1. Head_

    Huy Phương

    (.0.1937 - 25.2.2022)

    Lê Văn Trương

    (..1906 - 25.2.1964)

    Phạm Duy Tốn

    (..1883 - 25.2.1924)
    Ad-25-TSu-2301360532 Ad-25-TSu-2301360532

     

     

    1. Link Tác Phẩm và Tác Giả
    2. Giải Đề Thi Toán Quốc Tế môn Hinh Hoc -3 (Học Xá) Ad-23-Index Ad-23-Index = (Ad-23-468x60created-2-1-10) (Học Xá)

      24-7-2011 | KHOA HỌC

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

        HỌC XÁ
      Share File.php Share File
          

       

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



      :: 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.



      Ad-23-Index Ad-23-Index = (Ad-23-468x60created-2-1-10) (Học Xá)

      :: 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.



      Ad-23-Index Ad-23-Index = (Ad-23-468x60created-2-1-10) (Học Xá)

      :: 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.



      Ad-23-Index Ad-23-Index = (Ad-23-468x60created-2-1-10) (Học Xá)

      :: 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.



      Ad-23-Index Ad-23-Index = (Ad-23-468x60created-2-1-10) (Học Xá)

      :: 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.


      Ad-22-A_Newest-Feb25-2022 Ad-22-A_Newest-Feb25-2022



    3. Bài Khảo Cứu & Bài Tập Hình Học (Học Xá)

       

      • Bài Khảo Cứu

        Cùng Mục (Link)

      Có Và Không Của Thế Gian (Hoàng Dung)

      DNA, Đặc Tính Sự Sống và Sinh Vật (Hoàng Dung)

      Thử Tìm Hiểu ChatGPT (Đào Như)

      Những khám phá mới về Chất Trắng Trong Não Bộ (Trần Hồng Văn)

      Siêu Thượng Không Gian: Chương Kết Luận (Trà Nguyễn)

      Vài Mạn Đàm Về Sao Trời (Hoàng Dung)

      Vật Lý Lượng Tử Và Ý Nghĩa Thiền Học Của Vật Chất (Hoàng Dung)

      Những Quan Niệm và Học Thuyết Mới về Vũ Trụ (Phần 2) (Trần Hồng Văn)

      Những Quan Niệm và Học Thuyết Mới về Vũ Trụ (Phần 1) (Trần Hồng Văn)

      “Mỹ Ngữ” Và “Anh Ngữ” Khác Nhau Thế Nào? (Đàm Trung Pháp)

       

      • Hình Học (Bài Tập)

       

      Bài 1 - 10,    Bài 11 - 20,

      Bài 21 - 30,   Bài 31 - 40,

      Bài 41 - 47,

      Bài 48 (Điểm Schiffler của tam giác)

       

      Bài  IOM: 7 - 38,   41 - 45,   46 - 51



      • Anh Ngữ

       

       

      • Đố Vui:    1,   2

       

      Liên Kết Trong Mục Học Toán (Học Xá)
       

      Liên Kết

      IMO
      Wolfram MathWorld
      The Math Forum
      USAmts
      Komal
      MathLinks
      Cut-The-Knot

         Từ Điển Anh Việt

       

          

       


       

  2. © Hoc Xá 2002

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