiểm chứng điều này dựa vào R r  2 1  r  (4  2 3)(4 g  r2  3)()(4  2 3)2 2  2 2  D  R2   R D R D R  r  r  1  2 1  = 2 2    2 R   ()(4   2 2  3)R 2   R D  R  r  r  r   1  2  = 2 2  3 R      ()0 2  D  R   3r    CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC ĐƯỢC ĐỀ NGHỊ TRONG KÌ THI IMO LẦN THỨ 45 TỔ CHỨC TẠI HY LẠP NĂM 2004 Bài 1) (IMO 2004, ROM) Cho tam giác ABC nhọn với AB  AC, đường tròn đường kính BC cắt cạnh AB, AC lần lượt tại M và N. O là trung điểm BC. Các đường phân giác các góc BAC và MON cắt nhau tại R. Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp  BMR và  CNR cắt nhau tại một điểm thứ hai nằm trên BC. Lời giải. A  ANM  ABC. Từ GT suy ra AM  AN. Ta có OM = N ON, RO  MN , R là giao điểm của đường trung trực I M đoạn MN và phân giác góc MAN suy ra R nằm trên R đường tròn ngoại tiếp  AMN. B K O C Gọi K = RA  BC, ta có MRA  MNA  ABK  BMRK nội tiếp NRA  NMA  ACK  CNRK nội tiếp. K là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp  BMR và  CNR nằm trên đường thẳng BC Bài 2) (KAZ): Cho đường tròn (  ) và đường thẳng d không cắt nhau. Đường kính AB của (  ) vuông góc với d, trong đó B gần d hơn A. Một điểm C thay đổi khác A, B trên (  ). Đường thẳng AC cắt d tại D, đường thẳng DE là tiếp tuyến của (  ) với tiếp điểm E, B và E nằm cùng một bên đường thẳng AC. Đường 16
thẳng BE cắt d tại F và AF cắt (  ) tại G  A. Gọi H là điểm đối xứng của G qua đường thẳng AB. Chứng minh rằng H nằm trên đường thẳng CF. Lời giải. A Ta có GH//d. Gọi M = AB  d, FEA  FMA  900 suy ra AEMF nội tiếp  DFE  BAE  DEF H G Suy ra tam giác DEF cân Vì DE là tiếp tuyến của (  ) ta có DF DA C DF2 = DE2 = DC.DA   B DC DF E Suy ra DFC đồng dạng d M D F  DAF  DCF  DFA = HGA  HCA suy ra H, C, F thẳng hàng. Bài 3) (KOR 2004) O là tâm đường tròn ngoại tiếp  ABC với B  C . Đường thẳng AO cắt cạnh BC tại D. Tâm đường tròn ngoại tiếp  ABD và  ACD tương ứng là E, F. Trên tia đối của AB, AC lấy lần lượt G và H sao cho AG = AC, AH = AB. Chứng minh rằng EFGH là hình chữ nhật khi và chỉ khi ACB  ABC  600 Lời giải . H Kí hiệu A   , B   , C   ,    Y Ta có ADC    DAB    900   là góc nhọn, suy G ra CAO  900   . Gọi X, Y lần lượt là giao điểm của đường thẳng AD với FE và GH. Do AD là A trục đẳng phương của (E) và (F) nên AD  FE. Ta có  AGH  ACB từ đó X E O GAY  OAB  900    900  AGY  GAY  AGY  900 F Suy ra GH  AD do đó GH//FE C D B EFGH là hình chữ nhật  FX = GY và XE = YH Ta có GY = AGsin  = ACsin  , FX = AFsin  nên GY = FX  A F = AC  AFC  600  ADC  300  0()    . ADC  1800  ACD  CAD  1800    (900   )90 Suy ra FX = GY      600 . Tương tự XE = YH      600 Vậy EFGH là hình chữ nhật khi và chỉ khi ACB  ABC  600 . 17
Bài 4) ( IMO 2004- POL) Trong một tứ giác lồi ABCD, đường chéo BD không phải phân giác giác của góc ABC và CDA . Điểm P nằm miền trong tứ giác ABCD và thỏa mãn PBC  DBA và PDC  BDA . Chứng minh rằng tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn khi và chỉ khi AP = CP. Lời giải . A A B B p K P F P D D L E E C C Hình 1 Hình 2 i) Giả sử A, B, C, D nằm trên một đường tròn (Hình 1). BP và DP cắt đường tròn tại E và F. Từ giả thiết suy ra CE  AD, FC  AB . Suy ra BF//AC và DE//AC  BFED và BFCA là hình thang cân và P = BE  DF nằm trên các đường trung trực cạnh BF, DE, AC  PA = PC. ii) Giả sử PA = PC. Không mất tính tổng quát , ta giả sử P nằm trong miền tam giác ACD và BCD (Hình 2). PB và PD cắt AC tương ứng tại K và L. Ta có AKP  BKC  BAD  CLP . Vì PA = PC suy ra APK  CPL  K và L đối xứng nhau qua đường trung trực p của AC. Gọi E là điểm đối xứng của D qua p thì E nằm trên BP và  APD đối xứng với  CPE qua đường thẳng p  BDC  ADP  BEC nghĩa là B,C, E, D thuộc một đường tròn .Mặt khác A, C, E, D cũng thuộc một đường tròn  ABCD nội tiếp trong đường tròn. Bài 5)(SMN 2004) Cho đa giác đều n đỉnh A1A2A3...An. Các đỉnh B1, B2, …,Bn-1 được xác định như sau: i) Nếu i = 1 hay i = n – 1 thì Bi là trung điểm cạnh AiAi+1 ii) Nếu i  1,i  n – 1 và S là giao điểm của A1Ai+1 với AnAi thì Bi là giao điểm của đường phân giác góc Ai SAi 1 với AiAi+1 Chứng minh rằng : A1 B1 An  A1 B2 An  ...  A1 Bn 1 An  1800 Lời giải . 18
X Bổ đề: Cho hình thang cân ABCD với cạnh đáy AB và CD. Đường chéo AC và BD cắt nhau tại S. M là trung điểm cạnh BC, phân giác góc BSC cắt BC tại N thì AMD  AND A Chứng minh: Ta chứng minh A,D,N và M nằm B S trên một đường tròn N M Gọi X=AD  BC. Đặt XA = XB = a, XC =XD= b. D C SN là phân giác góc BSC ta có XN  a BN SB AB a 2ab     . Suy ra b(XN – a) = a(b – XN)  XN  b  XN NC SC CD b ab ab Ta có XM = , do đó XM.XN = XA.XD  A, D, M, N nằm trên một đường 2 tròn. A3 B3 C3 A4 Gọi Ci là trung điểm cạnh AiAi+1 , i = 1,2..,n – 1 Theo định nghĩa C1  B1 và Cn-1  Bn-1 . C2 Khi đó A1AiAi+1An là hình thang cân với B2 A1Ai//Ai+1An , i = 2,…, n – 2 . Theo bổ đề A2 trên A1 Bi An  A1Ci An với mọi i. n 1 n 1 B1 Bn-1 Tổng  A1Bi An   A1Ci An . i 1 i 1 A1 An Trong các tam giác A1Ci An và An  2i C1 An 1i ta có A1Ci An  An  2i Ci An 1i ,  i =1,2,..,n–1 n 1 Do đó  AC A i 1 1 i n  A1C1 An  AnC1 An 1  ...  A3C1 A2 = A1C1 A2  1800 Bài 6) (GBR 2004)Cho P là một đa giác lồi. Chứng minh rằng có một lục giác lồi chứa trong P và chiếm ít nhất 75% diện tích của P. Lời giải . 19
C1 Uc Vb Gọi ABC là tam giác có diện tích A B1 B0 lớn nhất là S chứa trong P. Vẽ các C0 Vc Ub đường thẳng qua A, B, C lần lượt B A0 C song song với BC, CA, AB , chúng Ua Va cắt nhau tạo ra tam giác A1B1C1 A1 (A  B1C1, B A1C1, C B1A1 ). Khi đó mỗi tam giác có đỉnh nằm trong P có diện tích không vượt quá S, toàn thể đa giác lồi P chứa trong A1B1C1. Tiếp theo dựng các đường thẳng bao đóng của P song song với BC, CA, AB và không cắt tam giác ABC. Chúng tạo ra một lục giác U aVaU bVbU cVc chứa trong P với Vb ,U c  B1C1 , Vc ,U a  C1 A1 , Va ,U b  A1 B1 . Mỗi đoạn thẳng UaVa, UbVb, UcVc chứa những điểm của P. Chọn các điểm A0 , B0 , C0 trên UaVa, UbVb, UcVc tương ứng. Lục giác lồi AC0BA0CB0 chứa trong P, bởi vì P lồi. Ta chứng minh rằng AC0BA0CB0 có diện tích ít nhất 3/4 diện tích của P. Gọi x, y, z là diện tích của tam giác UaBC, UbCA, UcAB tương ứng. Thì S1  S AC0 BA0CB0 = S + x + y + z. Ta lại có  A1UaVa đồng dạng với  A1BC với tỉ 2 Sx ()S  x đồng dạng    Diện tích  A1UaVa là  2 S  . Do đó diện tích tứ S S 2 ()S  x x2 giác UaVaCB là : S   2x  . Tương tự cho diện tích tứ giác UbVbAC và S S UcVcBA. Do đó S P  SU V U V U V  S  SU V CB  SU V AC  SU V BA a a b b c c a a b b c c x2  y 2  z 2 ()x  y  z 2 = S  2()x  y  z   S  2()x  y  z  . S 3S  S  ()x  y  z  2 2 ()x  y  z 3 Bây giờ 4S1  3S P  S  2()0 x yz     S1  S P đpcm S S 4 Bài 7) (RUS 2004) Cho tam giác ABC, điểm X thay đổi trên đường thẳng BC sao cho C nằm giữa B và X. Các đường tròn nội tiếp các tam giác ABX và ACX cắt nhau tại P và Q. Chứng minh rằng đường thẳng PQ đi qua một điểm cố định. Lời giải . 20