Head

 

 

Thi Toan Quoc Te: Hinh Hoc

HÌNH HỌC (Thi Toán Quốc Tế)

65  75  85  87  97  00  01  02  03  04  05  06  07  08  10



:: IMO 7th (1965, German)

(http://www.imo-official.org/year_info.aspx?year=1965)


Cho tam giác OAB có góc O nhọn. M là điểm tùy ý trên AB. P và Q là chân đường thẳng góc kẻ từ M đến OA và OB lần lượt. Tìm quĩ tích của H, trực tâm tam giác OPQ. Quĩ tích là gì nếu M thay đổi bên trong OAB?

(Consider OAB with acute angle AOB. Through a point M O perpendiculars are drawn to OA and OB, the feet of which are P and Q respectively. The point of intersection of the altitudes of OPQ is H. What is the locus of H if M is permitted to range over (a) the side AB, (b) the interior of OAB?


BÀI GIẢI


Gọi C và D là chân đường thẳng góc kẻ từ A đến OB và từ B đến OA. Ta thấy rằng trực tâm của tam giác OPQ phải nằm trên DC.

Thật vậy, nếu từ P kẻ một đường cao của OPQ, gặp DC tại H, ta sẽ chứng minh đường cao thứ hai kẻ từ Q của OPQ cũng qua H.

Vì   MP // BD ==> AM / MB = AP / PD.

Ta cũng có PH // AC ==> AP / PD = CH / HD

và MQ // AC ==> AM / MB = CQ / QB.

So sánh những tỷ lệ trên, ta có CH / HD = CQ / QB. Tỷ lệ này chứng tỏ QH // BD ==> QH OP.

Do đó QH chính là đường cao thứ hai của OPQ.

Vậy: Quĩ tích của H, trực tâm OPQ, chính là đoạn thẳng DC.


Giả thử M nằm trên đường A' B' // AB với A' trên OA và B' trên OB thì quỹ tích của H là đoạn thẳng D'C' // DC. Vậy nếu M di chuyển bên trong OAB thì quỹ tích của H là vùng bên trong ODC.



:: IMO 17th (1975, Bulgaria)

(http://www.imo-official.org/year_info.aspx?year=1975)


Ở ngoài tam giác ABC, lập những tam giác ABR, BCP, CAQ sao cho CBP = CAQ = 45o, BCP = ACQ = 30o, ABR = BAR = 15o. Chứng minh rằng QRP = 90o và QR = RP.

(On the sides of an arbitrary triangle ABC, triangles ABR, BCP, CAQ are constructed externally with CBP = CAQ = 45o, BCP = ACQ = 30o, ABR = BAR = 15o. Prove that QRP = 90o and QR = RP).


BÀI GIẢI


Dựng tam giác đều ABM.

Ta có: RAM = RBM = 45o,

AMR = BMR = 30o,

ARM = BRM = 105o.

Vậy QAC ~ RAM ==> QA / RA = CA / MA

==> QRA ~ CMA  

==> QR / CM = RA / MA (1)

QRA = CMA (2).

Tương tự như thế, ta cũng có:

PBC ~ RBM ==> PB / RB = CB / MB

==> PRB ~ CMB

==> PR / CM = RB / MB (3) và PRB = CMB (4)

Để ý những tỷ số của (1) và (3), vì RA = RB và MA = MB, nên: QR = PR.

Cộng hai vế của (2) và (4) ==> QRA + PRB = AMB = 60o.

Từ đó suy ra: QRP = 90o.



:: IMO 26th (1985, Finland)

(http://www.imo-official.org/year_info.aspx?year=1985)


1. Một vòng tròn có tâm O trên cạnh AB của một tứ giác nội tiếp ABCD. Ba cạnh kia tiếp xúc với vòng tròn. Chứng minh: AD + BC = AB.

(A circle has center on the side AB of the cyclic quadrilateral ABCD. The other three sides are tangent to the circle. Prove that AD + BC = AB).


BÀI GIẢI


Ðặt JCO = KDO =

==> C = 2D = 2

Tứ giác nội tiếp ABCD có các góc đối bù nhau, vậy A + C = 180o

==> A + 2  = 180o

==> A = 180o - 2 

Chọn điểm M trên AD sao cho AM = AO ta sẽ có MAO cân,

==>AMO = (180o-A)/2

==>KMO =(180o-(180o-2))/2 =.

Hai tam giác vuông OKM và OJC có OK = OJ (=R) và KMO = JCO (= ), vậy chúng bằng nhau; suy ra KM = JC (1).

Chọn điểm N trên BC sao cho BN = BO ta sẽ có NBO cân. Cũng chứng minh tương tự như trên ta sẽ có JNO = và hai tam giác vuông OKD , OJN bằng nhau; suy ra KD = JN (2).

Ta có : AO = AM = AK + KM

BO = BN = BJ + JN

Cộng hai vế và từ (1), (2) ta được: AO + BO = AK + JN + BJ + KM

==> AO + BO = AK + KD + BJ + JC ==> AB = AD + BC


2. Vẽ vòng tròn O đi qua hai đỉnh A, C của tam giác ABC, cắt hai cạnh AB và BC theo thứ tự tại K và N. Các vòng ngoại tiếp hai tam giác ABC và KBN cắt nhau tại B và M. Chứng minh: OMB = 90o.

(A circle with center O passes through the vertices A and C of triangle ABC and intersects the segments AB and BC again at distinct points K and N, respectively. The circumscribed circles of the triangles ABC and KBN intersect at exactly two distinct points B and M. Prove that angle OMB is a right angle).


BÀI GIẢI


Phương tích của điểm I đối với vòng tròn tâm O, bán kính r là đại lượng d2- r2 trong đó d là khoảng cách IO: d2- r2 = IO2 - ON2 = IC . IA = IN . IK

Trục đẳng phương (ace radical) của hai vòng tròn là quỹ tích các điểm có phương tích bằng nhau đối với hai vòng tròn đó.

Nếu hai vòng tròn cắt nhau tại hai điểm thì trục đẳng phương đi qua hai điểm ấy.

Trường hợp trong bài: AC, KN, BM lần lượt là trục đẳng phương của từng cặp vòng tròn O&O1, O&O2, O1&O2. Ba trục trên đồng qui tại I (tâm đẳng phương).

Do vậy ta có đẳng thức: IM . IB = IN . IK = IO2 - ON2 (1)

NMI = NCA (cùng bù với AKN), vậy NMI + NCI = 180o. Do đó tứ giác IMNC nội tiếp, cho ta đẳng thức: BM.BI = BN.BC = BO2 - ON2 (2)

Trừ (1) và (2), ta được: IM.IB - BM.BI = IO2 - BO2

IB (IM - BM) = IO2 - BO2

(IM + BM) (IM - BM) = IO2 - BO2 

IM2 - BM2 = IO2 - BO2 ==> OM IB



:: IMO 28th (1987, Cuba)

(http://www.imo-official.org/year_info.aspx?year=1987)


Tam giác ABC có 3 góc nhọn. Ðường phân giác của góc A cắt BC tại L và vòng tròn ngoại tiếp tại N. Từ L hạ hai đường thẳng góc xuống AB và AC theo thứ tự là LK và LM. Chứng minh diện tích tứ giác AKNM = diện tích tam giác ABC.

(In an acute-angled triangle ABC the interior bisector of the angle A intersects BC at L and intersects the circumcircle of ABC again at N. From point L perpendiculars are drawn to AB and AC, the feet of these perpendiculars being K and M respectively. Prove that the quadrilateral AKNM and the triangle ABC have equal areas).


BÀI GIẢI


S(ABC) = 1/2 AB.AC.sinA (a)

S(AKNM) = 1/2 AN.KM (b)

Theo định lý hàm số sin trong AKM ta có:

KM/sinA = AL ==> AL.sinA = KM      (1) 

Hai tam giác ABL và ANC đồng dạng vì: BAL = NAC và ABL = ANC cho ta hệ thức:

AB / AN = AL / AC ==> AB.AC = AN.AL (2)   

Từ (2) ta có thể biến đổi (a) thành:

S(ABC) = 1/2 AN.AL.sinA

Thay (1) vào hệ thức trên ta được: S(ABC) = 1/2 AN.KM.

Ðó chính là S(AKNM) ở (b). Vậy: S(ABC) = S(AKNM)



:: IMO 38th (1997, Argentina)

(http://www.imo-official.org/year_info.aspx?year=1997)


Tam giác ABC có góc A nhỏ nhất. Hai điểm B và C chia vòng tròn ngoại tiếp thành hai cung. Ðiểm U trên cung BC không chứa A. Trung trực của AB và AC cắt AU lần lượt tại V và W. BV cắt CW tại T. Chứng minh: AU = TB + TC.

(The angle at A is the smallest angle of triangle ABC. The points B and C divide the circumcircle of the triangle into two arcs. Let U be an interior point of the arc between B and C which does not contain A. The perpendicular bisectors of AB and AC meet the line AU at V and W, respectively. The lines BV and CW meet at T. Show that AU = TB + TC).


BÀI GIẢI


Kéo dài BV và CW gặp vòng tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại X và Y. 

Vì JW là đường trung trực của AC (theo giả thiết) nên AWC cân ==> CAU = ACY, ta cũng có AYC = CUA (cùng chắn cung AC), cạnh AC chung, vậy hai tam giác ACY và CAU bằng nhau; suy ra: AU = CY ==> AU = CY = TY + TC (1)

Vì IV là đường trung trực của AB (theo giả thiết) nên AVB cân ==> BAU = ABX, ta cũng có CAU = ACY = ABY, vậy BAU + CAU = ABX + ABY ==>  BC =  YX ==> BYC = YBX ==> YTB cân ==> TY = TB (2)

Thế (2) vào (1) ta được: AU = TB + TC



:: IMO 41th (2000, Korea)

(http://www.imo-official.org/year_info.aspx?year=2000)


Cho hai vòng tròn cắt nhau tại M và N với AB là tiếp tuyến chung gần điểm M. Qua M vẽ một cát tuyến song song với AB cắt hai vòng trên tại C và D. AN và BN cắt CD tại P và Q; CA và DB giao nhau tại E. Chứng Minh: PE = QE.

(AB is tangent to the circles CAMN and NMBD. M lies between C and D on the line CD, and CD is parallel to AB. The chords NA and CM meet at P; the chords NB and MD meet at Q. The rays CA and DB meet at E. Prove that PE = QE).


BÀI GIẢI


AB // CD (theo giả thiết) nên EBA = EDC (góc đồng vị) (1)

AB là tiếp tuyến với vòng nên ABM = BDM (cùng chắn cung BM) (2).

Từ (1) và (2) cho: EBA = ABM

Cũng chứng minh tương tự, ta có: EAB = BAM. Do vậy EAB = MAB ==> AE = AM ==> EAJ = MAJ ==> AJE = AJM, suy ra EM AB ==> EM PQ (3)

IA là tiếp tuyến của vòng và IB là tiếp tuyến của vòng nên ta có: IA2 = IM . IN = IB2 ==> IA = IB ==> MP = MQ (vì PQ // AB)  (4)

Tam giác EPQ có EM là đường cao (3) và cũng là đường trung tuyến (4), vậy là tam giác cân; suy ra: PE = QE 



:: IMO 42th (2001, United States of America)

(http://www.imo-official.org/year_info.aspx?year=2001)


Tam giác ABC có 3 góc nhọn. O là tâm vòng tròn ngoại tiếp. P là chân đường cao kẻ từ A xuống BC. Cho BCA ABC + 30o. Chứng minh: CAB + COP < 90o.

(Let ABC be an acute-angled triangle with circumcenter O. Let P on BC be the foot of the altitude from A. Suppose that BCA ABC + 30o. Prove that CAB + COP < 90o).


BÀI GIẢI


Từ A vẽ đoạn thẳng song song với BC cắt vòng tròn tại D, vậy ADBC là hình thang cân có hai góc đáy bằng nhau: C = ABC + ABD

Vì  C ABC + 30o (theo giả thiiết)

nên ABC + ABD ABC + 30o ==> ABD 30o ==> AOD 60o ==> DA R (bán kính vòng O).

Gọi I, J là trung điểm của AD và BC, ta có: IA = JP R/2.

Trong một tam giác vuông, đường huyền dài hơn mỗi cạnh nên OP > JP R/2 (1). Cũng vậy, trong tam giác vuông OJC ta có JC < OC ==> JC < R.

Ðể ý hiệu số JC - JP . Theo kết quả tính ở trên: giới hạn của JC là R, vậy nếu JP R/2 thì JC - JP < R/2 ==> PC < R/2 (2).

Kéo dài bán kính CO gặp vòng tròn tại E. Trong một tam giác, cạnh lớn đối diện với góc lớn và ngược lại, nên từ (1) và (2) suy ra OP > PC ==> PCO > COP ==> BAE >COP. 

Vậy nếu CAB + BAE = 90o (góc nội tiếp trong nửa vòng O),

thì: CAB + COP < 90o.



:: IMO 43th (2002, United Kingdom)

(http://www.imo-official.org/year_info.aspx?year=2002)


Cho nửa vòng tròn tâm O đường kính BC. Chọn điểm A trên nửavòng (O) sao cho AOC > 60o. EF là trung trực của AO. D là trung điểm cung AB. Kẻ đường thẳng qua O song song với AD gặp AC tại J. Chứng minh J là tâm vòng nội tiếp của tam giác CEF.

(BC is a diameter of a circle center O. A is any point on the circle with AOC > 60o. EF is the chord which is the perpendicular bisector of AO. D is the midpoint of the minor arc AB. The line through O parallel to AD meets AC at J. Show that J is the incenter of triangle CEF).


BÀI GIẢI


BOD = 1/2BOA (theo giả thiết)

BCA = 1/2BOA (góc ở tâm vòng tròn)

Vậy BOD = BCA ==> OD // CA.

Ta còn có: OJ // AD (theo giả thiết). 

Vậy tứ giác OJAD là hình bình hành, suy ra: AJ = OD = R. 

Theo giả thiết: EF là trung trực của OA, vậy: AF = OF = R và AE = OE = R. 

Tóm lại: AF=AJ=AE=AO=R, chứng tỏ tứ giác FJOE nội tiếp trong vòng tròn tâm A bán kính AO = R.

Theo trên ta có AF = AE = R ==> AF = AE, suy ra FCA = ACE, vậy CA là đường phân giác của góc C trong tam giác CEF.

Với vòng tròn tâm A, ta có EFJ = 1/2EAJ (góc ở tâm vòng (A)) 

Với vòng tròn tâm O, ta có EAJ = EFC ==> EFJ = 1/2EFC, vậy FJ cũng là đường phân giác của góc F trong tam giác CEF.

Kết luận: J là giao điểm các đường phân giác trong của tam giác CEF, đó chính là tâm vòng tròn nội tiếp của tam giác CEF.



:: IMO 44th (2003, Japan)

(http://www.imo-official.org/year_info.aspx?year=2003)


Cho tứ giác nội tiếp ABCD. P, Q, R theo thứ tự là chân các đường cao từ D xuống AB, BC, CA. Chứng minh rằng RP = RQ nếu và chỉ nếu phân giác của hai góc ABC và ADC cắt nhau trên AC.

(ABCD is cyclic. The feet of the perpendicular from D to the lines AB, BC, CA are P, Q, R respectively. Show that the angle bisectors of ABC and CDA meet on the line AC iff RP = RQ). 


BÀI GIẢI


Ta có: R1 = D1 (cùng chắn cung CQ của vòng ngoại tiếp tứ giác CQDR), R2 = D2 (cùng chắn cung AP của vòng ngoại tiếp tứ giác APRD).

Vì: D1 = D2 (cùng phụ cho 2 góc bằng nhau DCQ và A), nên R1 = R2; chứng tỏ P, R, Q thẳng hàng. Ðó chính là đường thẳng Simson (*).

DAB ~ DRQ vì DAB =DCQ =DRQ và DBA = DCA = DQR

==> DA / AB = DR / RQ

DBC ~ DPR vì DBC =DAC =DPR và CDB = CAB = RDP

==> DC / BC = DR / PR

Vậy: DA/DC = [AB(DR/RQ)]/[BC(DR/PR)]= (AB/BC).PR/RQ (1)                                       

Nếu RP = RQ thì PR / RQ = 1 và (1) sẽ là: DA / DC = BA / BC. Tỷ số này chứng tỏ hai đường phân giác cuả hai góc ABC và ADC cắt nhau trên AC và ngược lại.


(*) (http://mathworld.wolfram.com/SimsonLine.html)



:: IMO 45th (2004, Greece)

(http://www.imo-official.org/year_info.aspx?year=2004)


1. Cho tam giác ABC với các góc nhọn và AB AC. Vòng tròn đường kính BC tâm O cắt AB, AC lần lượt tại M và N. Phân giác trong của góc BAC và MON gặp nhau tại R. Chứng minh rằng vòng tròn ngoại tiếp của hai tam giác BMR và CNR có một điểm chung nằm trên BC.

(Let ABC be an acute-angled triangle with AB AC. The circle with diameter BC intersects the sides AB and AC at M and N respectively. Denote by O the midpoint of the side BC. The bisectors of the angles BAC and MON intersect at R. Prove that the circumcircles of the triangles BMR and CNR have a common point lying on the side BC) http://www.imo-register.org.uk/2004-report.html


BÀI GIẢI


Với vòng tròn tâm O, ta có: MNA = B (cùng chắn cung MC).

Tam giác CON cân ==> ONC = C,  vậy ONM = A = , chứng tỏ ON là tiếp tuyến của vòng tròn tâm I ngoại tiếp với AMN.

Tương tự như thế với OM nên tam giác MON cân. Theo giả thiết OR là phân giác cũng là trung trực của MON ==> MRN cân, vậy MR, NR cũng là hai đường phân giác khác của MON; Chứng tỏ R là tâm vòng tròn nội tiếp với MON. R cũng là trung điểm cung MN thuộc vòng tròn tâm I.

Hai vòng tròn tâm J và K ngoại tiếp với hai tam giác BMR và CNR có điểm chung thứ hai là P.

Ta có: AMB là trục đẳng phương của hai vòng tròn tâm J và O,

ANC là trục đẳng phương của hai vòng tròn tâm K và O,

nên ARP là trục đẳng phương của hai vòng tròn tâm J và K. 

Vậy A,R,P thẳng hàng. Tứ giác nội tiếp PRMB và PRNC cho:

RPB + RMB = RPB + B + A/2 = 180o

RPC + RNC = RPC + C + A/2 = 180o

==> RPB + RPC = 180o. Vậy P phải nằm trên BC.


 

2. Cho tứ giác lồi ABCD với đường chép BD không phải là phân giác của góc ABC và góc CDA. Một điểm P nằm trong tứ giác sao cho: PBC = DBA, PDC = BDA. Chứng minh rằng ABCD là một tứ giác nội tiếp nếu và chỉ nếu AP = CP.

(In a convex quadrilateral ABCD the diagonal BD does not bisect the angles ABC and CDA. The point P lies inside ABCD and satisfies PBC = DBA and PDC = BDA. Prove that ABCD is a cyclic quadrilateral if and only if AP = CP).


BÀI GIẢI


Chọn điểm P nằm trong hai tam giác ABD và ACD.  

1) Phần thuận: Nếu tứ giác ABCD nội tiếp thì AP = CP:  

Kẻ đường thẳng BP và DP cắt AC lần lượt tại G và H. Theo giả thiết và dựa vào những góc cùng chắn cung, ta có ba tam giác BAD, BGC, CHD có hai góc bằng nhau từng đôi một nên chúng đồng dạng.

Suy ra tỷ số: GC / BC = AD / BD (1)

và BGC = CHD ==> PGH cân

==> PG = PH và AHP = CGP.

Cũng vậy, hai tam giác ADH và BDC đồng dạng, cho ta tỷ số: AH / BC = AD / BD (2).

Từ (1) và (2) ==> GC = AH 

Do đó AHP = CGP. Vậy: AP = CP.


2) Phần đảo: Nếu AP = CP thì tứ giác ABCD nội tiếp:

Vẽ vòng tròn nội tiếp BCP cắt CD và DP lần lượt tại E và F. Theo giả thiết và dựa vào những góc cùng chắn cung, ta có:   ADB ~ PDE

==> AD / BD = PD / ED (3), 

suy ra: ADP ~ BDE (ADP = BDE kèm giữa hai cặp cạnh tỷ lệ(3)),

==> AP / BE = DP / DE (4)

Ta cũng có: DCP ~ DFE 

==> CP / FE = DP / DE (5)

Từ (4) và (5) và theo giả thiết AP = CP nên: BE = FE ==> FBE = BFE.

Tứ giác nội tiếp BFEC cho ta: BFE + BCE = 180o Thế mà BFE = FBE = EPD = BAD 

Vậy BAD + BCD = 180o. Ðiều này chứng tỏ: Tứ giác ABCD nội tiếp

Kết Luận: Tứ giác ABCD nội tiếp nếu và chỉ nếu AP = CP.



:: IMO 46th (2005, Mexico)

(http://www.imo-official.org/year_info.aspx?year=2005)


1. Chọn 6 điểm trên các cạnh của một tam giác đều ABC sao cho A1, A2 trên BC; B1, B2 trên CA; C1, C2 trên AB. Những điểm này là đỉnh của một lục giác lồi A1A2B1B2C1C2 với các cạnh bằng nhau. Chứng minh rằng các đường thẳng A1B2, B1C2 và C1A2 đồng qui. (http://www.mathlinks.ro/Forum/topic-44481.html)

(Six points are chosen on the sides of an equilateral triangle ABC: A1, A2 on BC, B1, B2 on CA and C1, C2 on AB, such that they are the vertices of a convex hexagon A1A2B1B2C1C2 with equal side lengths. Prove that the lines A1B2, B1C2 and C1A2 are concurrent).


BÀI GIẢI


Kẻ C1M //= C2A1 ==> C1C2A1M là hình thoi ==> C2A1 = A1M = MC1. Ta có  A1MA2 đều (tam giác cân có một góc 60o) ==> A1M = A2M. Suy ra MA2B1B2 cũng là hình thoi ==> MA2 = MB2. Vậy MA1 = MA2 = MB2 = MC1 ==> A1A2B2C1 là tứ giác nội tiếp ==> A1C1A2 = 1/2A1MA2 = 30o.

Tương tự C1A1B2 = 1/2C1MB2=30o.

Chứng minh tương tự khi kẻ thêm B2M1 //= C1C2 và B1M2 //= B2C1 ta sẽ được hai tứ giác A1B1B2C2 và A2B1C1C2 nội tiếp.

Vậy các góc: A1B1C2 = B1A1B2 = B1C1A2 = C1B1C2 = 30o.

Xét A1B1C1 có: A1B2, B1C2, C1A2 là các đường phân giác trong nên chúng đồng qui(Lời giải của Đinh Cao Phan)


2. Cho ABCD là một tứ giác lồi với hai cạnh BC và DA bằng nhau nhưng không song song. Chọn hai điểm E và F lần lượt nằm trên BC và DA sao cho BE = DF. Đường AC và BD giao nhau tại P, đường BD và EF giao nhau tại Q, đường EF và AC giao nhau tại R.

Xét mọi tam giác PQR khi E và F thay đổi. Chứng minh rằng những vòng ngoại tiếp các tam giác này có một điểm chung khác ngoài điểm P.

(Let ABCD be a fixed convex quadrilateral with BC = DA and BC not parallel with DA. Let two variable points E and F lie of the sides BC and DA, respectively and satisfy BE = DF. The lines AC and BD meet at P, the lines BD and EF meet at Q, the lines EF and AC meet at R.

Prove that the circumcircles of the triangles PQR, as E and F vary, have a common point other than P).

BÀI GIẢI


Vòng tròn ngoại tiếp của hai tam giác PAD và PBC giao nhau tại P và S. Ta sẽ chứng minh S là điểm chung khác của các vòng ngoại tiếp tam giác PQR khi E và F thay đổi, có nghĩa là chứng minh tứ giác PQSR nội tiếp, hay chứng minh SQR = SPR.

Từ tính chất của góc cùng chắn một cung trong hai vòng tròn qua tứ giác PADS và PBCS, ta có: 

ADS = SPC = SBC (1)

DAS = SPD = SCB (2)

Theo giả thiết: AD = BC (3)

Từ (1), (2), (3) ta có  ADS = CBS ==> SD = SB

Vì DF = BE (giả thiết) nên FDS = EBS ==> SF = SE và FSE = DSB.

Suy ra, hai tam giác cân FSE và DSB đồng dạng ==> QFS = QDS, điều này chứng tỏ tứ giác QFDS nội tiếp, do đó FDS = SQR; mà FDS = SPR (từ (1)),

vậy: SQR = SPR. Đó là điều ta phải chứng minh.



:: IMO 47th (2006, Slovenia)

(http://www.imo-official.org/year_info.aspx?year=2006)


Cho ABC là một tam giác với tâm đường tròn nội tiếp là I. P là một điểm ở trong tam giác thỏa mãn: PBA + PCA = PBC + PCB. Chứng minh rằng AP AI và đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P = I.

(Let ABC be a triangle with incentre I. A point P in the interior of the triangle satisfies PBA + PCA = PBC + PCB. Show that AP AI, and that equality holds if and only if P = I.


BÀI GIẢI


Ta có: PBA + PCA + PBC + PCB  = B + C. Dựa vào giả thiết, ta tính được: PBC + PCB = (B + C)/2 = (180o -A)/2 = 90o - A/2.

Suy ra: BPC = 180o - (PBC + PCB) = 180o - (90o - A/2) = 90o + A/2 .

Mặt khác BIC = 180o - (B + C)/2 = 90o + A/2. Do đó BPC = BIC, chứng tỏ P và I nhìn cạnh BC dưới một góc không đổi; vậy B, C, I, P nằm trên một vòng tròn. Vòng đó chính là vòng ngoại tiếp của tam giác BCI mà tâm là điểm giữa M của cung BC. M cũng chính là giao điểm của phân giác AI với vòng ngoại tiếp tam giác ABC.

Từ APM, ta có: AP + PM AM = AI + IM = AI + PM. Do đó: AP AI.

Đặc biệt, AP = AI nếu và chỉ nếu P nằm trên đoạn thẳng AI, tức đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P = I.



:: IMO 48th (2007, Viet Nam)

http://www.imo-official.org/year_info.aspx?year=2007


1. Xét năm điểm A, B, C, D và E sao cho ABCD là một hình bình hành và BCED là một tứ giác nội tiếp. Cho l là một đường thẳng đi qua A. Giả sử rằng l cắt miền trong của đoạn thẳng DC tại F và cắt đường thẳng BC tại G. Cũng giả sử rằng EF = EG = EC. Chứng minh rằng l là phân giác của góc DAB.

(http://www.imo2007.edu.vn/statics/problems/viet nam.pdf)

(Consider five points A, B, C, D and E such that ABCD is a parallelogram and BCED is a cyclic quadrilateral. Let l be a line passing through A. Suppose that l intersects the interior of the segment DC at F and intersects line BC at G. Suppose also that EF = EG = EC. Prove that l is the bisector of angle DAB.)


BÀI GIẢI


Gọi K là giao điểm của hai đường chéo hình bình hành ABCD, M, N là trung điểm của CF và CG, ta có KM // AF và MN // FG nên K, M, N thẳng hàng và // với l.

EF = EC ==> EM CF,

EG = EC ==> EN CG.

E cũng nằm trên vòng tròn ngoại tiếp BCD nên K, M, N là đường thẳng Simson của E đối với BCD.

(http://mathworld.wolfram.com/SimsonLine.html)

Vậy EK là trung trực của BD.

Ta có: DAF = FGC = MNC = KEB = ½ DEB = ½ DCB = ½ DAB

==> l là phân giác DAB.


2. Trong tam giác ABC, đường phân giác của góc BCA cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác tại R, cắt đường trung trực của BC tại P, và đường trung trực của AC tại Q. Trung điểm của BC là K và trung điểm của AC là L. Chứng minh rằng tam giác RPK và tam giác RQL có diện tích bằng nhau. (http://www.imo2007.edu.vn/statics/problems/viet nam.pdf)

(In triangle ABC the bisector of angle BCA intersects the circumcircle again at R, the perpendicular bisector of BC at P, and the perpendicular bisector of AC at Q. The midpoint of BC is K and the midpoint of AC is L. Prove that the triangles RPK and RQL have the same area.)


BÀI GIẢI


Ta có: OQP = OPQ = 90o - C/2 ==> OP = OQ.

Suy ra: CQ = PR và CP = QR.

CQL ~ CPK ==> CQ/CP = QL/PK

==> PR/QR = QL/PK

==> PR . PK = QR . QL

Ta còn có: RPK = RQL.

Vì S = ½ b.c.sinA

Vậy: SRPK = SRQL.



:: IMO 49th (2008, Spain)

http://www.imo-official.org/year_info.aspx?year=2008


Tam giác nhọn ABC có trực tâm H. Đường tròn đi qua H với tâm tại điểm giữa của BC giao với đường BC tại A1 và A2. Tương tự, đường tròn đi qua H với tâm tại điểm giữa của CA giao với đường CA tại B1 và B2, đường tròn qua H với tâm tại điểm giữa của AB giao với đường AB tại C1 và C2. Chứng minh rằng A1, A2, B1, B2, C1, C2 cùng nằm trên một đường tròn.

(An acute-angled triangle ABC has orthocentre H. The circle passing through H with centre the midpoint of BC intersects the line BC at A1 and A2. Similarly, the circle passing through H with centre the midpoint of CA intersects the line CA at B1 and B2, and the circle passing through H with centre the midpoint of AB intersects the line AB at C1 and C2. Show that A1, A2, B1, B2, C1, C2 lie on a circle). 


BÀI GIẢI


Gọi J, K là điểm giữa của AB, AC và P là giao điểm thứ hai của hai vòng tròn tâm J và K. Ta có: JK PH. Vì JK // BC ==> JK AH. Vậy P nằm trên đường cao AH của tam giác ABC và AH cũng là trục đẳng phương của hai vòng tròn tâm J, K. Suy ra: AB1.AB2 = AC1.AC2 nên B1B2C1C2 nằm trên một vòng tròn. Chứng minh tương tự ta có: BH là trục đẳng phương của hai vòng tròn tâm I, J 

==> BA1.BA2 = BC1.BC2

CH là trục đẳng phương của hai vòng tròn tâm I, K

==> CA1.CA2 = CB1.CB2

Chứng tỏ 6 điểm A1, A2, B1, B2, C1, C2 cùng nằm trên một vòng tròn có tâm là giao điểm các đường trung trực của AB, BC, AC; đó cũng chính là tâm vòng tròn ngoại tiếp tam giác ABC.



:: IMO 51th (2010, Kazakhstan)

http://www.imo-official.org/year_info.aspx?year=2008


1. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC và là đường tròn ngoại tiếp của nó. Đường thẳng AI lại cắt tại D. Lấy điểm E trên cung BDC và F trên cạnh BC sao cho BAF = CAE < 1/2 BAC.

 Gọi G là trung điểm của IF. Chứng minh rằng các đường thẳng DG và EI cắt nhau tại một điểm trên .

(Let I be the incentre of triangle ABC and let  be its circumcircle. Let the line AI intersect again at D. Let E be a point on the arc BDC and F a point on the side BC such that BAF = CAE < 1/2BAC. Finally, let G be the midpoint of the segment IF. Prove that the lines DG and EI intersect on ).


BÀI GIẢI


EI cắt vòng tại P. Ta có thể chứng minh DP đi qua trung điểm G của FI.

Tứ giác XPAI nội tiếp (IPX = IAX) ==> AXI = API = ALE = AFC, nên XI // BC.

D là tâm vòng tròn ngoại tiếp BIC. Thật vậy,  DIC = DAC +ACI = DCB+BCI = DCI nên DI = DC = DB.

DBP ~ DYB ==> DB/DY=DP/DB

==> DI/DY=DP/DI ==> DIP~ DYI

suy ra DIY = DPI = DAF nên IY // XP.

==> tứ giác FXIY là hình bình hành, hai đường chéo FI và XY cắt nhau tại trung điểm G.

Vậy DG và EI cắt nhau tại một điểm trên .


2. Cho điểm P bên trong tam giác ABC. Các đường thẳng AP, BP, CP cắt vòng ngoại tiếp của tam giác ABC tại K, L và M theo thứ tự. Tiếp tuyến của tại C cắt AB tại S. Giả sử SC = SP. Chứng minh rằng MK = ML.

 (Let P be a point inside the triangle ABC (with CA CB). The lines AP, BP and CP intersect the circumcircle of triangle ABC again at the points K, L and M respectively. The tangent to at C intersects the line AB at S. Suppose that SC = SP. Prove that MK = ML).


BÀI GIẢI


Nối dài SP gặp ML tại D.

Ta có SC2 = SP2 = SB.SA nên SP là tiếp tuyến vòng tròn ngoại tiếp tam giác APB, suy ra BAP = BPS = BLK ==> SP // KL

Tam giác cân SCP ==> SCP = SPC.

Gọi O là tâm vòng ==> OC SC suy ra OM SP ==> OM KL.

Vậy: MK = ML.



 

 

Bai Doc Them & Bai Tap Hinh

 

 

Bài Đọc Thêm

 

Việc Thành Lập Hệ Thống Thái Dương

(Trần Hồng Văn)

Thiên Chúa không chơi xúc xắc. Một sai lầm của Einstein (Nguyễn Hoài Vân)

Thuyết Tương Đối Tổng Quát đã được 100 năm (Nguyễn Hoài Vân)

Về Với Vũ Trụ Khác (Trần Hồng Văn)

Albert Einstein, Nhà Bác Học Tị Nạn Chính Trị (Trà Nguyễn)

Câu Chuyện Về Charles Darwin Và Thuyết Tiến Hóa (Trần Hồng Văn)

Câu Chuyện Về Chất Phản Vật Chất (Trần Hồng Văn)

Thời Gian (Hoàng Dung)

Con số 5 (Nguyễn Xuân Vinh)

Toán học (Hoàng Xuân Hãn)

Con ong giỏi toán (Hoàng Xuân Hãn)

Tôi và Toán học (Nguyễn Xuân Vinh)

Định lý Fermat đã được làm sáng tỏ? (Hoàng Vũ)

Ông Vua Toán Học (Thu Giang)

Hàn Tín Điểm Binh (Hoàng Xuân Hãn)

Lý Luận Thường Và Lý Luận Khoa Học

(Hoàng Xuân Hãn)

Bourbaki, Nhà Toán Học Của Thế Kỷ Hai Mươi (Nguyễn Xuân Vinh)

 

Hình Học (Bài Học)

 

Bất đẳng thức

Hình bình hành

Tứ giác

Điểm và đường thẳng

Tóm tắt định lý

 

Hình Học (Bài Tập)

 

Bài 1 - 25,   Bài 26 - 50,  Bài IOM

 

Anh Ngữ

 

Biện Pháp Tu Từ “LIKE” (Đàm Trung Pháp)

Những Từ Viết Giống Nhau, Đọc Khác Nhau, Nghĩa Khác Nhau (Đàm Trung Pháp)

Những Từ “Đồng Âm Dị Nghĩa” (Đàm Trung Pháp)

 

Đố Vui

 

 

Link
 

Liên Kết

IMO
Wolfram MathWorld
The Math Forum
Related Materials
Komal
MathLinks
Cut-The-Knot

   Từ Điển Anh Việt

 

    

 


 

 

© Hoc Xá 2002

© Hoc Xá 2002 (T.V. Phê - phevtran@gmail.com)