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
à
ABC v ADC đồng quy với AC.
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 Lời giải 1.
1
A
090
D, P, C, Q
R
D
. Tương tự D, Q, R, A nằm
Q
. Suy ra
Ta đã biết P, Q, R thẳng hàng (đường thẳng Simson). Ta có DPC DQC nằm trên một đường tròn, do đó DCA DPQ DPR trên đường tròn, do đó DAC DRP DCA DPR Làm tương tự ta được DAB DQP và DBC DRQ
B
C
P
Do đó
=
(1) ,
=
(2)
DA DB DQ DP AB QP DB DC DR DQ BC RQ
Từ (1) và (2) suy ra
.
à
ABC v ADC chia đoạn AC theo tỉ số BA/BC và DA/DC
. DA QR BA DC PQ BC
Do đó PQ = QR nếu và chỉ nếu DA/DC = BA/BC Các phân giác của góc tương ứng . Do đó 3 đường đồng quy. Lời giải 2.
à
Giả sử phân giác góc
ABC v ADC cắt AC tại L và M tương ứng.
AB CD CB AD
.
.
Khi đó
và
. Ta có L M
.
AL AB CL CB
AM AD CM CD
AB AD 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 –.
Ta có PQ = CD.sin ; QR = AD.sin. Do đó PQ = QR
.
CD AD sin sin
Định lí sin trong ABC ta có :
.
AB CD AD CD
.
.
Từ đó PQ = QR
CD CB AD AB
sin sin CB 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
Q
C
R
A
B
. Tương tự
Giả sử phân giác góc AQC cắt đường thẳng AC và đường tròn tại R và S tương ứng, ở đây S Q. Vì APC cân ta có AB AB BC : BC PB PB
sin
ASQ
ASC cân ta có
. Định lí Cê-va trong
CPB APB APB sin sin sin : sin CPB PCB sin sin
sin
CSQ
S
sin
APB
sin
PAQ
sin
QCA
.
tam giác PAC và Q ta có
sin
CPB
sin
sin
QCA
PAQ ASQ QCAv PCQ CSQ QAC à
PCQ .
Theo tính chất tiếp tuyến ta có :
2
Do đó
PAB AR RC
2
R không phụ thuộc vào . AR AB BC RC
Lời giải 2. ( Dùng phương pháp tọa độ)
y
P
Q
2
2
2
A
O
C
x
thì P(0,1/p).
B
R
2
I
p
1
p
).Các điểm Q, R, M thẳng
R là giao điểm phân giác góc AQC với đường thẳng AC. Chọn hệ trục Oxy , ta có thể giả sử A(– 1, 0), B(b, 0), C(1,0) và : p Gọi M là trung điểm cung lớn AC thì M(0, hàng, khi đó AQR CQR
.
M
x ()1 y p
Vì PB:
nên tọa độ
2
2
2
2
(1
2 )(1 p b
p
2 )(1
b
p
)(1 b
p
b
)(1 ,
Q
,
)
pb 1
)(1 2 2 p b
1
2 2 p b
2
2
y x pb 1 p
1
p
do đó ta có
. Khi đó
, ta có
2
2
2
QP BQ p
1
b
2
p 1 p p MO PM (1/ p )1 p p 1 p
2
2
2
1 p p 1 . OR MO QP . PM BQ RB 1 1 p p 1 b
2
2
2
2
2
2
PD
CP
AP
BP
PF
PE
b 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. . Kí hiệu IA, IB, IC là tâm đường tròn Giả sử
3
2
2
2 2
2
2
2
2
2
2
2
CE CP CP PE BF PF BP
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 0 ()()()() PF PE BP 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.
a b c ()
Đặt a = BC; b = CA; c = AB và p =
thì x – p – a; y = p – b; z = p – c .
1 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 .
PI C PI C
C
.
Do đó ba điểm IA, C, IB thẳng hàng và tam giác PIAIB cân và
A
B
1 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.
IB
A y
z
IC
E
F
x
P
x
y
z
C
B
D
IA
4
2
2
2
2
2 PD BP ;
2 PE CP ,
PF AP
Chú thích 1: Bài toán không đúng nếu P nằm ngoài tam giác ABC. Chú thích 2: Trong phần này giá trị
= 8R2 – p2 ,
AB BC CA ()
với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và p =
.
2
2
2
2
2
2
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 AP
R r
()(2 s
PD
PD
PE
AE
)(2
c
.
R r A
2 )B
2
1 2
24 R
(2
2 )4
2 R 4
Vì
R r A
Rr A
2 = r A
ABC
2
2
=
= 4R2 +
2
2
(2
ca
. 4 S ABC p a S ABC p a abc 4 S abc ()() 4R bc p
2
2
2
R 2
p 2
2
2
2
2 )4B ba )(4
. 8 bc
Và ta có thể nhận được : Ta có
.
p p b p c p a R r 2 R ()(4 p c PD AP p R p R p
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 :
2
2
AB BC PB . AD DC PD .
Lời giải 1.
C1
DA.PB.PC
D'
A'
C2
A
x8
x1
x6
PB.PC.PD
x3
x1
D
PA.PB.PC
x2
P'
CD.PA.PB
AB.PC.PD
x8 x7
Q
x7
x2
PC.PD.PA x5
P
PD.PA.PB x4
B'
BC.PD.PA
C'
x3 x4
x6
B
x5
C3
C4
C
Hình 2
Hình 1
Gọi Q là giao điểm của đường thẳng AB với tiếp tuyến chung của 1 và 3 . Thì
0
APB APQ BPQ PDA PCB Kí hiệu : x1, x2, …, x8 các góc như trong hình 1. Thì
(1)
180 x 3 x 5 x 8 APB x 2 x 1 x 2
5
0
180
và
(2)
x 4
x 2
x 7
x 5
Tương tự BPC PAB PDC 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
2
AB.PC.PD = CD.PA.PB và AD.PB.PC = BC.PA.PD . Suy ra
2
PB AB BC . AD DC PD .
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. O2
1
2
3
2
D'
O1
y4
y1
x4
4
3
1
4
x1
C'
A'
4
1
2
3
P
O O O , O O O , x2 = 1
3
2
4
1
2
,
x2 y2
O4
sin sin
sin sin
Đặt x1 = 4 O O O , x4 = 3 x3 = 2 PO O , y2 = y1 = y3 = PO O , y4 = Theo định lí sin ta có O O y O O 3 3 4 1 2 O O x O O 2 1 3 2 4
y x 3
x3 y3
O3
B'
,
.
sin sin
sin sin
O O 3 4 O O 1 3
y 1 x 4
O O 1 2 O O 2 4
y 4 x 1
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 ' PD '
sin sin
A B ' PB '
sin sin
x 2 y
B C ' PB '
sin sin
C D ' PD '
sin sin
x 4 y
x 1 y 1
2
x 3 y 3
4
2
2
2
1
O O O và PO O , PO O .
.
.
1
= 1
2
2
O O O O O O O O 3 4 3 4 2 . O O O O O O O O 4 3
1
1
2
3
2
4
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 ' AD DC PB ' 2
. . . . A B B C PD ' A D D C PB ' sin sin sin sin sin sin sin sin x 2 y ' 2 ' ' ' ' ' x 3 y 3 y 4 x 4 y 1 x 1
hay
2
PB AB BC . AD DC PD .
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
2
2
. Ta có
(1)
1
1
i
i
sin sin O PO hay 1800 – suy ra O PO i i
O O PB S .
.sin
sin
.
.Từ đó PB =
(2)
PO PO . 2 3
r r 2 3
3
2
PO O 2 3
sin 2
1 2
AB
sin
(3)
Bởi vì tam giác O2AB cân ta có
r 22
AB BC PB . AD DC PD . 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 O PO 1 2 Từ PB O2O3 và PO2O3 = BO2O3 , ta có 1 1 1 . 2 2 2 r r 2 3 O O 2 3
sin
sin
Từ
và
, ta có
1
2
2
1
3
2
2
3
O O O 2 3
1
AO B 2 2 AO B 2 2
c1
A
O1
c2
O2
D
P
c4
O4
B
O3
C
c3
.sin
.sin
sin
Do đó
=
O O O O . 2 3
2
1
O O O S 3
2
1
O O PO . 3 2
1
r 1
r r 3 2
O O O 1 2 3
1 2
1 2
1 2
O O P O O A O O P O O P
Từ (3) ta có AB =
1
2
sin
sin
2
2
.
.
.
3
4
2
2
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 : 2 2 r r r r r r . AB BC 2 4 1 3 3 2 O O O O . O O O O CD DA . . 2 3 3 4
O O O O . 1 2 1 2 r r r sin 2 4 1
O O O O . 4 1 4 2 r r r sin 1 3 4
2
3
1
2
sin r 1 r r 3 2 2 r 2 O O O O . 2 3
7
2
2
2
=
2
2 sin PB PD 2 O O 4 1 r r sin 4 1 r r 2 3 O O 2 3
y
c4
D
l1
c1
C
P
A
x
c2
l2
B
c3
2
2
2
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.
2
2
x y sin by 2 cos y x sin cos 0
2
2
A
;
,
Chúng ta có thể giả sử rằng : C1 : ax C3 : Tính toán rút gọn đi đến các giao điểm 4 cos 2
()sin cos ab a b 4 2 2 b ab a
cos ab a b ()sin 2 2 b a
ab
2
2
cos 2
2
2
;
B
,
bc b c 4 ()sin cos 2 2 bc c b 2
cos 2
cos bc b c 4 ()sin 2 2 c b
bc 2
cos 2
2
C
,
()sin cos cd c d 4 2 2 d cd c 2
2 4 cos 2
cos cd c d ()sin ; 2 2 d c
cd 2
cos 2
2
D
2
2
a da d ()sin cos ; 2 2 a d
2
da
cos 2
2 da d a 4 ()sin cos 4 2 da a d cos 2 Tính toán độ dài đi đến
x y 2 bx 2 2 dx sin 2 dy cos , 0 0 y x 2 2 2 2 ay cy 2 cos sin cx , C2 : , C4 : 0
8
2
b a c 4
sin cos
AB
,
2
2
2
a (2
2 cos 2 ) b
c
bc
cos 2 )(2 ab b 2 c b d
4
sin cos
BC
,
2
2
2
b (2
2 cos 2 )
c
d
cd
cos 2 )(2 bc c 2
4
d c a
sin cos
CD
,
2
2
2
c (2
2 cos 2 ) d
a
da
cos 2 )(2 cd d 2
4
a b d
sin cos
DA
,
2
2
2
d (2
b
ab
cos 2 )(2 da a 2 2
Suy ra
2
2
AB BC b c d (2 2 AD DC d a b (2
. .
da bc
2 cos 2 ) a 2 2 cos 2 ) a 2 c cos 2 ) b c 4
sin cos
4
d a
sin cos
Còn vế phải ta có PB =
và PD =
2
2
2
2
cos 2
d
2
2
2
Suy ra
. Do đó ta nhận được
2
2
2
2 bc
cos 2 2 da a PB AB BC . AD DC PD .
b 2 cos 2 ) a 2 cos 2 ) c
c da bc
PB PD
2 2 b c d (2 2 2 d a b (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
I
F
P
G
A
D
E
B
Q
CAB IAC
CBA
IBA
tròn FQP PAF
nên
. Vì
Nhận xét : các cạnh của tam giác PDE và CFG song song với nhau. Do đó nếu DF và GE không song song với nhau thì có một phép vị tự và DF, GE và CP đồng quy tại tâm của phép vị tự đó. Ta chứng minh : Nếu CP cắt đường tròn ngoại tiếp tam 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 2
1 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)
AB BC CA m ()
ABCS
I(0,m)
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 2
c
G
m =
F
P
2
1
1
c
x
O
B(1,0)
E
A(-1,0)
D
2
2
2
2
,
J(0,n)
2
2
2
JI n
Giả sử J(0,n) là tâm đường tròn C1 ngoại tiếp tam giác AIB. Khi đó ()1n m JA ta có n = – 1/c và C1: (1/ )1 (1/ ) c y
x c
và y =
y =
.
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 p
2
2
2
2
2
2
1
1
c
2
2
2
p
q q x x q c q c p p 1 p 1 2 q c 2 q c
O C 1
O Q 1
2 c
2 c
2
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 c
q c q q c 2 q c ngoại tiếp tam giác ABC.
Q nằm trên đường tròn
Bài 6) Mỗi cặp cạnh đối của lục giác lồi có tính chất: khoảng cách giữa hai trung
điểm của chúng bằng
lần tổng độ dài của chúng. Chứng minh rằng tất cả các
3 2
góc của lục giác lồi bằng nhau. Lời giải 1.
10
S
B
M
A
P
P
C
Q
F
R
L
R
Q
D
N
E
QPR
060
. Gọi L là
QR
trung điểm của QR thì PL
, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác
Trước tiên ta chứng minh bổ đề: Cho tam giác PQR với 3 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
nằm trong đường tròn tâm L trung điểm QR, bán kính
QR . Bổ đề được chứng
3 2
minh.
060
, ở đây P là
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 giao điểm hai đường chéo AD và BE. Gọi M, N lần lượt trung điểm của AB và DE .
Áp dụng bổ đề, ta có MN =
(AB + DE) PM + PN MN.
3 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
060
AQF
, với Q là giao điểm của
060
= CD
= DE
= BC
= AB
, b
, c
,
APB
AD và BE. Không mất tính tổng quát giả sử 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 . Làm lại như trên lần thứ ba ta được BRC 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 e
f
, d . Gọi M, N lần lượt trung điểm cạnh AB và DE. Ta có:
= EF
= FA
,
11
A
B
M
C
F
N
E
D
d
MN
a
MN
a
d
=
( b
+ c
– f
– e
)(1)
– e
– f
–
= –
=
+ b
+ c
+
và MN
1 2
1 2
1 2
() a
d
(2)
1 2 3 2
a d z y
, a d y
x
(3)
Đặt
x 3
1 2 3 2 . Từ (1) và (2) ta có z x
Từ giả thiết đã cho , ta có MN = c z
e b y
Tương tự ta có :
2
2
2
2
2
2
y 3
(5) z x 2 .
Chú ý rằng: (3)
,(4)
,
2
2
2
3 z x y 3
, f z x y x
(5)
2
2
2
2
3 2 . y z x y 2 .
(4) và x z y z x
Cộng ba BĐT trên ta được
.
3 y z 2 . y z 2 . z x x y 2 . 0 x y z 0
x x
0 0
Vậy Tức
và dấu đẳng thức xảy ra trong tất cả các BĐT trên. và
,
.
z z , x , d
y z y y x z 3 3 3
, , f
QPR
060
. Gọi L là trung điểm của QR, thì
y y , b cùng phương; e Suy ra a cùng phương. . Không mất tính tổng , RP z , QR y Giả sử tam giác PQR sao cho PQ x quát ta có thể giả sử y
3
z
x
. Dựa vào bổ đề trong cách giải 1 thì tam giác PQR
PL =
=
1 2
QR 3 2
0
x cùng phương ; c x , y z , z
2 ABC BCD
đều. Từ đó ta có
.
r
t
3 2
s 2
s 2
... FAB 120
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 : 1
Lời giải 1.
12
A
E'
F'
e'
f'
F
E
f
E"
e
O
F"
D"
d
C
B
D
d'
D'
'
d
d
d
f
f
f
'
'
'
'
d
d
e
e
f
f
'
'
'
,
,
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 e ' ' 2
e ' ' 2
s 2
s 2
s 2
e 2
d e
f
Chú ý rằng
. Dựng các nửa đường tròn nhỏ bên trong tam giác
s 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
Ta chứng minh:
(1)
2
2
2
1 2 d 1 e 1 2 g 1 2 e 1 g 1 f 1 1 d 2
p
r
cos
QPR
và
2
q qr
EDF
cos()cos
ODE ODF .cos
ODE sin
ODF .sin
ODE
ODF
Khi đó cos
. Ta có
1 2 f Xét tam giác PQR và đặt p = QR, q = RP, r = PQ. Thì ()()()() p q r p q r p q r p q r sin QPR 2 qr
13
2
2
dg
fg
2 d ()()
d
ef
–
2
df
de dg eg d g
d e d
f
de df ()()()()() d e d
f
g
d ()2
2
g
d f Đơn giản và rút gọn đi đến d g
1 e
1 1 d
1 g
d e g d ()() ef
2
4 g 2 f ()() d e g d dg g d ()()() d e d f
g 1 d f Bình phương và rút gọn ta được
2
2
=
1 d
1 e
1 f
1 g
1 2 d
1 2 e
1 2 f
1 2 g
4 1 e 1 dg 1 de 1 df 1 d 1 g 1 f 1 eg 1 fg 1 ef
Từ đó ta có điều cần chứng minh (1) Với g càng nhỏ thì 1/g càng lớn, ta có
2
f
2
2
2
=
1 g
1 d
1 e
1 f
1 d
1 e
1 f
1 2 d
1 2 e
1 2 f
1 d
1 e
1 f
d e def
S
So sánh diện tích :
và
,
DEFS
DEF
ABC
1 S 4
rs 4
d e ()
f def
ta có
.
r 2
2 s
f
d e () f def
Chúng ta cần chứng minh
.
def d e r g 2
f
2
2
Vì
,
z
r g 2
def d e
f
1 d
1 e
1 f
d e def
x xy
y yz
zx
2 3 1 3 2
ở đây x =
2
3
Quy về chứng minh
. Đây là bất đẳng thức đúng vì
x () xy
zx
2
2
2
2
x
()3()(()()())0 y x
z
xy
yz
zx
y
y
z
z
x
y z yz 1 2
,
,
d
g
e
f
, y , z 1 d 1 e 1 f
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 G G G G là đường tròn bán kính d, e, f, g với các tâm D, E, F, O dương. Gọi , /2r là đường tròn nội tiếp tam giác DEF. Chú ý bán kính của tương ứng. Gọi /2r là r/2 .
14
y
Gd
D
d
e
Ge
Gg g O
r/2
Gr/2
f
Gf
x
F(f,0)
E(- e,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
,
,
,
'
'
G G G G , ,
' , d
G G G G ' , e
g
d
g
e
f
f
/2'rG tương ứng là ảnh của
Gọi /2rG qua phép nghịch đảo đó. Đặt = 1/4e , = 1/4f và R = +. Thì phương trình của
15
f
' , e
/2'rG tương ứng là x = – 2, x = 2 và y = 1/r. Hai bán
)
r
'gG là R và có tâm tương ứng là điểm (,1/
2 )r
R
đường thẳng G G và ' kính của đường tròn và (,1/ . Gọi D là khoảng cách giữa (0; 0) và tâm của đương tròn
'gG thì ta có
2
g
g
hay
2
2
1
R 2 2
3 / 2)r
r
R 2 D R hay (4 2 3) g
. Kiểm chứng điều này
1 D R D R D R Ở đây ta có thể chỉ ra g (1 dựa vào
2
r
g
2 D R
R
2
2
r 2 D R
1 r
R (4 2 3)(4 2 3)()(4 2 3) r 2 D R 2
2
2
'dG và
=
2
2
2
2 R ()(4 2 3) R R r 2 D R 1 r 1 r
=
2
3 R ()0 r 2 D R 1 r 3
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
N
I
M
R
B
C
K
O
ANM ABC. Từ GT suy ra AM AN. Ta có OM = ON, RO MN , R là giao điểm của đường trung trực đoạn MN và phân giác góc MAN suy ra R nằm trên đường tròn ngoại tiếp AMN. Gọi K = RA BC, ta có MRA MNA ABK BMRK nội tiếp NRA NMA ACK thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp BMR và CNR nằm trên đường thẳng BC
CNRK nội tiếp. K là giao điểm
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
suy ra AEMF nội
H
G
C
B
Ta có GH//d. Gọi M = AB d, 090 FEA FMA tiếp DFE BAE DEF Suy ra tam giác DEF cân Vì DE là tiếp tuyến của ( ) ta có DF DA DF2 = DE2 = DC.DA DC DF
E
đồng dạng
d
M
= HGA HCA
D
F
Suy ra DFC DAF DCF DFA 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
060
ACB ABC
Lời giải .
,
A
C
B ,
H
Y
DAB
, 090
là góc nhọn, suy
G
CAO
ADC 090
. Gọi X, Y lần lượt là giao điểm
A
E
X
0
0
090
90
O
F
C
B
D
0
0 60
ADC
AFC
30
0
0
0
(90
0 ()
180
ACD CAD
180
060
060
Kí hiệu Ta có ra của đường thẳng AD với FE và GH. Do AD là trục đẳng phương của (E) và (F) nên AD FE. Ta có AGH ACB từ đó GAY OAB AGY 90 Suy ra GH AD do đó GH//FE EFGH là hình chữ nhật FX = GY và XE = YH Ta có GY = AGsin= ACsin, FX = AFsin nên GY = FX A F = AC )90 . Tương tự XE = YH
. 060
GAY AGY
.
ADC Suy ra FX = GY Vậy EFGH là hình chữ nhật khi và chỉ khi
ACB ABC
17
. Chứng minh rằng tứ giác ABCD
và PDC BDA
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 nội tiếp trong đường tròn khi và chỉ khi AP = CP. Lời giải .
A
A
B
B
p
K
P
P
F
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
. Suy ra BF//AC và DE//AC nằm trên các đường trung
tròn tại E và F. Từ giả thiết suy ra CE AD FC AB , BFED và BFCA là hình thang cân và P = BE DF 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
K và L đối xứng nhau
giác ACD và BCD (Hình 2). PB và PD cắt AC tương ứng tại K và L. Ta có . Vì PA = PC suy ra APK CPL AKP BKC BAD CLP 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.
1
i
0
iA SA với AiAi+1 A B A 1 2 n
1
... 180 A B A 1 n n A B A 1 1 n
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 Chứng minh rằng : Lời giải .
18
X
A
B
S
N
M
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 Chứng minh: Ta chứng minh A,D,N và M nằm trên một đường tròn Gọi X=AD BC. Đặt XA = XB = a, XC =XD= b. SN là phân giác góc BSC ta có
D
C
SB
AB
XN
. Suy ra b(XN – a) = a(b – XN)
XN a b XN
BN a NC SC CD b
2ab a b
Ta có XM =
, do đó XM.XN = XA.XD A, D, M, N nằm trên một đường
a b 2
tròn.
C3
A3
A4
B3
C2
B2
A2
với mọi i.
Gọi Ci là trung điểm cạnh AiAi+1 , i = 1,2..,n – 1 Theo định nghĩa C1 B1 và Cn-1 Bn-1 . Khi đó A1AiAi+1An là hình thang cân với A1Ai//Ai+1An , i = 2,…, n – 2 . Theo bổ đề trên 1
Tổng
.
A B A 1 i n
A C A 1 i n
Bn-1
A B A i n 1 n A C A n 1 i n 1
B1
i
1
i
1
A1
An
, i =1,2,..,n–1
Trong các tam giác 1
n
i
2
i
ta có 1
1
i
1
i
2
i
n
1
0
A C A và A n C A 1 n A C A i n A n C A i n
...
Do đó
=
2
A C A 1 i n
A C A 1 1 n
A C A 1 n
n
1
A C A 1 2
3
180 A C A 1 1
i
1
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
Gọi ABC là tam giác có diện tích
C1
Uc
Vb
A
B1
lớn nhất là S chứa trong P. Vẽ các
B0
C0
Ub
đường thẳng qua A, B, C lần lượt
Vc
C
B
A0
song song với BC, CA, AB , chúng
Va
Ua
cắt nhau tạo ra tam giác A1B1C1
A1
(AB1C1, BA1C1, CB1A1 ).
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
a a
b b
c
c
với
,
,
. Mỗi đoạn thẳng UaVa, UbVb, UcVc
U V U V U V chứa trong P
1
b
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
S
= S + x + y + z. Ta lại có A1UaVa đồng dạng với A1BC với tỉ
S 1
AC BA CB 0
0
0
2
V U B C ,b c 1 V U C A 1 1 a ,c V U ,a A B 1 1
S
x
2
đồng dạng
. Do đó diện tích tứ
S
2
2
()S x S Diện tích A1UaVa là S
giác UaVaCB là :
. Tương tự cho diện tích tứ giác UbVbAC và
S
S
UcVcBA. Do đó
P
S U V U V U V c c
a a
b b
S U V CB a a
S U V AC b b
S U V BA c c
2
2
2
2
S () x S 2 x S x S
=
.
2
x z x () z S x 2() y z S x 2() y z y S y 3 S
2
Bây giờ
đpcm
P
S 1
3 S 4 P
S x () y z x () z 4 3 S S x 2()0 y z S 1 y S S
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
Trước hết ta chứng minh bổ đề: Trong tam giác ABC, K và L là trung điểm cạnh AC, AB tương ứng. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc BC, CA lần lượt tại D và E thì giao điểm của KL và ED nằm trên đường phân giác góc ABC
A
E
L
K
T
Chứng minh: Đường phân giác lb của góc ABC cắt DE tại T. Nếu BC = BA thì T K. Giả sử BC BA thì tâm I đường tròn nội tiếp tam giác ABC ở giữa B và T và T E. Từ BDT và DEC ta có
I
TIC
()() B C
suy ra
1 2
1 2
B
C
0
D
090
IAE
ITD
2
IAE ITE 180
090
ATB AEI
2 suy ra A, I, T, E nằm trên 1 đường tròn . Suy ra L là tâm đường tròn nội tiếp ATB Ta có T KL
2
2
LTB LBT TBC LT BC / /
Đường tròn nội tiếp ABX và ACX tiếp xúc BX tại D và F; tiếp xúc với AX tại E và G, do đó ED//GF. Nếu PQ cắt BX và AX lần lượt tại M và N thì do PQ là trục đẳng phương của hai đường tròn suy ra MD MF MP MQ MD MF .
A
E
m
U
V
N W
P
G
Q
Tương tự NE = NG, suy ra MN//ED//GF và PQ cách đều ED và GF. Trung điểm của AB, AC và AX nằm trên đường thẳng m //BC. Áp dụng bổ đề trên vào ABX, đường thẳng DE cắt đường thẳng m tại U thì BU là phân giác Góc ABX suy ra U cố định. .
B
X
C
D
M
F
Tương tự GF cắt đường thẳng m tại V thì CV là phân giác góc ACX suy ra V
cố định. Do đó PQ qua trung điểm W của UV nên W cố định.
Bài 8) (SMN 2004) Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn. Đường thẳng AD và BC cắt nhau tại E, với C nằm giữa B và E, đường chéo AC và BD cắt nhau tại F. Điểm M là trung điểm cạnh CD và N M là một điểm nằm trên
21
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM sao cho
.Chứng minh E, F và N
AN BN
AM BM
thẳng hàng. Lời giải . E
C
M
D
F
0
0
P, Q là giao điểm của đường thẳng EF với đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABE và ABF. Ta chứng minh NPQ, ở đây ta chứng minh N trùng trung điểm N’ của PQ. Từ các đường tròn ngoại tiếp các tứ giác APBE, AQBF và ABCD ta có APQ 180
APE
180
và ABE ADC suy ra APQ ADC
B
A
P
N
'
'
Q
Suy ra
tức
. Mặt khác
' '
0
AQP AQF ABF ACD và AN’P AMD. Chứng minh tương tự BN’P BMC PQ BN AN AM DC BM
AM BM
AN BN
180 ' ' '
AN B AN P PN B AMD BMC AMB N’ nằm trên đường tròn ngoại tiếp AMB. Suy ra N’ N
CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC ĐƯỢC ĐỀ NGHỊ TRONG KÌ THI IMO LẦN THỨ 46 TỔ CHỨC TẠI MEXICO NĂM 2005
Bài 1) Trong tam giác ABC thỏa mãn điều kiện AB + BC = 3AC và đường tròn nội tiếp tâm I tiếp xúc cạnh AB và BC lần lượt tại D và E. Gọi K và L tương ứng là điểm đối xứng của D và E qua I. Chứng minh rằng tứ giác ACKL nội tiếp. Lời giải .
Gọi F là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp với AC và gọi M, N tương ứng là
do đó
, ở đây L nằm trên AN , tương tự K nằm
AI IF
AI a I P a
AI a I N a
tiếp điểm của các đường tròn bàng tiếp với các cạnh AB và BC. Gọi Ia là tâm đường tròn bàng tiếp góc A và P là tiếp điểm với đường thẳng AC. Ta có AI IL trên CM. Đặt x = AF , y = CF. Khi đó BD = BE, AD = BM = x và CE = BN = y, từ điều kiện AB + BC = 3 AC cho ta DM = y, EN = x. Bây giờ các tam giác CLN và MKA đồng dạng với đường cao LE và KD thỏa điều kiện DK = LE, DM = CE và AD = EN . Suy ra AKM CLN
. Do đó ACKL nội tiếp.
AIL AI N a
22
P
Ia
C
K
E
F
N
I
L
A
M
D
B
Bài 2) (IMO 2005 - ROM ) Chọn sáu điểm trên các cạnh tam giác đều ABC; A1, A2 trên BC; B1, B2 trên AC; C1, C2 trên AB sao cho các điểm đó là đỉnh của một lục giác lồi A1A2B1B2C1C2 với cạnh bằng nhau. Chứng minh rằng các đường thẳng A1B2, B1C2 và C1A2 đồng qui. Lời giải .
C
B1
A2
0
P là đỉnh thứ tư của hình thoi C2A1A2P. Khi đó C2PC1 đều. Ta chứng minh B1B2C1P là hình thoi. Thật vậy PB1A2 đều và A PB 2 1
2
P
B2
A1
B
A
C1
C2
C A C B (, )60 1 1 2
1 1 1
AC1B2 = BA1C2 AC1 = BA1 . Tương tự BA1 = CB1 . Do đó tam giác A1B1C1 đều. Bây giờ từ B1B2 = B2C1 suy ra A1B2 là phân giác góc C A B .
1 1
1
Tương tự B1C2 và C1A2 phân các góc 1 1 C1A2 đồng qui tại tâm đường tròn nội tiếp A1B1C1 , tức đồng qui tại tâm của tam giác đều ABC.
B C A ; do đó A1B2, B1C2 và A B C và 1
Bài 3)(UKR 2005) Cho hình bình hành ABCD. Một đường thẳng d thay đổi qua đỉnh A và cắt đường thẳng BC, DC tương ứng tại X và Y. Gọi K và L là tâm
23
đường tròn bàng tiếp ABX và ADY tiếp xúc với cạnh BX và DY tương ứng. Chứng minh rằng giá trị góc KCL không phụ thuộc vào vị trí đường thẳng d. Lời giải .
0
ADL KBA
180
ABC
và
1 2
K
ALD
AYD KAB
suy ra
B
C
X
D
A
suy ra
1 2 ABK LDA AB DC BK BK AD DL DL BC
L
Y
mà LDC CBK
0
0
KCL
360
BCD LDC KCB
()
()
Do đó
360 0
LDC CBK
= =
BCD CKB KCB hằng số
DOB
180 CBK
Bài 4) (IMO 2005- POL) Cho ABCD là tứ giác lồi với BC = AD và BC không song song AD. Lấy E, F bất kì tương ứng trên cạnh BC và AD sao cho BE = DF. Gọi AC BD = P, BD EF = Q, EF AC = R. Xét các tam giác PQR khi E, F thay đổi. Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR qua một điểm cố định khác P. Lời giải . Gọi O là giao điểm các đường trung trực cạnh AC và BD. Phép quay tâm O với góc quay
biến D, F, A thành các điểm B, E ,C tương ứng. Ta có
OFE OAC
090
OE = OF và
suy ra A, F, R, O nằm trên một đường tròn
2
0
ORP
180
OFA
D
C
0
P
180
OQP
F
R
Q
0
E
OQP
ORP
180
OEB OEC OFA tức là điểm O nằm
A
B
Tương tự B, E, Q, O nằm trên một đường tròn và . Từ đó trên đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR. Suy ra điểm O là điểm cần tìm.
O
Bài 5) (ROM 2005) Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn và AB AC. H là trực tâm và M là trung điểm của BC. Điểm D trên AB và E trên AC sao cho
24
AE = AD và D, H, E thẳng hàng. Chứng minh rằng HM song song với đường thẳng nối hai tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABC và ADE. Lời giải 1.
A
E
B1 O1
C1 D
H
Q
Gọi O, O1 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC và ADE tương ứng. Ta chứng minh HM//OO1 . Gọi AA’ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp ABC . Gọi B1 là chân đường cao kẻ từ B thì HE là phân giác góc
O
1CHB .
C
B
. Ta có
M
. Nếu Q là giao
1() CH CO HB OM AH
CO AA ' 2 AH
1
A'
N
'A AH với HA’ ta có
()
' AA AH
CHB CHB COM A
COM CE EB 1 điểm phân giác góc CE EB 1
' A Q QH Vì A’C AC và HB1 AC QE AC. Tương tự QD AB, do đó AQ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp ADE và O1 là trung điểm của AQ. Do đó OO1 là đường trung bình của AQA’ OO1//HM . Lời giải 2. Ta có AA’ = 2AO. Ta chứng minh AQ = 2AO1.
ADE AED
090
Từ giả thiết đã cho suy ra
2
AH
AH
Định lí sin trong DAH và EAH có DE = DH + HE =
cos
cos
.cos 2
.cos 2
AH
(cos
Từ AH = 2OM = 2Rcos ta có
AO 1
DE 2sin
2sin cos
cos ) 2 cos() 2
=
R 2 cos sin 2
NAO
AN
R 2 cos
. Ta có QAH QNM
2
sin .cos 2
(NM = R – OM) suy ra
Gọi N là giao điểm của AQ với đương tròn ngoại tiếp khi đó 2 AH QA NM QN
QA QH QA QN QA NM AH . AH NA NM AH
QA =
= 2AO1
R 2 cos()cos R 2 2 2 cos()2 cos 2 1 cos cos 2
25
Bài 6)(RUS 2005) Đường trung tuyến AM của tam giác ABC cắt đường tròn nội tiếp tâm I của tam giác ABC tại K và L. Các đường thẳng qua K và L song song với BC cắt đường tròn (I) lần nửa tại X và Y. Đường thẳng AX và AY cắt BC tại P và Q. Chứng minh BP = CQ. Lời giải . A
I'
X
K
E
R
F
I
Suy ra
Y
L
Y'
B
C
LY
do đó
,
LY 1
Gọi D, E, F là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp với các cạnh BC, CA, AB tương ứng.. Gọi Y’=AX LY, R = FE AL thì (A,R,K,L) = – 1 LA KA LR KR KX LY
'
D
Q
M
P
KA KR KX LY LR AL 1 với Y1=XR LY. Ta chứng minh LY’ = LY (từ đó PM = MQ tức là CP = QB) tương đương với chỉ ra XY qua R. Ta có XKYL là hình thang cân
Ta chứng minh R nằm trên ID. Khi AM là trung tuyến thì ARB và ARC có diện tích bằng nhau và khi
ABR
RF AB (, )(,
)
RE AC
chúng ta có 1 =
. Gọi I’ là
do đó
S S
AB FR . AC ER .
ACR
đường thẳng qua F song song với IE cắt IR thì
và 'I FI BAC
AB ER AC FR AC AB
'FI EI
RF RE
0
( góc có cạnh tương ứng vuông góc) suy ra ABC FII’ suy ra R, I, D thẳng hàng. ABC
, trong đó p(T) là chu vi tam giác T.
ABC FID 180 FII '
Bài 7) (KOR 2005) Cho tam giác ABC các góc nhọn. Gọi D, E, F là chân đường cao từ A, B, C tương ứng đến BC, AC, AB. Gọi P, Q, R là hình chiếu vuông góc của A, B, C lên EF, FD, DE tương ứng. Chứng minh rằng: p(ABC).p(PQR) 2 ()p DEF Lời giải .
Ta chứng minh p(ABC) 2p(DEF) và p(PQR)
p(DEF).
1 2
Gọi Db, Dc lần lượt là điểm đối xứng của D qua đường thẳng AB, AC và A1,
B1, C1 là trung điểm của BC, CA, AB tương ứng.
(AB+BC+CA)
p(DEF) = DbF + FE + EDc = DbDc DbC1 + C1B1 + B1Dc =
=
p(ABC)
1 2 1 2
26
A
Dc
E
P
Q' R'
F
H
Db
B1
C1
R
Q
C
B
D
A 1
,
, và các góc của tam giác
cos
) .
DE z
cos )
(cos
(cos
y
z
và PR ) z
cos ) tương ứng
FD y (cos ta có DE FD FE
Vậy p(ABC) 2p(DEF) (1). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P, Q, R là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác DEF với các cạnh của nó. Đặt FQ = ER = x, DR = FP = y, DQ = EP = z, DEF với đỉnh D, E, F. Gọi Q’, R’ là hình chiếu của Q, R lên EF thì ta có: QR Q’R’ = E F – FQ’ – R’E = E F – x( cos Tương tự PQ (cos Suy ra p(PQR) p(DEF) –x( cos Không mất tính tổng quát giả sử x cos cos
cos
cos
cos
cos ) cos cos ) y . Theo BĐT Chebychevs ta có
p PQR
()()()(cos
p DEF cos
y
z
p DEF ()()()
x
y
z
p DEF
1 2
cos 2 x cos ) 3
cos
cos
cos
Vì x + y + z =
p(DE F) và
1 2
3 2
CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC ĐƯỢC ĐỀ NGHỊ TRONG KÌ THI IMO LẦN THỨ 47 TỔ CHỨC TẠI SLOVENIA NĂM 2006
. Chứng minh rằng
Bài 1) ( IMO 2006, KOR) ABC là tam giác ngoại tiếp đường tròn tâm I. Một điểm P nằm trong tam giác thỏa mãn PBA PCA PBC PCB AP AI và dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P I . Lời giải .
27
A
B ,
C
A
Kí hiệu : , Từ điều kiện bài toán suy ra:
I
P
PBC PCB
090
O
B
C
BPC
090
BIC
tức là
. Do đó điểm P
2 2
M
nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC. Ta biết tâm M của đường tròn là giao điểm của AI với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Do đó : AP AM – MP = AM – MI = AI Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P I
Bài 2) (UKR 2006) ABCD là hình thang với hai cạnh song song AB>CD. Hai
điểm K và L nằm trên các đoạn thẳng AB và CD theo thứ tự thỏa mãn
.
AK DL LC KB
. Chứng minh rằng các điểm P, Q, B, C nằm trên một đường tròn.
Giả sử rằng có các điểm P và Q nằm trên đoạn thẳng KL thỏa mãn APB BCD và CQD ABC Lời giải.
O
Từ hệ thức
AK DL LC KB
0
0
AD, BC, KL đồng quy
180
BCD
DQC
L
D
C
P
Q
B
A
K
tại O. Do đó và Đường thẳng BC tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp các tam giác APB và DQC. Hai đường tròn (APB) và (DQC) vị tự với nhau qua phép vị tự tâm O. Đường thẳng OP cắt đường tròn (APB) tại điểm P’ khác P, ta có PQC PP B PBC ' Suy ra P, Q, B, C nằm trên một đường tròn.
P'
180 APB ABC
và
. Các đường chéo BD và CE cắt nhau tại P. Chứng minh rằng
Bài 3)(USA 2006) ABCDE là một ngũ giác lồi thỏa mãn BAC CAD DAE ABC ACD ADE đường thẳng AP đi qua trung điểm của CD.
28
Lời giải.
A
Đường chéo AC và BD cắt nhau tại Q và AD cắt EC tại R. Tứ giác ABCD và ACDE đồng dạng.
B
Do đó
.
Q
E
R
P
AQ AR QC RD
C
Nếu AP cắt CD tại M thì theo định lí Ceva cho ta CM CQ AR MD QA RD
M
D
1 . suy ra M là trung điểm CD
090
C A
Bài 4) (RUS 2006) Một điểm D được chọn trên cạnh AC của tam giác ABC thỏa mãn sao cho BD = BA. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc các cạnh AB, AC tại các điểm K, L tương ứng. Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác BCD. Chứng minh rằng đường thẳng KL cắt đoạn thẳng AJ tại trung điểm của nó. Lời giải .
B
M là điểm trên cạnh AC sao cho JM//KL. Ta chứng minh AM = 2AL.
JDM
090
KLA JMD
Đặt BDA , ta có
.
K
2
I
J
E
C
L
D T M
A
Do đó JM = JD và điểm tiếp xúc của đường tròn nội tiếp của tam giác BCD với CD là trung điểm T của MD. Từ đó DM = 2DT = BD + CD – BC = AB – BC + CD Suy ra AM = AD + DM = AC + AB – BC = 2AL
1BEA và
1AEB .
Bài 5) (GRE 2006) Cho tam giác ABC. Đường tròn bàng tiếp góc A có tâm J tiếp xúc các đường thẳng BC, CA và AB lần lượt tại A1, B1, C1. Giả sử các đường thẳng A1B1 và AB vuông góc với nhau và cắt nhau tại D. Gọi E là hình chiếu vuông góc của C1 lên DJ. Tính các góc Lời giải 1.
A1B1 cắt CJ tại K thì JK//C1D và JK = C1D , ta có
JB 1 JC
C J 1 JC
DC 1 C J 1
.
JK JB 1 CC 1
0
DJ E CC 1
.
do đó các tam giác vuông DC1J và C1JC đồng dạng , suy ra Các điểm A1, B1 và E nằm trên đường tròn đường kính CJ, do đó DBA 1
1
0
90 BEA1D nội tiếp đường tròn A CJ A ED 1 A EB 1
Từ đó ADEB1 nội tiếp đường tròn vì
1
90 EB A EJC EDC 1 AEB 1
29
B1
J
C
K
A1
E
A
B
D
C1
JD JE .
suy ra E nằm trên hai đường tròn
2 JA 1
0
0
và
.
90 90
Lời giải 2. Các đường thẳng JA1, JB1, JC1 là tiếp tuyến các đường tròn đường kính A1B, AB1, C1D . Do đó đường kính A1B và AB1
2 2 JB JC 1 1 AEB 1
A EB 1
Bài 6) (BRA 2006) Hai đường tròn (W1) và (W2) có các tâm O1 và O2 và tiếp xúc ngoài với nhau tại D, đồng thời đều tiếp xúc trong với một đường tròn (W) tại các điểm E và F theo thứ tự đó. Gọi t là tiếp tuyến chung của (W1)và (W2) tại D. Gọi AB là đường kính của (W) vuông góc với t, sao cho A, E và O1 nằm về cùng một phía với t. Chứng minh rằng các đường thẳng AO1, BO2 , FE và t đồng quy. Lời giải .
C
E
P
M
O1
F
D
O2
A
N
O
B
K
Phép vị tự tâm E biến đường tròn (W1) thành đường tròn (W), biến D thành B nên DEB, tương tự DFA. Gọi C = AE BF. Đường thẳng BE và CF là đường cao của tam giác ABC do đó D là trực tâm của ABC và C nằm trên đường thẳng t . Đường thẳng qua D song song với AB cắt AC và BC tại M và N thì O1 và O2 là trung điểm của DM và DN tương ứng. Nếu CD và FE cắt nhau tại P thì ta chứng minh A, O1, P thẳng hàng ( tương tự B, O2, P thẳng hàng). Theo định lí Mênêlauyt đảo trong tam giác CDM ta cần chứng minh
.
.
1
hay
(1)
O M PD AC 1 AM O D PC 1
AC AM PC PD
30
+ Vì DM//AB nên
(2). Từ (1) và (2) ta cần chứng minh
hay
AC KC AM KD PC PD
KC KD C, D, P, K là hàng điểm điều hòa. Theo tính chất tứ giác toàn phần thì (CDPK) = -1
Bài 7)(SVK 2006) Trong tam giác ABC, gọi Ma, Mb, Mc lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB và Ta, Tb, Tc là điểm chính giữa các cung BC, CA và AB không chứa các đỉnh A, B, C của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Với i{a, b, c} gọi Wi là tâm đường tròn đường kính MiTi . Gọi pi là tiếp tuyến chung ngoài của Wi và Wk ({i, j, k} = {a, b, c}) sao cho Wi nằm khác phía với Wj và Wk so với đường thẳng pi . Chứng minh rằng các đường thẳng pa, pb, pc tạo thành một tam giác đồng dạng với tam giác ABC và tính tỉ số đồng dạng đó. Lời giải . A
T b
T c
W b Mb
Mc
D
W c V Q
U P
F O
do đó IQ//BC
I E
C
B
Ma
W a
T a
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.Ta biết TaTb, TaTc lần lượt là đường trung trực đoạn IC và IB. TaTb cắt AC tại P và cắt đường tròn (Wb) tại U, TaTc cắt AB tại Q và cắt đường tròn (Wc) taị V. Ta có BIQ IBQ IBC tương tự IP//BC . Do đó PQ là đường thẳng qua I song song BC . Phép vị tự tâm Tb biến đường tròn (Wb) thành đường tròn (W) ngoại tiếp tam giác ABC nên biến tiếp tuyến t của (Wb) tại U thành tiếp tuyến
của (W) tại Ta song song với BC , suy ra t//BC.
090
, X là trung
Đường thẳng t cắt AC tại X, khi đó XU = XMb và
b
điểm của PMb. Tương tự tiếp tuyến của (Wc) tại V cắt QMc tại trung điểm Y của QMc .Nhưng khi đó XY//PQ//MbMc , 4 điểm U, X, Y, V thẳng hàng. Do đó t trùng với tiếp tuyến pa. Ở đây pa là đường thẳng nằm giữa I và MbMc và song song cách đều I và MbMc .Tương tự cho pb và pc
Do đó 3 đường thẳng này cắt nhau tạo thành tam giác đồng dạng vị tự với tam giác MaMbMc với tâm I tỉ số 1/2 do đó đồng dạng với tam giác ABC với tỉ số 1/4
PUM
090
090
và
.
PBA PCD
Bài 8)(POL 2006) Cho tứ giác lồi ABCD. Một đường tròn đi qua hai điểm A và D và một đường tròn đi qua 2 điểm B và C, tiếp xúc ngoài với nhau tại một điểm P nằm trong tứ giác . Giả sử rằng PAB PDC Chứng minh rằng : AB + CD BC + AD
Lời giải .
31
D
C
M
N
Q
P
B
A
AXB
AXB
Bổ đề: X là một điểm bất kì trong một tứ giác lồi. Đường tròn (ADX) và (BCX) tiếp xúc nhau tại X nếu và chỉ nếu ADX BCX Chứng minh: +Nếu (ADX) tiếp xúc (BCX): Qua X vẽ tiếp tuyến chung cắt AB tại I , ta có AXB AXI IXB ADX BCX +Ngược lại: Nếu ADX BCX . Vẽ tiếp tuyến t tại X với đường tròn (ADX) cắt AB tại I. Ta có ADX
AXI
, nên từ giả thiết suy ra IX là tiếp tuyến của I XB BCX đường tròn (BCX). Vậy hai đường tròn tiếp xúc nhau tại X
0
Gọi Q là giao điểm thứ hai của hai đường tròn (ABP) và (CDP) (Giả sử Q P). ,
AQD
090
090
Từ điều kiện bài toán thì Q nằm bên trong tứ giác ABCD ( khi C nằm ngoài đường tròn ngoại tiếp của APB, giống như trường hợp của D) + Nếu Q nằm trong tam giác APD ( trường hợp khác tương tự): . Do đó BQC BQP PQC BAP CDP
, tương tự
BA CD
NM
2
. Từ đó đường tròn (ADQ) và (BCQ) tiếp ADQ BCQ ADP BCP APB AQB xúc nhau tại Q. Do đó bên trong của nữa đường tròn đường kính AD và BC là rời nhau. Và nếu M, N là trung điểm của AD và BC tương ứng, ta có 2MN AD + BC. Ta lại có 2MN AB + CD vì
.
Suy ra AB + CD BC + AD.
BCP BAP 180
Bài 9)(RUS 2006) Các điểm A1, B1 và C1 được chọn trên các cạnh BC, CA và AB của tam giác ABC, theo thứ tự. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AB1C1 , BC1A1 và CA1B1 cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC một lần nữa tại các điểm A2, B2 và C2 , theo thứ tự(A2 A, B2 B, C2 C). Các điểm A3, B3 và C3 là các điểm đối xứng với các điểm A1, B1 và C1 qua trung điểm các cạnh BC, CA và AB , theo thứ tự. Chứng minh rằng các tam giác A2B2C2 và A3B3C3 đồng dạng với nhau Lời giải .
32
C
A4
B3
A1
C2
A3
C5
B1
O
B2
P
B4
B5
C1
C3
B
A
A5
A2
1
1
1
C4
. Các
1
2
Ta dùng góc định hướng modulo 1800 . Góc định hướng giữa hai đường thẳng a, b kí hiệu (, )a b là góc quay ngược chiều kim đồng hồ từ a đến b, chẵng hạn ABC ta )BA BC . Ta biết rằng các viết (, đường tròn AB1C1 , BC1A1 và CA1B1 có một điểm chung ta gọi là P. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chú ý PB C PC A PA B đường thẳng A2P, B2P, C2P cắt đường tròn ABC lần nữa tại A4, B4, C4 tương ứng. Khi đó A A A PA A PC A 2 4 A OA 4
2
và ta được ; ABC là ảnh của A4B4C4 qua phép quay tâm O , góc quay 2.
1
4
B AB AC P AB PC (, ) 4 1
4
5
B C P A B A 4
. Ở đây ta chứng minh rằng
5
3
– = 0 suy ra AB4//PC1 . Gọi C5 là giao điểm Do đó của PC1 với A4B4 , định nghĩa A5, B5 tương tự. Do 4 AB4C5C1 là hình thang cân với BC3 = AC1 = B4C5 . Tương tự AC3 = A4C5 suy ra C3 là ảnh của C5 qua phép quay . Tương tự ta được B3 là ảnh của B5 và A3 là ảnh của A5 qua phép quay . Do đó A B C 5 5 A B C 3 3
dẫn đến P nằm trên đường tròn A4B5C5 .
2
2
5
. Ta có 4
5
4
5
A B P B C P A B C 2 A B C 5 5
=
2
2
2
4
2
2
4
2
5
4
5
5
5
5
5
A B B 2 4 B C C 4 B B C 2 PA C 4 5 A B P A B C 5
Một cách tương tự, P nằm trên đường tròn C4A5B5 . Do đó A C P PB C A A B A B C 2 4 4 5 Và tương tự cho các góc còn lại . ta được điều cần chứng minh.
Bài 10) (SER 2006, IMO) Gán cho mỗi cạnh b của đa giác lồi P giá trị diện tích lớn nhất của một tam giác có b là một cạnh và nằm trong P. Chứng minh rằng tổng tất cả các số được gán cho các cạnh của P ít nhất là lớn hơn hai lần diện tích của P. Lời giải. Gọi Si là diện tích gán cho cạnh AiAi+1 của đa giác lồi P = A1….An có diện tích S. Chúng ta bắt đầu bằng cách chứng minh mệnh đề. Bổ đề: Ít nhất một trong các diện tích S1, S2, …., Sn không nhỏ hơn 2S/n.
33
Chứng minh: Ta chỉ ra rằng mệnh đề đúng với n chẵn. Trường hợp n lẻ sẽ xem như trường hợp suy biến của 2n- giác A1A’1…AnA’n , ở đây A’i là trung điểm của AiAi+1 .
Am+2
Am+3
Am+1
P1
1
m i
O
X
và cạnh . Chúng ta chú ý miền Pi
i
i
1
m i m i
P1
A1
A3
A2
Với n = 2m. Ở đây i = 1, 2, …, m, kí hiệu Ti là diện tích của miền Pi chứa cạnh đa giác lồi giới hạn bởi các đường chéo AiAm+i , A A A A , 1 bị chứa trong toàn thể đa giác lồi. Nếu X là một điểm bất kì bên trong đa giác lồi. Không mất tính tổng quát, giả sử X nằm bên trái tia A1Am+1 thì X nằm bên phải tia Am+1A1, do đó tồn tại k để X nằm bên trái tia AkAk+m và nằm bên phải tia Ak+1Ak+m+1 , tức là XPk .Vì T1 + T2 +...+Tm S nên có ít nhất một ti không
nhỏ hơn
.
, giả sử 1 T
2S n
2S n
Gọi O là giao điểm của A1Am+1 và A2Am+2 và không mất tính tổng quát ta giả S
thì ta có:
sử
A A 1 i
và 1
S
A m
A O 2
m
1
AA O 2
S
S
S
S
S
. Bổ đề được chứng minh.
S 1
T 1
A A A 1 2 m
2
A A O 1 2
A A O 1 m
2
A A O 1 2
A m
1
A O 2
m
2 S n
2
Dùng phản chứng. Nếu ngược lại tức
ta có thể chọn số hữu tỉ
q i
m 2 i N
iS S
A O OA 1m
sao cho
. Ở đây chú ý đến đa giác lồi suy biến
với N = 1
q i
S i S
thành N-giác lồi chia cạnh AiAi+1 thành mi đoạn bằng nhau với mỗi i.
n
2
S
Ứng dụng bổ đề ta có
tức là
với mọi i, mâu thuẫn. Vậy
,
q i
i
S
S i S
2 S N
i
1
S i m i
dấu đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu đa giác lồi P có tâm đối xứng.
... m m 2 m n
CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC ĐƯỢC ĐỀ NGHỊ TRONG KÌ THI IMO
LẦN 48 TỔ CHỨC TẠI VIỆT NAM NĂM 2007
Bài 1) (IMO 2007,CZE) Trong một tam giác ABC, đường phân giác của góc BCA cắt đường tròn ngoại tiếp lần nữa tại R, cắt đường trung trực cạnh BC tại P, cắt đường trung trực cạnh AC tại Q.Ở đây trung điểm của cạnh BC là K, trung điểm cạnh AC là L. Chứng minh rằng các tam giác RPK và RQL có diện tích bằng nhau.
34
Lời giải.
C
O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC. Ta có CPK CQL
.
RPK
K
PKC
QLC
Do đó
.
L
Q
S S
RP PK . RQ QL .
O
RQL
P
ROQ
COP
Khi đó ROC cân và OPR OQC
B
RPK
A
1
và RQ = PC . Do đó
S S
RQL
R
PK PC QL QC
090
và TX = BX. Chứng minh
không phụ thuộc vào X.
TMX
Bài 2)(CAN 2007) Cho tam giác cân ABC, AB = AC. Gọi M là trung điểm cạnh BC. X là điểm bất kì trên cung nhỏ MA của đường tròn ngoại tiếp ABM. Gọi T là điểm trong miền góc BMA sao cho rằng MTB CTM Lời giải.
A
O
T
Gọi Y là trung điểm BT thì MY//CT và TY XY. Do đó T,Y, M, X nằm trên một đường tròn. Vậy MTB CTM = MXY YXB MXB MAB
Y
X
B
C
M
và điểm P,
.
MXY YMT MXY TXY
Bài 3)(UKR 2007) Hai đường chéo hình thang ABCD cắt nhau tại P. Điểm Q nằm giữa hai đường thẳng song song BC và AD sao cho AQD CQB Q nằm hai bên đường thẳng CD. Chứng minh rằng BQP DAQ Lời giải . B
C
X
P
BCX
DAQ
. Do đó
Q
X là điểm trên đường thẳng PQ sao cho XC//AQ thì XC CP AQ PA
A
suy ra B,
D
DAQ BCX C, Q, X nằm trên một đường tròn. Suy ra BCX BQX BQP Vậy BQP DAQ
BC AD và BXC DQA BQC
35
Bài 4)(IMO 2007 LUX) Cho 5 điểm A, B, C, D và E sao cho ABCD là hình bình hành và BCED là một tứ giác nội tiếp . Đường thẳng d qua A và cắt phần trong đoạn DC tại F và cắt đường thẳng BC tại G. Giả sử rằng EF = EG = EC . Chứng minh rằng d là phân giác của góc DAB . Lời giải .
C
B
L
G
K
F
E
M
d
A
D
Gọi K và L là trung điểm của CF và CG tương ứng thì EK CF và EL CB. Khi đó KL là đường thẳng Simson của tam giác BCD và cắt BD tại M thì EM BD. Ta có KL//d và KL qua trung điểm cạnh CA của ACG nên KL qua giao điểm hai đường chéo của hình bình hành ABCD MB = MD và BED cân . Từ DEB KEL ta có EK = EL suy ra CF = CG. Do đó DAF FGC GFC FAB
Bài 5)(GBR 2007) Cho ABC là tam giác cố định và gọi A1, B1, C1 là trung điểm cạnh BC, CA, AB tương ứng. P là điểm bất kì trên đường tròn ngoại tiếp. Đường thẳng PA1, PB1, PC1 cắt đường tròn ngoại tiếp lần nữa tại A’, B’, C’ tương ứng. Giả sử các điểm A, B, C, A’, B’, C’ là phân biệt và các đường thẳng AA’, BB’, CC’ cắt nhau tạo thành một tam giác. Chứng minh rằng diện tích tam giác đó không phụ thuộc vào điểm P. Lời giải .
B0
' ', ' AA CC AA BB B 0
,
A
B'
' ' BB CC '
C'
Gọi A0, B0,C0 là các giao điểm với C 0 A 0 Áp dụng định lí Pascal từ các điểm APCC’BA’ đã cho thì tương tự 0 C
C0
(1).
Từ B0A1//AB1 ta có 0
A0
C1
B1
A'
(2)
Từ BA1//B1A0 ta có 0
Từ (1) và (2) suy ra
hay
C
B
A1
P
A C 1 1 . A B A , 1 1 0
.
.
C B C A C A C B 0
0
0
0
0
0
A B C 0 0 0
ABC 0
S
S
S
S
S
Mặt khác
(vì A1B1//AB) . Do đó
ABC
ABB 1
ABC 0
A B C 0 0 0
ABB 1
1 2
B 0 B C 1 1 C A C B 0 1 0 C A C B 0 1 0 C B C A 0 1 C A C B 0 1 0 0 C B C B 0 0 0 C A C A 0 0 0 S S
36
Bài 6)(USA 2007) Cho ABCD là một tứ giác lồi và các điểm A1, B1, C1, D1 trên các cạnh AB, BC, CD và DA tương ứng. Xét diện tích các tam giác AA1D1, BB1A1, CC1B1 và DD1C1; gọi S là tổng của hai diện tích nhỏ nhất và S1 là diện tích tứ giác A1B1C1D1. Tìm số thực dương k nhỏ nhất thỏa mãn bất đẳng thức kS1 S với mọi tứ giác lồi ABCD. Lời giải. Ta chứng minh rằng S1 S tức k 1 Bổ đề: Nếu X’, Y’ Z’ là điểm trên cạnh YZ, ZX, XY của tam giác XYZ thì S
min
S
S
,
,
XY Z '
'
S YZ X '
'
ZX Y '
'
X Y Z '
'
'
X
X
Y'
Y'
Z'
Q
Y 1
Y 1
Z1
Z1 Z'
Y
Y
Z
Z
X'
X'
X1
X1
Chứng minh: Kí hiệu X1, Y1, Z1 là trung điểm của YZ, ZX, XY. Nếu hai trong các điểm X’, Y’, Z’ thuộc về một trong các tam giác XY1Z1, YZ1X1, ZX1Y1 thì mệnh đề được chứng minh
Ta cần chứng minh, nếu Y’, Z’ XY1Z1 thì Y’Z’ cắt đường cao từ X đến YZ
d(X, YZ)
tại Q trong tam giác XY1Z1. Do đó d(X, Y’Z’) d(X, Y1Z1) =
1 2
XY Z '
'
X Y Z '
'
'
Bây giờ không mất tính tổng quát giả sử rằng X’(X1Z), Y’(Y1X), Z’(Z1Y) S
S
S
S
. Tương tự
. Do
Z X Y
'
'
'
Z X Y
'
'
'
1
X Y Z ' 1
X Y Z ' 1 1
S
min
S
,
,
S
S
S
S
S
S
ta có
.
X Y Z '
'
'
S YZ X '
'
ZX Y '
'
XY Z '
'
X Y Z '
'
'
XYZ
'X Y Z 1 1
X Y Z 1 1 1
X Y Z 1 1 1
thì d(Z’,X’Y’)> d(Z1, X’Y’) do đó 1 4
S S d(X’, Y’Z’) suy ra
Bây giờ trở lại bài toán nếu
và
.
suy ra
S , S S min min S S , S
A BB 1 1
A B C 1 1 1
A C D 1 1 1
B CC 1 1
C 1
DD 1
D AA 1 1
S
v à S
Xem như cố định
A B D 1 1 1
B C D 1 1 1
S
S
và
. Giả sử
thì đường
S min S , S S min S S ,
. Không mất tính tổng quát giả sử rằng
A B C 1 1 1
A B D 1 1 1
A B C 1 1 1
A BB 1 1
B CC 1 1
A C D 1 1 1
D AA 1 1
DD 1
C 1
thẳng C1D1 cắt tia BC tại U. Các đường thẳng AB và CD có thể không cắt nhau tại một điểm.
37
C
B
A
M
A1
V
B1
C1
D1
B1 B
C
U
C1
D
D
A
N
D1
Một đường thẳng qua C1 cắt tia BA và BC tại M và N sẽ có
S
S
. Theo bổ đề thì
. Đây là không thể được vì
MA C 1 1
A B C 1 1 1
A B C 1 1 1
A BB S 1 1
C B N 1 1
A B C 1 1 1
S
S
chúng ta có thể cho vào VBU cho ta
lớn tùy ý. Do đó C1D1 cắt tia BA tại V. Áp dụng bổ đề 1 1MA CS S VA C 1 1
A C D 1 1 1
A B C 1 1 1
vô lí. Ta chỉ ra rằng k = 1 là hằng số dương tốt nhất khi xét trường hợp suy biến thành một tam giác ACD , D1, C1 là trung điểm của AD và CD, và B = A1 = B1 là trung điểm AC .
,
àv ứng với đỉnh A, B,
v S à S S
Bài 7)(IRN 2007) Cho tam giác nhọn ABC với góc C tương ứng sao cho . Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp. Điểm D là chân đường cao từ đỉnh A. Điểm K nằm trên đường thẳng AD sao cho AK = 2R và D nằm giữa A và K. Đường thẳng DI và KI cắt cạnh AC và BC tại E và F tương ứng. . 3
Chứng minh rằng nếu IE = IF thì
KID
Lời giải. Ta sẽ chứng minh
2
Gọi AA’ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp (k) của tam giác ABC. Gọi
M là giao điểm của AI với (k). Khi đó A’M MA, ta có K, M A’ thẳng hàng. Gọi A1, B1 và X là chân đường vuông góc kẻ từ I đến BC, CA và AD. Ở đây XIB1
Vì MB = MC = MI ta có
(vì IA1 =XD)
XD IX
'
A
A’MB (theo trường hợp các góc bằng nhau). IB IM BM 1 IX KM MA Do đó KIM IDX suy ra KID XIM XID KIM ()
E
B1
0
0
0
XIM
90
180
AA M '
90
MAA
'
=
I
X
2
D
B
C
F
Bây giờ giả sử IE = IF, khi thì A1 nằm trong . Từ đây có đoạn FC và
A 1
1
1
FIA 1
A'
2
3
phương trình
suy ra
FIA 1
K
M
C DIA EIB DIF 3
2 2 2
38
Bài 8) (POL 2007) Một điểm P nằm trên cạnh AB của tứ giác lồi ABCD. Gọi (w) là đường tròn nội tiếp tam giác CPD và gọi I là tâm đường tròn nội tiếp. Giả sử (w) tiếp xúc với các đường tròn nội tiếp của tam giác APD và BPD tại K và L tương ứng. Đường thẳng AC và BD cắt nhau tại E và đường thẳng AK, BL cắt nhau tại F. Chứng minh các điểm E, I và F thẳng hàng. Lời giải . Gọi J là tâm đường tròn (k) tiếp xúc với đường thẳng AB, DA và BC. Gọi (a), (b) là đường tròn nội tiếp ADP và BCP. Trước tiên ta chứng minh F IJ .A là tâm vị tự biến đường tròn (a) thành đường tròn (k), K là tâm vị tự trong biến đường tròn (a) thành (w) và F* là tâm vị tự trong biến (w) thành (k).
(k)
C
(w)
J
D
F
(b)
I
L
K
E
(a)
B
Theo định lí Đề-Sac ta có A, K, F* thẳng hàng. . Do đó F F* và Tương tự chứng minh F* BL FIJ . Bây giờ ta sẽ chứng minh EIJ . Kí hiệu X, Y là tâm vị tự ngoài biến (a), (b) thành (w). Dựa vào tính chất tiếp tuyến từ A, B, C, D đối với đường tròn (k) và (a) ta có AP + DC = AD + PC. Do đó tồn tại một đường tròn(d) nội tiếp APCD. X là tâm vị tự biến (a) thành (w).
P
A
Áp dụng định lí Đề-Sac ta có A, C và X thẳng hàng. Xét các đường tròn (a), (w) và (k) lần nữa A là tâm vị tự biến (a) thành (k) và X là tâm vị tự biến (a) thành (w). Do đó XA chứa tâm E*của phép vị tự biến (w) thành (k). Tương tự E*BX. Do đó E* E . Vậy EIJ.
VI. Kết quả nghiên cứu:
Đề tài gồm 40 bài toán hình học phẳng do tôi dịch từ bản tiếng Anh. Các bài toán hình học được các nước đề nghị trong các kì thi IMO từ 2003 đến 2007, đã được làm tài liệu dạy bồi dưỡng cho học sinh giỏi Toán nhiều năm nay , phục vụ tốt cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi Toán trong các kì thi Olympic , kì thi chọn học sinh giỏi Tỉnh và Quốc gia. Qua nhiều năm dạy bồi dưỡng cho học sinh giỏi tôi thấy thu được kết quả tốt, các em đã biết vận dụng và tự tin trong việc giải bài toán hình học phẳng. Góp phần đưa đội tuyển môn Toán tỉnh thi đạt giải Quốc gia năm học 2010-2011: 01 giải nhì và 01 giải ba; năm học 2011-2012: 01 giải ba và 02 giải khuyến khích; năm học 2012-2013: 01 giải ba và 02 giải khuyến khích.
VII. Kết luận: Chuyên đề: Vận dụng các bài toán hình học phẳng được đề nghị trong các kì thi IMO từ 2003 đến 2007vào việc dạy bồi dưỡng học sinh giỏi . Có tác dụng tích cực trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi về lĩnh vực giải toán hình học phẳng.
39
Do nhu cầu về tài liệu dạy bồi dưỡng cho học sinh giỏi nên tôi mạnh dạn dịch từ bản tiếng Anh ra tiếng Việt, vì trình độ ngoại ngữ có hạn chế nên không thể thiếu sót , mong Hội đồng khoa học và các thầy cô giáo góp ý để đề tài ngày một hoàn thiện hơn.
VIII. Kiến nghị: Đối với tổ chuyên môn: Triển khai việc áp dụng đề tài trong khi dạy bồi dưỡng học sinh khối 10, 11 và 12.
IX. Tài liệu tham khảo: + Nguồn bản tiếng Anh từ Internet.
Tam Kỳ, ngày 02 tháng 5 năm 2013 Người viết
Phạm Hữu Hùng
40
MỤC LỤC
Tên đề tài ………………………………………………..1 I. Đặt vấn đề………………………………………………...1 II. III. Cơ sở lí luận………………………………………………1 IV. Cơ sở thực tiễn……………………………………………1 Nội dung nghiên cứu……………………………………...1 V. + Các bài toán hình học được đề nghị trong kì thi IMO lần thứ 45 tổ chức tại Nhật Bản năm 2003……………..1-16 + Các bài toán hình học được đề nghị trong kì thi IMO lần thứ 46 tổ chức tại Hy Lạp năm 2004…….................16-22
+ Các bài toán hình học được đề nghị trong kì thi IMO
lần thứ 47 tổ chức tại Mexico năm 2005……..................22-27
+ Các bài toán hình học được đề nghị trong kì thi IMO
lần thứ 48 tổ chức tại Slovenia năm 2006………………27-34
+ Các bài toán hình học được đề nghị trong kì thi IMO
lần thứ 48 tổ chức tại Việt Nam năm 2007………………34-39
VI. Kết quả nghiên cứu………………………………………39 VII. Kết luận ………………………………………………….39 VIII. Kiến nghị ……………………………………………… 39 Tài liệu tham khảo……………………………………… 39 IX.
41
CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
PHIẾU ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học 2012 – 2013
I.Đánh giá, xếp loại của HĐKH Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm
1.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 2.Họ và tên tác giả : Phạm Hữu Hùng 3.Chức vụ : Tổ trưởng Tổ : Toán 4.Nhận xét của chủ tịch HĐKH về đề tài.
a) Ưu điểm : ……………………………………………………………………. …………………………………………………………………………………… …………………………………………………………..………………………… …………………………………………………..………………………………… …………………………………………..……………………………………… b) Hạnchế:…………………………………………………………………….. …………………………………………………………………………………… ……………………………………………………………………………………. 5.Đánh giá xếp loại: Sau khi thẩm định, đánh giá xếp loại đề tài trên, HĐKH Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, thống nhất xếp loại: ………………………… Chủ tịch HĐKH
Những người thẩm định:
(ký, ghi rõ họ tên) (Ký, đóng dấu, ghi rõ họ tên) …………………………… …………………………… …………………………..
II. Đánh giá, xếp loại của HĐKH Sở GD&ĐT Quảng Nam Sau khi thẩm định, đánh giá đề tài trên, HĐKH Sở GD&ĐT Quảng Nam thống nhất xếp loại: ……………………..
Những người thẩm định:
Chủ tịch HĐKH
(ký, ghi rõ họ tên) (Ký, đóng dấu, ghi rõ họ tên) …………………………… …………………………… …………………………..
42
PHIẾU CHẤM ĐIỂM, XẾP LOẠI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học : 2012 – 2013
(Dành cho người tham gia đánh giá, xếp loại SKKN)
HỘI ĐỒNG KHOA HỌC Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm
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”
Họ và tên tác giả: Phạm Hữu Hùng Đơn vị: Tổ Toán , Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Điểm cụ thể:
Phần
Nhận xét của người đánh giá, xếp loại đề tài
Điểm tối đa
Điểm đạt được
1
1.Tên đề tài 2.Đặt vấn đề 3.Cơ sở lý luận
1
4.Cơ sở thực tiễn
2
5.Nội dung nghiên cứu
9
6.Kết quả nghiên cứu
3
7.Kết luận
1
1
1
8.Đề nghị 9.Phụ lục 10.Tài liệu tham khảo 11.Mục lục 12.Phiếu đánh giá,xếp loại Thể thức văn bản, chính tả
1
Tổng cộng
20 đ
Căn cứ số điểm đạt được, đề tài trên được xếp loại :
Người đánh giá xếp loại đề tài: (ký, ghi rõ họ tên )
43
44
![Đề tham khảo ôn tập học kì 1 môn Toán lớp 6 năm 2025-2026 - Trường Trung học Thực hành Sài Gòn [Mới nhất]](https://cdn.tailieu.vn/images/document/thumbnail/2025/20251206/tnkhanh@sgu.edu.vn/135x160/64331765161604.jpg)
