24-7-2011 | KHOA HỌC

Giải Đề Thi Toán Quốc Tế (Hình Học) các năm 1965 ... 1997

  HỌC XÁ

    1965 (IMO 7th)    1975 (IMO 17th)    1985 (IMO 26th)    1987 (IMO 28th)    1997 (IMO 38th)

:: IMO 7^th (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 17^th (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 = 45^o, BCP = ACQ = 30^o, ABR = BAR = 15^o. Chứng minh rằng QRP = 90^o và QR = RP.

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

BÀI GIẢI

Dựng tam giác đều ABM.

Ta có: RAM = RBM = 45^o,

AMR = BMR = 30^o,

ARM = BRM = 105^o.

Vậy QAC ~ RAM ==> QA / RA = CA / MA

==> QRA ~ CMA  

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

và 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 = 60^o.

Từ đó suy ra: QRP = 90^o.

:: IMO 26^th (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 = và KDO =

==> C = 2 và D = 2

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

==> A + 2  = 180^o

==> A = 180^o - 2 

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

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

==>KMO =(180^o-(180^o-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 = 90^o.

(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)

Vì NMI = NCA (cùng bù với AKN), vậy NMI + NCI = 180^o. 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 28^th (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 38^th (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