24-7-2011 | KHOA HỌC

Giải Đề Thi Toán Quốc Tế (Hình Học) các năm 2005 ... 2010

  HỌC XÁ

    2005 (IMO 46th)   2006 (IMO 47th)    2007 (IMO 48th)    2008 (IMO 49th)    2010 (IMO 51th)

:: IMO 46^th (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 60^o) ==> 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 = 30^o.

Tương tự C₁A₁B₂ = 1/2C₁MB₂=30^o.

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 = 30^o.

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)

và 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 47^th (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 = (180^o -A)/2 = 90^o - A/2.

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

Mặt khác BIC = 180^o - (B + C)/2 = 90^o + 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 48^th (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: S_RPK = S_RQL.

:: IMO 49^th (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 51^th (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.